Où s'arrête le piston ?

La stratégie. On ne cherche pas à suivre ce qui se passe pendant la transformation — les oscillations du piston, les remous du gaz : c'est impossible et inutile. On écrit ce que l'extérieur impose à l'état final, qui est un état d'équilibre : l'équilibre mécanique fixe la pression, l'équilibre thermique (s'il peut s'établir) fixe la température, et l'équation d'état donne ce qui manque. Le compte est simple : chaque contrainte fournit une égalité, et il faut autant d'égalités que d'inconnues.

1) Le système et l'état initial. Le système est le gaz enfermé, système fermé (la quantité de matière $n$ ne varie pas) ; sa frontière est la paroi du cylindre et la face inférieure du piston. Le piston est à l'équilibre sous trois forces verticales : son poids $Mg$ et la force pressante de l'atmosphère $P_{0}S$, vers le bas ; la force pressante du gaz $P_{i}S$, vers le haut. Donc $$P_i=P_0+\frac{Mg}{S}=1,00\times 10^5+\frac{2,0\times 9,81}{20\times 10^{-4}}=1,098\times 10^5\mathrm{Pa}.$$ Le piston pèse l'équivalent d'un dixième de bar : $Mg/S\approx 0,098\mathrm{bar}$. La quantité de gaz vaut $n=P_i{V}_i/(R{T}_0)\approx 4,40\times 10^{-2}\mathrm{mol}$.

2) Ce que l'extérieur impose. Dès que la masse est posée, le piston chargé est soumis, de l'extérieur, à son poids total $(M+m)g$ et à la force de l'atmosphère $P_{0}S$, tous deux constants. Tout se passe comme si le gaz était pressé par une pression extérieure constante $$P_{\mathrm{ext}}=P_0+\frac{(M+m)g}{S}.$$ La transformation est donc monobare. Elle est aussi monotherme : les parois diathermes mettent le gaz en contact avec l'atmosphère, qui joue le rôle de thermostat à $T_0$. Elle n'est ni isobare ni isotherme : pendant les oscillations, le gaz n'est pas en équilibre, sa pression et sa température ne sont même pas définies de façon uniforme ; seules les grandeurs extérieures gardent un sens. C'est exactement la différence entre « iso » (une variable du système, constante à chaque instant) et « mono » (une variable extérieure constante, le système n'étant à l'équilibre qu'aux extrémités).

3) L'état final. Équilibre mécanique du piston chargé immobile : $P_f=P_{\mathrm{ext}}$, soit $$P_f=P_0+\frac{(M+m)g}{S}=1,00\times 10^5+\frac{20\times 9,81}{20\times 10^{-4}}=1,981\times 10^5\mathrm{Pa}.$$ Équilibre thermique à travers les parois diathermes : $T_f=T_0=300\mathrm{K}$. Équation d'état (même $n$, même $T$) : $P_f{V}_f=P_i{V}_i$, donc $$V_f=V_i\frac{P_i}{P_f}=1,0\times \frac{1,098}{1,981}=0,554\mathrm{L}.$$ Le piston descend de $(V_i-V_f)/S=0,446\times 10^{-3}/(20\times 10^{-4})=0,223\mathrm{m}$, soit 22 cm.

4) Le travail reçu. Le gaz est en contact avec la face inférieure du piston. Appliquons le théorème de l'énergie cinétique au piston chargé entre l'instant initial et l'instant final, où il est immobile : $\Delta {\mathcal{E}}_c=0$. La somme des travaux qu'il reçoit est donc nulle : travail de son poids et de la force de l'atmosphère, $(M+m)gh+P_{0}Sh=P_{\mathrm{ext}}Sh$ pour une descente $h=(V_i-V_f)/S$, plus le travail de la force du gaz, $W_{\mathrm{gaz}\to \mathrm{piston}}$. La force que le piston exerce sur le gaz est l'opposée de celle que le gaz exerce sur le piston, et leurs points d'application ont le même déplacement : le travail reçu par le gaz est $W=-W_{\mathrm{gaz}\to \mathrm{piston}}=P_{\mathrm{ext}}Sh$, c'est-à-dire $$W=-P_{\mathrm{ext}}(V_f-V_i)=1,981\times 10^5\times 0,446\times 10^{-3}\approx 88\mathrm{J}.$$ C'est la formule du travail monobare, et l'on voit d'où elle vient : la pression qui compte est celle qu'impose l'extérieur, pas celle du gaz, qui n'est pas définie pendant les oscillations. $W>0$ : le gaz reçoit du travail, il est comprimé.

5) Avec des parois calorifugées. L'équilibre mécanique impose toujours $P_f=1,981\mathrm{bar}$ : la pression finale ne dépend que de ce qui pèse sur le piston. Mais la température n'est plus imposée : aucun thermostat n'est en contact avec le gaz. Il reste une seule relation, $P_f{V}_f=nR{T}_f$, pour deux inconnues $V_f$ et $T_f$. L'état final est indéterminé avec les outils de ce chapitre ; il faudra le premier principe, qui relie l'énergie reçue à la variation d'énergie interne, pour fournir l'équation manquante. On peut seulement prévoir que le gaz s'échauffe (il reçoit du travail sans pouvoir rien céder à l'extérieur) et donc que $V_f>0,554\mathrm{L}$.

6) Deux compartiments. État initial, chaque compartiment occupe $20\mathrm{L}$ à $300\mathrm{K}$ : $$P_1=\frac{n_{1}R{T}_0}{V/2}=\frac{1,0\times 8,314\times 300}{20\times 10^{-3}}=1,25\mathrm{bar},P_2=3P_1=3,74\mathrm{bar}.$$ Les inconnues de l'état final : $V_1$, $V_2$, $P_1^{\prime }$, $P_2^{\prime }$, $T_1^{\prime }$, $T_2^{\prime }$. Les contraintes : le cylindre est rigide, $V_1+V_2=V$ ; le piston est mobile sans frottement et immobile à la fin, $P_1^{\prime }=P_2^{\prime }$ ; le piston et le cylindre sont diathermes et touchent le thermostat, $T_1^{\prime }=T_2^{\prime }=T_0$ ; deux équations d'état. Six équations, six inconnues. On obtient $V_1/V_2=n_1/n_2$ : $$V_1=V\frac{n_1}{n_1+n_2}=10\mathrm{L},V_2=30\mathrm{L},P^{\prime }=\frac{(n_1+n_2)R{T}_0}{V}=2,49\mathrm{bar}.$$ Le compartiment le plus chargé a repoussé le piston jusqu'à ce que les pressions s'égalisent ; la pression finale est celle qu'aurait le gaz total seul dans le cylindre, ce qui est cohérent : à même $T$ et même $P$, les volumes sont proportionnels aux quantités de matière.

7) Ce que chaque paroi interne fournit. Un piston mobile impose l'égalité des pressions ; un piston diatherme impose l'égalité des températures. Piston mobile mais calorifugé, cylindre calorifugé : on garde $V_1+V_2=V$, $P_1^{\prime }=P_2^{\prime }$ et les deux équations d'état, mais on perd les deux égalités de température. Quatre équations pour six inconnues : l'état final est indéterminé ici. Le premier principe fournira une équation de plus (l'énergie totale du gaz est conservée) ; il en manquera encore une, et ce cas célèbre, dit du piston adiabatique, dépend du détail des frottements. Piston diatherme mais bloqué : les volumes restent de $20\mathrm{L}$, les températures restent égales à $T_0$ : rien ne bouge, l'état final est l'état initial.

Ordre de grandeur et vérification. Une masse de $18\mathrm{kg}$ sur $20\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ double presque la pression ($+0,88\mathrm{bar}$). Cas limite : $m\to 0$ donne $P_f=P_i$ et $V_f=V_i$, rien ne bouge — correct.

Ce que l'exercice installe. Avant tout calcul : définir le système, puis lire l'état final dans les contraintes. L'équilibre mécanique fixe $P_f$, le thermostat fixe $T_f$, l'équation d'état donne le reste ; chaque propriété d'une paroi (mobile, diatherme) fournit exactement une égalité. Et savoir dire quand le compte n'y est pas : c'est précisément le rôle du premier principe que de fournir l'équation qui manque quand les parois sont calorifugées.