Réponse 1
Initialement, la pression du gaz est P_A=P_o. Celui-ci est détendu à température constante T_o. Lors d'une variation élémentaire V\rightarrowV+dV de son volume, le gaz reçoit le travail \deltaW = -P_\mathrm{ext}dV = -PdV car la transformation est mécaniquement réversible. Au cours de la transformation, le gaz reçoit donc le travail :
W = \displaystyle\int^{V_{fin}}_{V_o}\,-PdV.
Par ailleurs, les variables d'état obéissent à l'équation
PV = RT_o\qquad\Rightarrow\qquad dV=-RT_o \frac {dP}{P^2},
d'où
W=\displaystyle\int^{P_1}_{P_o} \frac {RT_o}{P} dP.
Par conséquent :
W = RT_o \,\ln \,\left( \frac{P_1}{P_o} \right) < 0.
On peut remarquer que les valeurs numériques n'ont pas été prises au hasard puisque 1/e\simeq0\cdot368. Par conséquent,
W\simeq-RT_o \simeq -2\cdot27 kJ.
Soit Q la chaleur reçue par le gaz. Appliquons le premier principe au gaz contenu dans l'enceinte (A) :
\DeltaU= W+Q.
Comme la température du gaz parfait ne varie pas, son énergie interne est constante (première loi de JOULE) :
\DeltaU = 0.
Ainsi,
Q= -W = -RT_o \,\ln \,\left( \frac{P_1}{P_o}\right) > 0.
Le gaz fournit du travail à l'opérateur (W<0) tout en restant à énergie interne constante : il reçoit donc de la chaleur (Q>0) du thermostat.
Lorsque la glace se forme dans le thermostat, elle fournit de la chaleur au gaz. Ici,
Q=m_1\, L_f
m_1 = 6\cdot75 \, g.
Calculons la variation d'entropie du gaz. Celui-ci reçoit de la chaleur de façon réversible, ce qui permet d'écrire :
\DeltaS_1 = \frac {Q}{T_o} = -R \,\ln\, \left( \frac{P_1}{P_o} \right) >0.
Ceux qui doutent du résultat peuvent en appeler à l'identité thermodynamique :
dU = TdS- PdV,
qui se simplifie en
dS = \frac PTdV = -R \frac {dP}{P}
le long d'un chemin isotherme. En intégrant la relation précédente entre les pressions P_o et P_1, il vient :
\DeltaS_1 = -R \ln\, \left( \frac {P_1}{P_o}\right) - \frac {Q}{T_o}
\DeltaS_1 = 8\cdot31 J\cdotK^{-1}.
Calculons maintenant la variation d'entropie du thermostat :
\DeltaS_\mathrm{thermostat} = \frac {Q}{T_o},
puisque le thermostat reçoit la quantité de chaleur -Q lors de la transformation isotherme. Enfin, l'entropie est une grandeur extensive, d'où :
\DeltaS_{U1} = \DeltaS_1+\DeltaS_\mathrm{thermostat}.
\DeltaS_{U1}= 0.
La transformation est réversible au sens où une variation infinitésimale des paramètres qui la caractérisent suffit à en inverser le sens. La variation d'entropie de l' "Univers" est donc nulle. Quant au gaz, il subit bien une transformation réversible mais il n'est pas thermiquement isolé, ce qui explique \DeltaS_1 \neq0.
Réponse 2
On fait subir au gaz une détente de JOULE. La transformation est toujours isotherme.
P_oV_A = P_2(V_A+V_B)
d'où
\frac {V_B}{V_A} = \frac {P_o}{P_2} - 1
le volume V_o= V_A se calcule par P_oV_o=RT_o .
V_o = 1\cdot1310^{-1}m^3
et
V_B = 1\cdot95\, 10^{-1}m^3 = 195 \, l.
Comme précédemment, la première loi de JOULE permet d'affirmer :
\DeltaU=0.
D'autre part, le travail reçu par le gaz est
\deltaW = -P_\mathrm{extérieure}dV.
Il ne faut en effet pas perdre de vue que la pression qui apparaît dans la relation \deltaW = -PdV désigne la pression extérieure à l'enceinte contenant le gaz. Ici, cette pression est nulle puisque l'extérieur est un compartiment vide. Il s'ensuit que
\DeltaW = 0
contrairement au résultat de la question 1. où l'on envisageait une transformation pour laquelle P_\mathrm {intérieure}=P_\mathrm{extérieure}. Dans le cas présent, la différence de pression de part et d'autre du robinet fait que la transformation n'est pas mécaniquement réversible. Il faut donc s'attendre à trouver une variation d'entropie strictement positive pour l' "Univers".
Appliquons le premier principe au gaz.
Q=\DeltaU-W,
d'où
Q=0
Pour toute transformation isotherme infinitésimale :
dS= \frac {P}{T} dV = R \frac {dV}{V},
d'où
\DeltaS_2=R\displaystyle\int^{V_o+V_B}_{V_o} \frac {dV}{V}
Ainsi,
\DeltaS_2 = R \,\ln\, \left(1+ \frac {V_B}{V_o}\right)
\DeltaS_2 = 8\cdot31 J\cdotK^{-1}.
D'autre part, il n'y a pas d'échange de chaleur au cours de cette transformation :
\DeltaS_\mathrm{thermostat} = 0,
d'où
\DeltaS_{U2}= \DeltaS_2 = R \,\ln\, \left (1+ \frac{V_B}{V_o}\right)> 0.
La transformation est irréversible (une modification infinitésimale des paramètres extérieurs ne permet pas d'en inverser le sens). On peut la rendre réversible en imaginant un opérateur qui déplacerait lentement une cloison mobile. Cette cloison coïnciderait initialement avec le robinet et serait déplacée de façon à ce que le gaz occupe un volume de plus en plus grand, (V_o+V_B) pour terminer. Pour cette transformation réversible, le gaz reçoit le travail
W= -\displaystyle\int^{V_o+V_B}_{V_o} \, PdV= -RT_o \, \,\ln\, \left( 1+\frac{V_B}{V_o}\right)<0.
D'après le premier principe, la chaleur reçue par le gaz a pour expression :
Q= -W = RT_o \, \ln\, \left(1+ \frac{V_B}{V_o} \right) >0.
La variation d'entropie correspondante se calcule en intégrant la relation
dS = \frac {\deltaQ}{T}
puisque l'on évolue sur un chemin réversible et isotherme :
\DeltaS_2 = \frac{Q}{T_o}= R \ln \,\left (1+ \frac{V_B}{V_o} \right)
A l'issue de cette transformation, le gaz se trouve dans le même état qu'à l'issue de la transformation irréversible considérée dans l'énoncé. On trouve bien entendu que les variations d'entropie du gaz dans les deux cas sont identiques ( S est une fonction d'état, sa variation ne dépend que des états initiaux et finaux, pas du chemin suivi). En revanche, la variation d'entropie de l' "Univers" est nulle pour cette transformation.
Dans la question 1 comme dans la question 2, la variation d'entropie du gaz se met sous la forme :
\DeltaS =R \ln\, \left(\frac {V_ \mathrm{final}}{V_\mathrm{initial}}\right).
Cette expression est propre aux transformations monothermes d'une mole de gaz parfait. En effet, lorsque l'on connaît la température d'un gaz parfait, il suffit de préciser sa pression ou son volume pour spécifier parfaitement son état. Ici, le gaz est en contact avec un thermostat ce qui signifie que quel que soit le traitement subi par le gaz, on aura :
\DeltaS =R \ln \,\left(\frac{V_\mathrm{final}}{V_\mathrm{initial}}\right) \, = R \ln\,\left(\frac {P_\mathrm{initiale}}{P_\mathrm{finale}}\right).
Réponse 3
A tout moment, l'état du gaz est défini par T=T_o et P_A = P_o. A la fin de l'opération, la pression dans le compartiment (B) est donnée par :
P_3V_B=P_oV_o,
d'où
P_3=P_o \frac {V_o}{V_B}.
Attention ! Au cours de l'opération, l'équation d'état
PV = RT
ne s'applique plus, le gaz étant dans un état hors équilibre. L'équation d'état n'est valable qu'aux instants initiaux et finaux.
P_3=11\cdot6 \, 10^3\, Pa
Au cours de cette transformation, l'opérateur exerce une pression constante P_o et balaye un volume V_o. Il fournit au gaz un travail
W=\displaystyle\int^0_{V_{o}} P_odV.
D'autre part, seul l'opérateur "travaille" (le gaz se détend dans un compartiment vide) d'où :
W= P_oV_o
W= 2\cdot26 \, kJ.
D'après le premier principe,
W+Q= 0 \quad \Rightarrow \quad Q_\mathrm{reçu par le thermostat} = -Q = W
Le thermostat reçoit de la chaleur et une masse de glace m_3 fond :
m_3 =\frac {W}{L_f}}.
m_3 = 6\cdot75 \, g.
Pour calculer la variation d'entropie, le plus simple est de faire appel aux considérations évoquées dans la remarque du 2.c). On peut écrire :
\DeltaS_3 = R \ln \frac {V_B}{V_o}.
En ce qui concerne le thermostat,
\DeltaS_\mathrm{thermostat}=\frac{W}{T_o},
et la variation d'entropie de l' "Univers" devient :
\DeltaS_{U3} = R \left (1+ \ln \frac {V_B}{V_o}\right).
\DeltaS_{3} =4\cdot49 JK^{-1},
\DeltaS_{U3} = 12\cdot8 JK^{-1}.
La transformation considérée est irréversible. En inversant le sens de déplacement du piston \Pi, l'opérateur ne pourra pas inverser le sens de la transformation : il ne pourra pas empêcher le gaz de diffuser vers le compartiment (B). Ces considérations se traduisent par :
\DeltaS_{U3}> 0.
Toutefois, en examinant l'expression littérale de \DeltaS_{U3}, il apparaît que lorsque V_B/V_o devient petit, la variation d'entropie de l' "Univers" devient négative. A la limite :
\lim_{V_B/V_0\rightarrow0}\DeltaS_{U3}= -\infty
ce qui est exclu par le second principe. Pour lever le "paradoxe" il faut remarquer que lorsque V_B< V_o, la transformation envisagée ici n'est physiquement plus possible : pour que l'opérateur puisse faire diminuer le volume du gaz occupant l'enceinte (A) tout en exerçant une pression constante, il faut que la pression du gaz dans le compartiment (B) soit inférieure à la pression régnant en (A). Cette condition ne peut être remplie que pour V_B> V_o. Dans le cas contraire, l'opérateur devra exercer une pression supérieure à P_o. La restriction que nous venons d'évoquer assure que la variation d'entropie \DeltaS_{U3} est strictement positive.
Réponse 4
Au cours de la compression, la pression du gaz augmente lentement jusqu'à atteindre le point de coexistence liquide/gaz qui ne dépend que de la température W^a. Au moment où la première goutte de liquide apparaît, le gaz a reçu le travail de la part de l'opérateur et échangé la quantité de chaleur Q^a avec le thermostat. Nous avons :
W^a = -\displaystyle\int ^{V_\mathrm{rosée}}_{V_o}PdV = -RT_o \ln \frac {V_\mathrm{rosée}}{V_o}.
En outre,
P_oV_o = P_sV_\mathrm{rosée},
ce qui permet d'exprimer le travail sous la forme :
W^a = RT_o \ln \,\left( \frac{P_s}{P_o}\right).
Par ailleurs, le premier principe assure une fois encore que
Q^a = -W^a.
W^a = -Q^a = 1\cdot57 k J.
Le travail reçu est bien positif.
La chaleur reçue par le gaz est négative, ce qui signifie que le gaz fournit de la chaleur au thermostat. Ainsi, une masse de glace m^a_4 fond, avec :
m^a_4=\frac{W^a} {L_f}
m^a_4=4\cdot68 \, g.
Entre l'instant où apparaît la première goutte de liquide et l'instant où tout le gaz s'est transformé en liquide, la pression reste constante égale à P_s. Nous pouvons négliger le volume occupé par le liquide devant le volume occupé par le gaz pour écrire :
W^b = -\displaystyle\int^0_{V_\mathrm{rosée}} P_sdV= P_sV_\mathrm{rosée},
c'est-à-dire :
W^b = RT_o .
Par ailleurs, en se liquéfiant, le gaz fournit de la chaleur (i\cdote\cdotQ^b<0) :
Q^b=-L_{v\cdot} \, 1\, mole.
W^b=2\cdot27 \,kJ.
et
Q^b = -26\, kJ.
Le thermostat absorbe la chaleur dégagée par la liquéfaction. Il reçoit la quantité de chaleur -Q^b>0. La masse de glace qui fond dans le thermostat est donc :
m^b_4 = \frac {L_v}{L_f}.
m^b_4 = 77\cdot4 \,g .
On peut constater que :
m^b_4 \gg m^a_4.
La masse de glace qui fond lors de la seconde partie de la compression est bien supérieure à celle qui fond avant le point de rosée. D'un point de vue énergétique, la deuxième partie de la compression est plus intéressante car elle met en jeu une quantité de chaleur plus importante pour un travail comparable. Dans le but d'élaborer un réfrigérateur, il sera préférable d'utiliser les propriétés associées à une transition de phase liquide/vapeur plutôt que les propriétés thermoélastiques d'un gaz. Bien entendu, un fluide réfrigérant sera d'autant meilleur que sa chaleur latente de vaporisation sera élevée.