Correction

Physique Correction - DM no12 : Thermodynamique de MPSI
Correction - DM n˚12 - Thermodynamique de
MPSI
1 Transformations d’un gaz parfait
PARTIE A : Le piston, les parois du cylindre et le robinet sont supposés être
diathermanes (parfaitement perméables à la chaleur).
1.1 Questions préliminaires
1. La relation de Mayer s’écrit, pour un gaz parfait : CP−CV=nR, et en utilisant γ=CP
CV
, on en déduit
que : CP=nRγ
γ−1et CV=nR γ−1
2. D’après les première et seconde loi de Joule pour un gaz parfait :
dU =CVdT =nR
γ−1dT et dH =CPdT =nRγ γ−1dT
3. On en déduit :
∆U=nR
γ−1(T2−T1) et ∆H=nRγ γ−1(T2−T1)
4. Le premier principe s’écrit, pour un système fermé au repos :
∆U=W+Q
1.2 Compressions du gaz
1. a) La transformation est quasistatique, réversible si l’opérateur va infiniement lentement, et la trans-
formation est isotherme (et donc également monotherme) à la température T0car l’opérateur va
suffisamment lentement pour que la température intérieure ait le temps de s’équilibrer en perma-
nence avec la température extérieure (le milieu extérieur joue ici le rôle de thermostat).
b) En fin de compression, on obtient T2=T0= 300 Kcar la transformation est isotherme à la
température T0, et le gaz étant parfait, V2=nRT0
P2
= 3.33 ×10−3m3= 3.33 L
Initialement, V1=nRT0
P1
= 4.99 ×10−3m3= 4.99 L>V2. On vérifie donc qu’il y a bien eu
compression du gaz.
c) La transformation étant isotherme, et comme P=nRT
V, la courbe représentative de la transfor-
mation est une hyperbole dans le diagramme de Clapeyron (voir courbe en traits pleins dans la
figure ci-dessous).
MP2- Année 2016/2017 1 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - DM no12 : Thermodynamique de MPSI
P
V
état
initial
état
final
V2V1
P1
P2
transformation 1)
transformation 2)
V =
3
P =
3
d) La transformation étant quasistatique, réversible et isotherme, on peut écrire :
Wr=−PextdV =−P dV =−nRT0dV
V=−nRT0ln V2 V1= 202 J > 0
On vérifie bien que Wr>0car il y a eu compression du gaz.
e) La transformation étant isotherme, d’après les questions préliminaires ∆U= 0.
f) On en déduit le transfert thermique d’après le premier principe : Q=−W=nRT0ln V2
V1=
−202 J < 0. On vérifie bien que Q < 0car le gaz cède de l’énergie thermique à l’extérieur lors de
cette transformation (si les parois étaient adiabatiques, la température du gaz augmenterait au
cours de la compression).
2. a) Cette transformation est brutale, irréversible, monobare (pression extérieure constante) et mono-
therme (la température intérieure n’est égale à la température extérieure qu’en début et fin de
compression, lorsque l’équilibre thermique a été atteint). On en déduit notamment que T3=T1.
b) Sachant que le piston est à l’équilibre en fin de compression, d’après le principe fondamental de la
dynamique appliqué au piston dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen, en projection
sur l’axe vertical ascendant :
−F−P0S+P3S= 0 donc F=P0S
2= 500 N
où on a utilisé que P3= 1.5P1= 1.5P0.
c) D’après ce qui précède, T3=T1et V3=V2= 3.33 L.
d) La courbe correspond cette fois à un ensemble de 2 segments de droite dans le diagramme de
Clapeyron ( voir courbe en pointillés dans la figure précédente).
e) La transformation étant brutale, il n’y a plus équilibre de pression et de température à tout
instant. Néanmoins, on peut écrire pour un axe zvertical ascendant :
W′
r=−PextdV =−F
S+P0dV =−F S+P0(V3−V1) = −P3(V3−V1) = 248 J > 0
On vérifie encore bien que W′
r>0car il y a eu compression du gaz.
f) La transformation étant monotherme, on a toujours ∆U′= 0
g) On en déduit le transfert thermique d’après le premier principe : Q′=−W=P3(V3−V1) =
−248 J < 0. On vérifie encore bien que Q < 0car le gaz cède de l’énergie thermique à l’extérieur
lors de cette transformation (si les parois étaient adiabatiques, la température du gaz augmenterait
cette fois encore au cours de la compression).
MP2- Année 2016/2017 2 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - DM no12 : Thermodynamique de MPSI
h) La transformation brutale nécessite plus d’échanges d’énergie car Wr< W ′
r, mais on trouve que
Wr+Q=W′
r+Q′= 0 = ∆U= ∆U′. On retrouve que sur deux chemins différents, les travaux
et les transferts thermiques diffèrent alors que la variation d’énergie interne est indépendante du
chemin suivi (Uest une fonction d’état).
1.3 Fuite de gaz
1. L’ouverture du robinet correspond à une détente du gaz. On s’attend donc bien à ce que la température
diminue ; ce qui est le cas puisque T′
3< T0.
2. A l’état final, la loi des gaz parfaits s’écrit pour les (n−n′)moles de gaz restant à l’intérieur du piston,
sachant que V′
3=V3et P′ 3=P0:P0V3= (n−n′)RT ′ 3, donc
n′=n−P0V3
RT ′
3
= 5.7×10−2mol
3. Question supprimée.
4. Si l’équilibre thermique est atteint, alors T4=T0. Le volume étant constant pour les n′′ =n−n′=
0.143mol restantes dans le cylindre, la pression doit nécessairement réaugmenter jusqu’à atteindre :
P4=n′′RT0
V3
= 1.07 ×105P a = 1.07 bar
Lorsqu’on ouvre à nouveau le robinet, un déséquilibre de pression s’est à nouveau créé entre l’intérieur
du cylindre et l’extérieur. De l’air va donc à nouveau s’échapper du cylindre car P4> P0, jusqu’à
l’équilibre de température et de pression avec l’extérieur, c’est à dire jusqu’à ce qu’il ne reste plus que
n′′′ =P0V3
RT0
= 0.13 mol dans le cylindre.
On vérifie bien que le nombre de moles dans le piston diminue : il passe de 0.2 mol, à 0.143 mol, puis
enfin à 0.13 mol.
PARTIE B : Le piston, les parois du cylindre et le robinet sont maintenant
supposés être calorifugés.
1.4 Questions préliminaires de la partie B
1. dU =T dS −P dV .
2. dS=dU
T+P TdVavec dU=nCV m dTet P=nRT Vet CV m =R γ−1donc
dS=nR
γ−1
dT
T+nR dV V
dS=nCV m
dT
T+nR dV Vet dT T=dP P+dV Vd’où dS=nR γ−1dP P+dV V+nR dV Vet donc
dS=nR
γ−1dP P+γdV V
3. Pour une transformation adiabatique réversible d’un gaz parfait, dS = 0, donc dP
P+γdV V= 0, qui
entraîne P V γ=cste.
MP2- Année 2016/2017 3 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - DM no12 : Thermodynamique de MPSI
1.5 Compressions du gaz
1. a) La transformation est une compression quasistatique (et même réversible si l’opérateur appuie
suffisamment lentement) adiabatique.
b) En utilisant les lois de Laplace : P1Vγ
1=P2Vγ 2donc V2=V1P1
P2
1
γ
= 3.7Let T2=P2V2
nR =
335 K
c) D’après le premier principe, ∆U=Wr+Q, or la transformation est adiabatique, donc Q= 0 et
Wr= ∆U=CV(T2−T1). Finalement Wr=nR
γ−1(T2−T1) = 170 J.
d) La transformation étant adiabatique et réversible, Sc= 0 et Se= 0, donc ∆S= 0 .
2. a) L’équilibre du piston dans l’état final s’écrit P3=Pext =P0+F
S, d’où F= (P3−P0)S= 500 N
b) La pression extérieure étant constante et égale à P3, on peut écrire : Wi=−PextdV , et donc
Wi=−P3(V3−V1)
c) D’après le premier principe, ∆U=Wi+Q, or Q= 0 car la transformation est adiabatique, donc
∆U=CV∆T=nR
γ−1(T3−T1) = nR γ−1P3V3 nR −P1V1 nR =P3 γ−1V3−P1 P3V1
ainsi, −P3(V3−V1) = P3
γ−1V3−P1 P3V1et finalement :
V3=
V1γ−1 + P1
P3
γ= 3.81 L
On en déduit T3=P3V3
nR = 343 K
d) D’après les questions précédentes : Wi=−P3(V3−V1) = 178.5J > WrLa transformation
irréversible fait intervenir un travail mécanique plus important.
e) La transformation étant adiabatique, Q= 0, et donc Se= 0, et ∆S=Sc. Or, d’après les
préliminaires de la partie B :
∆S=nR
γ−1P3Vγ
3
P1Vγ
1= 0.09 J.K−1
et donc Sc= ∆S= 0.09 J.K−1>0. On retrouve bien que la transformation est irréversible, à
cause d’un déséquilibre mécanique.
1.6 Ouverture du robinet
1. Avant d’ouvrir le robinet : P4=nRT4
V4
= 1.8bar.
2. A la fin de la transformation, le gaz restant dans le cylindre est à T5= 276 K, et correspond à
n′′ =P0V4
RT5
moles. La quantité de gaz sorti du cylindre vaut donc n′=n−P0V4
RT5
= 0.078 mol
MP2- Année 2016/2017 4 Lycée Janson de Sailly

Physique Correction - DM no12 : Thermodynamique de MPSI
3. Comme la pression extérieure est contante et vaut Pext =P0, on en déduit : W=−PextdV =
−P0[∆V′′ + ∆V′]où ∆V′′ et ∆V′correspondent respectivement à la variation de volume des n′′
moles se retrouvant dans le cylindre en fin de transformation, et à la variation de volume des n′moles
se trouvant à l’extérieur du cylindre en fin de transformation.
Les n′′ moles passent d’un volume V′′
initial =n′′RT4
P4
=P0T4V4
P4T5
à un volume V′′
final =V4, donc ∆V′′ =
V41−P0T4
P4T5
Les n′moles passent d’un volume V′
initial =n′RT4
P4
=V41−P0T4
P4T5à un volume V′
final =n′RT0
P0
, donc
∆V′=n′RT0
P0
−V41−P0T4
P4T5
On en déduit finalement que W=−P0
n′RT0
P0
=−n′RT0=−195 J < 0.
On vérifie bien que la travail est négatif car le volume du gaz a augmenté.
On peut remarquer que cette expression correspond également à faire passer uniquement les n′moles
de gaz d’un volume nul à la pression P0, tout en considérant que les n′′ moles occupent toujours le
même volume V4tout au long de la transformation.
4. P6=n′′RT0
V4
= 1.07bar
5. D’après le premier principe, pour cette dernière transformation : ∆U=n′′R
γ−1(T0−T5) = W+Q, or
le volume est constant dans cette phase, donc W= 0, et finalement Q=n′′R
γ−1(T0−T5) = 60 J > 0.
On vérifie bien que le gaz reçoit un transfert thermique car il se réchauffe.
6. D’après les questions préliminaires de la partie B :
∆S=n′′R
γ−1ln T0 T5+n′′RV4 V4=n′′R γ−1ln T0 T5= 0.21 J.K−1
or l’entropie échangée vaut, sachant que la température extérieure est constante et vaut T0
Se=Q
T0
=n′′R
γ−1
(T0−T5)
T0
= 0.2J.K−1
Donc finalement Sc= ∆S−Se= 0.01 J.K−1>0La transformation est bien irréversible car il y a
un déséquilibre thermique du système avec l’extérieur.
2 Etude de différentes transformations subies par un gaz parfait
1. a) m0=P0
Ad0 AS
r0T0
A
= 2.6×10−3kg = 2.6get m1=P1
Ad1 AS
r1T1
A
= 1.7×10−3kg = 1.7g
b) La transformation subie par le dioxygène est un chauffage isochore et irréversible à cause du
déséquilibre de température. d0
B=d0 Aet T0 B=TS, d’où : P0 B=m0r0TS
Sd0
A
= 2 ×105P a = 2 bar.
C’est donc une compression.
MP2- Année 2016/2017 5 Lycée Janson de Sailly