Correction du TD n 2

Correction TD 2
Exercice 1 :
1.
P
P2=3P1
2
B
Chemin 1 : 1 A 2
Chemin 2 : 1 B 2
Chemin 3 : 12 (isotherme)
P1
1
A
V
V2
2.
V1=3V2
W1A2 =∫1A2 −Pext dV = ∫1A2 −PdV = ∫1A −PdV
car la transformation est
réversible et en plus la tarnsf. (A2) est isochore.
W1A2 = -P1 (V2-V1) = P1 (V1-V2). Positif.
De même W1B2 =∫B2 −PdV
A.N. W1A2 =200J
=- P2 (V2-V1) = P2 (V1-V2) positif.
A.N. W1B2
=600J
Le travail échangé lors de la transformation isotherme 12 est :
V
V dV
W12 = ∫V 2 −PdV = −nRT ∫V 2
1
1
V
V
= P1 V1 Ln (V1 ) . En effet: nRT = cte = P1 V1 = P2 V2
2
.A.N. W12 =329.58J
Le travail dépend du chemin suivi. Ce n’est pas une fonction d’état. δW n’est pas
une d.t.e.(différentielle totale).
3. C’est la transformation (1A2). C-à-d une isobare pas une isochore.
Exercice 2 :
•
Compression, isotherme, réversible
(𝑉 diminue)
;
(𝑇 = 𝑐𝑡𝑒)
𝑉1
𝑇1 = 𝑇2 = 𝑐𝑡𝑒
𝑉2
•
Réversible c à d : 𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑃𝑔𝑎𝑧
C’est à dire passer par une infinité d’états d’équilibre
a.
𝐺. 𝑃,
𝑉2 =
𝑉2 : Volume finale ?
𝑇 = 𝑐𝑡𝑒 => 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 => 𝑃1 𝑉1 = 𝑅𝑇1 = 𝑃2 𝑉2
𝑃1
𝑉
𝑃2 1
𝐴. 𝑁: 𝑉2 =
1
𝑉 = 3,33𝑙
3 1
𝑇2 = 𝑇1 ?
𝑇2 =
𝑃2 𝑉2 𝑃1 𝑉1 105 ∗ 10 ∗ 10−3 103
=
=
=
= 122 𝐾
𝑅
𝑅
8,32
8.32
𝑇2 ≅ 122 𝐾
b. Calculer le travail 𝑊𝐴→2 de cette transformation
Travail élémentaire :
𝛿𝑊 = −𝑃𝑒𝑥𝑡 𝑑𝑉 ; Or 𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑃𝑖𝑛𝑡 = 𝑃𝑔𝑎𝑧 (transformation
réversible)
𝑅𝑇
𝛿𝑊1→2 = −𝑃𝑔𝑎𝑧 𝑑𝑉
= − ( 𝑉 ) . 𝑑𝑉
(𝑃𝑉 = 𝑅𝑇)
On intègre 𝑅 = 𝑐𝑡𝑒 ; 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒
2
𝑉2
𝑊𝐴→2 = ∫ 𝑆𝑤 = − ∫ 𝑅𝑇
1
𝑉1
𝑉2
𝑑𝑉
𝑑𝑉
= −𝑅𝑇 ∫
𝑉
𝑉1 𝑉
𝑉2
𝑃1
𝑊1→2 (𝑟𝑒𝑣) = −𝑅𝑇1 𝐿𝑛 ( ) = −𝑃1 𝑉1 𝐿𝑛
𝑉1
𝑃2
𝑊1→2 (𝑟𝑒𝑣) = +1109 𝐽
C. Variation de l’énergie interne ∆𝑈1→2 ?
Le 1er principe de thermo ∆𝑈1→2 = 𝑊1→2 + 𝑄1→2
𝑄1→2 ? on utilise alors la 1er loi Joule
𝑑𝑈 = 𝐶𝑉 𝑑𝑇
Donc :
; 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒 → ∆𝑈 = 0𝐽
𝑊1→2 + 𝑄1→2 = 0 finalement 𝑄1→2 = −𝑊1→2
𝑄1→2 (𝑟𝑒𝑣) = −𝑊1→2 = −1109𝐽
2. La compression (1) -> (2) : (isotherme se fait brutalement) rapide sont attendre
l’équilibre)
a. Travail : 𝑆𝑊1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = −𝑃𝑒𝑥𝑡 . 𝑑𝑉 ( 𝑃𝑒𝑥𝑡 ≠ 𝑃𝑔𝑎𝑧 tranfo rapide)
𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑃2 = 𝑃𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑆𝑤1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = −𝑃2 . 𝑑𝑉 ; 𝑃2 = 𝑐𝑡𝑒
𝑉2
𝑆𝑤1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = − ∫ 𝑃2 . 𝑑𝑉 = −𝑃2 = ∫ 𝑑𝑉 = −𝑃2 (𝑉2 − 𝑉1 )
𝑉1
𝑤 ′ (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = 2000𝐽
b. ∆𝑈1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) ?
∆𝑈1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = 𝐶𝑉 𝑑𝑇 = 0 ; 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒
∆𝑈1→2 = 𝑈2 − 𝑈1 = 𝑈𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒 − 𝑈𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙𝑒 => car U est une fonction d’état ne dépend
pas du chemin suivi.
c. Comparaison des travaux :
𝑊1→2 (𝑟𝑒𝑣) = +1109 𝐽
𝑊1→2 (𝑖𝑟𝑟𝑒𝑣) = +2000 𝐽
Donc le travail dépend du chemin suivi, et n’est pas une fonction d’état et de plus
𝑊1→2 (𝑖𝑟𝑒𝑣) > 𝑊1→2 (𝑟𝑒𝑣)
Exercice 3 :
Air de l’état (0) (𝑃0 , 𝑉0 , 𝑇0 ) à l’état (1) (𝑃1 , 𝑉1 , 𝑇1 )
Tel que :
𝑃1 =
𝑃0
𝐾
𝑒𝑡 𝑉1 = 𝐾. 𝑉0
Etat 0 → état 1
; 𝐾>1
(𝑃0 , 𝑉0 , 𝑇0 )
(𝑃1 , 𝑉1 , 𝑇1 )
1/ comparer 𝑇0 𝑒𝑡 𝑇1
𝑃 𝑉
𝑃 𝑉
0 0
𝑃0 𝑉0 = 𝑛𝑅𝑇0 => 𝑇0 = 𝑛𝑅
= 0𝑅 0
𝐺𝑃 = {
𝑃1 𝑉1
𝑃 𝑉
𝑃1 𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇1 => 𝑇1 = 𝑛𝑅
= 1𝑅 1
𝑇0 − 𝑇1 = 𝑃0 𝑉0 − 𝑃1 𝑉1 = 𝑃0 𝑉0 −
𝑃0
𝑘
𝑉0 𝑘 = 𝑃0 𝑉0 − 𝑃0 𝑉0 = 0 ⟹ 𝑇0 = 𝑇1 = 𝑐𝑡𝑒
transformation isotherme
D’où la variation de l’énergie interne ∆𝑈1→2
∆𝑈1→2 = 0 = 𝐶𝑉 . ∆𝑇 <- d’après la 1ère loi Joule pour un GP
2/
•
Comparaison des travaux 𝑊𝐴→𝐵 et 𝑊𝐴→𝐵
1
2
𝑉 𝑑𝑉
−𝑅𝑇0 ∫𝑉 1 𝑉
0
𝑉
•
𝑊𝐴→𝐵 ∗ (𝑇 = 𝑐𝑡𝑒) = ∫ −𝑃. 𝑑𝑉 =
•
𝑊𝐴→𝐵 = − ∫ 𝑃. 𝑑𝑉 or 𝑃 varie linéairement en fonction de 𝑉
1
= −𝑃0 𝑉0 𝐿𝑛 𝑉1 = −𝑃0 𝑉0 𝐿𝑛 𝑘
0
2
C à dire : 𝑃 = 𝑎 𝑉 + 𝑏
𝑎? 𝑏?
En A => 𝑃0 = 𝑎 𝑉0 + 𝑏
𝑃1 = 𝑎 𝑉1 + 𝑏
=>
𝑃1 −𝑃0
𝑎=
−𝑃
−𝑃
𝑃 = 𝐾𝑉0 𝑉 +
0
0
𝑃0 (1+𝐾)
𝐾
D’où : 𝑤𝐴→𝐵 =
2
et 𝑏 = 𝑃0 =
= 𝐾𝑉0
𝑉1 −𝑉0
=
𝑃0
𝑃1 −𝑃0
𝑉1 −𝑉0
=
𝑃0 (1+𝐾)
𝐾
𝑉
[− 𝑉 + (1 + 𝐾)]
𝐾
0
−𝑃0 𝑉0 𝐾²−1
(
2
𝐾
)
𝐾²−1
Comparaison de 𝐿𝑛 𝑘 et (
que (
2𝐾
) , d’après la représentation graphique on constate
𝐾²−1
2𝐾
) > 𝐿𝑛 𝑘 d’où −𝑃0 𝑉0 𝐿𝑛 𝑘 >
−𝑃0 𝑉0 𝐾²−1
2
(
𝐾
)
Donc : 𝑊𝐴→𝐵 > 𝑊𝐴→𝐵
1
2
3/ La quantité de chaleur 𝑄1 𝑒𝑡 𝑄2 ?
𝑇 = 𝑐𝑡𝑒 => ∆𝑈 = 0 => 𝑊1 = −𝑄1 (pour le chemin (1) 𝑇 = 𝑐𝑡𝑒)
𝑄𝐴1𝐵 = +𝑃0 𝑉0 𝐿𝑛𝐾
Chemin 2 :
𝑇 ≠ 𝑐𝑡𝑒 ; ∆𝑈𝐴2𝐵 = 0 car u ne dépend pas du chemin suivi
∆𝑈(2) = ∆𝑈(1) = 0 Donc :
𝑇=
𝑃𝑉
𝑅
=
𝑄𝐴2𝐵 = −𝑊𝐴2𝐵 =
𝑃0 𝑉 −𝑉
𝑛𝑅
[ 𝑉 + 1 + 𝑘] ; 𝑇0 =
0
𝑃0 𝑉0
𝑅
−𝑃0 𝑉0
2𝑘
Alors 𝑇 =
(𝑘 2 − 1)
𝑃0 𝑉0 𝑉
𝑅𝑘
𝑉²
[𝑉 (𝑘 + 1) − 𝑉² ]
0
0
Exercice 4 :
1. On introduit dans les conditions initiales un morceau de glace dans un
calorimètre de capacité calorifique totale Ccalo = 50 J/K. On se propose de
déterminer l’état d’équilibre final possible.
La température d’équilibre peut être positive, négative ou nulle.
Ecrivons l’équation calorimétrique pour chacun de ces cas :
a) Température finale négative (− 10 °C  F < 0 °C. ):
Si la température est négative, alors toute l’eau liquide s’est transformée en glace.
Pour ce fait, l’eau liquide devra se refroidir jusqu’à 0 °C, se transformer par la suite
en glace à 0 °C et se refroidir ensuite jusqu’à la température d’équilibre finale F.
L’équation de bilan est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre = 0
 m g c g ( F −  g ) + me ce (0C −  e ) − me L f + me c g ( F − 0C ) + Ccalo ( F −  e ) = 0


 

 
H glace
H calorimètr e
H froide
b) Température finale nulle:
Si la température est nulle, on peut alors avoir soit une masse x de la glace qui se
transforme en liquide (1er cas), soit une masse y de l’eau liquide qui se transforme
en glace (2ème cas). A l’état final, on a de l’eau liquide et de la glace à F = 0 °C.
▪ Pour le premier cas : Ce cas doit satisfaire la condition (0  x < mg =200 g)
L’équation de bilan est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre = 0
 m g c g (0C −  g ) + xL f + me c e (0C −  e ) + Ccalo (0C −  e ) = 0


  
H glace
▪
H liquide
H calorimètr e
Pour le deuxième cas : Ce cas doit satisfaire la condition (0  y < me =100 g)
L’équation de bilan est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre = 0
 m g c g (0C −  g ) + me c e (0C −  e ) − yL f + Ccalo (0C −  e ) = 0
  
H glace
H liquide
c) Température finale positive (0 °C < F  15 °C. ):
H calorimètr e
Si la température est positive, alors toute la glace s’est transformée en eau liquide.
Pour ce fait, la glace devra se réchauffer jusqu’à 0 °C, se transformer par la suite
en eau liquide à 0 °C et sa température augmente ensuite jusqu’à atteindre F:
L’équation de bilan est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre = 0
 mg c g (0C −  g ) + mg L f + mg ce ( F − 0C ) + Ccalo ( F −  e ) + me ce ( F −  e ) = 0

 


 
H glace
H calorimètr e
H froide
2. Pour conclure sur l’état d’équilibre possible, il faut effectuer les calculs
numériques et voir si le résultat obtenu correspond à la situation déjà décrite.
m g c g g + me ce e + me L f + Ccalo e
a) L'expression de F est :  F =
m g c g + me c g + Ccalo
Le calcul numérique donne :
200  2.06  ( −10 ) + 10  4.18  15 + 100  333 + 50  15
F =
C = 45.74 C
200  2.06 + 100  2.06 + 50
Cette valeur ne satisfait pas la condition déjà adoptée. L’état d’équilibre a) n’et pas
donc possible.
b)
▪
1er cas : une masse x de la glace se transforme eau liquide (0  x < mg =200
g)
m c  + me ce e + Ccalo e
L'expression de x est : x = g g g
Lf
Le calcul numérique donne :
200  2.06  ( −10 ) + 100  4.18  15 + 50  15
x=
g = 8.71 g
333
Le résultat trouvé est compatible avec l’hypothèse admise au départ. Il s’en donc
que c’est l'état d’équilibre possible.
Le mélange final se trouve alors à la température F = 0 °C et présente la
composition suivante :
Glace = mg − x = 200 g − 8.71 g = 191.29 g
Eau liquide = me + x = 100 g + 8.71 g = 108.71 g
Remarque :
Il n’existe qu’un seul état d’équilibre possible. Dès qu’on trouve un résultat logique,
on arrête les vérifications. L’enseignant peut demander aux étudiants de vérifier
que les autres états déjà supposés ne sont pas possibles.
3. Dans le cas où on ajoute au mélange une quantité de chaleur Q (provenant d’une
source de chaleur), on doit s’attendre à ces états d’équilibre:
a) Equilibre à F = 0 °C avec une masse x1 > x qui se transforme en eau liquide
b) Equilibre à 0 < F < 100 °C
c) Equilibre à F  100 °C
▪
a) L’équation calorimétrique correspondante est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre + H Source = 0
 m g c g (0C −  g ) + x 1 L f + me c e (0C −  e ) + Ccalo (0C −  e ) + −
Q =0

   H
H liquide
H glace
 x1 =
H calorimètr e
Source
m g c g  g + me c e e + C calo e + Q
Lf
A. N. :
200  2.06  ( −10 ) + 100  4.18  15 + 50  15 + 10 5
x1 =
g = 309 g
333
La masse x1 doit être inférieure à mg = 200 g. L’état a) n’est pas donc possible
▪
b) L’équation calorimétrique correspondante est :
H système = H glace + H froide + H calorimètre + H Source = 0

m g c g (0C −  g ) + m g L f + m g c e ( F − 0C ) + Ccalo ( F −  e ) + me c e ( F −  e ) + −
Q =0


 


 
H calorimètr e
H glace
 F =
H froide
H source
Q − m g L f + m g c g g + C calo e + me c e e
m g c e + me c e + C calo
A. N. :
10 5 − 200  333 + 200  2.06  ( −10 ) + 50  15 + 100  4.18  15
F =
C = 27.84 C
200  4.18 + 100  4.18 + 50
Cette température finale est compatible avec l'hypothèse admise au départ. L'état
d'équilibre final consiste en la présence d'une masse m = mg + me = 300 g d'eau
liquide à la température F= 27.84 °C.
Exercice 5.
1)
Le système (calorimètre, eau, métal, résistance électrique) est isolé
thermiquement. Donc : ∑i Qi = 0
C-à-d C
⏟calo (T2 − T1 ) + m
⏟eau Ceau (T2 − T1 ) + m
⏟metal Cmetal (T2 − T1 ) = R
⏟0 I²t
Qcalo
⟹ Cmetal =
A.N
Qeau
Qmetal
Qrésistance
RI²t−(Ccalo +meau Ceau )(T2 −T1 )
mmetal (T2 −T1 )
Cmetal = 0.3Jg −1 K −1
2) On va chercher la masse molaire du métal puis on la compare à celle de
l’Aluminium.
CM = M × Cmetal
Avec
CM = 3R = 24.9JK −1 mole−1 (loi de Dulong et Petit).
⟹M=C
CM
metal
A.N
M = 83g mole−1
Donc ce n’est pas de l’Aluminium.