Cycle de Carnot : énergie et entropie sur chaque branche

Question 1. Le schéma montre $AB$ et $CD$ adiabatiques, $BC$ sur l'isotherme chaude et $DA$ sur l'isotherme froide. Le cycle est parcouru dans le sens horaire. Sur l'adiabatique $AB$, la loi de Laplace donne

$$T_{\mathrm{fr}}V_A^{\gamma-1}=T_{\mathrm{ch}}V_B^{\gamma-1},\qquad \left(\frac{V_A}{V_B}\right)^{\gamma-1}=\frac{T_{\mathrm{ch}}}{T_{\mathrm{fr}}}.$$

En prenant la puissance $1/(\gamma-1)$ et en posant $b=(T_{\mathrm{ch}}/T_{\mathrm{fr}})^{1/(\gamma-1)}$, on obtient $V_A=bV_B$. De même sur $CD$,

$$T_{\mathrm{ch}}V_C^{\gamma-1}=T_{\mathrm{fr}}V_D^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad V_D=bV_C=brV_B.$$

Ainsi $V_D/V_A=(brV_B)/(bV_B)=r$ : les deux isothermes ont le même rapport de volumes, parcouru dans des sens opposés.

Question 2. Sur chaque adiabatique réversible, $\delta Q_{\mathrm{rev}}=0$ et $\mathrm dS=\delta Q_{\mathrm{rev}}/T=0$ :

$$Q_{AB}=Q_{CD}=0,\qquad \Delta S_{AB}=\Delta S_{CD}=0.$$

Sur une isotherme du gaz parfait, $\mathrm dU=0$, donc $\delta Q_{\mathrm{rev}}=P\,\mathrm dV=nRT\,\mathrm dV/V$. Pour la détente chaude,

$$\begin{aligned} Q_{BC}&=nRT_{\mathrm{ch}}\int_{V_B}^{rV_B}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{ch}}[\ln V]_{V_B}^{rV_B}=nRT_{\mathrm{ch}}\ln r>0,\\ \Delta S_{BC}&=\frac{Q_{BC}}{T_{\mathrm{ch}}}=nR\ln r. \end{aligned}$$

Pour la compression froide, $V_A/V_D=1/r$ :

$$\begin{aligned} Q_{DA}&=nRT_{\mathrm{fr}}\int_{V_D}^{V_A}\frac{\mathrm dV}{V} =nRT_{\mathrm{fr}}[\ln V]_{V_D}^{V_A}\\ &=nRT_{\mathrm{fr}}\ln\frac{V_A}{V_D}=-nRT_{\mathrm{fr}}\ln r<0,\\ \Delta S_{DA}&=\frac{Q_{DA}}{T_{\mathrm{fr}}}=-nR\ln r. \end{aligned}$$

Dans le diagramme $(S,T)$, l'entropie est constante sur $AB$ et $CD$ : ces branches sont verticales. Les isothermes $BC$ et $DA$ sont horizontales. En choisissant $S_A$ comme origine relative, les coordonnées sont

$$\begin{aligned} \begin{array}{c|cc} \text{État}&S-S_A&T\\ \hline A&0&T_{\mathrm{fr}}\\ B&0&T_{\mathrm{ch}}\\ C&nR\ln r&T_{\mathrm{ch}}\\ D&nR\ln r&T_{\mathrm{fr}} \end{array} \end{aligned}$$

On obtient un rectangle horaire de largeur $nR\ln r$ et de hauteur $T_{\mathrm{ch}}-T_{\mathrm{fr}}$.

Question 3. Sur un cycle, $\Delta U=0$. Avec les énergies reçues comptées positivement, le premier principe donne

$$W=-(Q_{AB}+Q_{BC}+Q_{CD}+Q_{DA}) =-nR(T_{\mathrm{ch}}-T_{\mathrm{fr}})\ln r<0.$$

Le travail fourni est $-W>0$ et la chaleur reçue au chaud est $Q_{BC}>0$. Le rendement vaut donc

$$\eta=\frac{-W}{Q_{BC}} =\frac{nR(T_{\mathrm{ch}}-T_{\mathrm{fr}})\ln r}{nRT_{\mathrm{ch}}\ln r} =\frac{T_{\mathrm{ch}}-T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}=1-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}.$$

Chaque source reçoit la chaleur opposée à celle qu'elle donne au gaz :

$$\Delta S_{\mathrm{th,ch}}=\frac{-Q_{BC}}{T_{\mathrm{ch}}}=-nR\ln r,\qquad \Delta S_{\mathrm{th,fr}}=\frac{-Q_{DA}}{T_{\mathrm{fr}}}=nR\ln r.$$

Le gaz revient à son état initial, donc $\Delta S_{\mathrm{gaz}}=0$. La somme des trois variations est nulle : aucune entropie n'est produite. Le travail fourni à l'extérieur ne transporte pas d'entropie.

Question 4. On conserve la convention du banquier pour la machine : $Q_{\mathrm{ch}}>0$ est la chaleur reçue de la source chaude, $Q_{\mathrm{fr}}<0$ celle reçue de la source froide et $W<0$ le travail reçu sur un cycle. Les sources reçoivent les chaleurs opposées, $-Q_{\mathrm{ch}}$ et $-Q_{\mathrm{fr}}$. Leur variation d'entropie totale est l'entropie produite, car la machine retrouve son état initial et l'extérieur ne reçoit que du travail :

$$S_{\mathrm{i}}=-\frac{Q_{\mathrm{ch}}}{T_{\mathrm{ch}}}-\frac{Q_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{fr}}}.$$

En multipliant par $T_{\mathrm{fr}}$ puis en isolant $Q_{\mathrm{fr}}$,

$$T_{\mathrm{fr}}S_{\mathrm{i}}=-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}Q_{\mathrm{ch}}-Q_{\mathrm{fr}}, \qquad Q_{\mathrm{fr}}=-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}Q_{\mathrm{ch}}-T_{\mathrm{fr}}S_{\mathrm{i}}.$$

Le premier principe donne $0=Q_{\mathrm{ch}}+Q_{\mathrm{fr}}+W$. Le travail récupéré est $|W|=-W=Q_{\mathrm{ch}}+Q_{\mathrm{fr}}$, d'où

$$\eta=\frac{|W|}{Q_{\mathrm{ch}}}=1+\frac{Q_{\mathrm{fr}}}{Q_{\mathrm{ch}}} =1-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}}-\frac{T_{\mathrm{fr}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{ch}}}.$$

Puisque $T_{\mathrm{fr}}>0$ et $Q_{\mathrm{ch}}>0$, une production d'entropie positive diminue le rendement.

Question 5. La chaleur reçue au chaud est la même pour les deux moteurs. D'après la question 2,

$$Q_{\mathrm{ch}}=nRT_{\mathrm{ch}}\ln r=1{,}0\times8{,}314\times500\times\ln3{,}4 \simeq5087\ \mathrm J.$$

Le rendement du moteur réversible vaut

$$\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_{\mathrm{fr}}}{T_{\mathrm{ch}}} =1-\frac{300}{500}=0{,}40=40\,\%.$$

La question 4 donne la différence entre les deux rendements :

$$\Delta\eta=\eta_{\mathrm{Carnot}}-\eta_{\mathrm{irr}} =\frac{T_{\mathrm{fr}}S_{\mathrm{i}}}{Q_{\mathrm{ch}}} \simeq\frac{300\times2{,}0}{5087}=0{,}118.$$

Le numérateur $T_{\mathrm{fr}}S_{\mathrm{i}}=600\ \mathrm J$ est une énergie : le rapport est donc sans dimension. La baisse vaut $100\Delta\eta\simeq11{,}8$ points de pourcentage. Ainsi,

$$\eta_{\mathrm{irr}}=0{,}40-0{,}118\simeq0{,}282=28{,}2\,\%.$$

Le rendement passe de $40\,\%$ à $28{,}2\,\%$ ; une baisse de $11{,}8$ points ne signifie pas une baisse relative de $11{,}8\,\%$.