UTILISATIONS DES GAZ PARFAITS - corrigé des exercices

A. EXERCICES DE BASE

Compression quasi-réversible isotherme

• Pour une compression isotherme quasi-réversible, on utilise la loi de Boyle-Mariotte :

p \:V=p_1 \: V_1

(

=n \:R \:T

). Le travail mécanique fourni par la pompe lors d’une compression est donc (par différence des forces pressantes des deux côtés du piston, le côté “extérieur” restant à la pression

p_1

) :

$W_1=∫ \,dW=∫ \,(p_1-p(V)) \: dV=p_1 .(V_2-V_1 ) -p_1 \: V_1 {\displaystyle ∫ \frac{dV}{V}=p_1 .(V_2-V_1 )-n \:R \:T \; \ln\left(\frac{V_2}{V_1} \right)}$ ;
$\displaystyle W_1=p_1 \: V_1 .\left(\frac{p_1}{p_2} -1\right)+n \:R \:T \; \ln\left(\frac{p_2}{p_1} \right)=n \:R \:T .\left(\frac{p_1}{p_2} -1+\ln\left(\frac{p_2}{p_1} \right) \right)$ .

◊ remarque : sur un cycle, le travail de la force pressante constante sur la face extérieure du piston doit redonner zéro ; si ce n'était par souci de précision, il serait donc possible de l'omettre.
• Une fois le gaz comprimé, le clapet de sortie s’ouvre (il est à la même pression

p_2

de part et d’autre), et le gaz est poussé à la sortie de la pompe, qui fournit le travail :

$W_2=∫ \,(p_1-p_2 ) \: dV=(p_1-p_2 )(0-V_2 )=p_1 .(V_1-V_2 )={\displaystyle p_1 V_1 .\left(1-\frac{p_1}{p_2} \right)=n \:R \:T .\left(1-\frac{p_1}{p_2} \right)}$ .

◊ remarque : ceci suppose que “tout” est évacué, ce qui peut être approximatif.
• Lors du retour du piston, le clapet de sortie se referme et le clapet d’admission s’ouvre ; les deux côtés du piston sont à la pression

p_1

et le travail fourni par la pompe est nul.
• Le travail total fourni par la pompe lors d’un cycle est :

\displaystyle W=W_1+W_2=n \:R \:T \; \ln\left(\frac{p_2}{p_1} \right)

.
• À la pression

p_1=1\text{,}0 \:\mathrm{bar}

la puissance de la pompe est :

$P=\frac{W}{t}=p_1 \, \frac{V}{t} \: \ln\left(\frac{p_2}{p_1} \right)=p_1 \: D \; \ln\left(\frac{p_2}{p_1} \right)=2\text{,}09 \:\mathrm{kW}$ .

◊ remarque : de même que

W

, le débit volumique de la pompe dépend de la température ; on suppose qu'il est indiqué pour les conditions étudiées.

Compression quasi-réversible adiabatique

• Pour une compression adiabatique quasi-réversible, on peut utiliser la loi de Laplace :

p \:V^γ=p_1 \: V_1^{\,γ}

. La pression finale est donc :

\displaystyle p_2=p_1 .\left(\frac{V_1}{V_2} \right)^γ=14\text{,}42 \:\mathrm{bars}

1\text{,}014 \:\mathrm{bar}

(selon le cas).
☞ remarque : la précision est forcément limite pour le second cas (la valeur finale ne peut pas être connue plus précisément que la valeur initiale indiquée) ; pour certaines applications on peut plutôt considérer :

\displaystyle \frac{∆p}{p}≈-γ \, \frac{∆V}{V}

donc

∆p≈57 \:\mathrm{Pa}

(petites variations).
• La loi de Laplace :

p \:V^γ=p_1 \: V_1^{\,γ}

implique (d’après la loi des gaz parfaits) :

T \:V^{γ-1}=T_1 \: V_1^{\,γ-1}

. Ainsi la température finale est :

\displaystyle T_2=T_1 .\left(\frac{V_1}{V_2} \right)^{γ-1}=626 \:\mathrm{K}≘353 \:\mathrm{°C}

293 \:\mathrm{K}≘20 \:\mathrm{°C}

(selon le cas).
☞ remarque : pour le second cas, on doit considérer :

\displaystyle \frac{∆T}{T}≈-(γ-1) \, \frac{∆V}{V}

donc

∆T≈0\text{,}04 \:\mathrm{K}

(très probablement négligeable).
• Le travail mécanique reçu par le diazote lors d’une compression est alors :

$W=-∫ \,p(V) \: dV={\displaystyle -p_1 \: V_1^{\,γ} \: ∫ \frac{dV}{V^γ} =-\frac{p_1 \: V_1^{\,γ}}{γ-1} \, \left(1-\left(\frac{V_1}{V_2} \right)^{γ-1} \right)=288 \:\mathrm{J}}$ ou $41 \:\mathrm{mJ}$ (selon le cas).

◊ remarque : pour le second cas, on peut considérer :

∆W≈-p \:∆V≈41 \:\mathrm{mJ}

(petites variations).

Compression adiabatique

• Les petites oscillations peuvent être considérées comme assez rapides pour être adiabatiques (sans transfert de chaleur avec l’extérieur), mais assez lentes pour être quasi-réversibles (pour l’équilibre de

p

T

interne). En l’absence de frottement, on peut donc utiliser la loi de Laplace :

p \:V^γ=p_1 \: V_1^{\,γ}

.
• Pour un petit déplacement

x

par rapport à l’équilibre :

\displaystyle p(x)=p_1 .\left(\frac{h_1}{h_1+x}\right)^γ≈p_1 .\left(1-γ \,\frac{x}{h_1} \right)

. La somme des forces sur le piston peut alors s’écrire algébriquement :

F=S .(p(x)-p_0)-m_0 \: g

avec à l’équilibre :

0=S .(p_1-p_0)-m_0 \: g

et par différence :

\displaystyle F=S .(p(x)-p_1)=-S \:p_1 \: γ \, \frac{x}{h_1}

. Cette force peut s’écrire sous la forme :

F=-k \:x

en posant :

\displaystyle k=\frac{S \:p_1 \: γ}{h_1} =\frac{(S \:p_0+m_0 \: g) \: γ}{h_1} =65\text{,}2 \;\mathrm{N .m^{-1}}

.
• La masse de gaz est logiquement négligeable en comparaison de celle du piston ; cela peut se vérifier pour de l'air :

\displaystyle n≈\frac{p_1 \: S \:h_1}{R \:T_1}=\frac{(S \:p_0+m_0 \: g) \: h_1}{R \:T_1}=0\text{,}4 \:\mathrm{mmol}

;

M≈29 \;\mathrm{g .mol^{-1}}

;

m_1≈12 \:\mathrm{mg}≪m_0

.
• L’objet oscillant est donc le piston ; la période des petites oscillations autour de l'équilibre est ainsi :

\displaystyle τ=2π \:\sqrt{\frac{m_0}{k}}=243 \:\mathrm{ms}

2.a.	• Sous l’effet de la force de contact dépendant du poids de la masse $m$ , le piston n’est plus en équilibre : il accélère vers le bas jusqu’à atteindre un nouvel équilibre, mais le frottement est indispensable pour l'arrêter. Avant de s’arrêter, il oscille en effet autour de cet équilibre d'autant plus longtemps que le frottement est faible (infiniment si le frottement est rigoureusement nul). ◊ remarque : pour négliger l'effet de la force de frottement sur la position d'équilibre, il faut que l’amortissement de l’oscillation soit relativement lent (sur une ou deux dizaines de pseudo-périodes) ; au delà des transferts thermiques entre le gaz et le piston auraient le temps de se produire et on aboutirait “sans étape intermédiaire” à un équilibre plutôt analogue à celui étudié à la question suivante.

2.b.	• L'équilibre initial correspond à $\displaystyle p_1=p_0+\frac{m_0 \: g}{S}=1160 \:\mathrm{Pa}$ ; le nouveau à $\displaystyle p_2=p_0+\frac{m' \:g}{S}=2800 \:\mathrm{Pa}$ . • Avec : $\displaystyle \frac{p_2}{p_1} =2\text{,}41$ (constante notée $κ$ ), la loi de Laplace donne : $\displaystyle \frac{h_2}{h_1} =\frac{V_2}{V_1} =\left(\frac{p_2}{p_1} \right)^{-\frac{1}{γ}}$ puis l’enfoncement à l'équilibre (lié à l'amplitude des oscillations) : $\displaystyle -x_2=h_1-h_2=h_1 .\left(1-κ^{-\frac{1}{γ}} \right)=7\text{,}0 \:\mathrm{cm}$ . • Par ailleurs, d’après la loi des gaz parfaits : $\displaystyle T_2=T_1 .\left(\frac{p_2}{p_1} \right)^{\frac{γ-1}{γ}}=T_0 .κ^{\frac{γ-1}{γ}}=377 \:\mathrm{K}>T_0$ . • Pour l'énergie interne du gaz : $\displaystyle n=\frac{p_1 \: V_1}{R \:T_1}=0\text{,}43 \:\mathrm{mmol}$ donc $\displaystyle C_V=\frac{n \:R}{γ-1}=8\text{,}93 \;\mathrm{mJ .K^{-1}}$ et enfin (en négligeant l'énergie mécanique du gaz en comparaison) : $W=∆U_{gaz}=C_V .(T_2-T_0)=750 \:\mathrm{mJ}$ . • Pour la contribution du cylindre et du piston, on admet que l'énergie cinétique d'oscillation est dissipée par le travail des forces de frottement : $∆U_{sol}=C .(T'-T_0)=E_{pe} (0)$ . Mais puisque le déplacement n'est pas très inférieur à $h_1$ on ne peut pas raisonner pour des petites oscillations. • On peut alors considérer les travaux sur le piston : $∆U_{sol}=-∫ \,m' \:g \:dz-∫ \,p_0 \: dV-W=-(S \:p_0+m' \:g) \: x_2-∆U_{gaz}=426 \:\mathrm{mJ}$ ; d'où on déduit la variation de température : $\displaystyle T'-T_0=\frac{E_{pe} (0)}{C}≈ 9 \:\mathrm{mK}$ . ☞ remarque : cette variation semble négligeable, mais peut causer une importante erreur sur la température du gaz si on considère que tout $W'=-∫ \,m' \:g \:dz-∫ \,p_0 \: dV$ a été reçu par ce dernier.

2.c.	• Le rééquilibrage en température s'effectuant lentement, la pression reste constante et on peut raisonner avec l'enthalpie, mais en tenant compte de l'énergie potentielle de pesanteur du piston. Il peut être alors aussi simple de repartir de l'état initial. • L’équilibre correspond à : $\displaystyle \frac{p_3}{p_1} =κ$ (où $p_3=p_2$ ) avec $\displaystyle \frac{p_3 \: V_3}{T_3} =\frac{p_1 \: V_1}{T_1}$ . • On en déduit : $\displaystyle \frac{h_3}{h_1} =\frac{V_3}{V_1} =\frac{1}{κ}\, \frac{T_3}{T_0}$ puis l’enfoncement : $\displaystyle -x_3=h_1-h_3=h_1 .\left(1-\frac{1}{κ} \, \frac{T_3}{T_0} \right)$ . • À l’équilibre thermique, le premier principe pour l'ensemble donne : $(S \:p_0+m' \:g) \: x_3+(C+C_V )(T_3-T_0)≈0$ avec $C_V≪C$ et $p_2 \: S \:h_1≪C \:T_0$ ; $\displaystyle T_3≈T_0 \, \frac{C \:T_0+p_2 \: S \:h_1}{C \:T_0+\frac{p_2 \: S \:h_1}{κ}}$ ; $\displaystyle T_3-T_0≈\frac{p_2 \: S \:h_1}{C} \, \left(1-\frac{1}{κ}\right)=29 \:\mathrm{mK}$ (négligeable ici). • Finalement : $\displaystyle -x_3≈h_1 .\left(1-\frac{1}{κ}\right)=8\text{,}8 \:\mathrm{cm}$ (le piston est plus bas car le gaz n'est pas échauffé).

Équilibre de la pression

1.	• En considérant l'argon comme un gaz parfait, la masse est : $m= n \:M$ où $\displaystyle n=\frac{p_1 \: V_1}{R \:T_1}$ et $V_1=S \:L$ . On obtient ainsi : $\displaystyle m=\frac{p_1 \: S \:L \:M}{R \:T_1}=3\text{,}5 \:\mathrm{g}$ .

• Dans la mesure où on suppose négligeable la masse du piston, celui-ci n'accumule aucune énergie mécanique et ne fait que transmettre l'action du ressort. Le gaz subit donc de la part du piston une pression

\displaystyle p_{fre}≈\frac{k \:x}{S}≠p

et la détente très violente n'est pas quasi-réversible (soumis à une force totale non nulle, un piston de masse nulle aurait une accélération infinie ! ).
◊ remarque : ici

x=𝓁_0-𝓁

est le raccourcissement du ressort (initialement au repos) et on n'a pas besoin de connaître

𝓁_0

.
• Si on cherchait à calculer directement le travail mis en jeu, la difficulté serait d'estimer la pression à la frontière du gaz car celle-ci ne serait plus égale à la pression dans “le reste” du gaz (

\displaystyle p≈\frac{n \:R \:T}{V}

) si la détente très rapide ne permet pas à la pression de se rééquilibrer au fur et à mesure.
◊ remarque : en supposant que le piston a une masse négligeable (alors que la masse d'argon est seulement

3\text{,}5 \:\mathrm{g}

) on suppose en fait qu'il a un mouvement tellement rapide que le gaz “ne suit pas” ; pour une masse d'environ

5 \:\mathrm{g}

(comment mécaniquement faire moins ? ), les forces de l'ordre de

1000 \:\mathrm{N}

lui donnent une accélération de l'ordre de

200 \;\mathrm{m .s^{-2}}

, d'où une durée de déplacement de l'ordre de

0\text{,}1 \:\mathrm{s}

et une vitesse de l'ordre de

10 \;\mathrm{m .s^{-1}}

, ce qui est encore très nettement inférieur à la vitesse moyenne des molécules du gaz mais perturbe tout de même l'équilibre.
• L'intérêt de raisonner avec des grandeurs d'état est qu'on se ramène à calculer la différence entre un état initial et un état final, ce qui peut se faire pour une transformation virtuelle quasi-statique équivalente. On n'utilise les propriétés de la transformation réelle que pour déterminer celles de la transformation virtuelle, par exemple ici la rapidité implique

δQ=0

(les transferts thermiques sont lents) donc on raisonne virtuellement avec isolation thermique. Le déséquilibre intérieur de

p

est donc ici sans importance.
• L'état final correspond à des pressions rééquilibrées :

\displaystyle \frac{k \:x_2}{S}=p_2=\frac{n \:R \:T_2}{V_2}

avec

V_2=S .(L+x_2)

.
☞ remarque : les frottements ne peuvent pas être tout-à-fait négligeables sinon le système oscillerait indéfiniment ; les masses faibles sont associées à des grandes vitesses et l'énergie cinétique devant être amortie est forcément non négligeable (du même ordre que l'énergie potentielle du ressort) ; on peut supposer un faible amortissement (une vingtaine de pseudo-périodes).
• Compte tenu de l'isolation thermique on en déduit pour le gaz :

dU=C_V \: dT=δW

et pour l'interaction avec le ressort :

δW= -dE_{pe}

.
◊ remarque : ou bien en incluant le ressort dans le système :

dU+dE_{pe}≈dU_{gaz}+dE_{pe}≈0

(un piston de masse “nulle” a une capacité calorifique “nulle”).
• Ceci donne :

C_V .(T_2-T_1)=-\frac{1}{2} k \:x_2^{\:2}

avec

C_V=\frac{3}{2} n \:R

puisque l'argon est un gaz monoatomique (ses atomes vérifient la règle de l'octet et ne se lient pas).
• En substituant

\displaystyle n=\frac{p_1 \: V_1}{R \:T_1}

on obtient un système de deux équations pour

x_2

T_2

; la combinaison de ces équations donne :

\displaystyle x_2^{\:2}+\frac{3 \,L}{4} \, x_2-\frac{3 \,p_1 \: S \:L}{4 \,k}=0

d'où on déduit :

\displaystyle x_2=\frac{3 \,L}{8} \, \left(\sqrt{1+\frac{16 \,p_1 \: S}{3 \,k \:L}}-1\right)≈0\text{,}32 \:\mathrm{m}

.
◊ remarque : l'énoncé ne précise pas si la longueur du compartiment du ressort est assez grande.
• En reportant dans l'une des deux équations on obtient :

\displaystyle T_2=T_1 .\left(1-\frac{k \:x_2^{\:2}}{3 \,p_1\: S \:L}\right)≈226 \:\mathrm{K}

.
◊ remarque : il s'agit visiblement d'un “exercice d'école” dans le but de tester rapidement les qualités d'un candidat ; c'est à la fois intéressant dans la démarche d'analyse des conditions de validité des approximations, mais hélas plutôt éloigné des conditions réelles (il serait intéressant de repartir d'un dispositif analogue réel testé expérimentalement).

Variante de l'expérience de Clément-Desormes

• Pour un récipient initialement “vide”, la transformation (adiabatique) n’est évidemment pas “quasi-réversible” ; on ne peut donc pas appliquer la loi de Laplace.
• Pour un gaz parfait, le calcul d’une température se ramène à un calcul d’énergie interne, grandeur d’état. On peut donc virtuellement décomposer la transformation en trois parties :

un déplacement d’une petite quantité de gaz “poussée” par la pression extérieure ;
la transformation (supposée parfaite) de cette énergie cinétique “ordonnée” en énergie cinétique “désordonnée” d'agitation thermique (par l'effet des frottements internes) ;
une détente de Joule-Gay Lussac pour cette quantité de gaz.

• Soit

δn

le (petit) nombre de moles de gaz déplacé, le volume déplacé est alors :

\displaystyle δV=δn \, \frac{R \:T_0}{p_0}

Mais, puisque le “vide” n’exerce aucune résistance au déplacement, le travail reçu par une section

S

déplacée de

δL

est :

δW=p_0 \: S \:δL=p_0 \: δV

; ici

δV

n’est pas une variation (diminution) du volume intérieur (vide), mais le déplacement du petit volume (égal au petit volume déplacé).
◊ remarque : la brutalité de la transformation fait que le voisinage extérieur n'est pas tout-à-fait en équilibre ; la pression à la frontière du volume déplacé est donc en réalité

p_{fre}≲p_0

.
• La variation d’énergie interne est par suite :

d(δU)=δW=p_0 \: δV=δn \:R \:T_0

. Mais l’énergie interne initiale est :

\displaystyle δU=δC_V \: T_0=\frac{δn \:R}{γ-1} \, T_0

avec une (petite) capacité calorifique

\displaystyle δC_V=\frac{δn \:R}{γ-1}

.
• L’énergie interne finale est donc :

\displaystyle δU'=\frac{δn \:R}{γ-1} \, T'=δU+d(δU)=γ \, \frac{δn \:R}{γ-1} \: T_0

, c’est-à-dire que la température est

T'=γ \:T_0

.
◊ remarque : plus précisément, le travail cause en premier une augmentation de l'énergie cinétique (le petit volume est mis en mouvement d'ensemble), puis le gaz retrouve un équilibre dans l'espace vide et cette énergie cinétique se retrouve sous forme d'énergie interne (énergie cinétique désordonnée).
◊ remarque : lors de la transformation interne de l'énergie cinétique, il y a forcément un peu d'interaction (frottement) avec les parois intérieures du récipient, donc ce dernier s'échauffe un peu mais cet effet est supposé négligeable (approximation du gaz parfait).
• Lors de la détente de Joule-Gay Lussac, l’énergie interne et la température restent constantes.

Transformation polytropique

• La loi caractéristique d'une telle transformation peut se déduire de :

δQ=λ \:δW

qui peut s’écrire :

dU=(λ+1) \:δW

c'est-à-dire :

C_V \: dT=-(λ+1) \:p \:dV

.
• La loi des gaz parfaits

p \:V=n \:R \:T

impose de plus :

\displaystyle \frac{dp}{p}+\frac{dV}{V}=\frac{dT}{T}

. En éliminant

dT

on obtient :

\displaystyle \frac{dp}{p}+κ \, \frac{dV}{V}=0

avec :

κ=γ+λ .(γ-1)

où

\displaystyle γ=\frac{C_p}{C_V}

.
• L'intégration donne la loi d'évolution :

p \:V^κ = p_1 \: V_1^{\:κ}

(loi polytropique) ; les deux autres relations (avec

T

) sont de même analogues aux deux autres lois de Laplace, avec le coefficient

κ

Transformation cyclique

• Pour un gaz parfait, la température initiale est :

$\displaystyle T_A=\frac{p_0 \: V_0}{n \:R}=301 \:\mathrm{K}≘28 \:\mathrm{°C}$ .

• La première transformation est un échauffement isochore, qui augmente la pression :

$p_B=5 \,p_0=5 \,p_A$ ; $T_B=5 \,T_A=1503 \:\mathrm{K}≘1230 \:\mathrm{°C}$ .

• La deuxième transformation est un échauffement isobare, qui augmente le volume :

$V_C=2 \,V_0=2 \,V_B$ ; $T_C=2 \,T_B=10 \,T_A=3007 \:\mathrm{K}≘2734 \:\mathrm{°C}$ .

• La troisième transformation est un refroidissement isochore, qui diminue la pression :

$p_D=p_0=\frac{1}{5} p_C$ ; $T_D=\frac{1}{5} T_C=2 \,T_A=601 \:\mathrm{K}≘328 \:\mathrm{°C}$ .

• La quatrième transformation est un refroidissement isobare, qui diminue le volume :

V_A=V_0=\frac{1}{2} V_D

donc...

T_A=\frac{1}{2} T_D=T_A

(cohérence de l’ensemble du cycle).

gazParfaits_cor_Im/gazParfaits_cor_Im1.jpg

• Pour calculer la chaleur reçue, le plus simple est de considérer que l’énergie interne, fonction d’état, a une variation nulle sur l’ensemble du cycle :

∆U=W+Q=0

donc

Q=-W=∫ \,p(V) \: dV

.
• Or cette intégrale correspond à l’aire d’un rectangle dans le diagramme de Clapeyron précédent, c’est-à-dire :

Q=(p_B-p_A)(V_D-V_A)=4 \,p_0 \: V_0=4 \,n \:R \:T_A=10 \:\mathrm{kJ}

3.	• L’énergie interne ne dépend que de la température : $U=\frac{3}{2} n \:R \:T$ pour un gaz parfait monoatomique. Par suite : $U_C-U_A=\frac{3}{2} n \:R .(T_C-T_A)=\frac{27}{2} n \:R \:T_A=33\text{,}75 \:\mathrm{kJ}$ .

• Puisque l’énoncé indique que les variations d’énergie interne se calculent aisément, on peut généraliser la méthode de la question (2) :

∆U=U_C-U_B=\frac{3}{2} n \:R .(T_C-T_B)=\frac{15}{2} n \:R \:T_A

. Mais par ailleurs :

∆U=W'+Q'

avec

W'=-∫ \,p(V) \: dV

donc :

$Q'=∆U+p_B .(V_D-V_A)=\frac{15}{2} n \:R \:T_A+5 \,n \:R \:T_A=\frac{25}{2} n \:R \:T_A=31\text{,}25 \:\mathrm{kJ}$ .

Cycle de Diesel

◊ remarque : l’injection correspond à une augmentation de la quantité de gaz, qui est compensée lors de l’échappement ; l’énoncé ne donne toutefois pas assez d’indications pour tenir compte de cet effet, et on le suppose donc négligeable : on considère un cycle pour une quantité fixe de gaz.
• La chaleur “reçue” lors de l’injection est :

Q_1=∫_B^C \,C_p \: dT≈C_p .(T_C-T_B)

si on néglige les variations de

C_p

. De même, la chaleur “cédée” lors de l'échappement :

-Q_2=-∫_D^A \,C_V \: dT≈C_V .(T_D-T_A)

(cette chaleur peut être considérée comme “perdue”).
• Le travail

-W

fourni par le moteur lors du cycle est par ailleurs tel que :

∆U=W+Q_1+Q_2=0

; le rendement (thermodynamique) du moteur est par conséquent :

\displaystyle η=\frac{-W}{Q_1} =1+\frac{Q_2}{Q_1} =1-\frac{T_D-T_A}{γ .(T_C-T_B)}

.
• D'après la loi de Laplace (adiabatiques quasi-réversibles) :

$\displaystyle a^{1-γ}=\left(\frac{V_A}{V_B} \right)^{1-γ}=\frac{T_A}{T_B}$ ; $\displaystyle b^{1-γ}=\left(\frac{V_D}{V_C} \right)^{1-γ}=\frac{T_D}{T_C}$ .

• Par ailleurs, la transformation

BC

à pression constante correspond à :

\displaystyle \frac{a}{b}=\frac{V_C}{V_B} =\frac{T_C}{T_B}

; donc le rendement est :

\displaystyle η=1-\frac{b^{-γ}-a^{-γ}}{γ .(b^{-1}-a^{-1})}

Cycle d'un turboréacteur

• Le cycle a l'allure ci-contre.
◊ remarque : il s'agit d'une approximation probablement grossière ; un avion à réaction vole à une vitesse proche de la vitesse du son, donc la vitesse relative de circulation du mélange air-kérosène dans le réacteur est probablement loin d'être négligeable en comparaison de la vitesse moyenne d'agitation thermique (c'est a fortiori tout à fait faux pour un avion supersonique).

gazParfaits_cor_Im/gazParfaits_cor_Im2.jpg

• La chaleur "reçue" lors de l’injection est :

Q_1=∫_B^C \,C_p \: dT≈C_p .(T_C-T_B)

si on néglige les variations de

C_p

. De même, la chaleur “cédée” lors de l'échappement :

-Q_2=-∫_D^A \,C_p \: dT≈C_p .(T_D-T_A)

(cette chaleur peut être considérée comme “perdue”).
• Le travail

-W

fourni par le moteur lors du cycle est par ailleurs tel que :

∆U=W+Q_1+Q_2=0

; le rendement (thermodynamique) du moteur est par conséquent :

\displaystyle η=\frac{-W}{Q_1} =1+\frac{Q_2}{Q_1} =1-\frac{T_D-T_A}{T_C-T_B}

.
• Compte tenu de la loi de Laplace (adiabatiques quasi-réversibles) et compte tenu des transformations

BC

DA

à pression constante :

\displaystyle a^{\frac{1-γ}{γ}}=\left(\frac{p_B}{p_A} \right)^{\frac{1-γ}{γ}}=\frac{T_A}{T_B} =\frac{T_D}{T_C}

.
• On obtient ainsi en simplifiant :

\displaystyle \frac{T_D-T_A}{T_C-T_B}=a^{\frac{1-γ}{γ}}

puis le rendement :

\displaystyle η=1-a^{\frac{1-γ}{γ}}

B. EXERCICE D'APPROFONDISSEMENT

Mise en évidence d'une intégrale première

• Les quantités de chaleur reçues lors des transformations isothermes (

AB

) et (

CD

) sont respectivement :

$\displaystyle Q_1=n \:R \:T_1 \; \ln\left(\frac{p_A}{p_B} \right)>0$ et $\displaystyle Q_2=n \:R \:T_2 \; \ln\left(\frac{p_C}{p_D} \right)<0$ .

• D'après la loi de Laplace pour (

DA

) et (

BC

) adiabatiques :

\displaystyle \left(\frac{T_1}{T_2} \right)^{\frac{γ}{1-γ}}=\frac{p_D}{p_A} =\frac{p_C}{p_B}

donc

\displaystyle \frac{Q_1}{T_1} +\frac{Q_2}{T_2} =0

(relation de Carnot-Clausius).

gazParfaits_cor_Im/gazParfaits_cor_Im3.jpg

• Le cycle modifié, avec trois isothermes et trois adiabatiques, peut être considéré comme la “différence” entre le cycle (

ABC'D

) précédent (où

C

est ici noté

C'

) et un cycle de même type (

D″C″D'D

).
• Pour le premier des deux cycles :

\displaystyle \frac{Q_1}{T_1} +\frac{Q'_2}{T_2} =0

avec ici

Q'_2

pour (

C'D

). Pour le second :

\displaystyle -\frac{Q_3}{T_3} +\frac{Q″_2}{T_2} =0

avec ici

Q″_2=Q'_2-Q_2

pour (

D'D

).
• Par différence :

\displaystyle \frac{Q_1}{T_1} +\frac{Q'_2-Q″_2}{T_2} +\frac{Q_3}{T_3} =0

; on peut ainsi généraliser sous la forme :

\displaystyle ∑ \, \frac{Q_i}{T_i} =0

gazParfaits_cor_Im/gazParfaits_cor_Im4.jpg

3.a.	• On peut se ramener au cas précédent en considérant la limite d'une suite de cycles, obtenus comme une succession de portions infinitésimales isothermes et adiabatiques (quasi-réversibles) ; ceci permet à la suite de cycles de tendre vers n'importe quelle forme limite. La relation précédente s'écrit alors : $\displaystyle ∫ \frac{δQ}{T}=0$ .

3.b.	• On peut considérer deux chemins (1) et (2) reliant $A$ et $B$ : $\displaystyle ∫_{(1)} \frac{δQ}{T}-∫_{(2)} \frac{δQ}{T}=0$ . • Dire que l'intégrale ne dépend pas du chemin revient à dire qu'elle s'exprime en fonction d'une grandeur ne dépendant que des extrémités $A$ et $B$ , d'où l'existence d'une fonction $S(p,V)$ ... même si on ne connait pas son expression. ◊ remarque : cette intégrale première est nommée “entropie” ; par ailleurs, le raisonnement envisagé ici pour un gaz peut se généraliser à un système quelconque.