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Thermodynamique

Chapitre 4 Travaux dirigés PTSI

Correction : Second principe de la thermodynamique

Corrigé 1 : Etude d’un cycle

1. On applique la seconde identité thermodynamique le long de la transformation BC isotherme :


1 P 1 dV dV
dS = dU + dV = CV dT + nR = nR
T T T V V
En intégrant entre l’état initial B et l’état final C, on obtient :
Z C  
dV VA
∆SBC = nR ⇔ ∆SBC = nR ln
B V VB
2. On applique la seconde identité thermodynamique le long de la transformation CA isochore monotherme :
1 P 1 nR dT
dS = dU + dV = CV dT =
T T T γ−1 T
En intégrant entre l’état initial C et l’état final A, on obtient :
Z A  
nR dT nR TA
∆SCA = ⇔ ∆SCA = ln
C γ−1 T γ−1 TB
3. On calcule la variation d’entropie au cours d’un cycle en utilisant le fait que la transformation AB est
isentropique, donc ∆SAB = 0 :
    γ−1
!
VA nR TA nR VA TA
∆S = ∆SAB + ∆SBC + ∆SCA = nR ln + ln = ln
VB γ−1 TB γ−1 γ−1
VB TB
γ−1 γ−1
Or, l’application de la loi de Laplace le long de l’isentropique AB donne : VA TA = VB TB , ce qui aboutit
bien sur une variation d’entropie nulle ∆S = 0 .
4. L’entropie créée au cours de la transformation CA vaut :
Sc,CA = ∆SCA − Se,CA
L’entropie échangée lors de cette transformation vaut :
Z A
1 A QCA
Z
δQ
Se,CA = = δQ =
C Text TA C TA
L’application du premier principe lors de cette transformation isochore (WCA = 0) donne :
nR
∆UCA = QCA = (TA − TB )
γ−1
On aboutit donc à :
  
nR TB TB
Sc,CA = − 1 − ln >0
γ − 1 TA TA

Corrigé 2 : Transformation monobare

1. Le gaz étant parfait, la première loi de Joule donne :

1
Thermodynamique
Chapitre 4 Travaux dirigés PTSI

nR
∆U = (T f − Ti )
γ−1
On calcule le travail des forces de pression pour cette transformation monobare à la pression P0 :
Z
W =− P0 dV = −P0 (V f −Vi )

Les parois du récipient et le pison étant calorifugés, la transformation est adiabatique, le premier principe
donne :
   
nR P0 P0
∆U = W ⇔ (T f − Ti ) = −P0 (V f −Vi ) = −nR T f − Ti ⇔ T f − Ti = (γ − 1) Ti − T f ⇔
γ−1 Pi Pi
 
Ti P0
Tf = 1 + (γ − 1)
γ Pi
2. On applique la seconde identité thermodynamique au cours de la transformation :
1 P nR dT dV
dS = dU + dV = + nR
T T γ−1 T V
En intégrant entre l’état initial et l’état final, on obtient :
Z f    
nR dT dV nR Tf Vf
∆S = + nR ⇔ ∆S = ln + nR ln
i γ−1 T V γ−1 Ti Vi
3. La transformation étant adiabatique, l’entropie échangée est nulle. L’application du second principe donne
donc :
   
nR Tf Vf
Sc = ∆S = ln + nR ln
γ−1 Ti Vi
La cause d’irréversibilité est l’inhomogénéité de pression de part et d’autre du piston, qui provoque un
déplacement brutal.

Corrigé 3 : Contact thermique entre deux solides

1. La variation d’énergie interne du système global au cours de la transformation correspond à la somme des
variations d’énergie interne par extensvité :
∆U = ∆U1 + ∆U2 = C1 (T f − T1 ) +C2 (T f − T2 )
Le système global étant isolé de l’extérieur par des parois rigides (W = 0) et calorifugées (Q = 0), le premier
principe donne :
C1 T1 +C2 T2
∆U = 0 = C1 (T f − T1 ) +C2 (T f − T2 ) ⇔ T f =
T1 + T2
2. On applique la seconde identité thermodynamique au cours de la transformation :
1 P dT
dS1 = dU + dV = C1
T T T
1 P dT
dS2 = dU + dV = C2
T T T
En utilisant l’extensivité de l’entropie et en intégrant entre l’état initial et l’état final, on obtient :
Z f Z f    
dT dT Tf Tf
∆S = C1 + C2 ⇔ ∆S = C1 ln +C2 ln
1 T 2 T T1 T2

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Thermodynamique
Chapitre 4 Travaux dirigés PTSI

3. La transformation étant adiabatique, l’entropie échangée est nulle. L’application du second principe donne
donc :
   
Tf Tf
Sc = ∆S = C1 ln +C2 ln
T1 T2

Corrigé 4 : Effet Joule dans un calorimètre

1. Compte tenu des propriétés du calorimètre, on peut supposer que la transformation subie par le système est
adiabatique. On applique le premier principe :
RI 2 ∆t
∆H = ∆HR + ∆He = Welec ⇔ (CR + me ce )(T f − Ti ) = RI 2 ∆t ⇔ T f = T0 + AN T f = 318 K
CR + me ce
2. On applique la seconde identité thermodynamique au cours de la transformation :
1 P dT
dSR = dU + dV = CR
T T T
1 P dT
dSe = dU + dV = me ce
T T T
En utilisant l’extensivité de l’entropie et en intégrant entre l’état initial et l’état final, on obtient :
Z f  
dT Tf
∆S = (CR + me ce ) ⇔ ∆S = (CR + me ce ) ln AN ∆S = 198 J.K−1
i T Ti
3. La transformation étant adiabatique, l’entropie échangée est nulle. L’application du second principe donne
donc :
 
Tf
Sc = ∆S = (CR + me ce ) ln AN ∆S = 198 J.K−1 > 0
Ti
La source d’irréversiblité est l’effet Joule.

Corrigé 5 : Contact avec une suite de N thermostats

1. On applique la seconde identité thermodynamique au cours du k-ième contact :


1 P dT
dS = dU + dV = C
T T T
En intégrant entre l’état initial k − 1 et l’état final k, on obtient :
Z k  
k dT k Tk
∆S = C ⇔ ∆S = C ln
k−1 T Tk−1
Qk
Au cours de la transformation, il échange avec le thermostat une entropie : Sek = . Or, d’après le premier
Tk
principe, on a : Qk = ∆U k = C(Tk − Tk−1 ). On en déduit l’entropie créée :
 
k k k Tk C(Tk − Tk−1 )
Sc = ∆S − Se = C ln −
Tk−1 Tk
Tk − Tk−1
2. On réécrit l’expression de l’entropie créée, pour introduire εk = :
Tk
 
k Tk−1 (Tk − Tk−1 )
Sc = −C ln −C ⇔ Sck = −C [εk + ln(1 − εk )]
Tk Tk

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Thermodynamique
Chapitre 4 Travaux dirigés PTSI

ε2
Dans l’hypothèse où εk << 1, on effectue un développement limité à l’ordre 2 de ln(1 − εk ) = −εk − k , on
2
obtient :
ε2k
Sck = C
2
3. A l’issu des N contacts, l’entropie créée vaut :
N 2
C N 2 C N

∆T
Sc = ∑ Sck = ∑ εk ⇔ Sc = ∑
k=1 2 k=1 2 k=1 T0 + k∆T

4. Pour déterminer le comportement de Sc quand N tend vers l’infini, on peut encadrer l’entropie créée :
C N ∆T 2 C N TN − T0 2 1 C TN − T0 2 1
     
0 ≤ Sc < ∑ = ∑ ⇔ 0 ≤ Sc <
2 k=1 T0 2 k=1 T0 N2 2 T0 N
N→∞
En passant à la limite, on obtient : Sc −→ 0 . Pour un contact avec un nombre infini de thermostats, de
température augmentant chaque fois infiniment peu, la transformation devient réversible. On vérifie que
cette transformation réversible est un modèle obtenu par passage à la limite.

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