Compression brutale ou lente au contact d'un thermostat

Système et contraintes. Système fermé : le gaz. L'extérieur impose deux choses : la pression sur le piston (une fois la masse posée, $P_{\mathrm{ext}}=x{P}_0$, constante) et la température des parois (le thermostat, à $T_0$). Le piston étant sans masse et sans frottement, son équilibre impose, dans tout état d'équilibre, $P=P_{\mathrm{ext}}$.

1) L'état final, imposé par l'extérieur. Dans l'état final d'équilibre, l'équilibre mécanique du piston donne $P_1=x{P}_0=2,00\mathrm{bar}$, l'équilibre thermique avec le thermostat donne $T_1=T_0=300\mathrm{K}$, et l'équation d'état donne $V_1=nR{T}_0/P_1=V_0/x=0,50\mathrm{L}$. Aucune information sur le chemin n'a servi. Le gaz est parfait, donc $U$ ne dépend que de $T$ (première loi de Joule) : $\Delta U=0$, quel que soit le chemin.

2) Le chemin brutal. La pression extérieure vaut $x{P}_0$ pendant toute la descente du piston, de $V_0$ à $V_0/x$ ; le travail reçu est

$$\begin{array}{rl}{W}_{\mathrm{b}}& =-\int P_{\mathrm{ext}}\mathrm{d}V\\ & =-x{P}_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ & =P_0{V}_0(x-1)\\ & =100\mathrm{J}.\end{array}$$

Le premier principe sur le gaz, entre l'état initial et l'état final, donne $0=W_{\mathrm{b}}+Q_{\mathrm{b}}$, donc

$$Q_{\mathrm{b}}=-W_{\mathrm{b}}=-100\mathrm{J}.$$

Le gaz reçoit $100\mathrm{J}$ de travail et cède $100\mathrm{J}$ au thermostat. La température du gaz a pu monter pendant la compression : le bilan ne regarde que les extrémités.

3) Le chemin lent. La transformation est quasi statique, donc à chaque instant $P_{\mathrm{ext}}=P$, et isotherme, donc $P=nR{T}_0/V$. Alors

$$\begin{array}{rl}{W}_{\mathrm{l}}& =-{\int }_{V_0}^{V_0/x}\frac{nR{T}_0}{V}\mathrm{d}V\\ & =nR{T}_0\ln x\\ & =P_0{V}_0\ln x\\ & =69,3\mathrm{J},\end{array}$$

et le premier principe donne de même $Q_{\mathrm{l}}=-W_{\mathrm{l}}=-69,3\mathrm{J}$.

Comparaison. Mêmes états initial et final, même $\Delta U=0$ ; mais $W_{\mathrm{b}}=100\mathrm{J}$ contre $W_{\mathrm{l}}=69,3\mathrm{J}$, et $Q_{\mathrm{b}}=-100\mathrm{J}$ contre $Q_{\mathrm{l}}=-69,3\mathrm{J}$. Le travail et la chaleur dépendent du chemin, leur somme non. Dans le diagramme de Clapeyron $(P,V)$, $W_{\mathrm{b}}$ est l'aire du rectangle de hauteur $x{P}_0$ sous le segment horizontal de $V_0$ à $V_0/x$, et $W_{\mathrm{l}}$ l'aire sous l'hyperbole isotherme, qui est plus basse : le rectangle contient l'hyperbole, d'où $W_{\mathrm{b}}>W_{\mathrm{l}}$. La compression brutale coûte plus de travail pour le même résultat, et ce supplément ressort intégralement en chaleur.

4) Cas limite. Posons $x=1+\epsilon$. Le développement $\ln (1+\epsilon )=\epsilon -\frac{1}{2}{\epsilon }^2+o({\epsilon }^2)$ donne

$$\begin{array}{rl}{W}_{\mathrm{b}}-W_{\mathrm{l}}& =P_0{V}_0(\epsilon -\ln (1+\epsilon ))\sim \frac{1}{2}{P}_0{V}_0{\epsilon }^2\\ & =\frac{1}{2}{P}_0{V}_0(x-1{)}^2.\end{array}$$

Chaque chemin coûte un travail du premier ordre en $\epsilon$, mais leur écart est du second ordre. Pour une petite surcharge, brutal et lent sont presque équivalents ; et si l'on décompose une grosse surcharge en $k$ petites marches de taille $\epsilon =(x-1)/k$, l'écart total est de l'ordre de $k\times {\epsilon }^2\sim (x-1{)}^2/k$, qui tend vers zéro : c'est exactement ce que fait le sable grain à grain.

5) Le cycle monotherme brutal. Au retour, la pression extérieure tombe d'un coup à $P_0$ et y reste pendant que le gaz se détend de $V_0/x$ à $V_0$ :

$$\begin{array}{rl}{W}_{\mathrm{r}}& =-P_0\left(V_0-\frac{V_0}{x}\right)\\ & =-P_0{V}_0\left(1-\frac{1}{x}\right)\\ & =-50\mathrm{J}.\end{array}$$

Sur le cycle complet, $\Delta U=0$ (retour à l'état initial), et

$$W_{\mathrm{cycle}}=W_{\mathrm{b}}+W_{\mathrm{r}}=100-50=+50\mathrm{J},Q_{\mathrm{cycle}}=-W_{\mathrm{cycle}}=-50\mathrm{J}.$$

Le gaz a reçu $50\mathrm{J}$ de travail et cédé $50\mathrm{J}$ au thermostat. Dans le diagramme de Clapeyron, le cycle (compression horizontale haute, détente horizontale basse, reliées par les deux sauts verticaux) est parcouru dans le sens trigonométrique, et son aire, $P_0{V}_0(x-1)(1-1/x)=50\mathrm{J}$, est le travail reçu.

Le signe était-il prévisible ? Oui, et c'est une annonce : un système qui décrit un cycle au contact d'un seul thermostat peut recevoir du travail et le rendre en chaleur, jamais l'inverse. On ne fabrique pas de moteur avec une seule source de chaleur. Le premier principe ne l'interdit pas ; c'est le deuxième principe qui le fera, au chapitre sur l'entropie. On le voit ici sur un exemple : quel que soit $x$, $(x-1)(1-1/x)=(x-1{)}^2/x>0$.

Ce que l'exercice installe. L'état final se lit sur les contraintes extérieures (équilibre mécanique avec le piston, équilibre thermique avec le thermostat), sans rien savoir du chemin. Puis la méthode : $\Delta U$ par les états, $W$ par le chemin, et $Q$ par différence, $Q=\Delta U-W$ — c'est la seule façon, en première année, de calculer un transfert thermique. Enfin l'écart du second ordre entre le brutal et le quasi statique, et le signe imposé au travail d'un cycle monotherme, qui prépare le deuxième principe.