UNIVERSITE MOHAMMED V Année universitaire 2013 / 2014
FACULTE DES SCIENCES SMP4 - Module 16 - Physique 7
RABAT – AGDAL
TD de Thermodynamique II
Série n° 2
Exercice 1 : Soient les différentielles : dP v)h ( dTC dH
p
++= , et dP T)(h / T)dT / (Cp dS
+
=
, où
p
C et
h
sont les coefficients calorimétriques relatifs au système monophasé étudié.
1)
En explicitant les relations imposées par le fait que dH et dS sont des différentielles totales exactes,
déterminer le coefficient h. En déduire le coefficient
Tp
)P/C(
∂∂
.
2)
On s’intéresse à l’équation d’état des gaz parfaits PV – nRT = 0, calculer h. Montrer que Cp ne
dépend pas de P. Calculer alors les fonctions d’état H et S en supposant que
p
C ne dépend pas de T.
3)
On s’intéresse successivement aux équations d’état :
P(V - nb) – nRT = 0 et
nRT nb) - (V )V / an P(
22
=+
.
Reprendre la question 2 avec les mêmes hypothèses.
Exercice 2 : Transformation polytropique d’un gaz parfait
1)
Montrer que pour une mole de gaz parfait, on a : dT C dU
vm
=
, et dT C dH
pm
=
, où
pm
C et
vm
C
sont les capacités thermiques molaires respectivement à pression et volume constants. Exprimer
pm
C et
vm
C en fonction de la constante des gaz parfaits R et du rapport constant
vmpm
C/C
=γ
.
2)
Ce gaz subit une transformation polytropique entre l’état 1 (T1,V1,P1) et l’état 2 (T2,V2,P2).
Une transformation est dite polytropique si à chaque instant le système est dans un état d’équilibre
interne et vérifie PVk = cte, où k est une constante positive fonction des conditions expérimentales.
Montrer que le travail échangé par la mole de gaz au cours de la transformation s’écrit :
1 - k VP- VP
W
1122
=
.
3)
En déduire une expression du transfert thermique Q sous la forme )T - (T C Q
12m
=. On exprimera
m
C en fonction de k et
γ
.
4)
Donner une interprétation physique de la quantité Cm.
5)
Donner la valeur de
m
C ainsi qu’une interprétation physique de cette valeur dans les cas suivants :
k = 0, k = 1, k =
γ
et k
→
∞
..
Exercice 3 :
On fait subir à un gaz parfait une transformation isotherme à To qui le fait passer de la
pression P1 à la pression P2. On note cp et cv les chaleurs spécifiques respectivement à pression et à
volume constant.
1)
Donner l’expression différentielle de l’énergie interne U du gaz en fonction des variables P et T.
En déduire celle de l’entropie S en fonction des mêmes variables.
2)
La transformation étant réversible, calculer les énergies travail Wr et chaleur Qr mises en jeu.
Calculer la variation d’entropie
∆
S du gaz.
3)
La transformation étant irréversible, on impose tout au long de la transformation une pression
extérieure P2.
3.a)
Calculer les énergies travail Wi et chaleur Qi mises en jeu.
3.b)
Etudier la quantité
oi
T / Q - S∆ en fonction de
1
2
P/P . Conclure.
3.c)
Etudier la quantité Wi – Wr en fonction des valeurs de
1
2
P/P . Conclure.
4.a)
Le gaz n’est pas parfait, la transformation est réversible, à partir du premier et du second
principes de la thermodynamique, exprimer l’énergie travail Wr en fonction de
∆
U,
∆
S et To.
4.b)
Que pensez-vous de la quantité Wi – Wr.
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Corrigé Exercice 1 :
1)
dP V) (h dTC dH
p
++=
et
dP
T
h
dT
T
C
dS
p
+=
dH est une différentielle totale exacte →
PP
T
p
T
V
T
h
P
C
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂ (1)
dS est une différentielle totale exacte →
(
)
( )
P
T
p
T
h/T
P
/TC
∂
∂
=
∂
∂
→
2
P
T
p
T
p
T
h
-
T
h
T
1
P
(1/T)
C
P
C
T
1
∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
0
P
(1/T)
T
=
∂
∂
→
T
h
-
T
h
P
C
P
T
p
∂
∂
=
∂
∂
(2)
(1) = (2) →
P
T
V
T - h
∂
∂
=
→
P
2
2
PP
T
V
T -
T
V
-
T
h
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
→
P
2
2
T
p
T
V
T -
P
C
∂
∂
=
∂
∂
(3)
2)
0 nRT - PV
=
→
P
nR
T
V
P
=
∂
∂
→
V - h
=
.
→
0
P
C
T
p
=
∂
∂
. → C
p
ne dépend pas de P.
On supposant que C
p
ne dépend pas de T :
(
)
dP V h dTC dH
p
++= → dTC dH
p
= →
op
H TC H +=
dP
T
h
dT
T
C
dS
p
+= →
P
dP
nR -
T
dT
C dS
p
= →
op
S nR.ln(P) - )T(n.lC S +=
.
3) On reprend la démarche de la question précédente avec les résultats généraux de la question 1.
a)
nRT nb) - P(V
=
⇒
P
nRT
nb) - (V =
⇒
nb
P
nRT
V +=
⇒
P
nR
T
V
P
=
∂
∂
⇒
Vnb
T
V
T - h
P
−=
∂
∂
=
b.dPn dTC dH
p
+=
⇒
op
H nb.P TC H ++=
dP
T
h
dT
T
C
dS
p
+= ⇒
op
S nR.ln(P) - )T(n.lC S +=
0
T
V
T -
P
C
P
2
2
T
p
=
∂
∂
=
∂
∂
→ Cp ne dépend pas de P.
b) nRT nb) - (V )
V
an
P(
2
2
=+
⇒ nbP nRT
V
abn
-
Van
PV
2
32
+=+
⇒
nRdT dV
V
ab2n
V
an
P
3
3
2
2
=
+−
⇒
nRdT dV )nbV(
V
a2n
V
an
P
3
2
2
2
=
−−+
(4)
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Le terme
2
2
V
an
, correctif de la pression P, est introduit par Van Der Waals pour tenir compte des
interactions entre les molécules gazeuses d’un gaz réel. Pour une quantité fixe de gaz, plus le volume
V est grand et plus les molécules sont éloignées les unes des autres. Le terme
2
2
V
an
devient d’autant
plus faible que le volume est grand, et en première approximation, le terme
)nbV(
V
a2n
3
2
−
pourra être
négligé. L’équation (4) se réduit alors à :
nRdTdV
nb) - (V
nRT
dV
V
an
PdV )nbV(
V
a2n
V
an
P
2
2
3
2
2
2
==
+≈
−−+
⇒
nRdT dV
nb) - (V
nRT =
⇒
TnbV
T
V
dT
dV
P
−
=
∂
∂
=
⇒
Vnb
T
V
-Th
P
−=
∂
∂
=
Les expressions de H et S seront les mêmes que celles obtenues à la question 3a).
Corrigé Exercice 2 :
1) PdV-Q dU
δ
=
→ à volume constant : Q dU
δ
=
et
dTC Q
v
=δ
→ dTnCdTnMcdTmcdTC dU
vm
v
v
v
====
De même : dH = dU + d(PV) = δQ + VdP → à pression constante : QdH
δ
=
et QdH
δ
=
→ dTnCdTnMcdTmcdTC dH
pmppp
====
Pour une mole de gaz parfait, on a donc : dT C dU
vm
= et dT C dH
pm
=.
A partir des deux relations : R C C
vmpm
=− et γ=
C
C
vm
pm
,
on en déduit : 1 - R
C
pm
γ
γ
= et 1 -
R
C
vm
γ
=.
Physiquement, C
pm
et C
vm
correspondent au transfert thermique molaire échangé par le système pour
une variation de température de 1 K au cours d’une transformation isobare, respectivement isochore.
2) A chaque instant le système est en équilibre thermodynamique interne : sa pression est définie est
uniforme à chaque instant et
PdV - W
=
δ
.
Ainsi :
k
V
dV
. cte - PdV - W ==δ ,
soit :
∫
==
2
1
V
Vk-1
1
k-1
2
k
V - V .
k - 11
. cte-
V
dV
. cte - W
cte = P
1
V
1k
→
=k-1
1
k-1
2
k
11 V - V .
k - 11
. VP - W
→
=11
k-1
2
k
11 VP - VVP .
k - 11
- W
P
1
V
1k
= P
2
V
2k
→ 1 -k VP - VP
VP - VVP .
k - 11
- W 1122
11
k-1
2
k
22 =
=
3)
Pour une mole d’un gaz parfait,
dT C dU
vm
= → )VP - V(P
1 -
1
)T - (T
1 -
R
U 112212 γ
=
γ
=∆
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Le bilan énergétique appliqué au système gazeux s’écrit : W Q U
+
=
∆
→ W U Q
−
∆
=
d’où :
1 - k1
-
1 -
1
)VP - V(P Q
1122
γ
=,
ou encore : )T - (T R
1) -(k 1) - ( -k
Q
12
γ
γ
=
Q est donc de la forme )T - (T C Q
12m
=, avec R
1) -(k 1) - ( -k
C
m
γ
γ
=.
4)
On rappelle que :
- pour une transformation isochore : dT C U dQ
vm
=δ= →
Vvm
)T/Q( C ∂∂=
- pour une transformation isobare : dT C H dQ
pm
=δ= →
Ppm
)T/Q( C ∂∂=
- pour une transformation polytropique : dT C Q
m
=δ →
γ
∂∂=
PV
m
T)Q/( C
C
vm
, C
pm
et C
m
on la même unité : J.K
-1
.mol
-1
, C
m
apparaît donc comme le transfert thermique molaire
échangé par le système pour une variation de température de 1 K au cours d’une transformation
polytropique.
5) k = 0 : R
1 -
C
m
γ
γ
=, soit
pmm
C C = ; la transformation est isobare puisque PV
0
= P = cte.
k = 1 : ∞→ C
m
, ce qui correspond au cas où le système peut emmagasiner une quantité de chaleur
quelconque sans variation de température. En effet, pour que
dT C Q
m
=δ
soit finie pour ∞→ C
m
,
il faut que
0 Td
=
. La transformation est alors isotherme, ce qu’on retrouve puisque si k = 1, PV
1
=
cte, or le gaz est parfait, soit PV = RT = cte.
k =
γ
γγ
γ : 0 C
m
= ; la transformation est adiabatique caractérisée par PV
γ
= cte.
Dire que
m
C est nulle revient à dire que le système n’a pas la capacité d’échanger de la chaleur avec
le milieu extérieur puisque
0 dT C Q
m
==δ
. Noter bien que cela n’empêche pas la température du
système de varier, la transformation n’est pas isotherme.
k
→
→→
→
∞
∞∞
∞ : R
1 -
1
C
m
γ
= ; soit
vm
m
C C = ; la transformation est isochore puisque cte PV
k
= s’écrit
encore cte VP
k/1
=, soi si k → ∞, V = cte .
On regroupe les résultats dans le tableau suivant :
transformation capacité thermique
isobare, P = cte C
pm
isochore, V = cte C
vm
isotherme, T = cte
infinie
adiabatique nulle
Corrigé Exercice 3 :
1.
dU = m c
v
dT
⇒
U = m c
v
T + U
o
.
V
dV
mr
T
dT
mc
T
PdV dTc m
T
W - dU
T
Q
dS
v
v
+=
+
=
δ
=
δ
=.
En différenciant l’équation des gaz parfaits PV = nRT, on obtient :
exosup.comexosup.com page facebookpage facebook
PdV + VdP = nRdT → dP
P
V
dT
P
nR
dV −= →
P
dP
T
dT
V
dV −=
→ P
dP
mr
T
dT
mc
P
dP
mr
T
dT
)rc(m
P
dP
T
dT
mr
T
dT
mc
V
dV
mr
T
dT
mcdS
pvvv
−=−+=
−+=+=
→
P
dP
mr
T
dT
mcdS
p
−= ⇒
op
S ln(P)mr - .ln(T)mc S +=
Ce résultat peut être obtenu par intégration directe de la différentielle :
V
dV
mr
T
dT
mcdS
v
+=
⇒
ov
S' mr.ln(V) .ln(T)c m S ++=
⇒
ov
S'
P
mrT
lnr m .ln(T)c m S +
+=
⇒
ov
S' ln(P)mr -ln(mrT)mr .ln(T)mc S ++=
⇒
{
}
{
}
ov
S' ln(mr)mr Pln mr - ln(T) mr mc S +++=
⇒
op
S ln(P)mr - .ln(T)mc S += .
2. Le gaz est parfait, la transformation est isotherme ⇒
o1122
mrT VP VP ==
:
⇒ dU = mc
v
dT = 0 ⇒
⇒⇒
⇒ 0 T mc Q W U
vrr
=∆=+=∆ ⇒
⇒⇒
⇒
r
r
W- Q =
.
1
2
o
1
2
o
2
V
1
V
o
2
V
1
V
r
P
P
ln mrT
V
V
ln mrT -
V
dV
mrT - PdV - W ==
∫
=
∫
=
⇒
⇒⇒
⇒
1
2
or
P
P
ln mrT - Q =
o
r
T
Q
S=∆
, soit :
1
2
1
2
V
V
lnr m
P
P
ln r m - S ==∆
3. La transformation est irréversible et isotherme :
0 Q W U
ii
=+=∆
3.a - ∆U = 0 ⇒ )V - V(P - dV P -dV.P -dV.P -WQ-
122
2
V
1
V
2
2
V
1
V2eii
=
∫
=
∫
=
∫
== .
o11
mrT VP = ⇒
1
o
1
P
mrT
V =
⇒
1
2
o12
P
P
mrT VP =
⇒
=1 -
P
P
mrT )V - V(P
1
2
o212
⇒
=1-
P
P
mrTW
1
2
oi
et
=1-
P
P
mrT - Q
1
2
oi
3.b -
−+−=−∆ 1
P
P
mr
P
P
ln mr
T
Q
S
1
2
1
2
o
i
soit :
−−=−∆
1
2
1
2
o
i
P
P
ln1
P
P
mr
T
Q
S
.
En posant :
1
2
P
P
x =
⇒
[ ]
0xln1x mr
T
Q
S
o
i
≥−−=−∆
. (cas où P
2
> P
1
)
Transformation irréversible →
0 S
i
≥
→
[ ]
0xln1x mrS
T
Q
S
i
o
i
≥−−==−∆
.
3.c - Etude de la quantité W
i
– W
r
:
Pour une transformation réversible :
rr
Q W U +=∆
;
eie
S S S S =+=∆
(S
i
= 0 car transformation réversible)
exosup.comexosup.com page facebookpage facebook
6
1
/
6
100%
