Exercice corrigé de thermodynamique

Détente de Joule-Gay-Lussac : irréversibilité et dépendance au chemin

Exercice 9 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

  • detente dans le vide
  • transformation irreversible
  • differentielle inexacte
  • gaz parfait
  • premier principe

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

Énoncé

Un récipient rigide et calorifugé est séparé en deux compartiments de même volume V0V_0 par une paroi amovible. Le compartiment de gauche contient nn moles de gaz parfait dans l'état (P0,V0,T0)(P_0, V_0, T_0) ; celui de droite est vide. On retire brusquement la paroi (détente dite de Joule—Gay-Lussac, étudiée par Gay-Lussac en 1807 puis reprise plus précisément par Joule en 1845).

  1. Justifier que W=0W = 0, puis que Q=0Q = 0. En déduire ΔU\Delta U, puis la température finale TfT_f pour ce gaz parfait.
  2. Pourquoi est-il impossible de représenter cette transformation par un chemin continu dans le diagramme de Clapeyron (P,V)(P,V) ?
  3. On réalise, à partir du même état initial, une détente isotherme quasi-statique (piston déplacé lentement) vers l'état (T0,2V0)(T_0, 2V_0). Calculer le travail W′W' et le transfert thermique Q′Q' pour cette seconde transformation.
  4. Comparer les résultats des questions 1 et 3, alors que l'état final (même température T0T_0, même volume 2V02V_0) est identique dans les deux cas. Qu'en conclure sur la nature de WW et de QQ ?
  5. Peut-on conclure de Q=0Q = 0 que la détente de la question 1 ne comporte aucune irréversibilité ? Sur quel argument simple, indépendant de tout calcul, peut-on déjà affirmer le contraire ?

Indication
Le gaz se détend dans le vide : aucune paroi mobile à pousser, W=0W = 0 sans qu'il soit besoin d'aucune formule. Une transformation quasi-statique exige l'équilibre à chaque instant intermédiaire. Pour la question 5, penser au caractère spontané (ou non) du processus inverse.

Solution détaillée

Solution
Question 1. W=0W = 0 (pas de paroi à pousser), Q=0Q = 0 (parois adiabatiques). Donc ΔU=0\Delta U = 0, et pour un gaz parfait dont l'énergie interne ne dépend que de TT, cela impose Tf=T0T_f = T_0.

Question 2. Pendant la détente, le système n'est à aucun instant à l'équilibre : la pression n'y est pas définie uniformément (le gaz se rue dans le vide de façon chaotique). Seuls les états initial et final, une fois l'équilibre revenu, sont représentables dans le diagramme de Clapeyron ; aucun chemin continu ne peut les relier.

Question 3. Détente isotherme quasi-statique de V0V_0 à 2V02V_0, à T0T_0 constante :

W′=−nRT0ln⁡2<0,Q′=−W′=nRT0ln⁡2>0W' = -nRT_0\ln 2 < 0, \qquad Q' = -W' = nRT_0\ln 2 > 0

(le gaz reçoit un travail négatif — il en fournit — et doit recevoir de la chaleur pour maintenir T0T_0 constante malgré la détente).

Question 4. Les états initial et final sont identiques dans les deux scénarios (ΔU=0\Delta U = 0 dans les deux cas, puisque UU ne dépend que de l'état via TT), mais W=Q=0W = Q = 0 d'un côté, tandis que W′≠0W' \neq 0 et Q′≠0Q' \neq 0 de l'autre. Contrairement à ΔU\Delta U, qui ne dépend que des états extrêmes, WW et QQ dépendent donc du chemin suivi entre ces deux états : δW\delta W et δQ\delta Q ne sont pas des différentielles exactes.

Question 5. Non : Q=0Q = 0 signifie seulement qu'aucune chaleur n'est échangée avec l'extérieur, pas que la transformation soit exempte d'irréversibilité interne. Le signe de cette irréversibilité est déjà visible sans aucun calcul : on n'observe jamais le gaz occupant 2V02V_0 se reconcentrer spontanément dans le compartiment de gauche, alors que rien dans le premier principe seul ne l'interdirait (l'énergie totale resterait inchangée). La leçon 5 permettra de quantifier précisément cette irréversibilité à l'aide de l'entropie — qui n'est pas nulle bien que QQ le soit, un résultat en apparence paradoxal traité en détail dans l'exercice « Détente de Joule et l'astuce fondamentale ».