Module Thermodynamique I

Filière SMP&C-S1 – TD - Série nº 3

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Exercice 1
Une mole d’un gaz parfait monoatomique peut passer réversiblement de l’état
A (32P0,V0,TA) à l’état B(P0,8V0,TB) par trois chemin distincts (voir figure ci-
bas).
1) Déterminer le travail W1 et la quantité de chaleur Q1 du chemin 1.
2) Déterminer le travail W2 et la quantité de chaleur Q2 du chemin 2.
3) Déterminer le travail W3 et la quantité de chaleur Q3 du chemin 3.
4) Comparer W1, W2 et W3 puis Q1, Q2 et Q3. Conclure.
5) Comparer (W+Q) pour les trois chemins et conclure.

Chemin 1 : A->B transformation adiabatique.

Chemin 2 : AI (isobare) + IB (isochore)
Chemin 3 : AJ (isochore) + JB (isobare)

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Exercice 2
1) Calculer le travail fourni par la détente isotherme d’une mole d’un gaz parfait
initialement à pression P1=10atm jusqu’à une pression finale P2=3atm en fonction
du produit (RT). On fera le calcul dans les deux cas suivants :
a) Détente réversible.
b) Détente irréversible.
2) Comparer les deux cas et conclure.
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Exercice 4
La quantité de chaleur élémentaire échangée par un gaz avec le milieu extérieur
est donnée en fonction des variables indépendantes (la pression P et la
température T) par l’équation :
nRT
Q = − dP + Cp(T )dT
P
Où Cp(T) représente la capacité calorifique du gaz en fonction de la
température.
1) Montrer que la chaleur échangée n’est pas une fonction d’état? Aux faibles
pressions, la capacité calorifique à pression constante d’un gaz diatomique
(oxyde de carbone) est fonction de la température thermodynamique T :
 A A 
Cp(T ) = m  A0 − 11 + 22 
 T T 

Avec A0=1,41 ; A1=492, A2=16 104 ; Cp s’exprime en JK-1.

2) Calculer la quantité de chaleur reçue par une mole d’oxyde de carbone
(m=28g) lorsque ce gaz est chauffé de 27ºC à 127ºC à pression constante.
3) En déduire la capacité calorifique moyenne relative à une mole de gaz.
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Exercice 5
On comprime de façon isotherme à la température T0=273K, un gaz parfait
(=1,4) de la pression P0=1atm à la pression P1=20atm. Le gaz est ensuite détendu
de façon adiabatique et réversible jusqu’à la pression P0.
1) Calculer la température T1 après cette double opération.
On recommence les deux opérations précédentes à la température T1.
2) a) Calculer la nouvelle température finale T2 du gaz.
b)Trouver la formule générale de la température Tn atteinte par le gaz à la
fin de n doubles opérations successives décrites précédemment.
A.N. n=4 et n=5
3) Déterminer la variation d’énergie interne d’une mole du gaz, au cours de la
nième double transformation en fonction de , T0, P0, P1 et n ainsi que le travail
et la chaleur échangés avec le milieu extérieur.
A.N. n=5
On donne : R  8,314 J mol −1 K −1
Module Thermodynamique I
Filière SMP&C-S1 – TD - Série nº 2 – Partie 3
Corrections
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Des petits Rappels :
➢ Pour un système thermodynamique fermé (qui n’échange pas de matière avec le milieu extérieur)
les échanges avec le milieu extérieur ne peuvent se faire que sous forme de travail W et de
quantité de chaleur Q de telle manière que la variation de l’énergie interne U = W + Q sur une
transformation ; c’est l’énoncé du premier principe ou principe des équivalences, pour une
transformation infinitésimale le premier principe s’écrit : dU = W +  Q , W et  Q
représentent le travail et la quantité de chaleur élémentaires échangés par le système. U est
fonction d’état sa variation ne dépend que de l’état initial et de l’état final pas du type de
transformation (ou chemin suivi), cependant Q et W dépendent de la transformation subit par
le système et elles ne sont pas des fonction d’état. U caractérise le système mais ne peut pas
être mesurée mais sa variation oui grâce aux mesure du W et de Q. U est extensible, c.-à-d., elle
augmente avec l’augmentation du volume et vice versa ( volume variable d’état extensive).
➢ Une transformation irréversible ne passe pas par des états d'équilibre. Cependant, une
transformation réversible passe par une multitude d'états d'équilibres infiniment voisins. Une
telle transformation est impossible dans la réalité c’est pourquoi on dit plutôt qu’elle est quasi
statique.
➢ Lors d’une transformation élémentaire du système, le travail échangé s’écrit W = −Pex dV , Pex
pression exercée par le milieu extérieur sur le système, quand la transformation est réversible
Pex = P , P est la pression du système. La quantité de chaleur échangée s’écrit
 Q = CP dT + hdP = CV dT + ldV = dP + dV ( CP , CV , h, l ,  et  sont les coefficients
thermométriques).
➢ une transformation est dite adiabatique si elle s’effectue sans échange de chaleur Q=0 entre le
système thermodynamique et le milieu extérieur (sans perte ou gain de chaleur). Cela n'implique
pas pour autant que la température du système reste constante, contrairement au cas isotherme.
En effet, la transformation adiabatique n'est pas sans échange d'énergie. La variation d'énergie
mécanique W est le seul échange avec l'extérieur du système qui modifie alors les paramètres
d'états (T,V,P) et en occurrence l’énergie interne du système U.
➢ Quand le système thermodynamique est un gaz parfait ( PV = nRT , n : le
nombre de mole et R  8,314 J mol −1 K −1 : la constante des gaz parfait) :
Si la transformation est adiabatique  Q = 0 aboutit si elle est en plus réversible à la
relation PV  = C te (loi de Laplace) où le paramètre  (indice ou coefficient
adiabatique) vaut :  = CP CV ;  = 5 3  1, 67 pour un gaz monoatomique (He, Ar, …) Transformation adiabatique
et  = 7 5 = 1, 4 pour un gaz diatomique (H2,O2,N2,CO, …) dans les conditions normales (en vert) sur un diagramme de
Clapeyron : le passage d'un
de température et de pression (CNTP). Pour comparaison, on prend le cas où le gaz isotherme à l'autre,
transforme l'énergie interne
parfait subit une transformation isotherme PV = C te . Pour le gaz parfait on a du gaz en travail (aire figurée)
nR nR et non en chaleur.
nR = CP − CV (relation de Mayer), CV = et CP = .
 −1  −1

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---------------------------------------------------------------------

Exercice 1

1) Le travail W1? et la chaleur Q1? Sur le chemin 1. Sur le chemin 1 la

transformation est adiabatique (ou calorifugée ou adiatherme) réversible.

sur le chemin 1 la transformation est adiabatique réversible pour le gaz parfait

s’écrit :

PV  = C te

(
 d PV  = 0 )
 V  dP +  PV  −1dV = 0

dP PV  −1 P
= − = −
dV V V

d’où la pente dans le cas dans une transformation adiabatique en valeur absolue :

dP P
=
dV adiabatique
V

a) Le travail échangé au cours de cette transformation adiabatique réversible :

V
dV B
dV
W1 = −PdV = −C te
 −W1 = −C  
te

V 
VA V

VB1− − VA1−
W1 = C x te

 −1

En prenant la relation de l’adiabatique entre les états A et B, pour un gaz parfait

monoatomique nous avons :

( )
5/3
PAVA = PV
B B

= C te  32P0V05/3 = P0 (8V0 )5/3 = C te donc 85/3 = 23 = 25 = 32

Le travail échangé au cours de la transformation pour passer de l’état A à l’état

B devient :
 VB1− − VA1− PV V − PAVAVA1− PV
 1−
−PV
W1 = C xte
= B B B
= B B A A
 −1  −1  −1

Finalement

PV − PAVA 8PV − 32PV PV

W1 = B B
= 0 0 0 0
= −24 0 0
 −1  −1  −1

PV
W1 = −24 0 0
 −1

Le travail est cédé par le système à l’extérieur au cours de la transformation

adiabatique :W1  0 , le travail est donc moteur (la variation de volume V  0 ).

En remplaçant les variables par leurs valeurs :

5
 = pour une gaz parfait monoatomique :
3

P0V0 PV
W1 = −24 = −24x 3x 0 0 = −36P0V0
5 2
−1
3

W1 = −36P0V0

Le travail est W1  0 donc c’est un travail moteur. Le système cède du travail

au milieu extérieur.

b) Cependant le système n’échange pas de chaleur avec le milieu extérieur au

cours de la transformation car la transformation est adiabatique :

Q1 = 0

Le système n’échange pas de chaleur avec le milieu extérieur.

2) Le travail W2? et la chaleur Q2? sur le chemin 2. La transformation sur

le chemin 2 est réversible.

a) Le travail sur le chemin 2 peut être décomposé en deux parties : le chemin

AI et le chemin IB :
W2 = WAI + WIB

sur le segment IB, la transformation est isochore

V=Cte, c.-à-d., dV=0.

WIB = 0 car (V= 0)

sur le segment AI, la transformation est isobare

P= Cte, c.-à-d., dP=0. Donc PA=PI.
I I
W = −  PAdV = −PA  dV = −PA (VI − VA )
A
I

A A

Donc

WAI = −PA (VI − VA )

En remplaçant les variables par leurs valeurs :

VA = V0
VI = 8V0
PA = 32P0

On a :

WAI = −PA (VI − VA ) = −32P0 ( 8V0 − V0 ) = −224PV

0 0

Donc

WAI = −224P0V0

Finalement nous avons :

W2 = WAI + WIB = WAI = −224PV

0 0

Le travail échangé par le système avec l’extérieur au cours de la transformation

(AI)+(IB) est :

W2 = −224PV
0 0
Le travail est W2  0 donc c’est un travail moteur. Le système cède du travail
au milieu extérieur.

b) Pour le chaleur Q2 échangée par le système sur le chemin 2

Le calcul de la quantité de chaleur sur le chemin 2 peut être se faire

premièrement sur la potion (AI) et en suite sur la portion (IB) :

Q2 = QAI + QIB

Or par définition une variation élémentaire de la

chaleur peut s’écrire :

 Q = CpdT + hdP = Cv dT + ldV

i) sur le segment AI, la transformation est

isobare P=Cste ; dP=0.

 Q = CpdT + hdP = CpdT

Donc la chaleur élémentaire devient :

 Q = CpdT

On intègre l’expression par rapport à la température et on a :

I
Q = Cp  dT = Cp (TI − TA )
I
A
A

On remplace les températures :

PV
TI = I I
R
PV
TA = A A
R

Et on obtient :

 PV P V  Cp
QAI = Cp  I I − A A  =
R R R
(PV
I I
− PAVA )
 

Ensuite on remplace les variables par leurs valeurs :

PI = PA = 32P0
VI = VB = 8V0

Cp
QAI =
R
(256PV 0 0 0 0)
− 32PV

R
En remplaçant Cp = et on obtient :
 −1


QAI = 224PV
 −1 0 0

Finalement la chaleur échangée par le système avec l’extérieure au cours de la

transformation (AI) est :


QAI = 224 PV
 −1 0 0

La chaleur est négative QAI  0 donc le système

cède la chaleur sur cette portion du chemin 2.

ii) sur le segment IB, la transformation est

isochore V=Cste ; dV=0.

 Q = Cv dT + ldV = Cv dT

Donc la chaleur élémentaire devient :

 Q = Cv dT

On intègre l’expression par rapport à la température et on a :

B
Q = Cv  dT = Cv (TB − TI )
B
I
I

On remplace les températures :

PIVI
TI =
R
PV
TB = B B
R
Et on obtient :

 PV PV  C
QIB = Cv  B B − I I  = v ( PV I I)
− PV
 R R  R B B

Ensuite on remplace les variables par leurs

valeurs :

PI = PA = 32P0
VI = VB = 8V0
PB = P0

On a :

 PV PV  C
QIB = Cv  B B − I I  = v (8PV 0 0)
− 256PV
 R R  R 0 0

R
En remplace Cv = et on obtient finalement la chaleur échangée par le
 −1
système avec l’extérieure au cours de la transformation (IB) est :

248
 QIB = − PV
 −1 0 0

La chaleur est négative QIB  0 donc le système cède la chaleur sur la portion
(IB) du chemin 2.

Pour obtenir la chaleur échangée par le système sur le chemin 2, il faut faire la
somme des chaleurs échangées sur les portion (AI) et (IB) :

224 248
Q2 = QAI + QIB = PV − PV
 −1 0 0
 −1 0 0

Finalement la chaleur échangée par le système sur le chemin 2 est :

248 31
− −
Q2 = 224 224 PV = 224 28 PV  224  − 1,107 PV
 −1 0 0  −1 0 0  −1 0 0

La chaleur Q2  0 , donc le système reçoit de la chaleur lors de la

transformation sur le chemin 2.

224 − 248
Q2 = PV
 −1 0 0

Donc sur le chemin 2 le système cède du travail mais reçoit de la chaleur.

5
On remplace  = pour une gaz parfait monoatomique :
3

5
224x − 248
3 224x 5 − 248x 3 1120 − 744
Q2 = P0V0 = P0V0 = P0V0 = 188P0V0
5 2 2
−1
3

donc

Q2 = 188P0V0

Le système reçoit de la chaleur du milieu extérieur.

3) Le travail W3? et la chaleur Q3? sur le chemin 3. La transformation sur

le chemin 3 est réversible.

a) Le travail sur le chemin 3 peut être décomposé en deux parties : le chemin

AJ et le chemin JB :

W3 = WAJ + WJB

sur le segment AJ, la transformation est

isochore V=Cte ; dV=0.

WAJ = 0 (V=Cste)

sur le segment JB, la transformation est isobare

P= Cte, dP=0.
B B
W3 = W = −  PBdV = −PB  dV = −PB (VB − VJ )
J
B

J J

Ensuite on remplace les variables par leurs valeurs :

VB = 8V0
VJ = V0
PB = PJ = P0

On a :

W3 = WJB = −P0 ( 8V0 − V0 ) = −7PV

0 0

Finalement le travail devient :

W3 = −7PV
0 0

Le travail W3  0 , donc le travail est cédé au milieu extérieur sur la

transformation du chemin 3. Le travail est donc moteur.

b) Pour le chaleur Q3 échangée par le système sur le chemin 3

Le calcul de la quantité de chaleur sur le chemin 3 peut être se faire

premièrement sur la potion (AJ) et en suite sur la portion (JB) :

Q3 = QAJ + QJB

Or par définition une variation élémentaire de la

chaleur peut s’écrire :

 Q = CpdT + hdP = Cv dT + ldV

i) sur le segment AJ, la transformation est

isochore V=Cste ; dV=0.

La chaleur élémentaire devient :

 Q = Cv dT

On intègre l’expression par rapport à la température et on a :

J
Q = Cv  dT = Cv (TJ − TA )
J
A
A

On remplace les températures :

 PJVJ
TJ =
R
PV
TA = A A
R

Et on obtient :

PV PV  C
QAJ = Cv  J J − A A  = v ( PJVJ − PAVA )
 R R  R

Ensuite on remplace les variables par leurs valeurs :

PJ = PB = P0
PA = 32P0
VJ = VA = V0

On a :

Cv
QAJ = ( PV − 32PV
R 0 0 0 0)

R
En remplaçant Cv = et on obtient :
 −1

31
QAJ = − PV
 −1 0 0

Finalement la chaleur échangée par le système avec l’extérieure au cours de la

transformation (AJ) est :

31
QAJ = − PV
 −1 0 0

La chaleur est négative QAJ  0 donc le système cède la chaleur sur la portion
(AJ) du chemin 3.

ii) sur le segment JB, la transformation est isobare P=Cte ; dP=0.

 Q = CpdT + hdP = CP dT

La chaleur élémentaire devient :

 Q = CP dT

On intègre l’expression par rapport à la température et on a :

B
Q = Cp  dT = Cp (TB − TJ )
B
J
J

On remplace les températures :

PJVJ
TJ =
R
PV
TB = B B
R

Et on obtient :

 PV P V  Cp
QJB = Cp  B B − J J  =
R R R
(PV
B B
− PJVJ )
 

Ensuite on remplace les variables par leurs valeurs :

VB = 8V0
VJ = V0
PB = PJ = P0

On a :

 PV PV  Cp
QJB = Cp  B B − I I  =
R R R
(8PV
0 0 0 0)
− PV
 

R
En remplaçant Cp = et on obtient :
 −1

7
QJB = PV
 −1 0

Finalement la chaleur échangée par le système avec l’extérieure au cours de la

transformation (JB) est :
 7
QJB = PV
 −1 0 0

La chaleur est négative QJB  0 donc le système cède la chaleur sur la portion
(JB) du chemin 3.

Pour obtenir la chaleur échangée par le système sur le chemin 3, il faut faire la
somme des chaleurs échangées sur les portion (AJ) et (JB) :

31 7
Q3 = QAJ + QJB = − PV + PV
 −1 0 0  −1 0 0

Finalement la chaleur échangée par le système sur le chemin 3 est :

31
31 7
−
Q3 = QAJ + QJB = − PV + PV =7 7 PV  7  − 4, 43 PV
 −1 0 0
 −1 0 0
 −1 0 0  −1 0 0

La chaleur Q3  0 , donc le système cède de la chaleur lors de la transformation

du chemin 3.

7 − 31
Q3 = PV
 −1 0 0

5
On remplace  = pour une gaz parfait monoatomique :
3

5
7x − 31
3 7 x 5 − 31x 3
Q3 = P0V0 = P0V0 = −29P0V0
5 2
−1
3

donc

Q3 = −29P0V0

La chaleur échangée par le système avec le milieu extérieur Q3  0 , donc le

système cède de la chaleur du milieu extérieur tout en cédant du travail W3  0
sur le chemin 3.

4) Comparaison entre les trois chemins ou les trois transformations

On a d’après les calculs réalisés ci-dessus :

W1 = −36P0V0  0
Q1 = 0

W2 = −224P0V0  0
Q2 = 188P0V0  0

W3 = −7P0V0  0
Q3 = −29P0V0  0

On constate facilement que :

W1  W2  W3
Q1  Q2  Q3

Conclusion : le travail W et la chaleur Q dépendent du chemin suivi ou de la

transformation subit par le système.

5) Comparaison de la quantité (W+Q) pour les trois chemins.

Chemin 1 :

(W1
+ Q1 ) = W1 = −36P0V0

donc

(W 1
+ Q1 ) = −36P0V0

On fait la somme du travail et de la chaleur sur le chemin 2 et on a :

Chemin 2 :

W2 + Q2 = −224P0V0 + 188P0V0 = −36P0V0

On fait la sommation de la chaleur et du travail sur le chemin 2 et on a :

W2 + Q2 = −36P0V0

Chemin 3 :

On fait la sommation de la chaleur et du travail sur le chemin 3 et on a

(W3
+ Q3 ) = −7P0V0 − 29P0V0 = −36P0V0

(W 3
+ Q3 ) = −36P0V0

On conclut que la quantité (W + Q ) = −36P0V0 indépendamment du chemin suivi et

que cette quantité ne dépend que de l’état initiale et de l’état finale. Donc
(W + Q ) doit être une fonction d’état.
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Exercice 2

1) 1 mole d’un gaz parfait subit une détente isotherme T=Cte.

Le système est une mole d’un gaz parfait PV = RT

RT
La transformation est isotherme T=Cste donc : PV = RT = C te  P =
V

On cherche à calculer le W? en fonction du produit RT.

a) La transformation est une détente isotherme réversible et fait passer le

 P = 10 atm   P2 = 3 atm 
système de  1  →   .
V
 1   2 V 

La travail élémentaire pour une transformation réversible : W = −PdV . Tous

les états intermédiaires de la transformation sont des états d’équilibres.

Le travail élémentaire sur cette transformation s’écrit :

dV
 W1 = −PdV = −RT
V

L’intégration sur cette transformation est :

V 
W1 = −RTLn  2 
 V1 

Alors puisque
 V2 P1
PV = C te  PV = PV  =
1 1 2 2
V1 P2

Remplaçant dans l’expression du travail et on a :

P 
 W1 = −RTLn  1 
 P2 

P 
W1 = −RTLn  1 
 P2 

A.N.

 10 
 W1 = −RTLn   = −1,2RT
3

Finalement le travail pour une détente isotherme réversible est :

W1 = −1,2RT

Le travail est négatif, donc il est cédé par le système à l’extérieur. Donc, le
travail est moteur.

b) La transformation est une détente isotherme irréversible faisant passer le

 P = 10 atm   P2 = 3 atm 
système de  1  →  
V
 1   2 V 

Dans ce cas seuls les états extrêmes sont des états d’équilibre. Dans ce cas le
travail élémentaire s’écrit :

W2 = −PextdV

Or ce qui importe dans ce cas c’est la pression de l’état final du système qui un
état d’état d’équilibre (système-milieu extérieur), ainsi on a :

W2 = −PextdV = −P2dV

L’intégration du travail entre les deux états d’équilibre 1 et 2, on a :

W2 = −P2 (V2 − V1 )
 RT RT
Remplaçant PV = RT  P1 = et P2 =
V1 V2

Donc

 RT RT   P2 
W2 = −P2  −  = −RT  1 − 
 P2 P1   P1 

 P 
W2 = −RT  1 − 2 
 P1 

A.N.

 3
W2 = −RT  1 −  = −0, 7RT
 10 

Donc finalement le travail devient :

W2 = −0, 7RT

Le travail est négatif, donc il est cédé par le système à l’extérieur. Donc, le
travail est moteur.

2) En comparant les deux travaux W1  W2 . On conclut que le travail dépend de

la transformation et il est maximum pour une transformation réversible. Le
système cède plus de travail dans le cas irréversible que dans le cas
irréversible.

W
Réversible
W1

Irréversible
W2

RT
R=8,314 J⋅mol-1⋅K-1 est la constante des gaz parfaits.
---------------------------------------------------------------------------------------

Exercice 3

1) La quantité de chaleur élémentaire du gaz échangé avec le milieu extérieur

est :

nRT
Q = − dP + Cp(T )dT
P

 Q   Q 
Q = Q( P , T )   Q =   dP +   dT = MdP + NdT
 P T  T P

 Q  nR  Q 
  =− T et   = Cp (T )
 P T P  T P

 M  nR  N 
  =− et   =0
 T P P  P T

Conclusion

La quantité de chaleur élémentaire  Q n’est pas une différentielle totale. Par

conséquent, la quantité de chaleur Q dépend du chemin suivi et elle n’est pas
une fonction d’état.

2) A pression constante, la capacité calorifique de l’oxyde de carbone (CO) est :

 A A 
CP (T ) = m  A0 − 11 + 22 
 T T 

NB: CP = mcP ; CP la capacité calorifique (JK-1) et cP chaleur massique (Jkg-1K-1)

La quantité de chaleur élémentaire  Qp échangée à P=Cte, par le gaz de m=28g

correspondant à la variation de température dT :

 A1 A2 
 Qp = CP (T )dT = mcP dT = m  A0 − +  dT
 T1 T2 
 T2

 Qp =  CP (T )dT
T1

 T   1 1 
Qp = m A0 (T2 − T1 ) − A1 ln  2  − A2  −  
  T1   T2 T1  

A.N.

T 
T1=300K, T2=400K, ln  2  =0,287, m=28g
 T1 

A0=1,41 ; A1=492, A2=16 104 ;

Qp = 28x10 −3 (141 − 141, 5 + 133,33) = 3719 10 −3 J

Donc

Qp = 3, 719 J

Le système reçoit de la chaleur cette transformation isobare

3) En déduire la chaleur massique moyenne relative à une mole du gaz est :

CP QP
cP = =
m m (T2 − T1 )

A.N .

1 cal=4,186 J, QP=3,719 J, m=28g

La chaleur massique est:

3, 719 3, 719
cp = = = 1,33Jkg−1 K −1
28 x10 x10
−3 2
2, 8

Donc

cp = 1,33Jkg−1 K

La capacité calorifique ou thermique est :

CP = mcP

CP = 28x 103 x 1,33 = 0, 0372JK −1

Donc CP = 0, 0372JK −1

---------------------------------------------------------------------------------------

Exercice 4

1) Le gaz parfait diatomique (  = 7 5 = 1, 4 ) subit une double transformation :

P0 = 1atm
P0 = 1atm ⎯⎯⎯⎯
isotherme
→ P1 = 20atm ⎯⎯⎯⎯⎯
⎯ adiabatique
→
T =273K 0 Q =0
T0 = ?

On a lors d’une transformation adiabatique d’un

gaz parfait :

1−
1− 1−
P  
T0 P1 
= T1P0   T1 = T0  1 
 P0 

A.N.

7
1−
1− 5 =−2
=
 7 7
5
2
T1 = 273x (20 )
−
7 = 115, 995K

T1  116K

2) Dans le deuxième cas

P0 = 1atm
a) P0 = 1atm ⎯⎯⎯⎯
isotherme
→ P1 = 20atm ⎯⎯⎯⎯⎯
⎯ adiabatique
→
T 116K 1 Q =0
T2 = ?
 1−
1− 1−
P  
On a T1P1 
= T2P0   T2 = T1  1 
 P0 

Puis on remplace T1 par son expression de la question 1)

1−
2
P  
T2 = T0  1 
 P0 

A.N.
4
T2 = 273x (20 )
−
7 = 49,2852K

T2  49,3K

b) la température atteinte par le gaz, au bout de n=3 double transformation

est :

1− 1− 1−

3 3
P   P   P  
T3 = T2  1  = T0  1   T3 = T0  1 
 P0   P0   P0 

Un raisonnement par récurrence donne la température atteinte au bout de n

doubles transformations successives :

1− 1− 1−

n n
P   P   P  
Tn = Tn −1  1  = T0  1   Tn = T0  1 
 P0   P0   P0 

A.N.
1−
4
P   −
8
n = 1  T4 = T0  1  = 273x 20 7
= 8, 897K  T4  8, 9K
 P0 
1−
5
P   −
10
n = 5  T5 = T0  1  = 273x 20 7
= 3, 780K  T5  3, 9K
 P0 

Remarque : par ce procédé, on peut atteindre de très basses températures au

bout d’un grand nombre de doubles transformations.

3) Au cours de la nième double transformation, la température passe de Tn-1 à Tn

Puisqu’il s’agit d’un gaz parfait dU = Cv dT (l’Energie interne d’un gaz parfait ne
dépend que de la température).

Un = Cv (Tn − Tn −1 )

 n
1−
( n −1)
1−

RT0  P1   P  

Un =   − 1 
 − 1  P0 
P
 0 

 
 

n
1−
 −
1−

RT0  P1  
  P1  

Un =   1 −  P  
 − 1  P0    0  
 

A.N.

 = 7 5 = 1, 4

T4  8, 9K , T5  3, 9K

R  8,314 J mol −1 K −1

R
Pour une mole de gaz parfait on CV =
 −1

R 5 25
n = 5  U5 =
 −1
(T5 − T4 ) = −8,314x
7
= −8,314x
2
= −103, 925
−1
5
  U5  −104J

i) Le long de l’isotherme le travail reçu au bout de n doubles transformations

est (la température étant Tn-1)

Sur cette isotherme on a :

 Vn −1 P1 V 20P0
P0Vn −1 = PV  =  n −1 = = 20
1 n
Vn P0 Vn P0

Le travail échangé par le gaz sur cette isotherme :

W = −PdV
Vn dV Vn −1 dV V 
 Wisoth
n
= −  PdV = −  RTn −1 =RTn −1  =RTn −1 ln  n −1 
Vn −1 V Vn V  Vn 
1−
( n −1)
P P  
P1
Wisoth
n
= RTn −1 ln 1 = RT0  1  ln
P0 P P0
 0 

1−
( n −1)
P  
P1
W n
= RT0  1  ln
isoth P P0
 0 

Puisque l’énergie interne dans le cas du gaz parfait ne dépend que de la

température, lorsque la température est constante ou sur une isotherme la
variation de l’énergie interne est nulle :

Uisoth
n
= Wisoth
n
+ Qisoth
n
=0

La quantité de chaleur échangée est alors :

Qisoth
n
= −Wisoth
n

1−
( n −1)
P  
P1
Q n
= −RT0  1  ln
isoth P P0
 0 

ii) La variation de l’énergie interne sur la nième double transformation s’écrit :

Un = Uisoth
n
+ Uadiab
n
= Uad
n
iab
= Wadiab

Donc le long de la nième transformation adiabatique, la chaleur échangée est

nulle et le travail échangé Wadiab est égale à la variation de l’énergie interne sur
la nième double transformation :

Wadiab = Uandiab = Un

 n
1−
 −
1−

RT0  P1  
  P1  

Wadiab = Un =   1 −  P  
 − 1  P0    0  
 

Au total, pendant la nième double transformation.

-le travail échangé est :

( n −1)
1−
n
1−
 −
1−

P  
P RT0  P1  
  P1  

Wn = Wisoth + Wadiab = RT0  1  ln 1 +   1 −  P  
P P0  − 1  P0
 0     0  
 
1− 1− 1−
( n −1) n ( n −1)
P  
P1 RT0  P1  
RT0  P1  
Wn = RT0  1  ln +   −  
P P0  − 1  P0  − 1  P0
 0   

n
1−
 −
1−

P  
 P1    P1 1  1 
Wn = RT0  1   P   ln − + 
P P 1
 0   0   0  −   − 1
 

- la chaleur échangée

1−
( n −1)
P  
P1
Qn = −Wisoth = −RT0  1  ln
P P0
 0 

A.N.

P1
R  8,314 J mol −1 K −1 , = 20 ,  = 7 5 = 1, 4
P0

Pour n = 5;
8
−
P  7
P1
Q5 = −RT0  1  ln
P P0
 0 
8
Q5 = −8,314x 273x (20 )
−
7 ln 20  −221, 61J
Q5  −221, 61J

W5  117, 61J

U5 = W5 + Q5  −104J