Transformation adiabatique irréversible

Contexte : Le Premier PrincipeLe principe de conservation de l'énergie appliqué à la thermodynamique : \(\Delta U = W + Q\). et le Second PrincipeLe principe d'évolution, qui stipule que l'entropie de l'univers (système + extérieur) ne peut qu'augmenter ou rester constante. \(\Delta S_{\text{univ}} \ge 0\). de la thermodynamique.

Cet exercice explore la détente adiabatiqueQui n'échange pas de chaleur avec l'extérieur (\(Q=0\)). d'un gaz parfait. Contrairement à une détente réversible (lente et contrôlée), nous étudions ici une détente soudaine, dite irréversibleTransformation qui n'est pas une succession d'états d'équilibre. Elle crée de l'entropie (\(S_{\text{créée}} > 0\))., contre une pression extérieure constante. Ce cas est fondamental pour comprendre la différence entre le travail réversible (maximal) et le travail réel (irréversible), ainsi que la notion de création d'entropieFonction d'état (symbole S) qui mesure le désordre d'un système. Sa variation inclut l'entropie échangée et l'entropie créée..

Remarque Pédagogique : Cet exercice vous apprendra à distinguer le travail réversible du travail irréversible (monobare) et à appliquer les deux principes de la thermodynamique pour calculer l'état final d'un système et l'entropie créée.

Objectifs Pédagogiques

Appliquer le Premier Principe à un système fermé adiabatique.
Calculer le travail d'une transformation monobare irréversible.
Calculer l'état final (Température, Volume) d'un gaz après une détente.
Appliquer le Second Principe pour calculer l'entropie créée.

Données de l'étude

Un cylindre calorifugé (parois adiabatiques) et fermé par un piston (également calorifugé) contient 1 mole de gaz parfait monoatomique. Le piston est initialement bloqué par une cale.

Fiche Technique

Caractéristique	Valeur
Type de gaz	Parfait monoatomique
Quantité (n)	1 mole
Coefficient de Laplace (\(\gamma\))	5/3 (car monoatomique)

Schéma de la situation

Nom du Paramètre	Description ou Formule	Valeur	Unité
Pression initiale (\(P_1\))	Pression du gaz dans l'état 1	10	bar
Température initiale (\(T_1\))	Température du gaz dans l'état 1	300	K
Pression extérieure (\(P_{\text{ext}}\))	Pression constante à l'extérieur	1	bar
Constante des GP (R)	-	8.314	J/mol·K

Questions à traiter

On retire la cale. Le gaz se détend brutalement de manière adiabatique et irréversible jusqu'à ce que sa pression interne s'équilibre avec la pression extérieure. L'état final est l'état 2.

Calculer le volume initial \(V_1\).
Déterminer la température finale \(T_2\) du gaz.
Calculer la variation d'énergie interneFonction d'état (symbole U) qui représente l'énergie totale stockée dans un système (cinétique microscopique + potentielle d'interaction). \(\Delta U\) du gaz.
Calculer le travail \(W\) reçu par le gaz.
Calculer l'entropie créée \(S_{\text{créée}}\) au cours de cette transformation.

Les bases sur les Transformations Thermodynamiques

Pour résoudre cet exercice, nous avons besoin des deux principes fondamentaux de la thermodynamique appliqués à un système fermé (le gaz).

1. Premier Principe (Conservation de l'Énergie)
Pour un système fermé, la variation de son énergie interne \(\Delta U\) est égale à la somme du travail \(W\) et de la chaleur \(Q\) échangés avec l'extérieur. \[ \Delta U = W + Q \] Pour un gaz parfait, \(\Delta U\) ne dépend que de la température : \(\Delta U = n C_v (T_{\text{final}} - T_{\text{initial}})\).

2. Transformation Adiabatique
Une transformation est adiabatique si le système n'échange pas de chaleur avec l'extérieur (parois calorifugées). \[ Q = 0 \] Le Premier Principe se simplifie donc en : \(\Delta U = W\).

3. Travail Irréversible (Monobare)
Lorsque la transformation est brutale (irréversible) et se fait contre une pression extérieure \(P_{\text{ext}}\) constante, le travail reçu par le système est : \[ W = -P_{\text{ext}} \Delta V = -P_{\text{ext}} (V_{\text{final}} - V_{\text{initial}}) \]

4. Second Principe (Création d'Entropie)
La variation d'entropie d'un système \(\Delta S_{\text{sys}}\) est la somme de l'entropie échangée \(S_{\text{éch}}\) et de l'entropie créée \(S_{\text{créée}}\). \[ \Delta S_{\text{sys}} = S_{\text{éch}} + S_{\text{créée}} \] Pour une transformation adiabatique (\(Q=0\)), \(S_{\text{éch}} = 0\). L'entropie créée est donc simplement égale à la variation d'entropie du système : \[ S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{sys}} \quad (\text{si adiabatique}) \] Pour un gaz parfait : \(\Delta S_{\text{sys}} = n C_p \ln(T_2/T_1) - n R \ln(P_2/P_1)\).

Correction : Transformation Adiabatique Irréversible

Question 1 : Calculer le volume initial \(V_1\)

Principe

L'état initial 1 est un état d'équilibre. Nous pouvons donc appliquer la loi des gaz parfaits pour relier la pression, le volume et la température.

Mini-Cours

La loi des gaz parfaits (\(PV=nRT\)) est l'équation d'état qui décrit le comportement d'un gaz parfait. Elle lie ses quatre variables d'état macroscopiques : Pression (P), Volume (V), quantité de matière (n) et Température (T). \(R\) est la constante des gaz parfaits.

Remarque Pédagogique

Cette première question est presque toujours un prérequis. Elle permet de s'assurer que toutes les variables de l'état initial (P1, V1, T1) sont connues avant d'étudier la transformation elle-même.

Normes

L'utilisation des unités du Système International (SI) est la norme en physique. Pour cette équation, cela signifie : Pression en Pascals (Pa), Volume en mètres cubes (m³), Température en Kelvin (K), et R = 8.314 J/(mol·K). Notez que 1 Joule = 1 Pa·m³.

Formule(s)

Loi des Gaz Parfaits

\[ P_1 V_1 = n R T_1 \]

Hypothèses

Nous appliquons les hypothèses de l'énoncé.

Le gaz est considéré comme un gaz parfait.
L'état 1 est un état d'équilibre thermodynamique stable.

Donnée(s)

Nous devons convertir la pression de bars en Pascals (Pa), l'unité du Système International (SI), pour être cohérents avec la constante \(R\) en J/mol·K.

Paramètre	Symbole	Valeur	Unité (SI)
Pression initiale	\(P_1\)	10 bar	\(10 \times 10^5\) Pa
Température initiale	\(T_1\)	300 K	300 K
Quantité de matière	\(n\)	1 mol	1 mol
Constante des GP	\(R\)	8.314 J/mol·K	8.314 J/mol·K

Astuces

N'oubliez jamais la conversion des unités ! 1 bar = \(10^5\) Pa. C'est l'erreur la plus fréquente dans les exercices de thermodynamique. Une autre astuce : 1 L = \(10^{-3}\) m³. Si vous calculez 2.49 L, c'est bien 0.00249 m³.

Schéma (Avant les calculs)

Le schéma est celui de l'énoncé, montrant le gaz dans son état initial 1, confiné par le piston bloqué par la cale.

État Initial (1)

Calcul(s)

Isolation de \(V_1\)

On part de la loi des gaz parfaits \(P_1 V_1 = n R T_1\) et on isole \(V_1\).

V_1 = \frac{n R T_1}{P_1}

Application numérique

On remplace par les valeurs numériques (en unités SI) :

\begin{aligned} V_1 &= \frac{1 \text{ mol} \times 8.314 \text{ J/mol·K} \times 300 \text{ K}}{10 \times 10^5 \text{ Pa}} \\ V_1 &= \frac{2494.2}{1000000} \text{ m}^3 \\ V_1 &\approx 0.002494 \text{ m}^3 \end{aligned}

Schéma (Après les calculs)

Points à retenir

La loi des gaz parfaits \(PV = nRT\) est l'outil de base pour tout état d'équilibre d'un gaz parfait.
La cohérence des unités (SI) est impérative.

Le saviez-vous ?

Dans les conditions normales de température et de pression (CNTP : 0°C et 1 atm ≈ 1 bar), une mole de gaz parfait occupe environ 22.4 L. Ici, à 300K (27°C) mais 10 bar, le volume est logiquement beaucoup plus faible.

FAQ

...

Résultat Final

Le volume initial est \(V_1 \approx 0.00249 \text{ m}^3\) (soit 2.49 L).

A vous de jouer

Si la pression initiale était de 20 bar (et \(T_1\) inchangée), quel serait le volume \(V_1\) ?

Mini Fiche Mémo

Synthèse de la Question 1 :

Concept Clé : Loi des Gaz Parfaits.
Formule Essentielle : \(PV = nRT\).
Point de Vigilance Majeur : Unités SI (Bars \(\rightarrow\) Pascals).

Question 2 : Déterminer la température finale \(T_2\)

Principe

Nous ne pouvons pas utiliser la loi de Laplace (type \(P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma\)) car elle n'est valable que pour les transformations réversibles. Nous devons utiliser le Premier Principe \(\Delta U = W\) car la transformation est adiabatique (\(Q=0\)).

Mini-Cours

Pour un gaz parfait monoatomique, \(\gamma = 5/3\). On sait que \(\gamma = C_p / C_v\) et \(C_p - C_v = R\). En résolvant ce système, on trouve :
\(C_v = \frac{R}{\gamma - 1} = \frac{R}{5/3 - 1} = \frac{R}{2/3} = \frac{3}{2}R\).
\(C_p = \gamma C_v = \frac{5}{3} \times \frac{3}{2}R = \frac{5}{2}R\).

Remarque Pédagogique

L'astuce de ce calcul est d'exprimer les volumes \(V_1\) et \(V_2\) en fonction des températures \(T_1\) et \(T_2\) et des pressions \(P_1\) et \(P_2\) (qui est \(P_{\text{ext}}\)) en utilisant la loi des gaz parfaits. Cela permet d'obtenir une seule équation avec \(T_2\) comme unique inconnue.

Normes

Pas de norme spécifique ici, il s'agit de l'application directe des principes de la thermodynamique classique.

Formule(s)

Premier Principe (Adiabatique)

\Delta U = W \quad (\text{car } Q=0)

Expressions de \(\Delta U\) et \(W\)

n C_v (T_2 - T_1) = -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1)

Loi des Gaz Parfaits (pour V1 et V2)

V_1 = \frac{n R T_1}{P_1} \quad \text{et} \quad V_2 = \frac{n R T_2}{P_2}

Hypothèses

L'état final 2 est un état d'équilibre thermodynamique (même si le chemin ne l'est pas). La pression finale du gaz \(P_2\) est donc égale à la pression extérieure \(P_{\text{ext}}\).

Transformation adiabatique (\(Q=0\)).
Transformation irréversible monobare (\(P_{\text{ext}} = \text{constante}\)).
État final en équilibre mécanique : \(P_2 = P_{\text{ext}}\).

Donnée(s)

On reprend les données de l'énoncé et on ajoute \(P_2 = P_{\text{ext}}\).

Paramètre	Symbole	Valeur	Unité (SI)
Pression extérieure	\(P_{\text{ext}}\) ( = \(P_2\))	1 bar	\(1 \times 10^5\) Pa
Pression initiale	\(P_1\)	10 bar	\(10 \times 10^5\) Pa
Température initiale	\(T_1\)	300	K
Capacité thermique	\(C_v\)	\(\frac{3}{2}R\)	\(\approx 12.47\) J/mol·K
Capacité thermique	\(C_p\)	\(\frac{5}{2}R\)	\(\approx 20.79\) J/mol·K

Astuces

Puisque les pressions \(P_1\) et \(P_2\) apparaissent souvent en rapport (\(P_2/P_1\)), on peut laisser les pressions en 'bar' dans ce rapport, car les unités s'annulent. \(1 \text{ bar} / 10 \text{ bar} = 0.1\). C'est plus rapide que de convertir les deux en Pascals.

Schéma (Avant les calculs)

Le schéma pertinent est celui de l'énoncé, montrant l'état initial (P1, T1) et la pression extérieure (P_ext) qui va devenir P2.

Modélisation de la détente

Calcul(s)

Étape 1 : Remplacer \(V_1\) et \(V_2\)

On part de \(\Delta U = W\). On remplace \(\Delta U\) par \(n C_v (T_2 - T_1)\) et \(W\) par \(-P_{\text{ext}} (V_2 - V_1)\).
Ensuite, on remplace \(V_1\) et \(V_2\) par leurs expressions issues de la loi des gaz parfaits (\(V = nRT/P\)) pour n'avoir que la température \(T_2\) comme inconnue.

n C_v (T_2 - T_1) = -P_{\text{ext}} \left( \frac{n R T_2}{P_2} - \frac{n R T_1}{P_1} \right)

Étape 2 : Simplifier (avec \(P_2 = P_{\text{ext}}\) et \(n\))

On simplifie en divisant par \(n\) de chaque côté, en utilisant \(P_2 = P_{\text{ext}}\), et on distribue \(-P_2\) à droite.

C_v (T_2 - T_1) = -P_2 \left( \frac{R T_2}{P_2} - \frac{R T_1}{P_1} \right)

C_v (T_2 - T_1) = -R T_2 + R T_1 \frac{P_2}{P_1}

Étape 3 : Isoler \(T_2\)

On distribue \(C_v\), on regroupe les termes en \(T_2\) à gauche, on factorise, et on utilise la relation de Mayer \(C_p = C_v + R\).

\begin{aligned} C_v T_2 - C_v T_1 &= -R T_2 + R T_1 \frac{P_2}{P_1} \\ C_v T_2 + R T_2 &= C_v T_1 + R T_1 \frac{P_2}{P_1} \\ (C_v + R) T_2 &= T_1 \left( C_v + R \frac{P_2}{P_1} \right) \\ C_p T_2 &= T_1 \left( C_v + R \frac{P_2}{P_1} \right) \end{aligned}

On isole finalement \(T_2\) en divisant par \(C_p\).

T_2 = T_1 \frac{C_v + R (P_2/P_1)}{C_p}

Étape 4 : Application numérique

On peut simplifier en divisant le numérateur et le dénominateur de la fraction par \(R\) :

T_2 = T_1 \frac{(C_v/R) + (P_2/P_1)}{(C_p/R)}

On remplace par les valeurs :

\begin{aligned} T_2 &= 300 \text{ K} \times \frac{ (3/2) + (1 \text{ bar} / 10 \text{ bar}) }{ (5/2) } \\ T_2 &= 300 \times \frac{1.5 + 0.1}{2.5} \\ T_2 &= 300 \times \frac{1.6}{2.5} \\ T_2 &= 300 \times 0.64 \\ T_2 &= 192 \text{ K} \end{aligned}

Schéma (Après les calculs)

Le diagramme de Clapeyron (P, V) montre le chemin : une chute de pression verticale (car on libère le piston) suivie d'une détente à Pression extérieure constante (le rectangle de travail). L'état 1 (10 bar, 300K) et l'état 2 (1 bar, 192K) sont bien définis.

Diagramme de Clapeyron (P, V)

Réflexions

Le gaz s'est refroidi (300 K \(\rightarrow\) 192 K). C'est normal : la détente est adiabatique (\(Q=0\)). Le gaz a dû "fournir" du travail (\(W<0\)) pour repousser le piston. Il a puisé cette énergie dans sa propre énergie interne, ce qui a fait chuter sa température (\(\Delta U = W < 0 \Rightarrow \Delta T < 0\)).

Points de vigilance

L'erreur la plus grave serait d'utiliser la loi de Laplace (\(P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma\)). Cette loi n'est valable que pour les transformations adiabatiques réversibles. L'appliquer ici donnerait une température finale de \(T_2 = T_1 (P_2/P_1)^{(1-1/\gamma)} = 300 \times (0.1)^{0.4} \approx 119.4 \text{ K}\), ce qui est incorrect pour cette transformation irréversible.

Points à retenir

Pour une détente adiabatique irréversible, la seule voie est le Premier Principe : \(\Delta U = W\).
On combine \(\Delta U = n C_v \Delta T\) et \(W = -P_{\text{ext}} \Delta V\).

Le saviez-vous ?

C'est ce qui se passe dans un extincteur à CO₂. Le gaz est stocké à haute pression, et quand on l'ouvre, il se détend brutalement contre la pression atmosphérique (1 bar). Cette détente adiabatique irréversible est si rapide et le gaz se refroidit tellement qu'il sort sous forme de neige carbonique (-78.5°C).

FAQ

...

Résultat Final

La température finale du gaz est \(T_2 = 192 \text{ K}\).

A vous de jouer

Si la pression extérieure n'avait été que de 2 bar (au lieu de 1 bar), quelle aurait été la température finale \(T_2\) ?

Mini Fiche Mémo

Synthèse de la Question 2 :

Concept Clé : \(\Delta U = W\) pour adiabatique irréversible.
Formule : \(n C_v (T_2 - T_1) = -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1)\).
Résultat : \(T_2 = T_1 \frac{C_v + R (P_2/P_1)}{C_p}\).

Question 3 : Calculer la variation d'énergie interne \(\Delta U\)

Principe

L'énergie interne \(U\) est une fonction d'état. Pour un gaz parfait, sa variation \(\Delta U\) ne dépend que de la variation de température \(\Delta T\), quel que soit le chemin suivi (réversible ou irréversible).

Mini-Cours

Pour un gaz parfait, la variation d'énergie interne est toujours donnée par la formule \(\Delta U = n C_v \Delta T\). \(C_v\) est la capacité thermique molaire à volume constant. Pour un gaz parfait monoatomique, nous avons déjà établi que \(C_v = \frac{3}{2}R\).

Remarque Pédagogique

C'est un point clé : \(\Delta U = n C_v \Delta T\) est valable pour TOUTES les transformations d'un gaz parfait (isobare, isotherme, adiabatique, ...). Ne la confondez pas avec \(W = -P dV\) (travail) ou \(Q = n C \Delta T\) (chaleur) qui, eux, dépendent du chemin.

Normes

C'est une conséquence directe de la Première Loi de Joule, qui stipule que l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température.

Formule(s)

Variation d'Énergie Interne (GP)

\Delta U = n C_v (T_2 - T_1)

Capacité (GP Monoatomique)

C_v = \frac{3}{2}R

Hypothèses

On utilise les hypothèses que le gaz est parfait et monoatomique, et que \(C_v\) est constant sur l'intervalle de température.

Donnée(s)

On utilise la température finale \(T_2\) calculée à la question 2.

Paramètre	Symbole	Valeur	Unité
Température finale	\(T_2\)	192	K
Température initiale	\(T_1\)	300	K
Quantité de matière	\(n\)	1	mol
Capacité thermique	\(C_v\)	\(\frac{3}{2}R \approx 12.47\)	J/mol·K

Astuces

Puisque \(T_2 < T_1\) (refroidissement), on sait immédiatement que \(\Delta U\) doit être négatif. Si votre calcul donne un résultat positif, vérifiez l'ordre de (\(T_2 - T_1\)).

Schéma (Avant les calculs)

Le calcul de \(\Delta U\) se base sur les états 1 et 2. Sur un diagramme (T, U), qui est une droite pour un GP, on cherche la variation sur l'axe U entre T1 et T2.

Diagramme (T, U) - Principe

Calcul(s)

Application numérique

On remplace \(C_v\) par son expression \(\frac{3}{2}R\).

\Delta U = n \left(\frac{3}{2}R\right) (T_2 - T_1)

On insère les valeurs numériques :

\begin{aligned} \Delta U &= 1 \text{ mol} \times \left( \frac{3}{2} \times 8.314 \text{ J/mol·K} \right) \times (192 \text{ K} - 300 \text{ K}) \\ \Delta U &= 1 \times (12.471) \times (-108) \\ \Delta U &\approx -1346.9 \text{ J} \end{aligned}

Schéma (Après les calculs)

On peut visualiser \(\Delta U\) sur un diagramme (T, U) qui, pour un GP, est une simple droite. Le point 2 (192K) est plus bas que le point 1 (300K) sur l'axe T, et donc aussi sur l'axe U.

Diagramme (T, U) - Résultat

Réflexions

L'énergie interne a diminué (\(\Delta U < 0\)). C'est logique : le système est isolé thermiquement (\(Q=0\)) et il a fourni du travail au milieu extérieur pour repousser le piston (on verra que \(W < 0\)). Cette énergie "perdue" sous forme de travail a été puisée dans l'énergie interne du gaz, faisant chuter sa température.

Points de vigilance

Attention à ne pas utiliser \(C_p\) par erreur. L'énergie interne est toujours liée à \(C_v\), tandis que l'enthalpie (\(H\)) est liée à \(C_p\).

Points à retenir

\(\Delta U = n C_v \Delta T\) pour toute transformation d'un gaz parfait.

Le saviez-vous ?

James Prescott Joule a montré le premier (par une expérience similaire de détente dans le vide) que l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépendait (pratiquement) que de sa température, et non de son volume.

FAQ

...

Résultat Final

La variation d'énergie interne est \(\Delta U \approx -1347 \text{ J}\) (ou -1.347 kJ).

A vous de jouer

Si la température finale avait été de 250 K, quel aurait été le \(\Delta U\) ?

Mini Fiche Mémo

Synthèse de la Question 3 :

Concept Clé : \(\Delta U\) d'un GP ne dépend que de \(\Delta T\).
Formule : \(\Delta U = n C_v \Delta T\).

Question 4 : Calculer le travail \(W\) reçu par le gaz

Principe

Nous avons deux façons de trouver \(W\) :
1. (La plus simple) Utiliser le Premier Principe : Puisque la transformation est adiabatique (\(Q=0\)), on a \(\Delta U = W\).
2. (Vérification) Utiliser la formule du travail monobare : \(W = -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1)\).

Mini-Cours

Le travail \(W\) est l'une des deux formes d'échange d'énergie (l'autre étant la chaleur \(Q\)). Par convention, \(W > 0\) si le système reçoit du travail (compression), et \(W < 0\) s'il cède du travail (détente). Ici, le gaz pousse le piston, donc on s'attend à \(W < 0\).

Remarque Pédagogique

Utiliser \(\Delta U = W\) est élégant et rapide. Utiliser la formule directe \(W = -P_{\text{ext}} \Delta V\) est une excellente façon de vérifier l'ensemble de vos calculs (V1, T2, V2). Si les deux méthodes ne donnent pas le même résultat, vous avez une erreur quelque part !

Normes

La convention de signe \(W > 0\) pour le travail reçu est la norme standard en physique et chimie (IUPAC). Attention, certains ingénieurs (surtout en mécanique) utilisent la convention inverse.

Formule(s)

Méthode 1 : Premier Principe

W = \Delta U \quad (\text{car } Q=0)

Méthode 2 : Calcul direct (Monobare)

W = -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1) = -P_{\text{ext}} \left( \frac{n R T_2}{P_2} - V_1 \right)

Hypothèses

Les hypothèses sont celles déjà utilisées : adiabatique (\(Q=0\)) et monobare (\(P_{\text{ext}}=\text{cte}\)).

Donnée(s)

On utilise les résultats des questions précédentes.

Paramètre	Symbole	Valeur	Unité
Variation Énergie Interne	\(\Delta U\)	-1347	J
Pression extérieure	\(P_{\text{ext}}\)	\(1 \times 10^5\)	Pa
Volume final (\(V_2\))	\(V_2\)	\(\approx 0.01596\)	m³
Volume initial (\(V_1\))	\(V_1\)	\(\approx 0.00249\)	m³

Astuces

La méthode 1 (\(W = \Delta U\)) est la plus sûre car elle ne dépend que du calcul de \(T_2\) et \(\Delta U\). La méthode 2 nécessite aussi le calcul de \(V_1\) et \(V_2\), introduisant plus de sources d'erreurs d'arrondi.

Schéma (Avant les calculs)

Le travail est l'aire sous la courbe \(P_{\text{ext}} = f(V)\). C'est un simple rectangle de hauteur \(P_{\text{ext}}\) et de largeur \((V_2 - V_1)\).

Diagramme de Clapeyron (P, V)

Calcul(s)

Méthode 1 (Directe)

D'après la Question 3, nous avons déjà calculé \(\Delta U\). Le premier principe pour une transformation adiabatique (\(Q=0\)) nous dit que \(W = \Delta U\).

W = \Delta U \approx -1347 \text{ J}

Méthode 2 (Vérification)

Pour la vérification, on calcule d'abord le volume final \(V_2\) avec la loi des gaz parfaits :

V_2 = \frac{n R T_2}{P_2} = \frac{1 \text{ mol} \times 8.314 \text{ J/mol·K} \times 192 \text{ K}}{1 \times 10^5 \text{ Pa}} \approx 0.01596 \text{ m}^3

On utilise \(V_1 \approx 0.00249 \text{ m}^3\) (de la Q1) et on applique la formule du travail monobare \(W = -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1)\) :

\begin{aligned} W &= -P_{\text{ext}} (V_2 - V_1) \\ W &= -(1 \times 10^5 \text{ Pa}) \times (0.01596 \text{ m}^3 - 0.00249 \text{ m}^3) \\ W &= -100000 \times (0.01347) \\ W &= -1347 \text{ J} \end{aligned}

Schéma (Après les calculs)

Le diagramme de Clapeyron (P, V) ci-dessus illustre le résultat : le travail \(W\) (reçu) est l'opposé de l'aire du rectangle jaune, qui est \(-P_{\text{ext}}(V_2-V_1)\).

Diagramme de Clapeyron (P, V) - Résultat du Travail

Réflexions

Les deux méthodes donnent le même résultat. Le signe négatif (\(W < 0\)) confirme que le système (le gaz) a cédé du travail au milieu extérieur (il a "poussé" le piston). Le travail fourni par le gaz est \(W_{\text{fourni}} = -W = +1347\) J.

Points de vigilance

Le signe du travail est crucial. \(W = -P_{\text{ext}} \Delta V\). Ici \(\Delta V = V_2 - V_1 > 0\) (c'est une détente), donc \(W\) doit être négatif. Si vous trouvez un \(W > 0\) pour une détente, vérifiez vos signes.

Points à retenir

Pour une détente adiabatique (Q=0), \(\Delta U = W\).
Puisque c'est une détente, \(W < 0\) et donc \(\Delta U < 0\).
Une détente adiabatique (réversible ou non) refroidit toujours le gaz.

Le saviez-vous ?

Pour une détente réversible (lente), le travail fourni aurait été plus grand : \(W_{\text{rév}} = \Delta U_{\text{rév}} \approx -2252\) J. L'irréversibilité fait que le gaz "fournit moins de travail" (-1347 J) pour la même chute de pression, et se refroidit donc moins.

FAQ

...

Résultat Final

Le travail reçu par le gaz est \(W \approx -1347 \text{ J}\).

A vous de jouer

En utilisant la méthode 2 (\(W = -P_{\text{ext}} \Delta V\)), calculez le travail si \(P_{\text{ext}}=2\) bar et \(T_2 = 204\) K (votre réponse à l'exercice Q2). (Indice: \(V_1=0.00249\), \(V_2 = nRT_2/P_2\))

Mini Fiche Mémo

Synthèse de la Question 4 :

Concept Clé : \(W = \Delta U\) pour adiabatique, \(W = -P_{\text{ext}} \Delta V\) pour monobare.
Résultat : \(W < 0\) (détente).

Question 5 : Calculer l'entropie créée \(S_{\text{créée}}\)

Principe

Nous utilisons le Second Principe. La transformation est adiabatique (\(Q=0\)), donc il n'y a pas d'entropie échangée (\(S_{\text{éch}} = 0\)). La variation d'entropie de l'univers se résume donc à la variation d'entropie du système (\(\Delta S_{\text{sys}}\)). Puisque la transformation est irréversible, cette valeur doit être strictement positive.

Mini-Cours

L'entropie \(S\) est une fonction d'état, comme \(U\). Sa variation \(\Delta S_{\text{sys}}\) ne dépend que des états 1 et 2. On utilise donc un "chemin fictif réversible" pour la calculer, même si la transformation réelle ne l'est pas. La formule \(\Delta S_{\text{sys}} = n C_p \ln(T_2/T_1) - n R \ln(P_2/P_1)\) est un de ces chemins.

Remarque Pédagogique

Le calcul de \(S_{\text{créée}}\) est le test ultime de l'irréversibilité. Si vous trouvez \(S_{\text{créée}} = 0\), la transformation était réversible. Si vous trouvez \(S_{\text{créée}} < 0\), vous avez fait une erreur de calcul, car c'est physiquement impossible (cela violerait le Second Principe).

Normes

Le Second Principe de la Thermodynamique : \(\Delta S_{\text{univers}} = S_{\text{créée}} \ge 0\).

Formule(s)

Second Principe (Général)

\Delta S_{\text{sys}} = S_{\text{éch}} + S_{\text{créée}} \quad \text{avec} \quad S_{\text{éch}} = \int \frac{\delta Q_{\text{rév}}}{T_{\text{ext}}}

Cas Adiabatique (\(Q=0 \Rightarrow S_{\text{éch}}=0\))

S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{sys}}

Variation d'Entropie (GP, forme T, P)

\Delta S_{\text{sys}} = n C_p \ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right) - n R \ln\left(\frac{P_2}{P_1}\right)

Hypothèses

On suppose le gaz parfait et les capacités thermiques constantes pour utiliser la formule intégrée de \(\Delta S_{\text{sys}}\).

Donnée(s)

On utilise les états 1 et 2.

Paramètre	Symbole	Valeur	Unité
Rapport T°	\(T_2/T_1\)	192 / 300	0.64
Rapport P°	\(P_2/P_1\)	1 / 10	0.1
Capacité thermique	\(C_p\)	\(\frac{5}{2}R \approx 20.785\)	J/mol·K
Constante GP	\(R\)	\(\approx 8.314\)	J/mol·K

Astuces

Utilisez la formule (T, P) car les pressions \(P_1\) et \(P_2\) sont données. Utiliser la formule (T, V) demanderait d'utiliser \(V_1\) et \(V_2\) que nous avons calculés, ce qui est moins direct.

Schéma (Avant les calculs)

Dans un diagramme (T, S) (Entropique), l'état 1 (300K) et l'état 2 (192K) sont placés. Le chemin réel est inconnu, mais on sait que S2 > S1 (car \(\Delta S_{\text{sys}} = S_{\text{créée}} > 0\)).

Diagramme Entropique (T, S)

Calcul(s)

Application numérique

On part de \(S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{sys}}\) (car adiabatique).
On utilise la formule de \(\Delta S_{\text{sys}}\) en fonction de T et P :

S_{\text{créée}} = (1 \times C_p) \times \ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right) - (1 \times R) \times \ln\left(\frac{P_2}{P_1}\right)

On remplace \(C_p\) (\(\frac{5}{2}R\)) et \(R\) par leurs valeurs, et on insère les températures et pressions :

S_{\text{créée}} = \left(1 \times \frac{5}{2} \times 8.314\right) \times \ln\left(\frac{192}{300}\right) - (1 \times 8.314) \times \ln\left(\frac{1}{10}\right)

On calcule les constantes et les rapports :

S_{\text{créée}} = (20.785) \times \ln(0.64) - (8.314) \times \ln(0.1)

On calcule les valeurs des logarithmes népériens :

S_{\text{créée}} = 20.785 \times (-0.4463) - 8.314 \times (-2.3026)

On effectue les deux multiplications séparément :

S_{\text{créée}} = -9.278 + 19.144

On additionne les deux termes pour le résultat final :

S_{\text{créée}} \approx +9.866 \text{ J/K}

Schéma (Après les calculs)

Le diagramme (T, S) ci-dessus montre bien le résultat : on part de S1 et on arrive à S2, avec S2 > S1. La variation \(\Delta S_{\text{sys}} = S_2 - S_1\) est bien positive, ce qui correspond à \(S_{\text{créée}}\).

Diagramme Entropique (T, S) - Résultat

Réflexions

Comme attendu, \(S_{\text{créée}} > 0\). Cela quantifie l'irréversibilité de la transformation. La détente a été "inefficace" : une partie de l'énergie qui aurait pu être transformée en travail (dans une détente réversible) a été "perdue" sous forme de désordre (création d'entropie). Cette "perte" se traduit par une température finale (192 K) plus élevée que celle qu'on aurait obtenue dans une détente réversible (qui aurait été de 119.4 K).

Points de vigilance

Ne confondez pas \(\Delta S_{\text{sys}}\) (qui peut être < 0, > 0 ou = 0) et \(S_{\text{créée}}\) (qui est toujours \(\ge 0\)). C'est seulement dans le cas adiabatique qu'elles sont égales.

Points à retenir

L'irréversibilité se mesure par \(S_{\text{créée}}\).
Pour un système adiabatique, \(S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{sys}}\).
\(\Delta S_{\text{sys}}\) se calcule toujours en imaginant un chemin réversible entre les états 1 et 2.

Le saviez-vous ?

Toute transformation réelle crée de l'entropie. C'est le "prix à payer" pour qu'une transformation se produise. Un moteur parfaitement réversible (qui ne crée pas d'entropie) est une idéalisation théorique (le cycle de Carnot) qui donne le rendement maximal possible, mais qui ne peut jamais être atteint en pratique.

FAQ

...

Résultat Final

L'entropie créée est \(S_{\text{créée}} \approx +9.87 \text{ J/K}\).

A vous de jouer

Calculez \(\Delta S_{\text{sys}}\) (et donc \(S_{\text{créée}}\)) pour le cas où \(P_{\text{ext}}=2\) bar et \(T_2 = 204\) K. (Indice: \(P_2/P_1 = 0.2\), \(T_2/T_1 = 204/300 = 0.68\))

Mini Fiche Mémo

Synthèse de la Question 5 :

Concept Clé : Second Principe, \(\Delta S_{\text{univ}} = S_{\text{créée}}\).
Formule : \(S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{sys}}\) (car adiabatique).
Calcul : \(\Delta S_{\text{sys}} = n C_p \ln(T_2/T_1) - n R \ln(P_2/P_1) > 0\).

Outil Interactif : Simulateur de Détente

Explorez comment la température finale (\(T_2\)) et le travail reçu (\(W = \Delta U\)) changent en fonction de la pression extérieure (\(P_{\text{ext}}\)) et de la pression initiale (\(P_1\)). La température initiale \(T_1\) est fixée à 300 K.

Paramètres d'Entrée

Pression extérieure (P_ext) (bar) 1.0 bar

Pression initiale (P1) (bar) 10 bar

Résultats Clés

Température finale (\(T_2\)) (K) -

Travail reçu (\(W = \Delta U\)) (J) -

Glossaire

Premier Principe: Le principe de conservation de l'énergie appliqué à la thermodynamique : la variation d'énergie interne d'un système est la somme du travail et de la chaleur échangés. \(\Delta U = W + Q\).
Second Principe: Le principe d'évolution. Il stipule que l'entropie de l'univers (système + extérieur) ne peut qu'augmenter (transf. irréversible) ou rester constante (transf. réversible). \(\Delta S_{\text{univ}} \ge 0\).
Transformation Adiabatique: Une transformation qui se produit sans aucun échange de chaleur avec le milieu extérieur (\(Q=0\)). Cela est généralement dû à des parois calorifugées ou à une grande rapidité.
Transformation Irréversible: Une transformation "réelle" ou "brutale" qui n'est pas une succession d'états d'équilibre. Elle crée de l'entropie (\(S_{\text{créée}} > 0\)).
Énergie Interne (\(U\)): Fonction d'état qui représente l'énergie totale stockée dans un système au niveau microscopique. Pour un gaz parfait, elle ne dépend que de la température (\(U = n C_v T\)).
Entropie (\(S\)): Fonction d'état qui mesure le désordre d'un système ou le nombre d'états microscopiques accessibles. Sa variation \(\Delta S_{\text{sys}}\) est la somme de l'entropie échangée et de l'entropie créée.