Compression irréversible d’un gaz avec paroi diatherme
Épreuve écrite de physique (durée 4 h). Un cylindre vertical à paroi diatherme contient n = 0,080 mol d’air, assimilé à un gaz parfait de coefficient γ = 1,40. L’état initial est T_0 = 300 K, P_0 = 1,0 bar, V_0 = 2,0 L. Un piston bloqué par une cale ferme le cylindre. On retire la cale et on pose sur le piston une masse dont l’effet, avec l’atmosphère, impose une pression extérieure constante P_ext = 5,0 bar. Le piston descend, oscille, puis s’immobilise. La paroi diatherme et le milieu extérieur à T_0 font que l’état final est à T_0. Un candidat écrit : « La compression est rapide et irréversible ; elle est donc adiabatique, d’où ΔS = 0. Comme elle est irréversible, on a seulement ΔS_univers > 0. » Le barème évalue la cohérence des signes et la distinction entre transformation et état.
1. Relever l’erreur du candidat et préciser si la transformation est adiabatique.
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La transformation n’est pas adiabatique. Une paroi diatherme permet un transfert thermique avec l’extérieur ; le gaz s’échauffe pendant la compression puis cède de la chaleur au milieu à T_0 jusqu’à l’équilibre final. « Rapide » ne suffit pas à rendre la transformation adiabatique, et l’irréversibilité n’implique pas ΔS = 0. L’égalité ΔS = 0 caractérise une transformation adiabatique réversible, pas une compression irréversible. Le candidat confond adiabatique et isentropique, et raisonne sur la transformation alors que ΔS est une fonction d’état à calculer entre l’état initial et l’état final.
2. Calculer l’état final, le travail reçu par le gaz et la chaleur échangée. Justifier les signes.
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À l’équilibre mécanique final, P_f = P_ext = 5,0 bar. L’équilibre thermique impose T_f = T_0 = 300 K. D’où V_f = nRT_f/P_f = 0,080 × 8,314 × 300 / (5,0×10^5) = 3,99×10^-4 m³ = 0,399 L. Le travail reçu par le gaz vaut W = -P_ext(V_f - V_0) = -5,0×10^5 × (0,399×10^-3 - 2,0×10^-3) = +800 J environ : le volume diminue, donc le travail reçu est positif. Pour un gaz parfait, ΔU = nC_v(T_f - T_0) = 0. Le premier principe donne Q = ΔU - W = -800 J : le gaz cède de la chaleur à l’extérieur.
3. Calculer ΔS_gas et ΔS_univers ; montrer que le signe est compatible avec l’irréversibilité.
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Pour un gaz parfait, ΔS_gas = nR ln(V_f/V_0) + nC_v ln(T_f/T_0). Le second terme est nul car T_f = T_0. Donc ΔS_gas = 0,080 × 8,314 × ln(0,399/2,00) = -1,07 J/K. L’entropie du gaz diminue, ce qui est possible car le gaz n’est pas isolé. Le milieu extérieur reçoit Q_ext = +800 J à T_0, donc ΔS_ext = 800/300 = +2,67 J/K. Ainsi ΔS_univers = -1,07 + 2,67 = +1,60 J/K > 0, en accord avec l’irréversibilité. Le candidat ne pouvait donc pas conclure ΔS = 0 : il aurait dû calculer la variation d’entropie de l’univers, pas seulement celle du gaz.