Introduction à la thermodynamique : Problèmes et corrigés

1Introduction à la thermodynamique
1.1 Problèmes de khôlle
1.1.1 Correction – Équilibre de gaz
1. À l’état initial le réservoir (A)contient nA=PAVA
RTA=9,47.104×1,00.10−3 8,31×288 '0,040 mol de gaz et le
réservoir (B)contient nB=PBVB
RTB=45.105×1,00.10−3 8,31×293 '1,85 mol de gaz.
À l’équilibre mécanique et thermique final, les grandeurs pression et température sont uniformes et
PA=PB=(nA+nB)RTf
VA+VB'22,6×105Pa
2. En négligeant le volume du tuyau de liaison, chaque réservoir a alors : nA=P VA
RTf=nB'0,945 mol
et on en déduit :
mB→A'M×(nA−nA,0)'26,2 g
1.1.2 Corrigé - Système à double piston
1. Les sous-systèmes sont fermés et leur quantité de matière reste constante. Ainsi n1(t) = n1(t= 0),
et avec la loi des gaz parfaits, on établit que p1V1
RT1=p0V0 RT0. Par ailleurs, l’équilibre thermique implique
T1=Ted’où
p1=p0V0Te
V1T0
et de même p2=p0V0Te
V2T0
2. Si le piston est déplacé vers la droite d’une distance x, alors V1(x) = V0−Sx et de même V2(x) =
V0+ 2Sx. En éliminant xentre les deux équations, il vient :
V0−V1=V2−V0
2ou encore 3V0=V2+ 2V1
3. Le nouvel état d’équilibre mécanique et thermique implique pour le double piston : (p1−pe)S=
(p2−pe)2Sd’où :
p1−2p2=−pe
4. Une modification de peet de Teva engendrer un déplacement des pistons. La relation 2donne, en

1. Introduction à la thermodynamique 1.1. Problèmes de khôlle
divisant par V0:
3 = X2+ 2X1
Par ailleurs, les relations de 1et celle de 3restent valables et p0Te
X1T0−2p0Te X2T0=−ped’où une nouvelle
relation : 1
X1−2 X2
=−1
α
On a donc un système de deux équations à deux inconnues qui donne : 2X12+(4α−3)X1−3α= 0.
Cette équation n’admet qu’une racine positive : X1=3−4α+√9+16α2
4dont on déduit :
(V1=V03−4α+√9+16α2
4
V2=V03+4α−√9+16α2
2
5. Il suffit de ré-exploiter les relations 1:
(p1=p0TeV0
T0V1=peα X1
p2=p0TeV0
T0V2=peα X2
6. De α=Tep0
T0pe, on déduit α=p0 pe(1 + ε) = 1 + εet il ne reste qu’à faire un DL à l’ordre 1 de V1et
V2:√9 + 16α2'√25 + 32ε'51 + 32
25 ε0,5
'5(1 + 16
25 ε). On en déduit
V1'V01−ε
5
V2'V01 + 2
5ε
V=V1+V2'V0+1
5ε
1.1.3 Correction – Ça tourne !
1. Le système {piston} placé dans un référentiel galiléen, est soumis à son poids, la réaction du support
et les forces de pression du gaz dans l’enceinte et de l’atmosphère.
O
z
r
m#” g
#”
RN
−P0S#” ur
P S #” ur
En coordonnées cylindriques et en régime établi (r=cste et ω=cste), le principe fondamental de
la dynamiques’écrit en projection sur #” ur:−mrfω2=PfS−P0S. On en déduit :
Pf=P0−mrfω2
S
2. La pression est une grandeur définie positive, on en déduit
rf<P0S
mω2=α
3. Si la transformation est adiabatique, appliquée à un gaz parfait, et quasistatique (mécaniquement
2/3C. Cayssiols, 2012 – 2021

1. Introduction à la thermodynamique 1.1. Problèmes de khôlle
réversible), on peut lui appliquer la loi de Laplace :P V γ=cste. On peut donc établir les relations :
Pf=P0r0
rfγ
Tf=T0r0
rfγ−1
En injectant la première relation dans celle obtenue grâce au principe fondamental de la dynamique,
il vient P0r0
rfγ=P0−mrfω2 S, soit :
ω=v
u
u
t
P0S
mrf 1− r0 rf!γ!'13,7 rad ·s−1
On s’assure alors que cette vitesse angulaire permet bien de vérifier que : rf<P0S
mω2=α= 53,3 cm
4. Si la transformation est isotherme, on a PfSrf=P0Sr0dont on tire : Pf=P0r0
rfet on en déduit
que : P0r0
rf=P0−mrfω2 S, soit l’équation du second ordre : r2−αr +αr0= 0.
Cette équation admet pour discriminant : ∆ = α2−4αr0. Il existe donc, a priori, deux positions
d’équilibre :
r±=α±√α2−4αr0
2
Les applications numériques donnent :
r+'35,0 cm r−'18,2 cm
Ces positions vérifient toutes deux les critères r > 0et r < α.
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