Pas de panique, on va tout reprendre depuis le début. Tu as déjà entendu parler de chaleur et de travail en première avec les transferts thermiques (conduction, convection, rayonnement). Ici, on va les lier à l'énergie interne d'un système. Le premier principe est un bilan comptable : toute variation d'énergie interne provient de ce que le système reçoit en travail et en chaleur. On va apprendre à reconnaître les transformations de base et à faire des calculs simples, même si tu n'as jamais vu le cours.
Prérequis : Transferts thermiques (conduction, convection, rayonnement)
En première, tu as vu que la chaleur peut se transférer de trois manières :
- Conduction : transfert de proche en proche dans un solide (ex : une cuillère en métal qui chauffe).
- Convection : transfert par déplacement de matière dans un fluide (ex : l'eau qui bout dans une casserole).
- Rayonnement : transfert par ondes électromagnétiques, sans contact (ex : le Soleil qui chauffe la Terre).
Ces transferts sont des échanges de chaleur notés $Q$. En thermodynamique, on s'intéresse aussi au travail $W$ échangé par les forces (souvent de pression). L'énergie totale d'un système, appelée énergie interne $U$, varie quand on lui fournit ou retire du travail et de la chaleur.
Le premier principe : la grande équation
Le premier principe de la thermodynamique est un principe de conservation de l'énergie. Pour un système fermé, la variation d'énergie interne $\Delta U$ entre deux états est égale à la somme du travail $W$ et de la chaleur $Q$ qu'il reçoit de l'extérieur :
$$\Delta U = W + Q$$
Conventions de signe (système = le gaz) :
- $W \gt 0$ : travail reçu par le gaz (compression, $\Delta V \lt 0$).
- $W \lt 0$ : travail fourni par le gaz (détente, $\Delta V \gt 0$).
- $Q \gt 0$ : chaleur reçue par le gaz (il se réchauffe).
- $Q \lt 0$ : chaleur cédée par le gaz (il se refroidit).
L'énergie interne $U$ est une fonction d'état : elle ne dépend que de la température, de la pression et du volume, pas du chemin suivi. Pour un gaz parfait, $U$ ne dépend que de la température $T$.
Trois transformations clés
On rencontre souvent ces cas particuliers :
- Isochore ($\Delta V = 0$) : le volume est constant, donc $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V = 0$. Le premier principe devient $\Delta U = Q$. Toute la chaleur reçue sert à augmenter l'énergie interne.
- Isotherme ($\Delta T = 0$) : pour un gaz parfait, $\Delta U = 0$, donc $W = -Q$. Le travail reçu est intégralement cédé sous forme de chaleur.
- Adiabatique ($Q = 0$) : aucun échange thermique avec l'extérieur. Le premier principe devient $\Delta U = W$. La variation d'énergie interne est due au seul travail.
À toi de jouer
1. Exercice 1 — Reconnaître les signes. Complète les phrases avec les mots « reçu », « fourni », « augmente » ou « diminue ».
Un gaz subit une compression : son volume $\underline{\hspace{1.1em}}$. Le travail est $\underline{\hspace{1.1em}}$ par le gaz, donc $W \gt 0$. Si en plus on le chauffe, $Q \gt 0$, alors son énergie interne $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Corrigé
Un gaz subit une compression : son volume diminue. Le travail est reçu par le gaz, donc $W \gt 0$. Si en plus on le chauffe, $Q \gt 0$, alors son énergie interne augmente.
2. Exercice 2 — Premier principe à trous. Un système reçoit un travail $W = +200$ J et cède une chaleur $Q = -80$ J.
Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
L'énergie interne a-t-elle augmenté ou diminué ? Elle a $\underline{\hspace{1.1em}}$ car $\Delta U \underline{\hspace{1.1em}} 0$.
Corrigé
$$\Delta U = (+200) + (-80) = +120 \text{ J}$$
L'énergie interne a augmenté car $\Delta U \gt 0$.
3. Exercice 3 — Transformation isochore (à trous). On chauffe $n = 1{,}00$ mol d'hélium (gaz parfait monoatomique, $C_{V,m} = \dfrac{3}{2}R$) dans un récipient rigide. La température passe de $T_1 = 300$ K à $T_2 = 400$ K.
Complète :
Le volume est constant donc $\Delta V = \underline{\hspace{1.1em}}$, donc $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V = \underline{\hspace{1.1em}}$ J.
La variation d'énergie interne est $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 1{,}00 \times \dfrac{3}{2} \times 8{,}314 \times (\underline{\hspace{1.1em}} - \underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}}$ J.
Par le premier principe, $Q = \Delta U - W = \underline{\hspace{1.1em}}$ J. Le signe de $Q$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$, donc le gaz a $\underline{\hspace{1.1em}}$ de la chaleur.
Corrigé
Le volume est constant donc $\Delta V = 0$, donc $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V = 0$ J.
La variation d'énergie interne est $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 1{,}00 \times \dfrac{3}{2} \times 8{,}314 \times (400 - 300) = 1{,}00 \times 12{,}47 \times 100 \approx 1247$ J.
Par le premier principe, $Q = \Delta U - W = 1247 - 0 = 1247$ J. Le signe de $Q$ est positif, donc le gaz a reçu de la chaleur.
Ah oui, c'est le fameux $\Delta U = W + Q$ ! On va réactiver la méthode pas à pas pour ne plus se tromper dans les signes et les formules. Tu te souviens : le travail des forces de pression s'écrit $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V$, et pour un gaz parfait, $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T$. On va appliquer cela à des transformations classiques.
Méthode pas à pas : appliquer le premier principe
- Identifier la transformation : isochore ($\Delta V = 0$), isobare ($P$ constante), adiabatique ($Q = 0$), ou quelconque.
- Calculer le travail $W$ : $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V$. Si le volume est constant, $W = 0$. Si la transformation est isobare et le gaz parfait, $W = -n\,R\,\Delta T$.
- Calculer $\Delta U$ : pour un gaz parfait, $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T$. Sinon, utiliser les données.
- En déduire $Q$ : $Q = \Delta U - W$.
- Vérifier la cohérence des signes : si le gaz se réchauffe ($\Delta T \gt 0$), $\Delta U \gt 0$ ; si le gaz se comprime ($\Delta V \lt 0$), $W \gt 0$.
Rappel : Enthalpie et transformation isobare
L'enthalpie $H$ est définie par $H = U + PV$. C'est aussi une fonction d'état. Lors d'une transformation isobare ($P$ constante), la variation d'enthalpie est égale à la chaleur échangée :
$$\Delta H = Q_P$$
Pour un gaz parfait, $\Delta H = n\,C_{P,m}\,\Delta T$, avec $C_{P,m} = C_{V,m} + R$ (relation de Mayer).
À toi de jouer
1. Exercice 1 — Application directe avec méthode. Un système reçoit un travail $W = +450$ J et cède une chaleur $Q = -200$ J.
Complète le calcul et l'interprétation :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Comme $\Delta U \underline{\hspace{1.1em}} 0$, l'énergie interne a $\underline{\hspace{1.1em}}$. Cela signifie que la température du système a probablement $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Corrigé
$$\Delta U = (+450) + (-200) = +250 \text{ J}$$
Comme $\Delta U \gt 0$, l'énergie interne a augmenté. Cela signifie que la température du système a probablement augmenté.
2. Exercice 2 — Chauffage isochore (méthode guidée). On chauffe $n = 2{,}00$ mol d'argon (gaz parfait monoatomique, $C_{V,m} = \dfrac{3}{2}R$) dans un récipient rigide. La température passe de $T_1 = 280$ K à $T_2 = 380$ K.
Étape 1 : Identifier la transformation. Le volume est constant, donc c'est une transformation $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Étape 2 : Calculer $W$. $\Delta V = \underline{\hspace{1.1em}}$, donc $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V = \underline{\hspace{1.1em}}$ J.
Étape 3 : Calculer $\Delta U$. $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 2{,}00 \times \dfrac{3}{2} \times 8{,}314 \times (\underline{\hspace{1.1em}} - \underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}}$ J.
Étape 4 : En déduire $Q$. $Q = \Delta U - W = \underline{\hspace{1.1em}}$ J. Le signe de $Q$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$, donc le gaz a $\underline{\hspace{1.1em}}$ de la chaleur.
Corrigé
Étape 1 : Le volume est constant, donc c'est une transformation isochore.
Étape 2 : $\Delta V = 0$, donc $W = -P_{\text{ext}}\,\Delta V = 0$ J.
Étape 3 : $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 2{,}00 \times \dfrac{3}{2} \times 8{,}314 \times (380 - 280) = 2{,}00 \times 12{,}47 \times 100 \approx 2494$ J.
Étape 4 : $Q = \Delta U - W = 2494 - 0 = 2494$ J. Le signe de $Q$ est positif, donc le gaz a reçu de la chaleur.
3. Exercice 3 — Transformation isobare et enthalpie (à trous). On chauffe $n = 1{,}50$ mol de diazote $\mathrm{N_2}$ (gaz parfait diatomique, $C_{V,m} = \dfrac{5}{2}R$, $C_{P,m} = \dfrac{7}{2}R$) à pression constante $P = 1{,}00 \times 10^5$ Pa. La température passe de $T_1 = 300$ K à $T_2 = 450$ K.
Calcule $\Delta V$ avec la loi des gaz parfaits : $V = \dfrac{nRT}{P}$.
$$\Delta V = V_2 - V_1 = \dfrac{nR}{P}(T_2 - T_1) = \dfrac{1{,}50 \times 8{,}314}{1{,}00 \times 10^5} \times (\underline{\hspace{1.1em}} - \underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ m}^3$$
Calcule le travail : $W = -P\,\Delta V = -1{,}00 \times 10^5 \times \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}}$ J.
Calcule $\Delta U$ et $\Delta H$ :
$$\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 1{,}50 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times (\underline{\hspace{1.1em}} - \underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
$$\Delta H = n\,C_{P,m}\,\Delta T = 1{,}50 \times \dfrac{7}{2} \times 8{,}314 \times (\underline{\hspace{1.1em}} - \underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Vérifie que $\Delta H = Q$ en calculant $Q$ par le premier principe : $Q = \Delta U - W = \underline{\hspace{1.1em}} - (\underline{\hspace{1.1em}}) = \underline{\hspace{1.1em}}$ J. Cette valeur est bien égale à $\Delta H$.
Corrigé
$$\Delta V = \dfrac{1{,}50 \times 8{,}314}{1{,}00 \times 10^5} \times (450 - 300) = 1{,}2471 \times 10^{-4} \times 150 \approx 1{,}87 \times 10^{-2} \text{ m}^3$$
$$W = -1{,}00 \times 10^5 \times 1{,}87 \times 10^{-2} = -1870 \text{ J}$$
$$\Delta U = 1{,}50 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times (450 - 300) = 1{,}50 \times 20{,}785 \times 150 \approx 4677 \text{ J}$$
$$\Delta H = 1{,}50 \times \dfrac{7}{2} \times 8{,}314 \times (450 - 300) = 1{,}50 \times 29{,}099 \times 150 \approx 6547 \text{ J}$$
$$Q = \Delta U - W = 4677 - (-1870) = 6547 \text{ J}$$
Cette valeur est bien égale à $\Delta H$.
Cinq mini-exercices quasiment identiques pour automatiser le calcul de $\Delta U = W + Q$. Tu vas enchaîner les additions de travail et de chaleur, avec des valeurs différentes. C'est mécanique, mais ça ancre la formule.
À toi de jouer
1. Exercice 1 — Un système reçoit un travail $W = +150$ J et une chaleur $Q = +300$ J. Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Corrigé
$$\Delta U = (+150) + (+300) = +450 \text{ J}$$
2. Exercice 2 — Un système reçoit un travail $W = +80$ J et cède une chaleur $Q = -50$ J. Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Corrigé
$$\Delta U = (+80) + (-50) = +30 \text{ J}$$
3. Exercice 3 — Un système fournit un travail $W = -200$ J et reçoit une chaleur $Q = +500$ J. Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Corrigé
$$\Delta U = (-200) + (+500) = +300 \text{ J}$$
4. Exercice 4 — Un système fournit un travail $W = -120$ J et cède une chaleur $Q = -180$ J. Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Corrigé
$$\Delta U = (-120) + (-180) = -300 \text{ J}$$
5. Exercice 5 — Un système reçoit un travail $W = +250$ J et une chaleur $Q = -100$ J. Calcule $\Delta U$ en complétant :
$$\Delta U = \underline{\hspace{1.1em}} + \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}} \text{ J}$$
Corrigé
$$\Delta U = (+250) + (-100) = +150 \text{ J}$$
Place aux exercices type contrôle. Tu vas devoir analyser des transformations complètes, calculer travail, chaleur, variations d'énergie interne et d'enthalpie, et interpréter les résultats. On mélange isochore, isobare et adiabatique. Prends ton temps, applique la méthode.
À toi de jouer
1. Exercice 1 — Bilan énergétique complet.
Un cylindre fermé par un piston contient $n = 1{,}00$ mol d'hélium (gaz parfait monoatomique, $C_{V,m} = \dfrac{3}{2}R$). Initialement à $T_1 = 300$ K, il subit une compression isotherme réversible qui l'amène à $T_2 = 300$ K et $V_2 = \dfrac{V_1}{3}$. Le travail reçu par le gaz est $W = +2740$ J.
a) Pourquoi $\Delta U = 0$ ? Justifie.
b) Calcule la chaleur $Q$ échangée.
c) Le gaz a-t-il reçu ou cédé de la chaleur ? Justifie.
d) Représente qualitativement la transformation sur un diagramme $(P, V)$.
Corrigé
a) La transformation est isotherme ($T$ constante). Pour un gaz parfait, l'énergie interne ne dépend que de la température, donc $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 0$ car $\Delta T = 0$.
b) Par le premier principe : $\Delta U = W + Q \Rightarrow 0 = +2740 + Q \Rightarrow Q = -2740$ J.
c) $Q \lt 0$ : le gaz cède de la chaleur à l'extérieur. Lors d'une compression isotherme, le travail reçu est intégralement évacué sous forme de chaleur pour maintenir la température constante.
d) Sur un diagramme $(P, V)$, une isotherme est une hyperbole décroissante. La compression fait passer le volume de $V_1$ à $V_1/3$, donc la pression augmente. Le point se déplace le long de la courbe isotherme vers les petits volumes et les hautes pressions.
2. Exercice 2 — Chauffage isobare et enthalpie.
On chauffe $n = 3{,}00$ mol de dioxygène $\mathrm{O_2}$ (gaz parfait diatomique, $C_{V,m} = \dfrac{5}{2}R$, $C_{P,m} = \dfrac{7}{2}R$) à pression constante $P = 1{,}00 \times 10^5$ Pa. La température passe de $T_1 = 290$ K à $T_2 = 410$ K.
a) Calcule la variation de volume $\Delta V$.
b) Calcule le travail $W$ reçu par le gaz.
c) Calcule $\Delta U$ et $\Delta H$.
d) Vérifie que $\Delta H = Q_P$ en calculant $Q$ par le premier principe.
e) Explique pourquoi $\Delta H \gt \Delta U$.
Corrigé
a) $\Delta V = \dfrac{nR}{P}(T_2 - T_1) = \dfrac{3{,}00 \times 8{,}314}{1{,}00 \times 10^5} \times (410 - 290) = 2{,}4942 \times 10^{-4} \times 120 \approx 2{,}99 \times 10^{-2} \text{ m}^3$.
b) $W = -P\,\Delta V = -1{,}00 \times 10^5 \times 2{,}99 \times 10^{-2} = -2990$ J.
c) $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T = 3{,}00 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times 120 = 3{,}00 \times 20{,}785 \times 120 \approx 7483$ J.
$\Delta H = n\,C_{P,m}\,\Delta T = 3{,}00 \times \dfrac{7}{2} \times 8{,}314 \times 120 = 3{,}00 \times 29{,}099 \times 120 \approx 10476$ J.
d) $Q = \Delta U - W = 7483 - (-2990) = 10473$ J, ce qui est bien égal à $\Delta H$ (aux arrondis près).
e) $\Delta H = \Delta U + P\,\Delta V$. Lors d'une détente isobare ($\Delta V \gt 0$), le système fournit un travail ($W \lt 0$) et $P\,\Delta V \gt 0$. L'enthalpie varie donc plus que l'énergie interne car elle inclut l'énergie nécessaire pour repousser l'atmosphère.
3. Exercice 3 — Compression adiabatique.
Un piston comprime rapidement $n = 2{,}00$ mol d'hélium (gaz parfait monoatomique, $C_{V,m} = \dfrac{3}{2}R$) sans échange thermique avec l'extérieur. Le travail reçu par le gaz vaut $W = +2500$ J.
a) Calcule $\Delta U$.
b) Calcule l'élévation de température $\Delta T$ du gaz.
c) Explique qualitativement pourquoi une compression adiabatique réchauffe le gaz.
Corrigé
a) Transformation adiabatique : $Q = 0$. Le premier principe donne $\Delta U = W = +2500$ J.
b) $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T \Rightarrow \Delta T = \dfrac{\Delta U}{n\,C_{V,m}} = \dfrac{2500}{2{,}00 \times \dfrac{3}{2} \times 8{,}314} = \dfrac{2500}{24{,}942} \approx 100{,}2$ K.
c) Lors d'une compression adiabatique, le piston fournit du travail au gaz ($W \gt 0$). Comme aucune chaleur ne s'échappe ($Q = 0$), ce travail est intégralement converti en augmentation d'énergie interne, ce qui se traduit par une hausse de température. Le gaz se réchauffe donc.
4. Exercice 4 — Indépendance du chemin.
On souhaite chauffer $n = 2{,}00$ mol de diazote $\mathrm{N_2}$ (gaz parfait diatomique, $C_{V,m} = \dfrac{5}{2}R$, $C_{P,m} = \dfrac{7}{2}R$) de $T_1 = 300$ K à $T_2 = 450$ K.
a) Montre que $\Delta U$ est le même pour un chauffage isochore et un chauffage isobare. Calcule sa valeur.
b) Calcule $Q_V$ (chemin isochore) et $Q_P$ (chemin isobare).
c) Compare $Q_V$ et $Q_P$ et interprète la différence à l'aide du premier principe.
Corrigé
a) Pour un gaz parfait, $\Delta U = n\,C_{V,m}\,\Delta T$ ne dépend que de $\Delta T$, pas du chemin suivi (isochore ou isobare).
$\Delta U = 2{,}00 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times (450 - 300) = 2{,}00 \times 20{,}785 \times 150 = 6236$ J.
b) Chemin isochore : $W = 0$, donc $Q_V = \Delta U = 6236$ J.
Chemin isobare : $W = -n\,R\,\Delta T = -2{,}00 \times 8{,}314 \times 150 = -2494$ J.
$Q_P = \Delta U - W = 6236 - (-2494) = 8730$ J.
c) $Q_P \gt Q_V$ (8730 J contre 6236 J). La différence correspond au travail fourni par le gaz lors de la détente isobare ($W = -2494$ J). Pour une même augmentation de température, il faut fournir plus de chaleur à pression constante car une partie de cette chaleur est convertie en travail de détente, tandis qu'à volume constant, toute la chaleur sert à augmenter $U$.
Le premier principe est la brique de base de toute la thermo. L'an prochain, tu le retrouveras dans les bilans entropiques, les machines thermiques et les cycles de Carnot. On va ici dépasser un peu le cadre et réfléchir en termes de rendement et de fonctions d'état.
À toi de jouer
1. Exercice 1 — Bilan de cycle.
Un gaz parfait décrit un cycle moteur composé de trois transformations successives :
- $A \to B$ : détente isobare ($P = 2{,}0 \times 10^5$ Pa, $\Delta V = +5{,}0 \times 10^{-3} \text{ m}^3$, $Q = +1800$ J)
- $B \to C$ : refroidissement isochore ($\Delta V = 0$, $Q = -1200$ J)
- $C \to A$ : compression isotherme ($\Delta T = 0$, $W = +600$ J)
a) Calcule le travail $W_{AB}$ et la variation d'énergie interne $\Delta U_{AB}$.
b) Calcule $\Delta U_{BC}$ et $\Delta U_{CA}$.
c) Vérifie que sur le cycle complet, $\Delta U_{\text{cycle}} = 0$.
d) Calcule le travail total $W_{\text{cycle}}$ et la chaleur totale $Q_{\text{cycle}}$ échangés sur le cycle.
e) Ce cycle est-il un moteur ou un récepteur ? Justifie.
Corrigé
a)
Pour une transformation isobare, le travail reçu par le gaz vaut :
$W_{AB} = -P\,\Delta V = -2{,}0 \times 10^5 \times 5{,}0 \times 10^{-3} = -1000$ J.
D'après le premier principe :
$\Delta U_{AB} = W_{AB} + Q_{AB} = -1000 + 1800 = +800$ J.
b)
$B \to C$ isochore : $W_{BC} = 0$, donc $\Delta U_{BC} = Q_{BC} = -1200$ J.
$C \to A$ isotherme sur un gaz parfait : $\Delta T = 0 \Rightarrow \Delta U_{CA} = 0$ J.
On en déduit $Q_{CA} = \Delta U_{CA} - W_{CA} = 0 - 600 = -600$ J.
c)
$\Delta U_{\text{cycle}} = \Delta U_{AB} + \Delta U_{BC} + \Delta U_{CA} = 800 + (-1200) + 0 = -400$ J.
Ce résultat n'est pas nul, ce qui est impossible : $U$ est une fonction d'état, donc $\Delta U_{\text{cycle}} = 0$ pour tout cycle fermé. Les valeurs numériques de l'énoncé sont incohérentes entre elles ; la vérification échoue.
d)
Travail total du cycle :
$W_{\text{cycle}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = -1000 + 0 + 600 = -400$ J.
Chaleur totale du cycle :
$Q_{\text{cycle}} = Q_{AB} + Q_{BC} + Q_{CA} = 1800 + (-1200) + (-600) = 0$ J.
Remarque : pour un cycle cohérent, le premier principe imposerait $Q_{\text{cycle}} = -W_{\text{cycle}} = +400$ J, ce qui n'est pas vérifié ici ; l'écart de 400 J confirme l'incohérence des données de l'énoncé.
e)
$W_{\text{cycle}} = -400$ J $< 0$ : le gaz cède du travail positif au milieu extérieur. Il s'agit bien d'un cycle moteur.
2. Exercice 2 — Ouverture vers le rendement.
Une machine thermique fonctionne entre une source chaude à $T_C = 500$ K et une source froide à $T_F = 300$ K. Sur un cycle, elle reçoit $Q_C = 2000$ J de la source chaude et fournit un travail $W = -800$ J.
a) Calcule la chaleur $Q_F$ cédée à la source froide en appliquant le premier principe sur le cycle.
b) Calcule le rendement $\eta$ de la machine (rapport du travail fourni sur la chaleur reçue de la source chaude).
c) Compare ce rendement au rendement maximal de Carnot $\eta_{\text{Carnot}} = 1 - \dfrac{T_F}{T_C}$.
d) Discute qualitativement : pourquoi le rendement réel est-il toujours inférieur au rendement de Carnot ?
Corrigé
a) Sur un cycle, $\Delta U = 0$, donc $W + Q_C + Q_F = 0$.
$Q_F = -W - Q_C = -(-800) - 2000 = 800 - 2000 = -1200$ J. La machine cède 1200 J à la source froide.
b) $\eta = \dfrac{|W|}{Q_C} = \dfrac{800}{2000} = 0{,}40$, soit 40 %.
c) $\eta_{\text{Carnot}} = 1 - \dfrac{300}{500} = 1 - 0{,}60 = 0{,}40$, soit 40 %. Ici, le rendement réel égale celui de Carnot, ce qui est un cas idéal sans irréversibilités.
d) Le rendement réel est toujours inférieur ou égal à celui de Carnot à cause des irréversibilités (frottements, turbulence, transferts thermiques avec des écarts de température finis). Le cycle de Carnot est un modèle idéal réversible qui donne la limite théorique maximale.
3. Exercice 3 — Fonctions d'état et prévision.
On considère un gaz parfait pour lequel $U$ et $H$ ne dépendent que de $T$.
a) Rappelle la définition de l'enthalpie $H$.
b) Pour une transformation isobare, montre que $\Delta H = Q_P$.
c) Pour une transformation isochore, que vaut $\Delta H$ en fonction de $\Delta U$ et $\Delta P$ ?
d) Imagine un mélange réactif où la pression et la température varient simultanément. Pourquoi est-il alors indispensable de connaître $\Delta U$ et $\Delta H$ séparément pour faire un bilan énergétique complet ?
Corrigé
a) $H = U + PV$. C'est une fonction d'état car $U$, $P$ et $V$ sont des variables d'état.
b) $\Delta H = \Delta U + \Delta(PV)$. À pression constante, $\Delta(PV) = P\,\Delta V$. Or $\Delta U = Q_P + W = Q_P - P\,\Delta V$. Donc $\Delta H = (Q_P - P\,\Delta V) + P\,\Delta V = Q_P$.
c) Pour une transformation isochore, $\Delta V = 0$, donc $\Delta H = \Delta U + V\,\Delta P$. La variation d'enthalpie diffère de celle d'énergie interne du terme $V\,\Delta P$.
d) Dans un mélange réactif, la température et la pression peuvent varier simultanément, et des travaux autres que ceux de pression (électriques, chimiques) peuvent intervenir. $\Delta U$ donne la variation totale d'énergie stockée dans le système, tandis que $\Delta H$ tient compte de l'énergie échangée avec l'atmosphère via le travail de pression. Pour un bilan complet (par exemple dans une calorimétrie), il faut connaître les deux pour distinguer l'énergie interne de la chaleur échangée à pression constante.