La résistance chauffante : régime permanent ou isolée

La stratégie. Deux situations opposées : dans la première, l'état ne change pas et tout passe par les échanges ; dans la seconde, rien n'est échangé. On écrit les deux principes pour le même système, la résistance.

Le travail électrique : $W_e=R{I}^2\tau =20\times 2,0^2\times 600=4,8\times 10^4\mathrm{J}$.

1) Le régime permanent. Le système : la résistance, système fermé. La transformation : sur la durée $\tau$, de l'état $(T_0)$ à l'état $(T_0)$ : en régime permanent, l'état final est identique à l'état initial. Comme $U$ et $S$ sont des fonctions d'état, $$\Delta U=0\text{et}\Delta S=0.$$ Premier principe : $\Delta U=W_e+Q=0$, donc $Q=-W_e=-4,8\times 10^4\mathrm{J}$ : la résistance cède au bain toute l'énergie électrique reçue.

Deuxième principe. Le transfert se fait avec le bain, à $T_0$ : $$S_{\text{eˊch}}=\frac{Q}{T_0}=-\frac{4,8\times 10^4}{293}\approx -163,8\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1},S_{\text{creˊeˊ}}=\Delta S-S_{\text{eˊch}}=+163,8\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}.$$ L'entropie créée est évacuée vers le bain au fur et à mesure. La cause physique est l'effet Joule : l'énergie ordonnée du courant devient, par les collisions des porteurs de charge, de l'agitation désordonnée. Le transfert vers le bain, sans écart de température, ne crée rien.

2) La résistance isolée. Le système : la même résistance. La transformation : de $T_0$ à $T_f$ inconnue, sans transfert thermique ($Q=0$). Premier principe : $$C(T_f-T_0)=W_e⟹T_f=T_0+\frac{W_e}{C}=293+48=341\mathrm{K}.$$ Deuxième principe. Adiabatique, donc $S_{\text{eˊch}}=0$ et $$S_{\text{creˊeˊ}}=\Delta S=C\ln \frac{T_f}{T_0}=1000\times \ln \frac{341}{293}\approx 151,7\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}>0.$$ Compatible : l'entropie d'un système adiabatique ne peut que croître.

3) La comparaison. Les mêmes $48\mathrm{kJ}$ ont créé $163,8$ puis $151,7\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$. Posons $x=T_f/T_0>1$. On dispose de $\ln x<x-1$ pour $x\ne 1$ (le logarithme, concave, est sous sa tangente en $1$) et, en l'appliquant à $1/x$, de $\ln (1/x)<1/x-1$, soit $\ln x>1-1/x$. Donc $$C(1-\frac{T_0}{T_f})<C\ln \frac{T_f}{T_0}<C(\frac{T_f}{T_0}-1),$$ c'est-à-dire $$\frac{C(T_f-T_0)}{T_f}<S_{\text{creˊeˊ}}<\frac{C(T_f-T_0)}{T_0}.$$ Avec $C(T_f-T_0)=W_e$, c'est l'encadrement demandé : $140,8<151,7<163,8\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$.

L'interprétation. Dissiper une petite énergie $\delta W$ dans un corps à la température $T$ crée l'entropie $\delta W/T$. Dans le cas 1, tout est dissipé à $T_0$ ; dans le cas 2, la résistance s'échauffe, et les derniers joules sont dissipés vers $341\mathrm{K}$ : ils créent moins. À énergie égale, on crée d'autant plus d'entropie qu'on dissipe à basse température. C'est l'idée de « qualité » de l'énergie, que les machines thermiques rendront quantitative.

4) Le radiateur. L'énergie électrique reçue en une heure est $W_e=2\times 10^3\times 3600=7,2\times 10^6\mathrm{J}$. Système : le radiateur et l'air qui l'entoure, jusqu'où règne la température de la pièce (thermostat à $293\mathrm{K}$) ; en régime permanent, le bilan du cas 1 s'applique : $$S_{\text{creˊeˊ}}=\frac{W_e}{T_0}=\frac{7,2\times 10^6}{293}\approx 2,5\times 10^4\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}.$$ Le « gaspillage » n'est pas une perte d'énergie : les $7,2\mathrm{MJ}$ chauffent bien la pièce. C'est une perte de qualité : un travail a été converti en chaleur à la plus basse température disponible, en créant le maximum d'entropie. Une machine qui utiliserait ce travail pour pomper de la chaleur de l'extérieur en apporterait davantage (chapitre sur les machines thermiques).

Ce que l'exercice installe. Régime permanent : $S_{\text{creˊeˊ}}=-S_{\text{eˊch}}$ ; adiabatique : $S_{\text{creˊeˊ}}=\Delta S$. La cause d'irréversibilité se nomme avant de se calculer. Et une même énergie dissipée crée moins d'entropie à haute température.