FICHE DE RÉVISION –Énergie : Conversions et Transferts (Thermodynamique)
(Niveau : Terminale)
Énergie : Conversions et Transferts (Thermodynamique)
Le premier principe de la thermodynamique : bilans d’énergie, énergie interne, travail, chaleur et transferts thermiques.
Partie 1 : Décrire un Système Thermodynamique
1. Le Modèle du Gaz Parfait
Pour décrire un gaz à faible pression, on utilise le modèle du gaz parfait.
Lien Micro ↔ Macro (Qualitatif) :
- Pression (\(P\)) : Résulte des chocs incessants des particules (atomes/molécules) sur les parois. \(P\) augmente si les chocs sont plus nombreux (volume \(V\) diminue) ou plus violents (température \(T\) augmente).
- Température (\(T\)) : Mesure l’agitation thermique des particules. Si \(T\) augmente, leur vitesse moyenne augmente.
- Masse Volumique (\(\rho\)) : Masse du gaz divisée par son volume.
Équation d’État du Gaz Parfait :
Ces grandeurs macroscopiques (\(P, V, T\)) sont liées à la quantité de matière \(n\) par une équation d’état :
$$ P \times V = n \times R \times T $$
- \(P\) : Pression en Pascals (Pa).
- \(V\) : Volume en mètres cubes (m³).
- \(n\) : Quantité de matière en moles (mol).
- \(T\) : Température Thermodynamique en Kelvin (K). (\(T(K) = T(°C) + 273,15\)).
- \(R\) : Constante des gaz parfaits, \(R \approx 8,314 \text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}\).
Limites du modèle : Cette loi ne s’applique pas bien aux gaz réels à très haute pression (les molécules se « touchent ») ou à très basse température (interactions intermoléculaires non négligeables).
Une mole (\(n=1,0\)) d’air à température ambiante (\(T \approx 20^\circ\text{C} = 293,15\) K) et pression atmosphérique (\(P \approx 1,013 \times 10^5\) Pa) occupe un volume \(V\) :
\(V = \frac{nRT}{P} = \frac{1,0 \times 8,314 \times 293,15}{1,013 \times 10^5} \approx 0,024\) m³ (soit 24 Litres, c’est le volume molaire).
Partie 2 : Premier Principe de la Thermodynamique
1. Énergie Interne (\(U\))
L’énergie interne (notée \(U\), en Joules) d’un système est l’énergie totale stockée à l’échelle microscopique. Elle comprend :
- L’énergie cinétique microscopique (due à l’agitation thermique des particules : translation, rotation, vibration).
- L’énergie potentielle d’interaction (due aux liaisons entre atomes, interactions entre molécules…).
L’énergie interne \(U\) dépend de l’état du système (Température, Pression, Volume, état physique…).
Pour un gaz parfait : On néglige les interactions, donc \(U\) ne dépend que de l’agitation thermique \(\Rightarrow\) \(U\) ne dépend que de la Température \(T\).
2. Premier Principe (Bilan d’Énergie)
Le Premier Principe de la Thermodynamique est un principe de conservation de l’énergie. Pour un système passant d’un état A à un état B :
La variation de son énergie interne (\(\Delta U = U_B – U_A\)) est égale à la somme de l’énergie reçue par travail (\(W\)) et de l’énergie reçue par transfert thermique (\(Q\)).
$$ \Delta U = W + Q $$
- \(\Delta U\), \(W\), \(Q\) sont en Joules (J).
- \(\Delta U\) est une variation d’une fonction d’état (ne dépend que de l’état initial A et final B).
- \(W\) et \(Q\) sont des transferts d’énergie (dépendent du chemin suivi).
Conventions de signe (algébrique) :
- Si le système reçoit de l’énergie \(\Rightarrow\) \(W > 0\) (travail reçu) ou \(Q > 0\) (transfert thermique reçu, ex: chauffé).
- Si le système cède de l’énergie \(\Rightarrow\) \(W < 0\) (travail fourni) ou \(Q < 0\) (transfert thermique cédé, ex: refroidi).
Un gaz est comprimé par un piston : il reçoit un travail \(W = 100\) J.
Simultanément, il se refroidit et cède \(Q = -40\) J au milieu extérieur.
La variation de son énergie interne est :
\(\Delta U = W + Q = 100 + (-40) = 60\) J.
L’énergie interne du gaz a augmenté de 60 J (il s’est « échauffé » globalement, même s’il a cédé de la chaleur).
Partie 3 : Cas d’un Système Incompressible (Solide ou Liquide)
1. Capacité Thermique et Variation d’Énergie Interne
Pour un système incompressible (solide ou liquide) dont le volume ne varie quasiment pas, le travail des forces de pression est nul (\(W \approx 0\)).
De plus, son énergie interne \(U\) ne dépend (principalement) que de sa température \(T\).
La variation d’énergie interne \(\Delta U\) lors d’un changement de température \(\Delta T = T_{final} – T_{initial}\) est :
$$ \Delta U = C \times \Delta T = C \times (T_{final} – T_{initial}) $$
- \(\Delta U\) en Joules (J).
- \(\Delta T\) en degrés Celsius (°C) ou en Kelvin (K) (une variation est identique dans les deux échelles).
- \(C\) est la capacité thermique du système en Joules par Kelvin (J/K) ou J·K⁻¹ (ou J/°C).
La capacité thermique \(C\) dépend de la masse \(m\) et de la nature du corps via la capacité thermique massique \(c\) (en J·kg⁻¹·K⁻¹) :
$$ C = m \times c $$
On a donc : \(\Delta U = m \times c \times \Delta T\).
Et le transfert thermique reçu (si \(W=0\)) est : \(Q = \Delta U = m c (T_{final} – T_{initial})\).
On chauffe 500 g d’eau (\(m=0.5\) kg) de \(T_i = 20^\circ\)C à \(T_f = 80^\circ\)C.
On donne \(c_{\text{eau}} = 4180 \text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}\).
Variation de température : \(\Delta T = T_f – T_i = 80 – 20 = 60^\circ\)C (ou 60 K).
Variation d’énergie interne (et chaleur reçue par l’eau) :
\(\Delta U = Q = m c \Delta T = 0.5 \times 4180 \times 60 = 125400\) J (ou 125,4 kJ).
Partie 4 : Modes de Transfert Thermique (Chaleur Q)
L’énergie peut être transférée thermiquement (échange de chaleur) de 3 façons :
- Conduction : Transfert de chaleur de proche en proche sans déplacement de matière, par agitation des particules (typique des solides). Ex: une barre de métal chauffée à un bout.
- Convection : Transfert de chaleur avec déplacement macroscopique de matière (le fluide chaud, moins dense, monte, et le froid descend). Typique des fluides (liquides et gaz). Ex: l’eau qui chauffe dans une casserole, le vent.
- Rayonnement : Transfert d’énergie par ondes électromagnétiques (lumière, infrarouge…). Seul mode de transfert possible dans le vide. Ex: le Soleil chauffe la Terre, un feu de cheminée chauffe la pièce.
[Image illustrating conduction, convection, radiation]
Flux Thermique et Résistance Thermique
Le flux thermique \(\Phi\) (ou puissance thermique) est la quantité d’énergie thermique \(Q\) transférée par unité de temps \(\Delta t\).
$$ \Phi = \frac{Q}{\Delta t} $$
Unités : \(\Phi\) en Watts (W), \(Q\) en Joules (J), \(\Delta t\) en secondes (s).
Pour un transfert par conduction à travers une paroi (ex: un mur), le flux est proportionnel à l’écart de température \(\Delta T = T_{chaud} – T_{froid}\) et inversement proportionnel à la résistance thermique \(R_{th}\) de la paroi :
$$ \Phi = \frac{T_{chaud} – T_{froid}}{R_{th}} $$
Unités : \(\Phi\) en W, \(T\) en K ou °C (écart identique), \(R_{th}\) en K/W (ou °C/W).
Plus la résistance thermique \(R_{th}\) est grande (bon isolant), plus le flux thermique (la fuite de chaleur) est faible.
Un mur a une résistance thermique \(R_{th} = 2.5\) K/W.
Il fait \(T_{int} = 20^\circ\)C à l’intérieur et \(T_{ext} = 5^\circ\)C à l’extérieur. \(\Delta T = 15\) K.
Le flux thermique (perte de chaleur) à travers ce mur est :
\(\Phi = \frac{\Delta T}{R_{th}} = \frac{15 \text{ K}}{2.5 \text{ K/W}} = 6\) W. (Le système perd 6 Joules par seconde).
Partie 5 : Applications (Bilan Terre, Loi de Newton)
1. Bilan Thermique de la Terre
La Terre reçoit de l’énergie du Soleil (rayonnement) et émet de l’énergie vers l’espace (rayonnement). Sa température moyenne est stable si l’énergie reçue est égale à l’énergie émise (bilan équilibré).
- Puissance reçue : Le Soleil envoie une puissance \(P_{Solaire}\). Une partie (fraction \(A\), l’albédo) est réfléchie/diffusée. La puissance absorbée est \(P_{abs} = (1 – A) P_{Solaire}\).
- Puissance émise : La Terre, chauffée à une température \(T\), émet un rayonnement infrarouge (loi de Stefan-Boltzmann, formule donnée : \(P_{émise} = \sigma S T^4\)).
- Effet de serre : L’atmosphère (vapeur d’eau, CO₂, méthane…) absorbe une partie du rayonnement infrarouge émis par la Terre et le ré-émet (en partie vers le sol), ce qui augmente la température moyenne à la surface.
L’équilibre s’écrit : \(P_{abs} = P_{émise}\).
2. Loi Phénoménologique de Newton (Refroidissement)
Un système incompressible (ex: café chaud) de température \(T\), plongé dans un milieu (thermostat, ex: la pièce) à température extérieure \(T_{ext}\), échange de la chaleur avec ce milieu.
Loi de Newton (admise) : Le flux thermique \(\Phi\) (puissance) perdu par le système est proportionnel à l’écart de température :
$$ \Phi = h S (T – T_{ext}) $$
où \(h\) est un coefficient de transfert et \(S\) la surface d’échange.
Bilan d’énergie (1er Principe) :
Variation d’énergie interne : \(\Delta U = C \frac{dT}{dt}\) (forme différentielle).
Transfert thermique : \(Q = -\Phi \times \Delta t\) (car cédé). Puissance thermique \(Q/\Delta t = -\Phi\).
Travail : \(W=0\).
\(\frac{dU}{dt} = \frac{W}{\Delta t} + \frac{Q}{\Delta t} \Rightarrow C \frac{dT}{dt} = 0 – \Phi\)
$$ C \frac{dT}{dt} = -hS(T – T_{ext}) $$
En posant \(y = T – T_{ext}\), on a \(y’ = \frac{dT}{dt}\). L’équation devient \(Cy’ = -hSy\), soit \(y’ = -(\frac{hS}{C})y\).
C’est une équation différentielle de la forme \(y’ = ay\) avec \(a = -hS/C\).
La solution est \(y(t) = K e^{at}\), donc \(T(t) – T_{ext} = K e^{-(hS/C)t}\).
$$ T(t) = (T_0 – T_{ext}) e^{-t/\tau} + T_{ext} $$
où \(T_0\) est la température initiale et \(\tau = C / (hS)\) est le temps caractéristique de refroidissement.
Partie 6 : Entraînement (Exercices)
- Exercice 1 (Gaz Parfait) : Un pneu de vélo (volume \(V=3,0\) L) est gonflé à \(P = 4,0\) bar. La température est de \(25^\circ\)C.
a) Convertir P, V, T en unités SI (Pa, m³, K).
b) Calculer la quantité de matière \(n\) (en mol) d’air dans le pneu. - Exercice 2 (Bilan d’énergie – 1er Principe) : Un système reçoit un transfert thermique \(Q = 2000\) J. Simultanément, il fournit un travail \(W = -500\) J (il pousse un piston).
Calculer la variation de son énergie interne \(\Delta U\). - Exercice 3 (Capacité Thermique) : Un bloc d’aluminium de 200 g (\(m=0.2\) kg) passe de 90°C à 25°C.
On donne \(c_{\text{Al}} = 900 \text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}\).
a) Calculer la variation d’énergie interne \(\Delta U\) du bloc.
b) Interpréter le signe de \(\Delta U\). - Exercice 4 (Équation Différentielle) : La température d’un café suit l’équation \(T’ = -0.05 (T – 20)\), où T est en °C et t en minutes.
a) Quelle est la température de la pièce \(T_{ext}\) ?
b) On pose \(y(t) = T(t) – 20\). Montrer que \(y\) vérifie une équation de la forme \(y’ = ay\).
c) Sachant que la température initiale du café est \(T(0) = 80^\circ\)C, trouver l’expression complète de \(T(t)\).
Partie 7 : Corrections Détaillées
Correction Exercice 1 (Gaz Parfait)
a) Conversions :
Volume : \(V = 3,0 \text{ L} = 3,0 \text{ dm}^3 = 3,0 \times 10^{-3}\) m³.
Pression : \(P = 4,0 \text{ bar} = 4,0 \times 10^5\) Pa.
Température : \(T = 25 + 273,15 = 298,15\) K.
b) Quantité de matière \(n\) :
On utilise \(PV = nRT \Rightarrow n = \frac{PV}{RT}\).
\(n = \frac{(4,0 \times 10^5) \times (3,0 \times 10^{-3})}{8,314 \times 298,15}\)
\(n = \frac{1200}{2478.8} \approx 0,484\) mol.
Il y a environ 0,48 mol d’air dans le pneu.
Correction Exercice 2 (Bilan d’énergie – 1er Principe)
Transfert thermique reçu : \(Q = +2000\) J.
Travail fourni : \(W = -500\) J.
Premier principe : \(\Delta U = W + Q\).
\(\Delta U = (-500) + (2000) = 1500\) J.
La variation d’énergie interne du système est de +1500 J. (Son énergie interne a augmenté).
Correction Exercice 3 (Capacité Thermique)
\(m=0.2\) kg, \(T_i = 90^\circ\)C, \(T_f = 25^\circ\)C, \(c=900\) J·kg⁻¹·K⁻¹.
a) Variation d’énergie interne \(\Delta U\) :
\(\Delta T = T_f – T_i = 25 – 90 = -65^\circ\)C (ou \(-65\) K).
\(\Delta U = m c \Delta T = 0.2 \times 900 \times (-65)\)
\(\Delta U = 180 \times (-65) = -11700\) J (ou -11,7 kJ).
b) Interprétation :
\(\Delta U\) est négative, ce qui signifie que l’énergie interne du bloc d’aluminium a diminué.
Puisque \(\Delta U = Q\) (on suppose \(W=0\)), \(Q = -11700\) J. Le bloc a cédé 11700 J de chaleur au milieu extérieur (il a refroidi).
Correction Exercice 4 (Équation Différentielle)
Équation : \(T’ = -0.05 (T – 20)\).
a) Température de la pièce : La loi de Newton s’écrit \(C \frac{dT}{dt} = -hS(T – T_{ext})\), soit \(T’ = -k(T – T_{ext})\) (avec \(k=hS/C\)).
Par identification, \(k=0.05\) et \(T_{ext} = 20^\circ\)C.
b) Changement de variable :
On pose \(y = T – 20\). On dérive par rapport au temps : \(y’ = (T – 20)’ = T’ – 0 = T’\).
On remplace dans l’équation de départ :
\(y’ = -0.05 \times y\).
\(y\) vérifie bien une équation de la forme \(y’ = ay\) avec \(a = -0.05\).
c) Expression de \(T(t)\) :
La solution générale de \(y’ = -0.05y\) est \(y(t) = K e^{-0.05t}\), où K est une constante.
On remplace \(y\) par \(T-20\) : \(T(t) – 20 = K e^{-0.05t}\).
Donc \(T(t) = K e^{-0.05t} + 20\).
On utilise la condition initiale \(T(0) = 80^\circ\)C pour trouver K :
\(80 = K e^{-0.05 \times 0} + 20\)
\(80 = K e^0 + 20 = K \times 1 + 20\)
\(K = 80 – 20 = 60\).
Solution finale : \(T(t) = 60 e^{-0.05t} + 20\).
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