04 ppes-thermo td-corrige

BLAISE PASCAL
PT 2018-2019
TD 4 – Thermodynamique mésoscopique Correction
Principes de la thermodynamique
Révisions de PTSI
Exercice 1 : Échauffement adiabatique d’un gaz par compression
1Le système considéré est le gaz dans la seringue. Comme la transformation est rapide, elle peut être considérée
comme adiabatique.
2Procédons à un bilan d’énergie au cours de la transformation. Le piston se déplace sur une longueur LI−LF,
et comme la force est constante alors le travail (moteur) exercé par l’opérateur vaut simplement
W=F0(LI−LF).
On suppose la force de pression extérieure négligeable devant F0.
Penser à vérifier le signe de Wpour s’assurer qu’il n’y a pas d’erreur de signe.
Il n’y a pas de force de pression intérieure à prendre en compte : comme son nom l’indique, c’est une
force intérieure !
Le bilan d’énergie s’écrit
∆U=
|{z}
1er ppe
F0(LI−LF) =
|{z}
Joule
CV(TF−TI),
d’où on déduit finalement
TF=TI+F0
CV
(LI−LF)> TI.
La température du gaz augmente, alors qu’il n’a reçu aucun transfert thermique.
Exercice 2 : Capacité thermique massique du cuivre
Le système considéré est constitué du calorimètre, de l’eau qu’il contient et du barreau de cuivre. La transformation
dans le calorimètre peut être considérée comme adiabatique, et comme il n’y a pas de travail indiqué fourni au système,
le premier principe donne
∆H=Q+Wi= 0 .
Par additivité de l’enthalpie, la variation totale d’enthalpie est la somme de celles de l’eau, du calorimètre et du
métal. Comme il s’agit de phases condensées changeant de température, on a
∆H= ∆Heau + ∆Hcalo + ∆HCu =meau ceau (TF−Teau) + µ ceau (TF−Teau) + mCu cCu (TF−TCu)
en décrivant le calorimètre par sa valeur en eau µ. Finalement,
cCu =(meau +µ)ceau (Teau −TF)
mCu (TF−TCu)= 9,8·102J·K−1·kg−1.
Exercice 3 : De la glace qui fond
L’exercice est nettement plus rédigé que nécessaire. En particulier, les schémas synoptiques des trans-
formations auxilliaires sont pratiques pour comprendre le raisonnement mais pas nécessaires sur une
copie. On peut directement donner l’expression de ∆Hobtenue pour la transformation auxiliaire.
Comme le calorimètre est calorifugé et que les systèmes n’y reçoivent aucun travail, alors d’après le premier
principe,
∆H=W6=p+Q= 0
1/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr

Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019
Les transformations dans le calorimètre sont donc isenthalpiques. Dans tout l’exercice, le système considéré est
l’ensemble de l’eau contenue dans le calorimètre. Il s’agit bien d’un système fermé (masse constante), mais il n’est
pas homogène (deux phases).
1Raisonnons à partir de la transformation (auxiliaire) décrite figure 1. Elle a même état initial et même état final
que la transformation réelle, donc comme l’enthalpie est une fonction d’état, sa variation est la même au cours des
deux transformations.
liquide : mliq, T1
solide : mgl, T2=Tfus
liquide : mliq, T1
liquide : mgl, T2=Tfus
liquide : mliq, T1
liquide : mgl, TF
liquide : mgl +mliq, TF
∆H1
∆H2
∆H3
∆H= 0
Figure 1 –Schéma synoptique de la transformation. Hypothèse où l’état final est complètement liquide.
Calculons les variations d’enthalpie étape par étape :
Étape 1 : la totalité de la glace fond tout en restant à la température de fusion T1= 0 ◦C, le reste du système ne
subit aucune transformation, donc
∆H1=mgl ∆fush;
Étape 2 : la masse d’eau juste fondue, liquide, passe de T2àTF, le reste du système ne subit aucune transformation,
donc
∆H2=mgl c(TF−T2) ;
Étape 3 : l’eau initialement liquide passe de T1àTF, le reste du système ne subit aucune transformation, donc
∆H3=mliq c(TF−T1).
Ainsi, le bilan enthalpique global s’écrit
∆H= ∆H1+ ∆H2+ ∆H3
et donc
0 = mgl ∆fush+mgl c(TF−T2) + mliq c(TF−T1).
On en déduit alors
TF=mgl c T2+mliq c T1−mgl ∆fush
(mgl +mliq)c= 260 K = −13 ◦C.
Il y a donc une contradiction : l’eau est supposée liquide, et pourtant à la température trouvée elle devrait être solide.
L’hypothèse d’eau complètement liquide est donc fausse.
2Si l’eau est présente à la fois sous forme liquide et solide, alors comme la transformation est monobare à pression
atmosphérique, on connaît la température finale qui est l’unique température à laquelle une coexistence stable est
possible,
TF=Tfus = 0 ◦C.
La transformation auxiliaire sur laquelle on raisonne pour exprimer les variations d’enthalpie se compose de deux
étapes, indiquées figure 2.
Étape 1 : la totalité de l’eau liquide refroidit jusqu’à la température Tfus, le reste du système ne subit aucune
transformation, donc
∆H1=mliq c(Tfus −T1) ;
Étape 2 : une fraction xd’eau solide (masse xmgl) passe à l’état liquide, le reste du système ne subit aucune
transformation, donc
∆H2=x mgl ∆fush
Le bilan enthalpique global s’écrit donc
∆H=0=mliq c(Tfus −T1) + x mgl ∆fusH
2/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr

Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019
liquide : mliq, T1
solide : mgl, T2=Tfus
liquide : mliq, T2=Tfus
solide : mgl, T2=Tfus
liquide : mliq +xmgl, T2=Tfus
solide : (1 −x)mgl, T2=Tfus
∆H1∆H2
∆H= 0
Figure 2 –Schéma synoptique de la transformation. Hypothèse où l’état final est une coexistence entre solide et
liquide.
soit
x=mliq c(T1−Tfus)
mgl ∆fush= 0,51 .
Cette valeur est physiquement acceptable : on en déduit que l’hypothèse est validée. Ainsi, dans l’état final, le
calorimètre contient 1,25kg d’eau liquide et 0,25 kg de glace, le tout à 0 ◦C.
Une hypothèse fausse se traduirait par une valeur de xnégative ou supérieure à 1.
Attention à la cohérence physique des hypothèses lors de la construction de la transformation auxi-
liaire : si l’eau liquide refroidit, alors pour conserver l’enthalpie il faut nécessairement que de la glace
fonde. Dans le cas où vous auriez supposé que l’eau refroidissait puis gelait, vous auriez abouti à une
contradiction.
Exercice 4 : Équilibre d’une enceinte à deux compartiments
1Considérons le système formé des deux gaz dans les deux compartiments et de la cloison. Comme la cloison est
diatherme et mobile sans frottement, alors les deux gaz seront en équilibre thermique et mécanique à l’état final,
d’où on déduit directement
T1F=T2F
déf.
=TFet P1F=P2F
déf.
=PF.
En revanche, les volumes V1et V2des compartiments sont a priori différents. Enfin, la loi des gaz parfaits et les
conditions initiales montrent que la quantité de matière diffère dans les deux compartiments : n2= 2n1. Comme le
piston est étanche, elle ne change pas au cours de la transformation. Pour unifier les notations, on notera n1=n0
En résumé, les états des gaz sont :
Gaz 1 : état initial (n0, T0, P0, V0), état final (n0, TF, PF, V1);
Gaz 2 : état initial (2n0, T0,2P0, V0), état final (2n0, TF, PF, V2).
Par additivité de l’énergie interne,
∆U= ∆U1+ ∆U2+ ∆Ucloison '∆U1+ ∆U2
en supposant que la cloison, solide, est de masse suffisamment faible pour que son énergie interne ne varie presque
pas.
Il est cependant indispensable de l’inclure dans le système, sans quoi il faut également prendre en
compte le travail fourni par la cloison aux gaz pendant le déplacement, ce qui complique singulièrement
les choses.
D’après le premier principe,
∆U1+ ∆U2=W+Q= 0
car l’enceinte est indéformable et calorifugée.
Attention à ne pas confondre : il y a échange de travail et de transfert thermique d’un gaz à l’autre
(sans quoi il n’y aurait pas de transformation), mais compte tenu du système considéré ce sont des
échanges intérieurs, qui n’apparaissent pas dans le bilan d’énergie.
Quelle que soit la transformation, les variations d’énergie interne d’un gaz parfait sont reliées aux variations de
température par la capacité thermique à volume constant (et ce, même si l’évolution n’est pas isochore ... c’est propre
au gaz parfait !). Ainsi,
∆U1,2=CV1,2(TF−T0)d’où (CV1+CV2)(TF−T0)=0 et TF=T0
3/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr

Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019
Pour calculer les pressions et les volumes, on utilise l’équation d’état,
PFV1=n0RT et PFV2= 2n0RT d’où V2= 2V1.
Comme l’enceinte est indéformable, alors on a également V1+V2= 2V0, ce qui permet de conclure
V1=2
3V0et V2=4 3V0.
Enfin, l’équation d’état permet d’aboutir à la pression, dont on rappelle qu’elle est égale dans les deux compartiments,
PF=3n0R T0
2V0
.
L’idée pour la fin de question, une fois les températures trouvées, est de déterminer les trois variables
d’état manquantes V1, V2et PFen utilisant trois équations indépendantes : l’équation d’état des gaz
parfaits appliquée aux deux compartiments donne deux équations, la conservation du volume donne la
troisième. La tambouille des calculs peut ensuite être faite de multiples façons.
2La variation d’entropie du système s’obtient facilement par extensivité et utilisation de la fonction d’état donnée
(en multipliant par les quantités de matière à température constante, ce qui permet de simplifier directement)
∆S= ∆S1+ ∆S2
=n0Rln V1
V0
+ 2n0Rln V2
V0
=n0Rln 2
3+ ln 16 9
∆S=n0Rln 32
27
Comme la transformation est adiabatique, le système n’échange pas d’entropie avec l’extérieur, donc ∆S=Scrée d’où
Scrée =n0Rln 32
27
dont on remarque qu’elle est bien strictement positive, comme imposé par le second principe.
Il y a également de l’entropie échangée entre les deux gaz, mais là encore ce sont des échanges internes
qui n’apparaissent donc pas dans le bilan entropique global.
Exercices
Exercice 5 : Démonstration de la loi de Laplace
1.a Trois hypothèses : gaz parfait en transformation adiabatique et réversible. La loi de Laplace s’écrit
P V γ=cte .
1.b On combine avec l’équation d’état : d’une part,
nRT
V×Vγ=cte d’où T V γ−1=cte0,
et d’autre part
PnRT
Pγ
=cte d’où P1−γTγ=cte00 .
2La variation d’énergie interne au cours de la transformation s’écrit
dU=
|{z}
Joule
CVdT=
|{z}
1er ppe
δWp+ 0
4/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr

Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019
et en remplaçant
nR
γ−1dT=−PdV .
3En prenant la différentielle de l’équation d’état,
VdP+PdV=nR dT .
On déduit alors de la question précédente
VdP+PdV=−(γ−1)PdVd’où VdP=−γP dV .
4La séparation des variables donne dP
P=−γdV V
et par intégration
ln P=−γln V+cte soit ln P+γln V=cte et ln (P V γ) = cte
d’où on déduit la loi de Laplace,
P V γ=cte .
Exercice 6 : Transformation polytropique
Commençons par écrire l’équation d’état en fonction de ret v,
PV
m=n mRT soit P v =RT Md’où P v =rT .
1D’après l’identité thermodynamique,
Tds=du+Pdv=cdT .
Or pour un gaz parfait
du=cVdTet P=rT
v
d’où on déduit
cVdT+rT
vdv=cdT
et ainsi
(c−cV)dT
T−rdv v= 0 .
2La relation précédente s’écrit
(c−cV)dT
T=rdv v,
donc en intégrant
(c−cV) ln T=rln v+cte
ce que l’on peut réécrire
ln T−r
c−cV
ln v=cte soit ln T×v−r/(c−cV)=cte donc ln P v
r×v−r/(c−cV)=cte .
On en déduit donc que
P v1−r/(c−cV)=cte
ce qui est bien de la forme demandée avec
k= 1 −r
c−cV
=c−cV−r
c−cV
d’où k=c−cP
c−cV
.
5/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr