Énoncé

Cet exercice est bien plus qu'un grand classique : il est aussi fondamental pour démontrer une des différences entre une transformation réversible et une transformation irréversible (cf. aussi Leçon 6).

On considère $n$ moles de gaz parfait, de capacités thermiques constantes et de rapport $\gamma=c_P/c_V>1$ , enfermées dans un cylindre vertical calorifugé, de section $\mathcal S$ , fermé par un piston calorifugé de masse négligeable, mobile sans frottement. L'extérieur est à la pression atmosphérique $P_0$ , qui s'exerce sur la face supérieure du piston. À l'équilibre initial, la pression du gaz vaut donc elle aussi $P_0$ , et son état est

A=(P_0,V_0,T_0).

On dispose d'une surcharge de masse totale $M$ . Lorsqu'elle est entièrement posée sur le piston, la pression extérieure vaut

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

On compare deux expériences : soit la masse $M$ est fractionnée en un grand nombre de petites masses ajoutées une à une, en attendant chaque nouvel équilibre ; soit la masse $M$ entière est posée d'un seul coup. Dans un second temps, on retire la surcharge de la même manière : soit grain de sable par grain de sable, soit d'un seul coup.

Les deux expériences partent du même état initial A, représenté au centre : le piston n'est alors soumis qu'à la pression atmosphérique P_0. À gauche, la surcharge de masse totale M est déposée grain de sable par grain de sable, de sorte que P_ ext augmente progressivement ; en la retirant de la même manière, on parcourt le chemin en sens inverse. À droite, la même masse M est déposée d'un seul coup : P_ ext passe brutalement de P_0 à P_1. Dans les deux expériences de compression, P_1=P_0+Mg/ S=xP_0. — Figure 1. Les deux expériences partent du même état initial $A$ , représenté au centre : le piston n'est alors soumis qu'à la pression atmosphérique $P_0$ . À gauche, la surcharge de masse totale $M$ est déposée grain de sable par grain de sable, de sorte que $P_{\mathrm{ext}}$ augmente progressivement ; en la retirant de la même manière, on parcourt le chemin en sens inverse. À droite, la même masse $M$ est déposée d'un seul coup : $P_{\mathrm{ext}}$ passe brutalement de $P_0$ à $P_1$ . Dans les deux expériences de compression, $P_1=P_0+Mg/\mathcal S=xP_0$ .

La surcharge est ajoutée très progressivement, de sorte que la pression extérieure passe lentement de $P_0$ à $P_1$ . Justifier qu'à chaque instant la pression $P$ du gaz est égale à la pression extérieure $P_{\mathrm{ext}}$ . Quelle loi peut-on alors utiliser pour relier les états successifs du gaz ? En déduire $P_B/P_0$ , $T_B/T_0$ et $V_B/V_0$ en fonction de $x$ et de $\gamma$ .
On part maintenant de l'état $B$ et on retire la surcharge très progressivement, grain de sable par grain de sable, jusqu'à ce que la pression extérieure redevienne $P_0$ . En utilisant la même loi qu'à la question précédente, montrer que le gaz revient exactement à son état initial $A$ .
On repart de $A$ et on pose cette fois la masse $M$ d'un seul coup : la pression extérieure prend brutalement la valeur constante $P_1$ . Déterminer complètement l'état final $B'$ ainsi que $W_{AB'}$ , $Q_{AB'}$ et $\Delta U_{AB'}$ .
Prendre d'abord l'exemple $\gamma=5/3$ et $x=2$ pour comparer numériquement $T_{B'}$ à $T_B$ . Établir ensuite analytiquement la comparaison pour tout $\gamma>1$ et tout $x>1$ , puis comparer $V_{B'}$ à $V_B$ . Laquelle des deux compressions échauffe le plus le gaz et laquelle le comprime le plus ?
Depuis $B'$ , on retire brutalement toute la surcharge : la pression extérieure redevient la pression atmosphérique $P_0$ . Déterminer l'état final $B"$ . Montrer si $T_{B"}$ et $V_{B"}$ sont plus grands ou plus petits que leurs valeurs initiales.
Effectuer le bilan énergétique de l'aller-retour $A\to B'\to B"$ . Expliquer ce que la leçon 6 ajoutera à cette comparaison.

Indication

Pour la transformation brutale, utiliser

W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)

et seulement l'équation d'état aux états d'équilibre initial et final. Pour comparer

B

et

B'

, on pourra étudier le logarithme du rapport

T_{B'}/T_B

.

Solution détaillée

Solution

On rappelle que

c_V=\frac{R}{\gamma-1}

. Question 1. La surcharge est fractionnée en masses suffisamment petites et chaque nouvel équilibre est atteint avant d'ajouter la suivante : le gaz passe donc par une succession continue d'états d'équilibre : la transformation est quasi-statique. Le piston étant de masse négligeable et sans frottement, l'équilibre mécanique à chaque instant impose

P\mathcal S=P_{\mathrm{ext}}\mathcal S

, soit

P=P_{\mathrm{ext}}

. Les parois étant calorifugées,

\delta Q=0

. Dans ces conditions, on peut donc utiliser les lois de Laplace. Deux formes utiles entre

A

et

B

sont

P_0V_0^\gamma=P_BV_B^\gamma, \qquad T_0^\gamma P_0^{1-\gamma}=T_B^\gamma P_B^{1-\gamma}.

Comme $P_B=P_1=xP_0$ , la première relation donne directement $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ , tandis que la seconde donne $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ . Finalement, $P_B/P_0=x$ , $T_B/T_0=x^{(\gamma-1)/\gamma}$ et $V_B/V_0=x^{-1/\gamma}$ .

Question 2. Lors du retrait progressif de la surcharge, le gaz reste à l'équilibre mécanique avec l'extérieur et suit la même adiabatique de Laplace, mais en sens inverse. À la fin,

P_f=P_0

. Les relations de Laplace donnent alors

T_f =T_B\left(\frac{P_0}{P_1}\right)^{(\gamma-1)/\gamma} =T_0x^{(\gamma-1)/\gamma}x^{-(\gamma-1)/\gamma} =T_0,

et

V_f =V_B\left(\frac{P_1}{P_0}\right)^{1/\gamma} =V_0x^{-1/\gamma}x^{1/\gamma} =V_0.

Le gaz retrouve donc exactement l'état $A=(P_0,V_0,T_0)$ . La transformation peut être parcourue dans les deux sens en passant par la même succession d'états d'équilibre : on dit que la transformation est réversible.

Question 3. Il ne faut pas utiliser les lois de Laplace : pendant cette transformation brutale, le gaz ne passe pas par une succession d'états d'équilibre. Pendant l'évolution, seule la pression extérieure constante

P_1

intervient dans le travail :

W_{AB'}=-P_1(V_{B'}-V_0)

. À l'équilibre final,

P_{B'}=P_1

. En utilisant

P_0V_0=nRT_0

,

P_1V_{B'}=nRT_{B'}

,

Q_{AB'}=0

et

\Delta U_{AB'}=nc_V(T_{B'}-T_0)

, le premier principe donne

T_{B'}=T_0\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Posons

\theta=\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}.

Alors

P_{B'}=xP_0, \qquad T_{B'}=\theta T_0, \qquad V_{B'}=\frac{\theta}{x}V_0.

Question 4. Commençons par l'exemple $\gamma=5/3$ et $x=2$ . La compression progressive donne $T_B/T_0=2^{2/5}\simeq1{,}32$ , alors que la compression brutale donne

T_{B'}/T_0=\theta=[1+(2/3)\times2]/(5/3)=7/5=1{,}40.

Dans cet exemple, la compression brutale échauffe donc davantage le gaz. Montrons que ce résultat est général. Posons

f(x)=\ln\!\left(\frac{T_{B'}}{T_B}\right) =\ln\!\left(\frac{1+(\gamma-1)x}{\gamma}\right) -\frac{\gamma-1}{\gamma}\ln x.

On a $f(1)=0$ , et

f'(x) =\frac{\gamma-1}{1+(\gamma-1)x} -\frac{\gamma-1}{\gamma x} =\frac{(\gamma-1)(x-1)} {\gamma x\,[1+(\gamma-1)x]}

Pour $\gamma>1$ et $x>1$ , tous les facteurs du dénominateur sont positifs et $f'(x)>0$ . Ainsi $f(x)>f(1)=0$ , donc $T_{B'}/T_B>1$ , c'est-à-dire $T_{B'}>T_B$ . Les deux états ont la même pression $P_1$ ; l'équation des gaz parfaits impose donc également $V_{B'}>V_B$ . La compression brutale échauffe davantage le gaz, mais le comprime moins que la compression progressive.

Question 5. Le retrait brutal de la surcharge fait passer la pression extérieure de

P_1

à

P_0=P_1/x

. On reprend donc le calcul de la question 3 en remplaçant le rapport de pression

x

par son inverse

1/x

. Le résultat de la question 3 devient ainsi

\frac{T_{B"}}{T_{B'}} =\frac{1+(\gamma-1)P_0/P_1}{\gamma} =\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma}.

En posant

\phi=\frac{1+(\gamma-1)/x}{\gamma},

on obtient

P_{B"}=P_0, \qquad T_{B"}=\theta\phi\,T_0, \qquad V_{B"}=\theta\phi\,V_0.

Or

\theta\phi-1 =\frac{\gamma-1}{\gamma^2} \left(x+\frac1x-2\right).

Dans le régime étudié, $x>1$ , donc $x>0$ et $x+1/x-2=(x-1)^2/x>0$ . Comme $\gamma>1$ , on a bien $\theta\phi-1>0$ . Par conséquent,

\boxed{T_{B"}>T_0}, \qquad \boxed{V_{B"}>V_0}.

Après l'aller-retour de la pression extérieure, le gaz ne revient donc pas à l'état $A$ . Cet écart est une première signature de l'irréversibilité : ramener la contrainte extérieure à sa valeur initiale ne suffit pas à ramener le système à son état initial.

Question 6. La détente brutale est adiabatique et donc, sur l'aller-retour complet,

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

Les manipulations extérieures ramènent la pression à sa valeur initiale, mais le gaz a reçu un travail net et reste plus chaud et plus dilaté. La leçon 6 reprendra les mêmes états pour montrer que la compression réversible ne produit pas d'entropie, tandis que chacune des deux transformations brutales en produit.