Supplément EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second PrincipesPrincipes – Feuille 1/3 Premier Principe : Transformation Transformation du GP Exercice 1 : Influence du chemin de transformation Une mole de dioxygène, assimilé à un gaz parfait de coefficient γ = 1,4, passe d’un volume V1 = 10L à la température t1 = 25°C à un volume V2 = 20L à la température t2 = 100°C. 1. Calculer la capacité thermique à volume constant cvmol du dioxygène. On donne R = 8,314 J.K-1.mol-1. 2. La détente s’effectue par un chauffage isochore suivi d’une détente isotherme. 2.1. Représenter ce chemin dans le diagramme de Clapeyron. 2.2. Calculer le transfert thermique Q et le travail W échangés par le gaz avec l’extérieur. 3. La détente s’effectue maintenant par une détente isotherme suivie d’un chauffage isochore. 3.1. Représenter ce chemin dans le diagramme de Clapeyron. 3.2. Calculer le transfert thermique Q’ et le travail W’ échangés par le gaz avec l’extérieur. 4. Que remarque-t-on concernant les sommes W+Q et W’+Q’ ? Interpréter. Exercice 2 : Transformation cyclique d’un GP Une mole de gaz parfait diatomique (γ = 7/5) subit la transformation cyclique constituée des étapes suivantes : - A partir des conditions normales P0 = 1 bar, et t0 = 0°C, un échauffement isobare fait tripler son volume, sa température atteint alors t1 ; - Une compression isotherme lui fait retrouver son volume initial, sa pression est alors P1 ; - Un refroidissement isochore le ramène à l’état initial. 1. Représenter le cycle suivi dans le diagramme de Clapeyron. 2. Calculer pour chaque étape, avec trois chiffres significatifs, le transfert thermique Q et le travail W échangé ainsi que les variations BU d’énergie interne et BH d’enthalpie. 3. Un GP est contenu dans un cylindre clos par un piston. La température initiale du gaz est égale à la température extérieure T1 = 293K, sa pression est P1 = 1 atm et son volume est V1 = 5L. On néglige le poids du cylindre devant la force pressante due à l’atmosphère. Les parois du cylindre et le piston sont de « bons » conducteurs de la chaleur. 1. On appuie lentement sur le piston, de manière à assurer à chaque instant l’équilibre thermique entre le gaz et l’extérieur, jusqu’à ce que le gaz atteigne la pression P2 = 10 atm. Calculer le volume final V2 occupé par le gaz, sa variation d’énergie interne BU2 ainsi que le travail W2 et le transfert thermique Q échangés. 2. On applique d’un seul coup une surpression extérieure, par exemple en posant une masse sur le piston, de telle sorte que la pression extérieure passe brusquement de la valeur P1 à la valeur P2. On attend qu’un état d’équilibre thermique se réinstaure avec l’extérieur. Calculer le volume final V’2 occupé par le gaz, sa variation d’énergie interne B’U2 ainsi que le travail W’2 et le transfert thermique Q’ échangés. Exercice Exercice 5 : Compression suivie d’une détente Une mole de GP diatomique est initialement dans les conditions P0 = 1,00 bar et t0 = 20°C. On réalise une compression adiabatique réversible de ce gaz, qui diminue son volume de moitié. On note (P1, t1) la pression et la température dans cet état. Puis on détend de manière quasi-statique et isotherme le gaz, de manière à lui faire retrouver son volume initial. 1. Représenter les chemins suivis lors des transformations dans le diagramme de Clapeyron. 2. Calculer P1 et t1. 3. Calculer la pression finale P2 à la fin de la détente. 4. Exprimer puis calculer les travaux et les transferts thermiques échangés par le gaz lors des 2 transformations. Calculer Wtotal et Qtotal sur le cycle complet, ainsi que BUtotal et BHtotal sur ce cycle. Exercice 3 : Chauffage d’un GP On enferme n = 0,1 mol d’azote, de coefficient γ = 1,4 dans un cylindre thermostaté à t0 = 27°C, fermé par un piston mobile sans frottement de section S = 100 cm2. La pression atmosphérique est P0 = 1 bar. On néglige la force pressante due au poids du piston devant la force pressante atmosphérique. 1. Calculer la hauteur h0 occupé par le gaz dans le cylindre. 2. Le piston étant bloqué, on élève la température du thermostat à t1 = 50°C. Calculer le travail W et le transfert thermique Q échangés par le gaz. 3. Exercice 4 : Compressions isotherme et monotherme En repartant de l’état initial, on élève à nouveau la température jusqu’à t1, mais en laissant libre le piston. Calculer les nouveaux W’ et Q’ échangés par le gaz. Exercice 6 : Détente brutale d’un GP Un gaz parfait, de coefficient γ, est contenu dans un cylindre muni d’un piston, l’ensemble étant calorifugé. La pression extérieure est P0. Dans l’état initial, le piston est bloqué et le gaz est comprimé sous la pression P1 > P0, occupant le volume V1 à la température T1. On libère le piston et on laisse le système atteindre un nouvel état d’équilibre. On pose x = P0/P1. 1. Exprimer la température T2 du gaz à l’équilibre, en fonction de γ, x et T1. 2. Comparer T2 à T1. 3. Exprimer le volume V2 du gaz à l’équilibre, en fonction de γ, x et V1. Les deux compartiments contiennent la même quantité de n moles d’un gaz parfait monoatomique (γ = 5/3). Le volume total du cylindre est V = 5. Dans l’état initial. En déduire l’expression puis la valeur du travail Wop fourni par l’opérateur.. à la température t0 = 0°C.0 L.4. Dire pourquoi la transformation que le gaz subit peut être considérés comme adiabatique. L’ensemble est calorifugé. Exprimer le travail reçu par le système pour que l’air entre dans la bouteille. Pour chacune des méthodes. Le robinet est fermé dès que les pressions dans les deux récipients deviennent identiques. 3. de volume V1 = 5L et de pression P1 = 1 bar. Calculer la pression initiale PB dans le compartiment B. 2. de manière à réduire son volume d’un facteur 2. exprimer puis calculer W et le transfert thermique Q échangés par le gaz. le récipient (1) contient 1 mol d’un GP de coefficient γ = 1. 4. Méthode 3 : Un mode de transformation représenté dans le diagramme de Clapeyron par un segment de droite. On débloque le piston.0 bar.4. ce qui permet un écoulement gazeux « lent » du récipient (1) vers le récipient (2). Méthode 1 : Une compression isotherme quasi-statique Méthode 2 : Un chauffage isochore refroidissement isobare quasi-statique suivi 1. La pression initiale dans le compartiment A est PA = 24. On envisage pour cela différentes méthodes : (qui donnent toutes le même point d’arrivée) Deux récipients de même volume V sont reliés par un mince tube sur lequel est monté un robinet. Exercice 11 11 : Remplissage d’une bouteille vide Une bouteille préalablement vide et de volume V0 est fermée. 5. en agissant sur le piston. 2. Calculer les volumes finaux VA et VB ainsi que la pression finale Pf dans les compartiments. Déterminer une relation entre les températures t0. t2 et la valeur x. L’air dans le récipient est à la température T1 au moment où sa pression est égale à la pression extérieure P0. Les parois du cylindre et le piston sont parfaitement calorifugés. le piston est bloqué de telle sorte que le compartiment B a un volume quatre fois plus grand que le compartiment A. En déduire les températures finales TA et TB dans les deux compartiments. qui coulisse sans frottement jusqu’à ce que les deux compartiments soient à la même pression Pf. d’un 3. Déterminer puis calculer la température T1 de l’air. réalise une détente quasi-statique isotherme du gaz. Justifier la relation BUA + BUB = 0. L’air est assimilé à un gaz parfait diatomique de coefficient caractéristique γ = 1. Quelle est la nature de la transformation subie par le gaz restant dans le récipient (1) ? En déduire la valeur de x. Quel est l’état d’équilibre final du système ? . Elle baigne dans l’atmosphère terrestre à la température T0 = 300K et sous la pression atmosphérique P0 = 1 bar. Comparer les temps de relaxation de l’équilibre mécanique et de l’équilibre thermique. 2. On note P cette pression commune. supposé parfait. Un opérateur. On note x la quantité de matière restant dans le récipient (1). Le robinet est alors très largement ouvert. et le récipient (2) est vide. 3. Le robinet étant fermé. Exercice 9 : Cylindre à deux compartiments Un piston sépare le volume d’un cylindre en deux compartiments A et B. Calculer la pression P. Exercice 8 : Divers modes de compression On souhaite comprimer une mole d’un GP diatomique initialement dans les conditions P0 = 1 bar et t0 = 20°C. 1. 1. 2. Quel est le système fermé et déformable à adopter pour traiter le problème ? 2. Calculer les températures t1 et t2. 4. La température est initialement la même dans tout le cylindre et égale à T0 = 288K. La loi de Laplace est-elle applicable pour ce gaz parfait ? 4. et double ainsi son volume. 6. t1 la température du gaz restant dans le récipient (1) et t2 la température du gaz transvasé dans le récipient (2). La bouteille est ouverte pendant un bref instant afin que l’air ambiant qui l’entoure y pénètre. où BUA et BUB sont les variations d’énergie interne dans chacun des compartiments. 1. Représenter chacune de ces transformations dans le diagramme de Clapeyron. On mesure alors une différence de température BT = TB – TA = 130K entre les deux compartiments. sous la pression P0 = 1 bar. t1. Ouverture brève vide air 1.Exercice 7 : Travail fourni par un opérateur Exercice 10 : Détente Détente dans le vide d’un GP On considère un cylindre horizontal muni d’un piston et contenant un gaz. Exprimer le travail Watm de la force pressante due à l’atmosphère. T 0 ) d t . la température du local passe à t3 = 21°C en 10min. Calculer le travail W et la quantité de chaleur Q échangés par le gaz avec l’extérieur au cours de la compression.K-1. Calculer la durée Bt’ au bout de laquelle le bâtiment aura retrouvé sa température initiale T1.18 J. On supposera que l’air est un GP de masse molaire Mair = 29 g.9. puis de la puissance thermique nécessaire du système de climatisation. Exo 16 : Compression isotherme d’un gaz de VDW On considère une mole d’azote. où a est une constante positive.10-5 s-1. . Calculer le transfert thermique Q reçu par cette masse d’air pour passer de t2 à t1. de masse volumique μ = 8 g. 1. établir l’équation différentielle vérifiée par T(t). Le calorimètre contenant une masse d’eau M = 95g d’eau à la température t1 = 20°C. Calculer la masse d’air renouvelée en 1h. Après quelques instants. La pression de l’air est la même à l’intérieur et à l’extérieur du local. La température du bâtiment étant T2. en supposant que toute la chaleur est absorbée par les disques.10 SI.mol-1. calculer leur élévation de température Bθ. Systèmes quelconques Exercice 15 : Elévation de T de freins à disque Une automobile de masse M = 836 kg roulant à la vitesse v = 72 km.mol-1. 1. 2. En raisonnant sur un intervalle de temps dt. est placée dans l’air de température T0. En déduire la valeur de la capacité thermique C du calorimètre. 1. Quelle est la dimension de la constante a ? 2.K-1.K-1. Calculer les pressions initiale Pi et finale Pf du gaz. thermomètre. la température extérieure étant égale à T0 = 263K. On y plonge un échantillon métallique de masse m’ = 25g qui sort d’une étuve à t2’ = 95°C. Exercice 13 : Méthode électrique On désire mesurer la capacité thermique totale C d’un calorimètre et de son contenu (eau et accessoires). Le gaz occupe initialement le volume V1 = 25L à la température T1 = 300K et on le comprime de manière isotherme quasi-statique jusqu’au volume V2 = 12. 4.42 J. Donnée : ceau = 4. 3. de capacité thermique C. On fait circuler un courant électrique d’intensité I = 0. obéissant à l’équation d’état.Supplément EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second Principes – Feuille 2/3 Calorimétrie Calorimétrie Exercice 12 : Calorimétrie Un calorimètre et ses accessoires (agitateur.0°C. 2. En faisant un bilan énergétique sur une durée dt. on remet le chauffage en marche. On utilise un système de ventilation dont on fixe le taux de renouvellement à 1.13 SI et b = 3.K-1.T 0 ) d t . l’air extérieur étant à t2 = 40°C. de volume V0 = 300m3. 1. Exprimer puis calculer la température T∞ théoriquement atteinte au bout d’une durée « très grande ». Le même calorimètre contient maintenant M’ = 100g d’eau à t1’ = 15°C. En même temps. Identifier la constante de temps τ du phénomène ainsi que la température T∞ atteinte au bout d’une durée t >> τ. Exo Exo 14 : Ventilation et climatisation d’un local On souhaite maintenir une température t1 = 20°C en pleine canicule dans un local.5A pendant Bt = 13 min. On suppose que la quantité de chaleur δQ perdue par le bâtiment de température T pendant la durée dt s’écrit : δ Q = a C ( T . 2.kg-1. c'est-àdire que la totalité de l’air de la pièce est renouvelé en 1 heure.cm-3 et de capacité thermique massique c = 0. 2. et on rappelle que R = 8. de capacité thermique C = 7. Calculer la capacité calorifique massique moyenne c du métal dans ce domaine de température. A la date t = 0.…) possède une capacité calorifique C. il faut renouveler l’air de la pièce pour maintenir l’air respirable. Vm Son énergie interne a pour expression U = CV T − a V m .g-1. La température d’équilibre est tf’ = 16. le chauffage est arrêté. Calculer la masse en eau μ équivalente au calorimètre. En déduire la température T2 du bâtiment après Bt = 3h.K-1. on lui ajoute une masse m = 71g d’eau à la température t2 = 50. En assimilant ces derniers à des cylindres de rayon r = 10 cm et d’épaisseur h = 1 cm. Lorsque la température de la résistance est T > T0. En déduire l’expression puis la valeur de C. établir l’équation différentielle vérifiée par T(t). Exercice 17 : Température d’un conducteur ohmique Une résistance électrique R. tout en homogénéisant.107 J. où a = 7. Exercice 18 : Chauffage d’un bâtiment Un bâtiment.h-1 s’arrête brusquement à l’aide de ses quatre freins à disques. on admet que la quantité de chaleur δQ perdue pendant une durée dt est donnée par la loi de Newton : δ Q = a C ( T . est chauffé à la température uniforme T1 = 293K par un chauffage central de puissance P = 210 kW constante. En l’absence de ventilation et de climatisation. 3. Par un calcul simple. 1.8. donner un ordre de grandeur de la puissance thermique correspondant aux fuites thermiques.g-1.5L.314 J.7°C. On donne la capacité thermique massique de l’air à pression constante cP = 1000 J. la température d’équilibre observée est tf = 31. on fait passer dans la résistance électrique un courant d’intensité I constante. On plonge pour cela une résistance chauffante R = 250Ω dans l’eau du calorimètre (valeur supposée indépendante de la température). 3.3°C.6. a -5 P + 2 (V m − b ) = RT avec a = 0. A la date t = 0. On constante que la température de l’ensemble passe de t0 = 14°C à t1 = 16°C. la résistance étant à la température T0. 10s. établir une relation entre BP3. 2. le ballon contient n moles d’un gaz diatomique supposé parfait de coefficient γ constant. g S et de dérivées successives de z par rapport au temps. le gaz contenu dans le ballon est revenu à l’équilibre thermique avec l’atmosphère extérieure T3 = T0 et la pression P3 du gaz vaut : P3 = P0 + ∆P3 avec ∆P3 ≪ P0 Dans l’état final (3). Ecrire la relation traduisant la loi de Laplace sous sa forme différentielle. V) et rappeler les conditions de validité de cette loi. avec ∆T 2 ≪ T1 Au cours de ce bref processus (1) (2). On ouvre le robinet pendant une durée très courte : Bn moles de gaz s’échappent du ballon. En déduire la relation ∆T2 T0 γ −1 ∆P1 = − γ P0 3. A l’issue de la phase (2) (3) qui dure quelques minutes après la fermeture du robinet. La position de la bille est repérée par sa cote z sur l’axe vertical descendant d’origine O à la partie supérieure du tube. Les variations de pression et de température sont faibles devant P0 et T0. m.s-2. V0. (2) et (3) dans le diagramme de Clapeyron. le gaz parfait occupe le volume initial V0 de l’ensemble constitué par le récipient et le tube dans sa totalité (z = 0).0. S et V0. γ et z. avec ∆P1 ≪ P0 Dans l’état initial (1). En déduire l’expression de γ en fonction des différences de pression BP1 et BP3. P0. P1 = P0 + ∆P1 2. m. 4. Les écarts suivants sont infiniment faibles : 1. P) et rappeler les conditions de validité de cette loi.10-2kg. Enoncer la loi de Laplace relative au couple (P. S.10-4 m2. g et S. le transfert thermique avec l’extérieur est quasi-nul et l’évolution est mécaniquement réversible car la surpression est faible à l’intérieur du ballon. En déduire l’expression du différentiel de pression P-P0 en fonction de P0. Les frottements fluides et solides sont négligeables. 3. P0 = 1. Montrer que l’équation différentielle du mouvement vertical de la bille est : Exprimer ω0 T2 = T1 + ∆T 2 En déduire la position d’équilibre zeq de la bille et la période propre θ0 de ses oscillations par rapport à cette position d’équilibre. représenter en exagérant les variations de volume et de pression des états (1). et S puis calculer sa valeur. A l’instant t = 0. m. P0. T0 et BT2. V0. La bille métallique de diamètre très voisin de celui du tube se comporte comme un piston étanche. 1. Calculer γ. sa pression initiale est la pression atmosphérique P0 et sa température initiale T0.90V.50V. S = 2.105Pa. établir l’équation du mouvement de la bille supposée ponctuelle en fonction de P. g = 9.6. Ecrire la relation traduisant la loi de Laplace sous sa forme différentielle. Au cours des oscillations. la pression dans le ballon passe rapidement à la valeur P2 = P0 imposée par l’atmosphère extérieure et sa température prend la valeur : P − P0 ≪ P0 et V −V 0 ≪ V 0 En appliquant le principe fondamental de la dynamique. 4. T0 = 293K. En choisissant pour système le gaz qui reste dans le ballon. le capteur indique 0. A l’instant t = 0. P0. Le rapport des capacités thermiques est supposé constant γ = C P CV . V0 = 10L. Ce gaz à la température T1 = T0 est à une pression initiale P1 légèrement supérieure à la pression atmosphérique : γ= χT χQ (avec χT = −1 ∂V −1 ∂V et χ = les Q V ∂P T V ∂P Q =0 coefficients de compressibilité) permet d’exprimer directement par lecture du diagramme de Clapeyron l’expression de γ en fonction de BP1 et BP3. m = 1. En déduire la pression à l’équilibre Peq dans le récipient en fonction de P0. le capteur indique 3. m. P0. Un capteur de pression différentiel permet de suivre la pression à l’intérieur de l’enceinte : la capteur de tension lue est proportionnelle à la pression différence de pression entre le gaz et le milieu extérieur. une bille d’acier de masse m est lâchée sans vitesse capteur de initiale dans le tube et effectue des pression oscillations de grande amplitude autour d’une position d’équilibre. Un gaz métallique parfait diatomique occupe le volume M(m) V0 d’un récipient surmonté d’un tube z de verre vertical de faible section S. A l’instant initial t = 0.80m. les valeurs à l’instant t de la température T et de la pression P du gaz sont réparties uniformément. Enoncer la loi de Laplace relative au couple (T.0. L’intensité de la force de pression exercée sur une demisphère de rayon r par un milieu de pression uniforme P0 est : F P = P0 ⋅ π r = P0 ⋅ S 2 La transformation subie par le gaz enfermé dans l’enceinte adiabatique (le volume du récipient est grand pour rendre négligeables les échanges de chaleur avec l’extérieur) et quasistatique. Exprimer littéralement le coefficient γ en fonction de θ0.Méthodes de mesure de gamma γ Exercice 20 : Méthode de Clément et Désormes Exercice 19 19 : Mesure de γ – Méthode de Rückhard Le champ de la pesanteur est bille O uniforme et d’intensité g. Par exploitation de l’équation d’état au cours du processus (2) (3). θ0 = 1. Montrer que l’exploitation de la formule de Reech : d 2z + ω0 2 z = g 2 dt en fonction de γ. . Données : Un ballon de volume V0 P communique par l’intermédiaire d’un Air 0 T 0 robinet avec l’atmosphère extérieure Robinet où la température est T0 et la pression P0. Commenter. Déterminer la variation d’entropie du verre et l’entropie créée dans le calorimètre. Elles sont ensuite plongé dans un calorimètre contenant une masse m2 = 100g d’eau à la température t2 = 20°C. 1. Les transferts thermiques s’effectuent à l’intérieur de l’enceinte adiabatique constituant le calorimètre sous la pression atmosphérique. le gaz est en équilibre thermodynamique avec le milieu extérieur. Déterminer le signe de BS dans le cas particulier où C1 = C2 = C. comment faut-il s’y prendre ? Verre (massique) : cverre = 8. P0 et P1. 2. 3. 1. assimilé à un gaz parfait. En régime permanent. et l’entropie créée Sc.4 est initialement dans les conditions P0 = 1bar. A partir du même état initial. Exercice 22 22 : Contact d’un gaz avec un thermostat Une mole d’hélium. Déterminer la pression P1 du gaz dans son état d’équilibre final. Exprimer la variation d’énergie interne. 1. On fait alors l’hypothèse que la transformation subie par le gaz est isotherme. jusqu’à ce que la masse finale déposée soit égale à M. et t0 = 20°C. Exprimer la variation d’entropie du gaz. sa pression est notée P0. Le récipient est alors plongé dans un thermostat de température T1 = 273K. Ils sont mis en contact dans un calorimètre de capacité thermique négligeable par rapport à celles des solides. Exprimer la variation d’entropie du gaz.K-1 la capacité thermique de l’eau. Appliquer le second principe. 1. 3. la pression extérieure exercée sur le piston est supposée suivre une fonction échelon (P0 avant t = 0. Appliquer le 1er Principe de la thermodynamique au conducteur ohmique. On réalise une transformation qui amène ce gaz à la température t1 = 50°C et le laisse au volume V1 = V0 = 1L. 1. le travail W et le flux thermique Q lors de cette transformation. A l’instant initial. Est-il possible de réchauffer réversiblement de l’eau ? Si oui. Commenter. Exprimer la variation d’énergie interne. Calculer à nouveau l’entropie Sc pour l’eau. puis la température s’équilibre avec l’extérieur. 1. de capacités thermiques respectives C1 et C2. Tracer la courbe de ces fonctions. V0 = 1L. 2. fermé par un piston mobile sans frottement. En déduire l’expression de la production d’entropie par unit de temps dans le conducteur ohmique. l’intégralité de la masse M est ajoutée brutalement . Le cylindre aux parois diathermes (qui laisse passer la chaleur) est plongé dans un thermostat de température uniforme et constante T0.10 2 J . à la température initiale θ0 = 20°C est mise en contact avec un thermostat à la température θf = 80°C.K −1. Données : On donne les capacités thermiques concernées Eau (massique) : ceau = 4.kg −1 Calorimètre : C = 150 J .g −1 Exercice Exercice 26 : Chauffage « plus ou moins réversible » Une masse m = 1kg d’eau. 2. le travail W et le flux thermique Q lors de cette transformation.18 J . En déduire la chaleur reçue par le conducteur avec le milieu extérieur en fonction de la durée dt de l’échange. On recommence l’expérience en utilisant un thermostat intermédiaire à la température θ1 = 50°C.K −1. sont initialement aux températures uniformes respectives T1 et T2. Est-ce conforme à la réversibilité ? 4. 5. 2. de R et de I. Déterminer la température d’équilibre Teq du système constitué par le calorimètre et les deux solides. 2.kg-1. Commenter.K −1 Exercice 24 : Effet Joule et création d’entropie Un conducteur ohmique de résistance électrique R indépendante de la température est placé dans l’air ambiant à la température T0 supposée constante. les fonctions d’état relatives au conducteur ohmique sont indépendantes du temps. en fonction de T0. Donnée : c0 = 4180 J. On ajoute très progressivement des masselottes sur le piston. en fonction de T0. Sachant que la transformation est isochore et qu’elle a lieu par mise en contact avec un thermostat à la température t1 = 50°C.Supplément EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second Principes – Feuille 3/3 Second principe Exercice 21 : Contact thermique de deux solides Deux solides S1 et S2. Exprimer puis calculer la variation d’entropie BS de ce gaz au cours de la transformation. Exprimer la variation d’entropie BS de ce même système. à la température initiale T0 = 300K. l’entropie échangée puis l’entropie créée lors de cette transformation. 7. . Calculer l’entropie créée Sc pour l’eau lors de son réchauffage. et est traversé par un courant électrique d’intensité I. Exercice 25 25 : Transformation Transformation isotherme d’un GP Une mole de gaz parfait est placée dans un cylindre vertical de section S et de grande hauteur. ainsi que l’entropie échangée Se et l’entropie créée Sc. 3. Exercice 27 : Bilan entropique Un GP de coefficient γ = 1. 2. Exercice 23 : Calorimétrie solide + eau Des petites billes de verre de masse totale m1 = 50g sont placées dans un four maintenu à une température t1 = 80°C. calculer l’entropie échangée S. est contenue dans un récipient indilatable aux parois diathermanes (laissent passer la chaleur). Déterminer puis calculer la variation d’entropie BS du gaz entre l’état initial et l’état d’équilibre thermodynamique final. l’entropie échangée puis l’entropie créée lors de cette transformation. P0 et P1. et P1 après). Calculer la température d’équilibre finale Tf. Montrer que la variation d’entropie du gaz s’identifie à l’entropie créée Scréée au cours de la transformation. à l’aide des coefficients calorimétriques molaires CPm et km. La détente est subie par une mole d’un gaz réel de VDW (même équation que dans l’exercice 28). FLUIDE T1.mol −1 des constantes.91 621 347. L’écoulement est suffisamment lent pour que l’on puisse négliger la vitesse d’ensemble du fluide en tout point de l’écoulement.d) Quelle est la variation d’entropie ∆SVDW du gaz au cours de cette transfo ? Un fluide s’écoule dans une canalisation calorifugée en présence d’un étranglement (ou d’une paroi poreuse) qui a pour rôle de réduire la pression en aval (par frottements). GAZ T1.Exercice 28 : Détente de Joule – Gay Lussac Exercice 29 29 : Détente de JouleJoule-Thomson Un récipient de volume constant V. Une telle détente peut servir à mettre en évidence le caractère parfait d’un gaz. P1 FLUIDE T2.8 63. en fonction des variables indépendantes T et P.44 2. 2. La vanne est actionnée à distance par l’intermédiaire d’un électroaimant de façon à faire communiquer les deux compartiments : le gaz atteint alors un nouvel état d’équilibre thermodynamique interne à la température TF. a. tels que : δQrév = CPm dT + km dP ∂T En déduire le coefficient de Joule-Thomson µJT = en ∂P H fonction du volume molaire Vm et des coefficients calorimétriques molaires CPm et km.7 He 3. Le gaz est supposé parfait et monoatomique. Calculer a en considérant le refroidissement d’une mole de gaz ∆T = T 2 − T1 = −5. 3.a) Montrer que le produit PVm peut se mettre sous la forme approchée : PV m = RT − a V m + bP 5. Elles figurent sur le tableau suivant avec les températures de liquéfaction. 4 K 4.3 -209.d) Exprimer le coefficient de Joule-Thomson μJT d’un gaz de VDW en fonction de R. Les constantes a et b sont des caractéristiques du fluide.e) Dans quelles conditions la détente de Joule-Thomson permet-elle de refroidir le fluide ? Quel est le gaz que l’on peut refroidir à des températures usuelles ? Proposer une méthode permettant d’obtenir successivement les liquides cryogéniques pour aboutir à l’hélium liquide (T = 4K). et P2 (< P1) et T2 en aval.3 -195. 3. 4. 4 J . de solidification. 5. Quel est son sens physique ? Que constate-t-on ? 4. Quelle est la variation BSGP du gaz parfait au cours de cette transformation ? Faire une AN pour une mole du gaz parfait.6mK 3 -268. La chaleur δQrév échangée avec l’extérieur par une mole d’un fluide homogène quelconque au cours d’une transformation élémentaire réversible s’exprime. Ti de l’effet Joule-Thomson pour laquelle μJT = 0. P2 Paroi Poreuse Questions 1 / 2 / 3 : Voir TD… 4.b) Calculer le coefficient de Joule – Gay Lussac ∂T µGL = dans le cas d’un gaz de VDW. P et T.66 195 -78. .a) Rappeler les propriétés d’un GP.2K. R.K −1 . ou de mesurer des coefficients caractéristiques. En considérant que l’énergie interne des parois ne varie pas au cours de cette détente. V CVm = 12. 5.b) Un gaz parfait obéit-il à la première loi de Joule ? 3.d) Montrer que le gaz occupe tout le volume qui lui est accessible. V1 Vide V2 GAZ 1. puis déterminer la température d’inversion. montrer que la transformation du gaz est isoénergétique : elle s’effectue à énergie interne constante quelle que soit la nature du gaz. le compartiment de gauche dont le volume est V1 contient n moles d’un gaz en équilibre interne à la température T1 et l’autre compartiment est vide. Gaz Coefficients 103a 105b Tinversion K °C Tliquéfaction K °C Tsolidification K °C N2 H2 130 3.6 -249. C’est grâce à une méthode de ce type que Kamerlingh et Onnes ont réussi pour la première fois en 1908 à atteindre la liquéfaction de l’hélium à 4. A l’état initial. est divisé en deux compartiments de volumes respectifs V1 et V2 égaux (1L) séparés par une vanne.a) Ce gaz obéit-il à la première loi de Joule ? Que représentent chacun des termes de l’expression de U ? 4. 3.b) En déduire l’expression approchée de l’enthalpie molaire du gaz : H m = 5RT 2 + P b − 2a RT + U m 0 ( ) 5.9 a +U Vm m0 3 2 L’énergie interne molaire de ce gaz s’écrit U m = RT − 5. Le gaz subissant la détente est maintenant un gaz de Van Der Waals ayant pour équation d’état : a P + 2 (V m − b ) = RT Vm L’énergie interne d’un tel gaz s’écrit U = nCVmT − avec U 0 et n 2a +U 0 .c) Déterminer les grandeurs molaires CPm et (km + Vm) en fonction de a. et d’inversion. On note P1 et T1 les température et pression en amont.c) Quelle est la température finale Tf dans les deux compartiments ? 3. On considère qu’un régime permanent est atteint. b.8 2. Ce résultat est-il conforme au second principe de la thermodynamique ? 4.8 77. puis dans ∂V U le cas d’un GP.2 14 -259 Superfluide à 2.7 24.37 23.1 20.c) Montrer que la mesure de la variation de température permet d’accéder à la valeur du coefficient a de l’équation de Van Der Waals. Quel est l’intérêt d’introduire un tel coefficient ? 5.4 -252.5 4. l’expression de son énergie interne molaire Um et de sa capacité thermique isochore molaire CVm. à parois adiabatiques et rigides. b. Calculer sa valeur pour les 3 gaz cités plus haut et comparer les résultats aux données expérimentales (Données à la pression atmosphérique). CPm et T. ce qui est normal car U est une fonction d’état (décrit l’état d’un système). et puisque la transfo est méca réversible Et : W1 = W1 = −∫ Pext dV = −∫ PdV = −∫ γ PV 0 0 dV .1J ⇒ QBC = −WBC QBC = ∫ Pext dV = ∫ PdV = nRT2 ln(V2 V1 ) = 2150J γ nR Evolution monobare et monotherme du GP. Piston bloqué Isochore : 3. rév : Ainsi PV γ = cstte ⇒ P1 = P0 (V0 V1 ) = 2γ P0 γ P1 = 2. 3. W = WAB V = nCVm ∆T + nRT2 ln 2 = 3708 J V1 V +WBC = −nRT2 ln 2 = −2150 J V1 Travail W ′ =WAD + WDC = −nRT1 ln (V2 V1 ) = −1717 J On remarque que W+Q = W’+Q’ = BU. Diag PV : adiabatique réversible en cstte/Vγ. W = − P2 = 0. Volume V = = T1 2 P0 xγ principe : ∆U =W + Q = C ∆T = V . ne dépend que de la température pour un GP – loi de Joule) Exercice Exercice 4 : Compressions isotherme et monotherme 1. donc V2’ = V2 = 0.5 kJ nR ∆U 2 = QV 2 = CV ∆T = γ − 1 ( −2T0 ) = −11. On adapte les variables : Q ′ = Q AD + QDB = nRT1 ln (V2 V1 ) + nCVm ∆T = 3276 J 4. mais seulement des points initiaux et finaux BU = Ufin – Uini. 5 kJ nR ∆U 1 = C V ∆T = ( 2T 0 ) = 11.63bar et T1 = PV PV 1 1 =T0 1 1 = 2γ −1T0 = 385K nR PV 0 0 t1 =T1 − 273 = 112°C ) nRT1 T 3.1. puis isotherme en cstte/V (moins pentu.K −1 . 2. γ nR Q 1 = ∆H 1 = C P ∆T = γ − 1 ( 2T 0 ) = 15.V0). Détente isotherme + Chauffage isochore. on a même n. GP en adiab. BU = 0 (ne dépend que de T) et W ′ = −∫ Pext dV = −P2∆V = 4558 J et encore Q’ = -W’ Exercice 5 : Compression suivie d’une détente 1.SOLUTION des EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second Principes – Feuille 1/3 1er Principe : Transfo du GP W = 0 2.9 kJ Isobare : W1 = −P0 ∆V = −2P0V 0 = −2nRT 0 = −4.8J Exercice Exercice 1 : Influence du chemin de transformation 1. ⇒ T 2 > T1 Et : T2 = T1 γ nRT2 1 + x ( γ − 1) 3. 5L . On a V = nRT 0 = hS P0 ⇒ h0 = nRT0 = 25 cm . 2.1.32bar 2 V0 T0 (ou 4. donc sa variation ne dépend donc pas du chemin suivi. 2. 3. D’après Mayer CVm = CV R = = 20.013bar = 1013 hPa) et Q = -W. Transfo adiab réversible : Q1 = 0. et même P.5L. Vγ γ 1 PV 1 2γ −1 −1 0 0 ⋅ γ −1 − γ −1 = ⋅ nRT0 = 1945J γ −1 V1 V0 γ −1 ∫PextdV =−∫PdV =−nRT ln(V V ) W = −2 nRT0 ln ( 2) = −2227 J = −Q Tranfo isotherme : W =− Ce qui donne 1 0 1 γ −1 Exercice 6 : Détente brutale d’un GP 1. Pfinal > Pinitial). 2. et 1er nR (T −T ) γ −1 2 1 nR Ainsi : −P (V −V ) = −nR (T − xT ) = (T −T ) 0 2 1 2 1 γ −1 2 1 1 + x ( γ − 1) 2. Diag PV : descend en cstte/V puis remonte vertical. SP0 Evolution du GP isotherme : V 2 = PV 1 1 0. BU = ∫ Pext dV = −∫ PdV = −nRT ln (V 1 2 V1 ) = 1166 J (On rappelle que 1atm = 1. mais après équilibre.3 kJ −1 γ ∆U 2 = ∆H 2 = 0 ⇒ Q 2 = −W2 Isotherme : W2 = −∫ Pext dV = −nRT1 ln (V1 V 2 ) = 7. Exercice 2 : Transformation cyclique d’un GP 1. (Car l’énergie U finale est la même dans les 2 cas.9 kJ γ −1 W =W1 +W2 +W3 = 3 kJ Cycle complet : Q = Q + Q + Q = −3 kJ 1 2 3 ∆U = ∆H = 0 (cycle ) Exercice 3 : Chauffage d’un GP 1. .8 J .9J nR Q =∆U =CV ∆T = γ −1∆T = 47. ′ Piston libre Isobare : Q = C P ∆T = γ −1 ∆T = 66. Diag PV : isochore verticale / isotherme en P = cstte/V. 2.P0(V2-V1). Transfo monobare : W = -P0BV = .3 kJ Isochore : W2 = 0 γ nR ∆H 2 = C P ∆T = ( −2T0 ) = −15. Transfo isochore AB : Q AB = ∆U AB = nCVm ∆T = 1559 J Transfo isotherme BC : ∆U BC = 0 Ainsi : (La transfo doit être supposé mécaniquement réversible) Et Q = Q AB + Q BC Travail 3.mol −1 n γ −1 Chauffage isochore + Détente isotherme.2.2. 3. même T. W ′ = ∆U ′ −Q ′ = ∆U −Q ′ = −19. 2. Après isotherme : P = = P0 1 = 2γ −1 P0 = 1. Diag PV : horizontal vers la droite cstte/V vers le haut/gauche vertical descendant revenant en (P0. Exercice 8 : Divers modes de compression Méthode 1 : d’énergie ∆U total = ∆U 1 + ∆U 2 = =−∫PextdV =−∫PdV =−nRT1 ln(V2 V1) =−nRT1 ln( 2) Wop =Wtotal −Watm = PV 1 − ln ( 2) ) = 153J 1 1( Bilan Pression P0 Air / V1 Vide V0 3. système 3. alors que la détente devrait isoénergétique donc à T constante. P V = nRT = nRT F 0 F 0 = 0. et : V V V =VAf +VBf = 5L nR (TB −TA ) V (TB −TA ) = VBf −VAf = 2VBf −V = 2T0 P f V (T B −T A ) = 1. Tf = T0. V =VA +VB = 5L nR (TA +TB ) = PV nRTB = PV f f Bf 3/4. 2 On remarque que d’un coté la T baisse (coté détente).57 bar . volume final V = V0. La transformation sera brutale (détente dans le vide).94 L Et V Bf = 2 1 − 2T 0 V Af =V −V Bf = 3.Exercice Exercice 7 : Travail fourni par un opérateur Exercice 10 : Détente dans le vide d’un GP Watm = −P1 (V2 −V1 ) = −PV = 500 J 1 1 1. Appliquons le 1er principe sur le système air + vide : ∆Utotal = ∆U air + ∆Uvide =W + Q = Ainsi : 6. Travail : 2. 0 0 Sur l’ensemble. Loi de Laplace non applicable car transfo irréversible 4. 2 3 3 On calcule W = PV nRT0 = 1826 J et Q = -W 0 0 = 4 4 isolé : (T2 −T0 ) γ −1 xT1 + (1 − x )T2 =T0 cela donne : Et Méthode 3 : total (1 − x ) R + Transfo adiabatique réversible (si l’évolution est vraiment très lente). T1 = γT0 = 420K nR (T −T ) = nRT0 γ −1 1 0 Etat d’équilibre final : après les transferts thermiques qui vont s’établir à travers la paroi du verre : TF = T0 = 300K. On a 2 GP en évolution adiabatique non réversible.. EF : ⇒ f Af nRTA = PV nR (TB −TA ) = Pf (VBf −VAf ) CVA (TA −T0 ) = −CVB (TB −T0 ) ⇒TA +TB = 2T0 nR (TA +TB ) 2nRT0 Ainsi : Pf = = = 9. donc la quantité qu’elle contient reste constante : qui donne PF = P0 γ = nRT1 = nRγT0 PV 0 0 . courbe en cstte/V. C’est ce vers quoi va tendre le système après un temps de relaxation.04 L T1 = T 0 ⋅ x γ −1 = 1. on a Q = −W = −nRT0 ln ( 2) = −1688 J le Pression PV=nRT W =−∫ PextdV =−∫ PdV =−nRT0 ln(Vf Vi ) = nRT0 ln( 2) Et sur 2. donc Q = −W = −2435 J 1. 2.7 bar ce . A l’état Système des deux GP isolé ( ) Exercice 11 : Remplissage d’une bouteille vide Exercice 9 : Cylindre à deux compartiments VBi = 4VAi 1 ⇒x = = 0. on a ∆U = 0 . les transferts thermiques n’ont pas le temps de se faire transfo adiabatique. Et on a BU = 0 (isotherme / GP / loi de Joule…) et la transfo peut être supposé mécaniquement réversible (très lente). courbe : W initial : nRT0 = PAVAi = PBVBi 1γ γ On a aussi Laplace pout la température : T0 xV et ainsi Segment de droite On prend l’aire sous la PA PB = 4 = 6bar ⇒ PV n = A 0 = 1mol 5RT0 P0 PV = P0 ( xV ) = ⋅V γ γ ce qui donne W = PV = nRT0 = 2435 J . Temps de relaxation mécanique plus faible que celui thermique. Travail : W = −∫ P0dV = PV 0 1 = nRT0 5. 2. Chauffage isochore (vertical) + Refroidissement Méthode 2 : xR (T −T ) γ −1 1 0 ∆U = 0 Cela nous donne à l’EF une pression P = 2P0. Le bouteille est fermée directement. et puisque l’on peut considérer le volume initial comme étant xV (le gaz occupe une portion x du volume). Compression isotherme. Ainsi : car isobare (horizontal) W 4. T A = Pf V Af nR = 350K T B = Pf V Bf nR = 223K Finalement : T0 γ −1 γ γ −1 2 = =T1 ⋅V γ −1 T0 = −49°C 2⋅ x T − xT1 T0 T2 = 0 = = 77°C (1 − x ) 2(1 − x ) Système = air qui va entrer dans la bouteille + vide déjà contenu dans la bouteille : volume initial V = V0 + V1. P = P0 2 = 0. de l’autre elle monte (coté compression). d’où Wtotal Et 1. BUtotal = BUA + BUB = 0.5bar 2 = WisoV +WisoP = −Pf (Vf −Vi ) 1 = +P0 Vf −V0 + Vf −V0 Pf − P0 .61. P0V 0 = 357kg RT1 Chaleur reçue à P constante Q = mc p ∆T = 7. car C en J. Bilan énergétique : (Premier principe à P constant) dH R = δQP + δQPJoule = −aC (T −T0 ) dt + RI 2dt = CdT .6kW ∆t La climatisation devra donc compenser le renouvellement de l’air et les pertes thermiques : PCLIM = Q + P = 1.K −1.5. C = µceau = 94 J .K ( t f − t1 ) 2. mcP ∆T = 0.14MJ m =M 3. 1. on aura T2 =T0 + (T1 −T0 ) e −a ∆t = 273K .4 kJ .K −1 ∆T 2 Exo Exo 14 : Ventilation et climatisation d’un local 1. Après 3h. RI ∆t = 24. il faut renouveler l’air de toute la pièce : 2. il ne reste que les fuites : ∆Htotal = mcP ∆T =QPfuite = Pfuite ∆t ⇒ Pfuite = Constante de temps dT RI 2 + aT = + aT0 dt C P (t = 0 ) = T2 = T0 + aC Et T = T + ∞ (T2 −T∞ ) e −at +λ P + λe −at aC ⇒ λ = T 2 −T ∞ 1 T −T ⇒ ∆t ′ = ⋅ ln ∞ 2 = 5h a T∞ −T1 . ) ( ( a = 10 5 Pa = 1 bar V m 1 − b V m 12 Pression finale : P = RT 0 − a = 2. Nouveau bilan : dH total = Pdt − aC (T −T0 ) dt = CdT Ainsi : 4. On a eau f 1 solide t f − t 2 = 0 Ainsi : n 2a = − nRT0 ln (V − nb ) + V V 1 V − nb 2 1 1 W = −nRT0 ln 2 + n a − = 1727J V1 − nb V1 V2 pris une capacité du métal constante a V2 − nb −W = nRT0 ln =−1737J Vm V1 − nb ( M '+ µ ) ceau (t f '− t1 ') = 445J . Pression initiale : P = RT 0 1 2. Bilan d’enthalpie à pression constante sur le système eau + calorimètre isolé : ∆H total = ∆H M + ∆H m + ∆HC = QP = 0 Donc : m ⋅ c eau (t f − t 2 ) + ( M + µ ) ceau (t f − t1 ) = 0 Et : µ = −m ( t f −t 2 ) −1 − M = 22.5g .6kW ∆t fuite τ = 1/a et T∞ =T0 + 1.6kW ≈ 2. dT P + aT = aT0 + dt C ⇒T∞ =T0 + Systèmes Systèmes quelconques CI : T Bilan d’énergie : L’énergie cinétique de la voiture EC = 0. Ainsi : 3. Travail : W =− Exercice 12 : Calorimétrie 1.SOLUTION des EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second Principes – Feuille 2/3 Exo 16 : Compression isotherme d’un gaz de VDW Calorimétrie 1.kg −1 ⇒ c = c solide = − m '(t f '− t 2 ') Et Q = ∆U −W = ∆ − Exercice 17 : Température d’un conducteur ohmique Exercice 13 : Méthode électrique Bilan enthalpique à P constante = P0 (pression ambiante) : ∆H total = ∆H eau + ∆HCal = QPfuite +QPJoule = RI 2∆t Ainsi : C ∆T = RI 2∆t et C= Dimension : [a] = T-1 (en secondes. Premier principe sur le bâtiment à P constante : dHtotal = δQPchauff + δQPfuite = −aC (T −T0 ) dt = CdT Ainsi : dT + aT = aT0 dt ⇒T =T0 + (T1 −T0 ) e −at 2.10 5 Pa = 2 bar 2 V m 2 − b V m 22 nRT0 n2a P dV =− PdV =− ∫ ext ∫ ∫V −nb −V 2 dV V2 On intègre : W Même bilan enthalpique à pression constante : ∆H total = ∆H M ′ + ∆HC + ∆H solide = QP = 0 − ) ′ ′ Ainsi : ( M ′ + µ ) c t ′ − t ′ + m′ ⋅ c . 3.K-1) 2.Mv2 se transforme intégralement en chaleur dans les disques : ∆H = C ⋅∆θ = π r 2h µ ⋅ c ⋅∆θ Elévation de température : ∆θ = Mv 2 = 158K = 158°C 2π r 2h µc Attention au dimensionnement des disques !!! P = 298K aC Durée au bout de laquelle le bâtiment aura retrouvé sa température initiale T1 : On a T = T + 0 Exercice 15 : Elévation de T de freins à disque RI 2 aC Exercice 18 : Chauffage d’un bâtiment Fuites thermiques : on fait un bilan dans le cas où la clim est éteinte. En 1 heure.98kW + 0. de manière approchée : (méthode beaucoup plus rapide…) γ= P0 − ( P0 + ∆P1 ) χT ∆P1 = = χQ ( P0 + ∆P3 ) − ( P0 + ∆P1 ) ∆P1 − ∆P3 . ∆T 2 ≪ T 0 ⇒ ∆T 2 T 0 ≪ 1 ) 1+ On divise : χT = χQ = −1 ∂V le coef V ∂P T −1 ∂V le coef V ∂P Q =0 de compressibilité adiabatique réversible. Loi de Laplace pour un GP en transfo adiabatique γ 1− γ réversible : T P = cstte Forme différentielle : on différencie le ln (plus simple car sépare les variables) γ dT dP + (1 − γ ) =0 T P Les variations étant faibles. mg S ∆P3 ∆T 2 1 ≈1− P0 T 0 + ∆T 2 1 + ∆T2 T 0 T0 (avec un DL. et dV = -Sdz. P ≈ P0 et V ≈ V0 et on peut intégrer : 3. γ dP dV +γ =0 P V Les variations sont faibles : P ≈ P0 et V ≈ V0.3 γ = 4π 2 P0S 2θ02 S Exercice 13 : Méthode de Clément et Désormes 1. dP Sdz =γ P0 V0 Ainsi : Et : 4.9 χT χQ avec de compressibilité isotherme et réversible : PV = cstte Forme différentielle : on différencie le ln (plus simple car 3. (1)(2) : Adiabatique réversible. T0 = ∆P ∆P1 γ −1 ∆P1 = − ≈ − 3 Et γ = T0 P0 ∆P1 − ∆P3 γ P0 ∆T2 Puisque la tension est proportionnelle à la pression. Forces : Poids : P = mg ⋅ e z Réactions s’annulent : R = dR = 0 ∫ Pression extérieure : F Pext = −P0 S ⋅ e z Pression intérieure : F P int = + PS ⋅ e z mzɺɺ = mg + P0 − P ( z ) S PFD : Peq = P ( z eq ) = P0 + A l’équilibre : PFS 2. on obtient directement Formule de Reech : Loi de Laplace pour un GP en transfo adiabatique sépare les variables) = γ= γ= ∆P1 3. 2.5 = = 1. P (1) isoT (3) (2)(3) : isochore isoV Et les états (1) et (3) appartiennent à isoS (2) V la même isotherme T0. On a γ ( 2 ) ( 3 ) γ −1 ∆P1 = − T0 P0 T0 γ P0 P0V 0 = nRT 2 = nR (T 0 + ∆T 2 ) ∆T + (1 − γ ) ∆P =0 ⇒ ( P0 + ∆P3 )V 0 = nRT0 ∆T2 . Ainsi : ∂P ∂V ∂V ∂P T χT Q =0 pente _ adiabatique = = = γ= pente _ isotherme χQ ∂V ∂P ∂P ∂V Q =0 T On calcule ce rapport de pente au point commun (1).5 − 0.Méthodes de mesure de gamma γ Exercice 12 : Mesure de γ – Méthode de Rückhard 1. V0 P γS ⇒ P − P0 = 0 ⋅ z V0 P = P0γ P0γ S 2 ⋅z = g mV 0 mgV0 g = zeq = P0γ S 2 ω02 Equilibre θ0 = Période propre : 2π ω0 On en déduit le coefficient = P0γ S 2 mV 0 ⇒ ω0 = zɺɺ + Eq diff : ( ) ⇒ zɺɺ + ω02 z − zeq = 0 2π mV0 γ P0 mV0 = 1.35 ∆P1 − ∆P3 3. D’où : 4. et P ( z = 0 ) = P0 = cstte Sz + cstte . 23 J .K 1 verre ln T T 2 1 1. Bilan d’enthalpie à P constant : (calorimètre négligeable) 2. mais on n’a plus la réversibilité. (Car solide incompressible/indéformable et C ≈ CV ≈ CP) Teq Teq ∆S = C1 ln +C 2 ln T1 T2 T 2 Si C1 = C2 = C. 2K m1c verre + m2c eau + C ( 24. ext 0 V C T + C 2T 2 Et : T = 1 1 eq C1 +C 2 Identité thermodynamique : dS = dU p dV CdT + = T T T car il y a à tout instant équilibre mécanique avec l’extérieur (transfo méca réversible) : W = −nRT ln V1 = nRT ln P1 . Entropie créée 2. 2.079J .2J . on a bien ∆S = nR ⋅ ln V1 = −nR ⋅ ln P1 = Q V 0 P0 T 0 ∆Stotale = S créée = ∆Seau +cal +∆Sverre Entropies : ∆S = S ech + S créée = Avec l’identité thermo : dS = dU + PdV = PdV = nRdV Tf −1 De même : ∆S = 8.K eau +cal ≈ ( m2c eau + C ) ⋅ ln Ensemble isolé. Transfo isotherme : ∆U = W + Q = 0. ∆S = V nR T1 ln + nR ln 1 = 0.K > 0 0 1 .004J . Exercice 22 22 : Contact d’un gaz avec un thermostat T V Pour un GP.K −1 T1 Phase condensée : ∆S verre T0 dH = 0 = δ Q ech + δ Q Joule = δ Q ech + RI 2dt = 0 δQ ech 2.K e Text T0 γ − 1 T1 Et créée : Sc = ∆S − Se = 0.K −1 γ − 1 T0 V0 ech Q nR T1 −T0 −1 ⋅ S = = = 0. donc Q = -W. la température est constante : T0 TRANSFO REVERSIBLE car S créée = ∆S − S ech = 0 4. 2°C ) dU p dV CdT dS = + = T T T Tf ≈ m1cverre ln = −7. 5 J . Bilan de S : dS = 0 = δ S ech + δ S créée = + δ S créée = 0 T0 Ainsi : La production d’entropie δ S créée = RI 2 dt > 0 T0 T0 V Alors W = −P ∆V = −P (V −V ) = W = nRT P1 − 1 1 1 1 0 0 P0 5. Et le travail δW = −P dV = − PdV = −nRT dV . U est encore constante (car ne dépend que de T. θ −θ θ θ θ −θ Sc = Sc1 + Sc 2 = C ln 1 −C 1 0 +C ln f −C f 1 θ0 θ1 θ1 θf D’où 3. Bilan d’enthalpie… Tf ≈ 2. T Tf −1 ∆Stotale = ( m2ceau +C ) ⋅ ln f + mc = 0.K −1 V Ti γ − 1 Ti Q C ∆T nR T0 −1 Echangée : S = ech = V = 1 − = −1. il faudrait avoir équilibre thermique à tout instant avec l’extérieur. on a donc la même variation P ∆S = −nR ⋅ ln 1 P0 . on a : ∆S = C ln f + nR ln f V Ti Vi T nR Tf Donc ici ∆S = C ln f = ln = −1. Sc = 35.K −1 Irréversible Exercice 23 : Calorimétrie solide + eau 1. alors ∆S = C ln eq > 0 Irréversible. 0 0 V0 P0 3. donc un thermostat dont T évoluerait en même temps que la température du système… Exercice 27 : Bilan entropique 1.05J . Si la transformation est brutale : MONOBARE P = cstte = P1 T2 Exercice 24 : Effet Joule et création d’entropie Qech créée Qech créée +S = +S Text T0 Et ainsi. identique à l’EI et l’EF). Entropie : S = fonction d’état Ne dépend pas de la transformation envisagée.1J . donc H est constante. P1 = P0 + 1.K −1 Plus proche de la réversibilité Pour garder la réversibilité.SOLUTION des EXERCICES – TH3 / TH4 – Premier et Second Principes – Feuille 3/3 Exercice 25 : Transformation isotherme d’un GP Second principe Exercice Exercice 21 : Contact thermique de deux solides 1. m1c verreT1 + ( m2c eau + C )T 2 ≈ 297.2J . donc Q = -W. P Q = = nR 1 − 1 T0 P0 ech S On vérifie : créée = ∆S − S ech = nR ln P0 − 1 − P1 > 0 S P1 P0 Création d’entropie : Tracer pour voir l’écart à la réversible… Exercice 26 : Chauffage « plus ou moins réversible » Sc = ∆S − Se = C ln θf C ∆θ − = 68. 1er principe en régime permanent.6J .K 1 γ T T − Et 1 1 nR T1 ∆T créée −1 ech S = ∆S −S = (γ −1) lnT − T = 0. donc : Mg S Equilibre mécanique final : ∆H total = ∆H1 + ∆H 2 = QP = C1∆T1 +C 2∆T2 2.K −1 θ0 θf 1.083 J .18 J . TT 1 2 Donne 3. a) U = 2 − n a : correspond à la pression moléculaire. Exo 29 : Détente de Joule .d) Variation d’entropie ∆SVDW : avec l’identité thermo dT 1 n 2a + P + 2 dV dS = nCVm T T V 2 na U = nCVm dT + V 2 dV D’où (avec l’eq de VDW) : ∆SGP Création d’entropie COMPRESSION de JouleThomson impossible car diminution d’entropie…. Termes : U = nC VmT = agitation thermique habituelle Puisque T = dT R ⋅dV dT nR ⋅d (V − nb ) + = nCVm + T (Vm −b ) T (V − nb ) T V +V − nb d (V − nb ) ∆S = nCVm ln 2 + nR ⋅ ln 1 2 T 1 V1 − nb (V − nb ) isoénergétique 2. plus d’interaction) U 0 : L’énergie est toujours définie à une constante r Paroi B’ 3 5 nRT . donc le gaz va occuper TOUT le volume L’entropie augmente : Conforme au 2nd Principe ∆ U = W + Q = P1V A A ' − P 2V B B ' . l’interaction à distance entre les molécules. la détente s’accompagne d’un refroidissement du gaz Si μJT < 0. V C VmV D’où a = − 2C VmV1 Ep n 3 −2 ∆T .c) Identité thermodynamique : Et on retrouve bien µGL _ GP = 0 dT = ∆U = 0 Travail de transvasement est aussi nul ds cette détente.c) T finale = T initiale. On ne pourra pas refroidir directement l’hélium. Le gaz est supposé parfait et monoatomique.a) 1ère loi de Joule ? NON. H =U +PV = nRT . Travail des forces pressantes : On a aussi U ne dépend que T également).a) Energie molaire U = 3 RT . ⇒ C = ∂U m = 3 R m Vm 2 ∂T V 1.c) A U constante (toujours le cas) : Σ(t+dt) ce qui nous donne tout simplement BT = 0. Détente : Adiabatique / Irréversible (frottements qui ralentissent le gaz dans l’étranglement) / Isenthalpique Le gaz supposé parfait et monoatomique. car ne dépend pas que de T. V (puisque U est constant et V augmente…) B 3. H2 / 224K. E augmente. − =− T T P P P = −nR ln 2 = +nR ln 1 > 0 P1 P2 dS = Et µ = ∂T = − ( k m +V m ) JT ∂P C Pm H Sens physique : permet d’évaluer la variation de température du gaz qui subit la détente isoénergétique. C Pm = ∂H m = 5 R 2 2 ∂T P 2 3. En fait. ∆ H = ∆ (U + PV ) = ∆ U + P2V BB ' − PV 1 AA ' = 0 2 3. 4.K −1 > 0 T0 V0 V0 A 2. qui va refroidir par contact le H2 que l’on pourra ensuite détendre pour atteindre 20K et refroidir le He par contact. additive près.134 J . car pas de changement d’énergie 3. Puisque dH = 0. ∂H m 5 2ap C Pm = = 2 R + RT 2 > 0 T ∂ P … ∂H m 2a =b − km +Vm = RT ∂P T 1 2a ∂T −b µJT = = ∂P H C Pm RT µJT = 0 ⇔Ti = 2a Rb Annulation de μJT : N2 / 799. On constate que le coef est négatif le gaz se refroidit.Thompson (ou Kelvin) 3.9K. il faut déjà l’amener en dessous de sa température d’inversion. alors T est une fonction décroissante de P. la détente s’accompagne d’un échauffement du gaz 2 d’interaction due à la détente U = nC T − n a + U Vm 0 1 1 −na : − = CVm V1 +V2 V1 2CVmV1 dH VdP nR ⋅dP .8K. on peut écrire d’après l’identité thermo … dHm = δQrév + VmdP= CPm dT + (km + Vm) dP Si μJT > 0.b) 2nde loi de Joule : H ne dépend que de T : dH = C P dT . Donc : Ainsi 1 4.b) 1ère loi de Joule valable pour GP : U ne dépend que de T 3. 4. T diminue pour compenser la perte d’énergie na − na ⋅ dV et ∆T = 2 (car ∆U = W P = PV − P2V BB ' = 0 . donc à n 2a −U 0 U + nC Vm V ∂ T − na Alors µ <0 GL _VDW = = 2 ∂V U C VmV A’ Σ(t) Avec le Gaz de VDW 4.b) Coef de Joule – Gay Lussac : 4. He / 34. proche des valeurs expérimentales Modèle VDW assez proche Pour refroidir un gaz avec cette détente (seulement pour un gaz).m . Il s’agit de l’énergie potentielle d’interaction (V diminue.7 J .d) Entropie : (à partir de l’identité thermodynamique) T V V ∆S = CV ⋅ ln + nR ⋅ ln = nR ⋅ ln = nR ⋅ ln2 = 5. AN : a = 0. 1 AA ' 3. . alors T est une fonction croissante de P. On va commencer par refroidir l’air ambiant pour obtenir du diazote liquide à 77K. dS = nCVm 5. Entropie maximale (état le plus stable) si le volume est maximal. que l’on détendra jusqu’à 4K.mol 4.Exercice 28 : Détente de Joule – Gay Lussac 1. 3. Système (gaz + vide) thermiquement isolé et de volume constant : ∆U = W + Q = 0 Q + S créée = S créée Text Variation d’entropie : ∆S = 3.
Report "Zzz Suppexos Th3 Th4 Premier Et Second Principes"