CORRIGÉS
Second principe. Bilans d’entropie
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264
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
l’expression de l’énergie interne et l’équation d’état du gaz
étudié. Ce résultat est généralisable à un fluide quelconque pour
lequel S (U, V ) est une fonction caractéristique. Le lecteur
vérifiera, par exemple, en utilisant la même méthode que :
S (U, V ) = S 0 + C V, m ln
+ R ln
est une fonction caractéristique du gaz parfait (pour une mole).
Le gaz de photons
1 • L’identité thermodynamique peut se mettre sous la
forme :
dS =
dU +
dV.
Ce qui est équivalent à:
V
=
et U
=
.
On en déduit :
= (σ 0 V)•
U
–
d’où : U = σ 0 VT 4
= (σ 0 U 3 )•
V
–
d’où : P =
T
ou encore P =
=
.
2 • À la température de 300 K: P = 2,0 . 10 –6 Pa . La
pression due au rayonnement est alors en général négligeable. Elle va devenir non négligeable à des températures
telles que les molécules sont totalement dissociées ;
1mole de H 2 donne 2 moles de protons et 2moles d’électrons, soit 4 moles de gaz monoatomiques, supposé parfaits.
P particules =
= P rad =
, ce qui est atteint
pour T = .
A.N. :T = 5,1.10 6 K . Pour comparer, la température au
centre du soleil est de l’ordre de 10 7 K .
3 • Par définition : C v = V
avec ici U = σ 0 VT 4 .
On en déduit : C V = 4 σ 0 VT 3 .
∂U
∂t
1
3
12 n R
σ 0 V
σ 0 T 4
3
4 n R T
V
σ 0 T 4
3
U
V
1
3
1
4
σ 0 U 3
V 3
1
3
3
4
1
4
1
4
4
3
P
T
1
4
3
4
1
4
4
3
1
T
P
T
δS
δV
1
T
δS
δU
P
T
1
T
9
Transfert de matière,
irréversibilité
1 • Les parois du récipient étant athermanes (pas de transfert thermique, donc Q = 0 ) et indéformables (pas de
transfert mécanique, donc W = 0) , le mélange se fait de
manière isoénergétique, soit :
∆U = 0 .
Or, U = U gaz 1 + U gaz 2 et :
0 = n 1 R
(T final – T ) + n 2 R
(T final – T ) ,
la température finale est égale à la température initiale.
Le volume final est V 1 + V 2 pour chaque gaz ; dans l’état
final, les pressions partielles sont données par l’équation
d’état :
P 1 = n 1 RT
et P 2 = n 2 RT
.
La pression finale est :
P f = P 1 + P 2 =
(n 1 RT + n 2 RT) .
Or, n 1 RT = PV 1 et n 2 RT = PV 2 .
D’où : P f = P .
2 • L’entropie d’échange du système constitué des deux
gaz est nulle puisque l’ensemble est thermiquement isolé ;
ainsi :
créée = ∆S = ∆S gaz 1 + ∆S gaz 2 .
On calcule, par exemple, ∆S gaz 1 :
∆S gaz 1 = n 1 R
,
= n 1 R ln ,
soit en utilisant les équations d’état :
=
,
cela donne :
∆S gaz 1 = n 1 R ln
.
En procédant de même pour ∆S gaz 2 , on obtient finalement :
créée = n 1 R ln
+ n 2 R ln
.
On remarque que cette quantité est positive conformément
au deuxième principe.
3 • Avec la variable x, l’expression précédente devient :
créée = n 1 R
.
n 1 + n 2
n 1
V 1 + V 2
V 1
V 1 + V 2
V 1
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Second principe. Bilans d’entropie
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
l’expression de l’énergie interne et l’équation d’état du gaz
étudié. Ce résultat est généralisable à un fluide quelconque pour
lequel S (U, V ) est une fonction caractéristique. Le lecteur
vérifiera, par exemple, en utilisant la même méthode que :
S (U, V ) = S 0 + C V, m ln
+ R ln
est une fonction caractéristique du gaz parfait (pour une mole).
Le gaz de photons
1 • L’identité thermodynamique peut se mettre sous la
forme :
dS =
dU +
dV.
Ce qui est équivalent à:
V
=
et U
=
.
On en déduit :
= (σ 0 V)•
U
–
d’où : U = σ 0 VT 4
= (σ 0 U 3 )•
V
–
d’où : P =
T
ou encore P =
=
.
2 • À la température de 300 K: P = 2,0 . 10 –6 Pa . La
pression due au rayonnement est alors en général négligeable. Elle va devenir non négligeable à des températures
telles que les molécules sont totalement dissociées ;
1mole de H 2 donne 2 moles de protons et 2moles d’électrons, soit 4 moles de gaz monoatomiques, supposé parfaits.
P particules =
= P rad =
, ce qui est atteint
pour T = .
A.N. :T = 5,1.10 6 K . Pour comparer, la température au
centre du soleil est de l’ordre de 10 7 K .
3 • Par définition : C v = V
avec ici U = σ 0 VT 4 .
On en déduit : C V = 4 σ 0 VT 3 .
∂U
∂t
1
3
12 n R
σ 0 V
σ 0 T 4
3
4 n R T
V
σ 0 T 4
3
U
V
1
3
1
4
σ 0 U 3
V 3
1
3
3
4
1
4
1
4
4
3
P
T
1
4
3
4
1
4
4
3
1
T
P
T
δS
δV
1
T
δS
δU
P
T
1
T
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Transfert de matière,
irréversibilité
1 • Les parois du récipient étant athermanes (pas de transfert thermique, donc Q = 0 ) et indéformables (pas de
transfert mécanique, donc W = 0) , le mélange se fait de
manière isoénergétique, soit :
∆U = 0 .
Or, U = U gaz 1 + U gaz 2 et :
0 = n 1 R
(T final – T ) + n 2 R
(T final – T ) ,
la température finale est égale à la température initiale.
Le volume final est V 1 + V 2 pour chaque gaz ; dans l’état
final, les pressions partielles sont données par l’équation
d’état :
P 1 = n 1 RT
et P 2 = n 2 RT
.
La pression finale est :
P f = P 1 + P 2 =
(n 1 RT + n 2 RT) .
Or, n 1 RT = PV 1 et n 2 RT = PV 2 .
D’où : P f = P .
2 • L’entropie d’échange du système constitué des deux
gaz est nulle puisque l’ensemble est thermiquement isolé ;
ainsi :
créée = ∆S = ∆S gaz 1 + ∆S gaz 2 .
On calcule, par exemple, ∆S gaz 1 :
∆S gaz 1 = n 1 R
,
= n 1 R ln ,
soit en utilisant les équations d’état :
=
,
cela donne :
∆S gaz 1 = n 1 R ln
.
En procédant de même pour ∆S gaz 2 , on obtient finalement :
créée = n 1 R ln
+ n 2 R ln
.
On remarque que cette quantité est positive conformément
au deuxième principe.
3 • Avec la variable x, l’expression précédente devient :
créée = n 1 R
.
n 1 + n 2
n 1
V 1 + V 2
V 1
V 1 + V 2
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