TD 4 – Thermodynamique mésoscopique
Correction
Principes de la thermodynamique
BLAISE PASCAL
PT 2018-2019
Révisions de PTSI
Exercice 1 : Échauffement adiabatique d’un gaz par compression
1 Le système considéré est le gaz dans la seringue. Comme la transformation est rapide, elle peut être considérée
comme adiabatique.
2 Procédons 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 W pour 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}
= F0 (LI − LF ) |{z}
= CV (TF − TI ) ,
1er ppe
Joule
d’où on déduit finalement
TF = TI +
F0
(LI − LF ) > TI .
CV
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 )
= 9,8 · 102 J · K−1 · kg−1 .
mCu (TF − TCu )
Exercice 3 : De la glace qui fond
L’exercice est nettement plus rédigé que nécessaire. En particulier, les schémas synoptiques des transformations auxilliaires sont pratiques pour comprendre le raisonnement mais pas nécessaires sur une
copie. On peut directement donner l’expression de ∆H obtenue 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
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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).
1 Raisonnons 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
∆H = 0
∆H1
liquide : mliq , T1
liquide : mgl , T2 = Tfus
liquide : mgl + mliq , TF
∆H3
∆H2
liquide : mliq , T1
liquide : mgl , TF
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 ∆fus h ;
. Étape 2 : la masse d’eau juste fondue, liquide, passe de T2 à TF , le reste du système ne subit aucune transformation,
donc
∆H2 = mgl c (TF − T2 ) ;
. Étape 3 : l’eau initialement liquide passe de T1 à TF , 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 ∆fus h + mgl c (TF − T2 ) + mliq c (TF − T1 ) .
On en déduit alors
TF =
mgl c T2 + mliq c T1 − mgl ∆fus h
= 260 K = −13 ◦C .
(mgl + mliq )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.
2 Si 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 x d’eau solide (masse xmgl ) passe à l’état liquide, le reste du système ne subit aucune
transformation, donc
∆H2 = x mgl ∆fus h
Le bilan enthalpique global s’écrit donc
∆H = 0 = mliq c (Tfus − T1 ) + x mgl ∆fus H
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liquide : mliq , T1
solide : mgl , T2 = Tfus
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∆H = 0
liquide : mliq + xmgl , T2 = Tfus
solide : (1 − x)mgl , T2 = Tfus
∆H2
∆H1
liquide : mliq , T2 = Tfus
solide : mgl , T2 = Tfus
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 )
= 0,51 .
mgl ∆fus h
Cette valeur est physiquement acceptable : on en déduit que l’hypothèse est validée. Ainsi, dans l’état final, le
calorimètre contient 1,25 kg d’eau liquide et 0,25 kg de glace, le tout à 0 ◦C.
Une hypothèse fausse se traduirait par une valeur de x négative ou supérieure à 1.
Attention à la cohérence physique des hypothèses lors de la construction de la transformation auxiliaire : 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
1 Considérons 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
déf.
déf.
T1F = T2F = TF
et
P1F = P2F = PF .
En revanche, les volumes V1 et V2 des 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 = CV 1,2 (TF − T0 )
d’où
(CV 1 + CV 2 )(TF − T0 ) = 0
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et
TF = T0
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Pour calculer les pressions et les volumes, on utilise l’équation d’état,
PF V1 = n0 RT
PF V2 = 2n0 RT
et
d’où
V2 = 2V1 .
Comme l’enceinte est indéformable, alors on a également V1 + V2 = 2V0 , ce qui permet de conclure
V1 =
2
V0
3
et
V2 =
4
V0 .
3
Enfin, l’équation d’état permet d’aboutir à la pression, dont on rappelle qu’elle est égale dans les deux compartiments,
PF =
3 n0 R T 0
.
2V0
L’idée pour la fin de question, une fois les températures trouvées, est de déterminer les trois variables
d’état manquantes V1 , V2 et PF en 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.
2 La 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
V1
+ 2n0 R ln
= n0 R ln
V0
16
2
= n0 R ln + ln
3
9
32
∆S = n0 R ln
27
V2
V0
Comme la transformation est adiabatique, le système n’échange pas d’entropie avec l’extérieur, donc ∆S = Scrée d’où
Scrée = n0 R ln
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 γ = cte
V
et d’autre part
P
2
nRT
P
d’où
T V γ−1 = cte0 ,
d’où
P 1−γ T γ = cte00 .
γ
= cte
La variation d’énergie interne au cours de la transformation s’écrit
dU |{z}
= CV dT |{z}
= δWp + 0
Joule
1er ppe
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et en remplaçant
nR
dT = −P dV .
γ−1
3
En prenant la différentielle de l’équation d’état,
V dP + P dV = nR dT .
On déduit alors de la question précédente
V dP + P dV = −(γ − 1)P dV
4
V dP = −γP dV .
d’où
La séparation des variables donne
dP
dV
= −γ
P
V
et par intégration
ln P = −γ ln V + cte
ln P + γ ln V = cte
soit
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 r et v,
P
1
V
n
= RT
m
m
soit
Pv =
RT
M
d’où
P v = rT .
D’après l’identité thermodynamique,
T ds = du + P dv = c dT .
Or pour un gaz parfait
du = cV dT
et
d’où on déduit
cV dT +
P =
rT
v
rT
dv = c dT
v
et ainsi
(c − cV )
2
dT
dv
−r
= 0.
T
v
La relation précédente s’écrit
(c − cV )
dv
dT
=r
,
T
v
donc en intégrant
(c − cV ) ln T = r ln v + cte
ce que l’on peut réécrire
ln T −
r
ln v = cte
c − cV
soit
ln T × v −r/(c−cV ) = cte
donc
ln
Pv
× v −r/(c−cV )
r
= cte .
On en déduit donc que
P v 1−r/(c−cV ) = cte
ce qui est bien de la forme demandée avec
k =1−
r
c − cV − r
=
c − cV
c − cV
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d’où
k=
c − cP
.
c − cV
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en utilisant la relation de Mayer sous forme massique.
3
La relation de la question 1 s’écrit
dT
r dv
−
=0
T
c − cV v
dT
dv
+ (k − 1)
= 0.
T
v
soit
Au cours de la transformation, le travail massique reçu dû aux forces de pression s’écrit
δw = −P dv = −rT
4
dv
v
δw =
d’où
r
dT .
k−1
On a
r
du |{z}
= δw + δq |{z}
= cV dT =
dT
γ−1
1er ppe
Joule
Ainsi,
δq = r
5
1
1
−
γ−1 k−1
dT .
• Isobare : il faut P = cte, ce qui possible si k = 0.
• Isochore : il faut v = cte, et d’après la relation polytropique
P 1/k v = cte .
On veut donc 1/k = 0 ce qui est possible si k → ∞.
• Adiabatique : il faut δq = 0, ce qui est possible si k = γ. La relation polytropique redonne alors comme prévu la
loi de Laplace (adiabatique réversible d’un gaz parfait).
• Isotherme : d’après l’équation d’état, une isotherme se caractérise par P v = rT = cte, ce qui est possible
pour k = 1.
Exercice 7 : Chauffage isobare d’un gaz parfait
1 Appliquons le premier principe au gaz entre les instants t et t + dt. La transformation est isobare avec p = p0 (p
pression du gaz) grâce au piston libre de coulisser. D’après le premier principe,
dH = δWi + δQ = 0 + RI 2 dt .
et comme on a affaire à un gaz parfait
dH = CP dT .
Par identification, on déduit
dT
RI 2
=
dt
CP
et en utilisant l’expression de R(T ) on obtient l’équation différentielle
dT
R0 I 2
T
=
T =
dt
CP T0
τ
avec
τ=
CP T0
.
R0 I 2
Cette équation s’intègre en
T (t) = A e+t/τ ,
et à l’instant initial
T (0) |{z}
= T0 |{z}
= A
CI
sol
d’où on déduit finalement
T (t) = T0 e+t/τ .
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Si on écrit l’équation différentielle sous forme canonique, on constate que les deux préfacteurs sont de
signe différents : le système est instable (cf. chapitre sur les systèmes linéaires), il est donc logique de
trouver une solution divergente.
2
On en déduit
V (t) =
nR T (t)
nRT0 +t/τ
=
e
p0
p0
soit
V (t) = V0 e+t/τ .
Annales de concours
Exercice 8 : Bilan d’entropie
[oral banque PT]
Le litre d’eau à température ambiante a pour masse m = 1 kg.
1
On raisonne sur une transformation où l’eau atteint sa température d’ébullition et se vaporise. Ainsi,
∆Seau = mc ln
Téb
Téb
∆vap h
+ m ∆vap s = mc ln
+m
= 7,07 kJ · K−1 .
T0
T0
Téb
Comme le thermostat évolue de façon réversible, sa variation d’entropie est égale à l’entropie échangée entre les deux
systèmes. Commençons par calculer le transfert thermique Q reçu par l’eau au cours de la transformation. Un bilan
d’enthalpie donne
∆Heau |{z}
= 0 + Q |{z}
= mc(Téb − T0 ) + m ∆vap h .
1er ppe
transf
L’entropie cédée par le thermostat et reçue par l’eau vaut donc
Séch =
mc(Téb − T0 ) + m ∆vap h
Q
=
Téb
Téb
d’où on déduit la variation d’entropie du thermostat, égale à −Séch car il évolue de manière réversible,
∆Sthst = mc
T0
∆vap h
−1 −m
= −6,96 kJ · K−1 .
Téb
Téb
Il est logique de trouver ∆Sthst < 0 car le thermostat est de température supérieure à l’eau, donc lui
cède un transfert thermique, donc de l’entropie, sans qu’il ne s’en créée dans le thermostat qui est
réversible.
Enfin, l’entropie créée l’est uniquement dans l’eau et vaut
Scréée = ∆Seau − Séch
soit
Scréée = mc ln
Téb
mc(Téb − T0 )
+
T0
Téb
soit en factorisant
T0
T0
−
+ 1 = 0,113 kJ · K−1 .
Scréée = mc − ln
Téb
Téb
En utilisant l’inégalité de convexité ln x ≤ 1 − x, on peut vérifier que Scréée > 0 quelles que soient les
températures car c > 0 (ou on montre ainsi que c doit être positif).
On peut aussi remarquer que le changement d’état n’intervient pas dans la création d’entropie : ce n’est
pas un hasard, un changement d’état isotherme est une transformation réversible. La démonstration
se fait grâce à l’identité thermodynamique, ou l’égalité du potentiel chimique entre les deux phases à
l’équilibre.
2
Notons T1 la température du thermostat intermédiaire. La méthode est alors identique.
• Variation d’entropie de l’eau : L’état initial et final de l’eau étant le même qu’à la question précédente, la variation
d’entropie est la même,
∆Seau = mc ln
Téb
Téb
∆vap h
+ m ∆vap s = mc ln
+m
= 7,07 kJ · K−1 .
T0
T0
Téb
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• Variation d’entropie de chaque thermostat :
Bilan d’enthalpie au cours du contact avec le premier thermostat (Q1 reçu par l’eau) :
∆H1 |{z}
= 0 + Q1 |{z}
= mc(T1 − T0 )
1er ppe
Joule
d’où on déduit l’entropie échangée reçue par l’eau,
Séch,1 =
Q1
mc(T1 − T0 )
T0
,
=
= mc 1 −
T1
T1
T1
puis la variation d’entropie du thermostat 1 :
∆S1 = −Séch,1 = mc
T0
−1
T1
= −0,502 kJ · K−1 .
Bilan d’enthalpie au cours du contact avec le second thermostat :
∆H2 |{z}
= 0 + Q2 |{z}
= mc(Téb − T1 ) + m ∆vap h .
1er ppe
transf
L’entropie cédée par le thermostat et reçue par l’eau vaut donc
Séch,2 =
mc(Téb − T1 ) + m ∆vap h
Q2
=
Téb
Téb
d’où on déduit la variation d’entropie du thermostat 2,
T1
∆vap h
∆S2 = mc
−1 −m
= −6,51 kJ · K−1 .
Téb
Téb
• Entropie créée : Il n’y a création d’entropie que dans l’eau, d’où
Scréée = ∆Seau −Séch,1 −Séch,2
Scréée = mc ln
soit
Téb
+ mc
T0
T0
T1
− 1 + mc
− 1 = 0,059 kJ · K−1 .
T1
Téb
On constate que l’entropie créée est très inférieure dans la deuxième transformation : l’utilisation du thermostat
intermédiaire permet de limiter les inhomogénéités de température dans l’eau, qui sont source d’irréversibilité.
Exercice 9 : Canon à neige
[oral banque PT]
1 La goutte d’eau est un système fermé, en transformation monobare avec équilibre mécanique, qui n’échange
d’énergie que par transfert thermique.
Bilan d’enthalpie entre t et t + dt :
dH |{z}
= m0 c dT |{z}
= −φ dt = −h(T − Ta )S dt .
1er ppe
Joule
Il y a un signe car φ est une puissance cédée.
La goutte étant sphérique de rayon R constant, on en déduit
4 3
πR µ cdT = −h(T − Ta ) × 4πR2 dt
3
et finalement
µ cR
2
dT
= −3h(T − Ta ) .
dt
Cette relation se réécrit
dT
3h
3h
+
T =
Ta ,
dt
µ cR
µ cR
où on identifie le temps caractéristique
τ=
µ cR
.
3h
Les solutions de cette équation s’écrivent
T = Ta + A e−t/τ .
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As-tu bien pensé à la solution particulière T = Ta ? Pour la retrouver : le second membre est constant,
donc la solution particulière Tpart aussi, et on la trouve directement sur l’équation différentielle :
Tpart
Ta
=
.
τ
τ
0+
La condition initiale donne
T (0) |{z}
= T0 |{z}
= Ta + A
CI
A = T0 − Ta .
donc
sol
Finalement,
T = Ta + (T0 − Ta ) e−t/τ
ce qui se met bien sous la forme cherchée,
T − Ta
= e−t/τ .
T0 − Ta
À l’instant t1 ,
e−t1 /τ =
3
T1 − Ta
T0 − Ta
t1 = −τ ln
donc
T1 − Ta
T0 − Ta
soit
t1 = τ ln
T0 − Ta
= 4,0 s .
T1 − Ta
La transformation est supposée sans travail, adiabatique et monobare donc d’après le premier principe
∆H = 0 .
L’eau est partiellement solidifiée, on en déduit donc que la température finale est égale à la température de coexistence Tfus = 0 ◦C. Raisonnons sur la transformation auxiliaire, fictive, suivante :
. dans une première étape, toute l’eau passe de T1 à Tfus ;
. dans une deuxième étape, une masse (1 − x)m se solidifie, ce qui laisse bien une fraction massique x de liquide.
Le bilan enthalpique s’écrit
∆H = ∆H1 + ∆H2 = mc(Tfus − T1 ) + (1 − x)m (−`fus ) .
L’enthalpie de fusion est l’opposée de l’enthalpie de solidification.
Par identification des deux expressions de ∆H, on en déduit
(x − 1)`fus = −c(Tfus − T1 )
et ainsi
x=1−
c(Tfus − T1 )
= 0,94 .
`fus
4 Par simplicité, on redéfinit un temps t0 = t − t1 tel que t0 = 0 corresponde à la fin de la surfusion. Entre t0
et t0 + dt0 on a désormais une masse dm qui solidifie à température T = Tfus constante. Le bilan enthalpique devient
dH
=
|{z}
solidification
On en déduit
−dm `fus |{z}
= −h(Tfus − Ta ) 4πR2 dt .
1er ppe
dm
4πR2 h
=
(Tfus − Ta )
dt
`fus
et par intégration la masse de solide vaut
4πR2 h
(Tfus − Ta )t0 + m1 .
`fus
La constante se détermine avec une condition initiale,
m(t0 ) =
m(t0 = 0) |{z}
= (1 − x)m0 |{z}
= m1
CI
sol
d’où
m(t) =
4πR2 h
(Tfus − Ta )(t − t1 ) + (1 − x)m0 .
`fus
L’instant t2 est tel que m(t2 ) = m0 , d’où
t2 = t1 +
x R `fus µ
= 21 s .
3h(Tfus − Ta )
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Exercice 10 : Transformation polytropique
[oral banque PT]
La première question est excessivement calculatoire à mon sens, et mériterait d’être bien plus guidée.
Si vous tombez sur un exercice comme celui-ci ... reste à espérer que le deuxième soit plus abordable !
1
D’après l’identité thermodynamique,
dU = T dS − P dV .
D’après les lois de Joule (gaz parfait),
dU = CV dT
dH = CP dT .
et
Comme la transformation est réversible, on a de plus
dS =
dT
δQ
+ 0 = aCP
,
T
T
et ainsi,
CV dT = aCP dT − P dV .
En divisant par T et en utilisant l’équation d’état, on obtient
dT
P
dV
= − dV = −nR
T
T
V
On peut alors séparer les deux membres et intégrer,
(CV − aCP )
(CV − aCP )
soit
ln T CV −aCP = − ln V nR + cte
dT
dV
+ nR
= 0.
T
V
ln T CV −aCP × V nR = cte
soit
d’où on déduit
T CV −aCP V nR = cte .
Or d’après l’équation d’état,
T =
PV
,
nR
d’où, en insérant nR dans la constante,
P CV −aCP V CV −aCP +nR = cte
et en reconnaissant la relation de Mayer CP = CV + nR il vient
P CV −aCP V (1−a)CP = cte .
En changeant à nouveau la constante, on arrive enfin à
PV
(1−a)CP
CV −aCP
= PV
(1−a)γ
1−aγ
= cte ,
ce qui est bien de la forme demandée,
P V k = cte
2
k=
avec
(1 − a)γ
.
1 − aγ
Pour une transformation isobare, P = cte donc
kisoP = 0 .
Une transformation isentropique réversible d’un gaz parfait est caractérisée par la loi de Laplace : on a alors
kisoS = γ .
Enfin, une transformation isotherme se caractérise par
P V = nRT = cte
soit
kisoT = 1 .
Problème ouvert
Exercice 11 : Combien de glaçons dans le jus de fruits ?
Solution à rédiger.
Idée : transformation classique isobare avec fonte totale des glaçons et refroidissement du liquide. Les calculs ne
posent pas de difficulté, par contre il faut expliciter les hypothèses (en particulier discuter les transferts thermiques
avec l’air environnant qu’on néglige abusivement) et estimer numériquement la masse d’un glaçon et la masse de jus
de fruit qu’on met dans un verre.
10/10
Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr
