Correction
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Bilans entropiques -­‐ Second principe de la thermodynamique Exercice 1 : Equilibre thermique d’un solide 1) Contact thermique de deux solides On considère deux solides, indéformables, de capacités thermiques respectives 𝐶! et 𝐶! et de températures respectives 𝑇! et 𝑇! . Ces deux solides sont mis en contact thermique, c’est-­‐à-­‐dire qu’ils sont placés côte à côte dans une enceinte vide dont les parois sont athermanes. On supposera que 𝐶! et 𝐶! sont constants dans le domaine de température considéré. On suppose les transformations infiniment lentes et mécaniquement réversibles. a) Exprimer la température d’équilibre 𝑇! des deux solides. Que vaut 𝑇! si 𝐶! ≫ 𝐶! ? si 𝐶! = 𝐶! ? b) On s’intéresse au cas où 𝐶! = 𝐶! . Exprimer la variation d’entropie du système constitué des deux solides. La transformation est-­‐elle réversible ? 2) Contact thermique entre un solide et un thermostat On considère un solide, indéformable, de masse 𝑚 = 100 g et de capacité thermique massique 𝑐 = 460 J.K-­‐1.kg-­‐1, en équilibre à la température 𝑇! = 350 K. Ce solide est placé dans un thermostat de température 𝑇! = 280 K. a) Quelle est la température finale 𝑇! du solide lorsqu’il a atteint son nouvel état d’équilibre. b) Calculer la variation d’énergie interne du solide lorsqu’il a atteint son nouvel état d’équilibre. c) Calculer la variation ∆𝑆 de son entropie. d) Calculer l’entropie d’échange 𝑆! et l’entropie créée 𝑆! . Commenter. Correction : 1) Contact thermique de deux solides a) On considère le système thermodynamique constitué des deux solides et on applique le premier principe de la thermodynamique à ce système entre les instants initial et final : ∆𝑈 = 𝑊 + 𝑄 avec 𝑊 = 0 car le volume des deux solides est constants et 𝑄 = 0 car les solides sont en contact avec le vide et les parois athermanes de l’enceinte. Donc : ∆𝑈 = 0 = ∆𝑈! + ∆𝑈! ∆𝑈 = 0 = 𝐶! 𝑇! − 𝑇! + 𝐶! 𝑇! − 𝑇! 𝑇! = 𝐶! 𝑇! + 𝐶! 𝑇! 𝐶! + 𝐶! Avec : 𝑇! 𝐶! ≫ 𝐶! = 𝑇! 𝑇! 𝐶! = 𝐶! = b) 𝐶! = 𝐶! 𝑇! + 𝑇! 2 ∆𝑆 = ∆𝑆! + ∆𝑆! ∆𝑆 = 𝑑𝑆! + 𝑑𝑆! On utilise les identités thermodynamiques : 𝑑𝑈! 𝑃 𝑑𝑈! 𝑑𝑇 𝑑𝑆! = + 𝑑𝑉! = = 𝐶! 𝑇 𝑇 𝑇 𝑇 𝑑𝑈! 𝑃 𝑑𝑈! 𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑒𝑡 𝑑𝑆! = + 𝑑𝑉! = = 𝐶! = 𝐶! 𝑇 𝑇 𝑇 𝑇 𝑇 Donc : !! ∆𝑆 = 𝐶! !! 𝑑𝑇 + 𝐶! 𝑇 !! !! 𝑑𝑇 𝑇 𝑇! 𝑇! ∆𝑆 = 𝐶! ln + 𝐶! ln 𝑇! 𝑇! 𝑇! + 𝑇! 𝑇! + 𝑇! ∆𝑆 = 𝐶! ln + 𝐶! ln 2𝑇! 2𝑇! ∆𝑆 = 𝐶! ln 𝑇! + 𝑇! 4𝑇! 𝑇! ! Le système thermodynamique est isolé et fermé donc le signe de ∆𝑆 nous renseigne sur la réversibilité du processus. 𝑇! + 𝑇! ! − 4𝑇! 𝑇! = 𝑇!! + 𝑇!! − 2𝑇! 𝑇! = 𝑇! − 𝑇! ! > 0 𝑇! + 𝑇! ! > 4𝑇! 𝑇! 𝑇! + 𝑇! ! > 1 4𝑇! 𝑇! 𝑇! + 𝑇! ! ln > 0 4𝑇! 𝑇! ∆𝑆 > 0 donc la transformation est irréversible. 2) Contact thermique entre un solide et un thermostat a) Dans l’état final, le solide est en équilibre thermique avec un thermostat de température constante, donc : 𝑇! = 𝑇! = 280 K b) La variation d’énergie interne du solide au cours de la transformation est : ∆𝑈 = 𝐶∆𝑇 = 𝑚𝑐∆𝑇 ∆𝑈 = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = −3,22 kJ L’énergie interne du solide diminue, ce qui est normal puisqu’il se refroidit. c) La variation d’entropie du solide au cours de la transformation est donnée par : ∆𝑆 = 𝑑𝑆 On utilise l’identité thermodynamique : 𝑑𝑈 𝑃 𝑑𝑈 𝑑𝑇 𝑑𝑆 = + 𝑑𝑉 = = 𝑚𝑐 𝑇 𝑇 𝑇 𝑇 !! 𝑑𝑜𝑛𝑐 ∆𝑆 = 𝑚𝑐 !! ∆𝑆 = 𝑚𝑐 ln 𝑇! 𝑇! 𝑑𝑇 𝑇 = −10,3 J. K !! c) Le solide est un système fermé qui évolue en contact avec un thermostat de température 𝑇! . Le bilan entropique suivant est donc valable : 𝑄 ∆𝑆 = 𝑆! + 𝑆! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑆! = 𝑇! où 𝑄 est le transfert thermique reçu par le solide de la part du thermostat pendant la transformation, calculé à partir du premier principe : ∆𝑈 = 𝑚𝑐∆𝑇 = 𝑊 + 𝑄 avec 𝑊 = 0 car le volume du système est constant. Donc : 𝑆! = 𝑆! = 𝑄 ∆𝑈 = 𝑇! 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑇! = −11,5 J. K !! Puis : 𝑆! = ∆𝑆 − 𝑆! 𝑆! = 𝑚𝑐 ln 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! − 𝑇! 𝑇! = +1,2 J. K !! On obtient 𝑆! > 0 : la transformation est donc irréversible. C’est normal car il y a inhomogénéité de température dans l’état initial. Exercice 2 : Compression irréversible d’un gaz parfait 𝑛 moles d’un gaz parfait sont contenues dans un cylindre vertical, comportant un piston mobile de section S constante et de masse négligeable. Les parois du cylindre et du piston sont diathermanes et le milieu extérieur est caractérisé par une température 𝑇! et une pression 𝑃! constantes. Initialement, le gaz est à l’équilibre et occupe un volume 𝑉! . On place sur le piston un poids de masse M et on attend qu’un nouvel état d’équilibre soit atteint. On note 𝑉! le volume occupé par le gaz dans cet état et on pose 𝑥 = 𝑉! /𝑉! . 1) Exprimer la variation d’entropie du gaz, l’entropie échangée par le gaz ainsi que l’entropie créée en fonction de 𝑛, 𝑅 et 𝑥. 2) Justifier l’irréversibilité de la compression. Correction : 1) Etat initial 𝐴 𝑃! , 𝑉! , 𝑇! → Etat final 𝐵 𝑃! , 𝑉! , 𝑇! avec 𝑃! = 𝑃! + 𝑀𝑔 et 𝑇! = 𝑇! 𝑆 Le gaz parfait est un système fermé qui évolue en contact avec un thermostat (atmosphère de température 𝑇! constante, par l’intermédiaire des parois diathermanes). Le bilan entropique suivant est donc valable au cours de la transformation 𝐴 → 𝐵 : ∆𝑆 = 𝑆! + 𝑆! Calcul de ∆𝑆 : ∆𝑆 = 𝑑𝑆 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑑𝑆 = 𝑑𝑈 𝑃 + 𝑑𝑉 𝑇 𝑇 Pour calculer ∆𝑆 qui ne dépend que des états initial et final mais pas du chemin suivi, on choisit un chemin isotherme de température 𝑇! . Ainsi : 𝑑𝑈 = 𝐶! 𝑑𝑇 = 0 𝑃 𝑑𝑉 𝑑𝑉 = 𝑛𝑅 𝑇 𝑉 𝑑𝑉 𝑉! = 𝑛𝑅 ln 𝑉 𝑉! 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑑𝑆 = ∆𝑆 = 𝑛𝑅 ∆𝑆 = −𝑛𝑅 ln 𝑥 Calcul de 𝑆! : 𝑆! = 𝑄 𝑇! où 𝑄 est le transfert thermique reçu par le système de la part du thermostat pendant la transformation, calculé à partir du premier principe : ∆𝑈 = 𝑊 + 𝑄 Avec : ∆𝑈 = 𝐶! ∆𝑇 = 0 ! 𝑊= ! −𝑃!"# 𝑑𝑉 = −𝑃! ! 𝑑𝑉 = −𝑃! 𝑉! − 𝑉! = −𝑃! 𝑉! 1 − 𝑥 ! 𝑊 = −𝑛𝑅𝑇! 1 − 𝑥 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑄 = −𝑊 = 𝑛𝑅𝑇! 1 − 𝑥 𝑒𝑡 𝑆! = 𝑛𝑅 1 − 𝑥 Calcul de 𝑆! : 𝑆! = ∆𝑆 − 𝑆! 𝑆! = −𝑛𝑅 ln 𝑥 − 𝑛𝑅 1 − 𝑥 2) On cherche le signe de la fonction : 𝑓 𝑥 = − 1 − 𝑥 + ln 𝑥 On trace cette fonction 𝑝𝑜𝑢𝑟 1 < 𝑥 < +∞ et on trouve que : 𝑓 𝑥 > 0 (∀𝑥) 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑆! > 0 La compression est toujours irréversible. Exercice 3 : Chauffage par l’intermédiaire d’un thermostat On considère un kilogramme d’eau, initialement à la température 𝑇! = 20 °C. Ce système est mis en contact avec un thermostat de température 𝑇! = 80 °C. L’eau sera supposée incompressible, de capacité thermique massique 𝑐 = 4,18 J.K-­‐1.g-­‐1, supposée constante dans l’intervalle de température considéré. 1) On attend suffisamment longtemps pour que l’équilibre thermodynamique soit atteint. Exprimer puis calculer la variation d’entropie de l’eau et de celle du thermostat. 2) Exprimer puis calculer l’entropie échangée par l’eau, puis l’entropie créée. On utilise maintenant un thermostat de température intermédiaire 𝑇! = 50 °C et on procède en deux étapes : chauffage de 𝑇! à 𝑇! puis chauffage de 𝑇! à 𝑇! . 3) Pour chacune des deux étapes, on attend suffisamment longtemps pour que l’équilibre thermodynamique soit atteint. Calculer la variation d’entropie de l’eau et de celle du thermostat. 4) Calculer l’entropie échangée par l’eau, puis l’entropie créée. Comparer à la procédure précédente. 5) Comment faudrait-­‐il procéder pour espérer chauffer réversiblement l’eau de 𝑇! à 𝑇! ? Correction : 1) Eau : état initial 𝐴 𝑇! → Etat final 𝐵 𝑇! . ! ∆𝑆!"# = 𝑑𝑆!"# ! Pour déterminer 𝑑𝑆, on utilise l’identité thermodynamique, sachant que l’eau est supposée incompressible (𝑑𝑉 = 0) : 𝑑𝑈!"# 𝑃 𝑑𝑈!"# 𝑑𝑆!"# = + 𝑑𝑉!"# = 𝑇 𝑇 𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑆!"# = 𝐶 = 𝑚𝑐 𝑇 𝑇 Donc : ! ∆𝑆!"# = 𝑚𝑐 ! ∆𝑆!"# = 𝑚𝑐 ln 𝑇! 𝑇! 𝑑𝑇 𝑇 = 779 J. K !! Thermostat : ! ∆𝑆!! = 𝑑𝑆!! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑑𝑆!! = − ! 𝛿𝑄 𝑇! où 𝛿𝑄 est le transfert thermique reçu par l’eau de la part du thermostat. ! ∆𝑆!! = − ! 𝛿𝑄 𝑄!→! =− 𝑇! 𝑇! Pour calculer le transfert thermique 𝑄!→! reçu par l’eau au cours de la transformation 𝐴 → 𝐵, on applique le premier principe de la thermodynamique à l’eau incompressible (𝑑𝑉 = 0) : ∆𝑈!"# = 𝑊!→! + 𝑄!→! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = 0 + 𝑄!→! 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑄!→! = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑒𝑡 ∆𝑆!! = − 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = −711 J. K !! 𝑇! 2) L’eau est un système fermé qui évolue en contact avec un thermostat de température 𝑇! . Le bilan entropique suivant est donc valable : 𝑄!→! ∆𝑆!"# = 𝑆! + 𝑆! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑆! = 𝑇! 𝑆! = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = 710 J. K !! 𝑇! 𝑒𝑡 𝑆! = ∆𝑆!"# − 𝑆! 𝑆! = 𝑚𝑐 ln 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! − = 69 J. K !! 𝑇! 𝑇! On obtient 𝑆! > 0 : la transformation 𝐴 → 𝐵 est donc irréversible. C’est normal car il y a inhomogénéité de température dans l’état initial. 3) Eau : état initial 𝐴 𝑇! → Etat intermédiaire 𝐶 𝑇! → Etat final 𝐵 𝑇! . ! ∆𝑆!"# = 𝑑𝑆!"# ! Pour déterminer 𝑑𝑆, on utilise l’identité thermodynamique, sachant que l’eau est supposée incompressible (𝑑𝑉 = 0) : 𝑑𝑈!"# 𝑃 𝑑𝑈!"# 𝑑𝑆!"# = + 𝑑𝑉!"# = 𝑇 𝑇 𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑑𝑆!"# = 𝐶 = 𝑚𝑐 𝑇 𝑇 Donc : ! ∆𝑆!"# = 𝑚𝑐 ! 𝑇! 𝑇! ∆𝑆!"# = 𝑚𝑐 ln 𝑑𝑇 𝑇 = 779 J. K !! Thermostat : ! ∆𝑆!! = ! 𝑑𝑆!! = ! 𝑑𝑆!! + ! ! 𝑑𝑆!! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑑𝑆!! = − ! 𝛿𝑄 𝑇 où 𝛿𝑄 est le transfert thermique reçu par l’eau de la part du thermostat de température T. ! ∆𝑆!! = − ! 𝛿𝑄 − 𝑇! ! ! 𝛿𝑄 𝑄!→! 𝑄!→! =− − 𝑇! 𝑇! 𝑇! Pour calculer le transfert thermique 𝑄!→! et 𝑄!→! reçu par l’eau au cours des transformations 𝐴 → 𝐶 et 𝐶 → 𝐵, on applique le premier principe de la thermodynamique à l’eau incompressible (𝑑𝑉 = 0) : ∆𝑈!"# 𝐴 → 𝐶 = 𝑊!→! + 𝑄!→! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = 0 + 𝑄!→! 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑄!→! = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑑𝑒 𝑚ê𝑚𝑒 𝑄!→! = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑒𝑡 ∆𝑆!! = − 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! − = −743 J. K !! 𝑇! 𝑇! 4) Dans la transformation 𝐴 → 𝐶, l’eau est un système fermé qui évolue en contact avec un thermostat de température 𝑇! . Le bilan entropique suivant est donc valable : ∆𝑆!"# (𝐴 → 𝐶) = 𝑆! (𝐴 → 𝐶) + 𝑆! (𝐴 → 𝐶) 𝑄!→! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑆! (𝐴 → 𝐶) = 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑆! (𝐴 → 𝐶) = 𝑇! 𝑒𝑡 𝑆! (𝐴 → 𝐶) = ∆𝑆!"# (𝐴 → 𝐶) − 𝑆! (𝐴 → 𝐶) 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑆! (𝐴 → 𝐶) = 𝑚𝑐 ln − 𝑇! 𝑇! Dans la transformation 𝐶 → 𝐵, l’eau est un système fermé qui évolue en contact avec un thermostat de température 𝑇! . Le bilan entropique suivant est donc valable : ∆𝑆!"# (𝐶 → 𝐵) = 𝑆! (𝐶 → 𝐵) + 𝑆! (𝐶 → 𝐵) 𝑄!→! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑆! (𝐶 → 𝐵) = 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑆! (𝐶 → 𝐵) = 𝑇! 𝑒𝑡 𝑆! (𝐶 → 𝐵) = ∆𝑆!"# (𝐶 → 𝐵) − 𝑆! (𝐶 → 𝐵) 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑆! (𝐶 → 𝐵) = 𝑚𝑐 ln − 𝑇! 𝑇! Finalement : 𝑆! = 𝑆! 𝐴 → 𝐶 + 𝑆! (𝐶 → 𝐵) 𝑆! = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! + = 743 J. K !! 𝑇! 𝑇! 𝑆! = 𝑆! 𝐴 → 𝐶 + 𝑆! (𝐶 → 𝐵) 𝑆! = 𝑚𝑐 ln 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! − − = 36 J. K !! 𝑇! 𝑇! 𝑇! On obtient 𝑆! > 0 : la transformation 𝐴 → 𝐵 est donc irréversible, mais moins irréversible que la transformation précédente. C’est normal puisque l’inhomogénéité de température introduite a été fractionnée, donc est moins brutale. 5) Pour obtenir une transformation réversible, il faudrait prendre une infinité de thermostats afin de réaliser un chauffage progressif et continu de l’eau. Exercice 4 : Transformations couplées On considère un cylindre horizontal, séparé en deux compartiments (notés A et B, de volumes respectifs 𝑉! et 𝑉! , de températures respectives 𝑇! et 𝑇! et de pressions respectives 𝑃! et 𝑃! ) par un piston. On suppose que les parois du cylindre ainsi que le piston sont parfaitement calorifugés. Chaque compartiment contient la même quantité 𝑛 d’un gaz parfait de coefficient 𝛾 = 𝐶!" /𝐶!" . Données numériques : 𝛾 = 5/3, 𝑅 = 8,31 J.K-­‐1.mol-­‐1, 𝑉 = 𝑉! + 𝑉! = 5,00. 10!! m! avec 𝑉! = 4𝑉! à l’état initial. De plus, 𝑇! = 𝑇! = 𝑇! = 289 K et 𝑃! = 𝑃! = 24. 10! Pa. 1) Exprimer puis calculer la quantité n de gaz contenu dans A et B. 2) Calculer la pression initiale 𝑃! . On débloque le piston et ce dernier se déplace sans frottements jusqu’à l’équilibre mécanique. 3) Etablir la relation entre les variations d’énergie interne ∆𝑈! et ∆𝑈! du gaz dans A et B. 4) A l’état final, l’écart de température ∆𝑇 = 𝑇!! − 𝑇!! = 130 K. Déterminer 𝑇!! et 𝑇!! . 5) Calculer la pression 𝑃!! et le volume 𝑉!! du gaz dans le compartiment A. 6) Calculer les variations d‘entropie ∆𝑆! et ∆𝑆! du gaz dans les compartiments A et B au cours du déplacement du piston. 7) La transformation est-­‐elle réversible ou irréversible ? Correction : 1) On utilise l’équation d’état du gaz parfait dans le compartiment A : 𝑃! 𝑉! 𝑃! 𝑉 𝑛= = = 1,00 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇! 5𝑅𝑇! 2) On utilise l’égalité des températures dans les deux compartiments : 𝑃! 𝑉! 𝑃! 𝑃! 𝑉! = 𝑃! 𝑉! ⇔ 𝑃! = = = 6,0. 10! 𝑃𝑎 𝑉! 4 3) Si l’on raisonne sur le système thermodynamique complet, constitué des deux compartiments, ce système est isolé : 𝑄 = 0 (parois calorifugées) et 𝑊 = 0 (parois rigides et glissement du piston sans frottements). Le premier principe de la thermodynamique appliqué au système complet nous donne donc : ∆𝑈 = 0 = ∆𝑈! + ∆𝑈! 𝑑𝑜𝑛𝑐 ∆𝑈! = −∆𝑈! 4) La première loi de Joule donne : ∆𝑈! = −∆𝑈! ⇔ 𝑛𝐶!" 𝑇!! − 𝑇! = −𝑛𝐶!" 𝑇!! − 𝑇! 𝑇!! − 𝑇! = −𝑇!! + 𝑇! 𝑇!! + 𝑇!! = 2𝑇! 𝑑𝑜𝑛𝑐 ⇒ 𝑇!! + 𝑇!! = 578 𝐾 𝑇!! − 𝑇!! = 130 𝐾 𝑇!! = 224 𝐾 𝑇!! = 354 𝐾 5) Dans l’état final, les systèmes sont à l’équilibre mécanique donc les pressions sont égales dans les deux compartiments : 𝑃!! = 𝑃!! = 𝑃! L’équation d’état du gaz parfait dans chaque compartiment à l’état d’équilibre final donne : 𝑃! 𝑉!! = 𝑛𝑅𝑇!! 𝑒𝑡 𝑃! 𝑉!! = 𝑛𝑅𝑇!! En sommant ces deux expressions : 𝑃! 𝑉!! + 𝑉!! = 𝑛𝑅 𝑇!! + 𝑇!! 𝑃! 𝑉 = 2𝑛𝑅𝑇! 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑃! = 𝑃!! = 𝑃!! = 2𝑛𝑅𝑇! 2 𝑃! 𝑉 = × 𝑉 𝑉 5 2𝑃! = 9,6. 10! 𝑃𝑎 5 D’où : 𝑉!! = 𝑛𝑅𝑇!! = 1,94. 10!! 𝑚 ! 𝑃!! 6) Pour calculer les variations d’entropie, on utilise l’identité thermodynamique : 𝑑𝑈 𝑃 𝑑𝑇 𝑑𝑉 𝑑𝑆 = + 𝑑𝑉 = 𝑛𝐶!" + 𝑛𝑅 𝑇 𝑇 𝑇 𝑉 𝑛𝑅 𝑑𝑇 𝑑𝑉 𝑑𝑆 = + 𝑛𝑅 𝛾−1 𝑇 𝑉 Pour le compartiment A : 𝑛𝑅 𝑑𝑇 𝑑𝑉 ∆𝑆! = 𝑑𝑆! = + 𝑛𝑅 𝛾−1 𝑇 𝑉 ∆𝑆! = 𝑛𝑅 𝑇!! 𝑉!! ln + 𝑛𝑅 ln 𝛾−1 𝑇! 𝑉! = 2,3 J. K !! Pour le compartiment B : ∆𝑆! = ∆𝑆! = 𝑑𝑆! = 𝑛𝑅 𝛾−1 𝑑𝑇 + 𝑛𝑅 𝑇 𝑛𝑅 𝑇!! 𝑉!! ln + 𝑛𝑅 ln 𝛾−1 𝑇! 𝑉! 𝑑𝑉 𝑉 = 0,30 J. K !! 7) Pour le système global : ∆𝑆 = ∆𝑆! + ∆𝑆! = 2,6 J. K !! Le bilan entropique donne : ∆𝑆 = 𝑆! + 𝑆! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑆! = 0 𝑐𝑎𝑟 𝑄 = 0 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑆! = ∆𝑆 > 0 La transformation est donc irréversible. Exercice 5 : Chauffage par une résistance électrique On considère cylindre horizontal, séparé en deux compartiments (notés A et B, de volumes respectifs 𝑉! et 𝑉! , de températures respectives 𝑇! et 𝑇! et de pressions respectives 𝑃! et 𝑃! ) par un piston vertical, adiabatique et pouvant se déplacer sans frottement. Les parois du cylindre sont supposées rigides et parfaitement calorifugées. Chaque compartiment contient la même quantité d’un gaz parfait diatomique, initialement dans chaque compartiment à la pression 𝑃! = 1,00 bar, la température 𝑇! = 300 K et occupant un volume 𝑉! = 1,000 L. Le gaz diatomique est caractérisé par un coefficient 𝛾 = 𝐶!" /𝐶!" = 7/5. Un générateur électrique fournit une énergie au gaz A par l’intermédiaire d’un conducteur ohmique, de résistance 𝑅! = 10 Ω et de capacité thermique négligeable. Ce conducteur est parcouru par un courant d’intensité 𝐼 = 1 A, pendant une durée 𝑡 au bout de laquelle le volume de gaz A atteint la valeur 𝑉!" = 1,100 L. La transformation couplée subie par le gaz B est supposée réversible. L’état final de cette évolution est défini par les valeurs : 𝑉!" , 𝑉!" , 𝑃!" , 𝑃!" , 𝑇!" et 𝑇!" . 1) Calculer la pression finale dans chacun des compartiments. 2) Déterminer la température finale dans chacun des compartiments. 3) Calculer le travail reçu par le gaz du compartiment B. 4) Déterminer la durée 𝑡 . 5) Calculer les variations d‘entropie ∆𝑆! et ∆𝑆! des gaz dans les compartiments A et B au cours de cette transformation. Correction : 1) Le piston permet l’établissement de l’équilibre mécanique : on a donc 𝑃!" = 𝑃!" . De plus, le gaz contenu dans le compartiment B est un gaz parfait qui subit une transformation adiabatique (parois et piston parfaitement calorifugés) et réversible. On peut donc appliquer la loi de Laplace : ! ! 𝑃! 𝑉! = 𝑃!" 𝐵!" 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑉!" = 2𝑉! − 𝑉!" ⇒ 𝑃!" = 𝑃!" 𝑉! = 2𝑉! − 𝑉!" ! 𝑃! = 1,16 𝑏𝑎𝑟 2) On utilise l’équation d’état des gaz parfaits, appliquée au gaz contenu dans le compartiment A à l’état initial et à l’état final : 𝑃! 𝑉! = 𝑛𝑅𝑇! 𝑒𝑡 𝑃!" 𝑉!" = 𝑛𝑅𝑇!" ⇒ 𝑇!" = ⇒ 𝑇!" 𝑃!" 𝑉!" 𝑇 𝑃! 𝑉! ! 𝑉! = 2𝑉! − 𝑉!" ! 𝑉!" 𝑇 = 383 𝐾 𝑉! ! On utilise l’équation d’état des gaz parfaits, appliquée au gaz contenu dans le compartiment B à l’état initial et à l’état final : 𝑃! 𝑉! = 𝑛𝑅𝑇! 𝑒𝑡 𝑃!" 𝑉!" = 𝑛𝑅𝑇!" ⇒ 𝑇!" 𝑃!" 𝑉!" 𝑉! = 𝑇! = 𝑃! 𝑉! 2𝑉! − 𝑉!" ⇒ 𝑇!" 𝑉! = 2𝑉! − 𝑉!" ! 2− ! 2𝑉! − 𝑉!" 𝑇! 𝑉! 𝑉!" 𝑇 = 313 𝐾 𝑉! ! 3) Pour calculer le travail 𝑊 reçu par le gaz du compartiment B au cours de la transformation, on applique le premier principe de la thermodynamique : ∆𝑈! = 𝑊! + 𝑄! La transformation étant adiabatique (parois et piston parfaitement calorifugés), le transfert thermique reçu au cours de la transformation est nul. Le travail vaut donc : 𝑛𝑅 𝑊! = ∆𝑈! = 𝐶! 𝑇!" − 𝑇! = 𝑇 − 𝑇! 𝛾 − 1 !" ⇒ 𝑊! = 𝑃! 𝑉! 𝑇!" −1 𝛾 − 1 𝑇! = 10 𝐽 4) Appliquons le premier principe de la thermodynamique au gaz contenu dans le compartiment A au cours de la transformation : ∆𝑈! = 𝑊! + 𝑄! 𝑊! = −𝑊! 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑄! = 𝑅! 𝐼 ! 𝑡 Ainsi : 𝑛𝑅 𝑛𝑅 𝑇!" − 𝑇! = − 𝑇 − 𝑇! + 𝑅! 𝐼 ! 𝑡 𝛾−1 𝛾 − 1 !" ⇒ 𝑡 = 𝑅! 𝐼! 𝑛𝑅 𝛾−1 𝑇!" + 𝑇!" − 2𝑇! = 8 𝑠 5) Le gaz contenu dans le compartiment B subit une transformation adiabatique et réversible, soit : ∆𝑆! = 0 Pour calculer la variation d’entropie du gaz contenu dans le compartiment A, on utilise l’identité thermodynamique : 𝑑𝑈! 𝑃 𝑛𝑅 𝑑𝑇 𝑑𝑉 𝑑𝑆! = + 𝑑𝑉 = + 𝑛𝑅 𝑇 𝑇 𝛾−1 𝑇 𝑉 𝑛𝑅 𝑑𝑇 𝑑𝑉 ⇒ ∆𝑆! = 𝑑𝑆! = + 𝑛𝑅 𝛾−1 𝑇 𝑉 𝑇!" 𝑉!" 𝑛𝑅 ⇒ ∆𝑆! = ln + 𝑛𝑅 ln = 0,235 J. K !! 𝛾−1 𝑇! 𝑉!
