Exercice corrigé de thermodynamique

Retour sur la compression brutale : bilans d'entropie

Exercice 24 · Leçon 5 — Réversibilité et irréversibilité : le second principe

  • création d'entropie
  • compression adiabatique
  • irréversibilité
  • isentropique
  • hélium
  • bilan entropique

Version de travail — cet exercice est encore en cours de relecture.

Énoncé

On reprend l'exercice Compression adiabatique : progressive ou brutale de la leçon 4 : n=0,50n = 0{,}50 mol d'hélium (γ=5/3\gamma = 5/3) dans un cylindre calorifugé, initialement à T0=300T_0 = 300 K, P0=1,0P_0 = 1{,}0 bar, V0=12,5V_0 = 12{,}5 L. On rappelle les résultats :

  • compression réversible jusqu'à P1=1,5P0P_1 = 1{,}5P_0 : T1≈353T_1 \approx 353 K ;
  • compression brutale jusqu'à P1P_1 : T2=360T_2 = 360 K, V2=0,8 V0V_2 = 0{,}8\,V_0 ;
  • puis retrait brutal de la surcharge : T3=312T_3 = 312 K, V3=1,04 V0V_3 = 1{,}04\,V_0.

  1. Sans calcul : que vaut ΔS\Delta S du gaz pour la compression réversible ? Le vérifier avec la formule de l'entropie du gaz parfait.
  2. Calculer ΔS\Delta S pour la compression brutale. Pourquoi peut-on affirmer que ce résultat mesure directement l'entropie créée ScS_c ?
  3. Calculer ΔS\Delta S pour le retour brutal, puis pour l'aller-retour complet. Vérifier la cohérence en calculant directement ΔS\Delta S entre l'état initial et l'état final (T3,V3)(T_3, V_3).
  4. Commenter : que reste-t-il de l'aller-retour dans l'état du gaz ?

Indication
Parois calorifugées : Q=0Q = 0 dans tous les cas, donc ΔS=Sc\Delta S = S_c. Utiliser ΔS=nCvln⁡(Tf/Ti)+nRln⁡(Vf/Vi)\Delta S = nC_v\ln(T_f/T_i) + nR\ln(V_f/V_i) avec nCv=32nR≈6,24nC_v = \frac{3}{2}nR \approx 6{,}24 J/K et nR≈4,16nR \approx 4{,}16 J/K. Les rapports de volumes sont exacts : V2/V0=0,8V_2/V_0 = 0{,}8, V3/V2=1,3V_3/V_2 = 1{,}3, V3/V0=1,04V_3/V_0 = 1{,}04.

Solution détaillée

Solution
Question 1. Adiabatique (δQ=0\delta Q = 0) et réversible : dS=δQrev/T=0\mathrm{d}S = \delta Q_{\text{rev}}/T = 0, donc ΔS=0\Delta S = 0. Vérification : la loi de Laplace donne précisément T1V1γ−1=T0V0γ−1T_1V_1^{\gamma-1} = T_0V_0^{\gamma-1}, ce qui annule nCvln⁡(T1/T0)+nRln⁡(V1/V0)nC_v\ln(T_1/T_0) + nR\ln(V_1/V_0). \checkmark

Question 2. Avec T2/T0=1,2T_2/T_0 = 1{,}2 et V2/V0=0,8V_2/V_0 = 0{,}8 :

ΔS=6,24ln⁡1,2+4,16ln⁡0,8≈1,14−0,93≈+0,21 J/K.\Delta S = 6{,}24\ln 1{,}2 + 4{,}16\ln 0{,}8 \approx 1{,}14 - 0{,}93 \approx +0{,}21\ \text{J/K}.

Le gaz n'a rien échangé (Q=0Q = 0), donc le terme d'échange ∫δQ/T\int\delta Q/T est nul : tout ce ΔS\Delta S est de la création, Sc≈0,21S_c \approx 0{,}21 J/K >0> 0, signature de la brutalité de la compression.

Question 3. Retour (T3/T2=312/360T_3/T_2 = 312/360, V3/V2=1,3V_3/V_2 = 1{,}3) :

ΔS=6,24ln⁡312360+4,16ln⁡1,3≈−0,89+1,09≈+0,20 J/K.\Delta S = 6{,}24\ln\frac{312}{360} + 4{,}16\ln 1{,}3 \approx -0{,}89 + 1{,}09 \approx +0{,}20\ \text{J/K}.

Aller-retour : ΔStotal≈0,21+0,20=0,41\Delta S_{\text{total}} \approx 0{,}21 + 0{,}20 = 0{,}41 J/K. Vérification directe entre (T0,V0)(T_0, V_0) et (T3=1,04 T0, V3=1,04 V0)(T_3 = 1{,}04\,T_0,\ V_3 = 1{,}04\,V_0) :

ΔS=(6,24+4,16)ln⁡1,04≈10,4×0,0392≈+0,41 J/K.✓\Delta S = (6{,}24 + 4{,}16)\ln 1{,}04 \approx 10{,}4 \times 0{,}0392 \approx +0{,}41\ \text{J/K}. \checkmark

Question 4. Les manipulations extérieures forment un cycle (on pose puis on retire la même masse), mais le gaz, lui, ne revient pas : il est plus chaud, plus dilaté, et son entropie a augmenté de 0,410{,}41 J/K. Chaque étape brutale a créé de l'entropie, et cette création ne peut jamais être annulée : c'est la flèche du temps thermodynamique, quantifiée.