Le moteur de Stirling et son régénérateur

Le système et la stratégie. Le système est le gaz, fermé ; on calcule chaque étape sur son chemin, puis on fait le bilan du cycle. La question décisive : de qui le gaz reçoit-il la chaleur ? (Le travail de ce cycle a été calculé au chapitre sur le travail ; on en fait ici une machine ditherme.)

1) Le diagramme. En $(P,V)$, les états $1$ et $4$ sont au volume $V_{\text{max}}$, les états $2$ et $3$ au volume $V_{\text{min}}$. Le cycle est formé de deux morceaux d'hyperboles, $PV=nR{T}_f$ en bas et $PV=nR{T}_c$ en haut, et de deux segments verticaux. On part de $1$ (en bas à droite), on suit l'hyperbole basse vers la gauche jusqu'à $2$, on monte jusqu'à $3$, on suit l'hyperbole haute vers la droite jusqu'à $4$ et l'on redescend en $1$. Le parcours est horaire : la détente $3\to 4$ se fait à plus haute pression que la compression $1\to 2$, donc $W<0$ : le cycle est moteur.

2) Sans régénérateur. Étape par étape, avec $\Delta U=n{C}_{V,m}\Delta T$ pour un gaz parfait :

• $1\to 2$, isotherme quasi statique à $T_f$ : $\Delta U=0$, $Q_{12}=-W_{12}=nR{T}_f\ln \frac{V_{\text{min}}}{V_{\text{max}}}=-nR{T}_f\ln a<0$.
• $2\to 3$, isochore : $W_{23}=0$, $Q_{23}=n{C}_{V,m}(T_c-T_f)>0$.
• $3\to 4$, isotherme à $T_c$ : $Q_{34}=nR{T}_c\ln a>0$.
• $4\to 1$, isochore : $Q_{41}=-n{C}_{V,m}(T_c-T_f)<0$.

Sans régénérateur, la source chaude fournit les deux transferts positifs, et la source froide reçoit les deux négatifs :

$$Q_c=n{C}_{V,m}(T_c-T_f)+nR{T}_c\ln a,Q_f=-n{C}_{V,m}(T_c-T_f)-nR{T}_f\ln a.$$

Le premier principe sur le cycle donne $W=-(Q_c+Q_f)=-nR(T_c-T_f)\ln a$, d'où le rendement annoncé, $\eta =-W/Q_c$. Pour $a=2$, avec $C_{V,m}=\frac{3}{2}R$ :

$$\begin{array}{rl}\eta & =\frac{300\ln 2}{1,5\times 300+600\ln 2}\\ & =\frac{207,9}{450+415,9}\approx 0,240,\end{array}$$

contre ${\eta }_C=0,50$. L'entropie créée. Bilan d'entropie du gaz sur un cycle :

$$\begin{array}{rl}{S}_{\text{creˊeˊ}}& =-\frac{Q_c}{T_c}-\frac{Q_f}{T_f}\\ & =n{C}_{V,m}(T_c-T_f)\left(\frac{1}{T_f}-\frac{1}{T_c}\right)\\ & =n{C}_{V,m}\frac{(T_c-T_f{)}^2}{T_c{T}_f},\end{array}$$

les termes en $\ln a$ se compensant. Par mole, $S_{\text{creˊeˊ}}=12,47\times 90000/180000\approx 6,24\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}>0$. On vérifie avec la relation de l'écart à Carnot, $\eta ={\eta }_C-T_f{S}_{\text{creˊeˊ}}/Q_c$, qui découle des deux bilans sur un cycle : ${\eta }_C-T_f{S}_{\text{creˊeˊ}}/Q_c=0,50-300\times 6,24/7199\approx 0,240$. Les étapes irréversibles sont les deux isochores : pendant $2\to 3$, le gaz, dont la température monte de $T_f$ à $T_c$, est au contact d'une source à $T_c$, donc sous un écart fini de température ; de même pendant $4\to 1$ avec la source froide. Quasi statiques, mais pas réversibles.

3) La limite des grands rapports volumétriques. Quand $a\to \infty$, $\ln a\to \infty$ et

$$\eta ⟶\frac{R(T_c-T_f)}{R{T}_c}=1-\frac{T_f}{T_c}={\eta }_C:$$

la chaleur isochore, qui ne dépend pas de $a$, devient négligeable devant la chaleur isotherme. Mais la convergence est logarithmique, donc très lente : un court script le montre.

from math import log

R, Tc, Tf = 8.314, 600.0, 300.0
Cv = 1.5 * R                      # helium, par mole

def eta(a):
    """rendement du Stirling SANS regenerateur"""
    W = R * (Tc - Tf) * log(a)             # travail fourni
    Qc = Cv * (Tc - Tf) + R * Tc * log(a)  # paye au chaud
    return W / Qc

for a in (2, 3, 10, 100, 1e6):
    print(f"a = {a:>9g}   eta = {eta(a):.3f}")
print(f"Carnot          eta = {1 - Tf/Tc:.3f}")

Résultat de l'exécution : $0,240$ pour $a=2$, $0,297$ pour $a=3$, $0,377$ pour $a=10$, $0,430$ pour $a=100$, seulement $0,474$ pour $a=10^6$, contre $0,500$ pour Carnot. Augmenter $a$ n'est pas la bonne voie.

4) Le régénérateur. Le système est maintenant formé du gaz et de la matrice ; la matrice revient dans le même état à chaque cycle, elle fait partie de la machine. La chaleur $|Q_{41}|$ cédée par le gaz à la matrice est rendue au gaz pendant $2\to 3$ : ces deux échanges sont internes à la machine et ne coûtent rien aux sources. Les seuls échanges avec l'extérieur sont alors les isothermes :

$$Q_c=nR{T}_c\ln a,Q_f=-nR{T}_f\ln a,\eta =1-\frac{T_f}{T_c}={\eta }_C=0,50,$$

quel que soit $a$. Du point de vue de l'entropie : chaque tranche de la matrice échange avec un gaz à sa propre température, il n'y a plus d'écart fini, et l'entropie créée dans les isochores disparaît. Le cycle de Stirling avec régénérateur parfait est donc un cycle ditherme réversible, et il atteint le rendement de Carnot, comme l'exige le théorème.

5) Applications. Robert Stirling a breveté son moteur en 1816. Aujourd'hui : la propulsion silencieuse de certains sous-marins en plongée, des générateurs solaires à miroir parabolique, la micro-cogénération domestique. En réfrigération, le cycle de Stirling parcouru en sens inverse équipe des cryoréfrigérateurs compacts, qui refroidissent par exemple des détecteurs infrarouges vers $80\mathrm{K}$.

Ce que l'exercice installe. Toute chaleur reçue par le fluide n'est pas $Q_c$ : seule compte celle que paie la source chaude. Un échange thermique sous écart fini de température crée de l'entropie et éloigne de Carnot ; un régénérateur, en rendant cet échange interne et sans écart, ramène le rendement à la borne.