entropie

Entropie I78. Mélange eau-glace.

Capacité thermique massique de l'eau liquide : c = 4200 J.kg–1.K–1 ; de la glace : c' = 2100 J.kg–1.K–1 ; chaleur latente (enthalpie) de fusion de la glace à 0 °C : L = 330000 J/kg ; T = θ + 273.

Quelle masse m1 de glace à θ1 = –10 °C faut-il mélanger à m2 = 1 kg d'eau à θ2 = 25 °C pour obtenir uniquement de la glace à θ0 = 0 °C ? Calculer la variation d'entropie. Est-elle conforme au second principe ?

II41. Un cylindre est partagé en deux compartiments par un piston étanche qui y coulisse librement. Chaque compartiment

contient primitivement une mole d’air ( ) sous à pour le compartiment de droite et pour le compartiment de gauche. Le seul échange de chaleur qui a lieu est celui entre les deux gaz.

Calculer la température T et la pression finales et la variation d’entropie. Est-elle conforme au second principe ?

1, 4γ = 0 1barp = 1 300KT =

2 600KT =p

III26. Deux corps de capacités thermiques égales ( )dU T

CdT

= et de températures initiales et échangent de la

chaleur seulement entre eux. Soit et leurs températures et et leurs énergies internes à un instant quelconque. Exprimer la variation d’entropie dS de l’ensemble en fonction de . En déduire le sens des échanges thermiques et la condition d’équilibre. Montrer que cet équilibre est stable ou non selon le signe de la dérivée seconde de S par rapport à à l’équilibre thermique. En déduire la condition sur C pour que l’équilibre soit stable.

1iT 2iT

1T 2T 1U 2U1 2 1, ,T T dU

1U

IV41. Le rayonnement en équilibre thermique à la température T dans un volume V se comporte comme un fluide de

pression et d’énergie interne , où a est une constante positive. Exprimer son entropie. Quelle est la relation entre la température et le volume pour une adiabatique réversible ? Si un rayonnement passe de façon adiabatique et irréversible de à

4 / 3p aT= 4U aT V=

,i iT V ,f fT V , à quelle inégalité satisfont ces grandeurs ?

V11. Un gaz thermiquement isolé et de constant est en équilibre dans les conditions quand on fait passer

soudainement la pression extérieure qui lui est appliquée à γ , ,i i ip V T

fp . On maintient cette pression extérieure constante. Au bout d’un certain temps, le gaz parfait prend un état d’équilibre , ,f f fp V T . En appliquant le premier principe à cette transformation, déterminer /f iV V en fonction de /f ia p p= et de . En déduire la variation d’entropie de ce gaz sous la forme , où et sont deux fonctions à déterminer. En étudiant la fonction

, discuter le signe de . Est-il en accord avec le second principe ? En cas d’irréversibilité, précisez-en la cause.

γ( ) (f gv pS C a C a∆ = + γ ), f g

( )S a∆ S∆

VI58. Un récipient est séparé en deux parties par une paroi. A droite un volume V1 = 1 litre contient un gaz parfait à la

pression p1 = 2 bars et à la température T0 = 300 K. On a fait le vide dans la partie de gauche de volume V2 = 1 litre. A un certain instant, on escamote la paroi, sans que cela nécessite de travail, et l'on attend que l'équilibre s'établisse. Soit Z la transformation correspondante subie par le gaz.

1) On suppose que le gaz n'a pas échangé de chaleur. Montrer que sa température finale est T0. 2) On suppose que le gaz peut échanger de la chaleur, mais que le milieu extérieur est maintenu à la température T0.

Montrer que la chaleur reçue par le gaz au cours de la transformation Z est nulle. 3) Montrer que l’hypothèse faite en 1) implique que l'entropie du gaz a augmenté. 4) Montrer que l’hypothèse faite en 2) implique que l'entropie du gaz a augmenté. 5) Calculer littéralement puis numériquement la variation de l'entropie du gaz dans la transformation Z.

VII70. Question de cours. 1) Décrire l’expérience de la détente de Joule-Gay Lussac. 2) Montrer que cette expérience illustre la première loi de Joule, selon laquelle l’énergie interne d’un gaz parfait ne

dépend que de sa température. 3) Démontrer l’expression de l’entropie d’un gaz parfait en fonction de sa température et de son volume si sa capacité

thermique à volume constant est constante. 4) Exprimer la variation d’entropie dans une détente de Joule-Gay Lussac et interpréter son signe.

VIII79. 1) On met en contact deux corps de capacités thermiques C égales et de températures initiales T1 et T2 différentes et

on attend l’équilibre. Quelle est la température finale ? Quelle est la variation d'entropie ?

DS : entropie, page 1

2) Soient x et y deux nombres positifs distincts. Déterminer le signe de 2( )

ln4x yxy+

. En déduire une propriété du

signe des capacités thermiques.

IX45. Trois corps de même capacité thermique C ont pour températures initiales , et

. On veut déterminer dans quel domaine on peut porter la température d’un des corps par action d’une machine thermique réversible capable d’échanger de la chaleur avec ces trois corps et ne recevant pas de travail.

1, 300KiT = 2, 600KiT =

3, 900KiT =

1) En appliquant le premier principe, déterminer une équation vérifiée par les température finales 1,fT , 2,fT et 3,fT . 2) En appliquant le second principe, déterminer une autre équation.


Si on pose 1 1, 1,/f ix T T= 2 2, 1,/f ix T T= , et 3 3, 1/f ix T T= , ces équations sont et . 1 2 3 6x x x = 1 2 3 6x x x+ + =, 3) Pour une valeur de donnée, est-il possible de trouver des valeurs pour et ? En déduire le domaine de

température où peut se trouver la température finale d’un des corps. 3x 1x 2x

Réponses I. 2 2 0

10 1

[ ( )]20,714 kg

( )m L c

mc+ −= =′ −

θ θθ θ

; 0 2 01 2

1 0 2ln ln 46,5J/KT m L T

S m c m cT T T

′∆ = − + = .

II. 1 2 450K2

T TT += = ; ; 0pp =2

1

1 2ln 3, 4J.K

1nR TS

TT−γ∆ = =

γ −.

III. 11 2

1 1dS dU

T T⎛ ⎞⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ; . 0C >

IV. 34

3aT VS = ; adiabatique réversible : reste constant ; adiabatique irréversible : . 3T V 3 3

i i f fT V T V<

V. 1 11f iV V

a⎛ ⎞⎟⎜= − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠γ γ

; 1 1ln ln 1v pS C a C

a⎛ ⎞⎟⎜∆ = + − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠γ γ

.

VI.5) 1 1 2 1

0 1ln 0,46J.K

pV V VS

T V−+∆ = =

VII. 4) ln f

i

VS nR

V∆ = .

VIII. 1) 1 2

2fT TT += ;

21 2

1 2

( )ln 0

4T T

S CTT+∆ = > ; 2) . 0C >

IX. 1) 1, 2, 3, 1, 2, 3,f f f i iT T T T T T+ + = + + i ; 2) 1, 2, 3, 1, 2, 3,. . . .f f f i iT T T T T T= i ; 3) . 281K 992KfT< <

Corrigé I.


0→ θ1 1 0 2 2 0 glace glace et eau eau glace m m→ →θ θ θ θ

1 0 1 2 2 0 2

2 2 01

0 1

0 2 01 2

1 0 2

( ) ( ) 0

[ ( )] 330000 4200 25 20,714 kg2100 10( )

273 330000 273ln ln 20,714 2100 ln 4200 ln 46,5J/K263 273 298

H m c m L m c

m L cm

cT m L TS m c m cT T T

′∆ = − − + − =

+ − + ×= = =′ ×−

′∆ = − + = × − + =

θ θ θ θ

θ θθ θ

La transformation est adiabatique et irréversible (mise en contact de deux corps de températures différentes), donc , ce qui est bien vérifié. 0S∆ >

II. Pour l’ensemble des deux gaz, . 0=∆U

En utilisant l’expression 1−

=γnRTU , on en déduit

( ) ( )K450

20

112121 =

+==

−−

+−− TT

TTTnRTTnR

γγ.

En utilisant l’expression 1−

=γpVU , on en déduit 0pp = .

12

21

2

21K.J4,3

600300450ln

4,0314,84,1ln

1lnln −=

××

=−

=+=∆TT

TnRTTC

TTCS pp γ

γ .

La transformation est adiabatique et irréversible puisqu’on met en contact deux corps de températures différentes. Le second principe s’écrit , ce qui est bien vérifié. 0>∆S

III. • 1 2

2 1 2 1 1 2 11 2 1

1 1CdT CdTQ dU dU CdT CdT dS dS dS dU

T T T T⎛ ⎞⎟⎜δ = = − = = − = + = + = − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠2

• Comme la transformation est adiabatique et irréversible, , donc est du signe de 0dS > Qδ2 1

1 1T T

− , c’est-à-

dire du signe de . 1 2T T−

• A l’équilibre, s’il est stable, S ne peut plus augmenter, donc maximum : ( )1S U1

0dSdU

= , soit . 1 2T T=

• Comme maximum, ( 1S U )2

21

0d SdU

< . Or 2

1 21 22 2 2

1 2 1 21 1 2

1 11 1 1d dd S dT dTT T C

dU dU dU dUdU T T T T⎛ ⎞⎟⎜= + = − − = − + ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠2 2

1 2

1 .

La condition 2

21

0d SdU

< implique donc . 0C >

IV. 4

4 33 2

4 43 ( 33

aTaT dV aT Vdt dVdU pdV adU TdS pdV dS T dV T VdTT T

+ ++= − ⇒ = = = + )

qui est la différentielle de 34

3aT V

S = + cste . La constante d’intégration est nulle à cause du troisième principe selon

lequel si . 0S = 0T =Pour une adiabatique réversible, l’entropie est constante, donc reste constante au cours de la transformation. 3T VPour une adiabatique irréversible, l’entropie augmente, donc . 3 3

i i f fT V T V<

V.

Appliquons le premier principe au gaz : ; soit, en explicitant, U W∆ = (1

f f i i )f f ip V pV

p V V−

= − −γ −

; d’où

1 11f iV V

a⎛ ⎞⎟⎜= − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠γ γ

Or l’entropie d’un gaz parfait de constant est γ

( )ln ln ln ln ln lnv v v vpVS C T nR V cste C nR V cste C p C nR V cstenR

= + + = + + = + + + , soit

ln lnv pS C p C V cste= + +

D’où 1 1ln ln 1v pS C a C

a⎛ ⎞⎟⎜∆ = + − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠γ γ

Etudions la fonction : ( )S a∆

( )(( )

)21

1 1 111 1 1 1 1 11 1

v vv p

d S C C aaC Cda a a a aaa

⎡ ⎤− ⎢ ⎥∆ γ −γ ⎢ ⎥= + = − =⎢ ⎥⎛ ⎞ γ − +⎢ ⎥⎟⎜− + − +⎟⎜⎢ ⎥⎟⎜γ γ ⎝ ⎠γ γ⎢ ⎥⎣ ⎦

1− 1γ >1− du signe de a (car ).

a 0 1 +∞d Sda∆ − +

S∆ 0 Ce tableau de variation montre que :

• si , , en accord avec le fait que la transformation est adiabatique et irréversible ; en simplifiant, on dit en général que l’irréversibilité consiste en la mise en contact de deux pressions différentes ; en réalité, si le gaz soumis à une pression extérieure constante n’a pas de frottement interne, il constitue un ressort et oscille de façon périodique ; l’irréversibilité est due au frottement interne dans le gaz, qui amortit les oscillations ;

1a ≠ 0S∆ >

• si , , car il ne se passe rien. 1a = 0S∆ =

VI. 1) Appliquons le premier principe au gaz : ( )21

2U mv W∆ + = +Q , soit . Comme l’énergie interne

d’un gaz parfait est une fonction croissante de la température, cela implique que la température est inchangée.

0U∆ =

2) Appliquons le premier principe au gaz : ( )212

U mv W∆ + = +Q , soit . Comme la température est

inchangée, , donc .

U Q∆ =

0U∆ = 0Q =3) Comme la transformation est adiabatique et irréversible, l’entropie a augmenté.

4) Comme la transformation est irréversible, 0

0Q

STδ∆ > =∫ , donc l’entropie a augmenté.

5) 5 3

1 1 2 1

0 1

2.10 10ln ln2 0, 46J.K300

pV V VST V

−−+ ×∆ = = =

VII. 1) Deux ballons sont reliés par un robinet. L’un contient un gaz, l’autre le vide. On ouvre le robinet. Gay Lussac a

constaté que en gros la température ne variait pas. 2) Appliquons le premier principe au gaz et à son récipient. L’ensemble ne reçoit pas de chaleur et ne reçoit que la

faible quantité de travail nécessaire pour ouvrir le robinet. L’énergie cinétique est nulle dans l’état initial et dans l’état final. L’énergie interne du récipient, qui ne dépend que de la température, n’a pas changé. Le premier principe montre donc que l’énergie interne du gaz n’a pas changé.

L’état d’un gaz dépend à priori de deux paramètres, donc . L’expérience précédente montre que ( , )U U T V=( , ) ( , )i fU T V U T V= . Si l’expérience a été réalisée dans des conditions très variées et a donné toujours ce même

résultat, elle montre donc qu’en réalité l’énergie interne ne dépend pas du volume. 3) En utilisant le premier et le second principe pour une transformation quasi statique et réversible, on démontre

l’identité thermodynamique, soit :

ln ln csteV VV

C dT pdV C dTQ dU W nRdS dV S C T nR VT T T T Vδ δ +−= = = = + ⇒ = + + .

4) ln f

i

VS nR

V∆ = .


VIII. 1) 1 2

1 2( ) ( ) 02f f f

T TC T T C T T T +− + − = ⇒ = 2

1 2

1 2 1 2

( )ln ln ln 0

4f fT T T T

S C C CT T TT

+∆ = + = >

car la transformation est adiabatique et irréversible. 2)

2

2 2

2 2

2

2

( ) 0

2 0

2 4

( )1

4( )

ln 04

x y

x y xy

x y xy xy

x yxyx yxy

− >

+ − >

+ + >

+>

+>

En identifiant dans la relation trouvée à la question 1 et , on en déduit . 1x T= 2y T= 0C >

IX. 1)Le premier principe appliqué à l’ensemble des sources et de la machine donne :

( ) ( ) ( ) iiifffifififmachine TTTTTTTTCTTCTTCUUUU ,3,2,1,3,2,1,3,3,2,2,1,1321 00 ++=++=−+−+−⇒=∆+∆+∆+∆ . 2)Le second principe appliqué à l’ensemble des sources et de la machine donne :

iiifffi

f

i

f

i

fmachine TTTTTT

TT

CTT

CTT

CSSSS ,3,2,1,3,2,1,3

,3

,2

,2

,1

,1321 ....0lnlnln0 ==++⇒=∆+∆+∆+∆ .

3) Pour donné, il faut résoudre 3x 321 6 xxx −=+ et 321 /6 xxx = , donc et sont racines de

. Ces racines existent si 1x 2x

( ) 0/66 332 =+−+ xxxx ( ) 0/246 3

23 >−− xx . La fonction ( ) xx /246 2 −− possède trois

zéros 7,759 3,305 et 0,936 et est positive si ou si 759,7>x 305,3936,0 << x . Comme les températures sont positives, le premier intervalle n’est pas acceptable et les températures accessibles sont celles de l’intervalle délimité par

et K281300936,0 =× K992300305,3 =× .


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