Le système reçoit une quantité de chaleur Q_1 positive de \Sigma_1, cède une quantité de chaleur positive -Q_2 à \Sigma_2 et reçoit, au sens algébrique du terme, de la chaleur de la pièce. Cette chaleur échangée par unité de temps avec la pièce est due à l'effet THOMSON ; elle a pour expression

Q_\mathrm {reçue de la pièce} = i \displaystyle\int^{T_2}_{T_1} h_B(T)dT-i \displaystyle\int^{T_2}_{T_1}h_A(T)dT.

La chaleur (algébrique) totale reçue par la pièce est maintenant :

Q=i\, [V_{AB}(T_1)-V_{AB}(T_2)]+i \displaystyle\int^{T_2}_{T_1}(h_B(T)-h_A(T))\, dT.

Supposons, comme dans la partie A, qu'entre deux instants quelconques, le système "thermocouple" décrit un cycle i\cdote\cdot, que son état est invariant au cours du temps. D'après la premier principe,

0= W+Q = -ei+Q

et la force électromotrice a pour expression :

e=V_{AB}(T_1)-V_{AB}(T_2)+ \displaystyle\int^{T_1}_{T_2}(h_A(T) - h_B(T)) dT.

Un élément de fil de longueur dx et sur lequel la température varie de dT reçoit par unité de temps la chaleur

\deltaQ = ih_M\, \left(\frac{dT}{dx}\right)\, dx=ih_M\, \, dT

due à l'effet THOMSON. Cette quantité de chaleur ne dépend pas de l'état de la pièce et on peut supposer que l'état du fil est caractérisé par sa température locale T(x) . Ainsi, si la pièce est remplacée par un opérateur qui fournit la chaleur de façon réversible, la variation d'entropie de l'élément de fil a pour expression :

dS=i\, h_M \frac {dT}{T},

soit pour les deux fils :

dS = i \, [h_A-h_B] \frac{dT}{T}.

L'entropie étant une fonction d'état, il s'agit aussi de la variation d'entropie au cours du "cycle" qui nous intéresse, de telle sorte que pour le fil tout entier :

\DeltaS_\mathrm{Thomson}=i \, \displaystyle\int^{T_1}_{T_2}\, \frac{h_A(T)-h_B(T)}{T}\, dT.

La variation d'entropie du thermocouple devient dans ces conditions :

\DeltaS = \frac{Q_1}{T_1}+\frac{Q_2}{T_2}+i\displaystyle\int^{T_1}_{T_2}\frac{h_A(T)- h_B(T)}{T}dT.

Par ailleurs, \DeltaS=0 une fois encore, d'où :

\frac{V_{AB}\left(T_1\right)}{T_1}-\frac {V_{AB}\left(T_2\right)}{T_2}+\displaystyle\int^{T_1}_{T_2}\frac{h_A\left(T\right)-h_B\left(T)}}{T} dT=0

Dérivons l'expression de la force électromotrice par rapport à T_1, à T_2 fixée.

\frac{de}{dT_1} = \frac{dV_{AB}\left(T_1\right)}{dT_1}+h_A(T_1)-h_B(T_1).

De même, pour l'expression obtenue à la question 3 :

\frac{d}{dT_1}\, \left(\frac{V_{AB}\left(T_1\right)}{T_1}\right)+ \frac{h_A\left(T_1\right)-h_B\left(T_1\right)}{T_1}=0

\Leftrightarrow\qquad \frac{dV_{AB}\left(T_1\right)}{dT_1}- \frac{V_{AB}\left(T_1\right)}{T_1}+h_A(T_1)-h_B(T_1)=0

Posons maintenant T=T_1. Le système des deux équations précédentes admet pour solution :

\left\{\begin{array}{ll} {V_{AB}(T)=T\frac{de}{dT}}\\{h_A(T)-h_B(T)=-T\frac{d^2e}{dT^2}}\end{array}\right .

La loi empirique proposée dans l'énoncé permet d'obtenir les variations approchées de V_{AB}(T) et h_A(T)-h_B(T). En effet :

\frac{de}{dT} = \alpha-2\betaT

\frac{d^2e}{dT^2} = -2\beta,

d'où

V_{AB}(T)=\alphaT-2\betaT^2

et

h_A(T)-h_B(T)=2\betaT.

Puisque \betaT>0 ( \beta est de même signe que \alpha), la chaleur reçue par effet THOMSON est positive.

Calculons la nouvelle valeur du rendement.

\eta_1 = \frac{ei}{Q_1+Q_\mathrm{Thomson}

où

Q_\mathrm{Thomson} = i \displaystyle\int^{T_1}_{T_2} \left[h_A(T)-h_B(T)\right] dT.

En tenant compte des résultats de la question 5, il vient

Q_\mathrm{Thomson}= i \displaystyle\int ^{T_1}_{T_2} 2\betaT \, dT = i\beta \left(T^2_1 - T^2_2\right) >0 \quadet\quadQ_1 = i(\alphaT_1- 2\betaT^2_1).

Le rendement a maintenant pour expression :

\eta_1 = \frac {\alpha\DeltaT-\beta\Delta\left(T^2\right)}{\alphaT_1 - 2\betaT^2_1 +\beta\Delta\left(T^2\right).

En définitive,

\eta_1 = \frac {\alpha\DeltaT-\beta\Delta\left(T^2\right)}{\alphaT_1-\beta \left(T^2_1 + T^2_2 \right)

Dans la limite où \beta=0, l'effet THOMSON devient négligeable et on retrouve bien le rendement de CARNOT (effet PELTIER seul).

Pour des valeurs de \beta non nulles,

\eta_1 < \eta_0

\Leftrightarrow\quad \alpha\Delta - \beta\Delta(T^2) < \alpha\DeltaT-\beta(T^2_1+T^2_2)\DeltaT/T

\Leftrightarrow \quad T_1 \left(T^2_1 - T^2_2\right) > (T_1-T_2)\left(T^2_1+T^2_2)

\Leftrightarrow \quad T_1> T_2

Le rendement \eta_1 est donc inférieur au rendement de CARNOT, mais la comparaison n'a pas vraiment de sens puisque le "cycle" que nous avons considérée n'est pas ditherme (l'atmosphère joue le rôle d'une source de chaleur). En effet, une machine tritherme peut fonctionner de façon réversible sans avoir le rendement de CARNOT ; on ne peut donc a priori rien conclure de la relation \eta_1< \eta_0 en ce qui concerne l'irréversibilité.

Effectuons pour terminer un bilan entropique global. Le thermocouple décrit par hypothèse un cycle et son entropie ne varie pas. Quant aux trois sources de chaleur \Sigma_1, \Sigma_2 et la pièce à la température , T_\mathrm{pièce} elles reçoivent respectivement les quantités de chaleur -Q_1, -Q_2 et -Q_\mathrm{Thomson}. Nous allons supposer que leur état serait le même si elles recevaient la chaleur de façon réversible ce qui nous permet d'écrire :

\DeltaS_{\Sigma_1}= \frac {-Q_1}{T_1} ; \quad\DeltaS_{\Sigma_2} = \frac{-Q_2}{T_2} ; \quad \DeltaS_\mathrm{pièce}=\frac {-Q_\mathrm{Thomson}}{T_\mathrm{pièce}}.

Ainsi, sur un cycle,

\DeltaS_\mathrm{Univers}\quad=\quad \Delta S_\mathrm{thermocouple} = \DeltaS_{\Sigma_1}+ \Delta_{\Sigma_2} + \SigmaS_\mathrm{pièce} = 0- \frac {Q_1}{T_1} - \frac {Q_2}{T_2} - \frac {Q_\mathrm{Thomson}}{T_\mathrm{pièce}} = 2\betai \, \, \,(T_1-T_2) - i\beta \left( \frac{T^2_1-T^2_2}{T_\mathrm{pièce}}\right) = 2\betai \frac{\left(T_1-T_2\right)} {T_\mathrm{pièce}}\, \, \, \left[T_\mathrm{pièce}- \frac{T_1+T_2} {2} \right].

Le second principe impose :

\DeltaS_\mathrm{Univers} \geq 0,

c'est-à-dire

T_\mathrm{pièce}\geq \frac {T_1+T_2}{2}.

Dans le cadre des hypothèses du problème, nous pouvons en conclure que l'effet THOMSON ne peut se manifester que si la température de la pièce est supérieure à la température moyenne du fil.

Exprimons les valeurs de \alpha et \beta en fonction de T_0 et e(T_0).

\frac {de}{dT} = \alpha-2\betaT \quad \Leftrightarrow\quad T_0 = \frac {\alpha}{2\beta}.

D'autre part,

e=(T_0) = (T_0-T_2) \left[\alpha -\beta(T_0+T_2)\right] = \beta(T_0-T_2)^2.

Ainsi,

\left\{ \begin{array}{cc} {\alpha = \frac {2T_0e\left(T_0\right)}{\left(T_0-T_2\right)^2}} \\ {\beta = \frac {e\left(T_0\right)}{\left(T_0-T_2\right)^2} \end{array}\right