BCPST2 – Thermodynamique – Compression monotherme d’un gaz parfait

Cet exercice  a pour objectif de déterminer et de comparer les transferts énergétiques se déroulant lors de la compression monotherme d’un gaz parfait dans deux cas. Lorsque cette transformation est brutale et lorsqu’elle est lente.

Énoncé de l’exercice

– Compression monotherme d’un gaz parfait –


De l’air à la température $T_0$ est contenu dans un cylindre vertical, aux parois diathermanes, fermé par un piston de section $S$ et de masse $M$. L’atmosphère extérieure est à la température $T_0$ et à la pression $P_0$, toutes deux supposées constantes. À l’équilibre, le piston se trouve à la distance $h_1$ du fond du récipient.

A) Compression brutale

On pose sur le piston la masse $M_0=M$. Après un certain temps, la température de l’air du récipient se stabilise à la température $T_2$ et le piston se stabilise à la hauteur $h_2$ du fond du récipient.

Calculer le transfert thermique $Q$ et le travail $W$ algébriquement reçu par l’air intérieur, ainsi que les grandeurs $P_2$, $T_2$, $h_2$ à l’état final. Faire l’application numérique.

B) Compression lente

Repartant de l’état initial, on pose successivement sur le piston des masses très petites ($m<<M$) en attendant à chaque fois que la température de l’air intérieur se stabilise à la valeur $T_0$ et que le piston s’immobilise avant de poser la masse suivante. On arrête dès que la masse totale des surcharges atteint la valeur $M$.

Calculer le transfert thermique $Q’$ et le travail $W’$ algébriquement reçu par l’air intérieur ainsi que l’état final $(P_3, T_3, h_3)$. Faire l’application numérique.

Données : $P_0=1{,}0\cdot 10^5~\mathrm{Pa}$; $g=10~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-1}$; $S=0{,}10~\mathrm{m}^2$; $M=100~\mathrm{kg}$; $h_1=1{,}0~\mathrm{m}$; $T_0=300~\mathrm{K}$; $\gamma=1{,}4$.


Corrigé de l’exercice

– Compression monotherme d’un gaz parfait –

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Le système étudié $\mathcal{S}$ est l’air (assimilé à un gaz parfait) contenu dans le cylindre. La frontière $\Sigma$ qui le délimite est constituée par les parois du cylindre, qui  sont diathermanes et par le piston, mobile. Le système peut ainsi échanger avec le milieu extérieur, à travers $\Sigma$, du travail et de la chaleur.

A) Compression brutale

La figure suivante schématise la transformation subie par le système $\mathcal{S}$ passant de l’état initial $(1)$ à l’état final $(2)$ :

sos-mp.fr - BCPST2 - Thermodynamique - Compression monotherme d'un gaz parfait - Ex3 - schéma1

Caractérisons les états d’équilibre initial et final.

État initial

L’état d’équilibre initial $(1)$ est caractérisé par les variables $P_1$, $V_1$, $T_1$ et $n_1$ telles que

  • $T_1=T_0=300~\mbox{K}$ ;
  • $\displaystyle P_1=P_0+\frac{Mg}{S}\quad$ ($M$ masse du piston) ;
  • $V_1=Sh_1$ ;
  • $\displaystyle n_1=\frac{P_1V_1}{RT_0}=\frac{h_1(P_0S+Mg)}{RT_0}$.

A.N. : $P_1=P_0+\frac{Mg}{S}=1{,}0\cdot 10^5+\frac{100\times 10}{0{,}10}=1{,}1\cdot 10^5~\mathrm{Pa}$

$V_1=Sh_1=0{,}10\times 1{,}0=0{,}1~\mathrm{m}^3$

$n_1=\frac{h_1(P_0S+Mg)}{RT_0}=\frac{1{,}0(1{,}0\cdot 10^5\times 0{,}10+100\times 10)}{8{,}314 \times 300}=4{,}4~\mathrm{mol}$

État final

L’état d’équilibre final $(2)$ est caractérisé par les variables $P_2$, $V_2$, $T_2$ et $n_2$ telles que

  • $\boxed{T_2=T_0=300~\mbox{K}}$ (car parois diathermanes et qu’il s’agit d’un état d’équilibre) ;
  • $\displaystyle P_2=P_0+\frac{Mg}{S}+\frac{M_0g}{S}=P_0+\frac{2Mg}{S}\quad $ (car $M_0=M)$ ;
  • $V_2=Sh_2$ ($h_2$ est inconnue) et $\displaystyle V_2=\frac{nRT_2}{P_2}=\frac{nRT_0}{P_2}=\frac{P_1V_1}{P_2}$ ;
  • $\displaystyle n_2=n_1 \quad$ (car système fermé).

A.N. : $P_2=P_0+\frac{2Mg}{S}=1{,}0\cdot 10^5+\frac{2\times 100\times 10}{0{,}10}=1{,}2\cdot 10^5$ soit $\quad \boxed{P_2=1{,}2\cdot 10^5~\mathrm{Pa}}$

$V_2=\frac{P_1V_1}{P_2}=\frac{1{,}1\cdot 10^5\times 0{,}1}{1{,}2\cdot 10^5}=0{,}09~\mathrm{m}^3$

$n_2=4{,}4~\mathrm{mol}$

De plus, des deux expressions du volume $V_2$ nous en déduisons $h_2$  :

$h_2=\frac{V_2}{S}=\frac{P_1V_1}{P_2S}=\frac{1{,}1\cdot 10^5\times 0{,}1}{1{,}2\cdot 10^5\times 0{,}1}=0{,}9 \quad$ soit $\quad \boxed{h_2=0{,}9~\mathrm{m}}$

En ce qui concerne la détermination de $Q$ et $W$, nous commencerons par celle de $W$. Il est souvent plus judicieux de commencer par la détermination de $W$ et d’en déduire $Q$ à l’aide du premier principe de la thermodynamique.

Détermination du travail reçu

Pour déterminer le travail reçu par le système au cours de cette transformation, le premier réflexe est de partir de l’expression du travail reçu par le système au cours d’une transformation infinitésimale

$$\delta W=-P_\mathrm{ext}dV$$

puis d’exprimer le travail reçue par le système au cours de la transformation finie $(1) \rightarrow (2)$  par intégration de l’expression précédente :

$$W=\int_{1}^{2}\delta W=-\int_{V_1}^{V_2}P_\mathrm{ext}dV$$

Dans le cas d’une compression brutale, $P_\mathrm{ext}$ n’a pas le temps de varier au cours de la transformation, donc $P_\mathrm{ext}=P_2=\mathrm{cste}$. D’où, par intégration

$$W=-P_\mathrm{ext}(V_2-V_1)=-P_2(V_2-V_1)$$

Or, $ \displaystyle V_2=\frac{P_1V_1}{P_2}$, Soit

$$W=-P_2\left(\frac{P_1V_1}{P_2}-V_1\right)=-P_1V_1+P_2V_1=V_1(P_2-P_1)$$

A.N. : $W=0{,}1(1{,}2\cdot 10 ^5-1{,}1\cdot 10^5)=10^3\quad $ soit $\quad\boxed{W=1~\mathrm{kJ}}$

Puisque $W>0$, le travail est effectivement reçu par le système.

Détermination du transfert thermique reçu

Nous allons pour cela utiliser le premier principe de la thermodynamique. Nous avons alors

$$\Delta U= W+Q$$

D’où

$$Q=\Delta U-W$$

Or, pour un gaz parfait, nous avons $\Delta U=C_p(T_2-T_1)=0$ car $T_2=T_1$, d’où

$$Q=-W=P_2(V_2-V_1)$$

A.N. : $Q=-W=10^3 \quad$ soit $\quad \boxed{Q=-1~\mathrm{kJ}}$.

Puisque $Q<0$, le transfert de chaleur se fait  du système vers le milieu extérieur.

B) Compression lente

Le système $\mathcal{S}$ étudié est toujours le même : le gaz parfait contenu dans le cylindre. La figure suivante schématise la transformation subie par le système $\mathcal{S}$ passant de l’état initial $(1)$ à l’état final $(3)$ :

sos-mp.fr - BCPST2 - Thermodynamique - Compression monotherme d'un gaz parfait - Ex3 - schéma2

Chaque état intermédiaire étant un état d’équilibre (car on attend à la fois que la température se stabilise à $T_0$ – équilibre thermique –  et que le piston s’immobilise – équilibre mécanique – avant de poser la masse suivante), il s’agit donc, par définition, d’une transformation quasi-statique.

Caractérisons les états d’équilibre initial et final.

État initial

L’état d’équilibre initial $(1)$ est, par définition, le même que dans la transformation précédente. Il est donc caractérisé par les mêmes variables d’état $P_1$, $V_1$, $T_1$ et $n_1$ :

  • $T_1=300~\mbox{K}$ ;
  • $\displaystyle P_1=1{,}1\cdot 10^5~\mathrm{Pa}$ ;
  • $V_1=0{,}1~\mathrm{m}^3$ ;
  • $\displaystyle n_1=4{,}4~\mathrm{mol}$.
État final

L’état d’équilibre final $(3)$ est caractérisé par les variables $P_3$, $V_3$, $T_3$ et $n_3$ telles que

  • $\boxed{T_3=T_0=300~\mbox{K}}\quad $ (toujours parois diathermanes $+$ état d’équilibre) ;
  • $\displaystyle P_3=P_0+\frac{2Mg}{S}=1{,}2\cdot 10^5 \quad$ soit $\quad \boxed{P_3=1{,}2 \cdot 10^5~\mathrm{Pa}}$ ;
  • $V_3=Sh_3$ ($h_3$ est inconnue)
    et $\displaystyle V_3=\frac{nRT_3}{P_3}=\frac{nRT_0}{P_3}=\frac{P_1V_1}{P_3}=0{,}09\quad $ soit $\quad V_3=0{,}09~\mathrm{m}^3$ ;
  • $\displaystyle n_3=n_1\quad$ (car système fermé), soit $n_3=4{,}4~\mathrm{mol}$.

L’état final $(3)$ de la compression lente est donc le même que l’état final $(2)$ de son équivalente brutale. Ainsi, nous avons $h_3=h_2$, soit

$$\boxed{h_3=0{,}9~\mathrm{m}}$$

Détermination du travail reçu

De même que dans la partie A), commençons par la détermination de $W’$. Nous en déduirons $Q’$ à l’aide du premier principe de la thermodynamique.

Nous avons pour une transformation élémentaire :

$$\delta W=-P_\mathrm{ext}\mathrm{d}V$$

et par intégration de l’expression précédente, le travail reçue par le système au cours de la transformation finie $(1) \rightarrow (3)$  :

$$W=\int_{1}^{3}\delta W=-\int_{V_1}^{V_3}P_\mathrm{ext}\mathrm{d}V$$

Or, lors d’une transformation lente (quasi-statique), du fait que l’équilibre mécanique est réalisé à tout instant, la pression du système est à tout instant égale à la pression extérieure. Ainsi, $P_\mathrm{ext}=P$ et l’expression précédente devient

$$W=-\int_{V_1}^{V_3}P_\mathrm{ext}\mathrm{d}V=-\int_{V_1}^{V_3}P\mathrm{d}V$$

De plus, nous avons pour le système (gaz parfait) :

$$P=\frac{nRT}{V}$$

et, puisque la compression est isotherme

$\displaystyle P=\frac{nRT_0}{V}\qquad$ avec $T_0=\mathrm{cste}$

D’où

$$W=-\int_{V_1}^{V_3}P\mathrm{d}V=-\int_{V_1}^{V_3}\frac{nRT_0}{V}\mathrm{d}V=-nRT_0\int_{V_1}^{V_3}\frac{\mathrm{d}V}{V}$$

Nous obtenons par intégration

$$W’=-nRT_0\ln\left(\frac{V_3}{V_1}\right)$$

De plus, nous avons respectivement à l’état initial $(1)$ et à l’état final $(3)$ : $P_1V_1=nRT_0$ et $P_3V_3=nRT_0$. D’où

$$\boxed{W’=P_1V_1\ln\left(\frac{P_3}{P_1}\right)}$$

A.N. : $W’=1{,}1\cdot 10^5\times 0{,}1\ln\left(\frac{1{,}2\cdot 10^5}{1{,}1\cdot 10^5}\right)=960 \quad$ soit $\quad \boxed{W’=0{,}96~\mathrm{kJ}}$.

Puisque $W’>0$, le travail est effectivement reçu par le système.

Détermination du transfert thermique reçu

Nous utilisons à nouveau le premier principe de la thermodynamique. Nous avons alors

$$\Delta U= W’+Q’$$

D’où

$$Q’=\Delta U-W’$$

De même que précédemment, la transformation étant isotherme ($T_3=T_1$), nous avons pour le système gaz parfait : $\Delta U=C_p(T_3-T_1)=0$. D’où

$$Q’=-W’$$

A.N. : $Q’=-W’=-960 \quad$ soit $\quad \boxed{Q’=-0{,}96~\mathrm{kJ}}$.

Et puisque $Q'<0$, le transfert de chaleur se fait  du système vers le milieu extérieur.


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