Rendement du cycle de Carnot

Partie: Thermodynamique

niveau: PTSI

On considère un cycle thermodynamique pour un gaz parfait de coefficient adiabatique $\gamma$, décrivant les étapes suivantes, considérées comme réversibles :

• une compression isotherme $AB$ à la température $T_1$ ;

• une compression adiabatique $BC$ jusqu'à atteindre la température $T_2$ ;

• une détente isotherme $CD$ à la température $T_2$ ;

• une détente adiabatique $DA$.

Les étapes isothermes impliquent un contact thermique avec des thermostats : la source chaude à la température $T_2$ et la source froide à la température $T_1<T_2$.

Question:

Représentez les différentes étapes dans le diagramme de Watt (P,V)

Réponse

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Question:

Exprimer le rendement de cette machine thermique en fonction des échanges thermiques avec la source chaude $Q_2$ et froide $Q_1$.

Réponse

On a $\eta = \dfrac{-W}{Q_2}$. Or d'après le premier principe appliqué au fluide, on a aussi pour un cycle complet $\Delta U = 0 = W+Q_1+Q_2$. On en déduit finalement $\boxed{\eta = 1 +\dfrac{Q_1}{Q_2}}$.

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Question:

Montrer que le taux de compression $\alpha = \dfrac{V_B}{V_A}$ est aussi égal à $\dfrac{V_C}{V_D}$.

Réponse

Les détentes BE et DA sont adiabatique réversibles. On peut donc leurs appliquer les lois de Laplaces

$$\begin{aligned} & V_B^{\gamma-1}T_B = V_C^{\gamma-1}T_C \text{~~et~~}V_D^{\gamma-1}T_D = V_A^{\gamma-1}T_A \\ \Rightarrow~~& \left( \dfrac{V_B}{V_C} \right) ^{\gamma-1}= \dfrac{T_2}{T_1}\text{~~et~~}\left( \dfrac{V_D}{V_A} \right) ^{\gamma-1}= \dfrac{T_1}{T_2}\\ \Rightarrow~~& \dfrac{V_B}{V_C}= \dfrac{V_A}{V_D}\Rightarrow \boxed{ \dfrac{V_B}{V_A}= \dfrac{V_C}{V_D}} \end{aligned}$$

d'où le résultat.

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Question:

À l'aide du premier principe, déterminer $Q_1$ et $Q_2$ en fonction de la quantité de matière gazeuse $n$, de $T_1$ ou $T_2$ et de $\alpha$. Commenter alors les signes de $Q_1$ et $Q_2$.

Réponse

On applique le premier principe au gaz parfait lors de l'étape AB isotherme

$$\begin{aligned} \Delta U = 0 = W_{1} + Q_{1} \Rightarrow Q_1 = -W_1 \end{aligned}$$

De plus, on a pour la transformation réversible donc quasistatique.

$$\begin{aligned} W_1 = - \int\limits_{V_A}^{V_B} P_{ext} dV = - \int\limits_{V_A}^{V_B} P dV = - \int\limits_{V_A}^{V_B} nRT_1 \dfrac{dV}{V} = -nRT_1 \ln\left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) = -nRT_1 \ln(\alpha) \end{aligned}$$

On en déduit au final que $\boxed{Q_1 = nRT_1\ln(\alpha)}$

De même, on peut montrer avec les mêmes arguments que $Q_2 = -W_2$ et que $W_2 = -nRT_2\ln(1/\alpha)$ (le volume varie de $V_C$ vers $V_D$) soit $\boxed{Q_2 = -nRT_2 \ln(\alpha)}$.

Au passage on observe que $Q_1<0$ car $\alpha<1$. Le système va donc fournir un transfert thermique à la source froide. De même, on a $Q_2>0$, le système va donc effectivement recevoir un transfert thermique de la source chaude.

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Question:

Montrer alors que le rendement de la machine est égal au rendement de Carnot $\eta_c = 1-\dfrac{T_1}{T_2}$.

Réponse

On peut combiner les résultats précédents pour obtenir

$$\begin{aligned} \eta = 1 + \dfrac{Q_1}{Q_2} = 1 + \dfrac{nRT_1 \ln(\alpha)}{-nRT_2 \ln(\alpha)} \Rightarrow \boxed{\eta = 1 - \dfrac{T_1}{T_2}} \end{aligned}$$

d'où le résultat.

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Question:

Retrouver ce résultat à l'aide des deux principes de la thermodynamique appliqués au cycle.

Réponse

On a déjà appliqué le premier principe au cycle. L'application du second principe au cycle donne

$$\begin{aligned} \Delta S = 0 = S_e + 0 = \dfrac{Q_1}{T_1} + \dfrac{Q_2}{T_2} \Rightarrow \dfrac{Q_1}{Q_2} = -\dfrac{T_1}{T_2} \end{aligned}$$

soit au final $\boxed{\eta = 1- \dfrac{T_1}{2}}$ d'où le résultat.

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auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

contibuteur(s) : ?

source(s) : Marc-Antoine Buchet