Le cycle de Carnot d'un gaz parfait, en (P,V) et en (T,S)

Le système et la stratégie. Le système est le gaz, système fermé de $n$ moles. On calcule chaque étape séparément puis on additionne. Pour les isothermes, l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de $T$ : $\Delta U=0$, donc $Q=-W$. Pour les adiabatiques réversibles, $Q=0$ et $W=\Delta U$.

1) Quantité de matière et volumes. Par l'équation d'état en $A$,

$$n=\frac{P_A{V}_A}{R{T}_c}=\frac{30\times 10^5\times 1,0\times 10^{-3}}{8,314\times 600}\approx 0,601\mathrm{mol},nR=\frac{P_A{V}_A}{T_c}=5,00\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}.$$

La loi de Laplace : pour un gaz parfait de $\gamma$ constant subissant une transformation adiabatique et réversible, $P{V}^{\gamma }$ reste constant, ainsi que $T{V}^{\gamma -1}$. Ses trois conditions sont remplies sur $BC$ et $DA$ (gaz parfait, pas d'échange thermique, pas d'irréversibilité). Donc

$$T_c{V}_B^{\gamma -1}=T_f{V}_C^{\gamma -1}⟹V_C=V_B{\left(\frac{T_c}{T_f}\right)}^{\frac{1}{\gamma -1}}=1,6\times 2^{3/2}\approx 4,53\mathrm{L},$$

et de même $V_D=V_A(T_c/T_f{)}^{1/(\gamma -1)}=2^{3/2}\approx 2,83\mathrm{L}$. Les deux adiabatiques relient les mêmes températures, donc multiplient le volume par le même facteur $2^{3/2}\approx 2,83$ : $V_C/V_B=V_D/V_A$, d'où $V_C/V_D=V_B/V_A=1,6$. Les pressions s'en déduisent : $P_B=18,75\mathrm{bar}$, $P_C\approx 3,31\mathrm{bar}$, $P_D\approx 5,30\mathrm{bar}$.

2) Étape par étape.

• $A\to B$, isotherme réversible (donc quasi statique : $P=nR{T}_c/V$ à chaque instant) : $$\begin{array}{rl}{W}_{AB}& =-{\int }_{V_A}^{V_B}P\mathrm{d}V\\ & =-nR{T}_c\ln \frac{V_B}{V_A}\\ & =-3000\times \ln 1,6\approx -1410\mathrm{J},\end{array}$$ et $Q_{AB}=-W_{AB}\approx +1410\mathrm{J}$.
• $B\to C$, adiabatique réversible : $Q_{BC}=0$ et $W_{BC}=\Delta U=n{C}_{V,m}(T_f-T_c)=\frac{3}{2}\times 5,00\times (-300)=-2250\mathrm{J}$.
• $C\to D$, isotherme réversible à $T_f$ : $W_{CD}=-nR{T}_f\ln \frac{V_D}{V_C}=+1500\times \ln 1,6\approx +705\mathrm{J}$, et $Q_{CD}\approx -705\mathrm{J}$.
• $D\to A$, adiabatique réversible : $Q_{DA}=0$ et $W_{DA}=n{C}_{V,m}(T_c-T_f)=+2250\mathrm{J}$.

Les deux travaux adiabatiques se compensent exactement. On lit alors $Q_c=Q_{AB}\approx 1410\mathrm{J}$, $Q_f=Q_{CD}\approx -705\mathrm{J}$, et

$$W=W_{AB}+W_{BC}+W_{CD}+W_{DA}\approx -705\mathrm{J},$$

puis

$$\begin{array}{rl}\eta & =\frac{-W}{Q_c}\\ & =1+\frac{Q_f}{Q_c}\\ & =1-\frac{T_f\ln (V_C/V_D)}{T_c\ln (V_B/V_A)}\\ & =1-\frac{T_f}{T_c}\\ & =0,50.\end{array}$$

On a retrouvé ${\eta }_C$ par le seul calcul : le logarithme se simplifie grâce à l'égalité des rapports de volumes, c'est-à-dire grâce à Laplace.

3) Clausius et l'entropie. $\frac{Q_c}{T_c}+\frac{Q_f}{T_f}=\frac{1410}{600}-\frac{705}{300}=2,35-2,35=0$ : l'égalité est exacte, le cycle ne crée pas d'entropie. Avec l'expression donnée, sur l'isotherme $AB$,

$$\begin{array}{rl}\Delta S_{AB}& =nR\ln \frac{V_B}{V_A}\\ & =5,00\times \ln 1,6\approx 2,35\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\\ & =\frac{Q_c}{T_c}.\end{array}$$

Le bilan d'entropie de l'étape, $\Delta S_{AB}=Q_c/T_c+S_{\text{creˊeˊ},AB}$, donne $S_{\text{creˊeˊ},AB}=0$ : le transfert thermique se fait entre un gaz et une source à la même température. Sur une adiabatique réversible, l'expression donnée s'écrit $S=n{C}_{V,m}\ln \left(T{V}^{\gamma -1}\right)+\text{cte}$, puisque $R=C_{V,m}(\gamma -1)$ : elle est constante le long de la loi de Laplace. Les quatre étapes sont donc réversibles, et $S_{\text{creˊeˊ}}=0$ sur le cycle.

4) Les deux diagrammes. En $(P,V)$ : $AB$ suit l'hyperbole $PV=3000\mathrm{J}$ vers la droite ; $BC$ descend plus raide ($P{V}^{5/3}=\text{cte}$) ; $CD$ revient vers la gauche sur l'hyperbole $PV=1500\mathrm{J}$ ; $DA$ remonte raide jusqu'au départ. Le sens est horaire, l'aire enfermée est le travail fourni. En $(T,S)$ : les isothermes sont des segments horizontaux ($T=600$ et $T=300\mathrm{K}$), les adiabatiques réversibles des segments verticaux ($S$ constante) : le cycle est un rectangle de largeur $\Delta S=2,35\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$. Sur une étape réversible, $\delta Q=T\mathrm{d}S$ : l'aire sous $AB$ vaut $T_c\Delta S=1410\mathrm{J}=Q_c$, l'aire sous $CD$ vaut $T_f\Delta S=705\mathrm{J}=|Q_f|$, et l'aire du rectangle, leur différence, vaut $|W|$.

5) La puissance nulle. Pour que le transfert $A\to B$ soit réversible, le gaz doit être exactement à $T_c$, comme la source. Or un transfert thermique entre deux corps de même température est infiniment lent : un cycle de Carnot dure un temps infini, et sa puissance est nulle. Une puissance finie exige un écart fini entre le gaz et les sources, donc de l'entropie créée. Le cycle de Carnot est une borne, pas un projet de moteur.

Ce que l'exercice installe. Le théorème de Carnot se vérifie par le calcul d'un cycle : travail sur chaque chemin, loi de Laplace avec ses conditions, bilan d'entropie par étape. Et le diagramme $(T,S)$ est l'outil où un cycle réversible se lit d'un coup d'œil : isothermes horizontales, adiabatiques réversibles verticales, énergies échangées égales à des aires.