Énoncé

On reprend les deux expériences de compression adiabatique de la leçon 5, dont les résultats utiles sont rappelés ici. Un cylindre vertical calorifugé de section $\mathcal S$ contient $n$ moles de gaz parfait. Son piston, également calorifugé, est mobile sans frottement et de masse négligeable. Les capacités thermiques molaires $c_V$ et $c_P$ sont constantes, avec

\gamma=\frac{c_P}{c_V}>1,\qquad c_V=\frac{R}{\gamma-1},\qquad c_P=c_V+R.

Initialement, le piston est soumis à la seule pression atmosphérique $P_0$ : le gaz est dans l'état $A=(P_0,V_0,T_0)$ , avec $P_0V_0=nRT_0$ . Une surcharge de masse $M$ porte la pression extérieure à

P_1=P_0+\frac{Mg}{\mathcal S}=xP_0,\qquad x>1.

Les deux expériences repartent de $A$ . Dans la première, on ajoute puis retire la surcharge grain de sable par grain de sable : le gaz suit une adiabatique réversible $A\to B\to A$ . Dans la seconde, on pose la surcharge d'un seul coup, on attend l'équilibre $B'$ , puis on la retire d'un seul coup et on attend l'équilibre $B"$ . Les pressions extérieures sont constantes sur chaque étape brutale : $P_1$ à l'aller, $P_0$ au retour. On suppose les oscillations amorties par dissipation dans le gaz ; le piston est au repos aux états initial et finaux et ne stocke pas d'énergie.

Les deux compressions partent de A (au centre). À gauche, la surcharge est ajoutée progressivement jusqu'à B ; son retrait progressif ramène à A. À droite, la surcharge est posée brutalement jusqu'à B' ; son retrait brutal conduit à un autre état B”. Le schéma représente les compressions ; les quatre états sont précisés ci-dessous. — Figure 1. Les deux compressions partent de $A$ (au centre). À gauche, la surcharge est ajoutée progressivement jusqu'à $B$ ; son retrait progressif ramène à $A$ . À droite, la surcharge est posée brutalement jusqu'à $B'$ ; son retrait brutal conduit à un autre état $B"$ . Le schéma représente les compressions ; les quatre états sont précisés ci-dessous.

Les lois de Laplace sur le trajet réversible et le premier principe sur les trajets brutaux ont donné les résultats suivants. On pose

\begin{aligned} \theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma},\qquad \phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}. \begin{array}{c|ccc} \text{État} & P/P_0 & V/V_0 & T/T_0\\ \hline A & 1 & 1 & 1\\[3pt] B & x & x^{-1/\gamma} & x^{(\gamma-1)/\gamma}\\[3pt] B' & x & \theta/x & \theta\\[3pt] B" & 1 & \theta\phi & \theta\phi \end{array} \end{aligned}

On a en particulier

\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma},\qquad \phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma},\qquad \theta\phi-1=\frac{\gamma-1}{\gamma^2}\frac{(x-1)^2}{x}>0.

Toutes les étapes sont adiabatiques : $Q=0$ et $W=\Delta U=nc_V(T_f-T_i)$ , avec la convention des énergies reçues par le gaz. Ainsi,

\begin{aligned} W_{AB}&=nc_VT_0\left[x^{(\gamma-1)/\gamma}-1\right], & W_{BA}&=-W_{AB},\\ W_{AB'}&=nc_VT_0(\theta-1), & W_{B'B"}&=nc_VT_0\theta(\phi-1). \end{aligned}

L'aller-retour réversible a un travail net nul, tandis que le trajet brutal reçoit $W_{AB'B"}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0$ .

Calculer les variations d'entropie sur $A\to B$ et $B\to A$ , puis établir le bilan entropique de l'aller-retour réversible.
Calculer $\Delta S_{AB'}$ et montrer qu'elle est strictement positive. Quelle part de cette variation est échangée et quelle part est produite ?
Faire de même pour le retrait brutal $B'\to B"$ .
Calculer directement $\Delta S_{AB"}$ et vérifier qu'elle est égale à la somme des deux productions précédentes. Le trajet $A\to B'\to B"$ est-il un cycle du gaz ?
Comparer les bilans énergétiques et entropiques des deux allers-retours. Expliquer pourquoi l'absence de chaleur échangée ne signifie pas que l'entropie est conservée.

Indication

Entre deux états d'équilibre d'un gaz parfait,

\Delta S=nc_V\ln\frac{T_f}{T_i}+nR\ln\frac{V_f}{V_i}.

Pour $B'\to B"$ , utiliser $T_{B"}/T_{B'}=\phi$ et $V_{B"}/V_{B'}=x\phi$ . Les inégalités rappelées dans l'énoncé permettent de conclure sur les signes. Sur chaque étape, $S_{\mathrm{e}}=0$ .

Solution détaillée

Solution

Question 1. Le tableau donne

T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}

et

V_B/V_0=x^{-1/\gamma}

. En les remplaçant dans la formule d'entropie,

\begin{aligned} \Delta S_{AB} &=nc_V\ln\left(x^{(\gamma-1)/\gamma}\right) +nR\ln\left(x^{-1/\gamma}\right)\\ &=nc_V\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x-\frac{nR}{\gamma}\ln x\\ &=\frac n\gamma[c_V(\gamma-1)-R]\ln x=0, \end{aligned}

car $c_V(\gamma-1)=R$ . Le retour suit le même chemin en sens inverse, donc $\Delta S_{BA}=0$ . Sur chacune des deux étapes et sur l'aller-retour, $S_{\mathrm{e}}=S_{\mathrm{i}}=\Delta S=0$ . Le gaz retrouve son état $A$ .

Question 2. Pour la compression brutale,

T_{B'}/T_0=\theta

et

V_{B'}/V_0=\theta/x

. En utilisant

R=c_V(\gamma-1)

puis les propriétés des logarithmes,

\begin{aligned} \Delta S_{AB'} &=nc_V\ln\theta+nR\ln\frac{\theta}{x}\\ &=nc_V[\ln\theta+(\gamma-1)(\ln\theta-\ln x)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\frac{\theta^\gamma}{x^{\gamma-1}}\right). \end{aligned}

L'inégalité admise $\theta>x^{(\gamma-1)/\gamma}$ donne $\theta^\gamma>x^{\gamma-1}$ : le rapport dans le logarithme dépasse 1, donc $\Delta S_{AB'}>0$ . L'entropie échangée est nulle, donc $S_{\mathrm{i},AB'}=\Delta S_{AB'}$ . L'entropie du gaz augmente par production, sans qu'il reçoive de chaleur.

Question 3. Sur le retrait brutal, les rapports entre les états final et initial de cette étape sont

\frac{T_{B"}}{T_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta}=\phi, \qquad \frac{V_{B"}}{V_{B'}}=\frac{\theta\phi}{\theta/x}=x\phi.

Ainsi,

\begin{aligned} \Delta S_{B'B"} &=nc_V\ln\phi+nR\ln(x\phi)\\ &=nc_V[\ln\phi+(\gamma-1)(\ln x+\ln\phi)]\\ &=nc_V[\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\ln\left(\phi^\gamma x^{\gamma-1}\right)>0. \end{aligned}

En effet, $\phi>x^{-(\gamma-1)/\gamma}$ implique $\phi^\gamma x^{\gamma-1}>1$ . Ici encore $S_{\mathrm{e}}=0$ et $S_{\mathrm{i},B'B"}=\Delta S_{B'B"}$ . Le gaz se refroidit durant cette détente ( $\phi<1$ ), mais son entropie augmente : le terme de dilatation l'emporte.

Question 4. Les états

A

et

B"

ont la même pression et

T_{B"}/T_0=V_{B"}/V_0=\theta\phi

, d'où

\Delta S_{AB"}=nc_V\ln(\theta\phi)+nR\ln(\theta\phi) =nc_P\ln(\theta\phi)>0.

On a utilisé $c_P=c_V+R$ et $\theta\phi>1$ . Additionnons maintenant les deux résultats précédents :

\begin{aligned} \Delta S_{AB'}+\Delta S_{B'B"} &=nc_V[\gamma\ln\theta-(\gamma-1)\ln x\\ &\qquad+\gamma\ln\phi+(\gamma-1)\ln x]\\ &=nc_V\gamma(\ln\theta+\ln\phi)\\ &=nc_P\ln(\theta\phi)=\Delta S_{AB"}. \end{aligned}

Les termes en $\ln x$ s'annulent. Comme chaque étape est adiabatique, cette somme est aussi celle des deux entropies produites. Le retour de la pression extérieure à $P_0$ ne suffit pas à fermer un cycle du gaz : $B"\ne A$ , puisque $T_{B"}>T_0$ et $V_{B"}>V_0$ .

Question 5. Pour

A\to B\to A

,

Q_{\mathrm{tot}}=W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=0

et

S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=0

. Pour

A\to B'\to B"

,

Q_{\mathrm{tot}}=0,\qquad W_{\mathrm{tot}}=\Delta U_{\mathrm{tot}}=nc_VT_0(\theta\phi-1)>0, S_{\mathrm{e},\mathrm{tot}}=0,\qquad S_{\mathrm{i},\mathrm{tot}}=\Delta S_{\mathrm{tot}}=nc_P\ln(\theta\phi)>0.

Le premier principe décrit le travail net conservé sous forme d'énergie interne ; le second quantifie l'irréversibilité par l'entropie produite. Une transformation adiabatique est isentropique seulement si elle ne produit pas d'entropie, comme ici dans le cas réversible.