Exercice corrigé de thermodynamique

Cycle de Lenoir

Exercice 16 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

  • cycle de Lenoir
  • isobare
  • isotherme
  • isochore
  • diagramme de Clapeyron
  • cycle récepteur
  • gaz diatomique

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

Énoncé

Une mole de gaz parfait diatomique (CV=52RC_V = \frac{5}{2}R, CP=72RC_P = \frac{7}{2}R) est initialement dans l'état AA de coordonnées P0=2,0×105P_0 = 2{,}0\times10^5 Pa et V0=14V_0 = 14 L dans le diagramme de Clapeyron. On lui fait subir successivement :

  • une détente isobare A→BA\to B qui triple son volume ;
  • une compression isotherme quasi-statique B→CB\to C qui le ramène au volume initial ;
  • un refroidissement isochore C→AC\to A qui le ramène à l'état initial.

  1. Représenter le cycle ABCAABCA dans le diagramme de Clapeyron. Calculer TAT_A, la température TBT_B de l'isotherme, et la pression maximale PCP_C atteinte.
  2. Calculer WW et QQ sur chacune des trois branches, puis sur le cycle complet. On remarquera que RTA=P0V0RT_A = P_0V_0.
  3. Le cycle ainsi parcouru est-il moteur ou récepteur ? Retrouver ce résultat à partir du sens de parcours dans le diagramme. Comment faudrait-il le parcourir pour en faire un moteur ?

Indication
TA=P0V0/RT_A = P_0V_0/R et sur l'isobare T∝VT \propto V. Sur l'isotherme, ΔU=0\Delta U = 0 et W=−nRTln⁡(Vf/Vi)W = -nRT\ln(V_f/V_i). Le sens antihoraire correspond à un cycle récepteur.

Solution détaillée

Solution
Question 1. TA=P0V0R=2×105×14×10−38,314≈337T_A = \dfrac{P_0V_0}{R} = \dfrac{2\times10^5 \times 14\times10^{-3}}{8{,}314} \approx 337 K. Sur l'isobare, TB=3TA≈1010T_B = 3T_A \approx 1010 K. Sur l'isotherme B→CB\to C : PCV0=RTB=3P0V0P_CV_0 = RT_B = 3P_0V_0, donc PC=3P0=6,0×105P_C = 3P_0 = 6{,}0\times10^5 Pa. Le cycle est bordé par l'isobare P0P_0 en bas, l'isotherme TBT_B en haut, et l'isochore V0V_0 à gauche.

Question 2. On pose P0V0=RTA=2800P_0V_0 = RT_A = 2800 J.

A→BA\to B (isobare, ΔV=2V0\Delta V = 2V_0) :

WAB=−P0⋅2V0=−5600 J,ΔUAB=52R⋅2TA=5RTA=14 000 J,QAB=72R⋅2TA=19 600 J.W_{AB} = -P_0\cdot 2V_0 = -5600\ \text{J},\quad \Delta U_{AB} = \tfrac{5}{2}R\cdot 2T_A = 5RT_A = 14\,000\ \text{J},\quad Q_{AB} = \tfrac{7}{2}R\cdot2T_A = 19\,600\ \text{J}.

B→CB\to C (isotherme à 3TA3T_A) : ΔU=0\Delta U = 0 et

WBC=−3RTAln⁡V03V0=3RTAln⁡3≈+9230 J,QBC=−WBC≈−9230 J.W_{BC} = -3RT_A\ln\frac{V_0}{3V_0} = 3RT_A\ln 3 \approx +9230\ \text{J}, \qquad Q_{BC} = -W_{BC} \approx -9230\ \text{J}.

C→AC\to A (isochore) : WCA=0W_{CA} = 0 et QCA=ΔUCA=52R(TA−3TA)=−5RTA=−14 000Q_{CA} = \Delta U_{CA} = \tfrac{5}{2}R(T_A - 3T_A) = -5RT_A = -14\,000 J.

Cycle complet : ΔU=0\Delta U = 0, Wtotal=−5600+9230≈+3630W_{\text{total}} = -5600 + 9230 \approx +3630 J et Qtotal≈−3630Q_{\text{total}} \approx -3630 J.

Question 3. Wtotal>0W_{\text{total}} > 0 : le gaz reçoit du travail et rejette de la chaleur, le cycle est récepteur. C'est cohérent avec le sens de parcours : on parcourt l'isobare (branche basse) de gauche à droite et l'isotherme (branche haute) de droite à gauche, soit un parcours antihoraire. Parcouru dans l'autre sens (A→C→B→AA\to C\to B\to A), le même cycle fournirait 36303630 J de travail par cycle : c'est le principe du moteur de Lenoir, l'un des premiers moteurs à combustion interne (1860).