Compression monotherme : réversible ou brutale

Question 1. Pour la compression réversible, le gaz reste en équilibre thermique avec le thermostat : sa température vaut $T_0$ tout au long de la transformation. Sa pression augmente progressivement de $P_0$ à $P_1=xP_0$. À l'état final,

$$P_{f,\mathrm{rev}}=xP_0,\qquad T_{f,\mathrm{rev}}=T_0,\qquad V_{f,\mathrm{rev}}=\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x},$$

où l'on a utilisé l'équation d'état initiale $nRT_0=P_0V_0$.

Pour la compression brutale, la pression extérieure est imposée à $P_1$. À l'équilibre mécanique final, la pression du gaz égale cette pression extérieure : $P_{f,\mathrm{irr}}=P_1=xP_0$. L'équilibre thermique final avec le thermostat impose $T_{f,\mathrm{irr}}=T_0$. L'équation d'état donne alors

$$V_{f,\mathrm{irr}}=\frac{nRT_{f,\mathrm{irr}}}{P_{f,\mathrm{irr}}} =\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x}.$$

Les deux processus conduisent donc au même état final $(P_f,T_f,V_f)=(xP_0,T_0,V_0/x)$.

Question 2. L'entropie est une fonction d'état : sa variation ne dépend que des états initial et final, qui sont identiques dans les deux expériences. Pour le gaz parfait,

$$\Delta S_{\mathrm{gaz}} =nc_V\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0} =nc_V\ln1+nR\ln\frac1x=-nR\ln x.$$

Ainsi $\Delta S_{\mathrm{gaz,rev}}=\Delta S_{\mathrm{gaz,irr}}=-nR\ln x<0$. Cette diminution de l'entropie du gaz ne préjuge pas de l'entropie produite : il faut aussi tenir compte des échanges avec le thermostat.

Question 3. Dans la compression réversible, $P_{\mathrm{ext}}=P=nRT_0/V$. Le travail reçu vaut

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{rev}}&=-\int_{V_0}^{V_0/x}\frac{nRT_0}{V}\,\mathrm dV\\ &=-nRT_0[\ln V]_{V_0}^{V_0/x} =-nRT_0\ln(1/x)=nRT_0\ln x>0. \end{aligned}$$

Le gaz retrouve sa température initiale, donc $\Delta U=nc_V(T_0-T_0)=0$. Le premier principe $\Delta U=Q+W$ donne $Q_{\mathrm{rev}}=-W_{\mathrm{rev}}$. Le thermostat reçoit la chaleur opposée, à température $T_0$ :

$$\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=\frac{-Q_{\mathrm{rev}}}{T_0}=nR\ln x.$$

L'entropie reçue par le gaz vaut $S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=Q_{\mathrm{rev}}/T_0=-nR\ln x$, donc $S_{\mathrm{i},\mathrm{rev}}=\Delta S_{\mathrm{gaz}}-S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=0$. Le thermostat reçoit l'entropie $S_{\mathrm{e},\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{rev}}/T_0$, égale à sa variation d'entropie : il n'en produit pas non plus. En additionnant, $\Delta S_{\mathrm{gaz}}+\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=0$ : l'entropie produite dans l'ensemble est nulle.

Question 4. La compression brutale s'effectue sous la pression extérieure constante $P_1$. Le travail reçu vaut donc

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{irr}}&=-P_1(V_f-V_0) =-xP_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ &=P_0V_0(x-1)=nRT_0(x-1)>0. \end{aligned}$$

On a encore $\Delta U=0$, donc $Q_{\mathrm{irr}}=-nRT_0(x-1)$.

Question 5. Le thermostat reçoit $-Q_{\mathrm{irr}}$, d'où

$$\Delta S_{\mathrm{th,irr}}=\frac{-Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}=nR(x-1).$$

Le bilan du gaz s'écrit

$$\Delta S_{\mathrm{gaz}}=\frac{Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}+S_{\mathrm{i}}, \qquad S_{\mathrm{i}}=-nR\ln x+nR(x-1).$$

Pour le thermostat idéal, l'entropie reçue vaut $-Q_{\mathrm{irr}}/T_0$, égale à sa variation : il ne produit pas d'entropie. L'ensemble gaz—thermostat ne reçoit pas de chaleur d'un autre corps ; le travail apporté de l'extérieur ne transporte pas d'entropie. Son augmentation d'entropie est donc produite :

$$S_{\mathrm{i}}=\Delta S_{\mathrm{gaz}}+\Delta S_{\mathrm{th,irr}} =-nR\ln x+nR(x-1).$$

Posons $f(x)=x-1-\ln x$. Alors $f(1)=0$ et $f'(x)=1-1/x=(x-1)/x>0$ pour $x>1$. La fonction croît à partir de zéro, donc $S_{\mathrm{i}}=nRf(x)>0$. D'autre part,

$$W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} =nRT_0(x-1)-nRT_0\ln x=T_0 S_{\mathrm{i}}.$$

Comme $Q=-W$ dans les deux cas, le travail supplémentaire est rejeté sous forme de chaleur vers le thermostat. C'est le coût de l'irréversibilité.