CORRIGÉS
Second principe. Bilans d’entropie
4
262
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
2 • L’état final de la détente est identique à l’état inital de
la compression : P = P 1 et T = T 0 .
Le raisonnement est identique, avec cette fois
P effective = P 1 et un travail négatif.
W = – n R T 0 1 – ; Q = n R T 0 1 –
∆S = n R ln
; S échange = n R 1 –
et S créée = n R – 1 – ln ,
qui est encore positive.
Les transformations ne sont pas réversibles. Bien que
l’état final de la détente soit l’état initial de la compression, les deux transformations ne sont pas inverses car les
échanges de chaleur et de travail ne sont pas opposés.
On remarque que le travail total est positif et le transfert
thermique total négatif.
Compression
et détente adiabatiques
1 • On écrit l’équilibre mécanique du piston dans l’état
initial et du système {piston + surcharge} dans l’état final.
État initial : – P 0 S – mg + P 1 S = 0
d’où : P 1 = P 0 +
; P 1 = 1,001 bar .
État final: – P 0 S – (m + M)g + P 2 S = 0
d’où : P 2 = P 0 +
; P 1 = 1,1 bar .
2 • On considère classiquement qu’une évolution est
adiabatique si sa durée est suffisamment faible pour pouvoir négliger les échanges thermiques. Si le matériau constituant le cylindre est suffisamment isolant, il n’est pas
déraisonnable de négliger le transfert thermique du gaz
vers le cylindre pendant la transformation.
•En revanche, la laine d’acier, matériau très divisé, offre
une grande surface de contact avec le gaz et, de plus, est
constituée d’un matériau bon conducteur de la chaleur. On
peut alors, pour simplifier, supposer que cet objet est, à la
fin de la transformation, à l’équilibre thermique avec le gaz.
•On peut toutefois remarquer que la mise à l’équilibre
entre le gaz qui est resté au dessus de la laine d’acier et
celui du dessous risque d’être assez lente.
•Le passage du gaz à travers la laine d’acier se traduit par
un amortissement important : le piston n’oscille pratiquement pas. La force de frottement cylindre/piston étant très
petite devant la force exercée par l’extérieur sur le piston
(de l’ordre de 10 3 N), il est tout à fait légitime de négliger
son travail.
(m + M)g
S
mg
S
7
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
3 • On effectue un bilan d’énergie entre l’état initial et
l’état final pour le système {gaz + laine d’acier + piston +
surcharge}. En effet :
• Les états intermédiaires ne sont pas des états d’équilibre,
ce qui exclut un bilan infinitésimal de la forme «dU= dQ
+ δW » .
•Le gaz seul subit des échanges thermiques (inconnus
apriori) avec la laine d’acier.
La variation d’énergie interne est : ∆U = W + Q avec,
pour ce système :
• ∆U = ∆U gaz + ∆U laine d’acier
=
(T 2 –T 1 ) + m 0 c 0 (T 2 – T 1 ) .
(le piston ne recevant aucun échange thermique, son énergie interne est constante)
• Q = 0 (Par hypothèse)
• W = W(poids) + W(atmosphère) = (M + m)g
+ P 0 (V 1 – V 2 ) = P 2 (V 1 – V 2 )
On peut aussi écrire que les forces extérieures se ramènent
à la pression effective P 2 , d’où le résultat.
On en déduit, en remarquant que
n R =
= P 2
:
+ m 0 c 0 T 1 – 1 = P 2 V 1 – P 1 V 1
soit :
p – 1 = P 2 – P 1 avec p = 8,99 bar .
=
; A.N. : T 2 = 298 K .
On en déduit V 2 = V 1
=
;
A.N. :V 2 = 9,2 L.
4• a. L’évolution du système {gaz + laine d’acier} étant
adiabatique et irréversible, son entropie doit augmenter.
Or, on revient à la pression initiale et, à pression constante, l’entropie est une fonction croissante de la température. On en déduit :
T 3 T 1 ⇒ V 3 V 1 .
b. Le raisonnement est identique à celui de la question 3,
à ceci près que la pression effective est maintenant P 1 :
∆U = + m 0 c 0 (T 3 – T 2 ) = W = P 1 (V 2 – V 3 ) .
Avec les mêmes notations et en se souvenant que
P 1 = P 3 :
p – = P 1 – P 1 =
P 1
–
T 3
T 1
T 2
T 1
P 1
P 2
T 3
T 1
V 2
V 1
T 2
T 1
T 3
T 1
n R
γ – 1
p + P 2
p + P 1
P 1 V 1
P 2
P 1 T 2
P 2 T 1
p + P 2
p + P 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
P 1 V 1
(γ – 1)
V 2
T 2
P 1 V 1
T 1
V 1 – V 2
S
n R
γ – 1
Second principe. Bilans d’entropie
4
262
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
2 • L’état final de la détente est identique à l’état inital de
la compression : P = P 1 et T = T 0 .
Le raisonnement est identique, avec cette fois
P effective = P 1 et un travail négatif.
W = – n R T 0 1 – ; Q = n R T 0 1 –
∆S = n R ln
; S échange = n R 1 –
et S créée = n R – 1 – ln ,
qui est encore positive.
Les transformations ne sont pas réversibles. Bien que
l’état final de la détente soit l’état initial de la compression, les deux transformations ne sont pas inverses car les
échanges de chaleur et de travail ne sont pas opposés.
On remarque que le travail total est positif et le transfert
thermique total négatif.
Compression
et détente adiabatiques
1 • On écrit l’équilibre mécanique du piston dans l’état
initial et du système {piston + surcharge} dans l’état final.
État initial : – P 0 S – mg + P 1 S = 0
d’où : P 1 = P 0 +
; P 1 = 1,001 bar .
État final: – P 0 S – (m + M)g + P 2 S = 0
d’où : P 2 = P 0 +
; P 1 = 1,1 bar .
2 • On considère classiquement qu’une évolution est
adiabatique si sa durée est suffisamment faible pour pouvoir négliger les échanges thermiques. Si le matériau constituant le cylindre est suffisamment isolant, il n’est pas
déraisonnable de négliger le transfert thermique du gaz
vers le cylindre pendant la transformation.
•En revanche, la laine d’acier, matériau très divisé, offre
une grande surface de contact avec le gaz et, de plus, est
constituée d’un matériau bon conducteur de la chaleur. On
peut alors, pour simplifier, supposer que cet objet est, à la
fin de la transformation, à l’équilibre thermique avec le gaz.
•On peut toutefois remarquer que la mise à l’équilibre
entre le gaz qui est resté au dessus de la laine d’acier et
celui du dessous risque d’être assez lente.
•Le passage du gaz à travers la laine d’acier se traduit par
un amortissement important : le piston n’oscille pratiquement pas. La force de frottement cylindre/piston étant très
petite devant la force exercée par l’extérieur sur le piston
(de l’ordre de 10 3 N), il est tout à fait légitime de négliger
son travail.
(m + M)g
S
mg
S
7
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
P 1
P 2
3 • On effectue un bilan d’énergie entre l’état initial et
l’état final pour le système {gaz + laine d’acier + piston +
surcharge}. En effet :
• Les états intermédiaires ne sont pas des états d’équilibre,
ce qui exclut un bilan infinitésimal de la forme «dU= dQ
+ δW » .
•Le gaz seul subit des échanges thermiques (inconnus
apriori) avec la laine d’acier.
La variation d’énergie interne est : ∆U = W + Q avec,
pour ce système :
• ∆U = ∆U gaz + ∆U laine d’acier
=
(T 2 –T 1 ) + m 0 c 0 (T 2 – T 1 ) .
(le piston ne recevant aucun échange thermique, son énergie interne est constante)
• Q = 0 (Par hypothèse)
• W = W(poids) + W(atmosphère) = (M + m)g
+ P 0 (V 1 – V 2 ) = P 2 (V 1 – V 2 )
On peut aussi écrire que les forces extérieures se ramènent
à la pression effective P 2 , d’où le résultat.
On en déduit, en remarquant que
n R =
= P 2
:
+ m 0 c 0 T 1 – 1 = P 2 V 1 – P 1 V 1
soit :
p – 1 = P 2 – P 1 avec p = 8,99 bar .
=
; A.N. : T 2 = 298 K .
On en déduit V 2 = V 1
=
;
A.N. :V 2 = 9,2 L.
4• a. L’évolution du système {gaz + laine d’acier} étant
adiabatique et irréversible, son entropie doit augmenter.
Or, on revient à la pression initiale et, à pression constante, l’entropie est une fonction croissante de la température. On en déduit :
T 3 T 1 ⇒ V 3 V 1 .
b. Le raisonnement est identique à celui de la question 3,
à ceci près que la pression effective est maintenant P 1 :
∆U = + m 0 c 0 (T 3 – T 2 ) = W = P 1 (V 2 – V 3 ) .
Avec les mêmes notations et en se souvenant que
P 1 = P 3 :
p – = P 1 – P 1 =
P 1
–
T 3
T 1
T 2
T 1
P 1
P 2
T 3
T 1
V 2
V 1
T 2
T 1
T 3
T 1
n R
γ – 1
p + P 2
p + P 1
P 1 V 1
P 2
P 1 T 2
P 2 T 1
p + P 2
p + P 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
T 2
T 1
P 1 V 1
(γ – 1)
V 2
T 2
P 1 V 1
T 1
V 1 – V 2
S
n R
γ – 1