Exercice corrigé de thermodynamique

Exercice de cours : lois de Laplace

Exercice 18 · Leçon 5 — Application au gaz parfait

  • exercice de cours
  • loi de Laplace
  • indice adiabatique
  • gamma
  • détente adiabatique
  • premier principe différentiel

Énoncé

On considère nn moles de gaz parfait d'indice adiabatique γ=cP/cV\gamma = c_P/c_V supposé constant. Le système est supposé fermé. On admet la relation de Mayer cP−cV=Rc_P - c_V = R (voir l'exercice sur la découverte de cPc_P).

  1. Montrer que cV=Rγ−1,cP=γRγ−1.c_V = \frac{R}{\gamma - 1}, \qquad c_P = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}.
  2. Le gaz subit une transformation adiabatique quasi-statique pour laquelle on suppose Pext=PP_{\text{ext}} = P. En partant du premier principe sous forme différentielle, montrer que dTT+(γ−1)dVV=0,\frac{\mathrm{d}T}{T} + (\gamma - 1)\frac{\mathrm{d}V}{V} = 0, puis en déduire que TVγ−1=csteTV^{\gamma-1} = \text{cste} le long de la transformation.
  3. En déduire les deux autres formes de la loi de Laplace : PVγ=cstePV^\gamma = \text{cste} et TγP1−γ=csteT^\gamma P^{1-\gamma} = \text{cste}.
  4. Soit une telle détente qui double le volume d'un gaz monoatomique (γ=5/3\gamma = 5/3), de n=1n = 1 mol, à la température initiale Ti=300T_i = 300 K. Calculer TfT_f, puis ΔT\Delta T et WW, et commenter les signes de ΔT\Delta T et de WW.
  5. Dans le diagramme de Clapeyron (P,V)(P,V), comparer en un même point la pente d'une telle adiabatique et celle d'une isotherme.

Indication
Pour la question 2 : dU=ncV dT\mathrm{d}U = n c_V\,\mathrm{d}T et δW=−P dV\delta W = -P\,\mathrm{d}V avec P=nRT/VP = nRT/V, puis séparer les variables. Pour la question 5, différencier PVγ=cstePV^\gamma = \text{cste} et PV=cstePV = \text{cste}.

Solution détaillée

Solution
Question 1. De cP=γcVc_P = \gamma c_V et de cP−cV=Rc_P - c_V = R, on obtient cV(γ−1)=Rc_V(\gamma - 1) = R, d'où les deux formules. Question 2. Adiabatique : δQ=0\delta Q = 0, donc dU=δW\mathrm{d}U = \delta W, soit ncV dT=−P dV=−nRTVdVn c_V\,\mathrm{d}T = -P\,\mathrm{d}V = -\dfrac{nRT}{V}\mathrm{d}V. Avec cV=R/(γ−1)c_V = R/(\gamma-1) :

dTT=−(γ−1)dVV.\frac{\mathrm{d}T}{T} = -(\gamma-1)\frac{\mathrm{d}V}{V}.

En intégrant : ln⁡T+(γ−1)ln⁡V=cste\ln T + (\gamma-1)\ln V = \text{cste}, c'est-à-dire TVγ−1=csteTV^{\gamma-1} = \text{cste}.

Question 3. En substituant T=PV/(nR)T = PV/(nR) il vient PVγ=cstePV^\gamma = \text{cste} puisque nn est constant. En substituant V=nRT/PV = nRT/P, on obtient T(TP)γ−1=csteT \left(\frac{T}{P}\right)^{\gamma-1} = \text{cste}, et donc TγP1−γ=csteT^\gamma P^{1-\gamma} = \text{cste}. Question 4. Le plus simple est d'utiliser la loi de Laplace TVγ−1=csteT V^{\gamma - 1} = \text{cste}, qui donne : TiViγ−1=TfVfγ−1T_i V_i^{\gamma - 1} = T_f V_f^{\gamma - 1}, soit Tf=Ti 2−(γ−1)=300×2−2/3≈189T_f = T_i\,2^{-(\gamma-1)} = 300 \times 2^{-2/3} \approx 189 K. À noter qu'il faut bien mettre la température en kelvins dans ce calcul pour ne pas faire d'erreur ! On en déduit ΔT=Tf−Ti≈−111\Delta T = T_f-T_i \approx -111 K. Pour le travail, comme Q=0Q = 0 :

W=ΔU=32RΔT≈32×8,314×(−111)≈−1,4 kJ.W = \Delta U = \tfrac{3}{2}R\Delta T \approx \tfrac{3}{2}\times 8{,}314 \times (-111) \approx -1{,}4\ \text{kJ}.

W<0W < 0 : le gaz fournit du travail à l'extérieur pendant la détente. Ne pouvant le prélever sur aucune source de chaleur (Q=0Q=0), il puise dans son énergie interne, d'où le refroidissement ΔT<0\Delta T < 0.

Question 5. En différenciant PV=cstePV = \text{cste} : (dPdV)isoT=−PV\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{\text{isoT}} = -\dfrac{P}{V}. En différenciant PVγ=cstePV^\gamma = \text{cste} : (dPdV)adiab=−γPV\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{\text{adiab}} = -\gamma\dfrac{P}{V}. L'adiabatique est γ\gamma fois plus pentue que l'isotherme : comprimer sans évacuer la chaleur fait monter la pression plus vite, car la température augmente aussi.