Transformations réversibles d`un gaz parfait - Jean

Licence Science de la Mer et de l’Environnement
Physique Générale
Chapitre 13 :Transformations réversibles d’un gaz parfait
1 – Transformation d’un gaz parfait
Par exemple, on enferme le gaz dans un cylindre de section S , dans lequel le piston a
une masse négligeable, et sans frottements.
a) Echange de travail
On pousse le piston avec une pression extérieure pE . La force exercée est donc
F = PE .S . On a :
dW =−Fdx=−pE.S.dx=−pE.dV
Si le volume passe de V1 à V2 , le travail échangé sera :
V2
W =∫ − pE dV
V1
Si pE = p0 =Cte alors W =−p0.(V2 −V1 )
Si V2 <V1
alors W >0 , on a fourni du travail au gaz, il y a échauffement.
C’est ce qui se passe avec une pompe à vélo.
b) Echange de chaleur
On suppose que le système est adiabatique. Le système est en équilibre si la pression du
gaz est égale à celle de la pression extérieure.
Nous avons vu que :
pV =nRT = m RT
M
n= nombre de moles de gaz
m= masse du gaz
M = masse molaire du gaz
Si nous passons de l’état 1 à l’état 2, alors :
p1V1 p2V2
=
=nR
T1
T2
D’après la loi de Joule, la variation d’énergie interne :
ΔU12 =W +Q
2 – Irréversibilité des transformations
En principe quand on passe de l’état 1 à l’état 2, les étapes intermédiaires ne sont pas à
l’équilibre. Il faut un certain temps pour que la température s’uniformise dans le gaz. La
transformation est dite irréversible. On ne peut pas faire de retour en arrière dans les mêmes
conditions.
Dans les conditions limites, c’est à dire idéales et irréalisables, on peut supposer que
l’on effectue une suite continue d’états d’équilibre, p et T variant continûment, et la
température étant à chaque instant uniforme dans tout le volume.
1
A chaque instant la pression p à
l’intérieur du cylindre est égale à la pression
extérieure : p= pE .
Dans ce cas, on peut aller en sens inverse
sur la même courbe.
a) Réversibilité thermique
On chauffe de T à T' une masse gazeuse
à volume constant. On met par exemple en
contact une paroi du cylindre avec le milieu à
une température variable par paliers :
p
0
V1
V2
v
T1 =T +ΔT
T2 =T1 +ΔT
Paroi
isolante
T3 =T2 +ΔT
…………..
Tn−1=Tn−2 +ΔT
Tn =Tn−1+ΔT =T'
Quand ΔT →0 la transformation devient
réversible, mais évidemment le temps pour
l’accomplir devient infiniment long.
Paroi
b) Réversibilité mécanique
conductrice
Nous nous plaçons dans le cas de
de chaleur
transformations adiabatiques.
Soit un gaz parfait en équilibre dans une
enceinte adiabatique. On applique une pression
extérieure pE > p du gaz.
Le nouvel équilibre après uniformisation de la pression et de la température :
v'=v+Δv et p'= p+Δp
Dans ce cas, ce n’est pas une transformation réversible. On peut faire une
transformation adiabatique réversible en partant de l’état initial p,V,T .
La pression extérieure est d’abord pE = p , puis p+dp . Le piston est soumis à une force
p+dp , le volume de V à V +dV et la
dF =S.dP . Il se déplace. La pression varie de
T
température de à T +dT .
On fait une transformation réversible en allant très lentement de p1 à p2 .
Le travail est donné par :
V2
W =∫ − pdV
V1
2
p
p
W >0
W <0
p1
p1
p
p
p2
p2
0
V1
V
V2
0
v
Compression adiabatique réversible
V1
V
V2
v
Détente adiabatique réversible
3 – Transformations isothermes réversibles d’un gaz parfait
a) Transformation isotherme réversible élémentaire
Soit un gaz parfait en équilibre (p,V,T) , en relation avec un thermostat à la température
T . On accroît la pression de dp , le volume diminue de dV . Le gaz reçoit un travail :
W =−pdV
Le gaz a tendance à s’échauffer puisqu’il est comprimé, mais il est en contact avec le
thermostat à la même température T . Le système va donc céder dQ au thermostat.
On a la relation des gaz parfaits ;
dp dV
+ =0
pV =Cte , d’où en faisant une dérivée logarithmique :
p V
On peut retrouver ce résultat en faisant la dérivée : d(pV)=Vdp+ pdV =0 . En divisant par
dp dV
dp dV
+ =0 , d’où :
=−
pV , on retrouve :
p V
p
V
p
p
W <0
W >0
p1
p1
p
p
p2
p2
0
V1
V
V2
Compression isotherme réversible
v
0
V1
V
V2
v
Détente isotherme réversible
3
La température étant constante, l’énergie interne ne varie pas. C’est la loi de Joule :
l’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température.
dW +dQ=−pdV +dQ=0
Donc :
dQ= pdV
b) Transformation isotherme réversible finie
Dans une transformation isotherme, sur
un graphique p(V) , la courbe à température
constante T est une hyperbole. Dans le cas
p
d’une transformation finie, nous décrivons
l’arc d’hyperbole compris entre les points
A1 et A2 . On passe du point A1 (p1 ,V1 ,T) au
point A2 (p2,V2 ,T) .
On a :
A2
p2
p1V1 = p2V2 = pV =nRT
pV
Donc : p= 1 1
V
p1
V2
V2
dV
W =∫ − pdV =−p1V1 ∫
V1
V1 V
0
V2
..V
V
W =−p1V1 [lnV ]..V2 =−p1V1 ln 2
1
V1
p
V
W =nRT ln 1 = p1V1 ln 2
V2
p1
A1
V1
v
Le travail W ne dépend que des états initial et final. Il représente graphiquement l’aire
hachurée sous la courbe
Pour une compréhension isotherme : W >0
Pour une détente isotherme : W <0
La température étant restée constante, l’énergie interne n’a pas varié :
ΔU =W +Q=0
W =−Q
Donc :
Dans une transformation isotherme réversible finie, travail et chaleur sont égaux et de
signe opposés. Le travail fourni par la compression est perdu en chaleur.
Exercice
On comprime isothermiquement 1m3 d’air de 1 à 200atm . On suppose que l’air se
comporte comme un gaz parfait. Calculer le travail de compression, et la quantité de chaleur
exprimée en kilocalories cédé par le gaz au milieu extérieur.
p
p2 =200.105 Nm−2 et V1 =1m3
W = p1V1 ln 2
avec p1 =105 Nm−2
p1
ln200=5,3
Donc : W =105 ln200
D’où W =5,3.105 J
et
Le volume final sera : V2 =
Q=−127kcal
p1V1
=0,005m3 =5l
p2
4
4 – Transformation adiabatique réversible d’un gaz parfait
La transformation étant adiabatique, il n’y a pas d’échange de chaleur avec le système.
Donc dQ=0 . La relation des gaz parfaits s’applique : pV =nRT , où n est le nombre de moles.
a) Transformation adiabatique réversible élémentaire
On passe de (p,V,T) à (p+dp,V +dV,T +dT)
Si on fait la dérivée logarithmique de pV =nRT , on obtient :
dp dV dT
+ =
p V T
On peut retrouver ce résultat en dérivant pV =nRT :
pdV +Vdp=nRdT . On divise le terme de gauche par pV , et celui de droite par nRT .
dp dV dT
+ =
On obtient alors
.
p V T
La transformation étant adiabatique, dQ=0 , donc dU =dW =−pdV
Or pour les gaz parfaits, l’énergie interne U ne dépend que de la température.
Donc : dU =dW =−pdV =nCV dT
Comme p= nRT , et CV = R
γ −1
V
Alors : −nRT dV = nR dT
V
γ −1
D’où dT +(γ −1) dV =0
T
V
dp dV dT
+ =
Or
p V T
dp dV
+ +(γ −1) dV =0
Donc :
p V
V
Finalement :
dp dV
+γ
=0
p
V
Relation entre p et V
C’est l’équation différentielle d’une adiabatique en coordonnées de Clapeyron.
On peut aussi écrire :
dp
dV = dT − dp or
=−γ dV
V T p
p
V
Donc : dV = dT +γ dV
et
V T
V
Relation entre T et V .
dp
On a dV = 1
D’où
V γ p
Relation entre T et p .
dT =(1−γ) dV
T
V
dT = γ −1.dp
T γ p
5
b) Transformation adiabatique réversible finie
En partant du point A1 (p1 ,V1 ,T1 ) on va vers A2 (p2,V2 ,T2 )
dp dV
+γ
=0
Or :
p
V
On peut ré-écrire cette équation :
d(ln p)+γd(lnV)=0
d(ln(pV γ )=0
En intégrant l’équation ci-dessus, on obtient :
ln(pV γ )=Cte
Ou encore :
p.V γ =Cte= p1 .V1γ = p2.V2γ
C’est l’équation de Laplace.
Avec cette équation, on a supposé que γ et CV étaient constant. Ceci est vrai pour les
gaz parfaits.
Les deux autres relations donnent :
dT +(γ −1) dV =0
Donc TV γ −1=Cte
T
V
Tγ
dT − γ −1.dp =0
Donc
=Cte
T γ p
pγ −1
..γ −1
On a : TV
γ −1
γ −1
1
=T1 V
γ −1
2
=T2 V
=Cte
T γ T1γ T2γ
De même : γ −1 = γ −1 = γ −1 =Cte
p
p1
p2
Donc :
T2  V1 
= 
T1  V2 
Donc
T2  p2 
= 
T1  p1 
..
γ −1
γ
On peut donc écrire :
ln
 V  γ −1 p2
T2
=(γ −1)ln . 1 =
ln
T1
p1
 V2  γ
c) Calcul du travail et de la variation d’énergie interne dans une transformation
adiabatique
Nous savons que dW =−pdV
Dans une transformation adiabatique : p.V γ = p1 .V1γ
D’où : p= p1 .V1γ .V −γ
On en déduit : dW =−p1 .V1γ .V −γ dV
Or V −γ dV =
d(V 1−γ )
1−γ
p1V1
d(V 1−γ )
γ −1
En intégrant chaque membre, on obtient :
p V V2
p Vγ
W = 1 1 ∫ d(V 1−γ )= 1 1 (V21−γ −V11−γ )
γ −1 V1
γ −1
On peut écrire : dW =
6
W = 1 (p1V1γV21−γ − p1V1γV11−γ )= 1 (p1V1γV21−γ − p1V1 )
γ −1
γ −1
Or : p1V1γ = p2V2γ donc : p1V1γV21−γ = p2V2γV21−γ = p2V2
La variation d’énergie interne est donc :
nR(T2 −T1 )
ΔU12 =W = 1 (p2V2 − p1V1 )=
=nCV (T2 −T1 )
γ −1
γ −1
Pour un gaz monoatomique (argon) : CV = 3 R et γ = 5
2
3
5
/
3
Donc dans ce cas : pV =Cte
W = 3 nR(T2 −T1 )= 3 (p2.V2 − p1 .V1 )
2
2
Pour un gaz diatomique : CV = 5 R et γ = 7
2
5
Donc dans ce cas : pV 7 /5 =Cte
W = 5 nR(T2 −T1 )= 5 (p2.V2 − p1 .V1 )
2
2
5 – Pentes de l’adiabatique et de l’isotherme
On veut comparer les pentes des courbes
adiabatiques et isothermes. Pour cela du point
A , on fait passer une isotherme d’équation
pV =Cte , et une adiabatique d’équation
pV γ =Cte . Sur l’axe des volumes , on se
p
A
déplace de dVi =dVa autour du point A .
Les déplacements correspondant sur
dpi
dpa
l’isotherme seront dpi et sur l’adiabatique
dpa .
Sur
l’isotherme
on
a
les
isotherme: pV =Cte
déplacements : (p+dpi ,V +dVi )
adiabatique: pV γ =Cte
dp
Et on a i + dVi =0
p V
V
dVi =dVa
dpi − p
=
La pente au point A , sera
dVi V
Sur l’adiabatique on a les déplacements : (p+dpa,V +dVa )
dpa dVa
+γ
=0
Et on a
p
V
dpa −γp
On en déduit la pente au point A :
=
dVa V
La pente de l’adiabatique est γ fois plus grande que celle de l’isotherme.
7
Cycle de Carnot
Il se compose de deux isothermes et de deux adiabatiques.
p
adiabatiques
isothermes
V
6 – Propagation du son dans les gaz
La vitesse du son est donnée par c=
1 (sans démonstration)
χρ
Avec χ = −1 ∂V  coefficient de compressibilité
V  ∂p ..T
Et ρ masse volumique du gaz
Les vibrations du son sont rapides, donc adiabatiques :
 dV  = −1.V D’où
 dp  γ p

..a
χ= 1
γp
p
ρ
On peut ré-écrire l’équation des gaz parfaits : pV = RT de la manière suivante :
p RT
=
ρ M
D’où finalement : c= γ
Donc c= γ RT
M
Pour l’air à t=0°C, γ =1,4 , R=8,32 et M =28,8g.mole−1
c=332m.s −1
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