4.Premier Principe de La Thermodynamique_2

Thermodynamique - Chapitre 4 Premier principe de la thermodynamique

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LES CONNAISSANCES

1 - Transformations d’un système

Définition générale :

Partant d’un état initial d’équilibre et à la suite d’une modification des conditions extérieures, unsystème évolue vers un nouvel état d’équilibre thermodynamique.

On appelle transformation toute évolution d’un système d’un état initial vers un étatd’équilibre final.

Transformation réversible :

Définition 1 :

Une transformation est réversible si l’inversion du sens d’évolution des conditionsextérieures provoque l’inversion du sens d’évolution du système, celui-ci et l’extérieurrepassant par les mêmes couples d’états intermédiaires.

Cette définition impose qu’à tout instant, si on stoppe l’évolution des conditions extérieures,alors l’évolution du système en fait de même. On en déduit que le système et l’extérieursont en équilibre à tout instant.

On peut donc donner une autre définition (équivalente) de la réversibilité :

Définition 2 :

Une transformation est réversible si elle est constituée d’une succession continued’états d’équilibre. Cela entend équilibre interne du système (équilibre entre sesdifférentes parties, imposant par exemple dans un gaz, une pression et une température

uniformes) et équilibre du système avec l’extérieur.

Remarques :

Lorsqu’une transformation est réversible, il suffit de filmer l’évolution du système etdu milieu extérieur et de passer le film à l’envers pour visualiser la transformationinverse. Voilà un moyen intuitif simple pour identifier la réversibilité ou l’irréversibilité(si le film à l’envers apparaît contre nature).

Les concepts de transformation (évolution des variables d’état) et d’équilibre(variables d’état constantes) peuvent sembler incompatibles. Cependant, si les

conditions extérieures varient suffisamment lentement par rapport à la vitessed’évolution du système, celui-ci a le temps d’atteindre l’état d’équilibrecorrespondant, à chaque instant, aux conditions extérieures. L’équilibre n’est alors

Premier principe de la Thermodynamique


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jamais rompu ; il est déplacé au fur et à mesure de l’évolution des conditionsextérieures.

Il apparaît donc qu’une transformation réversible est un modèle théorique correspondant

à une transformation qui est nécessairement infiniment lente. Mais attention, cen’est pas une condition suffisante et une transformation réalisée très lentement nedevient pas nécessairement réversible. Par exemple, la détente du gaz d’unechambre à air dans l’atmosphère, à travers une petite fuite (aussi petite soit elle),n’est pas réversible (imaginez le film à l’envers...).

Transformation quasi-statique :

Il s’agit d’une transformation suffisamment lente pour que le système reste dans un étatd’équilibre interne à tout instant. Dans le cas d’un gaz, par exemple, sa pression et satempérature doivent être uniformes à tout instant.

Remarques :

Comme pour une réversible, la transformation quasi-statique est un modèle

théorique correspondant à une transformation nécessairement infiniment lente.Mais là encore, ce n’est pas une condition suffisante et une transformation réaliséetrès lentement ne devient pas nécessairement quasi-statique. On peut citer les deuxexemples suivants pour illustrer :

La compression très lente d’un gaz dans un cylindre, peut être assimilée à unecompression quasi-statique, puisque le gaz est en équilibre interne à tout instant.

La détente très lente du gaz d’une chambre à air dans l’atmosphère, à traversune petite fuite, n’est pas quasi-statique. En effet, la pression du gaz n’est pasuniforme à tout instant (la pression du gaz encore à l’intérieur est différente de lapression du gaz déjà sorti dans l’atmosphère).

Une transformation réversible est nécessairement quasi-statique, puisque l’équilibreinterne du système est nécessaire à la réversibilité. Bien sûr, la réciproque estfausse. Par exemple, la fusion très lente de la glace dans un seau à glace peut êtresupposée quasi-statique puisque le mélange d’eau et de glace constitue un systèmequi reste en équilibre interne (à 0°C sous la pression atmosphérique). Elle estcependant irréversible (le système n’est pas à l’équilibre thermique avec l’extérieurdont la température est supérieure à 0°C).

Transformations irréversibles :

Les transformations réelles sont irréversibles. Les causes de l’irréversibilité d’unetransformation sont :

les frottements ;

les phénomènes de transport (thermique ou de matière) associés à un déséquilibreinterne du système (inhomogénéité de température ou de pression dans un gaz, parexemple) ;

les phénomènes d’hystérésis (effets de mémoire) ;

les réactions chimiques.

Transformations particulières :

• Une transformation est isotherme lorsque la température du système est constante.

• Une transformation est isobare lorsque la pression du système est constante.

• Une transformation est isochore lorsque le volume du système est constant.


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• Une transformation est monobare lorsque la pression extérieure est constante.

• Une transformation est adiabatique lorsque le système n’échange pas de chaleur avecl’extérieur.

• Une transformation est cyclique lorsque le système a un état final identique à son étatinitial.

2 - Travail et chaleur

Un système non isolé peut recevoir de l’énergie du milieu extérieur. On classe en deux

catégories les échanges d’énergie possibles : travail et chaleur.

Définition du travail :

Un travail correspond à un transfert (ou échange) d’énergie à l’échelle macroscopique.

On distinguera deux cas :

• Travail mécanique (travail d’une force) : W F d=→ →

∫ . l .

• Travail électrique : W P dt= ∫ où : P est la puissance électrique reçue par le

système.

Définition de la chaleur :

Un système peut recevoir de l’énergie en l’absence de travail. C’est le cas, par exemple,d’un corps plongé dans un bain de température élevée, qui voit sa température augmenterjusqu'à l’équilibre thermique, sans recevoir aucun travail.

Lorsqu’un système reçoit de l’énergie en l’absence de travail, on dit qu’il reçoit de la

chaleur. Un échange de chaleur correspond donc à un transfert d’énergie à l’échellemicroscopique.

Remarques :

Un transfert de chaleur par conduction correspond en fait à une propagationd’énergie cinétique de molécules en molécules par l’intermédiaire des chocsintermoléculaires. On comprend ainsi pourquoi la chaleur peut traverser un mur alorsque le vide est un isolant thermique parfait.

On peut aussi réaliser un transfert thermique par rayonnement (propagation dephotons). Bien sûr, le vide permet cette forme de transfert thermique (et c’estd’ailleurs sous cette forme que nous recevons de la chaleur du soleil).

On utilise aussi le terme de transfert thermique pour les échanges de chaleur. Ilne faut néanmoins pas faire de lien entre chaleur et température. La chaleur estun transfert d’énergie ayant lieu pendant que le système passe d’un état à un

autre ; elle est donc liée à la transformation. La température, elle, est une variable

caractéristique de l’état du système.

Il ne faut pas non plus faire de lien entre échange de chaleur et variation detempérature. En effet, on peut chauffer un gaz en le comprimant de façonadiabatique, donc sans lui apporter de chaleur. Inversement, un mélange d’eau etde glace reste à température constante (0°C sous pression atmosphérique) même sion lui fournit de la chaleur (l’apport de chaleur provoque ici la fusion de la glace).


45

3 - Travail des forces de pression

Cas général :

Considérons un système limité par une surface S de séparation avec le milieu extérieur.

Sur cette surface (ou partie de cette surface) mobile est exercée la pression extérieure,notée Pext , que l’on supposera uniforme.

Etudions un déplacement élémentaire de la surface S :

En considérant un élément de surface dS :

dF P dS next

→ →= −

Alors : d W dF d P dS n d P dSdext ext3 = = − =

→ → → →. . cosl l l α

Or : d dS dl cosα τ= 3 où : d3τ est le volume élémen-

taire poussé par la surface dS .

Donc : d W P dext3 3= τ

Et pour l’ensemble des forces de pression sur la surface S :

dW P d P dextS

extS

= =∫∫ ∫∫3 3τ τ( ) ( )

puisque Pext est supposée uniforme sur S .

Finalement : dW P dext= τ où : dτ est le volume élémentaire poussé par la

surface S sur laquelle s’exerce la pression extérieure.

Pour un déplacement fini de la surface S : W P dextE

E

i

f= ∫ τ .

Remarques :

On constatera ultérieurement que le travail dépend de la nature de la transformation,

c’est-à-dire du « chemin suivi ». Un travail élémentaire n’est donc pas une DTE.

C’est pour cette raison que l’on utilise la notation dW (la notation δW est souvent

utilisée, mais elle est maladroite puisque la lettre δ représente usuellement une

petite variation, et ce n’est justement pas le cas d’une différentielle qui n’est pas une

DTE).

On vérifie aisément la convention de signe : dW > 0 lorsque dτ > 0 (cas d’une

compression) et dW < 0 lorsque dτ < 0 (cas d’une détente).

Quelques cas particuliers :

• Dans le cas d’un système pour lequel lapression extérieure Pext est uniformesur toute la surface fermée délimitantle système, le volume poussé par cettesurface s’identifie à la diminution devolume du système : d dVτ = − .

On aura donc : W P dVextV

V

i

f= −∫ .

Remarque : Ce résultat est encore valable si la pression extérieure n’est uniforme que

sur la partie mobile de la surface délimitant le système.

n→

dl→

dS

(S)

d3τ

Pext

αdτ

système extérieur

système

Pext

surface à

l'instant t + dt

surface à

l'instant t

dτ


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• Dans le cas d’un système pour lequel la pression P est définie et uniforme à toutinstant, cette pression s’identifie (par continuité) à la pression extérieure. On en déduitque la pression extérieure est nécessairement uniforme sur toute la surface délimitant lesystème. On respecte donc le critère du cas précédent.

On aura alors : W P dVV

V

i

f= −∫ .

• Dans le cas d’une transformation quasi-statique ou réversible d’un gaz, la pressiondu gaz est nécessairement uniforme (puisque le gaz doit être dans un état d’équilibreinterne à tout instant). On respecte donc le critère du cas précédent.

On aura donc, là encore : W P dVrévV

V

i

f= −∫ .

Exemple :

On s’intéresse à la compression d’un gaz placé dans un cylindre horizontal en contact avecl’atmosphère.

Deux systèmes peuvent être envisagés :

Système 1 : gaz + piston . L’extérieur est alorsl’atmosphère.

Dans ce cas : d dVτ = − et : ∫ −= f

i

V

Vatm dVPW .

Remarques :

Ce résultat n’est pas général, il suffit qu’il y ait, par exemple, mouvement du fonddu cylindre pour que d dVτ ≠ − ! (pour d’autres contre-exemples, voir« Exemple 9 », page 61 et « Exemple 10 », page 62).

Il serait faux de faire appel à la pression du gaz pour calculer le travail fourni par

l’atmosphère et d’utiliser la relation : W P dVV

V

i

f= −∫ .

En effet, même si on suppose la pression du gaz homogène, elle est différentede la pression atmosphérique puisque l’accélération du piston n’est pas nullependant la compression (cf. théorème de la résultante cinétique appliquée aupiston).

Système 2 : gaz . L’extérieur est maintenant le piston.

La pression extérieure est la pression du gaz au niveaude la surface de contact avec le piston. En général,cette pression n’est pas connue, puisque le gaz n’estpas nécessairement en équilibre interne pendant latransformation.

Le système gaz ne peut donc être étudié que si la transformation est lente, de sorteque le gaz soit dans un état d’équilibre mécanique interne, c’est-à-dire de pressionhomogène, à tout instant (cas d’une transformation quasi-statique, par exemple). Ils’agit alors du deuxième cas particulier précédemment cité.

Donc : W P dVV

V

i

f= −∫ .

surface de

séparation

gaz )( atmP

gaz

surface de

séparation


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Interprétation graphique du travail des forces de pression :

On s’intéresse aux cas particuliers de transformations pour lesquelles la pression dusystème est définie et uniforme à tout instant. On peut alors représenter l’évolution de lapression P en fonction du volume V , au cours de la transformation (il s’agit descoordonnées de Clapeyron).

D’autre part, le travail des forces de pression s’écrit, dans cesconditions :

W PdVV

V

i

f= −∫ .

On peut donc énoncer :

• Le travail est (en valeur absolue) l’aire sous la courbeP f V= ( ) . Il est positif pour une compression et négatif pour une détente.

• Dans le cas d’un cycle, il s’identifie à l’aire du cycle et sonsigne dépend du sens de parcours du cycle.

Sur l’exemple de la figure, WAB < 0 (détente) et WBA > 0

(compression) et, en valeurs absolues, W WAB BA< . On a

donc Wcycle > 0 .

En conclusion, le travail des forces de pression au cours

d’un cycle est positif si le cycle est parcouru dans sens direct et négatif s’il estparcouru dans le sens indirect.

4 - Chaleurs massiques isobare et isochore

On s’intéresse à des transformations au cours desquelles on réalise le réchauffement d’unsystème par simple transfert thermique.

• La chaleur massique à pression constante CP d’un matériau est la quantité de chaleurnécessaire pour augmenter la température de 1K de l’unité de masse de ce matériau, aucours d’une transformation isobare.

La quantité de chaleur élémentaire nécessaire à l’augmentation de température de dT est

donc, sur une isobare :

dQ mC dTP P= .

Pour passer de T1 à T2 , il faut fournir (et donc le système reçoit) : Q mC dTP PT

T= ∫

1

2

.

• La chaleur massique à volume constante CV d’un matériau est la quantité de chaleurnécessaire pour augmenter la température de 1K de l’unité de masse de ce matériau aucours d’une transformation isochore.

La quantité de chaleur élémentaire nécessaire à l’augmentation de température de dT est

donc, sur une isochore :

dQ mC dTV V= .

Pour passer de T1 à T2 , il faut fournir (et donc le système reçoit) : Q mC dTV VT

T= ∫

1

2

.

P

VVi Vf

W <0

P

VV1 V2

W >0

A

B


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Unités : [ ] [ ] . .C C J K kgP V= = − −1 1 . CP et CV sont intensives : elles sont caractéristiques de la

nature du matériau constituant le système.

Remarques :

Comme pour le travail, nous constaterons ultérieurement que le transfert thermiquedépend du chemin suivi, donc qu’un transfert thermique élémentaire n’est pas une DTE.D’où la notation dQ .

Ces définitions sont les définitions historiques des chaleurs massiques. Des définitionsplus « modernes » sont posées à partir de l’énergie interne et de l’enthalpie (voir« Chaleur massique à volume constant », page 50 et « Chaleur massique àpression constante », page 53).

On définit de même, les chaleurs molaires à pression ou volume constant :

dQ nC dTP P= ' sur une isobare et : dQ nC dTV V= ' sur une isochore.

Les unités sont alors : [ ' ] [ ' ] . .C C J K molP V= = − −1 1 .CP ' et CV ' sont intensives.

5 - Capacité thermique

Pour les phases condensées (liquides ou solides), la définition de CV n’est que théorique.

En effet, une phase condensée est très peu compressible. Pour la chauffer à volume constant,il faudrait donc imposer une augmentation de pression gigantesque pour compenser lephénomène de dilatation thermique.

On définit alors : mC CP = . C est la capacité thermique du corps considéré.

Unité : [ ] .C J K= −1 . C est extensive : elle est caractéristique du corps considéré.

6 - Premier principe de la thermodynamique

Retour sur l’énergie mécanique

Lors de l’étude mécanique d’un système, nous avons défini l’énergie mécanique de sortequ’elle se conserve pour un système ne subissant que des forces conservatives (cf.théorème de l’énergie mécanique). Cependant, elle ne se conserve pas pour un système

isolé : c’est une grandeur non conservative.

Par exemple, si on envisage le système constitué d’une masse accrochée àun ressort dans une enceinte contenant un gaz, placé en apesanteur dansle vide, il s’agit d’un système isolé ne subissant aucune action extérieure.Néanmoins, on constate que les oscillations de la masse sont amorties desorte que l’énergie mécanique de ce système n’est pas constante.

Si on note k la raideur du ressort, l0 sa longueur à vide (qui est aussi sa

longueur à l’équilibre en l’absence de pesanteur) et A l’écart de la position

initiale de la masse par rapport à sa position d’équilibre, alors :

Etat initial : ECi = 0 ; E kAP i =1

2

2 (masse lâchée sans vitesse initiale ( l l= +0 A )).

Etat final : ECf = 0 ; EPf = 0 (masse immobilise dans sa position d’équilibre ( l l= 0 )).

m

gaz


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On aura donc : ∆E kAm = −1

2

2.

Parallèlement, on observe un réchauffement du gaz mettant en évidence l’augmentation del’énergie d’agitation thermique des molécules du gaz. La mesure de l’élévation de latempérature permet de constater que l’augmentation de l’énergie des molécules du gaz estégale à la baisse de l’énergie mécanique du système. Nous avons donc affaire à uneconversion d’énergie mécanique en une autre forme d’énergie que nous appelleronsénergie interne du gaz.

Si nous définissons l’énergie du système comme étant la somme de son énergiemécanique et de son énergie interne, alors cette énergie se conserve pour un systèmeisolé : c’est une grandeur conservative. Si le système n’est pas isolé, les transfertsénergétiques (non conservatifs) réalisés par le système provoquerons la variation de sonénergie.

Le premier principe généralise ces idées à tout système.

Enoncé :

• A tout système fermé, on associe une fonction d’état E extensive et conservative,appelée énergie, telle que sa variation, au cours d’une transformation quelconque, estégale à la somme du travail (non conservatif) et de la chaleur reçus de l’extérieur :

∆E W Q= + .

• Cette énergie est la somme de l’énergie mécanique Em du système et de son énergie

interne U (correspondant à son énergie à l’échelle microscopique).

On peut finalement écrire :

∆ ∆E U W Qm + = + .

Remarques :

Seuls les travaux non conservatifs sont à considérer puisque le travail des forcesconservatives est déjà contenu dans la variation de l’énergie potentielle du système.On peut citer pour exemple, le travail des forces de pression ou le travail électrique.

L’énergie mécanique est une grandeur définie à l’échelle macroscopique.L’énergie interne est une grandeur caractéristique de l’état microscopique dusystème. Elle est la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie potentiellemicroscopiques :

Par exemple, pour un gaz, l’énergie interne contient les énergies cinétiques desmolécules ainsi que leur énergie potentielle d’interaction. C’est alors une fonctionde 2 variables d’état indépendantes. On choisit usuellement la température et levolume ; on notera U T V( , ) .

Pour un condensateur, elle contient en plus, son énergie électrostatique :

Wq

CC =

1

2

2

.

C’est alors une fonction de deux variables thermoélastiques et de la charge du

condensateur ; on notera U T V q( , , ) .

Si le condensateur est utilisé sous une pression constante (ce qui est le casusuellement), sa température et son volume ne sont plus indépendants (liés parl’équation d’état du condensateur). Son énergie interne n’est alors fonction quede deux variables indépendantes : U T q( , ) .


50

Pour un atome, son énergie interne comprend l’énergie de son noyau et celle deses électrons. L’énergie de son noyau n’est modifiée que lors de réactionsnucléaires. Celle de ses électrons est modifiée lors d’une transition d’un niveauénergétique à un autre, au cours de l’absorption ou de l’émission d’un photon parexemple, ou au cours d’une réaction chimique provoquant la modification desorbitales moléculaires.

Comme pour toute fonction d’état, la variation ∆U de l’énergie interne est

indépendante du chemin suivi et ne dépend que de l’état initial et de l’état finaldu système. En particulier, sur une transformation cyclique : ∆ ∆ ∆E E Um= = = 0 .

En revanche, W et Q ne sont pas indépendants de la nature de la transformation.

En particulier, il n’y a aucune raison pour que W et Q soient nuls sur un cycle.

Lors d’une transformation élémentaire (entre les instants t et t dt+ ), on pourraécrire le premier principe sous forme différentielle :

dE dU dW dQm + = + .

dEC et dU sont alors des différentielles totales exactes alors que dW et dQ n’en

sont pas.

Tout système isolé ( dW dQ= = 0 ) voit son énergie E constante. C’est bien la

définition d’une grandeur conservative.

Chaleur massique à volume constant :

Pour un système thermoélastique simple, c’est-à-dire décrit par deux variables indépendantes,

on choisit les variables T et V pour écrire l’énergie interne : U T V( , ) .

On peut alors écrire sa différentielle (totale exacte) : dUU

TdT

U

VdV

V T

=

+

∂

∂

∂

∂.

En travaillant sur l’unité de masse du système, on pose alors : CU

TV

m

V

=

∂∂

.

CV est la chaleur massique à volume constant et Um est l’énergie interne

massique.

On notera donc : dU mC dTU

VdVV

T

= +

∂∂

.

Remarques :

CV est à priori, comme U , une fonction de T et de V . Pour de faibles variations de

température et de volume, on peut être amené à la considérer constante, mais ce

n’est pas un résultat général.

On peut vérifier que cette définition est équivalente à celle historiquement donnée à

partir de la chaleur (voir « Chaleurs massiques isobare et isochore », page 47) :

Sur une isochore (quasi-statique) : dU mC dTV= ( dV = 0 ) et : dU dW dQ dQ= + =

D’où : dQ mC dTV V= .

On notera que conformément à la définition historique de CV , il faut envisager un

simple réchauffement du système par transfert thermique, afin d’avoir E ctem = et

pas de travail autre que celui des forces de pression.


51

Cas des phases condensées (liquides ou solides) :

Leur volume peut être supposé constant puisqu’elles sont très peu dilatables et trèspeu compressibles.

On aura donc, pour toute transformation quasi-statique : dU mC dTV≈ .

7 - La fonction enthalpie

Définition :

L’enthalpie d’un système dont la pression est définie et uniforme est la fonctiond’état définie par :

H U PV= + .

Unité : [ ]H J= .

Remarque : H est une fonction d’état extensive (comme U et PV ).

Cas des phases condensées :

La définition donnée de l’enthalpie peut s’utiliser pour un gaz en équilibre mécaniqueinterne puisque sa pression est alors définie et uniforme. Pour les phases condensées, iln’est pas aussi simple de déterminer leur enthalpie.

Cas d’un liquide :

La pression est définie dans un liquide en équilibre mécanique, mais elle n’est pasuniforme en présence du champ de pesanteur. Il faut donc calculer l’enthalpie de

chaque volume élémentaire de pression P M( ) et en faire la somme :

∫∫∫+= dVMPUH liqliq )( .

Prenons un cas très simple pour faire une estimation

numérique : Liquide dans un récipient de section S et de

hauteur h , en équilibre dans le champ de pesanteur sous une

pression de surface SP .

La pression ne dépendant que de l’altitude z , le liquide est

découpé en volumes élémentaires de hauteur dz .

On a alors : ∫∫∫∫ =h

dzSzPdVMP0

)()( .

En prenant le modèle du liquide incompressible et indilatable pour mener ce calcul, la

pression suit la loi de l’hydrostatique : ( )zhgPzP S −ρ+=)( .

D’où : ( )[ ] 22

2

0 2

1

2)( gShVP

hhgSShPdzSzhgPdVMP SS

h

S ρ+=

−ρ+=−ρ+= ∫∫∫∫ .

Pour faire une estimation numérique, considérons par exemple un bécher de 250 cm de

surface, contenant L1 d’eau (ce qui correspond à cmh 20= ), sous la pression de

bar1 .

On obtient alors les valeurs : =VPS 100 J ; 1

2

2ρgSh ≈ 1 J ; ≈∫∫∫ dVMP )( 101 J .

On a donc : VPdVMP S≈∫∫∫ )(

O

z

z dz+z

SP

h


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Ces valeurs numériques permettent de mettre en évidence que, pour des hauteurs deliquide raisonnables, on peut écrire :

VPUH Sliqliq +≈ pour un liquide.

L’enthalpie du liquide se calcule alors comme si celui-ci était de pression homogèneégale à la pression de surface.

Cas d’un solide :

La notion de pression que nous avons définie dans les fluides n’a pas de sens dans unsolide. En particulier, la force qui s’applique sur la surface d’un élément de volume d’unsolide n’est pas normale à cette surface.

Par analogie avec les liquides, en notant SP la pression (supposée uniforme) à la

surface du solide, on posera :

VPUH Ssolsol += pour un solide.

Transformations monobares entre deux états d’équilibre mécanique :

Il s’agit de transformations au cours desquelles Pext est constante et uniforme (sur lasurface mobile du système) le système étant dans un état d’équilibre mécanique à l’état

initial et à l’état final. Seul le travail des forces de pression est envisagé et l’éventuelle

variation d’énergie potentielle du système est négligée.

Cas d’un gaz :

Compte tenu des hypothèses, on peut écrire :

• Pi uniforme et P Pi ext= ;

• Pf uniforme et P Pf ext= .

Le travail des forces de pression s’écrit (voir « Quelques cas particuliers », page 45) :

VPdVPW ext

V

Vext

f

i

∆−=−= ∫ .

Le premier principe s’écrit alors : Pextm QVPEU +∆−=∆+∆ .

Or : ∆EC = 0 (le système est immobile dans l’état initial et dans l’état final).

Et : ∆EP est négligée.

On peut donc écrire : Pext QVPU +∆−=∆

D’où : ( ) VPQVPVPVPQVPPVUH extPextiiffPext ∆++∆−=−++∆−=∆+∆=∆

Soit : PQH =∆ .

Remarque : Aucune hypothèse n’est faite sur l’état du gaz en cours de transformation.En particulier, la pression n’est pas forcément définie (en dehors de l’état initial et final).C’est pour cette raison que le bilan enthalpique est réalisé sur la transformation globaleentre l’état initial et l’état final et non sous forme différentielle.

Cas d’un système quelconque :

La pression à la surface des phases condensées étant la pression de la phase gazeuse,

on aura : extgazSgazS PPPPPffii

==== .

L’enthalpie d’une phase condensée s’écrit donc : cgazcc VPUH ϕϕϕ += .

L’enthalpie du système est alors : VPUVPUHH gaz

i

igaz

i

i

i

i +=+== ∑∑∑ .


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La démonstration précédente est donc à nouveau valable et le résultat reste inchangé.

Soit : PQH =∆ .

Exemple d’application : Transformations en vase ouvert, comme le sont souvent lesréactions chimiques (l’enthalpie est d’ailleurs une fonction d’état importante en thermo-dynamique chimique).

Transformations isobares :

Il s’agit de transformations au cours desquelles la pression du système est définie,uniforme et constante. Cette fois-ci, le bilan enthalpique peut être réalisé sur unetransformation élémentaire. Comme précédemment, on néglige l’éventuelle variationd’énergie potentielle, ainsi que d’énergie cinétique (dEm = 0 ).

On a donc : dVPQddVPdPVdVPdUdH P ++−=++=

Soit : PQddH = et bien sûr : PQH =∆ .

Chaleur massique à pression constante :

Pour un système thermoélastique simple, c’est-à-dire décrit par deux variables indépendantes,

on choisit les variables T et P pour écrire l’enthalpie : H T P( , ) .

On peut alors noter sa différentielle (totale exacte) : dHH

TdT

H

PdP

P T

=

+

∂

∂

∂

∂.

En travaillant sur l’unité de masse du système, on pose alors : CH

TP

m

P

=

∂∂

.

CP est la chaleur massique à pression constante et Hm est l’enthalpie massique.

On notera donc : dH mC dTH

PdPP

T

= +

∂∂

.

Remarques :

CP est a priori, comme H , une fonction de T et de P . Pour de faibles variations de

température et de pression, on peut être amené à la considérer constante, mais ce

n’est pas un résultat général.

On peut vérifier que cette définition est équivalente à celle historiquement donnée à

partir de la chaleur (voir « Chaleurs massiques isobare et isochore », page 47) :

Sur une isobare (quasi-statique) : dH mC dTP= ( dP = 0 ) et : dH dQ= .

D’où : dQ mC dTP P= .

On notera que conformément à la définition historique de PC , il faut envisager un

simple réchauffement du système par transfert thermique afin d’avoir E ctem = et

pas de travail autre que celui des forces de pression.

Cas des phases condensées :

SVSS dPm

dTmCdPVdUdHVPUHρ

+≈+=⇒+≈ .


54

Or : S

TSP dP

P

HdTmCdH

∂∂

+=

Donc : CmCmC PV =≈ pour une phase condensée.

On déduit aussi : ρ

=

∂∂ m

P

H

TS

.

La masse volumique des phases condensées étant importante, il apparaît donc quel’enthalpie des liquides est peu sensible à la pression. Faisons une estimation

numérique pour kg1 d’eau :

113 ..10.18,4 −−==

∂

∂KkgJC

T

HP

P

m ; 113 ..101 −−−=ρ

=

∂∂

PakgJP

H

TS

m .

L’enthalpie des phases condensées est donc beaucoup plus sensible à latempérature qu’à la pression. Pour des variations de pression raisonnables, onsupposera donc que l’enthalpie des phases condensées ne dépend que de latempérature.

D’où : dTmCdH P≈ pour une phase condensée.

Récapitulatif :

L’ensemble des résultats établis précédemment peuvent se récapituler de la façonsuivante :

U H dU dH

gaz ),( VTU ),( PTH dVV

UdTmC

T

V

∂∂

+ dPP

HdTmC

T

P

∂∂

+

phase condensée )(TUU ≈ )(THH ≈ dTmCdU V≈ dTmCdH P≈

Pour tout système : VQU =∆ (sur une isochore) ;

PQH =∆ (sur une monobare entre 2 états d’équilibre mécanique).

Pour les phases condensées : CmCmC PV =≈ .

8 - Application à la calorimétrie

Les expériences de calorimétrie consistent à réaliser des transformations au cours desquelles

se produisent des transferts thermiques, soit sous pression extérieure constante (mélangedans un calorimètre, par exemple), soit à volume constant (dans un récipient hermétiquementclos), en l’absence de travail autre que celui des forces de pression et dans des conditionspermettant de négliger la variation d’énergie potentielle du système.

Dans le premier cas, il s’agit de transformations monobares entre deux états d’équilibremécanique, pour lesquelles nous avons montré : ∆H Q= . Il s’agit donc de faire un biland’enthalpie pour le système.


55

Dans le deuxième cas, il s’agit de transformations isochores pour lesquelles : ∆U Q= . Ils’agit donc de faire un bilan d’énergie interne pour le système.

Remarque : Dans les deux cas cités, c’est la variation d’une fonction d’état qu’il fautdéterminer. Celle-ci étant indépendante du chemin suivi, l’évolution du système pendant latransformation n’a pas d’importance. Seuls comptent l’état initial et l’état final.


56

LES SAVOIR-FAIRE

1 - Faire un bilan calorimétrique

• Identifier le système considéré.

• Identifier la nature de la transformation.

S’il s’agit d’une transformation monobare entre deux états d’équilibre mécanique oud’une isobare, on pourra écrire : ∆H Q= (voir « Transformations monobares entredeux états d’équilibre mécanique », page 52 et « Transformations isobares », page53).

S’il s’agit d’une transformation isochore, on pourra écrire : ∆U Q= (puisque W = 0 ).

• Identifier l’état initial (température, pression, volume) et l’état final du système (ou desdifférentes parties du système).

• En déduire les expressions des variations d’enthalpie, ou d’énergie interne, de chaquepartie du système.

• Réaliser le bilan enthalpique ( ∆H Q= ), ou énergétique ( ∆U Q= ).

Exemple 1 : On ajoute une masse m1 d’eau de température t1 dans un calorimètre de

capacité thermique C , contenant initialement une masse m2 d’eau de température t2 .

Système : m1 + m2 + calorimètre . Ce système est thermiquement isolé : Q = 0 .

Transformation : L’évolution dans le calorimètre étant monobare entre deux états

d’équilibre mécanique (sous la pression atmosphérique) : Q H= ∆ .

On aura donc : ∆H = 0 .

Pour réaliser le bilan d’enthalpie, il faut calculer les variations d’enthalpie de chaquepartie du système :

m1 : t tf1 → et : ( )∆H mC t tf1 1 0 1= − (phase condensée ; chaleur massique

C0 de l’eau supposée constante).

m2 : t tf2 → et : ( )∆H m C t tf2 2 0 2= − .

calorimètre : t tf2 → et : ( )∆H C t tcal f= − 2 (on suppose le calorimètre

initialement à l’équilibre thermique avec la masse m2 d’eau).

Bilan enthalpique : ∆ ∆ ∆ ∆H H H Hcal= + + =1 2 0 (H étant une fonction extensive).

Soit : ( ) ( )( )mC t t m C C t tf f1 0 1 2 0 2 0− + + − = .

De cette équation, on peut extraire la température finale d’équilibre tf (si on connaît

C0 et C ) ; on peut aussi déterminer C0 si on mesure la température d’équilibre tf(connaissant C )...

Cette méthode expérimentale constitue la « méthode des mélanges ».


57

Exemple 2 : Dans un récipient rigide et calorifugé, de volume V L= 10 et de capacité

thermique négligeable, contenant un morceau de plomb de masse m g1 100= initialement à la

température t C1 20= ° , on insère une masse m2 de vapeur d’eau à la température

t C2 200= ° . L’air est supposé chassé par la vapeur d’eau. Déterminer la pression initiale de la

vapeur d’eau permettant de réchauffer le plomb jusqu'à la température t Cf = °180 .

On donne : Chaleur massique isochore (moyenne) de la vapeur d' eau :

Chaleur massique du plomb :

C J K g

C J K g

V =

=

− −

− −

138

0127

1 1

1 1

, . .

, . .

Système : m1 + m2 . Ce système est thermiquement isolé : Q = 0 .

Transformation : L’évolution étant isochore : Q U= ∆ .

On aura donc : ∆U = 0 .

Pour réaliser le bilan d’énergie interne, il faut calculer les variations d’énergieinterne de chaque partie du système :

m1 : t tf1 → et : ( )111 ttCmU f −=∆ (phase condensée ; C cte= ).

m2 : t tisochore

f2 → et : ( )∆U m C t tV f2 2 2= − (V cte C cteV= =; ).

Bilan énergétique : ∆ ∆ ∆U U U= + =1 2 0 (U étant une fonction extensive).

Soit : ( ) ( )mC t t m C t tf V f1 1 2 2 0− + − = ⇔( )

( )fV

f

ttC

ttCmm

−−

=2

112 = 73 6, g .

En en déduit la pression initiale de la vapeur d’eau, en supposant qu’elle secomporte comme un gaz parfait :

Pm RT

MV= 2 2 = 161, bar (avec R J K mol= − −8314 1 1, . . et M g mol= −18 1. ).

Remarque : L’application numérique, pour calculer m2 , peut être effectuée en

gardant les températures en °C , puisqu’on calcule des variations de température.

Par contre, pour calculer la pression, il faut utiliser l’échelle absolue (en Kelvin).

2 - Faire un bilan calorimétrique élémentaire

Lorsqu’un échange de chaleur ne peut pas être calculé sur la transformation globale, il est

nécessaire de réaliser le bilan calorimétrique sur une étape élémentaire (entre les instants t et

t dt+ ). La méthode de travail est bien sûr identique, mais le bilan conduit à une équationdifférentielle.

Exemple 3 : Etude de la température T t( ) (supposée uniforme) d’une salle de cours de

capacité thermique C , recevant une puissance thermique constante P des radiateurs (et des

élèves travaillant ardemment) et cédant à l’extérieur une puissance thermique de fuite

)( extf TTkP −= où Text est la température extérieure, supposée constante.

La puissance des fuites thermiques n’étant pas constante (T varie), on ne peut pascalculer la quantité de chaleur échangée avec l’extérieur pendant un intervalle detemps fini. Il est donc nécessaire de faire un bilan sur une transformation

élémentaire, entre les instants t et t dt+ .


58

Système : air contenu dans la salle . Ce système n’est pas thermiquement isolé.

Transformation : T t T dTisobare

( ) → + . La transformation est isobare : dH dQ= .

Or : dH mC dT CdTP= = (transformation isobare) et : dQ P dt P dtf= − (le

système reçoit des radiateurs et cède à l’extérieur, P et Pf étant positives).

Bilan : ( ) ( ) dtTTkP

dTCdtTTkdtPdTC

extext =

−−⇔−−=

En supposant que la température initiale est la température extérieure, on obtient,

par intégration entre 0 et t :

( ) ⇔=−− ∫∫

tT

Text

dtTTkP

dTC

ext 0

( )⇔=

−−− t

P

TTkP

k

C extln

−+=

− tC

k

ext ek

PTT 1

Remarque :

Deux grandeurs sont intéressantes dans ce problème :

La température limite : T TP

kextlim = + .

Cette température limite est, comme attendu, d’autant plus élevée que la

puissance de chauffe P est grande et que les fuites thermiques,

caractérisées par k , sont faibles.

Le temps de montée en température : quelques τ =C

k.

Ce temps caractéristique est d’autant plus grand que la capacité thermique

C de la pièce est grande et que les fuites thermiques sont faibles. L’effetd’une bonne isolation thermique qui allonge ce temps de montée entempérature peut paraître étonnant, mais il se conçoit très bien si on imagineune pièce parfaitement isolée, pour laquelle la température limite devientinfinie et qui est atteinte au bout d’un temps lui-même infini.

Les conséquences concrètes de ces résultats sont les suivantes :

Une bonne installation de chauffage nécessite une forte isolation thermique.La température limite est alors atteinte au bout d’un temps trop long et on necherche donc pas à fonctionner à cette température. On prévoit en fait unepuissance de chauffe importante, conduisant à une température limitethéorique bien supérieure à celle souhaitée, et on stoppe le chauffagelorsqu’on atteint la température désirée (celle-ci étant atteinte bien avant τ ).Le chauffage est ensuite remis en fonctionnement dès que la températurebaisse. C’est le principe du thermostat (utilisé sur les convecteursélectriques, par exemple). Son inconvénient est bien sûr une oscillationpermanente de la température.

Une deuxième solution peut être envisagée : fonctionner effectivement à latempérature limite avec un chauffage permanent. Le temps de montée entempérature est très long, mais comme le chauffage n’est jamais arrêté, leproblème ne se pose qu’à la mise en route. Mais un autre problème sepose alors : la température limite est fonction de la température extérieure.La puissance de chauffe doit donc être adaptée à celle-ci pour maintenir unetempérature intérieure constante. Ce genre d’installation (chauffage par lesol) utilise alors une sonde de température extérieure . On peut même allerjusqu'à utiliser les prévisions météo à court terme afin d’anticiper lesvariations de température extérieure (et compenser l’inertie du système)...


59

3 - Calculer la pression d’un gaz placé dans un cylindre

• Faire un bilan des forces appliquées au piston (dont fait partie la force de pression du gazsur le piston).

• Ecrire la condition d’équilibre du piston pour en déduire la pression du gaz.

Exemple 4 : Cylindre vertical avec un piston de surface S et de masse m0 .

Système : piston

Forces :

−

−

(gaz)

e)(atmosphèr

(poids)

0

0

kPS

kSP

kgm

Equilibre : − − + = ⇔m g P S PS0 0 0 P Pm g

S= +0

0.

Exemple 5 : Cylindre horizontal.

La projection de la relation vectorielle sur l’axe parallèleau cylindre ne fait plus intervenir le poids du piston.

On obtient alors : P P= 0 .

Exemple 6 : Cylindre vertical avec un piston de surface S et de masse m0 , surmonté d’une

masse m .

On ne peut plus travailler avec le système piston , carla force de contact de la masse sur le piston n’est pasconnue. Pour éviter de calculer cette force, il suffitd’inclure la masse m dans le système.

Système : piston + masse . La force de contact entrele piston et la masse devient alors une force intérieure.

Forces extérieures : gm ; gm0 ; kPS ; kSP0− .

Equilibre du système : − − + − =mg m g PS P S0 0 0

D’où : ( )

S

gmmPP 00

++= .

Remarques :

On admet ici que la force de pression atmosphérique qui s’appuiemaintenant sur la surface du système piston + masse , garde la mêmeexpression que pour le piston seul. Ce résultat peut se démontrer...

Ces calculs ne sont valables que si le piston est immobile (en équilibre). Ilspermettent, par exemple, de faire le calcul d’une pression initiale (avanttransformation) ou d’une pression finale (après transformation). Par contre,la pression du gaz pendant une transformation ne peut pas être déterminéeainsi, puisque le piston a alors une accélération non nulle.

gaz

masse

m0

(P)

Ok

z ( )P0

O

k

z

( )P0gaz (P)

gaz

masse

m

(P)

Ok

z ( )P0


60

4 - Calculer le travail reçu par un système

On s’intéresse ici aux travaux non conservatifs (les travaux des forces conservatives sont prisen compte dans la variation d’énergie potentielle, elle-même contenue dans la variationd’énergie mécanique).

• Identifier le système considéré et en conséquence, le milieu extérieur.

• Si la pression extérieure est connue, le travail des forces de pression se calcule par larelation :

W P dext= ∫ τ

et si le volume poussé par l’extérieur correspond à la diminution de volume du système, parla relation :

∫ −= f

i

V

Vext dVPW (voir « Quelques cas particuliers », page 45).

• Si la pression du système est définie et uniforme à tout instant (cas d’une transformationquasi-statique ou réversible d’un gaz, par exemple), on pourra utiliser la relation :

∫ −= f

i

V

VdVPW (voir « Quelques cas particuliers », page 45).

• Ne pas oublier les éventuelles autres formes de travail (travail électrique, travail mécaniquede forces extérieures non conservatives, travail fourni par un compresseur, fourni à uneturbine...).

Exemple 7 : Compression isotherme d’un gaz parfait, de l’état ( )P V Ti i, , 0 à l’état ( )P V Tf f, , 0 .

Système : gaz parfait . L’extérieur est donc le piston.

Pour que la température du gaz reste constante, il faut que lacompression soit très lente (pour permettre au gaz de semaintenir à l’équilibre thermique avec l’extérieur).On peut donc supposer que le gaz est en équilibre interne àchaque instant (transformation quasi-statique). Sa pressionest alors uniforme et calculable à l’aide de son équationd’état, à tout instant de la transformation.

On a donc : ∫∫ −=−= f

i

f

i

V

V

V

VdV

V

nRTdVPW 0

Soit :

=

−=

i

f

i

f

P

PnRT

V

VnRTW lnln 00 .

Exemple 8 : On lâche le piston de masse m0 hors de sa position d’équilibre.

La transformation est brutale et ne peut pas êtreconsidérée comme quasi-statique. Le champ depression dans le gaz n’est donc pas connu et n’estpas uniforme. Dans ces conditions, on ne peut pascalculer le travail reçu par le système gaz .

D’où le choix du système : gaz + piston .L’extérieur est alors l’atmosphère.

On a donc : W P dext= ∫ τ

gaz

parfait

( )T0

z

Ok

z i

zf gaz

parfait

( )P0


61

Le volume poussé par l’atmosphère étant égal à la diminution du volume du gaz, onpeut finalement écrire :

∫ −= f

i

V

VdVPW 0 soit : ( )W P V Vf i= − −0 .

Remarque :

Le résultat est le même que sur une transformation monobare du gaz, comme si

on exerçait une pression extérieure constante P0 sur le gaz, tout au long de la

transformation. Cette interprétation est néanmoins fausse puisque la pression

extérieure appliquée au gaz est la pression exercée par le piston sur le gaz

(c’est-à-dire la pression du gaz au niveau de sa surface de contact avec le

piston), et que cette pression n’est pas constante. Si elle l’était, la résultante des

forces exercées sur le piston (son poids et les forces gaz→ piston et

atmosphère→ piston) serait constante et le mouvement du piston serait un

mouvement rectiligne et uniforme !

Exemple 9 : On perce un trou dans un récipient de volume constant V1 , initialement vide, de

sorte que de l’air atmosphérique, à la pression P0 et à la température T0 , y pénètre.

On ne peut pas étudier l’air contenu àl’intérieur du récipient puisque c’est un

système ouvert.

Deux systèmes peuvent être envisagéspour mener l’étude :

Système 1 : air qui va entrer dans lerécipient . L’extérieur est alors le restede l’atmosphère et le récipient.

Ce système n’est pas homogène au cours de la transformation (une partie est àl’intérieur, l’autre à l’extérieur). La pression du gaz n’est donc pas uniforme.

D’autre part, le volume poussé par la surface Σ de séparation avec l’extérieurn’est pas la diminution de volume du gaz puisque celui-ci « recule » en mêmetemps qu’il est « poussé » par l’atmosphère.

On doit donc garder l’expression : W P dext= ∫ τ avec : P P cteext = =0 .

Donc : W P= 0τ où : τ est le volume total poussé par la surface Σ .

Soit : τ = =VnRT

P0

0

0

(volume initial du gaz à l’extérieur).

Finalement : W PV nRT= =0 0 0 où : n est le nombre de moles d’air qui rentre.

Remarque : On peut vérifier qu’il s’agit d’un travail positif, caractéristique d’untravail moteur de compression, de la part de l’atmosphère.

Système 2 : air + récipient . L’extérieur est alors le reste de l’atmosphère.

La pression n’est pas définie pour ce système puisqu’il contient une phase

solide, mais le volume poussé par Σ s’identifie à la diminution de volume du

système (volume V1 + volume du gaz à l’extérieur).

On peut donc écrire : ( ) ( )W P dV P V V P V V Vext f i' ( )= − = − − = − − +∫ 0 0 1 0 1 .

Soit : W PV'= 0 0 . Les deux systèmes envisagés reçoivent donc le même travail.

V1

Σ à l'instant initial Σ à un

instant t

( )P0

( )T0


62

Exemple 10 : Ecoulement permanent d’un gaz traversant une turbine ou un compresseur,

passant d’une pression P1 à une pression P2 .

Il faut travailler sur un système fermé, doncsuivre une tranche de gaz au cours de sonécoulement à travers le dispositif.

Système : tranche AB1 1 de gaz (état initial)

se transformant en A B2 2 (état final) .

L’extérieur est donc constitué, d’un coté par

du gaz de pression P1 , et de l’autre par du gaz de pression P2 .

Travail des forces de pression sur Σ1 : Le système n’est pas homogène et sa

pression n’est pas uniforme. D’autre part, le volume poussé par Σ1 ne s’identifie

pas à la variation de volume du système.

Il faut donc garder l’expression : W P dext1 = ∫ τ avec : P P cteext = =1 .

Soit : W P PV1 1 1 1 1= =τ .

Travail des forces de pression sur Σ2 : W P dext2 = ∫ τ avec : P P cteext = =2 .

Soit : W P PV2 2 2 2 2= = −τ (le volume τ2 « poussé » par Σ2 est négatif puisque

il s’agit d’une détente).

Finalement : W PV P V W= − +1 1 2 2 ' où : W ' est le travail reçu du compresseur ou

de la turbine.

5 - Faire un bilan énergétique à l’aide du premier principe

• Identifier le système considéré et en conséquence, le milieu extérieur.

• Identifier son état thermodynamique initial (état thermoélastique : pression, volume,température, et état mécanique : énergie cinétique, énergie potentielle).

• Identifier de même son état thermodynamique final.

• Certaines variables d’état inconnues peuvent être déterminées en utilisant le fait que l’étatfinal est un état d’équilibre thermodynamique :

équilibre thermique avec l’extérieur, si la transformation n’est pas une adiabatique, pourdéterminer la température ;

équilibre mécanique pour déterminer la pression ;

équilibre interne du système, s’il est constitué de plusieurs parties, pour déterminer desrelations entre les diverses variables d’état.

• En déduire les expressions des variations d’énergie interne et d’énergie mécanique dusystème.

• Déterminer les expressions du travail et la chaleur reçus par le système, au cours de latransformation.

• Réaliser le bilan énergétique en écrivant le premier principe entre l’état initial et l’état final,pour le système considéré.

A1 B1

A2 B2

V2V1

(Σ1) (Σ2)( )P1 ( )P2


63

Exemple 11 : Un pendule constitué d’une masse m de plomb suspendue à un ressort de

raideur k , est écarté d’une distance A de sa position initiale d’équilibre. Le pendule oscille

dans un récipient thermiquement isolé, contenant n moles d’air. On cherche l’élévation de la

température de l’air lorsque le pendule retrouve sa position d’équilibre.

On donne : m g= 50 ; k N m= −50 1. ; A cm= 10 ; n mol= 003, ; chaleur molaire isochore de

l’air : C J K molV = − −208 1 1, . . ; chaleur massique du plomb : C J K g= − −0127 1 1, . . .

Les interactions et les échanges énergétiques entre le pendule etl’air n’étant pas connus, on étudie le système : masse m + air .L’extérieur est alors le récipient.

Etat initial :

• gaz dans les conditions ( , , )P V Ti i0 (en notant V0 le volume

du récipient).

• masse m dans les conditions ( , , )P V Ti i i ;

• ECi= 0 (pendule et air au repos) ;

• ( ) ( )E k z A mg z A cteP e ei= + − − + +1

20

2l (où ze est la position d’équilibre

de la masse m ).

Etat final :

• gaz dans les conditions ( , , )P V Tf f0 ;

• masse m dans les conditions ( , ,P V Tf f f ) (la masse m et le gaz étant à

l’équilibre thermique dans l’état final).

• ECf= 0 (pendule et air au repos) ;

• ( )E k z mgz cteP e ef= − − +1

20

2l .

La variation d’énergie interne du système est :

Pour le gaz : dU nC dTU

VdV nC dTV

T

V= +

=

∂∂

(transformation isochore)

Donc : ( )∆U nC T Tgaz V f i= − .

Pour la masse m : dTmCdU ≈ (phase condensée de volume supposé

constant).

Donc : ( )∆U mC T Tmasse f i= − .

La variation d’énergie cinétique du système est nulle, puisqu’il est immobile

dans son état initial et dans son état final : ∆EC = 0 .

La variation d’énergie potentielle du système est :

( ) ( ) ( )( )∆E k z z A mg z z AP e e e e= − − + −

− − +1

20

2

0

2l l

( )[ ]= − − − +1

222

0k A A z mgAe l .

La position d’équilibre de m s’obtient en écrivant la relation fondamentale de la

dynamique, en projection sur l’axe (Oz ).

z

m

O


64

Soit : ( )mg k z zmg

ke e− − = ⇔ = +l l0 00 .

D’où : ∆E k A Amg

kmgAP = − −

+

1

222 et finalement : ∆E kAP = −

1

2

2.

Le travail des forces de pression est nul, puisque le système est de volume

constant : W = 0 .

La transformation est adiabatique, puisque le récipient est calorifugé : Q = 0 .

Le premier principe s’écrit alors : ∆ ∆ ∆ ∆U U E Egaz masse C P+ + + = 0

Soit : nC T mC T kAV ∆ ∆+ − =1

202 . D’où : ( )

∆TkA

nC mCV

=+

2

2= 0036, K .

Remarque :

L’élévation de température constatée est faible. Cela s’explique par le fait que lamasse m participe aux échanges énergétiques microscopiques et voit, commele gaz, son énergie interne augmenter. Si on la recouvre par une couched’isolant thermique, nous pouvons atténuer très fortement le transfert thermiquequ’elle reçoit. Dans ces conditions, la température finale de la masse de plombn’est plus la même que celle du gaz et reste sensiblement égale à la température

initiale : ∆Umasse ≈ 0 . Le premier principe donne alors :

∆ ∆ ∆U E Egaz C P+ + = 0 et : ∆TkA

nCV

=2

2= 0 40, K .

Dans ces conditions, nous avons réaliser la conversion d’énergie potentielle enénergie interne du gaz.

Exemple 12 : Le même récipient que dans l’« Exemple 11 » précédent, contient une

résistance R , de capacité thermique négligeable, alimentée par un générateur sous une

tension U . On cherche le temps nécessaire pour élever la température des n moles de gaz,

de la même valeur qu’avec le pendule de l’« Exemple 11 » précédent.

On donne : R k= 1 Ω ; U V= 6 .

Pour faire le bilan d’énergie relatif au système gaz , il estnécessaire de déterminer le transfert thermique entre larésistance et le gaz. Cela nécessite d’étudier aussi le système résistance .

On préfère alors choisir le système : gaz + résistance .

La variation d’énergie interne est :

Pour le gaz : ( , , ) ( , , )P V T P V Ti iisochore

f f0 0 →

D’où : ∆ ∆U nC Tgaz V= (transformation isochore).

Pour la résistance : ( , , ) ( , , )P V T P V V Ti i i f f i f→ ≈

D’où : ∆ ∆U C Trésistance ≈ (phase condensée de volume supposé constant).

Le système ne reçoit que du travail électrique : W WU

Rtélectrique= =

2

∆ .

UR


65

Le système est thermiquement isolé de l’extérieur : Q = 0 .

Le premier principe s’écrit alors : ∆ ∆U U Wgaz électrique+ =résistance

Soit : nC T C TU

RtV ∆ ∆ ∆+ =

2

.

D’où, en négligeant la capacité thermique C de la résistance : ∆∆

tnC R T

U

V=2 .

Avec n mol= 003, ; C J K molV = − −208 1 1, . . ; ∆T K= 0 40, : ∆t s= 6 9, .

6 - Faire un bilan énergétique élémentaire

Lorsqu’un transfert énergétique ne peut pas être calculé sur la transformation globale, il est

nécessaire d’écrire le premier principe sur une étape élémentaire (entre les instants t et

t dt+ ). La méthode de travail est bien sûr identique, mais le bilan conduit à une équationdifférentielle.

Exemple 13 : Une résistance R de capacité thermique C , parcourue par un courant i , est

en contact avec l’air ambiant (ventilé), de température constante T0 . La puissance du transfert

thermique entre la résistance et l’air est P k T T= −( )0 où T est la température de la résistance

(supposée uniforme). On cherche la loi T t( ) , sachant que T T( )0 0= , ainsi que la quantité de

chaleur cédée par la résistance pendant un intervalle de temps ∆t grand.

La puissance du transfert thermique avec l’air n’étant

pas constante (T varie), on ne peut pas calculer laquantité de chaleur échangée avec l’air pendant unintervalle de temps fini. Il est donc nécessaire de faireun bilan sur une transformation élémentaire, entre les

instants t et t dt+ .

Système : résistance . L’extérieur est alors l’air ambiant.

Transformation : T t T t dT( ) ( )→ + .

La variation élémentaire d’énergie interne est : dU CdT= (phase conden-

sée de volume supposé constant).

Le travail élémentaire reçu est : dW dW Ri dtélectrique= = 2 (pas de travail

des forces de pression sur une isochore).

Le transfert thermique élémentaire reçu est : ( )dQ k T T dt= − − 0 ( dQ < 0

puisque la résistance cède de la chaleur à l’air dont la température est plusfaible).

Le premier principe s’écrit donc : ( )CdT Ri dt k T T dt= − −20

Soit : ( )

CdT

Ri k T Tdt

20− −

= .

Par intégration : CdT

Ri k T Tdt

T

T t

20

00 − −=∫ ∫

( ).

( )T0

T t( )i


66

Soit : tRi

TTkRi

k

C=

−−−

2

02 )(

ln

Finalement :

−+=

− tC

k

ek

RiTtT 1)(

2

0 .

L’évolution de la température est donnéeci-contre pour les valeurs numériques :

T K R i A0 293 100 2= = =; ;Ω

k W K C J K= =− −4 251 1. ; .

Pour calculer le transfert thermique total, on peut faire la somme des transfertsthermiques élémentaires :

( )

−−∆−=

−−=−−==

∆−∆ −∆

∫∫∫ 11 22

0

2

00

tC

kt t

C

kt

ek

CRitRidteRidtTTkQdQ

Soit :

−+−=

∆− tC

k

ek

CRiWQ 12

.

On obtient plus rapidement ce résultat en appliquant le premier principe à la

résistance, entre l’instant t = 0 et l’instant t t= ∆ :

( )∆ ∆ ∆U W Q Q U W C T t T W= + ⇔ = − = − −( ) 0

Soit : Wek

CRiQ

tC

k

−

−=

−1

2

.

Un cas particulier est intéressant à étudier :

Si ∆t est grand (devant τ =C

k), alors 11 ≈−

∆− tC

k

e , et QRi C

kW≈ −

2

.

De plus, W est d’autant plus important que ∆t est grand. Sur un intervalle

de temps suffisant, on peut donc négliger la constante Ri C

k

2

devant W .

On a alors : Q W≈ − .

Conclusion : Sur un intervalle de temps suffisamment long, la résistancecède, sous forme de chaleur, l’énergie qu’elle a reçue sous forme électrique.

Remarques :

Cette étude montre que la résistance ne cède pas, sous forme de chaleur, latotalité de l’énergie qu’elle reçoit sous forme de travail électrique. Ladifférence correspond à la variation de son énergie interne associée à lavariation de sa température (cf. le premier principe). Supposer que l’effetJoule correspond à une libération de chaleur de puissance égale à Ri 2 estdonc une approximation.

Evolution de la température T t( )


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Nous avons néanmoins montré que cette approximation est tout à faitvalable si la chaleur libérée est calculée sur un temps de fonctionnementsuffisamment long.

Exemples numériques :

τ = =C

k6 25, s (avec les valeurs numériques choisie pour tracer la courbe).

∆t s= 5 : W J= 2000 ; Q J= −6233, ; (69 % de W non restitué).

∆t s= 10 : W J= 4000 ; Q J= −2500 ; (38 % de W non restitué).

∆t s= 20 : W J= 8000 ; Q J= −5602 ; (30 % de W non restitué).

∆t s= 60 : W kJ= 24 ; Q kJ= −215, ; (10 % de W non restitué).

∆t mn= 3 : W kJ= 72 ; Q kJ= −695, ; (3,5 % de W non restitué).

On pourra noter que l’approximation Q W≈ − est d’autant plus facile à

réaliser que la capacité thermique C de la résistance est faible, puisqu’il

faut négliger Ri C

k

2

devant W .

On pourra aussi noter qu’on a exactement Q W= − si ∆U = 0 . C’est le cassi, par exemple, on coupe l’alimentation électrique et qu’on attend le retourde la température de la résistance à sa valeur initiale. Durant cette phase derefroidissement, la résistance cède, sous forme de chaleur, l’énergie qu’elleavait stockée sous forme d’énergie interne (si W = 0 , le premier principes’écrit ∆U Q= ).

Application : C’est ainsi qu’il faut procéder lorsqu’on utilise une plaqueélectrique chauffante, si on veut récupérer le maximum de chaleur et réduirele coût d’utilisation de cette plaque. C’est d’autant plus important que lacapacité thermique d’une plaque chauffante est grande, donc que savariation d’énergie interne, pendant sa montée en température, estimportante.

Documents

4.Premier Principe de La Thermodynamique_2