Compression brutale ou quasi statique

La stratégie. On définit le système — le gaz, fermé — et la transformation : état initial $(P_0,V_0,T_0)$, état final $(k{P}_0,V_0/k,T_0)$, fixé par l'équilibre mécanique (charge) et l'équilibre thermique (thermostat). Les deux chemins ont les mêmes extrémités. Pour chacun, on applique $\delta W=-P_{\mathrm{ext}}\mathrm{d}V$ avec la pression extérieure que ce chemin impose.

1) Compression brutale. Pendant toute la descente du piston, la pression extérieure vaut $k{P}_0$, constante : transformation monobare. Le volume final vaut $V_0/k$ (même $n$, même $T_0$, pression $k$ fois plus grande). Donc $$W_{\mathrm{brut}}=-k{P}_0\left(\frac{V_0}{k}-V_0\right)=P_0{V}_0(k-1)=nR{T}_0(k-1).$$

2) Compression quasi statique. À chaque instant le gaz est en équilibre mécanique ($P_{\mathrm{ext}}=P$) et à $T_0$, donc $P=nR{T}_0/V$ : $$W_{\mathrm{qs}}=-{\int }_{V_0}^{V_0/k}\frac{nR{T}_0}{V}\mathrm{d}V=-nR{T}_0\ln \frac{V_0/k}{V_0}=nR{T}_0\ln k.$$ Dans le diagramme de Clapeyron, les deux chemins partent du même point et arrivent au même point, en allant vers la gauche (compression, $W>0$). Le chemin quasi statique suit l'hyperbole isotherme $PV=nR{T}_0$ ; $W_{\mathrm{qs}}$ est l'aire sous cette hyperbole entre $V_0/k$ et $V_0$. Le chemin brutal n'est pas une courbe du diagramme, puisque la pression du gaz n'est pas définie pendant la compression ; mais son travail est l'aire du rectangle de hauteur $k{P}_0$ (la pression extérieure) et de base $V_0-V_0/k$. L'hyperbole reste sous la droite $P=k{P}_0$ sur tout l'intervalle : le rectangle contient l'aire sous l'hyperbole.

3) L'inégalité. Il s'agit de montrer $k-1\ge \ln k$ pour $k\ge 1$. La fonction $\ln$ est concave, donc sous sa tangente en $1$ : $\ln k\le k-1$, avec égalité seulement en $k=1$. On peut aussi étudier $f(k)=k-1-\ln k$ : $f(1)=0$ et $f^{\prime }(k)=1-1/k\ge 0$ pour $k\ge 1$. Numériquement, avec $nR{T}_0=100\mathrm{J}$ :

L'écart croît très vite : pour $k=10$, la compression brutale coûte presque quatre fois plus. Cas limite $k\to 1$ : $k-1\sim \ln k$, les deux travaux se rejoignent.

4) Les détentes. Brutale : on retire la charge, $P_{\mathrm{ext}}=P_0$ constante, le volume passe de $V_0/k$ à $V_0$ : $$W_{\mathrm{brut}}=-P_0\left(V_0-\frac{V_0}{k}\right)=-nR{T}_0\left(1-\frac{1}{k}\right).$$ Quasi statique : le même calcul qu'au 2), parcouru en sens inverse, donne $W_{\mathrm{qs}}=-nR{T}_0\ln k$. L'inégalité $1-1/k\le \ln k$ est la précédente appliquée à $1/k$ : $\ln (1/k)\le 1/k-1$. Pour $k=2$ : le gaz fournit $50\mathrm{J}$ en détente brutale, $69,3\mathrm{J}$ en détente quasi statique. Pour $k=3$ : $66,7\mathrm{J}$ contre $110\mathrm{J}$ ; le rapport $0,61$ est exactement celui des deux aires de la figure du cours (une mole à $300\mathrm{K}$ de $1$ à $3\mathrm{L}$ : $1,66\mathrm{kJ}$ contre $2,74\mathrm{kJ}$). Conclusion commune : entre deux états donnés, le travail dépend du chemin ; en compression, l'opérateur paie le moins, et en détente le gaz rend le plus, quand la transformation est quasi statique.

5) Le cycle brutal. Le travail total est la somme des deux : $$W_{\mathrm{cycle}}=nR{T}_0(k-1)-nR{T}_0\left(1-\frac{1}{k}\right)=nR{T}_0\frac{(k-1{)}^2}{k}>0.$$ Pour $k=2$ : $W_{\mathrm{cycle}}=50\mathrm{J}$. Le gaz est revenu exactement à son état initial, et pourtant l'opérateur a dépensé $50\mathrm{J}$ : on a comprimé cher et détendu bon marché. Ces $50\mathrm{J}$ ne sont pas restés dans le gaz, dont l'état n'a pas changé ; ils sont partis dans le thermostat — on le montrera par le premier principe. En quasi statique, $W_{\mathrm{cycle}}=nR{T}_0\ln k-nR{T}_0\ln k=0$ : le cycle ne coûte rien.

Le point délicat. Dans le cas brutal, on n'écrit jamais $-\int P\mathrm{d}V$ avec la pression du gaz : pendant la course du piston, elle n'existe pas. La seule pression bien définie est celle qu'impose la charge. C'est pour cela que le travail monobare s'écrit avec $P_{\mathrm{ext}}$.

Ce que l'exercice installe. Le travail n'est pas une fonction d'état : entre les mêmes états, il dépend du chemin, et l'on n'écrit jamais $\Delta W$. Le chemin quasi statique est l'optimum pour l'opérateur, et tout écart à l'équilibre se paie — un cycle brutal coûte du travail sans rien changer au gaz. C'est la première trace de l'irréversibilité, qu'on mesurera au chapitre sur l'entropie.