Énoncé

On considère $n$ moles de gaz parfait, de capacité thermique molaire $c_V$ constante, décrivant le cycle quasi-statique $A\to B\to C\to A$ , avec

A=(P_0,V_0), \qquad B=(2P_0,V_0), \qquad C=(P_0,2V_0).

La branche $A\to B$ est isochore, la branche $B\to C$ est un segment de droite dans le plan $(P,V)$ et la branche $C\to A$ est isobare.

Pour un cycle moteur, le rendement est défini par

\eta=\frac{W_{\mathrm{fourni}}}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{-W_{\mathrm{cycle}}}{Q_{\mathrm{in}}},

où $Q_{\mathrm{in}}$ est la somme des transferts élémentaires de chaleur $\delta Q>0$ reçus par le gaz au cours du cycle.

Représenter le cycle dans le diagramme de Clapeyron et préciser son sens de parcours. Est-il moteur ou récepteur ?
Déterminer l'équation $P(V)$ de la droite reliant $B$ à $C$ .
En posant $T_0=P_0V_0/(nR)$ , déterminer les températures $T_A$ , $T_B$ et $T_C$ . Pourquoi $\Delta U_{B\to C}$ est-elle nulle alors que cette branche n'est pas isotherme ?
Calculer le travail reçu sur chacune des trois branches, puis sur le cycle complet. Retrouver la valeur absolue du travail total à partir de l'aire du triangle.
Calculer $\Delta U$ et $Q$ sur chaque branche en fonction de $P_0$ , $V_0$ et $c_V$ seuls, puis vérifier que $\Delta U_{\mathrm{cycle}}=0$ et $Q_{\mathrm{cycle}}=-W_{\mathrm{cycle}}$ .
En posant $a = \frac{c_V}{R} >1$ et $x = V/V_0$ . montrer que le signe de $\delta Q$ change en un point de la branche $B\to C$ En déduire $Q_{\mathrm{in}}$ , puis le rendement $\eta$ de ce cycle. Donner sa valeur pour un gaz parfait monoatomique, pour lequel $c_V=\frac32R$ .

Indication

Sur

B\to C

, chercher

P(V)=aV+b

en imposant le passage par

B

et

C

. Pour calculer une variation d'énergie interne, seules les températures aux extrémités de la branche sont nécessaires. Pour la question 6, utiliser le premier principe sous forme différentielle.

Solution détaillée

Solution

Questions 1—2. Le cycle est parcouru dans le sens horaire : il est moteur. L'équation de la droite

B\to C

est

P(V)=P_0\left(3-\frac{V}{V_0}\right).

Le cycle triangulaire A B C A dans le diagramme de Clapeyron. — Figure 1. Le cycle triangulaire $A\to B\to C\to A$ dans le diagramme de Clapeyron.

Question 3. L'équation d'état donne

T_A=T_0, \qquad T_B=T_C=2T_0.

La température varie le long de $B\to C$ , mais elle reprend la même valeur à ses deux extrémités. Comme l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de la température à quantité de matière fixée, $\Delta U_{B\to C}=0$ .

Question 4. Les travaux reçus valent

W_{AB}=0, \qquad W_{BC}=-\int_{V_0}^{2V_0}P(V)\,dV=-\frac32P_0V_0, \qquad W_{CA}=-P_0 \Delta V = P_0V_0.

Ainsi,

\boxed{W_{\mathrm{cycle}}=-\frac12P_0V_0}.

Son signe est négatif : le gaz fournit du travail au cours du cycle. Sa valeur absolue est bien l'aire du triangle, de base $V_0$ et de hauteur $P_0$ , par la formule $A=\frac12\text{base}\times\text{hauteur}$ pour un triangle rectangle.

Question 5. Puisque

nRT_0=P_0V_0

,

\begin{aligned} \begin{array}{c|c|c|c} \text{Branche} & W & \Delta U & Q=\Delta U-W\\ \hline A\to B & 0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & \dfrac{c_V}{R}P_0V_0\\[4pt] B\to C & -\dfrac32P_0V_0 & 0 & \dfrac32P_0V_0\\[4pt] C\to A & P_0V_0 & -\dfrac{c_V}{R}P_0V_0 & -\left(\dfrac{c_V}{R}+1\right)P_0V_0 \end{array} \end{aligned}

En sommant les trois branches, on obtient

\boxed{ \Delta U_{\mathrm{cycle}}=0, \qquad Q_{\mathrm{cycle}}=\frac12P_0V_0=-W_{\mathrm{cycle}}. }

Question 6. Posons $a=c_V/R$ et $x=V/V_0$ . Sur la branche $B\to C$ , $P=P_0(3-x)$ et $T=T_0(3x-x^2)$ . Le premier principe donne

\delta Q=\mathrm{d}U-\delta W =P_0V_0\left[3(a+1)-(2a+1)x\right]\mathrm{d}x.

Cette chaleur élémentaire s'annule pour

x_\star=\frac{3(a+1)}{2a+1}.

Lorsque $a>1$ , on a $1<x_\star<2$ : le gaz reçoit de la chaleur de $B$ jusqu'au point d'abscisse $x_\star$ , puis il en cède jusqu'à $C$ . Il reçoit également la chaleur $Q_{AB}=aP_0V_0$ sur $A\to B$ . Par conséquent,

\begin{aligned} Q_{\mathrm{in}} &=P_0V_0\left[ a+\int_1^{x_\star}\left(3(a+1)-(2a+1)x\right)\mathrm{d}x \right]\\ &=P_0V_0\left[a+\frac{(a+2)^2}{2(2a+1)}\right]. \end{aligned}

Le rendement vaut donc

\boxed{ \eta =\frac{\frac12P_0V_0}{Q_{\mathrm{in}}} =\frac{2a+1}{5a^2+6a+4}, \qquad a=\frac{c_V}{R}. }

Pour un gaz parfait monoatomique, $a=\frac32$ , d'où

\eta=\frac{16}{97}\simeq16{,}5\,\%.