Exercice corrigé de thermodynamique

Cycle triangulaire

Exercice 15 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

  • cycle moteur
  • transformation lineaire P(V)
  • diagramme de Clapeyron
  • aire du cycle

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

Énoncé

On considere nn moles de gaz parfait monoatomique decrivant le cycle A→C→B→AA\to C\to B\to A, avec

A(V0,P0),C(V0,2P0),B(2V0,P0),A(V_0,P_0),\quad C(V_0,2P_0),\quad B(2V_0,P_0),

A→CA\to C isochore, B→AB\to A isobare, C→BC\to B segment de droite dans le plan (V,P)(V,P).

  1. Verifier que le sens A→C→B→AA\to C\to B\to A est bien horaire.
  2. Determiner P(V)P(V) de la droite C→BC\to B.
  3. Calculer ΔU\Delta U, WW et QQ sur chacune des trois branches.
  4. Verifier ΔUtotal=0\Delta U_{\text{total}}=0 et que WtotalW_{\text{total}} egale l'aire du triangle.
  5. Montrer que ΔUC→B=0\Delta U_{C\to B}=0 bien que la transformation ne soit pas isotherme.

Indication
Pour C→BC\to B, chercher P(V)=aV+bP(V)=aV+b en imposant le passage par CC et BB. Pour la question 5, ΔU\Delta U ne depend que des etats initial et final.

Solution détaillée

Solution
Questions 1—2. Cycle horaire (moteur). Droite C→BC\to B : P(V)=P0(3−V/V0)P(V) = P_0(3-V/V_0).

Branche A→CA\to C. W=0W=0, ΔU=32P0V0\Delta U=\tfrac32P_0V_0, Q=32P0V0Q=\tfrac32P_0V_0.

Branche C→BC\to B.

W=−∫V02V0P0 ⁣(3−VV0)dV=−32P0V0.W = -\int_{V_0}^{2V_0}P_0\!\left(3-\tfrac{V}{V_0}\right)\mathrm{d}V = -\tfrac{3}{2}P_0V_0.

PCVC=2P0V0=PBVB⇒TB=TC⇒ΔU=0P_CV_C=2P_0V_0=P_BV_B \Rightarrow T_B=T_C \Rightarrow \Delta U=0, donc Q=32P0V0Q=\tfrac32P_0V_0.

Branche B→AB\to A. W=P0V0W=P_0V_0, ΔU=−32P0V0\Delta U=-\tfrac32P_0V_0, Q=−52P0V0Q=-\tfrac52P_0V_0.

Questions 4—5. ΔUtotal=0\Delta U_{\text{total}}=0, Wtotal=−12P0V0=W_{\text{total}}=-\tfrac12P_0V_0= aire du triangle. ΔUC→B=0\Delta U_{C\to B}=0 car UU est une fonction d'etat : seuls les etats extremes comptent, et ici TC=TBT_C=T_B par coincidence geometrique.