Transformations réversibles d`un gaz parfait - Jean
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Transformations réversibles d`un gaz parfait - Jean
Licence Science de la Mer et de l’Environnement Physique Générale Chapitre 13 :Transformations réversibles d’un gaz parfait 1 – Transformation d’un gaz parfait Par exemple, on enferme le gaz dans un cylindre de section S , dans lequel le piston a une masse négligeable, et sans frottements. a) Echange de travail On pousse le piston avec une pression extérieure pE . La force exercée est donc F = PE .S . On a : dW =−Fdx=−pE.S.dx=−pE.dV Si le volume passe de V1 à V2 , le travail échangé sera : V2 W =∫ − pE dV V1 Si pE = p0 =Cte alors W =−p0.(V2 −V1 ) Si V2 <V1 alors W >0 , on a fourni du travail au gaz, il y a échauffement. C’est ce qui se passe avec une pompe à vélo. b) Echange de chaleur On suppose que le système est adiabatique. Le système est en équilibre si la pression du gaz est égale à celle de la pression extérieure. Nous avons vu que : pV =nRT = m RT M n= nombre de moles de gaz m= masse du gaz M = masse molaire du gaz Si nous passons de l’état 1 à l’état 2, alors : p1V1 p2V2 = =nR T1 T2 D’après la loi de Joule, la variation d’énergie interne : ΔU12 =W +Q 2 – Irréversibilité des transformations En principe quand on passe de l’état 1 à l’état 2, les étapes intermédiaires ne sont pas à l’équilibre. Il faut un certain temps pour que la température s’uniformise dans le gaz. La transformation est dite irréversible. On ne peut pas faire de retour en arrière dans les mêmes conditions. Dans les conditions limites, c’est à dire idéales et irréalisables, on peut supposer que l’on effectue une suite continue d’états d’équilibre, p et T variant continûment, et la température étant à chaque instant uniforme dans tout le volume. 1 A chaque instant la pression p à l’intérieur du cylindre est égale à la pression extérieure : p= pE . Dans ce cas, on peut aller en sens inverse sur la même courbe. a) Réversibilité thermique On chauffe de T à T' une masse gazeuse à volume constant. On met par exemple en contact une paroi du cylindre avec le milieu à une température variable par paliers : p 0 V1 V2 v T1 =T +ΔT T2 =T1 +ΔT Paroi isolante T3 =T2 +ΔT ………….. Tn−1=Tn−2 +ΔT Tn =Tn−1+ΔT =T' Quand ΔT →0 la transformation devient réversible, mais évidemment le temps pour l’accomplir devient infiniment long. Paroi b) Réversibilité mécanique conductrice Nous nous plaçons dans le cas de de chaleur transformations adiabatiques. Soit un gaz parfait en équilibre dans une enceinte adiabatique. On applique une pression extérieure pE > p du gaz. Le nouvel équilibre après uniformisation de la pression et de la température : v'=v+Δv et p'= p+Δp Dans ce cas, ce n’est pas une transformation réversible. On peut faire une transformation adiabatique réversible en partant de l’état initial p,V,T . La pression extérieure est d’abord pE = p , puis p+dp . Le piston est soumis à une force p+dp , le volume de V à V +dV et la dF =S.dP . Il se déplace. La pression varie de T température de à T +dT . On fait une transformation réversible en allant très lentement de p1 à p2 . Le travail est donné par : V2 W =∫ − pdV V1 2 p p W >0 W <0 p1 p1 p p p2 p2 0 V1 V V2 0 v Compression adiabatique réversible V1 V V2 v Détente adiabatique réversible 3 – Transformations isothermes réversibles d’un gaz parfait a) Transformation isotherme réversible élémentaire Soit un gaz parfait en équilibre (p,V,T) , en relation avec un thermostat à la température T . On accroît la pression de dp , le volume diminue de dV . Le gaz reçoit un travail : W =−pdV Le gaz a tendance à s’échauffer puisqu’il est comprimé, mais il est en contact avec le thermostat à la même température T . Le système va donc céder dQ au thermostat. On a la relation des gaz parfaits ; dp dV + =0 pV =Cte , d’où en faisant une dérivée logarithmique : p V On peut retrouver ce résultat en faisant la dérivée : d(pV)=Vdp+ pdV =0 . En divisant par dp dV dp dV + =0 , d’où : =− pV , on retrouve : p V p V p p W <0 W >0 p1 p1 p p p2 p2 0 V1 V V2 Compression isotherme réversible v 0 V1 V V2 v Détente isotherme réversible 3 La température étant constante, l’énergie interne ne varie pas. C’est la loi de Joule : l’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de sa température. dW +dQ=−pdV +dQ=0 Donc : dQ= pdV b) Transformation isotherme réversible finie Dans une transformation isotherme, sur un graphique p(V) , la courbe à température constante T est une hyperbole. Dans le cas p d’une transformation finie, nous décrivons l’arc d’hyperbole compris entre les points A1 et A2 . On passe du point A1 (p1 ,V1 ,T) au point A2 (p2,V2 ,T) . On a : A2 p2 p1V1 = p2V2 = pV =nRT pV Donc : p= 1 1 V p1 V2 V2 dV W =∫ − pdV =−p1V1 ∫ V1 V1 V 0 V2 ..V V W =−p1V1 [lnV ]..V2 =−p1V1 ln 2 1 V1 p V W =nRT ln 1 = p1V1 ln 2 V2 p1 A1 V1 v Le travail W ne dépend que des états initial et final. Il représente graphiquement l’aire hachurée sous la courbe Pour une compréhension isotherme : W >0 Pour une détente isotherme : W <0 La température étant restée constante, l’énergie interne n’a pas varié : ΔU =W +Q=0 W =−Q Donc : Dans une transformation isotherme réversible finie, travail et chaleur sont égaux et de signe opposés. Le travail fourni par la compression est perdu en chaleur. Exercice On comprime isothermiquement 1m3 d’air de 1 à 200atm . On suppose que l’air se comporte comme un gaz parfait. Calculer le travail de compression, et la quantité de chaleur exprimée en kilocalories cédé par le gaz au milieu extérieur. p p2 =200.105 Nm−2 et V1 =1m3 W = p1V1 ln 2 avec p1 =105 Nm−2 p1 ln200=5,3 Donc : W =105 ln200 D’où W =5,3.105 J et Le volume final sera : V2 = Q=−127kcal p1V1 =0,005m3 =5l p2 4 4 – Transformation adiabatique réversible d’un gaz parfait La transformation étant adiabatique, il n’y a pas d’échange de chaleur avec le système. Donc dQ=0 . La relation des gaz parfaits s’applique : pV =nRT , où n est le nombre de moles. a) Transformation adiabatique réversible élémentaire On passe de (p,V,T) à (p+dp,V +dV,T +dT) Si on fait la dérivée logarithmique de pV =nRT , on obtient : dp dV dT + = p V T On peut retrouver ce résultat en dérivant pV =nRT : pdV +Vdp=nRdT . On divise le terme de gauche par pV , et celui de droite par nRT . dp dV dT + = On obtient alors . p V T La transformation étant adiabatique, dQ=0 , donc dU =dW =−pdV Or pour les gaz parfaits, l’énergie interne U ne dépend que de la température. Donc : dU =dW =−pdV =nCV dT Comme p= nRT , et CV = R γ −1 V Alors : −nRT dV = nR dT V γ −1 D’où dT +(γ −1) dV =0 T V dp dV dT + = Or p V T dp dV + +(γ −1) dV =0 Donc : p V V Finalement : dp dV +γ =0 p V Relation entre p et V C’est l’équation différentielle d’une adiabatique en coordonnées de Clapeyron. On peut aussi écrire : dp dV = dT − dp or =−γ dV V T p p V Donc : dV = dT +γ dV et V T V Relation entre T et V . dp On a dV = 1 D’où V γ p Relation entre T et p . dT =(1−γ) dV T V dT = γ −1.dp T γ p 5 b) Transformation adiabatique réversible finie En partant du point A1 (p1 ,V1 ,T1 ) on va vers A2 (p2,V2 ,T2 ) dp dV +γ =0 Or : p V On peut ré-écrire cette équation : d(ln p)+γd(lnV)=0 d(ln(pV γ )=0 En intégrant l’équation ci-dessus, on obtient : ln(pV γ )=Cte Ou encore : p.V γ =Cte= p1 .V1γ = p2.V2γ C’est l’équation de Laplace. Avec cette équation, on a supposé que γ et CV étaient constant. Ceci est vrai pour les gaz parfaits. Les deux autres relations donnent : dT +(γ −1) dV =0 Donc TV γ −1=Cte T V Tγ dT − γ −1.dp =0 Donc =Cte T γ p pγ −1 ..γ −1 On a : TV γ −1 γ −1 1 =T1 V γ −1 2 =T2 V =Cte T γ T1γ T2γ De même : γ −1 = γ −1 = γ −1 =Cte p p1 p2 Donc : T2 V1 = T1 V2 Donc T2 p2 = T1 p1 .. γ −1 γ On peut donc écrire : ln V γ −1 p2 T2 =(γ −1)ln . 1 = ln T1 p1 V2 γ c) Calcul du travail et de la variation d’énergie interne dans une transformation adiabatique Nous savons que dW =−pdV Dans une transformation adiabatique : p.V γ = p1 .V1γ D’où : p= p1 .V1γ .V −γ On en déduit : dW =−p1 .V1γ .V −γ dV Or V −γ dV = d(V 1−γ ) 1−γ p1V1 d(V 1−γ ) γ −1 En intégrant chaque membre, on obtient : p V V2 p Vγ W = 1 1 ∫ d(V 1−γ )= 1 1 (V21−γ −V11−γ ) γ −1 V1 γ −1 On peut écrire : dW = 6 W = 1 (p1V1γV21−γ − p1V1γV11−γ )= 1 (p1V1γV21−γ − p1V1 ) γ −1 γ −1 Or : p1V1γ = p2V2γ donc : p1V1γV21−γ = p2V2γV21−γ = p2V2 La variation d’énergie interne est donc : nR(T2 −T1 ) ΔU12 =W = 1 (p2V2 − p1V1 )= =nCV (T2 −T1 ) γ −1 γ −1 Pour un gaz monoatomique (argon) : CV = 3 R et γ = 5 2 3 5 / 3 Donc dans ce cas : pV =Cte W = 3 nR(T2 −T1 )= 3 (p2.V2 − p1 .V1 ) 2 2 Pour un gaz diatomique : CV = 5 R et γ = 7 2 5 Donc dans ce cas : pV 7 /5 =Cte W = 5 nR(T2 −T1 )= 5 (p2.V2 − p1 .V1 ) 2 2 5 – Pentes de l’adiabatique et de l’isotherme On veut comparer les pentes des courbes adiabatiques et isothermes. Pour cela du point A , on fait passer une isotherme d’équation pV =Cte , et une adiabatique d’équation pV γ =Cte . Sur l’axe des volumes , on se p A déplace de dVi =dVa autour du point A . Les déplacements correspondant sur dpi dpa l’isotherme seront dpi et sur l’adiabatique dpa . Sur l’isotherme on a les isotherme: pV =Cte déplacements : (p+dpi ,V +dVi ) adiabatique: pV γ =Cte dp Et on a i + dVi =0 p V V dVi =dVa dpi − p = La pente au point A , sera dVi V Sur l’adiabatique on a les déplacements : (p+dpa,V +dVa ) dpa dVa +γ =0 Et on a p V dpa −γp On en déduit la pente au point A : = dVa V La pente de l’adiabatique est γ fois plus grande que celle de l’isotherme. 7 Cycle de Carnot Il se compose de deux isothermes et de deux adiabatiques. p adiabatiques isothermes V 6 – Propagation du son dans les gaz La vitesse du son est donnée par c= 1 (sans démonstration) χρ Avec χ = −1 ∂V coefficient de compressibilité V ∂p ..T Et ρ masse volumique du gaz Les vibrations du son sont rapides, donc adiabatiques : dV = −1.V D’où dp γ p ..a χ= 1 γp p ρ On peut ré-écrire l’équation des gaz parfaits : pV = RT de la manière suivante : p RT = ρ M D’où finalement : c= γ Donc c= γ RT M Pour l’air à t=0°C, γ =1,4 , R=8,32 et M =28,8g.mole−1 c=332m.s −1 8