Exercice corrigé de thermodynamique

Étirer un fil élastique

Exercice 12 · Leçon 4 — Le premier principe de la thermodynamique

  • travail généralisé
  • fil élastique
  • traction
  • premier principe

Énoncé

Un fil de longueur à vide L0L_0 est étiré lentement, sans hystérésis, de LAL_A à LBL_B, avec L0≤LA<LBL_0\leq L_A<L_B. Dans le domaine étudié, sa tension d'équilibre suit la loi

F=K(L−L0),F=K(L-L_0),

où K>0K>0 est une raideur constante, indépendante de la température. La traction extérieure équilibre la tension du fil à chaque étape. On adopte le modèle d'énergie interne

U(T,L)=C(T−T⋆)+12K(L−L0)2+U⋆,U(T,L)=C(T-T_\star)+\frac12K(L-L_0)^2+U_\star,

où CC est une capacité thermique totale constante et T⋆,U⋆T_\star,U_\star des références fixes. Les variations d'énergie cinétique et d'énergie potentielle de pesanteur sont négligeables.

  1. Dessiner le fil, son point fixe, l'extrémité mobile et la force de traction extérieure. Écrire le travail élémentaire reçu pour une variation dL\mathrm{d}L, puis calculer WA→BW_{A\to B}.
  2. L'étirement est isotherme. Calculer ΔU\Delta U et la chaleur QA→BQ_{A\to B} reçue dans ce modèle. Une transformation isotherme impose-t-elle en général ΔU=0\Delta U=0 ?
  3. On ramène le fil de LBL_B à LAL_A en suivant la même loi de traction. Calculer le travail reçu sur ce retour et sur l'aller-retour. Pourquoi ce résultat ne signifie-t-il pas que tout travail est une fonction d'état ?

Indication
Employer δW=Fext dL\delta W=F_{\mathrm{ext}}\,\mathrm{d}L et intégrer la force variable. Comparer ensuite avec la différence d'énergie interne donnée par le modèle, en utilisant ΔU=Q+W\Delta U=Q+W.

Solution détaillée

Solution
Question 1. Sur le schéma, l'extrémité gauche est fixée. L'extrémité droite est soumise à une traction dirigée vers la droite ; son déplacement est dL\mathrm{d}L. Le travail reçu par le fil est positif lorsqu'il s'allonge :

δW=Fext dL=K(L−L0) dL.\delta W=F_{\mathrm{ext}}\,\mathrm{d}L =K(L-L_0)\,\mathrm{d}L.

La force n'est pas constante. On doit donc calculer

WA→B=∫LALBK(L−L0) dL=[K2(L−L0)2]LALB=K2[(LB−L0)2−(LA−L0)2]>0.\begin{aligned} W_{A\to B} &=\int_{L_A}^{L_B}K(L-L_0)\,\mathrm{d}L\\ &=\left[\frac{K}{2}(L-L_0)^2\right]_{L_A}^{L_B}\\ &=\frac{K}{2}\left[(L_B-L_0)^2-(L_A-L_0)^2\right]>0. \end{aligned}

La raideur a pour unité N m−1\mathrm{N\,m^{-1}} : K(L−L0)2K(L-L_0)^2 s'exprime donc en N m\mathrm{N\,m}, c'est-à-dire en joules.

Question 2. Comme TB=TAT_B=T_A, le terme thermique ne varie pas. Les constantes de référence se simplifient également, d'où

ΔU=C(TB−TA)+K2[(LB−L0)2−(LA−L0)2]=WA→B.\Delta U =C(T_B-T_A)+\frac{K}{2}\left[(L_B-L_0)^2-(L_A-L_0)^2\right] =W_{A\to B}.

Le premier principe donne alors QA→B=ΔU−WA→B=0Q_{A\to B}=\Delta U-W_{A\to B}=0. Dans ce modèle idéal, le travail reçu est stocké en énergie élastique. La température reste constante, mais l'énergie interne augmente : l'isothermie n'impose donc pas ΔU=0\Delta U=0. Le résultat Q=0Q=0 dépend ici du modèle adopté et ne s'étend pas à tous les matériaux.

Question 3. Inverser les bornes change le signe de l'intégrale :

WB→A=∫LBLAK(L−L0) dL=[K2(L−L0)2]LBLA=−WA→B.\begin{aligned} W_{B\to A} &=\int_{L_B}^{L_A}K(L-L_0)\,\mathrm{d}L\\ &=\left[\frac K2(L-L_0)^2\right]_{L_B}^{L_A} =-W_{A\to B}. \end{aligned}

Le travail reçu sur l'aller-retour vaut donc zéro. Le fil restitue le travail stocké. Ici, la loi imposée rend le travail égal à la variation de l'énergie élastique, fonction de LL. C'est une propriété de ce modèle sans hystérésis et de cette famille de transformations, pas une propriété générale des transferts de travail.