Exercice corrigé de thermodynamique

Même variation d'énergie interne, trois modes de transfert

Exercice 10 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

premier principe
énergie interne
chaleur
travail mécanique
travail électrique
calorimétrie
fonction d'état

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

Énoncé

Un liquide, son calorimètre et une petite résistance immergée constituent un système fermé, macroscopiquement au repos. Le récipient est rigide et la capacité thermique totale du système est supposée constante :

C=2{,}00\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

On veut faire passer le système de l'état d'équilibre $A$ , à $T_A=20{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ , à l'état d'équilibre $B$ , à $T_B=25{,}0\,^\circ\mathrm{C}$ . On admet que

U(B)-U(A)=C(T_B-T_A).

Les variations d'énergie cinétique et d'énergie potentielle macroscopiques sont nulles. Toutes les pertes vers l'extérieur sont négligées.

On réalise indépendamment les trois protocoles suivants, à partir du même état initial $A$ et arrivant au même état final $B$ :

Protocole 1. Le système est mis en contact thermique avec une source chaude, sans qu'aucun travail ne lui soit fourni.
Protocole 2. Les parois sont calorifugées. Une palette agite le liquide grâce à la chute d'une masse $m$ sur une hauteur $h=5{,}00$ m. La palette et le liquide finissent au repos, et toute l'énergie mécanique perdue par la masse est transmise au système. On prendra $g=9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ .
Protocole 3. Le système reçoit une chaleur $Q_3=4{,}00$ kJ et le complément d'énergie est apporté à la résistance par voie électrique. La puissance électrique reçue est constante et vaut $\mathcal P=300$ W.

Calculer la variation d'énergie interne $\Delta U=U(B)-U(A)$ commune aux trois protocoles.
Pour chacun des deux premiers protocoles, déterminer la chaleur $Q$ et le travail $W$ reçus par le système. Dans le deuxième protocole, calculer la masse $m$ nécessaire.
Pour le troisième protocole, calculer le travail électrique reçu et la durée d'alimentation de la résistance.
Les trois transformations ont les mêmes états initial et final. Expliquer pourquoi leurs valeurs de $Q$ et de $W$ peuvent néanmoins être différentes. Le système contient-il de la « chaleur » ou du « travail » dans l'état final $B$ ?

Indication

Appliquer

\Delta U=Q+W

avec la convention du banquier. Pour la palette, le travail reçu est égal à la diminution

mgh

de l'énergie potentielle de la masse. L'énergie électrique traversant la frontière par les fils est comptée comme un travail électrique.

Solution détaillée

Solution

Question 1. La différence de température vaut

T_B-T_A=5{,}0

K. Par conséquent,

\Delta U=C(T_B-T_A) =2{,}00\times5{,}0 =10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Cette valeur ne dépend que des deux états d'équilibre $A$ et $B$ .

Question 2. Dans le premier protocole, aucun travail n'est reçu :

W_1=0

. Le premier principe donne donc

Q_1=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

La chaleur est positive puisque l'énergie entre dans le système.

Dans le deuxième protocole, les parois sont calorifugées, donc

Q_2=0

. Toute la variation d'énergie interne provient du travail mécanique de la palette :

W_2=\Delta U=10{,}0\ \mathrm{kJ}.

Or $W_2=mgh$ , d'où

m=\frac{W_2}{gh} =\frac{10{,}0\times10^3}{9{,}81\times5{,}00} \simeq 204\ \mathrm{kg}.

L'ordre de grandeur élevé rappelle qu'une élévation modeste de température correspond déjà à une énergie mécanique importante.

Question 3. Le premier principe impose

W_3=\Delta U-Q_3=10{,}0-4{,}00=6{,}00\ \mathrm{kJ}.

Ce travail est positif : l'alimentation électrique fournit de l'énergie au système. Avec $W_3=\mathcal P\,\Delta t$ ,

\Delta t=\frac{W_3}{\mathcal P} =\frac{6{,}00\times10^3}{300} =20{,}0\ \mathrm{s}.

Question 4. Les trois chemins donnent respectivement

(Q_1,W_1)=(10{,}0,0)\ \mathrm{kJ}, \qquad (Q_2,W_2)=(0,10{,}0)\ \mathrm{kJ},

(Q_3,W_3)=(4{,}00,6{,}00)\ \mathrm{kJ}.

Dans tous les cas, la somme $Q+W$ vaut $10{,}0$ kJ et produit la même variation $\Delta U$ . L'énergie interne est une fonction d'état, tandis que la chaleur et le travail décrivent des transferts au cours d'une transformation. Dans l'état final $B$ , le système possède une énergie interne, mais il ne contient ni « chaleur » ni « travail ».