Exercice corrigé de thermodynamique

Détente de Joule et l'astuce fondamentale

Exercice 23 · Leçon 5 — Réversibilité et irréversibilité : le second principe

  • détente de Joule
  • chemin réversible virtuel
  • création d'entropie
  • fonction d'état
  • entropie de l'univers

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

Énoncé

nn moles de gaz parfait monoatomique, initialement à (TI,V0)(T_I, V_0) dans un récipient rigide et calorifugé, subissent une détente de Joule—Gay-Lussac vers le volume total 2V02V_0 (l'autre compartiment est vide).

  1. Rappeler pourquoi W=Q=0W = Q = 0 et TF=TIT_F = T_I. Calculer ΔS\Delta S du gaz. N'y a-t-il pas contradiction entre Q=0Q = 0 et ΔS≠0\Delta S \neq 0 ?
  2. On imagine maintenant un premier chemin réversible : une détente adiabatique réversible de V0V_0 à 2V02V_0 (piston manipulé lentement). Calculer la température T′T' atteinte et vérifier que ΔS=0\Delta S = 0 sur cette étape.
  3. Quelle seconde transformation réversible faut-il pour amener le gaz dans le même état final que la détente de Joule ? Calculer sa variation d'entropie et vérifier que le total redonne le ΔS\Delta S de la question 1.
  4. Comparer la variation d'entropie de l'univers dans les deux scénarios (détente de Joule ; chemin réversible en deux étapes). Comment deux transformations peuvent-elles donner le même ΔS\Delta S au système alors que l'une est irréversible et l'autre non ?

Indication
Utiliser les formules de l'exercice entropie-gaz-parfait et la loi de Laplace. Pour la question 4, le chauffage réversible de la seconde étape exige une suite de thermostats qui cèdent chacun δQ\delta Q à la température du gaz.

Solution détaillée

Solution
Question 1. Pas de paroi à pousser (W=0W=0), parois calorifugées (Q=0Q=0), donc ΔU=0\Delta U = 0 et TF=TIT_F = T_I pour un gaz parfait. Pourtant

ΔS=nCvln⁡TFTI+nRln⁡2V0V0=nRln⁡2>0.\Delta S = nC_v\ln\frac{T_F}{T_I} + nR\ln\frac{2V_0}{V_0} = nR\ln 2 > 0.

Aucune contradiction : dS=δQ/T\mathrm{d}S = \delta Q/T ne vaut que pour un chemin réversible. Ici le système est isolé et la transformation irréversible : ΔS=Sc>0\Delta S = S_c > 0 est de l'entropie entièrement créée, pas échangée.

Question 2. Loi de Laplace : T′=TI 2−(γ−1)=TI 2−2/3≈0,63 TIT' = T_I\,2^{-(\gamma-1)} = T_I\,2^{-2/3} \approx 0{,}63\,T_I. Et

ΔS=nCvln⁡T′TI+nRln⁡2=32nR(−23ln⁡2)+nRln⁡2=0:\Delta S = nC_v\ln\frac{T'}{T_I} + nR\ln 2 = \tfrac{3}{2}nR\left(-\tfrac{2}{3}\ln 2\right) + nR\ln 2 = 0 :

l'adiabatique réversible est isentropique.

Question 3. Il faut ramener le gaz de T′T' à TIT_I à volume constant 2V02V_0 : un chauffage isochore réversible. Sa variation d'entropie vaut

ΔS=nCvln⁡TIT′=32nR⋅23ln⁡2=nRln⁡2.\Delta S = nC_v\ln\frac{T_I}{T'} = \tfrac{3}{2}nR\cdot\tfrac{2}{3}\ln 2 = nR\ln 2.

Total du chemin en deux étapes : 0+nRln⁡2=nRln⁡20 + nR\ln 2 = nR\ln 2. \checkmark\ C'est l'astuce fondamentale : SS est une fonction d'état, tout chemin réversible reliant les mêmes états donne le bon ΔS\Delta S.

Question 4. Dans le chemin réversible, les thermostats qui chauffent le gaz cèdent à chaque instant δQ\delta Q à la température TT du gaz : ΔSext=−∫δQ/T=−nRln⁡2\Delta S_{\text{ext}} = -\int\delta Q/T = -nR\ln 2, et ΔSuniv=0\Delta S_{\text{univ}} = 0. Dans la détente de Joule, rien n'est échangé : ΔSuniv=nRln⁡2>0\Delta S_{\text{univ}} = nR\ln 2 > 0. La variation d'entropie du système est la même (fonction d'état), mais la création d'entropie, elle, dépend du chemin : nulle sur le chemin réversible, maximale dans la détente libre.