Un gaz contre un ressort

La stratégie. Le système est le gaz ; la transformation est quasi statique (chauffage très lent, piston sans frottement) : à chaque instant, le piston est en équilibre, ce qui donne $P$ en fonction de $V$. Le travail est alors $-\int P\mathrm{d}V$ le long du chemin que le dispositif impose.

1) Le chemin. Le piston, sans masse, est en équilibre à chaque instant. Si $x$ est son déplacement depuis la position initiale, il subit la force du gaz $PS$ (vers l'extérieur), celle de l'atmosphère $P_{0}S$ et celle du ressort comprimé $kx$ (vers l'intérieur). D'où $PS=P_{0}S+kx$, et avec $V=V_0+Sx$ :

$$P=P_0+\frac{k}{S^2}(V-V_0).$$

Le chemin est un segment de droite de pente $k/S^2$ dans le diagramme de Clapeyron. La pression augmente : la transformation n'est pas isobare. Elle n'est pas non plus monobare : la force extérieure exercée sur le piston augmente avec $x$. Ce n'est ni une iso-, ni une mono- quoi que ce soit : c'est un chemin imposé par un dispositif, et le programme demande précisément de savoir calculer le travail sur un tel chemin.

2) L'état final. $V_f=V_0+S{x}_f=1,0\times 10^{-3}+50\times 10^{-4}\times 0,10=1,5\mathrm{L}$ et

$$\begin{array}{rl}{P}_f& =P_0+\frac{k{x}_f}{S}\\ & =1,00\times 10^5+\frac{5,0\times 10^3\times 0,10}{50\times 10^{-4}}\\ & =2,00\times 10^5\mathrm{Pa}.\end{array}$$

Équation d'état à quantité de matière fixée : $T_f=T_0\frac{P_f{V}_f}{P_0{V}_0}=300\times \frac{2,00\times 1,5}{1,00\times 1,0}=900\mathrm{K}$. On a triplé la température absolue.

3) Le travail. Par intégration :

$$\begin{array}{rl}W& =-{\int }_{V_0}^{V_f}\left[P_0+\frac{k}{S^2}(V-V_0)\right]\mathrm{d}V\\ & =-P_0(V_f-V_0)-\frac{k}{2S^2}(V_f-V_0{)}^2.\end{array}$$

Numériquement : $-1,00\times 10^5\times 0,5\times 10^{-3}-\frac{1}{2}\times 5,0\times 10^3\times (0,10{)}^2=-50-25=-75\mathrm{J}$. Comme aire : sous le segment, entre $V_0$ et $V_f$, se trouve un trapèze de bases $P_0$ et $P_f$ et de hauteur $V_f-V_0$ : aire $\frac{1}{2}(P_0+P_f)(V_f-V_0)=\frac{1}{2}\times 3,00\times 10^5\times 0,5\times 10^{-3}=75\mathrm{J}$. Le chemin va vers la droite (détente) : $W=-75\mathrm{J}$.

4) Où va le travail. Puisque $(V_f-V_0)/S=x_f$, le second terme s'écrit $\frac{k}{2S^2}(S{x}_f{)}^2=\frac{1}{2}k{x}_f^2$, d'où $-W=P_0\Delta V+\frac{1}{2}k{x}_f^2$. Le gaz fournit $75\mathrm{J}$ : $50\mathrm{J}$ servent à repousser l'atmosphère (le rectangle de hauteur $P_0$), $25\mathrm{J}$ sont stockés dans le ressort sous forme d'énergie potentielle élastique (le triangle au-dessus).

5) Cas limites. $k\to 0$ : le ressort disparaît, $P=P_0$ à chaque instant, le segment devient horizontal : isobare quasi statique, $W=-P_0\Delta V$. $k\to +\infty$ : le ressort est infiniment raide, le piston ne bouge pas, le segment devient vertical : isochore, $W=0$. La droite de pente $k/S^2$ interpole entre les deux.

Ordre de grandeur. Pour déplacer un piston de 10 cm contre ce ressort, il a fallu porter le gaz à $900\mathrm{K}$ : un ressort de $5\mathrm{kN}{\mathrm{m}}^{-1}$ sur une section de $50\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$ équivaut à un bar de surpression pour 10 cm.

Ce que l'exercice installe. Le travail se calcule sur le chemin $P(V)$ imposé par le dispositif, qui n'est pas toujours une iso- ni une mono- ; l'aire sous ce chemin se calcule par la géométrie la plus simple. Et le travail fourni par un gaz a un destinataire : il faut savoir dire à qui il va — à l'atmosphère, à un ressort, à une masse qu'on soulève.