Exercice corrigé de thermodynamique

Chauffage à pression constante : découverte de cPc_P

Exercice 21 · Leçon 5 — Application au gaz parfait

  • capacité thermique
  • pression constante
  • relation de Mayer
  • chauffage isobare
  • gaz parfait

Énoncé

Une mole de gaz parfait, de capacité thermique molaire cVc_V, est enfermée dans un cylindre de volume initial V0V_0. Le cylindre est fermé par un piston mobile sans frottement et adiabatique, soumis à une pression extérieure constante P0P_0. Une résistance électrique interne au gaz lui apporte une chaleur Q>0Q>0 de façon quasi-statique.

  1. Faire un schéma simple du dispositif. Indiquer le gaz, le piston, la résistance, la pression extérieure P0P_0 et les échanges d'énergie.
  2. Sans utiliser de valeurs numériques, exprimer la température initiale T0T_0, puis déterminer l'état final (Pf,Vf,Tf)(P_f,V_f,T_f), le travail WW reçu par le gaz et sa variation d'énergie interne ΔU\Delta U.
  3. En déduire la capacité thermique molaire à pression constante cP=(δQ/dT)Pc_P=(\delta Q/\mathrm{d}T)_P en fonction de cVc_V et de RR.
  4. Application numérique pour un gaz parfait monoatomique : cV=32Rc_V=\frac32R, V0=25 LV_0=25\ \mathrm{L}, P0=1,0×105 PaP_0=1{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}, Q=1000 JQ=1000\ \mathrm{J} et R=8,314 J mol−1 K−1R=8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

Indication
La transformation est isobare : W=−P0 ΔVW=-P_0\,\Delta V. Pour une mole de gaz parfait, P0 ΔV=R ΔTP_0\,\Delta V=R\,\Delta T. Injecter ces relations dans le premier principe.

Solution détaillée

Solution
Question 1. Le schéma doit montrer le gaz dans un cylindre fermé par un piston mobile. Une flèche à l'intérieur du cylindre représente la chaleur QQ apportée par la résistance. La pression extérieure P0P_0 s'exerce sur le piston, qui se déplace vers le haut lorsque le gaz se dilate. Question 2. L'équation d'état initiale donne

T0=P0V0R.T_0=\frac{P_0V_0}{R}.

La pression reste constante, donc Pf=P0P_f=P_0. De plus, W=−P0ΔV=−RΔTW=-P_0\Delta V=-R\Delta T. Le premier principe donne alors

ΔU=cVΔT=Q+W=Q−RΔT,\Delta U=c_V\Delta T=Q+W=Q-R\Delta T,

d'où

ΔT=QcV+R.\Delta T=\frac{Q}{c_V+R}.

L'état final est donc

Pf=P0,Tf=T0+QcV+R,Vf=V0+RQP0(cV+R).P_f=P_0,\qquad T_f=T_0+\frac{Q}{c_V+R},\qquad V_f=V_0+\frac{RQ}{P_0(c_V+R)}.

Enfin,

W=−RQcV+R,ΔU=cVQcV+R.W=-\frac{RQ}{c_V+R}, \qquad \Delta U=\frac{c_VQ}{c_V+R}.

Question 3. Comme Q=(cV+R)ΔTQ=(c_V+R)\Delta T à pression constante,

cP=cV+R.c_P=c_V+R.

C'est la relation de Mayer.

Question 4. Pour un gaz monoatomique,

cP=52R≃20,8 J mol−1 K−1.c_P=\frac52R\simeq20{,}8\ \mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}.

On obtient

T0≃301 K,ΔT≃48,1 K,Tf≃349 K,Vf=29,0 L.T_0\simeq301\ \mathrm{K},\qquad \Delta T\simeq48{,}1\ \mathrm{K},\qquad T_f\simeq349\ \mathrm{K},\qquad V_f=29{,}0\ \mathrm{L}.

Enfin,

W=−400 J,ΔU=600 J.W=-400\ \mathrm{J},\qquad \Delta U=600\ \mathrm{J}.