Exercice corrigé de thermodynamique

Intégrer une forme différentielle le long d'un chemin

Exercice 6 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

forme différentielle
différentielle exacte
critère de Schwarz
intégrale curviligne
travail des forces de pression
gaz parfait

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

Énoncé

Partie A — dans le plan. On considère les deux formes différentielles

\omega_1 = y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y, \qquad \omega_2 = y\,\mathrm{d}x,

et trois chemins joignant l'origine $O(0,0)$ au point $M(1,1)$ : le chemin $\gamma_1$ formé du segment horizontal $O\to(1,0)$ suivi du segment vertical $(1,0)\to M$ ; le chemin $\gamma_2$ formé du segment vertical $O\to(0,1)$ suivi du segment horizontal $(0,1)\to M$ ; et le chemin $\gamma_3$ , segment de droite joignant directement $O$ à $M$ .

Montrer que $\omega_1$ est exacte en exhibant une fonction $f$ telle que $\omega_1 = \mathrm{d}f$ .
Calculer $\int_{\gamma_1}\omega_1$ et $\int_{\gamma_2}\omega_1$ en paramétrant chaque segment. Retrouver le résultat sans calcul.
Appliquer le critère de Schwarz à $\omega_2$ . Que peut-on en conclure ?
Calculer $\int_{\gamma_1}\omega_2$ , $\int_{\gamma_2}\omega_2$ et $\int_{\gamma_3}\omega_2$ . Commenter.

Partie B — le travail des forces de pression. On reprend $n$ moles de gaz parfait monoatomique ( $U = \frac{3}{2}nRT$ ), décrit par les variables $(T,V)$ , et l'on joint l'état $A(T_1,V_1)$ à l'état $B(T_2,V_2)$ par deux chemins quasi-statiques, avec $P_{\mathrm{ext}} = P$ à chaque instant : le chemin $\Gamma_1$ , isotherme à $T_1$ de $V_1$ à $V_2$ puis isochore à $V_2$ de $T_1$ à $T_2$ ; et le chemin $\Gamma_2$ , isochore à $V_1$ puis isotherme à $T_2$ .

Calculer le travail reçu $W_1$ et $W_2$ le long de chacun des deux chemins. Que vaut leur différence ?
Calculer $\Delta U$ le long de chacun des deux chemins, puis en déduire $Q_1$ et $Q_2$ . Conclure sur la nature de $\delta Q$ .
Application numérique : $n = 1$ mol, $T_1 = 300$ K, $T_2 = 600$ K, $V_2 = 2V_1$ .

Indication

Sur un segment horizontal

\mathrm{d}y = 0

, sur un segment vertical

\mathrm{d}x = 0

: chaque intégrale se réduit à une intégrale simple. Pour la partie B, une isochore ne contribue pas au travail des forces de pression, et sur une isotherme on remplace

P

par

nRT/V

avant d'intégrer.

Solution détaillée

Solution

Question 1.

f(x,y) = xy

convient, puisque

\partial f/\partial x = y

\partial f/\partial y = x

Question 2. Sur $\gamma_1$ : le premier segment porte $y = 0$ et $\mathrm{d}y = 0$ , sa contribution est nulle ; le second porte $x = 1$ et $\mathrm{d}x = 0$ , il donne $\int_0^1 1\,\mathrm{d}y = 1$ . Total : $1$ . Sur $\gamma_2$ , par symétrie : $0 + \int_0^1 1\,\mathrm{d}x = 1$ . Les deux valeurs coïncident, ce qui était acquis d'avance : $\omega_1$ étant exacte, $\int_\gamma \omega_1 = f(M) - f(O) = 1 - 0 = 1$ quel que soit le chemin.

Question 3. Ici $A = y$ et $B = 0$ , donc $\partial A/\partial y = 1$ tandis que $\partial B/\partial x = 0$ . Les dérivées croisées diffèrent : $\omega_2$ n'est pas exacte, et son intégrale doit dépendre du chemin.

Question 4. Sur $\gamma_1$ : $y = 0$ sur le premier segment et $\mathrm{d}x = 0$ sur le second, donc $\int_{\gamma_1}\omega_2 = 0$ . Sur $\gamma_2$ : $\mathrm{d}x = 0$ sur le premier segment, puis $y = 1$ sur le second, donc $\int_{\gamma_2}\omega_2 = \int_0^1 \mathrm{d}x = 1$ . Sur $\gamma_3$ , paramétré par $x = y = t$ avec $t\in[0,1]$ : $\int_0^1 t\,\mathrm{d}t = \tfrac12$ . Trois chemins, trois valeurs, pour les mêmes extrémités : c'est exactement ce que signifie « ne pas être exacte ».

Question 5. Une isochore ne contribue pas, et sur une isotherme à température $T$ ,

W = -\int_{V_1}^{V_2}\frac{nRT}{V}\,\mathrm{d}V = -nRT\ln\frac{V_2}{V_1}.

D'où $W_1 = -nRT_1\ln(V_2/V_1)$ et $W_2 = -nRT_2\ln(V_2/V_1)$ , puis

W_1 - W_2 = nR\,(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1} \neq 0 .

Mêmes états extrêmes, travaux différents : $\delta W$ n'est pas une différentielle exacte, conformément au critère appliqué dans la leçon.

Question 6. $U$ ne dépend que de $T$ , donc $\Delta U = \frac{3}{2}nR(T_2-T_1)$ sur les deux chemins : $\mathrm{d}U$ est exacte. Il vient $Q = \Delta U - W$ , soit

Q_1 = \tfrac{3}{2}nR(T_2-T_1) + nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1}, \qquad Q_2 = \tfrac{3}{2}nR(T_2-T_1) + nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1}.

Différence d'une quantité exacte et d'une quantité qui ne l'est pas, $\delta Q$ n'est pas exacte non plus.

Question 7. Avec $\ln 2 \simeq 0{,}693$ : $W_1 \simeq -1{,}73$ kJ, $W_2 \simeq -3{,}46$ kJ, $\Delta U \simeq 3{,}74$ kJ, $Q_1 \simeq 5{,}47$ kJ et $Q_2 \simeq 7{,}20$ kJ. Le gaz fournit deux fois plus de travail par le second chemin, et reçoit la chaleur correspondante en plus.