Thermo dynamique l3 v2

PROBLÈMES DE
THERMODYNAMIQUE (L3)
et leurs corrigés
Christian Carimalo

TD1
I. Formes différentielles, facteur intégrant
1◦) Soit la forme différentielle à deux variables x et y :
D = X(x, y) dx + Y (x, y) dy (1)
Rappeler la condition nécessaire et suffisante pour que (1) soit la différentielle d’une fonction
Z = Z(x, y). On dit dans ce cas que D est une différentielle totale dZ. Indiquer alors
comment on peut obtenir la fonction Z(x, y).
2◦) Les formes différentielles suivantes sont-elles des différentielles totales ? Si oui, déterminer
la fonction correspondante, à une constante près.
D1 =
y2dx + x2dy
(x + y)2
; D2 =
a
z
dx−
b
z
dy+
by − ax
z2
dz ; D3 = dx+xdy ; D4 = yzdx+dy+dz
D5 = CvdT +
RT
V
dV ; D6 = −
RT
V
dV ; D7 = D5 + D6
Dans ces expressions, a, b, Cv et R sont des constantes.
3◦) Pour les formes qui ne sont pas des différentielles totales, peut-on leur trouver un facteur
intégrant ?
II. Coefficients thermoélastiques
Les trois variables thermodynamiques pression P, volume V et température T d’un système
binaire sont liées par une équation d’état que l’on peut écrire sous la forme
F(P, V, T) = 0
L’une quelconque de ces trois variables peut donc être considérée comme une fonction des
deux autres, ces dernières devant alors être considérées comme indépendantes. Si l’on se
donne V et T, P est alors déterminé : P = P(V, T) ; si P et T sont données, V est
déterminé : V = V (P, T) ; si P et V sont données c’est T qui est déterminé : T = T(P, V ).
1◦) Etablir les relations

∂P
∂V

T
=
1

∂V
∂P

T
,

∂P
∂V

T

∂V
∂T

P

∂T
∂P

V
= −1
2◦) On définit les coefficients thermoélastiques
α =
1
V

∂V
∂T

P
, β =
1
P

∂P
∂T

V
, χT = −
1
V

∂V
∂P

T
Christian Carimalo 2 TD de Thermodynamique - L3

a) Nommer ces coefficients. Préciser leurs caractères extensif ou intensif.
b) Montrer que α = PβχT .
c) Déterminer α, β et χT pour
• une mole de gaz parfait d’équation d’état PV = RT ;
• un kilogramme de gaz parfait ;
• une mole de gaz de Van der Waals d’équation d’état

P +
a
V 2

(V − b) = RT.
III. Détermination d’une équation d’état à partir des coefficients thermoélastiques
A/ Montrer que pour un système binaire, la connaissance de deux coefficients thermoélastiques
permet de déterminer l’équation d’état. On donne
α =
1
T

1 +
3a
V T2

, χT =
1
P

1 +
a
V T2

V étant le volume molaire et a une constante.
a) Quelle est la dimension de la constante a ?
b) Vérifier que les expressions des deux coefficients sont compatibles avec les propriétés des
dérivées partielles d’une fonction.
c) Déterminer l’équation d’état correspondante. On imposera à l’équation trouvée d’avoir
comme limite l’équation d’état des gaz parfaits pour les grands volumes.
d) Faire le même exercice si l’on se donne
α =
R(V + a0)2
PV 2(V + 2a0)
, β =
R(V + a0)
PV 2
V étant le volume molaire, R la constante des gaz parfaits et a0 une constante.
B/ Des mesures des coefficients α et χT de l’eau pour des températures entre 0◦C et 10◦C
et pour des pressions inférieures à 20 atm. ont donné les résultats suivants
α(T, P) = 2A(T − T0) + B(P − P0) , χT (T0, P) = χ0
où A, B, T0 et P0 sont des constantes positives, T la température et P la pression ; χ0 est
une constante positive indépendante de P.
1◦) Déterminer l’expression de χT (T, P).
2◦) Déterminer l’équation d’état de l’eau dans le domaine considéré, sachant que pour P =
P0 et T = T0, le volume massique prend la valeur v0.
C/ Démontrer qu’un fluide pour lequel
α =
R
RT + bP
, χT =
RT
P(RT + bP)
, et lim
b→0
V (T, P) =
RT
P
a pour équation d’état V (T, P) =
RT + bP
P
(V est le volume molaire).

IV. Echelles de températures
Dans le domaine de températures comprises entre 0◦ C et 816◦ C, une résistance de platine
varie en fonction de la température Celsius t selon la loi
R(t)
R0
= 1 + µ

t − ν
t
100

t
100
− 1

où R(t) est la valeur de la résistance à t◦ C, R0 sa valeur pour t = 0◦ C ; les paramètres µ
et ν ont pour valeurs respectives µ = 3, 92 10−3, ν = 1, 49.
Dans l’intervalle [0◦C,100◦C], on veut utiliser cette résistance comme grandeur thermométrique
pour définir une échelle centésimale de température θ = A R(t) + B telle que θ = 0 pour
t = 0◦C (R = R0) et θ = 100 pour t = 100◦C (R = R100).
1◦) Montrer que l’on définit ainsi une échelle de température différente de l’échelle Celsius.
2◦) Déterminer l’écart θ−t en fonction de t. Pour quelles valeurs de t l’écart est-il maximum ?
3◦) Jusqu’à quelle température t au-delà de 100◦C peut-on utiliser l’échelle θ de telle sorte
que l’écart relatif |
θ − t
t
| reste inférieur à 1% ?

Corrigé TD1
I. Formes différentielles, facteur intégrant
1◦) et 2◦) L’égalité
∂X
∂y
=
∂Y
∂x
est la condition nécessaire et suffisante pour qu’une forme
différentielle D à deux variables x et y soit la différentielle d’une fonction Z = Z(x, y). On
vérifie que seules D1 et D7 la satisfont. L’intégration de D7 qui ne fait intervenir que la seule
variable T est immédiate. On trouve Z7 = Cv T + constante. Le cas de D1 est un peu plus
compliqué. On doit avoir
∂Z1
∂x
= X1 =
y2
(x + y)2
, d’où
Z1(x, y) = −
y2
x + y
+ ϕ(y)
où ϕ est fonction de la seule variable y. Comme on doit avoir
∂Z1
∂y
= Y1 =
x2
(x + y)2
=
−
2y
x + y
+
y2
(x + y)2
+ ϕ0
(y), on trouve ϕ0(y) = 1 et par suite ϕ(y) = y + constante. On a
finalement Z1(x, y) =
xy
x + y
+ constante.
Dans le cas de formes différentielles D = Xdx + Y dy + Zdz à trois variables x, y et z, il
faut et il suffit que soit vérifiées les trois conditions 1
Rx =
∂Z
∂y
−
∂Y
∂z
= 0 , Ry =
∂X
∂z
−
∂Z
∂x
= 0 , Rz =
∂Y
∂x
−
∂X
∂y
= 0
Seule D2 les satisfait et l’on trouve F2(x, y, z) =
ax − by
z
+ constante.
3◦) Le facteur intégrant d’une forme différentielle D qui n’est pas la différentielle d’une fonc-
tion est une fonction µ telle que le produit µ D soit la différentielle d’une fonction 2. Une
forme D à deux variables possède toujours des facteurs intégrants. Pour trouver leur forme
générale, on procède de la façon suivante en prenant D3 comme exemple. On résout tout
d’abord l’équation D3 = 0, ce qui donne ici la relation u3(x, y) = ln x + y = constante.
Considérant une fonction arbitraire Φ3(u3), un facteur intégrant µ3 de D3 satisfait les
équations µ3 X3 = Φ0
3(u3)
∂u3
∂x
et µ3 Y3 = Φ0
3(u3)
∂u3
∂y
, ce qui conduit ici à
µ3(x, y) =
1
x
Φ0
3(ln x + y)
On vérifie notamment que 1/x est l’un des facteurs intégrants de D3, conduisant à la fonction
F3(x, y) = y +ln x+constante telle que dF3 = D3/x. Mais (ln x+y)/x est aussi un facteur
intégrant, conduisant cette fois à la fonction F3(x, y) =
1
2
ln2
x +
1
2
y2
+ y ln x + constante.
1. Qui signifient que les composantes Rx, Ry et Rz du rotationnel du champ de vecteurs de compo-
santes X, Y et Z doivent être nulles.
2. Voir J. Bass : “Cours de Mathématiques”, Tome I, p 577, Masson et Cie ed., 1968.

Par le même procédé, on trouve
µ4(T, V ) =
1
T
Φ0
4(Cv ln T + R ln V ) , µ6(T, V ) =
V
T
Φ0
6(V )
Le cas des formes différentielles à trois variables D = Xdx + Y dy + Zdz qui ne sont pas
des différentielles de fonctions est plus compliqué. Elles ne possèdent de facteurs intégrants
que si et seulement si le champ de vecteurs de composantes X, Y et Z est orthogonal à
son rotationnel. On vérifie que D4 ne satisfait pas cette condition et ne possède donc aucun
facteur intégrant.
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx
II. Coefficients thermoélastiques
1◦) Posant F0
P =
∂F
∂P
, etc, et écrivant dF = F0
P dP + F0
V dV + F0
T dT = 0, on en déduit
dP = −
1
F0
P
F0
V dV + F0
T dT

, dV = −
1
F0
V
F0
T dT + F0
P dP

dT = −
1
F0
T
F0
P dP + F0
V dV

d’où

∂P
∂V

T
= −
F0
V
F0
P
,

∂P
∂T

V
= −
F0
T
F0
P

∂V
∂T

P
= −
F0
T
F0
V
,

∂V
∂P

T
= −
F0
P
F0
V

∂T
∂P

V
= −
F0
P
F0
T
,

∂T
∂V

P
= −
F0
V
F0
T
On en déduit aisément les relations mentionnées.
2◦) a) α, β et χT sont de caractère intensif ; α, homogène à l’inverse d’une température,
est le coefficient de dilatation isobare ; β, homogène à l’inverse d’une température, est le
coefficient d’augmentation de pression isochore ; χT , homogène à l’inverse d’une pression,
est le coefficient de compressibilité isotherme.
b) La relation α = PβχT se déduit aisément des relations établies au 1◦).
c) Pour le gaz parfait : α = β =
1
T
et χT =
1
P
et ce, pour une masse quelconque de gaz.
Pour une mole de gaz de Van der Waals :
α =
1
T

1 −
b
V

1
1 −
2a
RTV
(1 −
b
V
)2
, β =
1
T

1 +
a
PV 2

,
χT =
1
P
1 −
b
V
1 −
a
PV 2
+
2ab
PV 3

A noter que α et χT ont été calculés de façon astucieuse en tenant compte des relations

∂T
∂V

P
=
1
V α
et

∂P
∂V

T
= −
1
V χT
.
III. Détermination d’une équation d’état à partir des coefficients
thermoélastiques
A/ Recherchons par exemple l’équation d’état d’un fluide sous la forme V = F(P, T).
Celle-ci s’obtient en principe en intégrant la différentielle
dV =

∂V
∂T

P
dT +

∂V
∂P

T
dP = V αdT − V χT dP
ou encore en intégrant la différentielle d ln V = αdT − χT dP. On voit ainsi que la donnée
des deux coefficients α et χT permet de déterminer l’équation d’état.
a) Dans l’exemple proposé, la dimension de la constante a est celle du produit d’un volume
et du carré d’une température.
b) L’intégration de la différentielle d ln V ne peut être mené à son terme que si l’on a bien

∂α
∂P

T
= −

∂χT
∂T

P
. Pour l’exemple proposé, on a

∂α
∂P

T
= −
3a
V 2T3

∂V
∂P

T
=
3a
V T3
χT =
3a
PV T3

1 +
a
V T2

et
−

∂χT
∂T

P
=
a
P

2
V T3
+
1
V T2
α

=
3a
PV T3

1 +
a
V T2

L’égalité est donc bien vérifiée dans ce cas.
c) Choisissons ici comme point de départ l’intégration de χT . On doit résoudre l’équation

∂V
∂P

T
= −
V
P

1 +
a
V T2

qui peut être récrite sous la forme
V + P

∂V
∂P

T
= −
a
T2
=

∂
∂P
(PV )

T
d’où PV = −
a
T2
P + ϕ(T). On pourrait déterminer immédiatement la fonction ϕ(T) en
utilisant la condition que pour les grands volumes l’équation d’état doit se confondre avec
celle des gaz parfaits, PV = RT, d’où ϕ(T) = RT. Mais continuons plutôt le processus
d’intégration en utilisant l’expression de α qui impose que

∂V
∂T

P
=
2a
T3
+
ϕ0
P
= V α =
V
T
+
3a
T3
=
2a
T3
+
ϕ
PT
soit ϕ0/ϕ = 1/T, donc ϕ(T) = KT où K est une constante que l’on ajuste au moyen de
ladite condition limite. On trouve ainsi K = R.

d) Si l’on se donne
α =
R(V + a0)2
PV 2(V + 2a0)
, β =
R(V + a0)
PV 2
le mieux est alors de rechercher l’équation d’état sous la forme T = F(P, V ), c’est-à-dire,
intégrer les relations

∂T
∂V

P
=
1
V α
=
PV (V + 2a0)
R(V + a0)2
,

∂T
∂P

V
=
1
Pβ
=
V 2
R(V + a0)
De façon évidente, commençons par la seconde :
T =
PV 2
R(V + a0)
+ ϕ(V )
Puis, en utilisant la première :

∂T
∂V

P
=
1
V α
=
PV (V + 2a0)
R(V + a0)2
+ ϕ0
(V ) =
PV (V + 2a0)
R(V + a0)2
on en déduit ϕ(V ) = constante = K. La condition limite des gaz parfaits donne alors K = 0.
On obtient finalement l’équation
PV = RT

1 +
a0
V

B/ 1◦)

∂χT
∂T

P
= −

∂α
∂P

T
= −B, d’où χT (T, P) = −B(T − T0) + ϕ(P). Mais
χT (T0, P) = χ0 = ϕ(P) est indépendant de P. Ainsi,
χT (T, P) = χ0 − B(T − T0)
2◦)

∂ ln V
∂P

T
= −χT , d’où 3 ln V = −χ0(P − P0) + B(P − P0)(T − T0) + ψ(T). Sans
aller plus loin, il suffit de consid’erer la condition ln V (T0, P0) = ln Mv0 = ψ(T), M étant
la masse molaire de l’eau, pour trouver que ψ(T) est en fait une constante. Finalement,
l’équation d’état recherchée prend la forme
ln V (T, P) = −χ0(P − P0) + B(P − P0)(T − T0) + ln Mv0
C/ L’intégration de
1
V

∂V
∂T

P
= α =
R
RT + bP
donne V = f(P)(RT + bP). Utilisant
ensuite l’expression de χT , il vient

∂V
∂P

T
= −V χT = −
RTV
P(RT + bP)
= f0
(RT + bP) + bf = −
RTf
P
d’où f0/f = −1/P et f(P) = K/P où K est une constante. Celle-ci est facilement
déterminée par la condition limite préconisée. On trouve K = 1. L’équation d’état recherchée
est donc :
3. Pour simplifier la suite, on a considéré P − P0 comme primitive de 1 dans l’intégration sur P.

V (T, P) =
RT + bP
P
A noter que le coefficient β prend ici une expression très simple :
β =
α
PχT
=
1
T
IV. Echelles de températures
1◦) La nouvelle échelle θ est définie par
θ = 100
R − R0
R100 − R0
= t

1 −
ν
100

t
100
− 1

et est donc différente de l’échelle Celsius (θ 6= t, sauf aux points t = 0◦C et t = 100◦C).
2◦) L’écart θ−t = −
νt
100

t
100
− 1

est maximum pour t = 50◦C et vaut alors ν/4 = 0, 37◦C.
3◦) |
θ − t
t
| =
ν
100

t
100
− 1

≤ 10−2
pour t ≤ 100(1 +
1
1, 49
), soit t ≤ 167◦C.

TD2
I - Coefficients calorimétriques
Au cours d’une transformation infinitésimale réversible au cours de laquelle sa pression P, son
volume V et sa température T varient respectivement de dP, dV et dT, un gaz reçoit une
quantité de chaleur infinitésimale d̄ Q que l’on peut écrire sous trois formes équivalentes :
d̄ Q = CvdT + `dV = CpdT + hdP = λdP + µdV
1◦) Donner les définitions de Cv, Cp, `, h, λ et µ en précisant leurs caractères extensif ou
intensif.
2◦) Exprimer les rapports λ/Cv, µ/Cp, `/h en fonction des coefficients thermoélastiques α, β
et χT , et montrer que Cp − Cv = αV `.
3◦) On suppose le gaz parfait.
a) On a alors ` = P. En déduire dans ce cas l’expression de Cp − Cv.
b) Dans l’hypothèse où le rapport γ = Cp/Cv est constant, déterminer l’équation des isen-
tropiques (adiabatiques réversibles) pour ce gaz.
II - Barre métallique
On considère une barre métallique de longueur `, de section droite Σ, de masse volumique
ρ, de capacité calorifique par unité de masse à force constante (chaleur massique) C, sur
laquelle s’exerce une force de traction F dans la direction de la longueur. L’état d’équilibre
de la barre est décrit par une équation d’état ` = `(F, T).
1◦) Soit une transformation infinitésimale réversible où la force de traction, la température,
la longueur varient respectivement de dF, dT et d`.
a) Quel est le travail élémentaire d̄ W reçu par la barre ?
b) La chaleur reçue par la barre s’écrit d̄ Q = A(F, T)dT + k(F, T)dF. Que représentent A
et k ? Exprimer A en fonction de C, ρ, Σ et `.
c) Exprimer k et

∂A
∂F

T
à l’aide de T et des dérivées de `.
2◦) On effectue une traction adiabatique réversible.
a) Quelle est la variation dT1 de température consécutive à une variation infinitésimale dF1
de la force ? Quel est son signe ?
b) On appelle coefficient de dilatation linéaire λ de la barre la grandeur λ =
1
`

∂`
∂T

F
.
Exprimer
dF1
dT1
en fonction de T, λ, C, ρ et Σ.
c) Application : calculer la variation de température résultant d’une traction adiabatique pour
laquelle la traction par unité de surface passe de 0 à 10 kg mm−2, sur une barre de cuivre à

27◦C. On donne λ = 1, 6 10−5 K−1 ; C = 400 J kg−1 ; ρ = 9 103 kg m−3.
3◦) On chauffe réversiblement la barre en maintenant la longueur constante.
a) Quelle force dF2 faut-il exercer si on augmente la température de dT2 ?
b) Le module d’élasticité isotherme ET de la barre est défini par
1
ET
= Σ
1
`

∂`
∂F

T
. Exprimer
dF2
dT2
à l’aide de λ, ET , Σ.
c) Application : pour la barre précédente, ET = 12 1010 N m−2. Quelle force par unité de
surface faut-il exercer pour élever la température de 1 K en maintenant la longueur constante ?
4◦) On définit le module d’élasticité ES à entropie S constante par
1
ES
= Σ
1
`

∂`
∂F

S
.
Montrer que
1
ET
−
1
ET
=
Tλ2
ρC
III - Corps solide
Pour un solide soumis à des variations de pression et de température pas trop élevées, on
admet que le coefficient de dilatation linéaire αlin à pression constante ainsi que le coefficient
de compressibilité isotherme χT sont constants.
1◦) Montrer que si les propriétés du solide sont uniformes dans toutes les directions, le
coefficient de dilatation volumique αv =
1
V

∂V
∂T

P
est égal à 3 αlin.
2◦) Montrer que l’on peut alors écrire l’équation d’état sous la forme
V ' V1 + V0 (3 αlin T − χT P)
où V0 est le volume à la température de référence T0 et à faible pression (P → 0). Déterminer
alors V1.
3◦) Montrer que

∂U
∂V

V
=
V − V1
V0χT
puis déterminer

∂CV
∂V

T
.
4◦) On suppose que CV est indépendant de T. Exprimer l’énergie interne U en fonction de
T et V . Exprimer de même l’entropie S à l’aide des variables T et V , puis des variables T
et P. Dans chaque cas, on choisira un état de référence.

Corrigé TD2
I - Coefficients calorimétriques
1◦) d̄ Q et V sont des grandeurs extensives, T et P sont des grandeurs intensives.
• Cv, grandeur extensive, est la capacité calorifique à volume constant du gaz.
• Cp, grandeur extensive, est la capacité calorifique du gaz à pression constante.
• `, grandeur intensive homogène à une pression, est le coefficient de chaleur de dilatation
isotherme du gaz.
• h, grandeur extensive homogène à un volume, est le coefficient de chaleur de compression
isotherme.
Les coefficients λ et µ, peu utilisés, n’ont pas de désignation spéciale ; λ, extensif, est ho-
mogène à un volume ; µ, intensif, est homogène à une pression.
2◦) Dans la dernière expression de d
¯Q, faisons le remplacement dP = PβdT −
1
V χT
dV ,
et identifions le résultat obtenu à la première expression de d̄ Q. Il vient
Cv = Pβλ soit
λ
Cv
=
1
Pβ
= αχT , et ` = µ −
λ
V χT
Toujours dans la troisième expression de d̄Q, faisons le remplacement dV = V αdT −V χT dP
et identifions le résultat obtenu à la seconde expression de d̄ Q. On obtient cette fois
Cp = µV α soit
µ
Cp
=
1
V α
, et h = λ − µV χT
Enfin, exprimons dV en fonction de dT et dP dans la première expression de d̄ Q :
CvdT + `V (αdT − χT dP) = CpdT + hdP, d0
où
Cp − Cv = `V α , h = −`V χT soit
`
h
= −
1
V χT
3◦) a) Pour le gaz parfait, ` = P, α = 1/T, d’où Cp − Cv =
PV
T
= nR pour n moles. En
outre, on a alors χT = 1/P et donc h = −V .
b) Pour une isentropique, d
¯Q = 0, ce qui donne CvdT = −`dV = −PdV et CpdT =
−hdP = V dP. Dans le plan (P, V ), l’équation différentielle caractérisant une isentropique
du gaz parfait est donc
dP
dV
= −γ
P
V
. Si γ est constant, elle s’intègre aisément pour donner
la relation
PV γ
= constante

II - Barre métallique
1◦) a) d̄ W = Fd`.
b) A = C ρ ` Σ est la capacité calorifique à force constante de la barre ; k est le coefficient
de chaleur de traction isotherme (ou encore, chaleur latente de traction).
c) Notons U et S l’énergie interne et l’entropie de la barre, et introduisons les fonctions d’état
H = U − F ` (enthalpie) et G = H − TS (“enthalpie libre”). La différentielle de l’entropie
est
dS(≡
d̄ Q
T
) =
A
T
dT +
k
T
dF
Celle de l’enthalpie est (dU ≡ d̄ W + d̄ Q)
dH = dU − Fd` − `dF = AdT + (k − `)dF
et celle de l’enthalpie libre est
dG = dU − Fd` − TdS − `dF − SdT = −`dF − SdT
Exprimons le fait que cette dernière est une différentielle exacte. On obtient

∂S
∂F

T
=
k
T
=

∂`
∂T

F
Puis, exprimant que dH est une différentielle exacte :

∂A
∂F

T
=

∂
∂T
(k − `)

F
= T
∂2`
∂T2
!
F
2◦) a) On écrit d̄ Q1 = 0, d’où dT1 = −
k
A
dF1. Comme

∂`
∂T

F
et A sont positifs, dT1 est
négatif pour dF1 positif.
b)
dF1
dT1
= −
A
k
= −
C ρ ` Σ
λT`
= −
C ρ Σ
λT
c) ∆T1 = −
∆F1
Σ
λT
Cρ
= −0, 13 K (1 kg ≡ 9, 81 N)
3◦) a) b)
dF2
dT2
= −λ Σ ET
c)
∆F2
Σ
= −∆T2 λ ET = −1, 92 N mm−2
4◦) De la différentielle d` =

∂`
∂T

F
dT +

∂`
∂F

T
dF on tire

∂`
∂F

S
=

∂`
∂T

F

∂T
∂F

S
+

∂`
∂F

T
Or,

∂T
∂T

S
= −
k
A
. On en déduit

∂`
∂F

T
−

∂`
∂F

S
= −

∂`
∂T

F

∂T
∂F

S
=
k`λ
A
=
Tλ2`
CρΣ
D’où
1
ET
−
1
ET
=
Tλ2
ρC
III - Corps solide
1◦) αv =

∂ ln V
∂T

P
. Pour un corps de forme cubique de côtés a, b et c par exemple,
V = abc, ln V = ln a + ln b + ln c, αv =
1
a

∂a
∂T

P
+ etc = 3 αlin si les propriétés du solide
sont uniformes dans toutes les directions.
2◦) Tant que les variations de température et de pression restent limitées, V reste voisin de
V0. On peut alors écrire approximativement

∂V
∂T

P
' 3αlinV0 ,

∂V
∂P

T
' −V0χT
d’où, par intégration, V ' V1 + V0 (3 αlin T − χT P). Comme pour T = T0 et P → 0, on a
V = V0, il vient V1 = V0 (1 − 3αlinT0).
3◦) On a

∂U
∂V

T
= ` − P avec ` = T

∂P
∂T

V
comme conséquence des premier et second
principes. Or, ici,

∂P
∂T

V
=
3αlin
χT
D’où

∂U
∂V

T
=
1
χT
(3αlinT − χT P) =
V − V1
V0χT
. Puis, comme

∂CV
∂V

T
=
∂2U
∂V ∂T
=

∂
∂T

∂U
∂V

T

V
, on obtient 4

∂CV
∂V

T
= 0.
4◦) • U(T, V ) = U(T0, V0) + Cv(T − T0) +
1
2V0χT
h
(V − V1)2
− (V0 − V1)2
i
• S(T, V ) = S(T0, V0) + Cv ln
T
T0
+
3αlin
χT
(V − V0)
4. A noter que d’une façon générale,

∂CV
∂V

T
= T

∂2
P
∂T2

V
, formule qui conduit ici à un résultat
nul.

TD3
I - Cycle de Carnot d’un gaz parfait
Une masse m d’un gaz parfait monoatomique décrit un cycle constitué par les transformations
réversibles suivantes :
• une transformation adiabatique A(PA, VA, T2) → B(PB, VB, T1) avec T1 T2 ;
• une détente à température constante B → C(PC, VC, T1) ;
• une transformation adiabatique C → D(PD, VD, T2) ;
• une compression à température constante D → A.
On admettra que la capacité calorifique à volume constant du gaz est indépendante de la
température.
1◦) a) Représenter le cycle dans le plan (P, V ) (diagramme de Clapeyron).
b) Démontrer les relations PAPC = PBPD et VAVC = VBVD.
2◦) a) Déterminer les travaux WAB, WBC, WCD et WDA reçus par le gaz dans chacune des
transformations constituant le cycle, en fonction des coordonnées des états initial et final
correspondants.
b) Quelle est la relation entre WAB et WCD ? Retrouver directement cette relation en ap-
pliquant le premier principe de la Thermodynamique et en tenant compte du fait que le gaz
est parfait.
3◦) a) Déterminer, en fonction des coordonnées des sommets du cycle, les quantités de
chaleur QAB, QBC, QCD et QDA reçues par le gaz dans les quatre transformations du cycle
et en préciser les signes.
b) Etablir une relation entre QBC et QDA.
4◦) Déterminer le travail total W reçu par le gaz au cours du cycle. Montrer que l’on pouvait
prévoir son signe et le vérifier.
5◦) Donner la définition générale du rendement relatif à un cycle et déterminer le rendement
η du cycle considéré ici.
6◦) a) Déterminer les coordonnées des états C et D de telle sorte que QBC ait une valeur
Q1 fixée à l’avance.
b) Application numérique :
PA = 105 Pa ; T1 = 300 K ; T2 = 280 K ; Q1 = 200 J ; γ = 5/3 ; R = 8, 31 J K−1 mole−1 ;
nombre de mole : 1/10.

II - Cycle d’un gaz de Van der Waals
Une mole d’un gaz de Van der Waals a pour équation d’état

P +
a
V 2

(V − b) = RT
On fait subir à cette mole de gaz le cycle suivant :
• détente à pression extétieure constante A(P0, V0) → A1 qui double son volume ;
• compression réversible isotherme A1 → A2 qui la ramène à son volume initial ;
• un refroidissement isochore A2 → A0.
1◦) Représenter le cycle dans le diagramme de Clapeyron.
2◦) Déterminer en fonction de P0, V0, a et b le travail reçu par le gaz dans chacune des
transformations du cycle.
3◦) En déduire le travail total et la quantité de chaleur totale reçus au cours du cycle.
III - Transformations adiabatiques et isothermes, réversibles et irréversibles
d’un gaz parfait
On considère un cylindre muni d’un piston de masse négligeable, tous deux imperméables
à la chaleur. On dispose sur le piston une masse M (figure 6). L’ensemble est soumis à la
pression atmosphérique P0.
M
P
He
0
Figure 1 – Gaz dans un corps de pompe
Au début de l’expérience, un opérateur maintient le piston de telle sorte que la hauteur
de celui-ci au dessus du fond du cylindre soit h0. Cet espace libre est rempli d’hélium à la
température T0 et à la pression P0. L’hélium sera considéré comme un gaz parfait monoato-
mique.
Pour les applications numériques, on prendra : section intérieure du cylindre s = 100 cm2 ;
h0 = 1 m ; P0 = 9, 81 104 Pa ; M = 50 kg ; T0 = 273 K ; g = 9, 81 m/s2 ; R = 8, 31 J K−1
mole−1 ; γ = 5/3.
1◦) a) Dans une première expérience, l’opérateur laisse descendre très lentement le piston
dans le cylindre jusqu’à ce que celui-ci se trouve en équilibre sur la colonne d’hélium. Quelles
sont, à la fin de l’expérience, la hauteur h et la température T de la colonne d’hélium ?
Calculer le travail W1 reçu par le gaz ainsi que la variation ∆1S de son entropie.
b) Dans une seconde expérience, les conditions initiales étant les mêmes que précédemment,

l’opérateur lâche brusquement le piston qui comprime le gaz et s’immobilise après quelques
oscillations. Calculer la hauteur finale h0
1 et la température finale T0
1 de l’hélium à l’équilibre.
Calculer le travail W0
1 reçu par le gaz et le comparer à W1. Calculer également la variation
∆0
1S de l’entropie du gaz pour cette nouvelle transformation.
c) Le piston étant dans la position d’équilibre correspondant à la hauteur h0
1, l’opérateur
enlève brusquement la masse M. Calculer la hauteur h00
1 à laquelle le piston sera remonté
à l’équilibre final et la température finale T00
1 de l’hélium. Comparer h00
1 et T00
1 à h0 et T0
respectivement. Calculer le travail W00
1 reçu par l’hélium ainsi que la variation ∆00
1S de son
entropie. Comparer W00
1 à W0
1.
2◦) Les mêmes expériences sont reprises avec cette fois un cylindre à parois diathermes,
c’est-à-dire, conductrices de la chaleur. Le cylindre reste en contact avec un thermostat à la
température T0.
a) Le piston est abaissé très lentement par l’opérateur jusqu’à ce qu’il soit en équilibre sur
la colonne d’hélium. Calculer la hauteur finale d’équilibre h2, le travail W2 et la chaleur Q2
reçus par le gaz. Calculer la variation d’entropie ∆2S du gaz.
b) Le piston est ramené à sa position initiale et est alors lâché brusquement par l’opérateur.
Calculer la hauteur finale d’équilibre h0
2, le travail W0
2 et la chaleur Q0
2 reçus par le gaz.
Comparer W0
2 à W2. Calculer la variation d’entropie ∆0
2S du gaz.
c) La colonne d’hélium étant à l’équilibre correspondant à la hauteur h0
2, l’opérateur retire
brusquement la masse M. Calculer la hauteur finale d’équilibre h00
2, le travail W00
2 et la chaleur
Q00
2 reçus par le gaz. Comparer W00
2 à W0
2. Calculer la variation d’entropie ∆00
2S du gaz.
d) Calculer les variations d’entropie ∆SΣ, ∆0SΣ, ∆00SΣ correspondant aux expériences précé-
dentes, pour le système thermodynamique isolé Σ constitué par le cylindre et le thermostat.
Commenter.
IV - Etude d’un cycle
On considère n moles d’un gaz parfait subissant le cycle de transformations suivant :
• transformation adiabatique réversible A(PA, TA) → B(PB, TB) avec TB TA ;
• transformation isochore B(PB, TB) → C(PC, TC = TA) au cours de laquelle le gaz reçoit
une quantité de chaleur positive d’une source de chaleur à température constante TA ;
• transformation isotherme réversible C → A pendant laquelle le gaz est en contact avec la
source de chaleur de température TA.
On note γ le rapport, supposé constant, des chaleurs molaires à pression et à volume constant
du gaz et R la constante des gaz parfaits.
1◦) Représenter le cycle ABCA dans le diagramme de Clapeyron et préciser la nature,
réversible ou irréversiblle, de ce cycle.
2◦) Déterminer, exclusivement en fonction de TA, PA, TB, n, R et γ :
a) la capacité calorifique à volume constant Cv du gaz ;
b) les volumes VA et VB du gaz dans les états A et B respectivement ;
c) la variation d’énergie interne ∆ABU du gaz entre les états A et B ;

d) la variation d’entropie ∆BCS du gaz entre les états B et C ;
e) le travail WCA reçu par le gaz dans la transformation CA.
3◦) Disposer dans un tableau, pour les trois transformations, les travaux et chaleurs reçus
par le gaz, ainsi que les variations d’énergie interne et d’entropie du gaz.
4◦) Déterminer le travail total W et la quantité de chaleur totale Q reçus par le gaz au cours
du cycle. Quels sont leurs signes respectifs ?
5◦) Calculer la variation d’entropie ∆Ssource de la source de température TA au cours du
cycle. Commenter à l’aide du principe d’évolution.
6◦) a) On se propose d’étudier la possibilité d’inverser le sens du cycle. Montrer, en le
justifiant, qu’il est alors nécessaire de mettre en jeu une seconde source de chaleur. Celle-ci
sera choisie de température constante. Quelle condition doit remplir cette température ? Au
cours de quelle transformation le gaz doit-il être mis en contact avec la seconde source ?
b) Pour ce nouveau cycle, calculer la variation d’entropie de l’ensemble des deux sources.
Conclusion ?
V - Modélisation du fonctionnement d’un moteur de voiture
adiabatiques
P
V
C
B
A
D
Figure 2 – Cycle de Beau de Rochas
On modélise le fonctionnement d’un moteur de voiture à l’aide du cycle de Beau de Rochas
schématisé à la figure 8. Il est constitué de
• deux adiabatiques réversibles AB et CD d’équations PV n = constante où n est un nombre
supérieur à 1.
• deux transformations réversibles BC et DA à volume constant.
Le mélange combustible est assimilé, avant comme après combustion, à un gaz parfait dont
la capacité calorifique à volume constant Cv est constante.
1◦) Dans quel sens est décrit le cycle ? Justifier la réponse.
2◦) Calculer, en fonction de Cv, TA, TB, TC et TD les quantités de chaleur reçues par le gaz

dans chacune des quatre transformations du cycle, ainsi que le travail total W reçu par le
gaz au cours du cycle.
3◦) Soit Q1 la quantité de chaleur produite par la combustion du mélange dans la transfor-
mation CD. Exprimer le rendement η = −W/Q1 en fonction de TA, TB, TC et TD.
4◦) On appelle rapport de compression le nombre a = VA/VB = VD/VC. Exprimer TC et
TB en fonction de TA, TD, a et n. En déduire une expression simple de η en fonction de a et
n. Application numérique : PA = 1 atm., PB = 12 atm., a = 8 ; calculer an et en déduire η.
5◦) a) La voiture a une puissance mécanique de 20 kW. Quelle quantité de chaleur par
seconde doit fournir la combustion AB ?
b) L’essence a un pouvoir calorifique de 11500 kcal/kg (1 cal = 4,18 J). Quelle est la masse
d’essence brulée en 1 seconde ?
c) En déduire la consommation en litres aux 100 km. L’essence a pour masse volumique 0,7
kg/litre et la voiture roule à 90 km/h.
VI -
A/ - On rappelle que la quantité de chaleur d̄ Q reçue par une mole de gaz au cours d’une
transformation infinitésimale réversible peut s’exprimer en fonction des variables P et V par
la relation d̄ Q = λdP + µdV où λ et µ sont des coefficients calorimétriques.
1◦) Exprimer λ et µ en fonction de Cp et Cv, chaleurs molaires à pression constante et à
volume constant respectivement, et des dérivées partielles

∂T
∂V

P
et

∂T
∂P

V
.
Dans la suite du problème, le gaz est considéré comme un gaz parfait pour lequel le rapport
γ = CP /CV est une fonction linéaire de la température : γ = aT + b où a et b sont deux
constantes positives.
2◦) Exprimer λ et µ en fonction de P, V et γ.
3◦) Déterminer l’énergie interne molaire U(T) de ce gaz.
4◦) Démontrer que l’équation des isentropiques s’écrit
TV b−1
aT + b − 1
= constante
B/ Le gaz parfait considéré précédemment décrit un cycle constitué des quatre transforma-
tions suivantes :
• une compression isotherme A(V1, T1) → B(V2, T1) pendant laquelle le gaz est en contact
avec une source de chaleur à la température T1 ;
• un échauffement à volume constant B → C(V2, T2) pendant lequel le gaz est en contact
avec une source de chaleur de température T2 ;
• une détente isotherme C → D(V1, T2) pendant laquelle le gaz reste en contact avec la
source de température T2 ;
• un refroidissement isochore D → A pendant lequel le gaz est en contact avec la source de
température T1.
1◦) Quelle est la nature de la machine thermique ditherme dans laquelle circule le gaz ?
2◦) a) Pour chacune IJ des transformations du cycle, calculer le travail WIJ et la chaleur

QIJ reçus par le gaz, en précisant leurs signes. Toutes les grandeurs calculées seront exprimées
uniquement en fonction de T1, T2, V1, V2, a, b et R.
b) Quelles sont les quantités de chaleur QF et QC fournies au gaz respectivement par la
source froide et par la source chaude ?
3◦) Exprimer le rendement η de cette machine en fonction de T1, T2, V1, V2, a, b et R.
4◦) On considère maintenant un moteur thermique fonctionnant réversiblement suivant un
cycle de Carnot entre les deux sources de chaleur de températures respectives T1 et T2 T1.
a) Rappeler ce qu’est un cycle de Carnot. Etablir l’expression du rendement ηc de ce moteur.
b) Comparer l’expression de η à celle de ηc. Le résultat est-il conforme à ce que vous savez
du fonctionnement des machines thermiques ? Justifier la réponse.
VII - Cycle de Brayton
Le cycle de Brayton décrit par un gaz est constitué des transformations réversibles suivantes :
• compression isentropique A1(P1, T1) → A2(P2, T2) ;
• détente isobare A2(P2, T2) → A3(P2, T3) ;
• détente isentropique A3(P2, T3) → A4(P1, T4) ;
• compression isobare A4(P1, T4) → A1(P1, T1) ;
P et T étant la pression et la température du gaz, respectivement.
Ce cycle sert de modèle théorique pour décrire le fonctionnement thermodynamique idéal de
certains moteurs thermiques ou de certaines machines frigorifiques et de climatiseurs. Le gaz
utilisé est de l’air que l’on considèrera comme un gaz parfait de masse molaire M et dont le
rapport γ = Cp/Cv est constant.
A/ Moteur thermique
1◦) Dans le diagramme de Clapeyron, représenter le cycle de Brayton, parcouru dans le sens
indiqué plus haut, puis dans le diagramme entropique où l’entropie est portée en abscisse et
la température en ordonnée.
2◦) Dans ce diagramme entropique, que représente l’aire du cycle ? Montrer, en justifiant la
réponse, que ce cycle correspond bien à celui d’un moteur thermique.
3◦) Préciser les signes des quantités de chaleur Q12, Q23, Q34 et Q41 reçues par le gaz au
cours de chacune des quatre transformations du cycle.
4◦) Définir le rendement η du cycle et l’exprimer en fonction des températures T1, T2, T3 et
T4.
5◦) a) Soit r = P2/P1 le rapport de compression pour ce cycle. Exprimer les températures
T2 et T3 en fonction de T1, T4, r et γ.
c) En déduire l’expression de η en fonction de r et γ.
6◦) Exprimer les températures T2 et T3 en fonction de T1, T4 et η.

B/ Machine frigorifique
Le cycle de Brayton de sommets A1, A2, A3 et A4 est maintenant parcouru en sens inverse
du précédent.
1◦) En précisant les signes des quantités de chaleur Q14, Q43, Q32 et Q21, reçues par le gaz
au cours des quatre transformations de ce nouveau cycle, montrer que l’on peut décrire le
fonctionnement d’une machine frigorifique.
2◦) a) Définir l’efficacité e de la machine frigorifique ainsi modélisée et l’exprimer en fonction
de T1, T2, T3 et T4.
b) Exprimer e en fonction du rapport de compression r de ce cycle et de γ.
3◦) Exprimer T2 et T3 en fonction de T1, T4 et e.
C/ Etude du compresseur intervenant dans la transformation adiabatique
Le rôle du compresseur est d’aspirer l’air se trouvant initialement dans une conduite de
section droite Si à la pression Pi et à la température Ti, et de le refouler dans une conduite
de section droite Sf dans les conditions de pression et de température (Pf , Tf ) (figure 3
(a)). Poussé par les couches d’air en amont, l’air pénètre dans le compresseur et en sort en
repoussant les couches d’air en aval. Dans le corps du compresseur, des aubes mues par un
moteur électrique brassent l’air en lui fournissant un travail Wc par mole d’air traversant le
compresseur. Les parois de la tuyauterie et du compresseur sont supposées adiabatiques. Cet
écoulement adiabatique de l’air est considéré en régime permanent.
1◦) Considérer une masse d’air Σ se trouvant à la date t entre une section Si(t) de la conduite
en amont et une section Sf (t) de la conduite en aval et qui, à la date t+dt se retrouve entre
les sections Si(t + dt) et Sf (t + dt) (figure 3 (b)). En appliquant le premier principe de la
Thermodynamique à Σ entre t et t + dt et en igorant l’énergie cinétique macroscopique de
l’air dans cet écoulement, démontrer que
Wc = H(Tf , Pf ) − H(Ti, Pi)
où H(T, P) est l’enthalpie molaire de l’air. Ce résultat pourra être admis sans démonstration
pour la suite du problème.
2◦) L’air étant encore considéré comme un gaz parfait, en déduire l’expression de Wc en
fonction des données.
D/ Application : machine frigorifique
Une machine frigorifique a les caractéristiques suivantes :
• débit massique d’air à l’entrée du compresseur ègal à D = 15, 8 g s−1 ;
• puissance de réfrigération (ou chaleur retirée par unité de temps) égale à q = 1 kW ;
• efficacité e = 1, 9 ;
• P1 = 1 atm., T2 = 290 K ;
Pour l’air, on a M = 29 g mole−1, γ = 1, 4.
1◦) Donner les valeurs numériques de T1, T3, T4 et P2.

2◦) Quelle est la puissance du compresseur ?
(b)
Sf
Wc
Si
(t+dt)
i
S
Si(t) Sf(t)
Sf(t+dt)
(a)
Figure 3 – Ecoulement de l’air dans le compresseur

Corrigé TD3
I - Cycle de Carnot d’un gaz parfait
1◦) a)
D
P
V
C
A
B
Figure 4 – Cycle de Carnot
b) Pour les transformations isentropiques AB et CD, on peut écrire
PAV γ
A = PBV γ
B et PCV γ
C = PDV γ
D
avec γ = Cp/Cv = 5/3 (gaz parfait monoatomique), d’où PAPC(VAVC)γ = PBPD(VBVD)γ.
Pour les transformations isothermes DA et BC on a les relations
PAVA = PDVD et PCVC = PBVB
d’où PAPCVAVC = PBPDVBVD. De ces relations on déduit aisément
PAPC = PBPD , VAVC = VBVD
2◦) a) • WAB = ∆ABU =
3
2
nR(TB − TA)
• WBC = −nRTB ln
VC
VB
• WCD = ∆CDU =
3
2
nR(TD − TC) =
3
2
nR(TA − TB)
• WDA = −nRTA ln
VA
VD
b) WAB = −WCD. Cette égalité résulte des circonstances suivantes. D’une part, les deux
transformations AB et CD étant des adiabatiques, QAB = QCD = 0 et par conséquent
WAB = UB − UA, WCD = UD − UC. D’autre part, les deux transformations BC et DA
sont isothermes. Or, l’énergie interne d’un gaz parfait ne dépend que de la température et
par suite UB = UC, UD = UA. D’où l’égalité mentionnée.

3◦) a) D’après ce qui précède,
• QAB = QCD = 0
• QBC = −WBC = nRTB ln
VC
VB
0, QDA = −WDA = nRTA ln
VA
VD
0
b) De l’égalité VAVC = VBVD on tire VA/VD = VB/VC et par suite
QBC
TB
+
QDA
TA
= 0
On retrouve ici l’égalité de Clausius qui résulte du bilan entropique de ce cycle réversible.
4◦) W = nR(TA − TB) ln
VD
VA
. Ce travail doit être négatif car dans le diagramme (P, V ) il
est parcouru dans le sens trigonométrique. Il en est bien ainsi car VD VA (DA est une
compression) et TA = T2 TB = T1.
5◦) Un rendement est défini comme le rapport de ce qui est récupéré sur ce qui est fourni. Ici,
on récupère le travail |W| alors que seule la quantité de chaleur QBC est réellement fournie.
On définit donc le rendement du cycle de Carnot comme η = −W/QBC. On trouve ainsi
η = 1 −
TA
TB
= 1 −
T2
T1
= 0, 07
6◦) a) b) On doit exprimer les coordonnées du cycle en fonction des données de l’application
numérique qui sont Q1, PA, T1, T2, n et R. Le volume VA est donné par l’équation d’état :
VA = nRT2/PA = 2, 3 10−3 m3. Le volume VD s’en déduit par VD = VA exp
Q1
nRT1
=
2, 23 VA = 5, 13 10−3
m3
. Le volume VC s’obtient de la même manière à partir de VB et ce
dernier volume est connu si l’on connait PB, puisque VB = nRT1/PB. Or, en fonction des
variables P et T, l’équation d’une isentropique du gaz parfait prend la forme
PT
γ
γ − 1 = constante
d’où l’on tire PB = PA

T1
T2
5
2 = 1, 19 PA. Ainsi, VB = 2, 1 10−3 m3 et VC = 4, 68 10−3 m3.
II - Cycle d’un gaz de Van der Waals
1◦) On admet ici que toutes les transformations sont réversibles. Voir figure ci-après.
2◦) • Transformation A0A1 : W01 = −P0V0.
• Transformation A1A2 : W12 = RT1 ln
2V0 − b
V0 − b
−
a
2V0
avec T1 = (P0 +
a
4V 2
0
)(2V0 − b).
• Transformation A2A0 : W20 = 0.
3◦) W = −Q = W01 + W12 0.

P
P
V
1
A
A
A
0
2
2V
V0 0
0
Figure 5 – Cycle du gaz de Van der Waals
III - Transformations adiabatiques et isothermes, réversibles et irréversibles
d’un gaz parfait
M
P
He
0
Figure 6 – Gaz dans un corps de pompe
1◦) a) La première transformation est une adiabatique réversible au cours de laquelle la
pression et le volume du gaz sont liés par la relation PV γ = constante. La pression finale
est Pf = P0 +
Mg
s
. Or,
Mg
s
= 0, 5 × 9, 81 × 104
Pa = P0/2, donc Pf = 3P0/2. On a ainsi
Pf hγ
= P0hγ
0 soit h = h0

2
3
3
5
= 78, 4 cm
Appliquant l’équation d’état Ph = nRT/s aux états initial et final, on obtient nR/s =
Pf h/Tf = P0h0/T0, soit Tf = T0
Pf h
P0h0
= T0
3
2
h
h0
= 321 K.
• Puisque Q1 = 0, on a W1 = ∆1U =
∆(PV )
γ − 1
, soit
W1 =
3
2
(Pf h − P0h0) =
3
2
sP0h0

Tf
T0
− 1

= 259 J
• ∆1S = 0 (adiabatique réversible, donc isentropique).
b) Cette seconde transformation est manifestement irréversible et l’on ne peut plus appliquer
la relation PV γ = constante pour déterminer la hauteur finale. En revanche, comme elle

est aussi adiabatique, on peut encore écrire la relation bilan : W0
1 = ∆0
1U. Comme c’est la
pression Pf qui fournit le travail, on a donc W0
1 = −Pf s (h0
f −h0) = ∆0
1U = s
Pf h0
f − P0h0
γ − 1
d’où l’on tire
h0
f = γ h0
P0
Pf
+ γ − 1
!
=
4
5
h0 = 80 cm
On en déduit aussi T0
f = T0
Pf h0
f
P0h0
= 1, 2 T0 = 328 K, puis W0
1 = 294 J.
• Calculons la variation correspondante de l’entropie. Son expression générale en fonction des
variables P et V à l’état initial et à l’état final est ∆S = cv ln
Pf V γ
f
PiV γ
i
, avec cv =
nR
γ − 1
=
1
γ − 1
P0sh0
T0
. On obtient ∆0
1S = 5 × 0, 981 ×

ln
3
2
+
5
3
ln
4
5

= 0, 164 J K−1. Elle est
positive, témoignant du caractère irréversible de cette transformation adiabatique.
c) Il s’agit encore d’une transformation adiabatique irréversible au cours de laquelle c’est la
pression finale P00
1 = P0 qui travaille. On a maintenant
W00
1 = −P0s(h00
1 − h0
1) = ∆00
1U =
s
γ − 1
(P0h00
1 − P0
1h0
1)
d’où l’on tire finalement
h00
1 =
h0
γ2

P0
1
P0
+ γ − 1

P0
P0
1
+ γ − 1

=
26
25
h0 = 1, 04 m
puis T00
1 = 278 K, W00
1 = −235 J.
• La variation d’entropie est maintenant
∆00
1S = 5 × 0, 981 × ln
P0
P00
1

h00
1
h0
1
γ
!
= 5 × 0, 981 ×

− ln
3
2
+
5
3
ln
26
20

= 0, 156 JK−1
Elle est aussi positive, comme il se doit pour cette transformation adiabatique irréversible.
2◦) Dans cette question, les transformations envisagées sont monotherme (contact avec un
seul thermostat).
a) Ici, il s’agit d’une transformation réversible monotherme, donc isotherme pour le gaz. On
a T2 = T0, donc Pf Vf = P0V0 avec Pf =
3
2
P0. D’où h2 =
2
3
h0 = 67 cm.
• Le gaz étant parfait, son énergie interne ne dépend que de sa température et par conséquent
∆2U = 0. On a ainsi
W2 = −Q2 = −P0V0 ln
h2
h0
= 398 J
• La transformation étant réversible et isotherme, on a
∆2S =
Q2
T0
= −1, 46 J K−1

b) La transformation est irréversible, mais Tf = T0, Pf =
3
2
P0. L’état final est donc le même
que celui de l’expérience précédente et h0
2 = h2
• W0
2 = −Q0
2 = −P1s(h0
2 − h0) =
P0V0
2
= 490 J.
• ∆0
2S = ∆2S (mêmes états initiaux et finals).
c) • P00
2 = P0, h00
2 = h0
• W00
2 = −Q00
2 = −P0s(h0 − h2) = −
P0V0
3
= −327 J
• ∆00
2S = −∆0
2S = −∆2S = 1, 46 J K−1
d) • ∆SΣ = 0 (adiabatique réversible pour Σ) ;
• ∆0SΣ = ∆0
2S −
Q0
2
T0
=
P0V0
2T0
+
P0V0
T0
ln
h2
h0
=
P0V0
T0

1
2
− ln
3
2

= 0, 34 J K−1
Cette variation est positive car pour Σ il s’agit d’une transformation adiabatique irréversible.
• ∆00SΣ = ∆00
2S −
Q00
2
T0
= 0, 26 J K−1
Cette variation est positive car pour Σ il s’agit ici encore d’une transformation adiabatique
irréversible.
IV - Etude d’un cycle
A
P
V
C
B
Figure 7 – Cycle du problème 3-IV
1◦) Dans la transformation isochore BC, la température du gaz ne peut rester constante.
L’équilibre de température avec celle, constante, du thermostat avec lequel le gaz est alors en
contact ne peut être réalisé en cours de transformation. Cette transformation est donc cer-
tainement irréversible. Pour cette raison, elle est représentée en pointillés dans le diagramme
de Clapeyron.
2◦) Déterminer, exclusivement en fonction de TA, PA, TB, n, R et γ :
a) Cv =
nR
γ − 1

b) • VA =
nRTA
PA
• Dans la transformation adiabatique réversible (isentropique) AB la pression et la température
du gaz satisfont la relation P = PA

T
TA
γ
γ − 1 , d’où PB = PA

TB
TA
γ
γ − 1 , puis VB =
nRTB
PB
.
c) ∆ABU =
nR
γ − 1
(TB − TA)
d) ∆BCS =
nR
γ − 1
ln
TA
TB
(TC = TA)
e) WCA = −nRTA ln
VA
VC
= −nRTA ln
VA
VB
=
nRTA
γ − 1
ln
TA
TB
3◦) Pour chacune des transformations on a les relations suivantes.
Pour AB : QAB = 0, ∆ABS = 0, WAB = ∆ABU
Pour BC : WBC = 0, QBC = ∆BCU =
nR
γ − 1
(TA − TB)
Pour CA : ∆CAU = 0, WCA = −QCA = −TA∆CAS.
Comme ∆U = 0 et ∆S = 0 pour tout le cycle, on en déduit ∆ABU = −∆BCU, ∆BCS =
−∆CAS et notamment WCA = TA∆BCS.
W Q ∆U ∆S
AB −∆ABU 0
nR
γ − 1
(TB − TA) 0
BC 0 −∆ABU −∆ABU
nR
γ − 1
ln
TA
TB
CA TA∆BCS −TA∆BCS 0 −∆BCS
4◦) W = −Q =
nRTA
γ − 1

TB
TA
− 1 − ln
TB
TA

. Or, la fonction x − 1 − ln x (avec ici x =
TB/TA 0) est toujours positive et donc W 0, ce qui est normal car dans le plan (P, V ),
le cycle est parcouru dans le sens inverse du sens trigonométrique.
5◦) ∆Ssource − Q/TA = W/TA 0. A la fin du cycle, la variation d’entropie de l’ensemble
Σ comprenant le gaz et la source est ∆SΣ = ∆Ssource. Elle est positive, ce qui est normal
car pour cet ensemble la suite de transformations est une adiabatique irréversible.
6◦) a) L’inverse du cycle serait un cycle au cours duquel le gaz devrait produire un travail
W0 = −W 0 alors qu’il ne serait en contact qu’avec un seul thermostat. Mais cela est

impossible d’après l’énoncé de Kelvin du second principe de la Thermodynamique. Un cycle
moteur ne peut être réalisé que si le gaz échange de la chaleur avec au moins deux sources
de chaleur au cours de ce cycle. Pour le cycle considéré, l’une des sources est le thermostat
dont la température TA est la plus élevée. Le gaz est en contact diatherme avec lui dans la
transformation réversible isotherme AC et en reçoit la chaleur positive QAC = nRTA ln
VC
VA
.
La température du gaz diminue de TA à TB dans la transformation isochore CB. C’est
dans cette transformation que le gaz doit être mis en contact avec une source de chaleur de
température T TA. En fait, ce contact doit être effectif dans toute cette transformation
S’il n’en était pas ainsi, étant donné que l’on suppose la présence de deux sources de chaleur
seulement, cela signifierait que dans une phase de la transformation AC le gaz doit subir une
transformation non seulement isochore mais aussi adiabatique. Pendant cette phase, l’énergie
interne du gaz ne pourrait évoluer, sa température devrait rester constante, son volume aussi
et donc aussi sa pression. Le gaz ne pourrait donc jamais atteindre l’état B. Il faut donc
choisir T = TB.
b) La source chaude de température TA reçoit la quantité de chaleur −QAC. Sa variation
d’entropie au cours du cycle est donc ∆SA = −QAC/TA = −
nR
γ − 1
ln
TA
TB
; la source froide
de température TB reçoit au cours du cycle la quantité de chaleur −QCB et la variation
consécutive de son entropie est ∆SB = −QCB/TB = −
nR
γ − 1
(1−
TA
TB
) ; la variation d’entro-
pie du gaz à la fin du cycle est nulle. Ainsi, au cours du cycle, l’ensemble comprenant les deux
sources et le gaz voit son entropie varier de ∆S = ∆SA +∆SB =
nR
γ − 1

TA
TB
− 1 − ln
TA
TB

dont la positivité (x − 1 − ln x 0), rend bien compte de l’irréversibilité du cycle considéré
due, ici encore, à l’irréversibilité de la transformation isochore CB.
V - Modélisation du fonctionnement d’un moteur de voiture
adiabatiques
P
V
C
B
A
D
Figure 8 – Cycle de Beau de Rochas
1◦) Dans le plan (P, V ), la surface du cycle donne la valeur absolue du travail reçu au cours
de ce cycle. Le cycle est moteur, donc W 0, s’il est parcouru dans le sens trigonométrique.
La suite de transformation est donc dans le sens ABCD.
2◦) QAB = QCD = 0 ; QBC ∆BCU = Cv(TC − TB), QDA = ∆DAU = Cv(TA − TD) ;
W = −QBC − QDA = Cv(TB + TD − TA − TC).

3◦) η = 1 + QDA/Q1 = 1 −
TD − TA
TC − TB
4◦) TB = TA an−1 ; TC = TD an−1, η = 1 −
1
an−1
.
an = PB/PA = 12, η = 1 − 8/12 = 1/3.
5◦) a) Par unité de temps : QBC =
|W|
η
= 60 kW.
b) M =
60
4, 18 × 115
g/s= 1, 25 g/s.
c) Volume par seconde =
1, 25 10−3
0, 7
`/s ' 1, 8 10−3
`/s .
Volume pour 100 km = 1, 8 ×
100
90
× 3600 ' 7, 2 `
- VI - A -
1◦) On peut écrire indifféremment d̄ Q comme d̄ Q = λdP + µdV , d̄ Q = CvdT + `dV ou
d̄ Q = CpdT + hdP, et écrire dT comme dT =

∂T
∂V

P
dV +

∂T
∂P

V
dP. Par identification,
on en tire
λ = Cv

∂T
∂P

V
, µ = Cp

∂T
∂V

P
Dans la suite du problème, le gaz est considéré comme un gaz parfait pour lequel le rapport
γ = CP /CV est une fonction linéaire de la température : γ = aT + b où a et b sont deux
constantes positives.
2◦) Pour ce gaz, la relation de Mayer est encore applicable et l’on a Cv =
R
γ − 1
, Cp =
Rγ
γ − 1
. A l’aide de l’équation d’état PV = RT (pour 1 mole), on obtient

∂T
∂V

P
= P/R,

∂T
∂P

V
= V/R, et par suite λ =
V
γ − 1
, µ =
Pγ
γ − 1
.
3◦)
dU
dT
= Cv =
R
aT + b − 1
, et par intégartion : U = U(T) =
R
a
ln [aT + b − 1] + U0 où
U0 est une constante.
4◦) Une isentropique peut être définie par l’équation d
¯Q = 0, ce qui donne ici CvdT =
−`dV = −PdV = −RT
dV
V
, soit
dV
V
= −
dT
T
×
1
aT + b − 1
=
dz
a + z(b − 1)
en posant
z = 1/T. L’intégration donne ln V =
1
b − 1
ln [a + z(b − 1)] + constante1, soit finalement la
relation
TV b−1
aT + b − 1
= constante.

- VI - B -
1◦) Il s’agit d’une machine thermique ditherme irréversible, car les deux transformations BC
et CD au cours desquelles le gaz est en contact soit avec l’une, soit avec l’autre des deux
sources de chaleur sont isochores et ne sont donc pas isothermes. La machine est motrice
car dans le plan (P, V ), le cycle est parcouru en sens inverse du sens trigonométrique.
2◦) a) • AB : ∆ABU = 0 (isotherme), donc WAB = −QAB = RT1 ln
V1
V2
0.
• WBC = 0, donc QBC = ∆BCU =
R
a
ln
aT2 + b − 1
aT1 + b − 1
0 (T2 T1).
• ∆CDU = 0, WCD = −QCD = −RT2 ln
V1
V2
0.
• WDA = 0, donc QDA = ∆DAU = −
R
a
ln
aT2 + b − 1
aT1 + b − 1
0.
b) QF = QAB + QDA, QC = QBC + QCD.
3◦) η = −
W
QC
=

1 −
T1
T2

X avec X =
ln
V1
V2
ln
V1
V2
+
R
a
ln
aT2 + b − 1
aT1 + b − 1
.
4◦) a) Un cycle de Carnot est consitué de quatre transformations : deux adiabatiques et
deux isothermes. Dans ces dernières, le système décrivant le cycle est en contact soit avec
la source chaude soit avec la source froide, recevant de la première la chaleur Q2, et de la
seconde la chaleur Q1. Lorsque le cycle est réversible, ces deux grandeurs vérifient la relation
de Clausius
Q2
T2
+
Q1
T1
= 0. Le travail W est quant à lui donné par W = −Q2 −Q1. Si le cycle
est moteur, on a W 0, Q2 0, Q1 0, et son rendement est ηc = −W/Q2 = 1 −
T1
T2
.
b) η/ηc = X 1. Le résultat est conforme au théorème de Carnot selon lequel le rendement
d’une machine ditherme est inférieur au rendement d’une machine de Carnot fonctionnant
(réversiblement) entre les mêmes températures, et n’est égal à ce rendement que si et seule-
ment si le cycle est réversible. Or, dans le cas présent, le cycle est irréversible, comme expliqué
au 1◦).
VII - Cycle de Brayton
- A - Moteur thermique
1◦) Voir figure ci-après. A noter que

∂T
∂S

P
=

∂S
∂T

P
−1
= T/Cp 0.
2◦) La forme différentielle TdS est la quantité de chaleur reçue par le système étudié, lors
d’une transformation infinitésimale réversible. La valeur absolue de l’intégrale de cette forme
le long d’une courbe est la surface de la région du plan (T, S) se trouvant entre l’axe des
abcisses et ladite courbe et limitée par les deux parallèles à l’axe des ordonnées passant
respectivement par le point initial et par le point final de la courbe. L’aire d’un cycle de ce
diagramme représente donc, au signe près, la chaleur totale Q reçue par le système au cours
du cycle. Si ce dernier est parcouru dans le sens trigonométrique du diagramme entropique,

on a Q = −W 0 et le cycle est moteur, ce qui est le cas ici.
S
2
P
1
P
2 3
1 4
P
V
1
2
3
4
T
3◦) D’apr‘es ce qui vient d’être dit, Q12 = 0, Q23 0, Q34 = 0, Q41 0.
4◦) η = −W/Q23 avec −W = Q23 + Q41, Q23 = ∆23H = Cp(T3 − T2), Q41 = ∆41H =
Cp(T1 − T4). On en déduit η = 1 + Q14/Q23 = 1 −
T4 − T1
T3 − T2
.
5◦) a) Dans les deux transformations isentropiques, on a la relation T = constante × P
1− 1
γ ,
ce qui conduit aux relations T2 = T1x, T3 = T4x où x = r
1− 1
γ 1.
c) η = 1 −
1
x
.
6◦) x =
1
1 − η
, d’où T2 =
T1
1 − η
, T3 =
T4
1 − η
.
- B - Machine frigorifique
1◦) Les échanges énergétiques et entropiques de ce cycle sont les opposés de ceux du cycle
moteur précédent. On a donc Q14 0, Q43 = 0, Q32 0, Q21 = 0. Dans ce cycle, de
la chaleur (Q14) est extraite de la source froide, tandis qu’une quantité plus importante de
chaleur (|Q32| = x Q14 Q14) passe dans la source chaude. Ce transfert de chaleur ne
peut être réalisé qu’en fournissant le travail W0 = −W 0. C’est ainsi que fonctionne une
machine frigorifique ditherme.
2◦) a) et b) e = Q14/W0 = 1/ [−1 − Q32/Q14], soit e =
1
x − 1
.
3◦) x = 1 + 1/e, d’où T2 = T1(1 + 1/e), T3 = T4(1 + 1/e).
- C - Etude du compresseur intervenant dans la transformation adiabatique
(b)
Sf
Wc
Si
(t+dt)
i
S
Si(t) Sf(t)
Sf(t+dt)
(a)
1◦) Entre les dates t et t + dt, Σ a reçu le travail Wtot = nWc − Pi∆Vi + Pf ∆Vf , où

∆Vi est le volume compris entre les sections Si(t) et Si(t + dt), et ∆Vf le volume compris
entre les sections Sf (t) et Sf (t + dt), n le nombre de moles traversant le compresseur. Les
parois étant adiabatiques, son énergie interne a varié de ∆U = Wtot. Cette variation est la
différence entre l’énergie interne de la masse d’air comprise entre les sections Sf (t + dt) et
Si(t + dt), et l’énergie interne de la (même) masse d’air comprise entre les sections Sf (t) et
Si(t). Ces deux masses d’air ont en commun la partie située entre les sections Si(t + dt) et
Sf (t). En régime permanent, l’énergie interne de cette dernière n’évolue pas. On en déduit
que ∆U est la différence entre l’énergie interne de l’air Σi compris entre les sections Si(t)
et Si(t + dt), et l’énergie interne de l’air Σf compris entre les sections Sf (t) et Sf (t + dt),
la première occupant le volume ∆Vi, la seconde le volume ∆Vf . Les masses de Σi et Σf
sont manifestement égales, et correspondent exactement au nombre n de moles traversant
le compresseur. Σi étant sous les conditions (Pi, Ti) et Σf sous les conditions (Pf , Tf ), on
a donc UΣi = nU(Pi, Ti), UΣf
= nU(Pf , Tf ) où U(P, T) est l’énergie interne molaire de
l’air sous les conditions (P, T). Notant V (P, T) le volume molaire de l’air sous les conditions
(P, T), on a ∆Vi = nV (Pi, Ti), ∆Vf = nV (Pf , Tf ). On obtient ainsi
∆U = n [U(Pf , Tf ) − U(Pi, Ti)] = nWc − Pi nV (Pi, Ti) + Pf nV (Pf , Tf ), soit
Wc = H(Pf , Tf ) − H(Pi, Ti)
où H(T, P) est l’enthalpie molaire de l’air sous les conditions (P, T).
2◦) Wc = Cp(Tf − Ti).
- D - Application : machine frigorifique
1◦) T1 = T2
e
1 + e
= 190 K ; nombre de moles débitées par seconde : n =
D
M
; Q14 =
q
M
D
= Cp(T4 − T1), d’où T4 = T1 +
Mq
CpD
= 253, 1 K ; T3 = T4 (1 + 1/e) = 386, 3 K ;
r
1− 1
γ = 1 + 1/e, d’où r ' 4, 4 et P2 ' 4, 4 atm.
2◦)
Pc
q
=
Wc
Q14
=
T3 − T4
T4 − T1
' 2, 11, donc Pc ' 2, 11 kW.

TD4
I - Etude thermodynamique d’un fil élastique (1)
On considère un fil élastique dont le comportement mécanique est analogue à celui d’un
ressort. Un état thermodynamique de ce fil est défini par la donnée de sa température T et
de son allongement ` ou de la force de tension f s’exerçant sur lui. Ces variables sont liées
par l’équation d’état f = −a`T2 où a est une constante positive.
Lors d’une transformation infinitésimale réversible, le travail et la quantité de chaleur élémen-
taires reçus par le fil s’écrivent respectivement
d̄ W = −fd` et d̄ Q = C`dT + λd`
A - Détermination des coefficients calorimétriques et de l’entropie
1◦) En utilisant les expressions différentielles des premier et second principe de la Thermo-
dynamique, déterminer λ et

∂C`
∂`

T
en fonction des variables d’état et de leurs dérivées
partielles.
2◦) En déduire λ en fonction de T, ` et a.
3◦) Déterminer C`(`, T) sachant qu’à allongement nul la capacité calorifique est donnée par
C`(0, T) = bT2 où b est une constante positive.
4◦) Déterminer la fonction d’état entropie et montrer qu’elle s’exprime selon :
S(`, T) =
bT2
2
− a`2
T + S0
S0 étant une constante.
B - Transformation isotherme
On suspend une masse m à l’élastique dans le champ de gravitation terrestre de valeur
g = 9, 81 m s−2. L’expérimentateur accompagne doucement la masse depuis la position
d’allongement nul (élastique au repos) jusqu’à la position d’équilibre `1 du système. La
transformation est donc supposée réversible et se fait en contact avec un thermostat de
température T0 (température de la pièce). Dans les questions qui suivent, on exprimera les
résultats en fonctions de m, g, T0 et a.
1◦) Déterminer `1.
2◦) Calculer le travail W1 reçu par l’élastique.
3◦) Calculer la variation consécutive d’entropie ∆1S de l’élastique. En déduire, en le justifiant,
la chaleur Q1 reçue par l’élastique.
4◦) Montrer que la variation d’énergie interne de l’élastique est ∆1U = −
(mg)2
2aT2
0
.

C - Transformation monotherme irréversible
Cette fois, toujours dans une pièce à la température T0, l’expérimentateur accroche la même
masse m à l’élastique initialement au repos (allongement nul) et la lâche sans la retenir.
Après quelques oscillations, la masse finit par s’immobiliser.
1◦) Montrer qu’une fois à l’équilibre, l’allongement du fil est la même qu’en B. Que peut-on
dire de la force de tension de l’élastique au cours de cette transformation ?
2◦) A l’aide du B, déterminer les variations d’énergie interne et d’entropie correspondantes
de l’élastique.
3◦) Déterminer le travail W2, puis la quantité de chaleur Q2 reçus par l’élastique.
4◦) Les résultats obtenus sont-ils en accord avec le principe d’évolution ?
II - Etude d’un fil métallique (2)
A - Equation d’état
On considère un fil élastique de section constante s, dont la longueur est `0 à la température
T0 et lorsqu’il n’est soumis à aucune force de traction (f = 0). Son module d’Young E =
`
s

∂f
∂`

T
et son coefficient de dilatation linéaire à force constante λ =
1
`

∂`
∂T

f
sont
constants et positifs. Montrer que l’équation d’état du fil s’exprime comme
` = `0 exp [af + b(T − T0)]
où a et b sont des constantes que l’on calculera.
B - Calculs des coefficients calorimétriques
Lors d’une transformation infinitésimale réversible où T, f et ` varient respectivement de dT,
df et d`, la chaleur reçue par le fil est d̄ Q = C`dT + Ld` = Cf dT + kdf.
1◦) Définir les coefficients calorimétriques.
2◦) Par application du premier et du second principes de la Thermodynamique, calculer L
et k.
3◦) De quelles variables dépendent C` et Cf ? En admettant que dans le domaine de
température étudié on a C` = C0 = constante, déterminer Cf en fonction de C0 et des
données du problème.
C - Transformations
C1 - Transformation réversible isotherme
Elle s’effectue à la température atmosphérique constante T0.
La force appliquée au fil varie de f = 0 à f = f0 et sa longueur devient `1. Calculer :
a) le travail W0 et la chaleur Q0 reçus par le fil ;
b) la variation d’énergie interne du fil et montrer qu’elle se met sous la forme
∆0U = f0`1 −
(`1 − `0)
a
(1 − bT0)

c) la variation d’entropie ∆0S du fil ;
d) la variation d’entropie ∆0SΣ du système Σ formé par le fil et l’atmosphère. Conclure.
C2 - Transformation monotherme (température extérieure T0)
Le fil étant à la température T0 et non soumis à une force de traction, la force f0 lui
est appliquée brutalement, tandis qu’il reste toujours en contact avec l’atmosphère. Après
établissement de l’équilibre, quels ont été
b) la variation d’énergie interne ∆1U du fil ;
c) la variation d’entropie ∆1S du fil ;
d) la variation d’entropie ∆1SΣ du système isolé Σ comprenant le fil et l’atmosphère. Conclure
C3 - Transformations à forces constantes
1◦) Le fil étant soumis à la force constante f0 et se trouvant à la température T0 est isolé de
l’atmosphère. Il est ensuite chauffé jusqu’à ce que sa température devienne T1. Sa longueur
devient égale à `2. Calculer :
b) la variation d’énergie interne ∆2U et d’entropie ∆2S du fil.
2◦) Le fil se trouve à la température T1 et est soumis à la force de traction f0. On supprime
brutalement cette force et on remet le fil en contact avec l’amosphère à la température T0.
Après équilibre final, quels ont été
b) la variation d’énergie interne ∆3U et d’entropie ∆3S du fil.
III - Etude d’un échantillon de caoutchouc
Une tige de caoutchouc de longueur ` et à la température T est soumis à une force de
contrainte colinéaire à la tige. Les dimensions transversales de cet échantillon sont supposées
très petites devant la longueur `. Dans ces conditions, on ne s’intéressera qu’aux variations
de longueur de la tige. La force f est donnée par la relation
f = AT
`
`0
−
`2
0
`2
!
où A est une constante positive et `0 la longueur de l’échantillon en l’absence de contrainte,
à la température T.
Soit α0 =
1
`0
d`0
dT
le coefficient de dilatation thermique de l’échantillon, non soumis à
contrainte. Il est indépendant de la température, positif, et tel que α0T 1.
1◦) La chaleur infinitésimale d
¯Q reçue par l’échantillon au cours d’une transformation
infinitésimale réversible pour laquelle T et ` varient respectivement de dT et d` s’écrit d̄Q =
C`dT + λd`.

où C` est la capacité calorifique à longueur constante et λ un coefficient calorimétrique.
a) Déterminer λ.
b) Montrer qu’on peut en déduire l’expression de l’entropie S(`, T) à une fonction de T près.
Pour quelle valeur `m de ` la fonction S présente-t-elle un extremum, la température étant
fixée ? Donner une valeur approchée de `m.
c) Quelle est la signification physique de

∂S
∂`

T
? Interpréter son signe.
d) Déterminer l’expression de l’énergie interne U(`, T), à une fonction de la température près.
2◦) A température constante T0, on allonge réversiblement le fil depuis la longueur `0 jusque
la longueur 2`0.
a) Calculer le travail W reçu par le fil.
b) Quelle a été la variation d’énergie interne ∆U du fil ?
c) En déduire la chaleur Q reçue par le fil. Retrouver ce résultat à partir de l’expression de
l’entropie.
3◦) On considère maintenant l’allongement du fil de la longueur `0 à la longueur 2`0 ef-
fectué de façon irréversible en appliquant une force de contrainte constante pendant toute la
transformation. Le fil est en contact avec l’atmosphère de température T0, jouant le rôle de
thermostat.
a) Déterminer le travail W0 et la chaleur Q0 reçus par le fil.
b) Comparer Q0 à Q. Conclure en utilisant le second principe de la Thermodynamique.
4◦) Etablir, en fonction des données, l’expression du coefficient de dilatation thermique
αf =

∂`
∂T

f
de l’échantillon soumis à une force constante. On pourra utiliser la variable
sans dimension x = `/`0.
a) Pour quelle valeur de ` a-t-on αf = 0 ? La comparer à `m.
b) Montrer que

∂f
∂T

`
a le signe de −αf et comparer alors le signe de

∂S
∂`

T
à celui de
αf .
5◦) L’ensemble des informations obtenues sur la tige correspond-il à ce que l’on peut attendre
de l’application des principes de la Thermodynamique ?
N.B. Contrainte signifie une compression ou une traction.
IV - Feuille de caoutchouc
A/ Une feuille de caoutchouc homogène et dont on néglige les variations d’épaisseur est
soumise à des efforts uniformément répartis dans toutes les directions de sa surface. Ceux-ci
provoquent une extension de la surface A de la feuille.
On admettra que lorsque sa surface varie de dA, le travail élémentaire reçu par la feuille
est donné par d
¯W = σ dA, où σ, qui représente le travail par unité de surface des efforts
s’exerçant sur elle, dépend de A et de la température T par la relation σ = a T/A, a étant
une constante positive.

La chaleur infinitésimale reçue par la feuille dans une transformation infinitésimale réversible
où la température et la surface varient respectivement de dT et dA sera exprimée sous la
forme d̄ Q = CA dT + λ dA, CA et λ étant deux coefficients calorimétriques.
1◦) Nommer le coefficient CA et en donner l’interpétation physique.
2◦) Déterminer λ. Montrer que CA ne dépend pas de la surface A. On supposera dans la suite
que CA ne dépend pas de la température dans le domaine exploré et l’on posera simplement
CA = C0.
3◦) Déterminer :
a) l’énergie interne U(T, A) de la feuille. Quelle propriété possède cette fonction ?
b) l’entropie S(T, A) de la feuille.
B/ Un ballon shérique est constitué par une feuille de caoutchouc identique à celle étudiée en
A/. Le ballon est gonflé avec de l’hélium considéré comme un gaz parfait. A la température
T et sous la pression Pa de l’atmosphère, le ballon a pour rayon r. L’épaisseur de la feuille de
caoutchouc est négligeable à la fois devant r et les variations de r. On note respectivement
n, P, et Cv le nombre de mole, la pression et la capacité calorifique à volume constant de
l’hélium.
1◦) Exprimer la quantité de chaleur d̄ Qh reçue par l’hélium au cours d’une transformation
infinitésimale réversible où la température et le rayon du ballon varient respectivement de dT
et de dr. On l’exprimera en fonction de Cv, P, r, dT et dr.
2◦) On considère le système Σ comprenant à la fois le ballon et l’hélium qu’il contient. Pour
la transformation envisagée à la question précédente, exprimer :
a) le travail élémentaire d̄WΣ reçu par le système Σ soumis à la pression extérieure constante
Pa ;
b) la chaleur élémentaire d̄ QΣ = d̄ Q + d̄ Qh reçue par Σ.
3◦) a) Déterminer la différence de pression P − Pa en exprimant de deux manières la
différentielle dUΣ de l’énergie interne du système global Σ.
b) Exprimer P en fonction de n, T et r et, remarquant que l’on doit avoir Pa ≥ 0, déduire
du résultat du 3◦) a) qu’un équilibre ne peut être réalisé que si le ballon contient un nombre
minimum de mole d’hélium, nombre que l’on exprimera en fonction de a et R, constante des
gaz parfaits.
4◦) L’atmosphère est considérée comme une source de chaleur de température constante T0.
On suppose quà cette température, la pression extérieure diminue lentement de la valeur P1
à la valeur P2. Le rayon du ballon qui contient N nm moles d’hélium passe alors de la
valeur r1 à la valeur r2.
a) Donner les expressions de r1 et de r2 en fonction de P1, P2 et des données.
b) Déterminer le travail W et la chaleur Q reçus par Σ en fonction de N, T0, r1 et r2.
Préciser leurs signes.
5◦) On suppose maintenant qu’à la même température T0, la pression extérieure diminue de
façon quasi instantanée de P1 à P2. Le rayon du ballon évolue alors irréversiblement de r1 à
r2. Déterminer le travail W0 et la chaleur Q0 reçus par Σ dans cette nouvelle transformation,
tout en précisant leurs signes.

6◦) Comparer W0 à W. Montrer que ce résultat est compatible avec l’énoncé de Kelvin du
second principe de la Thermodynamique.
V - Pile hydroélectrique
On considère une pile hydroélectrique qui n’échange avec le monde extérieur que de l’énergie
électrique et de la chaleur. Le volume V et la pression P sont constants.
On rappelle que le travail électrique reçu par la pile dans une transformation infinitésimale
où la charge varie de dq est d̄ W = E dq, E étant la fem de la pile. Lorsqu’on charge la pile,
dq est positif ; lorsque la pile débite, dq est négatif.
On note Cq(q, T) la capacité calorifique à charge constante de la pile et a(q, T) sa chaleur
de charge isotherme.
On suppose que la fem E(q, T) de la pile est donnée par
E(q, T) = E(T) = E0 [1 + α(T − T0)]
où E0 et α sont des constantes positives.
A/ 1◦) Calculer a(q, T) en fonction de E0, α et T.
2◦) Montrer que Cq ne dépend que de T.
3◦) En déduire l’expresssion des différentielles de l’énergie interne et de l’entropie de la pile.
B/ On charge la pile de façon réversible et isotherme à la température T0. Sa charge varie
de ∆q. Calculer :
1◦) le travail électrique W et la chaleur Q reçus par la pile ;
2◦) les variations d’énergie interne ∆1U et d’entropie ∆1S correspondantes.
3◦) Calculer numériquement W, Q, ∆1U et ∆1S. On donne E0 = 0, 5 V ; α = 2 10−4 K−1 ;
T0 = 300 K ; ∆q = 100 C.
C/ On suppose Cq constant. La pile est isolée thermiquement. Elle se trouve initialement dans
l’état (q0, T0). On fait alors débiter la pile de façon irréversible à travers une résistance R.
Un courant d’intensité I traverse cette résistance pendant une durée ∆t. La charge débitée
est alors ∆q = −I∆t. On note r la résistance interne de la pile.
1◦) Quelle énergie la pile a-t-elle fournie à la résistance R ?
2◦) a) En déduire la variation ∆2U d’énergie interne de la pile.
b) Montrer que la variation ∆T de sa température s’écrit ∆T =
I
Cq
∆t [rI − αE0T0].
c) Calculer numériquement ∆T. On donne r = 10 Ω, Cq = 4, 18 J K−1, I = 2 A, ∆t = 50 s.
3◦) Exprimer la variation d’entropie ∆2S de la pile et en préciser le signe. On tiendra compte
du fait que ∆T/T0 1. Calculer numériquement ∆2S.
VI - Etude thermodynamique d’un composé paramagnétique
Les paramètres extensifs d’un système paramagnétique sont l’énergie interne U et l’aimanta-
tion par unité de volume M.

1◦) Donner les paramètres intensifs conjugués de M et S, l’entropie.
On définit des coefficients calorimétriques au moyen des différentielles
TdS = CM dT + `dM = CBdT + h dB
B étant le champ magnétique appliqué.
2◦) Calculer :
a) ` et

∂CM
∂M

T
en fonction de T et des dérivées partielles de B(T, M) par rapport à T.
b) h et

∂CB
∂B

T
en fonction de T et des dérivées partielles de M(T, B) par rapport à T.
3◦) Montrer que :
a)

∂U
∂B

T
= h + B

∂M
∂B

T
;
b)

∂T
∂B

S
= −
h
CB
;
c) CB − CM = T

∂B
∂M

T

∂M
∂T

B
2
.
4◦) Application. Le composé a pour équation d’état M =
C
µ0
B
T
. Dans cette expression, µ0
est la perméabilité du vide et C une constante positive appelée constante de Curie. Calculer,
en fonction de T, M, C, et CB : `, h,

∂CM
∂M

T
,

∂CB
∂B

T
,

∂U
∂B

T
,

∂T
∂B

S
et CB −CM .
Quelles propriétés simples de U et de CB − CM peut-on déduire ?
5◦) En admettant que CB 0, comment varie la température du composé lorsqu’on diminue
B à entropie constante ?

Corrigé TD4
I - Etude thermodynamique d’un fil élastique (1)
A - Détermination des coefficients calorimétriques et de l’entropie
1◦) et 2◦) S étant l’entropie, U l’énergie interne, définissons la fonction d’état F = U −TS
dont la différentielle dF = −fd` − SdT est une d.t.e. Par conséquent :

∂f
∂T

`
=

∂S
∂`

T
.
Comme dS = d̄Q/T =
C`
T
dT +
λ
T
d`, il vient

∂S
∂`

T
=
λ
T
, d’où λ = T

∂f
∂T

`
= −2a`T2.
Exprimant que dS est une d.t.e., on trouve

∂C`
∂`

T
= T

∂λ/T
∂T

`
= −2a`T
3◦) L’intégration de

∂C`
∂`

T
= −2a`T donne C`(`, T) = −a`2T + φ(T). La condition
C`(0, T) = bT2, on trouve φ(T) = bT2 et finalement C`(`, T) = −a`2T + bT2.
4◦) dS =

−a`2 + bT

dT − 2a`Td` = d

bT2
2
− a`2
T
#
, d’où S =
bT2
2
− a`2
T + S0 où S0
est une constante.
B - Transformation isotherme
1◦) mg + f1 = 0, soit `1 =
mg
aT2
0
.
2◦) W1 = Wopérateur = −
Z `1
0
fd` = aT2
0
`2
1
2
=
m2g2
2aT2
0
.
3◦) ∆1S = −aT0`2
1 = −
m2g2
aT3
0
. La transformation est isotherme (donc réversible), on peut
donc écrire Q1 = T0∆1S = −
m2g2
aT2
0
.
4◦) ∆1U = W1 + Q1 = −
m2g2
2aT2
0
.
C - Transformation monotherme irréversible
1◦) L’équilibre final est le même que celui de la transformation précédente, car tant qu’on
ne sort pas du domaine d’élasticité du fil, l’équation d’état f = −a`T2 reste valable et
l’allongement du fil, défini par mg + f = 0, est le même. Par contre, la force de tension,
qui n’est bien définie que dans les états d’équilibre du fil, ou dans une succession de tels
états (transformation réversible), ne l’est pas dans une transformation irréversible non quasi-
statique comme celle-ci.
2◦) ∆2U = ∆1U = −
m2g2
2aT2
0
; ∆2S = ∆1S = −
m2g2
aT3
0
(même état initial et même état final).
3◦) W2 = mg`1 =
m2g2
aT2
0
, Q2 = ∆2U − W2 = −
3m2g2
2aT2
0
.

4◦) La variation d’entropie du système, isolé thermiquement, comprenant le fil et le thermo-
stat est ∆2S −
Q2
T0
=
m2g2
2aT3
0
0 : elle est strictement positive, en accord avec le principe
d’évolution.
II - Etude d’un fil métallique (2)
A - Equation d’état
d ln ` =
1
`

∂`
∂f

T
df +
1
`

∂`
∂T

f
dT =
1
Es
df + λdT, d’où, en intégrant :
ln

`
`0

=
f
Es
+ λ(T − T0), soit ` = `0 exp [af + b(T − T0)] où a =
1
Es
et b = λ.
B - Calculs des coefficients calorimétriques
1◦)
2◦) dU = C`dT +(L+f)d`, dH = d(U −f`) = Cf dT +(k−`)df, dS =
1
T
[C`dT + Ld`] =
1
T
[Cf dT + kdf], dF = d(U − TS) = −SdT + fd`, dG = d(F − f`) = −SdT − `df, sont
des d.t.e.
• A partir de dF et dS :

∂S
∂`

T
=
L
T
= −

∂f
∂T

`
; d’où L = T
b
a
.
• A partir de dG et dS :

∂S
∂f

T
=
k
T
=

∂`
∂T

f
; d’où k = bT`.
3◦) A partir de dS,
1
T

∂C`
∂`

T
=

∂L/T
∂T

`
= 0 : C` ne dépend que de T. Puis
1
T

∂Cf
∂f

T
=

∂k/T
∂T

f
= b2
` 6= 0 : Cf dépend de T et de f ou `. Exprimons ensuite la différence Cf −C` :
d̄ Q = Cf dT + kdf = C`dT + L` [adf + bdT] , d0
où Cf − C` = b`L = ` T
b2
a
soit, dans le domaine de température étudié, Cf = C0 + ` T
b2
a
.
C - Transformations
C1 - Transformation réversible isotherme
a) Pour T = T0, f =
1
a
ln
`
`0
, d’où W0 =
Z `1
`0
fd` =
`0
a
Z x1
1
dx ln x =
`0
a
[x ln x − x]x1
1 où
x1 = `1/`0. On obtient : W0 =
`0
a
[x1 ln x1 + 1 − x1] =
1
a

`1 ln
`1
`0
+ `0 − `1

= `1f0 −
`1 − `0
a
. Puis : Q0 =
Z `1
`0
Ld` =
b
a
T0 [`1 − `0],
b) ∆0U = W0 + Q0 = f0`1 −
(`1 − `0)
a
(1 − bT0)
c) ∆0S =
Q0
T0
=
b
a
[`1 − `0].

d) ∆0SΣ = ∆0S −
Q0
T0
= 0 : cette variation est nulle car pour le système Σ, il s’agit d’une
transformation adiabatique réversible (conforme au principe d’évolution).
C2 - Transformation monotherme (température extérieure T0)
a) b) et c) Les états initial et final étant les mêmes que les précedents, ∆1U = ∆0U,
∆1S = ∆0S. Comme W1 = f0(`1 −`0), on a Q1 = ∆1U −W1 = f0`0 −
(`1 − `0)
a
(1−bT0).
d) ∆1SΣ = ∆1S −
Q1
T0
=
Q0 − Q1
T0
=
W1 − W0
T0
=
`0
aT0
[x1 − 1 − ln x1]. Or, φ(x1) =
x1 −1−ln x1 est positif pour tout x1 0 et nul si et seulement si x1 = 1. Ainsi, ∆1SΣ 0,
ce qui est conforme au principe d’évolution, s’agissant pour Σ d’une adiabatique irréversible.
C3 - Transformations à forces constantes
1◦) a) W2 = f0(`2 − `1) ; Q2 =
Z T1
T0
Cf dT =
Z T1
T0

C0 + ` T
b2
a
#
dT. Pour f = f0, on a
T = T0 +
1
b
ln
`
`1
, `dT =
d`
b
. D’où Q2 = C0(T1 − T0) +
b
a
Z `2
`1

T0 +
1
b
ln
`
`1

d`, soit
Q2 = C0(T1 − T0) +
bT0
a
(`2 − `1) +
`1
a
[x ln x − x]
`2/`1
1 = C0(T1 − T0) +
bT0
a
(`2 − `1) +
1
a

`2 ln
`2
`1
− `2 + `1

. Notant que T1 − T0 =
1
b
ln
`2
`1
, il vient finalement
Q2 = C0(T1 − T0) +
`2
a
[ bT1 − 1 ] −
`1
a
[ bT0 − 1 ]
.
b) ∆2U = W2 + Q2 = C0(T1 − T0) +
`2
a
[ bT1 − 1 ] −
`1
a
[ bT0 − 1 ] + f0(`2 − `1) ;
∆2S =
Z T1
T0
Cf
dT
T
= C0 ln
T1
T0
+
b
a
(`2 − `1).
2◦) Le fil se trouve à la température T1 et est soumis à la force de traction f0. On supprime
brutalement cette force et on remet le fil en contact avec l’amosphère à la température T0.
Après équilibre final, quels ont été
a) W3 = 0 ; Q3 = ∆3U.
b) Comme on revient à l’état (f = 0, T = T0), on a ∆3U = −∆2U − ∆0U, ∆3S =
−∆2S − ∆0S. D’où
∆3U = Q3 = −C0(T1 − T0) −
`2
a
[ bT1 − 1 ] +
`0
a
(bT0 − 1) − f0`2 ;
∆3S = −
b
a
[`2 − `0] − C0 ln
T1
T0
.

III - Etude d’un échantillon de caoutchouc
1◦) a) d
¯W = fd`, dU = d
¯Q + d
¯W = C`dT + [λ + f] d`, dS =
1
T
[C`dT + λd`],
dF = d(U−TS) = −SdT+fd` ; dF étant une d.t.e., on doit avoir

∂S
∂`

T
= −

∂f
∂T

`
=
λ
T
,
soit λ = −T

∂f
∂T

`
= −f + Aα0T2

`
`0
+ 2
`2
0
`2
#
.
b)

∂S
∂`

T
= −A

x [1 − α0T] −
1
x2
[1 + 2α0T]

où x = `/`0. Par intégration de cette
relation par rapport à ` (T étant fixé), on obtient
S(`, T) = −A`0

x2
2
[1 − α0T] +
1
x
[1 + 2α0T]
#
+ Φs(T)
où Φs(T) est une fonction de T. Considérée comme une fonction de `, T étant fixé, cette
expression présente un extremum (en fait un maximum, puisque A 0) pour
x = xm =

1 + 2α0T
1 − α0T
1
3
' 1 + α0T
Notons ici que, α0 étant constant, on a ln `0 = α0T +constante, soit ln
`0
L0
= 1+α0(T −T0),
où L0 = `(f = 0, T = T0). Comme α0T 1, on peut utiliser l’approximation `0 '
L0[1 + α0(T − T0)]. On obtient ainsi `m = `0xm ' L0[1 + α0(2T − T0)].
c)

∂S
∂`

T
=
λ
T
, où λ est la chaleur reçue par l’échantillon dans une transformation isotherme,
lorsque sa longueur a augmenté d’une unité de longueur. Puisque A 0, lorsque ` `m on
a λ 0 (l’échantillon fournit de la chaleur au thermostat), tandis que λ 0 pour ` `m
(l’échantillon absorbe de la chaleur).
d)

∂U
∂`

T
= λ + f = Aα0T2

`
`0
+ 2
`2
0
`2
#
, d’où U(`, T) = Aα0T2`0

x2
2
−
2
x
#
+ Φu(T),
Φu(T) étant une fonction de la température.
2◦) a) W = AT0`0.
b) ∆U =
5A`0α0T2
0
2
.
c) Q = ∆U −W =
5A`0α0T2
0
2
−AT0`0. La transformation étant isotherme, on a Q = T0∆S.
3◦) a) La force appliquée est f0 = f(` = 2`0, T = T0) =
7AT0
4
. D’où W0 =
7AT0
4
`0. Les
états initial et final de cette transformation sont les mêmes que ceux de la transformation
précédente, donc ∆0U = ∆U et ∆0S = ∆S, et Q0 = ∆U − W0.
b) La variation d’entropie de l’ensemble, isolé thermiquement, comprenant l’échantillon et le
thermostat est ∆0Stot = ∆0S −
Q0
T0
=
Q − Q0
T0
=
W0 − W
T0
=
3A`0
4
0 : elle est strictement
positive, conformément au principe d’évolution.

4◦) On a

∂`
∂T

f
= −

∂f
∂T

`

∂f
∂`

T
−1
, avec

∂f
∂`

T
=
AT
`0

1 +
2
x3

0. D’où
αf =
`0
T
x(1 − α0T)
x3 − x3
m
1 + 2x3
a) αf = 0 pour ` = `m.
b) Evident d’après ce qui précède. On a

αf

∂S
∂`

T

0.
5◦) Réponse laissée au lecteur.
IV - Feuille de caoutchouc
- A -
1◦) CA est la capacité calorifique à aire constante.
2◦) dU = CAdT + (σ + λ)dA, dS =
1
T
[CA dT + λ dA] ; dF = d(U − TS) = −SdT + σdA
est une d.t.e., donc :

∂S
∂A

T
= −

∂σ
∂T

A
=
λ
T
, soit λ = −σ ; dU = CAdT +(σ +λ)dA ≡
CAdT est une d.t.e., donc CA ne peut dépendre que de la température.
3◦) a) L’énergie interne ne dépend que de la température : U = U(T) = C0T + constanteu.
b) S(T, A) = C0 ln T − a ln A + constantes.
- B -
1◦) d̄ Qh = CvdT + PdV = CvdT + 4πr2Pdr.
2◦) a) d̄ WΣ = −PadV (dV = 4πr2dr) ;
b) d̄ QΣ = d̄ Q + d̄ Qh = (C0 + Cv)dT + PdV − σdA (dA = 8πrdr).
3◦) a) dUΣ = (C0 + Cv)dT = d
¯WΣ +d
¯QΣ = (C0 + Cv)dT + (P − Pa)dV − σdA, d’où
P − Pa =
2σ
r
.
b) P = nRT/V ; de la condition Pa ≥ 0 on déduit qu’un équilibre où le ballon a un rayon r
à la température T ne peut être réalisé que si P ≥
2σ
r
, ce qui impose que le ballon contienne
un nombre minimum de mole d’hélium égal à nm =
2a
3R
, lequel est trouvé ici, dans le cadre
du modèle proposé, indépendant à la fois de T et de r.
4◦) L’atmosphère est considérée comme une source de chaleur de température constante T0.
On suppose quà cette température, la pression extérieure diminue lentement de la valeur P1
à la valeur P2. Le rayon du ballon qui contient N nm moles d’hélium passe alors de la
valeur r1 à la valeur r2.
a) ri =

3RT0
4πPi
(N − nm)
1
3
, (i = 1, 2), N nm. On a r2 r1.

b) W = −
Z V2
V1
PextdV = −4πP1r3
1 ln
r2
r1
0, avec P1r3
1 = P2r3
2 =
3RT0
4π
(N − nm). La
transformation étant telle que Tf = Ti = T0, on a ∆UΣ = 0 et Q = −W 0.
5◦) W0 = −P2(V2 − V1) = (P2 − P1)V1 0. On a encore ∆UΣ = 0 et Q0 = −W0 0.
6◦) On a W = −P1V1 ln
P1
P2
, et W0 − W = (P2 − P1)V1 − P1V1 ln
P2
P1
= P1V1 φ(
P2
P1
), avec
φ(x) = x − 1 − ln x. Or, φ(x) est positif pour tout x 0 et nul si et seulement si x = 1. Par
conséquent, W0 − W 0. Ce résultat est compatible avec l’énoncé de Kelvin. En effet, la
différence W0−W représente le travail total w reçu par Σ dans le cycle constitué de la seconde
transformation irréversible du 5◦), suivi de la transformation réversible inverse de celle du
4◦). Alors qu’il n’est en contact qu’avec la seule source de chaleur qu’est l’atmosphère, le
système Σ décrivant un cycle de transformations ne peut que recevoir du travail : w 0.
V - Pile hydroélectrique
- A -
1◦) dU = CqdT + (a + E)dq, dS =
1
T
[CqdT + adq] ; dF = d(U − TS) = −SdT + Edq
est une d.t.e., d’où

∂S
∂q

T
= −

∂E
∂T

q
=
a
T
= −αE0, soit a = −αE0T.
2◦) dU étant une d.t.e., on doit avoir

∂Cq
∂q

T
=

∂[a + E]
∂q

T
. Mais a+E = E0(1−αT0) =
constante. Donc

∂Cq
∂q

T
= 0 et Cq est fonction de T uniquement.
3◦) dU = Cq(T)dT + E0(1 − αT0)dq, dS =
Cq(T)
T
dT − αE0dq.
- B -
1◦) W = E0∆q ; Q = T0∆S = −αE0T0∆q.
2◦) ∆1U = E0(1 − αT0)∆q ; ∆1S = −αE0∆q.
3◦) W = 50 J ; Q = −3 J ; ∆1U = 47 J ; ∆1S = −10−2 J/K.
- C -
C/ On suppose Cq constant. La pile est isolée thermiquement. Elle se trouve initialement dans
l’état (q0, T0). On fait alors débiter la pile de façon irréversible à travers une résistance R.
Un courant d’intensité I traverse cette résistance pendant une durée ∆t. La charge débitée
est alors ∆q = −I∆t. On note r la résistance interne de la pile.
1◦) W0 = RI2∆t.
2◦) a) ∆2U = −W0 = RI∆q = Cq∆T + E0(1 − αT0)∆q.
b) A intensité de courant constante (loi des mailles) : E = (R + r)I = constante = E0, et
E0 − RI = rI, d’où ∆T =
∆q
Cq
[RI − E0 + αE0T0] =
I
Cq
∆t [rI − αE0T0].
c) ∆T = 4, 8 K.

3◦) ∆2S = Cq ln
T0 + ∆T
T0
− αE0∆q '
1
T0
[Cq∆T − αE0T0∆q] =
rI2∆t
T0
=
20
3
J/K 0.
VI - Etude thermodynamique d’un composé paramagnétique
1◦) B et T, respectivement.
2◦) a) dU = CM dT + (` + B)dM ; dF = d(U − TS) = BdM − SdT et dS sont des d.t.e.,
d’où

∂S
∂M

T
= −

∂B
∂T

M
=
`
T
,

∂CM
∂M

T
= T

∂`/T
∂T

M
= −T
∂2B
∂T2
!
M
.
b) dG = d(F − MB)) = −SdT − MdB est une d.t.e., d’où

∂S
∂B

T
=

∂M
∂T

B
=
h
T
,

∂CB
∂B

T
= T

∂h/T
∂T

M
= T
∂2M
∂T2
!
B
.
3◦) a) dU = TdS + BdM, d’où

∂U
∂B

T
= T

∂S
∂B

T
+ B

∂M
∂B

T
= h + B

∂M
∂B

T
.
b)

∂T
∂B

S
= −
h
CB
: évident !
c) Utilisant l’égalité CM dT+`dM = CBdT+hdB, écrivant dM =

∂M
∂T

B
dT+

∂M
∂B

T
dB,
puis identifiant les facteurs des différentielles, on obtient notamment CB −CM = `

∂M
∂T

B
.
L’existence d’une équation d’état Φ(B, T, M) = 0 permet aussi d’obtenir la relation

∂B
∂T

M

∂T
∂M

B

∂M
∂B

T
= −1 ou

∂B
∂T

M
= −

∂M
∂T

B

∂B
∂M

T
. Compte tenu de l’ex-
pression de ` obtenue au 2◦) a), on en déduit ainsi
CB − CM = T

∂B
∂M

T

∂M
∂T

B
2
4◦) ` = −B, donc CM ainsi que U ne sont fonctions que de la température ; h = −M et
CB n’est fonction que de la température ;

∂T
∂B

S
=
M
CB
; CB − CM =
µ0
C
M2
ne dépend
que de M.
5◦)

∂T
∂B

S
=
M
CB
0 : T diminue lorsque B diminue (refroidissement par désaimantation
adiabatique).

TD5
Détente de Joule-Gay-Lussac, détente de Joule-Thomson
I - Gaz parfait, gaz de Van der Waals
On considère, d’une part, une mole d’un gaz parfait G0 d’équation d’état PV = RT et,
d’autre part, une mole d’un gaz de Van der Waals G d’équation d’état

P +
a
V 2

(V − b) = RT avec
a
PV 2
1 et
b
V
1
où P est la pression, V le volume molaire, T la température, R la constante des gaz parfais,
a et b des constantes ne dépendant que de la nature du gaz.
1◦) Déterminer les coefficients thermoélastiques α, β et χT pour chacun des deux gaz G0 et
G.
2◦) Pour les deux gaz, déduire le coefficient ` correspondant et montrer que dans chaque
cas, Cv ne dépend pas du volume. Dans la suite, on admettra que le Cv du gaz G ne dépend
pas de la température dans le domaine exploré et a la même expression que celui d’un gaz
parfait diatomique.
3◦) Déterminer, pour les deux gaz et en fonction de V et T leurs fonctions d’état : énergie
interne U et entropie S.
4◦) Déterminer pour chacun des deux gaz sa fonction d’état enthalpie H. Pour le gaz G, on
donnera une expression approchée de H en fonction des variables indépendantes P et T en
utilisant un développement limité à l’ordre 1.
5◦) Pour les deux gaz, déterminer l’équation des isentropiques liant P et V .
II - Détente de Joule-Gay-Lussac
Un récipient à parois adiabatiques, de volume 2V , est divisé en deux compartiments de
volume V pouvant communiquer par l’ouverture d’un robinet. Au début de l’expérience, l’un
des compartiments est vide et l’autre contient une mole d’un gaz à la température Ti. On
ouvre le robinet (sa manœuvre ne fournit aucun travail) et on attend que l’équilibre thermique
soit établi, la température d’équilibre du gaz étant alors Tf . Le gaz peut être l’un ou l’autre
des deux gaz considérés en I.
1◦) Pour chacun des deux gaz, donner la variation de température ∆T = Tf − Ti correspon-
dante en admettant que Cv soit constant. Quel est le signe de cette variation ?
2◦) Application numérique. Calculer ∆T pour l’azote à l’aide des données suivantes : R =
8, 31 J K−1 mole−1 ; V = 1 ` ; Ti = 298 K ; Cv = 20 J K−1 mole−1 ; a = 0, 14 J m3 mole−2 ;
b = 3, 9 10−5 m3 mole−1.

III - Détente de Joule-Thomson
Un tube dont les parois extérieures sont adiabatiques est équipé d’un bouchon poreux. En
amont de ce bouchon, on introduit un gaz de Van der Waals, sous une pression maintenue
constante P1 et à température constante T1. En aval, la pression et la température sont
maintenues constantes et égales respectivement à P2 et T2
1◦) Calculer la variation d’énergie interne d’une mole de gaz traversant le bouchon poreux.
Quelle est la fonction d’état qui n’est pas affectée par cette transformation ?
2◦) Le coefficient d’élévation de température, ou coefficient de Joule-Thomson, est défini
par
τ =

∂T
∂P

H
Exprimer τ en fonction de Cp et le coefficient de dilatation isobare α. Quelle est la valeur de
τ pour un gaz parfait ? Discuter pour un gaz quelconque.
3◦) Pour le gaz de Van der Waals, exprimer τ en fonction de V, a, b, R, Cp et T.
4◦) Quelle est la région du plan (P, T) pour laquelle une détente s’accompagne d’un refroi-
dissement ?
5◦) Calculer la température au dessus de laquelle il est impossible de refroidir le gaz par
détente isenthalpique.
6◦) Application numérique. Calculer cette température limite pour
• l’azote (a = 0, 14 J m3 mole−2 ; b = 3, 9 10−5 m3 mole−1) ;
• l’hydrogène (a = 2, 48 10−2 J m3 mole−2 ; b = 2, 66 10−5 m3 mole−1) ;
• l’hélium (a = 3, 45 10−3 J m3 mole−2 ; b = 2, 4 10−5 m3 mole−1) .
7◦) Que se passe-t-il pour une fuite de chacun de ces gaz à la température ordinaire (' 298
K) ?

Corrigé TD5
I - Gaz parfait, gaz de Van der Waals
1◦) α =
1
V

∂V
∂T

P
; β =
1
P

∂P
∂T

V
; χT = −
1
V

∂V
∂P

T
;
• Gaz parfait : α = β =
1
T
, χT =
1
P
;
• Gaz de Van der Waals :
α =
1
V

∂T
∂V

P
−1
=
1
T

1 −
b
V

1 −
2a
RTV

1 −
b
V
2
#−1
β =
1
T

1 +
a
PV 2

, χT =
1
p
α
β
2◦) En appliquant les deux principes de la Thermodynamique : ` = T

∂P
∂T

V
= TPβ.
• Gaz parfait : ` = P ;
• Gaz de Van der Waals : ` = P +
a
V 2
;
dU étant une d.t.e.,

∂Cv
∂V

T
=

∂(` − P)
∂T

V
. Dans un cas comme dans l’autre, cette
dérivée partielle est nulle, ce qui signifie que Cv n’est fonction que de la température ; on
admet Cv = constante =
5R
2
.
3◦) • Gaz parfait : U =
5R
2
T + U0, S =
5R
2
ln
T
T0
+ R ln
V
V0
+ S0 ;
• Gaz de Van der Waals : U =
5R
2
T −
a
V
+ U0
0, S =
5R
2
ln
T
T0
+ R ln
V − b
V0 − b
+ S0
0.
4◦) • Gaz parfait : H =
7R
2
T + H0 ;
• Gaz de Van der Waals : PV = RT

1 −
b
V
−1
−
a
V
' RT

1 +
b
V
−
a
RTV

,
d’où H '
7R
2
T +
RT
V

b −
a
RT

+ H0
0 '
7R
2
T + P

b −
a
RT

+ H0
0 (à des termes du
second ordre près).
5◦) On obtient cette relation en écrivant S = constante et en utilisant l’équation d’état.
• Gaz parfait : TV
2
5 = cste, soit PV
7
5 = cste0 ;
• Gaz de Van der Waals : T(V − b)
2
5 = cste, soit PV
7
5 (1 +
a
PV 2
)(1 −
b
V
)
7
5 = cste0
.

II - Détente de Joule-Gay-Lussac
1◦) Q = 0 (parois adiabatiques), W = 0, donc ∆U = 0.
• Gaz parfait : ∆T = 0 ;
• Gaz de Van der Waals : ∆T =
1
Cv
∆
1
V
= −
a
2CvV
0.
2◦) ∆T = −3, 5 K.
III - Détente de Joule-Thomson
1◦) Détente isenthalpique, ∆H = 0 (voir cours).
2◦) τ =
TV
Cp

α −
1
T

; τ = 0 pour un gaz parfait. Pour un gaz quelconque, α dépend
généralement des deux variables P et V . La courbe α = 1/T sépare alors le plan (P, V )
en deux régions : celle où α 1/T, pour laquelle une détente isenthalpique provoque un
refroidissement (τ 0), et celle où α 1/T, pour laquelle une telle détente provoque un
échauffement (τ 0).
3◦) Pour le gaz de Van der Waals, α =
1
T
x
1 − x2(1 − x)
TM
T
, où x = 1 −
b
V
, TM =
2a
Rb
.
D’où : τ =
b
Cp
1 − x
1 − x2(1 − x)
TM
T

x2 TM
T
− 1

. Admettant que α est toujours positif, le
dénominateur de τ est positif et le signe de τ est donc déterminé par celui de x2 TM
T
− 1.
4◦) τ est positif si x2 TM
T
1, soit T TM x2. La “courbe d’inversion” séparant les deux
régions du plan (P, T) correspondant à l’un ou l’autre signe de τ, est définie par t =
T
TM
= x2
.
Déterminons la pression correspondante. Remplçant dans l’équation d’état V par
b
1 − x
puis
x par
√
t, on trouve p =
P
P0
= −3x2
+ 4x − 1 = −3t + 4
√
t − 1, où P0 =
a
b2
.
La courbe p(t) est représentée à la figure ci-dessus. C’est à l’intérieur de cette courbe que
l’on a τ 0, et à l’extérieur que τ 0 ; p(t) est nul pour t = 1 et t = 1/9, et présente un
maximum pM = 1/3 pour t = 4/9.

5◦) D’après l’expression de τ donnée au 3◦), il est impossible d’avoir τ 0 dès lors que
T TM , puisque x et toujours inférieur à 1 : si la température est supérieure à TM , il est
impossible de refroidir le gaz par détente isenthalpique.
6◦) Application numérique :
• azote : TM = 864 K ;
• hydrogène : TM = 224 K ;
• hélium TM = 35 K.
7◦) A la température ordinaire, l’azote peut se refroidir si la pression est dans le bon intervalle
de valeurs donné par la courbe d’inversion, tandis que l’hydrogène et l’hélium se réchauffent
(d’où la nécessité de refroidir préalablement ces gaz et de les liquéfier...).

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