Cycle monotherme

Partie: Thermodynamique

niveau: PTSI

Une mole de gaz parfait $(\gamma = 1,4)$ subit la succession de transformations suivantes :

• détente isotherme de $P_A = \text{2} bar$ et $T_A=\text{300} K$ jusqu'à $P_B = \text{1} bar$, en restant en contact avec un thermostat à $T_T=T_A = \text{300} K$ ;

• évolution isobare jusqu'à $V_C = \text{20,5} L$ toujours en restant en contact avec le thermostat à $T_T$ ;

• compression adiabatique réversible jusqu'à l'état $A$.

\switch{}{

Le système étudié est le gaz qui décrit le cycle.

Question:

Représentez ce cycle en diagramme $(P,V)$. S'agit-il d'un cycle moteur ou récepteur ?

Réponse

Pour calculer $V_B$, on applique l'équation du gaz parfait en $B$ sachant que $T_B = T_A$ soit :

$$\begin{aligned} V_B = \dfrac{nRT_1}{P_B}= \text{24.9} L. \end{aligned}$$

On a donc $V_B>V_C$. Le cycle tourne dans le sens horaire : c'est un cycle moteur.

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Question:

Déterminez l'entropie créée entre $A$ et $B$.

Réponse

En utilisant l'expression de l'entropie, on trouve pour la transformation isotherme $AB$ : $\Delta S_{AB} = nR\ln\dfrac{V_B}{V_1} = nR\ln\dfrac{P_A}{P_B}$. La transformation étant isotherme et le gaz parfait, $\Delta U_{AB} = 0$ donc $Q = -W$. L'évolution du gaz est de plus mécaniquement réversible et isotherme, dans ce cas, le calcul fait au chapitre précédent donne $W = -nRT_A\ln\dfrac{V_B}{V_1} = nRT_A\ln\dfrac{P_B}{P_A}$. Finalement $Q = -nRT_A\ln\dfrac{P_B}{P_A}$.

On en déduit l'entropie échangées avec le thermostat à $T_T = T_A$ : $S_\text{éch} = -nR\ln\dfrac{P_B}{P_A}$. On remarque donc que $S_\text{éch} = \Delta S$ : l'entropie créée est nulle, ce qui prouve que la transformation est réversible.

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Question:

Calculez la température en $C$ (différente de $T_T$), le travail $W_{BC}$ et le transfert thermique $Q_{BC}$ reçus par le gaz au cours de la transformation $BC$. En déduire l'entropie échangée avec le thermostat ainsi que l'entropie créée.

Réponse

Pour calculer $T_C$, on applique l'équation du gaz parfait : $T_c = \dfrac{P_BV_C}{nR} = \text{246,6} K$.

Il s'agit d'une transformation isobare donc : $W_{BC} = P_B(V_B-V_c) = \text{440} J$ ; et avec le premier principe : $Q_{BC} = \Delta H_{BC} = \dfrac{nR\gamma}{\gamma-1}(T_C-T_B) = -\text{1,55} kJ$.

On peut aussi utiliser $Q_{BC} = \Delta U_{BC} - W_{BC}$ et on obtient le même résultat.

On en déduit $S_\text{éch} =\dfrac{Q}{T_T} = -\text{5,17} J/K$.

Pour calculer l'entropie créée, il faut d'abord calculer la variation d'entropie du gaz entre $B$ et $C$. En utilisant l'expression de l'entropie du gaz parfait en variables $(T,P)$ (puisque la transformation est isobare) on a $\Delta S_{BC} = \dfrac{nR\gamma}{\gamma-1}\ln\dfrac{T_C}{T_B} = -\text{5,7} J/K$.

On peut alors calculer l'entropie créée :

$$\begin{aligned} S_\text{créée}= \Delta S-S_\text{éch}= -\text{0,54} J/K \end{aligned}$$

Ce résultat est en contradiction avec le 2^nd principe puisque l'entropie créée ne peut être que positive.

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Question:

Calculez la valeur numérique de l'entropie créée au cours d'un cycle. Le cycle proposé est-il réalisable ? Le cycle inverse l'est-il

Réponse

Sur les trois étapes, seule la précédente est irréversible. L'entropie créée le long du cycle vaut donc $S_{c,totale} = \text{-0.54} J.K^{-1}$ Le cycle n'est donc pas réalisable en pratique. En revanche, le cycle inverse est possible.

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Vous pouvez utiliser le résultat suivant :

$$\begin{aligned} S_m(T_f,p_f)-S_m(T_i,p_i)=C_{p,m}\ln\dfrac{T_f}{T_i}- R \ln\dfrac{p_f}{p_i} \end{aligned}$$

auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

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