Exercice corrigé de thermodynamique

Travail et chaleur entre deux états par deux chemins

Exercice 11 · Leçon 5 — Application au gaz parfait

travail des forces de pression
chaleur
isotherme
isochore
diagramme de Clapeyron
différentielle exacte
gaz parfait

Énoncé

On considère $n$ moles de gaz parfait monoatomique, d'énergie interne $U=\frac{3}{2}nRT$ . 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 :

$\Gamma_1$ : une détente isotherme à $T_1$ , de $V_1$ à $V_2$ , puis une transformation isochore à $V_2$ , de $T_1$ à $T_2$ ;
$\Gamma_2$ : une transformation isochore à $V_1$ , de $T_1$ à $T_2$ , puis une détente isotherme à $T_2$ , de $V_1$ à $V_2$ .

Dans le cas $T_2>T_1$ et $V_2>V_1$ , représenter les chemins $\Gamma_1$ et $\Gamma_2$ dans le diagramme de Clapeyron $(P,V)$ . Indiquer les états intermédiaires et le sens de parcours.
Calculer le travail reçu $W_1$ et $W_2$ le long de chacun des deux chemins. Que vaut leur différence $W_1-W_2$ ?
Sans refaire séparément les deux intégrales, retrouver géométriquement $W_1-W_2$ à partir de l'aire comprise entre les deux chemins dans le diagramme de Clapeyron.
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 et $V_2=2V_1$ .

Indication

Dans le diagramme de Clapeyron, une isochore est verticale et une isotherme de gaz parfait vérifie

P=nRT/V

. L'isotherme de température

T_2

est située au-dessus de celle de température

T_1

. Une isochore ne contribue pas au travail des forces de pression. Pour la question 3, le travail reçu est l'opposé de l'aire algébrique située sous le chemin dans le diagramme

(P,V)

Solution détaillée

Solution

Question 1. Notons

C

l'état intermédiaire du chemin

\Gamma_1

D

celui du chemin

\Gamma_2

. Leurs pressions et leurs volumes sont

\begin{aligned} A&=\left(\frac{nRT_1}{V_1},V_1\right),& C&=\left(\frac{nRT_1}{V_2},V_2\right),\\ D&=\left(\frac{nRT_2}{V_1},V_1\right),& B&=\left(\frac{nRT_2}{V_2},V_2\right). \end{aligned}

Puisque $T_2>T_1$ , l'isotherme $T_2$ est au-dessus de l'isotherme $T_1$ . Le chemin $\Gamma_1$ se trace de $A$ vers $C$ , vers la droite le long de l'isotherme inférieure $T_1$ , puis verticalement de $C$ vers $B$ le long de l'isochore $V_2$ . Le chemin $\Gamma_2$ monte d'abord verticalement de $A$ vers $D$ le long de l'isochore $V_1$ , puis va vers la droite de $D$ vers $B$ le long de l'isotherme supérieure $T_2$ . Les flèches des deux chemins sont donc

\Gamma_1:A\xrightarrow{\,T=T_1\,}C\xrightarrow{\,V=V_2\,}B, \qquad \Gamma_2:A\xrightarrow{\,V=V_1\,}D\xrightarrow{\,T=T_2\,}B.

Les chemins _1 et _2 dans le diagramme de Clapeyron. Les courbes grises prolongent les isothermes T_1 et T_2. — Figure 1. Les chemins $\Gamma_1$ et $\Gamma_2$ dans le diagramme de Clapeyron. Les courbes grises prolongent les isothermes $T_1$ et $T_2$ .

Question 2. Avec la convention du travail reçu par le gaz, $\delta W=-P\,\mathrm{d}V$ . Une isochore ne contribue pas et, sur une isotherme à la température $T$ ,

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

On obtient donc

W_1=-nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1}, \qquad W_2=-nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1},

puis

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

Les états initial et final sont identiques, mais les travaux diffèrent : $\delta W$ n'est pas une différentielle exacte.

Question 3. Les isochores ne balayent aucune aire. Comme le travail reçu est l'opposé de l'aire sous la courbe, la différence $W_1-W_2$ est l'aire comprise entre les isothermes $T_2$ et $T_1$ :

W_1-W_2 =\int_{V_1}^{V_2}\left(\frac{nRT_2}{V}-\frac{nRT_1}{V}\right)\mathrm{d}V =nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}>0.

On retrouve bien le résultat de la question 2.

Question 4. L'énergie interne du gaz parfait monoatomique ne dépend que de la température. Sa variation est donc la même sur les deux chemins :

\Delta U=U_B-U_A=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1).

Le premier principe, $\Delta U=W+Q$ , donne $Q=\Delta U-W$ , d'où

\begin{aligned} Q_1&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_1\ln\frac{V_2}{V_1},\\ Q_2&=\frac{3}{2}nR(T_2-T_1) +nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1}. \end{aligned}

Ainsi,

Q_2-Q_1=nR(T_2-T_1)\ln\frac{V_2}{V_1}\neq 0.

La chaleur échangée dépend elle aussi du chemin : $\delta Q$ n'est pas une différentielle exacte, contrairement à $\mathrm{d}U$ .

Question 5. Avec $\ln 2\simeq0{,}693$ ,

\begin{aligned} W_1&\simeq-1{,}73\ \mathrm{kJ},& W_2&\simeq-3{,}46\ \mathrm{kJ},\\ \Delta U&\simeq3{,}74\ \mathrm{kJ},& Q_1&\simeq5{,}47\ \mathrm{kJ},& Q_2&\simeq7{,}20\ \mathrm{kJ}. \end{aligned}

Le gaz fournit deux fois plus de travail au cours de $\Gamma_2$ et reçoit la chaleur supplémentaire correspondante.