CORRIGÉS
Second principe. Bilans d’entropie
4
261
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
• ∆S étant nul, l’entropie créée dans la tige est :
S créée = – S échange soit : S créée = Q 1
.
Comme il n’y a pas de création d’entropie dans le thermostat (qui est toujours en équilibre interne) l’entropie créée
se limite à l’entropie créée dans la tige.
Bilan d’entropie pour
un système avec frottements
1 • La force de frottement est indépendante de la position
de S 2 mais dépend de la vitesse et de la force exercée par
l’opérateur. Il n’existe donc pas d’équation d’état reliant x
et F frot .
2 • Dans un état d’équilibre, les deux températures sont
égales : T 1 = T 2 = T .
• Pour chaque solide, phase condensée idéale, l’identité
thermodynamique s’écrit :
dU 1 = T dS 1 et dU 2 = T dS 2 .
U et S étant des fonctions d’état extensives, nous pouvons écrire :
dU = dU 1 + dU 2 = T(dS 1 + dS 2 ) d’où : dU = T dS .
• Considérons un déplacement où x croît uniformément
d’une position d’équilibre x 1 à une position d’équilibre
x 2 .
Les vitesses en x 1 et en x 2 étant nulles, le théorème de
l’énergie cinétique appliqué entre x 1 et x 2 s’écrit :
∆ K = 0 = W op + W frot = W op – Φ(x 2 – x 1 )
d’où : W op = Φ(x 2 – x 1 ) .
Si le déplacement s’effectue avec x décroissant uniformément, on obtient : W op = Φ(x 1 – x 2 ) .
Pour un déplacement infinitésimal entre deux positions
d’équilibre : δW op = Φdx (toujours positif)
D’après le premier principe appliqué au système :
dU = δW op + δQ = Φdx + δQ .
En comparant les deux expressions de dU , on obtient :
T dS = δQ + Φdx.
3 • On reprend le même raisonnement, cette fois entre
deux états non infiniment voisins. Il n’est pas question
d’intégrer la relation précédente car les états intermédiaires ne sont pas des états d’équilibre.
Le déplacement s’effectuant toujours dans le même sens :
W op = Φ
Le bilan d’énergie donne :
∆U = (C 1 + C 2 )(T B – T A ) = Q + W op = Φ
d’où T B = T A +
.
Connaissant l’expression de l’entropie d’une phase
condensée, la variation d’entropie est :
∆S = (C 1 + C 2 ) ln
.
T B
T A
Φ
C 1 + C 2
5
T 1 – T 2
T 1 T 2
Comme l’entropie échangée est nulle :
∆S = S créée = (C 1 + C 2 ) ln 1 +
S créée est bien entendu positive pour cette transformation
irréversible.
Compression
et détente monothermes
1 • Pendant toute la transformation le système reçoit du
travail des forces de pesanteur et des forces dues à la pression atmosphérique. Ces forces sont équivalentes à
une pression effective
+ P 0 égale à P 2 .
On en déduit : W = P 2 (V 1 – V 2 ) (W est bien positif lors
de la compression).
En utilisant l’équation d’état : P 2 V 2 = n R T 0 = P 1 V 1 ,
on obtient : W = n R T 0 – 1 .
L’énergie interne d’un gaz parfait ou d’une phase condensée ne dépendant que de la température, l’énergie interne
du système a une variation nulle entre l’état initial et l’état
final.
∆U = W + Q = 0 , soit : Q = – n R T 0 – 1
L’entropie d’une phase condensée ne dépend que de la
température, donc ∆S est nulle pour le cylindre et le piston.
Il reste la variation d’entropie du gaz :
∆S = – n R ln
(voir les expressions de l’entropie
d’un gaz parfait).
L’entropie échangée avec l’atmosphère considérée comme
un thermostat de température T 0 est :
S échange =
, soit S échange = – n R – 1 .
On en déduit, par différence :
S créée = n R – 1 – ln .
Comme ln(x) x – 1 pour tout x (voir document ci-dessous) , on vérifie que S créée 0 .
1
x
y
y = x – 1
y = ln x
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
Q
T 0
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
(M + m)g
S
6
Φ
(C 1 + C 2 )T A