Exercice corrigé de thermodynamique

Cycle biisobare-biisochore : bilan energetique complet

Exercice 14 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

  • cycle thermodynamique
  • diagramme de Clapeyron
  • moteur thermique
  • gaz parfait

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

Énoncé

On considere nn moles de gaz parfait monoatomique (U=32nRTU=\frac{3}{2}nRT) decrivant, dans le plan de Clapeyron (V,P)(V,P), le cycle a deux isochores et deux isobares, parcouru dans le sens horaire :

1(V1,P1) →isochore 3(V1,P2) →isobare 2(V2,P2) →isochore 4(V2,P1) →isobare 1(V1,P1)1(V_1,P_1)\ \xrightarrow{\text{isochore}}\ 3(V_1,P_2)\ \xrightarrow{\text{isobare}}\ 2(V_2,P_2)\ \xrightarrow{\text{isochore}}\ 4(V_2,P_1)\ \xrightarrow{\text{isobare}}\ 1(V_1,P_1)

avec P2>P1P_2>P_1 et V2>V1V_2>V_1.

  1. Exprimer ΔU\Delta U, WW et QQ sur chacune des quatre branches, en fonction de P1,P2,V1,V2P_1,P_2,V_1,V_2 uniquement.
  2. Verifier que ΔUtotal=0\Delta U_{\text{total}}=0 et que Qtotal=−WtotalQ_{\text{total}}=-W_{\text{total}}.
  3. Application numerique : P1=1,0P_1=1{,}0 bar, P2=3,0P_2=3{,}0 bar, V1=5,0V_1=5{,}0 L, V2=15,0V_2=15{,}0 L.
  4. Sur quelles branches le systeme recoit-il de la chaleur ? Commenter.

Indication
Utiliser PV=nRTPV=nRT pour eliminer TT : sur une isochore nR ΔT=V ΔPnR\,\Delta T = V\,\Delta P, sur une isobare nR ΔT=P ΔVnR\,\Delta T = P\,\Delta V. Le travail elementaire vaut δW=−PextdV=−P dV\delta W = -P_{\text{ext}}\mathrm{d}V = -P\,\mathrm{d}V (quasi-statique). Convention banquier.

Solution détaillée

Solution
Branche 1→31\to3 (isochore, V=V1V=V_1).

W=0,ΔU=32(P2−P1)V1,Q=ΔUW=0,\qquad \Delta U = \tfrac{3}{2}(P_2-P_1)V_1,\qquad Q=\Delta U

Branche 3→23\to2 (isobare, P=P2P=P_2).

W=−P2(V2−V1),ΔU=32P2(V2−V1),Q=52P2(V2−V1)W=-P_2(V_2-V_1),\qquad \Delta U=\tfrac{3}{2}P_2(V_2-V_1),\qquad Q=\tfrac{5}{2}P_2(V_2-V_1)

Branche 2→42\to4 (isochore, V=V2V=V_2).

W=0,ΔU=−32(P2−P1)V2,Q=ΔUW=0,\qquad \Delta U=-\tfrac{3}{2}(P_2-P_1)V_2,\qquad Q=\Delta U

Branche 4→14\to1 (isobare, P=P1P=P_1).

W=P1(V2−V1),ΔU=−32P1(V2−V1),Q=−52P1(V2−V1)W=P_1(V_2-V_1),\qquad \Delta U=-\tfrac{3}{2}P_1(V_2-V_1),\qquad Q=-\tfrac{5}{2}P_1(V_2-V_1)

En sommant : ΔUtotal=0\Delta U_{\text{total}}=0 et Wtotal=−(P2−P1)(V2−V1)<0W_{\text{total}}=-(P_2-P_1)(V_2-V_1)<0, Qtotal=(P2−P1)(V2−V1)>0Q_{\text{total}}=(P_2-P_1)(V_2-V_1)>0.

Application numerique (ΔP=2,0×105\Delta P=2{,}0\times10^5 Pa, ΔV=1,0×10−2\Delta V=1{,}0\times10^{-2} m3^3) :

1→3: W=0, Q=1500 J3→2: W=−3000 J, Q=7500 J2→4: W=0, Q=−4500 J4→1: W=1000 J, Q=−2500 J\begin{aligned} 1\to3:\ & W=0,\ Q=1500\text{ J}\\ 3\to2:\ & W=-3000\text{ J},\ Q=7500\text{ J}\\ 2\to4:\ & W=0,\ Q=-4500\text{ J}\\ 4\to1:\ & W=1000\text{ J},\ Q=-2500\text{ J} \end{aligned}

Total : ΔU=0\Delta U=0, W=−2000W=-2000 J, Q=+2000Q=+2000 J.

Le systeme recoit de la chaleur sur les branches 1→31\to3 et 3→23\to2 (montee en pression puis detente a haute pression). Sur le reste du cycle, il restitue de la chaleur.