Un litre d'eau plongé dans un thermostat, puis dans N

Application directe du cours · niveau 2 · thermodynamique (MPSI), chapitre 6 — Deuxième principe et bilans d'entropie

Énoncé

Un litre d'eau liquide (masse $m = 1, 00 kg$ , capacité thermique massique $c = 4, 18 kJ K^{- 1} k g^{- 1}$ , capacité thermique $C = m c$ ), initialement à $θ_{i} = 20^{\circ} C$ , est plongé dans un très grand bain thermostaté à $θ_{0} = 80^{\circ} C$ jusqu'à l'équilibre. On néglige les variations de volume de l'eau. On DONNE l'entropie d'une phase condensée :

$S (T) = C ln \frac{T}{T _{r e ˊ f}} + S_{r e ˊ f} .$

1) Définir le système et la transformation. Calculer le transfert thermique $Q$ reçu par l'eau, puis $Δ S$ , $S_{e ˊ ch}$ et $S_{cr e ˊ e ˊ}$ .

2) On pose $u = T_{i} / T_{0}$ . Montrer que, pour un contact unique avec un thermostat à $T_{0}$ ,

$S_{cr e ˊ e ˊ} = C (u - 1 - ln u),$

et que cette quantité est positive quel que soit le sens du transfert, nulle seulement si $u = 1$ . Calculer $S_{cr e ˊ e ˊ}$ quand, inversement, de l'eau à $80^{\circ} C$ est plongée dans un thermostat à $20^{\circ} C$ . Commenter.

3) On chauffe désormais l'eau de $20$ à $80^{\circ} C$ en deux étapes : contact avec un thermostat à $50^{\circ} C$ , puis avec le thermostat à $80^{\circ} C$ . Calculer l'entropie créée totale.

4) On utilise maintenant $N$ thermostats de températures régulièrement espacées entre $T_{i}$ et $T_{0}$ . Montrer que, pour $N$ grand,

$S_{cr e ˊ e ˊ} ≃ \frac{C ( T _{0} - T _{i} ) ^{2}}{2 N T _{i} T _{0}} .$

Que devient $S_{cr e ˊ e ˊ}$ quand $N \to \infty$ ? Que vaut alors $Δ S$ ? Conclure sur ce qu'est une transformation réversible.

Corrigé

La stratégie. Toujours le même ordre : le système ; $Δ S$ par l'expression fournie ; $S_{e ˊ ch}$ avec les transferts et les températures des sources ; $S_{cr e ˊ e ˊ}$ par différence. Le premier principe fournit $Q$ .

1) Le bilan pour un contact unique. Le système : l'eau, système fermé, de frontière la paroi du récipient qui la contient. La transformation : état initial $T_{i} = 293, 15 K$ , état final imposé par l'extérieur, l'équilibre thermique avec le bain, $T_{f} = T_{0} = 353, 15 K$ .

Le transfert thermique. Les variations de volume étant négligées, le travail reçu est nul, et le premier principe donne $Δ U = Q$ , soit

$Q = C (T_{0} - T_{i}) = 4180 \times 60 = 2, 51 \times 1 0^{5} J .$

La variation d'entropie, par l'expression fournie :

$Δ S = C ln \frac{T _{0}}{T _{i}} = 4180 \times ln \frac{353 , 15}{293 , 15} \approx 778 J K^{- 1} .$

L'entropie échangée. La totalité de $Q$ est reçue du thermostat, à la température $T_{0}$ — la température de la source, pas celle de l'eau, qui varie :

$S_{e ˊ ch} = \frac{Q}{T _{0}} = \frac{2 , 508 \times 1 0 ^{5}}{353 , 15} \approx 710 J K^{- 1} .$

L'entropie créée, par différence :

$S_{cr e ˊ e ˊ} = Δ S - S_{e ˊ ch} \approx 778 - 710 = 68, 2 J K^{- 1} > 0.$

Cause d'irréversibilité : le transfert thermique sous un écart fini de température.

2) La forme générale. Avec $u = T_{i} / T_{0}$ :

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