Entropie - Jean

Entropie
I78. Mélange eau-glace.
Capacité thermique massique de l'eau liquide : c = 4200 J.kg–1.K–1 ; de la glace : c' = 2100 J.kg–1.K–1 ; chaleur latente
(enthalpie) de fusion de la glace à 0 °C : L = 330000 J/kg ; T = θ + 273.
Quelle masse m1 de glace à θ1 = –10 °C faut-il mélanger à m2 = 1 kg d'eau à θ2 = 25 °C pour obtenir uniquement de
la glace à θ0 = 0 °C ? Calculer la variation d'entropie. Est-elle conforme au second principe ?
II41.
Un cylindre est partagé en deux compartiments par un piston étanche qui y coulisse librement. Chaque compartiment
contient primitivement une mole d’air ( ) sous à pour le compartiment de droite et
pour le compartiment de gauche. Le seul échange de chaleur qui a lieu est celui entre les deux gaz.
Calculer la température T et la pression finales et la variation d’entropie. Est-elle conforme au second principe ?
1, 4γ=01barp=1300 KT=
2600 KT=
p
III26.
Deux corps de capacités thermiques égales ()dU T
CdT = et de températures initiales et échangent de la
chaleur seulement entre eux. Soit et leurs températures et et leurs énergies internes à un instant
quelconque. Exprimer la variation d’entropie dS de l’ensemble en fonction de . En déduire le sens des
échanges thermiques et la condition d’équilibre. Montrer que cet équilibre est stable ou non selon le signe de la dérivée
seconde de S par rapport à à l’équilibre thermique. En déduire la condition sur C pour que l’équilibre soit stable.
1i
T2i T
1
T2 T1 U2 U
12 1
,,TT dU
1
U
IV41.
Le rayonnement en équilibre thermique à la température T dans un volume V se comporte comme un fluide de
pression et d’énergie interne , où a est une constante positive. Exprimer son entropie.
Quelle est la relation entre la température et le volume pour une adiabatique réversible ? Si un rayonnement passe de
façon adiabatique et irréversible de à
4/3paT=4
UaTV=
,
ii
TV ,
f
f
TV, à quelle inégalité satisfont ces grandeurs ?
V11.
Un gaz thermiquement isolé et de constant est en équilibre dans les conditions quand on fait passer
soudainement la pression extérieure qui lui est appliquée à
γ,,
iii
pVT
f
p. On maintient cette pression extérieure constante. Au
bout d’un certain temps, le gaz parfait prend un état d’équilibre ,,
f
ff
pVT
. En appliquant le premier principe à cette
transformation, déterminer /
f
i
VV en fonction de /
f
i
app= et de . En déduire la variation d’entropie de ce gaz
sous la forme , où et sont deux fonctions à déterminer. En étudiant la fonction
, discuter le signe de . Est-il en accord avec le second principe ? En cas d’irréversibilité, précisez-en la
cause.
γ
()
(
fg
vp
SC a C a∆=+γ
)
,f g
()
Sa∆S∆
VI58.
Un récipient est séparé en deux parties par une paroi. A droite un volume V1 = 1 litre contient un gaz parfait à la
pression p1 = 2 bars et à la température T0 = 300 K. On a fait le vide dans la partie de gauche de volume V2 = 1 litre. A
un certain instant, on escamote la paroi, sans que cela nécessite de travail, et l'on attend que l'équilibre s'établisse. Soit Z
la transformation correspondante subie par le gaz.
1) On suppose que le gaz n'a pas échangé de chaleur. Montrer que sa température finale est T0.
2) On suppose que le gaz peut échanger de la chaleur, mais que le milieu extérieur est maintenu à la température T0.
Montrer que la chaleur reçue par le gaz au cours de la transformation Z est nulle.
3) Montrer que l’hypothèse faite en 1) implique que l'entropie du gaz a augmenté.
4) Montrer que l’hypothèse faite en 2) implique que l'entropie du gaz a augmenté.
5) Calculer littéralement puis numériquement la variation de l'entropie du gaz dans la transformation Z.
VII70. Question de cours.
1) Décrire l’expérience de la détente de Joule-Gay Lussac.
2) Montrer que cette expérience illustre la première loi de Joule, selon laquelle l’énergie interne d’un gaz parfait ne
dépend que de sa température.
3) Démontrer l’expression de l’entropie d’un gaz parfait en fonction de sa température et de son volume si sa capacité
thermique à volume constant est constante.
4) Exprimer la variation d’entropie dans une détente de Joule-Gay Lussac et interpréter son signe.
VIII79.
1) On met en contact deux corps de capacités thermiques C égales et de températures initiales T1 et T2 différentes et
on attend l’équilibre. Quelle est la température finale ? Quelle est la variation d'entropie ?
DS : entropie, page 1

2) Soient x et y deux nombres positifs distincts. Déterminer le signe de 2
()
ln 4
xy
xy
+. En déduire une propriété du
signe des capacités thermiques.
IX45.
Trois corps de même capacité thermique C ont pour températures initiales , et
. On veut déterminer dans quel domaine on peut porter la température d’un des corps par action d’une
machine thermique réversible capable d’échanger de la chaleur avec ces trois corps et ne recevant pas de travail.
1, 300 K i
T=2, 600 K
i
T=
3, 900 K i
T=
1) En appliquant le premier principe, déterminer une équation vérifiée par les température finales 1,
f
T, 2,
f
T et 3,
f
T.
2) En appliquant le second principe, déterminer une autre équation.
DS : entropie, page 2
Si on pose 11,1,
/
f
i
xTT=22,1, /
f
i
xTT=, et 33,1 /
f
i
xTT=, ces équations sont et .
123 6xxx =123
6xxx++=,
3) Pour une valeur de donnée, est-il possible de trouver des valeurs pour et ? En déduire le domaine de
température où peut se trouver la température finale d’un des corps.
3
x1 x2 x
Réponses
I. 220
1
01
[( )]
20,714 kg
()
mL c
mc
+−
==
′−
θθ
θθ ; 02 0
12
10 2
ln ln 46, 5J/K
TmL T
Smc mc
TT T
′
∆=−+=.
II. 12
450 K
2
TT
T+ == ; ;
0
pp =
21
12
ln 3, 4 J.K
1
nR T
STT
−
γ
∆==
γ− .
III. 112
11
dS dU TT
⎛⎞
⎟
⎜
=−⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
; . 0C>
IV. 3
4
3
aT V
S= ; adiabatique réversible : reste constant ; adiabatique irréversible : .
3
TV 33
ii ff
TV TV<
V. 11
1
fi
VV a
⎛⎞
⎟
⎜
=−+⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
γγ
; 11
ln ln 1
vp
SC aC a
⎛⎞
⎟
⎜
∆=+ −+⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
γγ
.
VI.5) 11 2 1
01
ln 0, 46 J. K
pV V V
STV
−
+
∆==
VII. 4) ln
f
i
V
SnR
V
∆=.
VIII. 1) 12
2
f
TT
T+ = ; 2
12
12
()
ln 0
4
TT
SC TT
+
∆=>
; 2) . 0C>
IX. 1) 1, 2, 3, 1, 2, 3,
f
ffii
TTT TTT++=++
i
; 2) 1, 2, 3, 1, 2, 3, .. ..
f
ff ii
TTT TTT=i ; 3) . 281K 992 K
f
T<<

Corrigé
I.
DS : entropie, page 3
0
→θ
11 0 22 0
glace glace et eau eau glace mm→→θθ θθ
10 1 2 20 2
220
1
01
02 0
12
10 2
() ()0
[( )]
330000 4200 25 20,714 kg
2100 10
()
273 330000 273
ln ln 20,714 2100 ln 4200 ln 46,5J/K
263 273 298
Hmc mLmc
mL c
mc
TmL T
Smc mc
TT T
′
∆=−− +−=
+−+×
== =
′×
−
′
∆=−+=× −+=
θθ θθ
θθ
θθ
La transformation est adiabatique et irréversible (mise en contact de deux corps de températures différentes), donc
, ce qui est bien vérifié. 0S∆>
II. Pour l’ensemble des deux gaz, . 0=∆U
En utilisant l’expression 1−
=
γ
nRT
U, on en déduit
(
)
(
)
K450
2
0
11 2121 =
+
==
−
−
+
−
−TT
T
TTnRTTnR
γγ
.
En utilisant l’expression 1−
=
γ
pV
U, on en déduit 0
pp
=
.
1
2
21
2
21 K.J4,3
600300
450
ln
4,0 314,84,1
ln
1
lnln − =
×
×
=
−
=+=∆ TT
TnR
T
T
C
T
T
CS pp
γ
γ
.
La transformation est adiabatique et irréversible puisqu’on met en contact deux corps de températures différentes. Le
second principe s’écrit , ce qui est bien vérifié. 0>∆S
III.
• 12
212 1 12 1
12 1
11CdT CdT
QdU dU CdT CdTdSdS dS dU
TT TT
⎛⎞
⎟
⎜
δ==−==−=+= + = −⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
2
• Comme la transformation est adiabatique et irréversible, , donc est du signe de 0dS >Qδ
21
11
TT
−, c’est-à-
dire du signe de .
12
TT−
• A l’équilibre, s’il est stable, S ne peut plus augmenter, donc maximum :
()
1
SU
1
0
dS
dU =, soit .
12
TT=
• Comme maximum,
(
1
SU
)
2
2
1
0
dS
dU <. Or 212
12
222
12 1 2
112
11
11 1
dd
d S dT dT
TT C
dU dU dU dU
dU T T T T
⎛⎞
⎟
⎜
=+=−− =−+⎟
⎜⎟
⎟
⎜
⎝⎠
22
12
1
.
La condition 2
2
1
0
dS
dU < implique donc . 0C>
IV. 4
43
32
44
3(3
3
aT
aT dV aT Vdt dV
dU pdV a
dU TdS pdV dS T dV T VdT
TT
++
+
=−⇒== =+
)
qui est la différentielle de 3
4
3
aT V
S=+cste
. La constante d’intégration est nulle à cause du troisième principe selon
lequel si .
0S=0T=
Pour une adiabatique réversible, l’entropie est constante, donc reste constante au cours de la transformation.
3
TV
Pour une adiabatique irréversible, l’entropie augmente, donc .
33
ii ff
TV TV<

V.
Appliquons le premier principe au gaz : ; soit, en explicitant, UW∆=
(
1
ff ii
)
f
fi
pV pV pV V −=−−
γ− ; d’où
11
1
fi
VV a
⎛⎞
⎟
⎜
=−+⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
γγ
Or l’entropie d’un gaz parfait de constant est γ
()
ln ln ln ln ln ln
vv vv
pV
S C T nRV cste C nRV cste C p C nR V cste
nR
=++= ++=++ +
, soit
ln ln
vp
SC pC Vcste=+ +
D’où 11 ln ln 1
vp
SC aC a
⎛⎞
⎟
⎜
∆=+ −+⎟
⎜⎟
⎜
⎝⎠
γγ
Etudions la fonction :
()
Sa∆
()
(
()
)
2
1
111
1
11 11 11
11
vv
vp
dS C C a
a
CC
da a a a a
a
a
⎡⎤
−⎢⎥
∆γ−
γ⎢⎥
=+ = −=
⎢⎥
⎛⎞ γ− +
⎢⎥
⎟
⎜
−+−+
⎟
⎜
⎢⎥
⎟
⎜
γγ ⎝⎠
γγ
⎢⎥
⎣⎦
1−1γ>
1
−
du signe de a (car ).
a 0 1 +∞
dS
da
∆ − +
S∆ 20/
Ce tableau de variation montre que :
• si , , en accord avec le fait que la transformation est adiabatique et irréversible ; en simplifiant, on
dit en général que l’irréversibilité consiste en la mise en contact de deux pressions différentes ; en réalité, si le gaz
soumis à une pression extérieure constante n’a pas de frottement interne, il constitue un ressort et oscille de façon
périodique ; l’irréversibilité est due au frottement interne dans le gaz, qui amortit les oscillations ;
1a≠0S∆>
• si , , car il ne se passe rien. 1a=0S∆=
VI.
1) Appliquons le premier principe au gaz :
()
2
1
2
UmvW
∆+=+
Q
, soit . Comme l’énergie interne
d’un gaz parfait est une fonction croissante de la température, cela implique que la température est inchangée.
0U∆=
2) Appliquons le premier principe au gaz :
()
2
1
2
UmvW
∆+=+
Q
, soit . Comme la température est
inchangée, , donc .
UQ∆=
0U∆=0Q=
3) Comme la transformation est adiabatique et irréversible, l’entropie a augmenté.
4) Comme la transformation est irréversible,
0
0
Q
ST
δ
∆>=
∫
, donc l’entropie a augmenté.
5) 53
11 2 1
01
2.10 10
ln ln 2 0, 46 J. K
300
pV V V
STV
−−
+×
∆== =
VII.
1) Deux ballons sont reliés par un robinet. L’un contient un gaz, l’autre le vide. On ouvre le robinet. Gay Lussac a
constaté que en gros la température ne variait pas.
2) Appliquons le premier principe au gaz et à son récipient. L’ensemble ne reçoit pas de chaleur et ne reçoit que la
faible quantité de travail nécessaire pour ouvrir le robinet. L’énergie cinétique est nulle dans l’état initial et dans l’état
final. L’énergie interne du récipient, qui ne dépend que de la température, n’a pas changé. Le premier principe montre
donc que l’énergie interne du gaz n’a pas changé.
L’état d’un gaz dépend à priori de deux paramètres, donc . L’expérience précédente montre que (, )UUTV=
(, ) (, )
i
f
UTV UTV=. Si l’expérience a été réalisée dans des conditions très variées et a donné toujours ce même
résultat, elle montre donc qu’en réalité l’énergie interne ne dépend pas du volume.
3) En utilisant le premier et le second principe pour une transformation quasi statique et réversible, on démontre
l’identité thermodynamique, soit :
ln ln cste
VV
V
CdT pdV CdT
QdU W nR
dS dV S C T nR V
TT T TV
δδ +
−
== = = + ⇒=++
.
4) ln
f
i
V
SnR
V
∆=.
DS : entropie, page 4

VIII.
1) 12
12
()()0 2
ff f
TT
CT T CT T T +
−+−=⇒=
2
12
12 12
()
ln ln ln 0
4
ff
TT TT
SC C C
TT TT
+
∆=+= >
car la transformation est adiabatique et irréversible.
2)
2
22
22
2
2
()0
20
24
()
1
4
()
ln 0
4
xy
xy xy
x y xy xy
xy
xy
xy
xy
−>
+−>
++ >
+>
+>
En identifiant dans la relation trouvée à la question 1 et , on en déduit .
1
xT=2 yT=0C>
IX.
1)Le premier principe appliqué à l’ensemble des sources et de la machine donne :
(
)
(
)
(
)
iiifffifififmachine TTTTTTTTCTTCTTCUUUU ,3,2,1,3,2,1,3,3,2,2,1,1321 00 ++=++=−+−+−⇒=∆+∆+∆+∆ .
2)Le second principe appliqué à l’ensemble des sources et de la machine donne :
iiifff
i
f
i
f
i
f
machine TTTTTT
T
T
C
T
T
C
T
T
CSSSS ,3,2,1,3,2,1
,3
,3
,2
,2
,1
,1
321 ....0lnlnln0 ==++⇒=∆+∆+∆+∆ .
3) Pour donné, il faut résoudre
3
x321 6xxx
−
=+ et 321 /6 xxx
=
, donc et sont racines de
. Ces racines existent si
1
x2 x
()
0/66 33
2=+−+ xxxx
(
)
0/246 3
2
3>−− xx . La fonction
(
)
xx /246 2−− possède trois
zéros 7,759 3,305 et 0,936 et est positive si ou si 759,7>x305,3936,0
<
<
x. Comme les températures sont positives,
le premier intervalle n’est pas acceptable et les températures accessibles sont celles de l’intervalle délimité par
et K281300936,0 =× K992300305,3 =
×
.
DS : entropie, page 5