Le travail d'un cycle est l'aire enfermée : application au cycle de Stirling

Le système et le cadre. Le système est le fluide enfermé, système fermé. Toutes les étapes étant quasi statiques, le fluide est à chaque instant en équilibre mécanique, sa pression est définie et $\delta W=-P\mathrm{d}V$ : chaque étape est une courbe du diagramme de Clapeyron, et le cycle une courbe fermée.

1) Le théorème de l'aire. Le cycle se découpe en deux étapes. Sur la branche haute, parcourue de $V_{\min }$ à $V_{\max }$ : $W_h=-{\int }_{V_{\min }}^{V_{\max }}{P}_h\mathrm{d}V$. Sur la branche basse, parcourue de $V_{\max }$ à $V_{\min }$ : $W_b=-{\int }_{V_{\max }}^{V_{\min }}{P}_b\mathrm{d}V=+{\int }_{V_{\min }}^{V_{\max }}{P}_b\mathrm{d}V$. En ajoutant : $$W_{\mathrm{cycle}}=W_h+W_b=-{\int }_{V_{\min }}^{V_{\max }}(P_h-P_b)\mathrm{d}V.$$ Comme $P_h>P_b$, l'intégrale est positive : c'est l'aire $\mathcal{A}$ enfermée par le cycle, comprise entre les deux branches. Dans ce sens de parcours — détente par le haut, compression par le bas, donc sens horaire dans le diagramme $(P,V)$ — on obtient $W_{\mathrm{cycle}}=-\mathcal{A}<0$ : le fluide fournit du travail, le cycle est moteur. Si l'on parcourt le même cycle en sens trigonométrique (détente par le bas, compression par le haut), tous les travaux changent de signe : $W_{\mathrm{cycle}}=+\mathcal{A}>0$, le cycle est récepteur (réfrigérateur, pompe à chaleur). En valeur absolue, le travail d'un cycle est l'aire qu'il enferme.

2) Le cycle rectangulaire. $A\to B$, isobare à $P_1$ (détente) : $W_{AB}=-P_1(V_2-V_1)=-3,0\times 10^5\times 2,0\times 10^{-3}=-600\mathrm{J}$. $B\to C$, isochore : $W_{BC}=0$. $C\to D$, isobare à $P_2$ (compression) : $W_{CD}=-P_2(V_1-V_2)=+200\mathrm{J}$. $D\to A$, isochore : $W_{DA}=0$. Total : $W_{\mathrm{cycle}}=-400\mathrm{J}$. L'aire du rectangle vaut $(P_1-P_2)(V_2-V_1)=2,0\times 10^5\times 2,0\times 10^{-3}=400\mathrm{J}$, et le cycle est parcouru dans le sens horaire (en haut vers la droite) : $W_{\mathrm{cycle}}=-\mathcal{A}$, conforme au théorème. Le moteur gagne parce qu'il se détend sous $3\mathrm{bar}$ et se recomprime sous $1\mathrm{bar}$ : il rend à la détente plus qu'il ne paie à la compression.

3) Le cycle en huit. Au point de croisement, on coupe le cycle en deux boucles fermées, chacune décrite intégralement dans un sens. Le travail du cycle est la somme des travaux des étapes, donc la somme des travaux des deux boucles. Les deux boucles d'un huit sont parcourues en sens opposés (l'une horaire, l'autre trigonométrique) : $W_{\mathrm{cycle}}=-{\mathcal{A}}_1+{\mathcal{A}}_2$, où ${\mathcal{A}}_1$ est l'aire de la boucle horaire. Si les deux aires sont égales, le cycle ne fournit ni ne reçoit aucun travail, bien que le fluide ait été comprimé et détendu : la partie motrice rend exactement ce que la partie réceptrice consomme. Le théorème porte donc sur l'aire algébrique, comptée positivement dans le sens trigonométrique.

4) Le cycle de Stirling. Les quatre étapes, avec les résultats du cours :

• détente isotherme quasi statique à $T_c$ : $W_1=-nR{T}_c\ln \frac{V_2}{V_1}<0$ ;
• refroidissement isochore à $V_2$ : $W_2=0$ ;
• compression isotherme quasi statique à $T_f$ : $W_3=-nR{T}_f\ln \frac{V_1}{V_2}=+nR{T}_f\ln \frac{V_2}{V_1}>0$ ;
• réchauffement isochore à $V_1$ : $W_4=0$.

En sommant : $$W_{\mathrm{cycle}}=-nR(T_c-T_f)\ln \frac{V_2}{V_1}.$$ Par la question 1 : la branche haute est l'isotherme chaude, $P_h=nR{T}_c/V$, parcourue de $V_1$ à $V_2$ ; la branche basse est l'isotherme froide, $P_b=nR{T}_f/V$, parcourue de $V_2$ à $V_1$ ; les deux isochores sont des segments verticaux qui ferment le cycle sans contribuer (aucune aire sous un segment vertical). Donc $$W_{\mathrm{cycle}}=-{\int }_{V_1}^{V_2}\frac{nR(T_c-T_f)}{V}\mathrm{d}V=-nR(T_c-T_f)\ln \frac{V_2}{V_1}.$$ Les deux calculs concordent. Le cycle est parcouru dans le sens horaire : il est moteur dès que $T_c>T_f$, et il ne fournit rien si $T_c=T_f$ — les deux isothermes se confondent, l'aire est nulle.

5) Application. Avec $\ln 2=0,693$ : $$W_1=-1,0\times 10^{-2}\times 8,314\times 600\times 0,693=-34,6\mathrm{J},W_3=+17,3\mathrm{J},$$ d'où $W_{\mathrm{cycle}}=-17,3\mathrm{J}$ ; une intégration numérique de $P_h-P_b$ donne la même aire, $17,29\mathrm{J}$. À 25 cycles par seconde, le moteur fournit $$\mathcal{P}=25\times 17,3\approx 4,3\times 10^2\mathrm{W}.$$ Pressions extrêmes : la plus haute au point $(V_1,T_c)$, $P_{\max }=nR{T}_c/V_1=4,99\mathrm{bar}$ ; la plus basse au point $(V_2,T_f)$, $P_{\min }=nR{T}_f/V_2=1,25\mathrm{bar}$ ; les deux autres sommets sont à $2,49\mathrm{bar}$. Allure : dans le diagramme de Clapeyron, deux arcs d'hyperbole entre $0,10$ et $0,20\mathrm{L}$, l'isotherme chaude au-dessus (de $4,99$ à $2,49\mathrm{bar}$), l'isotherme froide au-dessous (de $2,49$ à $1,25\mathrm{bar}$), reliés par deux segments verticaux ; le sommet $(V_2,T_c)$ et le sommet $(V_1,T_f)$ sont à la même pression, puisque $T_c/V_2=T_f/V_1$ quand $V_2/V_1=T_c/T_f=2$. On parcourt le contour dans le sens horaire. Près d'un demi-kilowatt pour deux décilitres de gaz : c'est la puissance du cycle idéal ; un moteur réel, dont le cycle s'écarte nettement des deux isothermes et des deux isochores (le gaz n'a pas le temps de se mettre à la température des sources), en fournit sensiblement moins.

6) Une aire n'est pas toujours un travail. Dans le diagramme $(V,T)$, les isothermes sont des horizontales et les isochores des verticales : le cycle est un rectangle d'aire $(V_2-V_1)(T_c-T_f)=0,10\mathrm{L}\times 300\mathrm{K}=30\mathrm{L}\mathrm{K}$. Cette grandeur s'exprime en litres-kelvins : ce n'est pas une énergie, et elle n'a aucune raison d'être un travail. Ce qui fait de l'aire du diagramme de Clapeyron un travail, c'est que ses deux axes sont les deux facteurs du travail élémentaire : la pression et le volume, dont le produit $P\mathrm{d}V$ est l'aire d'une bande élémentaire sous la courbe. Le théorème de l'aire tient à ce choix d'axes, pas au fait de dessiner un cycle.

Le résultat obtenu — le théorème de l'aire. Au cours d'un cycle quasi statique, le travail reçu par le fluide est égal, au signe près, à l'aire enfermée par le cycle dans le diagramme de Clapeyron : $W_{\mathrm{cycle}}=-\mathcal{A}$ si le cycle est parcouru dans le sens horaire (cycle moteur), $W_{\mathrm{cycle}}=+\mathcal{A}$ dans le sens trigonométrique (cycle récepteur). Pour le cycle de Stirling idéal, $W_{\mathrm{cycle}}=-nR(T_c-T_f)\ln (V_2/V_1)$.

Ce que le problème installe. Le diagramme de Clapeyron n'est pas une simple illustration : c'est un instrument de calcul, où le travail se lit. Un moteur est un cycle horaire, qui se détend à haute pression et se comprime à basse pression ; pour qu'il fournisse beaucoup de travail, il faut écarter ses branches, c'est-à-dire ses températures. On ne sait pas encore ce que le moteur de Stirling consomme pour fournir ces $17\mathrm{J}$ par cycle : il faudra le premier principe pour calculer les transferts thermiques de chaque étape, et le deuxième pour comprendre pourquoi il ne peut pas tout convertir — ce sera la question du rendement.