Piston adiabatique : équilibre mécanique sans équilibre thermique

Question 1. Le schéma montre la résistance dans 1, le piston calorifugé et les fils électriques traversant la frontière extérieure. Le gaz 2 reçoit du travail mécanique par le piston et aucune chaleur. Pour « deux gaz + résistance », la chaleur extérieure est nulle et les parois externes sont rigides : seul le travail électrique entre. Les travaux exercés de part et d'autre du piston sont internes à cet ensemble.

Question 2. Le gaz 2 est comprimé de façon adiabatique réversible, donc $P_0V_0^\gamma=P_fV_{2,f}^\gamma$. Avec $P_f=xP_0$,

$$\left(\frac{V_{2,f}}{V_0}\right)^\gamma=\frac1x, \qquad V_{2,f}=x^{-1/\gamma}V_0.$$

Posons $a=x^{-1/\gamma}$. L'équation d'état aux deux extrémités donne

$$\frac{T_{2,f}}{T_0}=\frac{P_fV_{2,f}}{P_0V_0}=xa, \qquad T_{2,f}=xaT_0.$$

Le volume total est $2V_0$ et le piston impose la même pression dans 1 et 2 :

$$V_{1,f}=2V_0-V_{2,f}=(2-a)V_0, \qquad T_{1,f}=T_0\frac{P_fV_{1,f}}{P_0V_0}=x(2-a)T_0.$$

Puisque $x>1$ et $\gamma>1$, $0<a<1$, donc $2-a>a$ et $T_{1,f}>T_{2,f}$. La paroi autorise du travail mais pas de transfert thermique direct. Après coupure du courant, cet état est un équilibre mécanique sous la contrainte adiabatique dans le modèle macroscopique adopté.

Question 3. Pour chaque gaz, $\Delta U=nc_V(T_f-T_0)$ et $nc_VT_0=nRT_0/(\gamma-1)=P_0V_0/(\gamma-1)$. En substituant les températures calculées,

$$\Delta U_1=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1],\qquad \Delta U_2=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(xa-1).$$

L'énergie stockée dans la résistance est négligeable. Le premier principe appliqué à l'ensemble donne donc

$$\begin{aligned} W_{\text{élec}}&=\Delta U_1+\Delta U_2\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}[x(2-a)-1+xa-1]\\ &=\frac{P_0V_0}{\gamma-1}(2x-2) =\frac{2P_0V_0}{\gamma-1}(x-1). \end{aligned}$$

Dans le gaz 2, $Q_2=0$, donc le travail du piston vaut $W_2=\Delta U_2$. Le piston ne stockant pas d'énergie, son travail sur le gaz 1 vaut $-W_2$. Ces deux travaux s'annulent dans le bilan de l'ensemble.

Question 4. Pour le gaz 2, la formule d'entropie donne

$$\begin{aligned} \Delta S_2&=nc_V\ln(xa)+nR\ln a\\ &=nc_V[\ln x+\ln a+(\gamma-1)\ln a]\\ &=nc_V\ln(xa^\gamma)=0, \end{aligned}$$

car $a^\gamma=1/x$. On retrouve l'isentropie de la compression réversible. Pour le gaz 1,

$$\begin{aligned} \Delta S_1&=nc_V\ln[x(2-a)]+nR\ln(2-a)\\ &=nc_V[\ln x+\gamma\ln(2-a)] =nc_V\ln[x(2-a)^\gamma]. \end{aligned}$$

On a $x>1$ et $2-a>1$, donc l'argument du logarithme est supérieur à 1 : $\Delta S_1>0$. L'ensemble ne reçoit pas d'entropie de l'extérieur : le travail électrique n'en transporte pas. Ainsi $S_{\mathrm{i}}=\Delta S_1+\Delta S_2=\Delta S_1$. L'effet Joule produit de l'entropie même si le chauffage est lent. La loi de Laplace ne s'applique donc pas au gaz 1.

Question 5. Après coupure du courant, l'ensemble est isolé. La paroi devenue diathermane et mobile permet l'égalité finale des températures et des pressions. Puisque les deux gaz contiennent le même $n$, $P_*V_{1,*}=nRT_*=P_*V_{2,*}$ donne $V_{1,*}=V_{2,*}=V_0$. La conservation de l'énergie impose

$$nc_V(T_*-T_{1,f})+nc_V(T_*-T_{2,f})=0.$$

En divisant par $nc_V$ puis en remplaçant les températures,

$$2T_*=T_{1,f}+T_{2,f}=xT_0[(2-a)+a]=2xT_0,$$

d'où $T_*=xT_0$ et $P_*=nRxT_0/V_0=xP_0$. Pour les variations d'entropie pendant cette nouvelle évolution,

$$\begin{aligned} \Delta S_{1,\mathrm{sup}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{x(2-a)T_0}+nR\ln\frac{V_0}{(2-a)V_0} =-nc_P\ln(2-a),\\ \Delta S_{2,\mathrm{sup}} &=nc_V\ln\frac{xT_0}{xaT_0}+nR\ln\frac{V_0}{aV_0} =-nc_P\ln a. \end{aligned}$$

Leur somme est l'entropie supplémentaire produite, car l'ensemble est isolé :

$$S_{\mathrm{i},\mathrm{sup}}=-nc_P[\ln(2-a)+\ln a]=-nc_P\ln[a(2-a)].$$

Pour $0<a<1$, $0<a(2-a)=1-(1-a)^2<1$, donc son logarithme est négatif. Le signe moins rend $S_{\mathrm{i},\mathrm{sup}}>0$.