Propriétés énergétiques des gaz parfaits

Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
LES CONNAISSANCES
1 - Lois de Joule
•
Un système obéit à la première loi de Joule lorsque son énergie interne ne dépend que
de la température.
 ∂U 
On peut alors écrire : 
 = 0 d’où : dU = CV dT .
 ∂V  T
•
Un système obéit à la deuxième loi de Joule lorsque son enthalpie ne dépend que de la
température.
 ∂H 
On peut alors écrire : 
 = 0 d’où : dH = CP dT .
 ∂P  T
2 - Détente de Joule-Gay Lussac
Dispositif expérimental :
C’est une détente adiabatique contre le vide.
paroi que
l'on brise
Caractéristique énergétique :
Système : { gaz }. L’extérieur est alors constitué du récipient et du
vide.
gaz
vide
Les forces de pression exercées sur le gaz par les parois du
récipient ne travaillent pas car elles sont normales au déplacement du gaz le long de ces
parois.
Le vide de travaille pas non plus puisqu’il exerce une pression nulle sur le gaz tout au long
de sa détente.
On a donc : W = 0 .
D’autre part : Q = 0 (transformation très rapide).
Le premier principe donne alors : ∆U = 0 (puisque ∆E m = 0 ).
68
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Remarque :
Il est aussi possible de choisir le système { gaz + boite }. L’extérieur est maintenant
l’atmosphère.
On a alors : W = ∫ − Patm dV = 0 (transformation isochore) et : Q = 0 .
D’où : ∆Uboite + ∆Ugaz = 0 (puisque ∆E m = 0 ).
L’hypothèse de la transformation adiabatique pour le gaz se traduit par le fait que la
boite ne reçoit pas de chaleur. Elle ne reçoit pas non plus de travail (boite rigide).
Donc : ∆U boite = 0 et finalement : ∆Ugaz = 0 . On retrouve bien le même résultat...
Intérêt :
A priori, l’énergie interne du gaz dépend de T et de V . En faisant subir une telle détente à
un gaz ( Uf = Ui ), si on constate que sa température finale est la même que sa température
initiale (bien que Vf ≠ Vi ), alors on peut affirmer que son énergie interne est indépendante
du volume, c'est-à-dire qu’il obéit à la première loi de Joule.
Remarque : La variation de température provoquée par la détente s’appelle l’effet JouleGay Lussac.
Résultats expérimentaux :
On constate que l’effet Joule-Gay Lussac est d’autant plus faible que la pression initiale du
gaz est faible, et qu’il semble tendre vers zéro lorsque la pression du gaz tend vers zéro.
Ces observations expérimentales nous conduisent donc à conjecturer qu’un gaz parfait
obéit à la première loi de Joule.
3 - Détente de Joule-Thomson
V1
Dispositif expérimental :
A1
C’est une détente adiabatique d’un gaz en écoulement
permanent (indépendant du temps), à travers une
paroi poreuse.
(P1)
(P2 )
(Σ 1)
(Σ 2)
A2
Caractéristique énergétique :
V2
B1
B2
paroi poreuse
Système : { tranche A1A2 de gaz (volume V1 ), qui passe en B1B2 (volume V2 ) }.
Le travail des forces de pression reçu par cette tranche ne peut pas être calculé, puisque la
pression extérieure n’est pas connue pendant la traversée de la paroi poreuse (elle varie de
P1 à P2 ).
Cependant : ∆U = U (B1B2 ) − U (A1A2 ) = [U (B1B2 ) + U (A2B1)] − [U (A1A2 ) + U (A2B1)]
Donc : ∆U = U ( A2B2 ) − U ( A1B1) = ∆U ' : variation d’énergie interne de la tranche A1B1 qui
passe en A2B2 .
Remarque : L’énergie interne de la tranches A2B1 n’est pas calculée aux mêmes instants
dans les deux termes entre crochets (la première est calculée à l’instant final et la deuxième
à l’instant initial), mais le calcul est valable puisqu’on est en régime permanent.
69
Thermodynamique - Chapitre 5
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Nous pouvons donc travailler avec le nouveau système { tranche A1B1 de gaz qui passe en
A2B2 }, dont la variation d’énergie interne ∆U ' est la même que celle de notre système
initial.
Le travail que reçoit ce système a déjà été calculé (voir « Exemple 10 », page 62, avec
W ' = 0 puisque la paroi poreuse ne fournit aucun travail) : W = PV
1 1 − P2V2 .
La transformation est supposée adiabatique : Q = 0 .
∆E m ≈ 0 si on néglige la variation de vitesse du gaz au cours de la traversée de la
paroi poreuse (hypothèse valable pour une baisse de pression pas trop importante...).
Le premier principe donne alors : ∆U ' = W
On aura donc, pour notre système initial : ∆U = W ⇔ U (B1B2 ) − U (A1A2 ) = PV
1 1 − P2V2
∆H = 0 .
Finalement : U (B1B2 ) + P2V2 = U (A1A2 ) + PV
1 1⇔
Intérêt :
A priori, l’enthalpie du gaz dépend de T et de P . En faisant subir une telle détente à un
gaz ( Hf = Hi ), si on constate que sa température finale est la même que sa température
initiale (bien que Pf ≠ Pi ), alors on peut affirmer que son enthalpie est indépendante de la
pression, c'est-à-dire qu’il obéit à la deuxième loi de Joule.
Remarque : La variation de température provoquée par la détente s’appelle l’effet JouleThomson.
Résultats expérimentaux :
On constate que l’effet Joule-Thomson est d’autant plus faible que la pression initiale du
gaz est faible et qu’il semble tendre vers zéro lorsque la pression du gaz tend vers zéro.
Ces observations expérimentales nous conduisent donc à conjecturer qu’un gaz parfait
obéit à la deuxième loi de Joule.
4 - Interprétation à l’échelle microscopique
Energie interne d’un gaz parfait :
Les interactions entre les molécules dans un gaz parfait étant inexistantes, la seule forme
d’énergie présente à l’échelle microscopique est l’énergie cinétique de ses molécules.
N
L’énergie interne d’un gaz parfait, constitué de N molécules, est donc : U = ∑ ECi .
i =1
Gaz parfait monoatomique :
Les molécules d’un gaz monoatomique peuvent être considérées comme ponctuelles
1
de sorte que leur énergie cinétique est : EC i = mv i 2 .
2
N
1
1
1
2
mv i = N mv 2 = Nmv * 2 où : v * est la vitesse quadratique moyenne
2
2
2
i =1
Alors : U = ∑
des molécules (voir « Interprétation cinétique de la température » page 37).
70
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
En reprenant l’expression de la vitesse quadratique moyenne : U =
Soit : U =
3
nRT
2
et pour une mole : Um =
1
3kT 3
Nm
= NkT
2
m
2
3
RT .
2
Gaz parfait diatomique :
Les molécules d’un gaz diatomique ne peuvent pas être considérées comme ponctuelles.
En effet, leur mouvement de rotation autour de leur centre d’inertie (énergie cinétique
barycentrique EC * ) n’est pas négligeable dans le calcul de leur énergie cinétique :
1
2
ème
mv i + ECi * (d’après le 2
théorème de Koenig).
2
5
On démontre alors (on admettra ce résultat) : Um = RT .
2
ECi =
Lois de Joule :
Les résultats précédents, relatifs aux gaz parfaits monoatomiques et diatomiques, montrent
que ces gaz obéissent à la première loi de Joule. On peut montrer que cette propriété reste
vraie pour tout gaz parfait, de sorte qu’un gaz parfait obéit à la première loi de Joule.
En ce qui concerne son enthalpie : H = U + PV = U (T ) + nRT = H(T ) . On peut donc affirmer
qu’un gaz parfait obéit à la deuxième loi de Joule.
Remarque : Ces résultats confirment parfaitement les observations faites sur les effets
Joule-Gay Lussac et Joule-Thomson, qui s’atténuent lorsque la pression du gaz tend vers
zéro (gaz tendant vers un gaz parfait).
5 - Chaleurs molaires isobare et isochore d’un gaz parfait
Gaz parfait monoatomique :
dUm (T ) 3
3
= R ( [CV ] = J. K −1. mol −1 ).
RT ⇒ CV =
dT
2
2
•
Um =
•
Hm = U m +
•
On définit le coefficient γ d’un gaz, par la relation : γ = CP CV .
dH m (T ) 5
PV 3
5
= R ( [CP ] = J. K −1. mol −1 ).
= RT + RT = RT ⇒ CP =
dT
2
n
2
2
Pour un gaz parfait diatomique, on a donc : γ =
5
.
3
Gaz parfait diatomique :
dUm (T ) 5
5
= R ( [CV ] = J. K −1. mol −1 ).
RT ⇒ CV =
dT
2
2
•
Um =
•
Hm = U m +
dH m (T ) 7
PV 5
7
= R ( [CP ] = J. K −1. mol −1 ).
= RT + RT = RT ⇒ CP =
dT
2
n
2
2
71
Thermodynamique - Chapitre 5
•
γ=
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
CP 7
= .
5
CV
6 - Relation de Mayer
C’est la relation liant CV et CP pour un gaz parfait.
Démonstration :
•
H(T ) = U (T ) + PV = U (T ) + nRT ⇒
Soit : CP − CV = nR
dH dU
=
+ nR
dT dT
avec : [CP ] = [CV ] = J. K −1 (grandeurs extensives).
•
En utilisant les grandeurs molaires : CP − CV = R
•
En utilisant les grandeurs massiques : CP − CV =
avec : [CP ] = [CV ] = J.K −1. mol −1 .
R
M
avec : [CP ] = [CV ] = J.K −1. kg −1 .
Application :
 CP
=γ

CP
En utilisant le coefficient γ =
, on obtient le système :  CV
CV

CP − CV = nR
La résolution de ce système conduit aux résultats suivants :
CV =
nR
γnR
et : CP =
avec : [CP ] = [CV ] = J. K −1 (grandeurs extensives).
γ −1
γ −1
Remarque : La relation de Mayer impose que pour tout gaz parfait : γ > 1 (puisque
CP > CV ). C’est bien ce que nous avons obtenu pour le gaz parfait monoatomique
( γ = 5 3 ) et le gaz parfait diatomique ( γ = 7 5 ).
7 - Loi de Laplace
Elle caractérise une transformation adiabatique quasi-statique d’un gaz parfait de
coefficient γ constant.
Démonstration :
La transformation étant quasi-statique, la pression et la température du gaz sont
homogènes à tout instant. Le premier principe peut donc être écrit sous forme
différentielle :
dU + dE m = dW + dQ = −P dV + dQ
La transformation est adiabatique donc : dQ = 0 .
La variation d’énergie cinétique du gaz est négligée (transformation lente) ainsi que
l’éventuelle variation de son énergie potentielle : dE m ≈ 0 .
72
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Le gaz étant parfait, il obéit à la première loi de Joule, donc : dU = CV dT =
Le premier principe donne donc :
nR
dT .
γ −1
nR
dT = −P dV
γ −1
Or : PV = nRT ⇒ P dV + V dP = nR dT
Donc :
1
dV
dP
(P dV + V dP ) = −P dV ⇔ γ P dV = −V dP ⇔ γ
=−
γ −1
V
P
Par intégration (le coefficient γ étant constant) : ln(V γ ) = − ln(P ) + cte ⇔ ln(PV γ ) = cte
γ
Finalement : PV = cte Loi de Laplace.
Remarque : La loi de Laplace peut s’appliquer sur une transformation adiabatique
réversible d’un gaz parfait de coefficient γ constant, puisque la transformation est alors
nécessairement quasi-statique (l’équilibre interne est nécessaire à la réversibilité).
Autres écritures de la loi de Laplace :
En utilisant l’équation d’état des gaz parfaits P =
En utilisant l’équation sous la forme V =
nRT
γ −1
= cte .
, on peut écrire : TV
V
nRT
1− γ γ
, on obtient : P T = cte .
P
Conséquence graphique :
L’équation d’une adiabatique quasi-statique d’un gaz
parfait, en coordonnées de Clapeyron, est donc :
k
P = γ avec : γ > 1 .
V
La pente de l’adiabatique est donc supérieure à la pente
de l’isotherme (en valeurs absolues).
Application : On en déduit donc qu’une compression
adiabatique d’un gaz parfait provoque une élévation de sa
température et qu’une détente adiabatique provoque une
baisse de sa température.
P
B
Q=0
T =T
B
T =T
A
>T
A
A
V
8 - Transformations cycliques
Intérêt :
La transformation cyclique est la seule transformation permettant de réaliser des transferts
énergétiques durablement, en répétant le cycle autant de fois que nécessaire. Toutes les
machines réalisant des transferts énergétiques utilisent des transformations cycliques.
Bilan énergétique :
Le premier principe donne : ∆E = W + Q avec : ∆E cycle = 0 . Donc : Qcycle = −Wcycle .
Une transformation cyclique permet donc, soit de convertir de la chaleur en travail, soit de
convertir du travail en chaleur.
73
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Deux cas sont envisageables :
•
Wcycle < 0 (le système cède du travail à l’extérieur) : le cycle est dit moteur.
•
Wcycle > 0 (le système reçoit du travail de l’extérieur) : le cycle est dit résistant.
Rendement d’un cycle moteur :
Wcycle < 0 ⇒ Qcycle > 0 . Globalement, le système reçoit de la chaleur sur le cycle.
Cependant, un cycle est usuellement constitué d’une successions de transformations et
toutes n’apportent pas forcement de la chaleur au système (au cours de certaines, le
transfert thermique peut se faire du système vers l’extérieur).
Si on note Qreçue le transfert thermique effectivement reçu par le système au cours du
cycle, on définit le rendement du cycle moteur par :
r=
Wcycle
Qreçue
=
− Wcycle
Qreçue
.
Remarque : Ce rendement permet de comparer le travail fourni par le système, à la chaleur
qu’il faut lui apporter. Il permet donc de quantifier l’efficacité de la conversion chaleur
fournie → travail récupéré.
Dans le meilleur des cas, lorsque le système ne libère aucune chaleur vers l’extérieur au
cours du cycle, on a Qreçue = Q et donc r = 1. De façon générale, on aura : r ≤ 1.
9 - Cas du cycle de Carnot
Définition :
Il s’agit d’un cycle ditherme (2 sources de chaleur de température constante) réversible.
Constitution :
Les transformations étant réversibles, le système est nécessairement à l’équilibre
thermique avec la source pendant les échanges thermiques avec cette source : le transfert
thermique avec chaque source a donc lieu sur une isotherme, à la température de la
source, et les transformations non isothermes sont nécessairement adiabatiques. Le cycle
est donc constitué de deux isothermes réversibles et deux adiabatiques réversibles.
P
Allure du cycle pour un gaz parfait :
•
•
A
Equation des isothermes : PV = cte .
γ
Equation des adiabatiques : PV = cte .
T1 > T2
PV
=n
RT
1
74
D
PV =
B
nRT
0
Q=
L’étude énergétique et le calcul du rendement de ce
cycle sont réalisés dans l’« Exemple 5 », page 79.
0
Q=
Remarque : Si le cycle est décrit dans le sens
ABCD , il est moteur (W < 0 ) ; s’il est décrit dans le
sens ADCB , il est résistant (W > 0 ).
2
C
V
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
LES SAVOIR-FAIRE
Faire des bilans énergétiques pour un gaz parfait
•
Identifier le système considéré et en conséquence, le milieu extérieur.
•
Identifier l’état thermodynamique initial du système.
•
Identifier de même son état thermodynamique final.
•
Certaines variables d’état inconnues peuvent être déterminées en utilisant le fait que l’état
final est un état d’équilibre thermodynamique :
équilibre thermique avec l’extérieur, si la transformation n’est pas une adiabatique, pour
déterminer la température ;
équilibre mécanique pour déterminer la pression ;
équilibre interne du système, s’il est constitué de plusieurs parties, pour déterminer des
relations entre les diverses variables d’état.
•
Faire appel au premier principe :
sous forme de la loi de Laplace, si les conditions nécessaires sont remplies (voir « Loi
de Laplace », page 72), dans le but de déterminer les variables d’état inconnues ;
après avoir déterminer les expressions du travail, de la chaleur et des variations
d’énergie interne et mécanique du système, dans le but de déterminer les variables
d’état inconnues ;
pour déterminer un transfert énergétique (travail ou chaleur) ou une variation d’énergie
interne ou d’enthalpie.
Remarques :
Pour écrire le premier principe sous forme différentielle, il est nécessaire que les
variables d’état du système soient définies à chaque instant. On ne pourra donc le faire
que pour des transformations quasi-statiques ou réversibles.
La variation d’énergie potentielle de pesanteur des gaz sera toujours négligée (en raison
de leur faible masse).
La variation d’énergie cinétique des gaz est, en général, négligée (pour la même
raison). Cependant, dans les cas où le gaz subit une forte variation de vitesse, on
prendra garde de ne pas négliger ∆EC (cas des tuyères, par exemple).
Exemple 1 : Compression isotherme d’un gaz parfait, de l’état initial (Pi ,Vi ,T0 ) à l’état final
(Pf = 2Pi ,Vf ,T0 ) .
Système : { gaz parfait }. L’extérieur est donc le piston.
La transformation isotherme du gaz est nécessairement très
lente (pour que celui-ci se maintienne à l’équilibre thermique
avec l’extérieur). En conséquence, la pression du gaz est
nécessairement uniforme à tout instant. La transformation est
donc quasi-statique.
Etat initial : (Pi ,Vi ,T0 ) → (Pf = 2Pi ,Vf ?,T0 ) : Etat final
T = cte
quasi − statique
75
gaz
parfait
(T0 )
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
L’équation d’état du gaz parfait permet de déterminer le volume final :
1
Pi
PV
Vi ⇔ Vf = Vi .
i i = nRT0 = Pf Vf ⇔ Vf =
2
Pf
Le travail a déjà été calculé (voir « Exemple 7 », page 60) :
P 
W = nRT0 ln f  soit : W = PV
i i ln 2 .
 Pi 
La variation d’énergie interne s’écrit :
∆U = ∫ CV dT = 0 (un gaz parfait obéissant à la première loi de Joule).
La transformation étant ni isochore, ni isobare, la quantité de chaleur reçue par
le gaz ne peut se calculer qu’à l’aide du premier principe :
Q = ∆U − W cad : Q = −W .
On pourra remarquer que Q < 0 : le gaz cède de la chaleur à l’extérieur, pour
maintenir sa température constante au cours de la compression.
Exemple 2 : Compression adiabatique lente d’un gaz parfait diatomique, de l’état (Pi ,Vi ,Ti )
à l’état (Pf = 2Pi ,Vf ,Tf ) .
Nous supposerons la transformation suffisamment lente
pour qu’elle soit quasi-statique (gaz en équilibre interne à
tout instant).
gaz
parfait
On choisit alors le système : { gaz parfait }. L’extérieur est
donc le piston.
0
Etat initial : (Pi ,Vi ,Ti ) Q
=
→ (Pf = 2Pi ,Vf ?,Tf ?) : Etat final.
quasi −
statique
Les conditions d’application de la loi de Laplace étant réunies (adiabatique,
quasi-statique, gaz parfait de coefficient γ constant), on peut écrire :
1
γ
PV
i i = PfVf
γ
 Pi  γ
7
⇔ Vf = Vi   = 0,61 Vi (avec γ =
pour un gaz diatomique).
 Pf 
5
Il apparaît donc que l’augmentation d’un facteur 2 de la pression ne provoque
pas une diminution d’un facteur 2 du volume (on observe une diminution moins
importante). Cela ne peut s’expliquer que par une augmentation de la température.
Or, la loi de Laplace permet aussi d’écrire :
Pi
1− γ
γ
Ti = Pf
1− γ
Tf
γ
 Pi 
⇔ Tf = Ti  
 Pf 
1− γ
γ
, Ti .
= 122
On confirme bien l’augmentation de la température : Tf > Ti .
Le gaz étant parfait, sa variation d’énergie interne s’écrit :
∆U = ∫ CV dT =

nRTi  Tf
nR
Tf − Ti ) =
 − 1
(
γ −1
γ − 1  Ti

76
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
1− γ


γ


PV
i i  Pi 
1
−


Soit : ∆U =

 = 0,55 PV
i i .
γ − 1   Pf 



Le calcul du travail peut être mené en utilisant la relation :
W = ∫ − P dV (transformation quasi-statique).
γ
γ
Or : PV γ = PV
i i = PfVf = k
Donc : W =
∫V − V γ dV = − − γ + 1[V
Vf
k
k
i
− γ +1
]
Vf
Vi
=
(
1
γ − γ +1
PfVf γVf − γ + 1 − PV
i i Vi
γ −1
)
1


−1
  Pi  γ

PV
 PfVf

PfVf − PV
PV
i
i
i
i
i
i
− 1 .
Finalement : W =
=
− 1 soit : W =
 

γ
1
−
P
γ −1
γ − 1  PV

 f 

i i


Bien que le travail puisse se déterminer par ce calcul d’intégrale, ce n’est pas
une méthode judicieuse. En effet, ce résultat est immédiatement obtenu si on
utilise le premier principe :
W = ∆U − Q cad : W = ∆U .
Exemple 3 : On lâche le piston de masse m0 hors de sa position d’équilibre, de l’état initial
(Pi ,Vi ,Ti ) .
z
La transformation est brutale et ne peut pas être
considérée comme quasi-statique (le champ de
pression dans le gaz n’est pas connu et n’est pas
uniforme). Dans ces conditions, on ne peut pas
calculer le travail reçu par le système { gaz }.
D’où le choix du système : { gaz + piston }. L’extérieur est alors l’atmosphère.
zi
gaz
parfait
zf
k
(P0 )
O
non
quasi − statique
Etat initial : (Pi ,Vi ,Ti ) 
→ (Pf ?,Vf ?,Tf ?) : Etat final.
L’équilibre final du piston permet de déterminer la pression finale (voir
« Exemple 4 », page 59) :
Pf = P0 +
m0 g
.
S
La transformation étant rapide, on peut la supposer adiabatique : Q = 0 .
Le travail reçu par le système à déjà été déterminé (voir « Exemple 8 » , page
60) :
W = −P0 (Vf − Vi ) .
Le gaz parfait obéit à la première loi de Joule, donc :
∆U gaz = ∫ CV dT soit : ∆Ugaz =
nR
(Tf − Ti ) .
γ −1
77
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
La variation d’énergie mécanique du système est :
∆E m = ∆E P = m0 g(zf − zi )
Soit : ∆E m
m0 g
(Vf − Vi ) .
S
Le premier principe donne alors : ∆Ugaz + ∆U piston + ∆E m = W .
Le transfert thermique entre le gaz et le piston n’ayant pas le temps de se
produire (transformation rapide), l’état thermodynamique (T ,V ) du piston n’est
pas modifié.
On a donc : ∆Upiston = 0 .
On obtient alors l’équation :
Soit :
nR
(Tf − Ti ) + mS0 g (Vf − Vi ) = −P0 (Vf − Vi )
γ −1
nR
(Tf − Ti ) = −Pf (Vf − Vi ) = −nRTf + PPf nRTi
γ −1
i

m0 g  


 1 γ − 1  P0 +
S  .

Finalement, après simplifications (...) : Tf = Ti  +
γ 
Pi
 
γ


 

L’équation d’état du gaz donne alors : Vf =
nRTf
nRTi  1 γ − 1 Pf 
=
 +

Pf
Pf  γ
γ Pi 
 


 γ − 1
1
Pi
+
.
Soit : Vf = Vi  
γ 
 γ  P + m0 g 
0
 

S 
Pour terminer : ∆Ugaz =
Soit : ∆Ugaz
nR
Ti
γ −1
 1 γ − 1 Pf

 1 1 Pf 
− 1 = PV
+
 +

i i −
γ
γ
P


 γ γ Pi 
i
m0 g


 P0 +

PV
i i
S

=W =
− 1 .
γ 
Pi




Remarque :
On constate, par comparaison avec l’« Exemple 2 » précédent, que l’état final
du gaz et les transferts énergétiques sont différents pour les deux compressions,
bien qu’on on impose une pression finale identique.
7
Avec (comme pour l’ « Exemple 2 ») Pf = 2Pi et γ = , on obtient :
5
Tf = 129
, Ti ; Vf = 0,64 Vi ; ∆U = W = 0,71 PV
.
i i
78
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Exemple 4 : On perce un trou dans un récipient calorifugé de volume constant V1 ,
initialement vide, de sorte que de l’air atmosphérique, à la pression P0 et à la température T0 ,
y pénètre.
Système : {air qui va entrer dans le
récipient}. L’extérieur est donc le reste de
l’atmosphère.
Σ à l'instant
initial
Σ à un
instant t
V1
La transformation est adiabatique, mais
non quasi-statique, puisque le gaz n’est
pas dans un état d’équilibre interne au
cours de la transformation (la pression
n’est pas homogène dans le gaz).
(P0 )
(T0 )
Etat initial : (P0 ,T0 ,V0 ?) → (P1 ?,T1 ?,V1) : Etat final.
Q =0
L’équilibre mécanique final impose : P1 = P0 .
Le travail a déjà été calculé (voir « Exemple 9 », page 61) : W = P0V0 = nRT0 .
Le gaz parfait obéissant à la première loi de Joule :
nR
∆U = ∫ CV dT =
(T1 − T0 ) .
γ −1
Le premier principe donne alors :
nR
(T1 − T0 ) = nRT0 d’où : T1 = γT0 .
γ −1
Et l’équation d’état du gaz donne : V1 =
Pour terminer : ∆U = W =
V1
nRT1 γnRT0
=
= γV0 soit : V0 =
.
γ
P0
P0
P0V1
.
γ
Remarque : Le réchauffement de l’air (T1 = γT0 > T0 ) était prévisible, puisque le
travail est positif (compression par l’atmosphère) et provoque donc l’augmentation
de l’énergie interne, donc l’augmentation de la température.
Exemple 5 : Gaz parfait de coefficient γ constant, décrivant le cycle de Carnot (dans le
sens ABCDA ).
P
Système : {Gaz parfait}
T1
A T=
→ B : détente isotherme d’un gaz
parfait.
T1 > T2
T=
Q=
T1
B
0
(voir « Exemple 7 »,
P 
Q1 = −W1 = − nRT1 ln B  .
 PA 
79
2
0
∆U1 = 0 (le gaz parfait vérifie la première
loi de Joule).
T =T
=
D
page 60).
Q
P 
W1 = nRT1 ln B 
 PA 
A
C
V
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
=T2
C T
→ D : compression isotherme d’un gaz parfait.
P 
P 
W2 = nRT2 ln D  ; ∆U2 = 0 ; Q2 = − nRT2 ln D  .
 PC 
 PC 
0
B Q
=
→ C : détente adiabatique réversible d’un gaz parfait de γ constant.
Q = 0 ; W3 = ∆U3 =
nR
(T2 − T1) .
γ −1
γ
La loi de Laplace donne : PB
1− γ
γ
T1
= PC
1− γ
T2
γ
 T  1− γ
P
d’où : B =  2 
(1).
PC  T1 
0
D Q
=
→ A : compression adiabatique réversible d’un gaz parfait de coefficient
γ constant.
Q = 0 ; W4 = ∆U4 =
nR
(T1 − T2 ) .
γ −1
γ
La loi de Laplace donne : PD
1− γ
γ
T2 =
1− γ γ
PA T1
 T  1− γ
P
d’où : D =  1 
(2).
PA  T2 
Finalement, sur le cycle :
∆U =
∑ ∆Ui = 0
(comme attendu, puisque U est une fonction d’état).
i

P 
 P 
W = ∑ W i =nRT1 ln B  + T2 ln D   .
 PA 
 PC  

i
Les équations (1) et (2) permettent d’écrire :
PB PA
=
PC PD
soit :
PB PC
=
(3).
PA PD
 PB 
Donc : W = nR(T1 − T2 ) ln  .
 PA 
Remarque : Ayant T1 > T2 et PB < PA , on obtient bien un travail négatif
compatible avec le sens de parcours du cycle. Ce travail est d’autant plus
important (en valeur absolue) que l’écart de température entre les sources,
et la variation de pression lors de la détente AB sont importants. Ce résultat
peut se retrouver graphiquement : les transformations étant réversibles, le
travail au cours d’un cycle s’identifie à son aire et celle-ci est bien d’autant
plus grande que les écarts entre les températures T1 et T2 , et entre les
pressions PA et PB sont importants.

P 
 P 
Q = ∑ Qi = −nR T1 ln B  + T2 ln D  
P


 PC  

A
i
Soit : Q = −W (comme attendu sur un cycle).
80
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Bilan thermique sur le cycle :
En reprenant les expressions des transferts thermiques avec les sources et en
tenant compte de la relation (3), il vient :
Q1 Q2
Q1
Q
+
= 0 . C’est l’identité de Carnot-Clausius.
= − 2 ou :
T1 T2
T1
T2
Rendement du cycle :
Le cycle étant moteur, son rendement est défini par : r =
W
−W
=
.
Qreçue
Qreçue
P 
Sur la détente isotherme AB : Q1 = − nRT1 ln B  > 0 (puisque PB < PA ).
 PA 
P 
Sur la compression isotherme CD : Q2 = − nRT2 ln D  < 0 (puisque PD > PC ).
 PC 
C’est donc sur la détente AB que le gaz reçoit de la chaleur (il en cède sur la
compression).
Conclusion : r =
T2
−W T1 − T2
=
ou : r = 1 −
Rendement de Carnot.
T1
Q1
T1
Exemple 6 : Gaz parfait (air) décrivant le cycle Beau de Rochas, correspondant au modèle
simple de fonctionnement du moteur à explosion. Les transformations sont supposées quasistatiques. On cherche le rendement en fonction du rapport volumétrique a = Vmax Vmin .
Système : {Gaz parfait}
(
Le graphique de Clapeyron est réalisé en traçant P = f Vcylindre
)
puisque le volume
« poussé » par le piston correspond à la diminution de volume du cylindre.
En particulier, le travail reçu par le gaz, de la part du piston est :
W = ∫ P dτ = − ∫ P dVcylindre .
Le cycle est constitué de :
AB : compression adiabatique (le piston
comprime le mélange air-carburant).
BC : chauffage isochore (explosion instantanée du mélange air-carburant).
CD : détente adiabatique (le piston recule).
DA : isochore (ouverture des soupapes
d’échappement et détente-refroidissement
du gaz dans l’atmosphère, ne fournissant
aucun travail au piston).
P
C
Q=
0
B
D
Q=
0
A
Q=0
A 
→ B : compression adiabatique quasi-statique d’un gaz parfait.
Q1 = 0 .
La loi de Laplace donne : TAVA
γ −1
81
= TBVB
γ −1
γ −1
d’où : TB = TA a
.
V cyl
Thermodynamique - Chapitre 5
W1 = ∆U1 =
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
(
)
nRTA γ − 1
nR
a
−1 .
TB − TA ) soit : W1 = ∆U1 =
(
γ −1
γ −1
isochore
B 
→ C : explosion isochore libérant une quantité de chaleur Q0 .
W2 = 0 ; Q2 = ∆U2 = Q0 soit :
( γ − 1) Q0
nR
TC − TB ) = Q0 ⇔ TC = TB +
.
(
nR
γ −1
0
C Q
=
→ D : détente adiabatique quasi-statique d’un gaz parfait.
Q3 = 0 .
La loi de Laplace donne : TCVC
W3 = ∆U3 =
γ −1
= TDVD
γ −1
1− γ
d’où : TD = TC a
.
(
)
nRT
nR
(TD − TC ) soit : W3 = ∆U3 = γ − 1C a1− γ − 1 .
γ −1
isochore
D 
→A.
W4 = 0 .
Finalement, sur le cycle :
W = ∑ Wi =
i
=
(
) (
)
nR 
TA a γ − 1 − 1 + TC a1− γ − 1 

γ − 1 
(γ − 1) Q0 a1− γ − 1 
nR 
γ −1
− 1 + TA a γ −1 a1− γ − 1 +
T a

γ − 1  A
nR

(
(
)
(
)
(
)
)
1− γ
−1 .
Finalement : W = Q0 a
D’où le rendement : r =
−W
= 1 − a1− γ .
Q0
Remarques :
Le rendement de ce cycle ne dépend que du rapport volumétrique. Pour
réaliser un moteur de consommation la plus faible possible, il faut donc
réaliser un système cylindre piston permettant de comprimer le gaz jusqu'à
un volume le plus petit possible. Il existe néanmoins une limitation technologique à ce volume minimal puisqu’il doit contenir les électrodes de la
bougie d’allumage (qui déclenche l’explosion).
Exemple numérique : a = 12 ; γ = 14
, . On obtient : r = 63 % .
Pour réaliser un moteur de puissance élevée, deux options s’offrent à nous :
Augmenter Q0 afin d’augmenter le travail récupéré sur un cycle. On
augmente alors le volume du cylindre ou le nombre de cylindres. On
obtient alors un moteur plus volumineux. C’est l’option choisie pour les
moteurs d’automobiles.
Augmenter la vitesse de rotation du moteur afin de réaliser plus de
cycles dans le même temps. Cela évite l’augmentation de la taille du
moteur. Cette deuxième option est choisie pour les motos.
82
Thermodynamique - Chapitre 5
Propriétés énergétiques des gaz parfaits
Pour améliorer le rendement, il est possible de récupérer un travail supplémentaire
lors de la détente du gaz hors du cylindre. Pour cela, on utilise une turbine placée
sur le système d’échappement (principe du moteur turbo).
Le travail reçu par la tranche AB de gaz
traversant la turbine a déjà été déterminé
(voir « Exemple 10 », page 62) :
A1
(P1)
W = PV
1 1 − P2V2 + W ' .
V1
(Σ 1)
B1
V2
(Σ 2)
(P2 )
Le bilan énergétique appliqué à cette
A2
B2
tranche a déjà été effectué (voir « Détente
de Joule-Thomson », page 69), mais en supposant W ' = 0 .
En présence de la turbine ( W ' ≠ 0 ), il est aisé de vérifier que ce bilan énergétique
conduit à : ∆H = W ' (en négligeant la variation d’énergie cinétique du gaz).
Le travail supplémentaire récupéré est donc : τ = −W ' = −
γnR
(TS − TD ) où TS est
γ −1
la température du gaz à la sortie de la turbine.
Le nouveau rendement est alors : r ' = 1 − a1− γ +
γnR
(TD − TS ) .
Q0 ( γ − 1)
Une estimation de la température de sortie de turbine peut être faite en supposant
(en première approximation) que la détente est adiabatique réversible, de la
pression PD à la pression PA .
On a alors : PD
1− γ
γ
TD = PA
P 
Soit : TS = TD  D 
 PA 
1− γ
γ
1− γ
TS
γ
T 
= TD  D 
 TA 
1− γ
γ
(puisque VA = VD ).
1− γ 

γnRTD   TD  γ 
D’où : r ' = 1 − a
+
1 −  

Q0 ( γ − 1)   TA 



En reprenant les expressions des températures déterminées précédemment :
Q0 ( γ − 1) 1− γ
TD = TA +
a
nR
1− γ
Et : r ' = 1 − a
1− γ
1− γ 

 γnRT
   Q0 ( γ − 1) 1− γ  γ 
1
−
γ
A
+
+ γ a  1 −  1 +
a 
.


 Q ( γ − 1)

nRTA


 0
 


Le gain sur le rendement dépend alors des conditions d’utilisation du moteur,
puisqu’il dépend de Q0 .
83