Enceintes couplées

Partie: Thermodynamique

niveau: PTSI

On considère un cylindre rigide aux parois calorifugées séparé en deux compartiments $A$ et $B$ par un piston calorifugé mobile sans frottement. Ces deux compartiments contiennent le même gaz parfait dont on connaît l'exposant adiabatique $\gamma$ supposé constant. Un conducteur ohmique de résistance $r$ et de capacité thermique négligeable est placé dans $A$.

L'état initial correspond à $V_{A0}=V_{B0}=V_0$, $p_{A0}=p_{B0}=p_0$, $T_{A0}=T_{B0}=T_0$. On fait passer un faible courant $I$ dans $R$ sous une tension $E$ pendant un temps $\tau$. Le gaz $A$ passe alors lentement de $V_{A0}$ à $V_A=2V_B$ (et on a toujours $V_A+V_B=2V_0$).

Question:

Précisez les types des transformations qui affectent les gaz $A$, $B$, {$A+B$} puis les systèmes {$R+A$} et {$A+B+R$}.

Réponse

$A$ subit un chauffage irréversible, $B$ subit une compression adiabatique réversible, {$A+B$} subit une transformation isochore irréversible, {$R+A$} subit une transformation adiabatique irréversible et {$A+B+R$} subit une transformation adiabatique isochore irréversible.

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Question:

Quels sont les paramètres d'état ($T_A$, $p_A$, $V_A$, $T_B$, $p_B$ et $V_B$) des gaz dans l'état final.

Réponse

Comme l'enceinte contenant l'ensemble du dispositif est indéformable, $V_A+V_B=Cte=2V_0$ et à l'état final $V_A=2V_B \Rightarrow 2V_B+V_B=2V_0 \Rightarrow V_B=\dfrac{2}{3}V_0$.

$B$ est un gaz parfait qui subit une transformation adiabatique réversible, on peut utiliser les relations de Laplace $pV^\gamma=Cte$ entre l'état initial et l'état final d'où la première équation :

$$\begin{aligned} p_{B0}V_{B0}^\gamma=p_BV_B^\gamma \Rightarrow p_B.V_B^\gamma=p_0V_0^\gamma \Rightarrow p_B=p_0\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^\gamma>p_0 \end{aligned}$$

L'équation d'état permet ensuite de déterminer

$$\begin{aligned} nR=\dfrac{p_BV_B}{T_B}=\dfrac{p_0V_0}{T_0} \Rightarrow T_B=T_0\dfrac{p_BV_B}{p_0V_0}=T_0\dfrac{2}{3}\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^\gamma=T_0\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^{\gamma-1}>T_0 \end{aligned}$$

À l'équilibre final, $p_A=p_B=p_0\big(\dfrac{3}{2}\big)^\gamma$ (équilibre de la paroi mobile) et $V_A=2V_0-V_B=\dfrac{4}{3}V_0$ d'où

$$\begin{aligned} nR=\dfrac{p_AV_AB}{T_A}=\dfrac{p_0V_0}{T_0} \Rightarrow T_A=T_0\dfrac{p_AV_A}{p_0V_0}=T_0p_0\dfrac{4}{3}\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^\gamma =2T_0\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^{\gamma-1}=2T_B \end{aligned}$$

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Question:

Quels sont les échanges d'énergie (travail et transfert thermique) entre $A$ et $B$ ?

Réponse

$B$ ne reçoit aucun transfert thermique de $A$ mais le travail

$$\begin{aligned} W_B=\Delta U_B=C_V(T_B-T_0)=\dfrac{nR}{\gamma-1}(T_B-T_0)=\dfrac{p_0V_0}{\gamma-1}\bigg[\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^{\gamma-1}-1\bigg] \end{aligned}$$

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Question:

Montrez finalement que $A$ reçoit le transfert thermique

$$\begin{aligned} Q_A=\dfrac{nR}{\gamma-1}T_0\bigg[3\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^{\gamma-1}-2\bigg] \end{aligned}$$

de la part du résistor.

Réponse

Le gaz $A$ reçoit un transfert thermique $Q_A$ de la part du résistor tel que $\Delta U_A=Q_A+W_A$ où $W_A$ est le travail des forces de pression exercées sur $A$ : $\delta W_A=-p_A.dV_A=-p_B.dV_A=+p_B.dV_B$ car $V_A+V_B=Cte \Rightarrow dV_A=-dV_B$ d'où $W_A=-W_B$ et on en déduit

$Q_A=\Delta U_A-W_A=C_V(T_A-T_0)+W_B=C_V(T_A-T_0)+C_V(T_B-T_0)=\dfrac{nR}{\gamma-1}(T_A+T_B-2T_0)$

$$\begin{aligned} \Rightarrow Q_A=\dfrac{nR}{\gamma-1}T_0\bigg[3\bigg(\dfrac{3}{2}\bigg)^{\gamma-1}-2\bigg] \end{aligned}$$

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Indice : On pourra utiliser la relation suivante qui est uniquement vraie pour une transformation adiabatique réversible :

$$\begin{aligned} pV^{\gamma}=\text{Cte} \end{aligned}$$

auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

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