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Corrigé - Partie A - 1◦) Les premier et second principes affirment que tout syst` eme Corrigé - Premier exercice - 1◦) ∆Sgaz = 0 (cycle) 2◦) Le syst`eme

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Corrigé des exercices du cours n° 5

Exercice 1.

1er principe :Ucycle = Wcycle + Qcycle = 0 Wcycle =-Qcycle. Or Wcycle < 0 (cycle moteur)Qcycle > 0(1)

2nd principe : cycle Text-monotherme :Scycle- Qcycle/Text 0 0- Qcycle/Text 0Qcycle 0(2)

(1) et(2) absurditéimpossibilité de fonctionnement

Exercice 2.

1. compression 12 isothermeU12 = 0 orU12 = W12 + Q12 (1er principe) Q12 =-W12 orS12 = 2

12rév

1 Q T d'où

S12 =-

12rév

ext1 W T 2

12rév

ext1

1WT =-12

ext

1WT (quasi réversibilité : on peut toujours imaginer un extérieur en quasi

équilibre avec le système) or W12 = n.RTo.ln(V1/V2) (voir exercices 1 et 2 du cours n° 2), d'oùS12=-n.R..ln(V1/V2) et

puisque V1/V2 = P2/P1 (car P.V = Cte) on a :S12=-n.R.ln(P2/P1) (< 0 car P1Sfroide=12 ext Q

T car air = thermostat2

froide 1

PS n R lnP

Sfroide =S12 l'entropie perdue par le gaz est entièrement gagnée par la source froide la transformation est donc

réversible. On peut ici remarquer que pour une transfo 1-2 réversibleS12- Q12/Text = 0.

Exercice 3.

1er principe :U = Wbrusq + Qbrusq or les températures initiale et finale du gaz sont identiques doncU = 0, c'est-à-

dire 0 = Wbrusq + Qbrusq Qbrusq =- Wbrusq

On a Wbrusq =

V2 ext V1

P .dV =

V2 2 V1

P .dV=

V2 2 V1

P . .dV= P2.(V1-V2) = P2.V21

2 V1V .Or V1/V2 = P2/P1 (car P1V1 = P2.V2

= n.R.Text = Cte (attention : on n'a pas pour autant PV = nRText car la transformation n'est pas isotherme, seuls les états

initial et final sont à température identique) . Ain si Wbrusq =2 2 2 1

PP .V . 1P

=2 ext 1

PnR T 1P

d'où 2 brusq ext 1

PQ nR.T 1P

2. S = 2 rév 1 Q T

sur un chemin réversible menant de 1 à 2. Le plus simple des chemins réversibles est l'isotherme où T =

Text, et sur un tel chemin on aQrév =-Wrév = PdV or PV = nRT, donc P =nRT

V et donc PdV =nRT

VdV, ainsi

rév révQ WnR T T T dV

VTdVnRV d'où

2 2 rév 1 1

QdVnRT V

2 1 1 2

V PnRln nRlnV P

car P1V1 = P2V2 = cte (isotherme), ainsi :1 2

PS nRlnP

< 0 car P2 > P1

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2 3.

Sfroide=brusq

ext Q

T car air = thermostat, d'où2

froide 1

PS nR. 1P

4. on aS Sfroide la transformation n'est pas réversible. Remarquer que 0 >1 2 PlnP >2 1 P1P et donc que 0 >S >

Sfroide (le 2nd principe est bien vérifié)

Exercice 4.

Attention : modifier tout de suite les unités des variables de façon à se retrouver avec les unités du système international

: m = 100.10-3 kg , C = 0,46.103 J.kg-1.K-1 , T1 = 7 + 273 280 K et T2 = 77 + 273 350 K 2 stat fer 1 QST

: pour calculerSferil faut donc tout simplement trouver une transformation réversible ou quasi

réversible (simple de préférence) qui amène le morceau de fer de l'état 1 (P, V, T2) à l'état 2 (P, V, T1) : le volume et la

pression initiale et finale du morceau de fer ne sont pas indiqués, cela suppose que leur influence est négligeable surle

résultat. Comme de toute façon on a affaire à un solide on a en gros CP Cv C : on peut donc dire que l'on est passé

de l'état 1 à l'état 2 par une transfo quasi réversible isochore ou isobare (ce qui est équivalent puisqueCp Cv = C) et

donc que l'on aQrév = m.C.dT, d'où 1 2 T2 fer 1 T dT dTS mC. mCT T d'où1 fer 2

TS mC lnT

3 3280100.10 0,46.10 ln350

-10,3 J/K

le fer aperdu de l'entropie : l'agitation de ses molécules est plus faible, on se rapproche plusvers la structure

cristalline de la matière (ordonnancement très rigoureux des atomes en réseau) : il y a moins de "désordre" atomique

(rappelons qu'une augmentation d'entropie peut s'interpréter comme un "désordre" atomique plus important du système

considéré). 2. fer 1 Q

T =2 1

1 mC T T T , et puisque1 2 TlnT 2 1 1 T T T on aSfer Seau transformation non réversible (on s'en doutait puisque la température de l'eau n'est pas constamment égale à celle du fer) 3. le second principe de la thermodynamique appliqué à ce système indique queSfer-fer 1 Q

T 0 orSfer 0, et donc pour

que l'inégalité soit possible on a nécessairement Qfer 0 : le fer perd de la chaleur (on dit que la chaleur va toujours

spontanément d'un corps chaud vers un corps froid).

Exercice 5

WA+B = 0 et QA+B = 0 puisque le système n'échange pas d'énergie (thermique ou mécanique) avec l'extérieur, or WA+B =

car les morceaux ne se déforment pas, d'où QA+B = 0. Or QA+B = QA + QB et donc on a bien

QA=-QB

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QA = m1.C1.(Tf-T1) et QB = m2.C2.(Tf-T2) , o r QA =- QB, d'où m1.C1.(Tf-T1) =- m2.C2.(Tf-T2) , o n e n déd uit que

1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

m .C .T m .C .TTm .C m .C 3 3 3 3

100.10 460 ( 027 3)1 00.1 038 5100273

100.10 460 100.10 385

318,5 K (45,5 °C)

C'est le métal qui possède la plus forte capacité thermique (à masses égales) qui "tire" vers lui la température finale de

l'ensemble. Avec 2 morceaux de métal identiques on aurait eu Tf = 50,0 °C ! Noter que si la capacité thermique d'un des

2corps est infinie, il "tire" complètement à lui la température finale, égale à sa propre température: c'est un thermostat.

Vu ce qu'on a dit avant il vaut mieux prendre de l'aluminium car sa capacité thermique est plus élevée : sa température

va moinsvarier ( température ambiante) que celle du morceau de zinc...bien sûr c"est plus cher que le zinc !!! Noter

que les dissipateurs thermiques sont souvent de...l"aluminium justement. 4. f f f 2 2 2 T T T stat2 2 B 2 2 T T T

Qm C dTdTS m CT T T

en considérant que C2 reste constante lorsque la température de B

varie (ce qui est une bonne approximation de la réalité si l'on considère que l'on a une plage de variation de 54,5 °C

seulement), ainsif B 2 2 2

TS m C lnT

3318,5100.10 385 ln373

-6,07 J/K: il y a perte d'entropie (le système

B "s'ordonne")

5. Il suffit de calculerSA+B et voir queSA+B 0 (> 0 pour être plus précis) car A+B est isolé.

SA+B =SA +SB il faut calculerSA

De même qu'à la question 4 on démontre que l'on af A 1 1 1

TS m C lnT

, d'où f f

A B 1 1 2 2

1 2

T TS m C ln m C lnT T

3 3318,5 318,5100.10 460 ln 100.10 385 ln273 373

1,01 J/K

On a donc la transformation qui est irréversible...on s"en doutait !

Exercice 6.

1. la température finale de l'aluminium est celle de l'air ambiant ! Tf = T2 20 °C ainsi 2 2 stat A 1 1

Qm.C.dTST T

f A 1

TS m.C lnT

100.10-3 89620 273ln10 273

3,11 J/K

3. B B 2

QST car B est un thermostat, or QB =- QA (système supposé isolé si rien ne nous indique le contraire)

A B 2

QST . Or QA = m.C.(Tf- T1) et doncf 1

B 2 m.C.( T - T)ST -3100.10 896 (293 - 283) 293
-3,06 J/K 4.

SA+B=SA+SB 3,11- 3,0653,4 mJ/K: on observe toujours une augmentation d'entropie pour un système isolé.

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4 SA+B 0 pour un système isolé transformation non réversiblequotesdbs_dbs20.pdfusesText_26

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Corrigé des exercices du cours n° 5

Exercice 1.

1er principe :Ucycle = Wcycle + Qcycle = 0 Wcycle =-Qcycle. Or Wcycle < 0 (cycle moteur)Qcycle > 0(1)

2nd principe : cycle Text-monotherme :Scycle- Qcycle/Text 0 0- Qcycle/Text 0Qcycle 0(2)

Exercice 2.

12rév

S12 =-

12rév

12rév

1WT =-12

1WT (quasi réversibilité : on peut toujours imaginer un extérieur en quasi

T car air = thermostat2

PS n R lnP

Exercice 3.

1er principe :U = Wbrusq + Qbrusq or les températures initiale et finale du gaz sont identiques doncU = 0, c'est-à-

On a Wbrusq =

P .dV =

P .dV=

P . .dV= P2.(V1-V2) = P2.V21

PP .V . 1P

PnR T 1P

PQ nR.T 1P

V et donc PdV =nRT

VdV, ainsi

VTdVnRV d'où

QdVnRT V

V PnRln nRlnV P

PS nRlnP

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Sfroide=brusq

T car air = thermostat, d'où2

PS nR. 1P

Sfroide (le 2nd principe est bien vérifié)

Exercice 4.

TS mC lnT

3 3280100.10 0,46.10 ln350

T =2 1

T 0 orSfer 0, et donc pour

Exercice 5

QA=-QB

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1 1 1 2 2 2

1 1 2 2

100.10 460 ( 027 3)1 00.1 038 5100273

100.10 460 100.10 385

318,5 K (45,5 °C)

2corps est infinie, il "tire" complètement à lui la température finale, égale à sa propre température: c'est un thermostat.

Qm C dTdTS m CT T T

TS m C lnT

3318,5100.10 385 ln373

B "s'ordonne")

SA+B =SA +SB il faut calculerSA

TS m C lnT

A B 1 1 2 2

T TS m C ln m C lnT T

3 3318,5 318,5100.10 460 ln 100.10 385 ln273 373

1,01 J/K

Exercice 6.

Qm.C.dTST T

TS m.C lnT

100.10-3 89620 273ln10 273

3,11 J/K

QST . Or QA = m.C.(Tf- T1) et doncf 1

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