Exercice corrigé de thermodynamique

Compression monotherme : réversible ou brutale

Exercice 25 · Leçon 5 — Réversibilité et irréversibilité : le second principe

  • transformation monotherme
  • thermostat
  • travail dégradé
  • création d'entropie
  • compression isotherme
  • bilan entropique

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

Énoncé

On reprend le cylindre de l'exercice précédent (n=0,50n = 0{,}50 mol d'hélium, T0=300T_0 = 300 K, P0=1,0P_0 = 1{,}0 bar, V0=12,5V_0 = 12{,}5 L, surcharge portant la pression à P1=1,5P0P_1 = 1{,}5P_0), mais cette fois les parois sont diathermanes et le cylindre baigne dans un thermostat à T0T_0.

  1. Montrer que l'état final est le même que la surcharge soit posée progressivement ou brutalement : (P1, T0, V4=V0/1,5≈8,3(P_1,\ T_0,\ V_4 = V_0/1{,}5 \approx 8{,}3 L)). En déduire ΔSgaz\Delta S_{\text{gaz}}, identique dans les deux cas.
  2. Cas réversible (surcharge posée grain par grain) : comment s'appelle cette transformation ? Calculer WrevW_{\text{rev}}, QrevQ_{\text{rev}}, ΔSthermostat\Delta S_{\text{thermostat}} et ΔSuniv\Delta S_{\text{univ}}.
  3. Cas brutal : pourquoi la transformation n'est-elle pas isotherme, mais seulement monotherme ? Calculer WirrW_{\text{irr}}, QirrQ_{\text{irr}}, ΔSthermostat\Delta S_{\text{thermostat}} et ΔSuniv\Delta S_{\text{univ}}.
  4. Montrer que Sc=(Wirr−Wrev)/T0S_c = (W_{\text{irr}} - W_{\text{rev}})/T_0 et interpréter : où est passé le travail excédentaire ?

Indication
Dans le cas brutal, Wirr=−P1(V4−V0)W_{\text{irr}} = -P_1(V_4 - V_0) car la pression extérieure vaut P1P_1 dès le début. Dans les deux cas ΔU=0\Delta U = 0 (mêmes températures extrêmes), donc Q=−WQ = -W. Le thermostat reçoit −Q-Q à température T0T_0.

Solution détaillée

Solution
Question 1. L'équilibre final est fixé par le thermostat (T=T0T = T_0) et l'équilibre mécanique (P=P1P = P_1) : mêmes conditions dans les deux cas, donc même état final, avec V4=nRT0/P1=V0/1,5V_4 = nRT_0/P_1 = V_0/1{,}5. L'entropie étant une fonction d'état :

ΔSgaz=nRln⁡V4V0=−nRln⁡1,5≈−1,69 J/K,\Delta S_{\text{gaz}} = nR\ln\frac{V_4}{V_0} = -nR\ln 1{,}5 \approx -1{,}69\ \text{J/K},

identique dans les deux cas.

Question 2. Quasi-statique à température constamment égale à T0T_0 : c'est une compression isotherme réversible.

Wrev=nRT0ln⁡1,5≈+506 J,Qrev=−Wrev≈−506 J.W_{\text{rev}} = nRT_0\ln 1{,}5 \approx +506\ \text{J}, \qquad Q_{\text{rev}} = -W_{\text{rev}} \approx -506\ \text{J}.

Le thermostat reçoit +506+506 J à T0T_0 : ΔSth=+506/300≈+1,69\Delta S_{\text{th}} = +506/300 \approx +1{,}69 J/K, et ΔSuniv=−1,69+1,69=0\Delta S_{\text{univ}} = -1{,}69 + 1{,}69 = 0 : réversible, comme annoncé.

Question 3. Pendant la transformation brutale, le gaz est hors équilibre : sa température n'est même pas définie. Seuls les états initial et final sont à T0T_0 : la transformation est monotherme (même thermostat), pas isotherme.

Wirr=−P1(V4−V0)=P1 V03=nRT02≈+624 J,Qirr≈−624 J.W_{\text{irr}} = -P_1(V_4 - V_0) = P_1\,\frac{V_0}{3} = \frac{nRT_0}{2} \approx +624\ \text{J}, \qquad Q_{\text{irr}} \approx -624\ \text{J}.

ΔSth=+624/300≈+2,08\Delta S_{\text{th}} = +624/300 \approx +2{,}08 J/K et ΔSuniv≈−1,69+2,08≈+0,39\Delta S_{\text{univ}} \approx -1{,}69 + 2{,}08 \approx +0{,}39 J/K >0> 0 : irréversible.

Question 4. ΔSgaz\Delta S_{\text{gaz}} étant identique dans les deux cas, la différence des bilans vient du thermostat :

Sc=ΔSuniv=−Qirr−(−Qrev)T0=Wirr−WrevT0=624−506300≈+0,39 J/K.✓S_c = \Delta S_{\text{univ}} = \frac{-Q_{\text{irr}} - (-Q_{\text{rev}})}{T_0} = \frac{W_{\text{irr}} - W_{\text{rev}}}{T_0} = \frac{624 - 506}{300} \approx +0{,}39\ \text{J/K}. \checkmark

L'opérateur a fourni 118118 J de plus que nécessaire ; ce travail excédentaire a été intégralement dégradé en chaleur rejetée au thermostat. La création d'entropie mesure exactement le travail gaspillé par unité de température : comprimer brutalement coûte plus cher.