Pour étudier le cycle d'une machine thermique, découpe-le en transformations et calcule sur chacune le travail $W$ et la chaleur $Q$ reçus par le gaz. Le gaz revient à son état de départ, donc $\sum W + \sum Q = 0$, et le rendement d'un moteur vaut $\eta = \dfrac{-W_{\text{cycle}}}{Q_{\text{reçue}}}$, où $Q_{\text{reçue}}$ n'additionne que les chaleurs positives.
Exemple : un gaz qui reçoit $500\,\text{J}$ puis $300\,\text{J}$ et cède $600\,\text{J}$ fournit $500 + 300 - 600 = 200\,\text{J}$ de travail, et $\eta = \dfrac{200}{800} = 25\,\%$. Tout se passe ici en système fermé, avec un gaz parfait.
Conventions et premier principe
Le système est le gaz enfermé dans le cylindre, en quantité fixe : c'est un système fermé. Tout ce qu'il reçoit compte positivement : $W \gt 0$ quand on le comprime, $W \lt 0$ quand il pousse le piston, $Q \gt 0$ quand on le chauffe, $Q \lt 0$ quand il cède de la chaleur.
Le gaz est parfait : il suit $PV = nRT$, avec $P$ en pascals, $V$ en $\text{m}^3$, $T$ en kelvins et $R = 8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$ (valeur CODATA 2022 publiée par le NIST, arrondie). Les transformations sont réversibles : assez lentes et sans frottement pour que le gaz reste à l'équilibre, avec une pression connue à chaque instant.
Propriété : pour une transformation réversible d'un gaz parfait, de l'état $i$ à l'état $f$,
$$W = -\int_{V_i}^{V_f} P\,\mathrm{d}V$$ $$\Delta U = n\,C_{v,m}\,(T_f - T_i)$$ $$\Delta U = W + Q$$
La dernière égalité est le premier principe. $C_{v,m}$ est la capacité thermique molaire à volume constant, $\dfrac{5}{2}R$ pour l'air aux températures usuelles.
Le signe moins vient de la convention : en se dilatant de $\mathrm{d}V$, le gaz pousse le piston et fournit le travail $P\,\mathrm{d}V$, il reçoit donc $-P\,\mathrm{d}V$. La formule de $\Delta U$ vaut sur n'importe quel chemin, car l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température (première loi de Joule). Si l'énoncé donne une masse, remplace $n\,C_{v,m}$ par $m\,c_v$, la capacité thermique massique.
Dans le diagramme de Clapeyron, qui trace $P$ en fonction de $V$, $|W|$ est l'aire sous la courbe d'une étape. Sur un cycle, c'est l'aire entourée, et un parcours dans le sens horaire signe un moteur.
Les quatre transformations d'un gaz parfait
Ces trois formules suffisent : $W$ par l'intégrale, $\Delta U$ par la température, puis $Q = \Delta U - W$. Avec $\Delta T = T_f - T_i$, elles donnent ce tableau.
| Transformation | Ce qui reste constant | $W$ | $Q$ |
|---|---|---|---|
| Isochore | $V$ | $0$ | $n\,C_{v,m}\,\Delta T$ |
| Isobare | $P$ | $-P\,(V_f - V_i) = -nR\,\Delta T$ | $n\,C_{p,m}\,\Delta T$ |
| Isotherme | $T$, donc $PV$ | $-nRT\ln\dfrac{V_f}{V_i}$ | $-W$ |
| Adiabatique réversible | $PV^{\gamma}$ | $n\,C_{v,m}\,\Delta T$ | $0$ |
Sur l'isobare, le premier principe donne $Q = n\,(C_{v,m} + R)\,\Delta T$. La relation de Mayer, $C_{p,m} - C_{v,m} = R$, l'écrit $n\,C_{p,m}\,\Delta T$, où $C_{p,m}$ est la capacité thermique molaire à pression constante : $\dfrac{7}{2}R$ pour l'air.
Sur l'isotherme, remplace $P$ par $\dfrac{nRT}{V}$ : $nRT$ sort de l'intégrale, et il reste $\displaystyle\int_{V_i}^{V_f}\frac{\mathrm{d}V}{V} = \ln\frac{V_f}{V_i}$. Comme $T$ ne bouge pas, $\Delta U = 0$ et $Q = -W$.
L'adiabatique se fait sans échange de chaleur. Réversible, elle suit la loi de Laplace $PV^{\gamma} = \text{constante}$, avec $\gamma = \dfrac{C_{p,m}}{C_{v,m}} = 1{,}4$ pour l'air : c'est elle qui donne l'état final, puis $W = \Delta U$.
Piège classique : « isotherme » ne veut pas dire « sans chaleur ». L'énergie interne ne bouge pas, mais la chaleur compense exactement le travail : $Q = -W$. C'est sur l'adiabatique que $Q = 0$, et sa température change.
La méthode pour un cycle
Un cycle n'est qu'une suite de lignes de ce tableau, traitées dans l'ordre.
Étape 1 : Complète $P$, $V$ et $T$ de chaque état avec $PV = nRT$ et la loi de l'étape : $\dfrac{P}{T}$ constant sur une isochore, $PV$ sur une isotherme, $PV^{\gamma}$ sur une adiabatique réversible.
Étape 2 : Calcule $W$ et $Q$ pour chaque étape, avec leur signe. Une détente donne $W \lt 0$, une compression $W \gt 0$.
Étape 3 : Vérifie que $\sum W + \sum Q = 0$ à l'arrondi près, puisque l'énergie interne revient à sa valeur de départ. Sinon, une ligne est fausse.
Étape 4 : Si $W_{\text{cycle}} \lt 0$, la machine est un moteur, de rendement $\eta = \dfrac{-W_{\text{cycle}}}{Q_{\text{reçue}}}$.
Piège classique : au dénominateur, seulement les chaleurs positives. La somme de toutes les chaleurs vaut $-W_{\text{cycle}}$ d'après l'étape 3 : tout moteur aurait un rendement de $100\,\%$. Le rendement compare le travail récupéré à la chaleur payée, celle du brûleur ou de la source chaude ; la chaleur cédée à l'air ou à l'eau de refroidissement ne coûte rien.
Dernier garde-fou : le rendement ne dépasse jamais celui de Carnot, $1 - \dfrac{T_{\min}}{T_{\max}}$, calculé avec les températures extrêmes du cycle, en kelvins. Cette limite, tirée du second principe, trahit toute erreur par excès.
Le moteur Stirling et son régénérateur
Ces calculs sont ceux de la ressource R1.04 « Bases de Thermodynamique », au semestre 1 du programme national 2022 du BUT Métiers de la transition et de l'efficacité énergétiques, qui cite l'étude d'un moteur Stirling parmi ses exemples de travaux pratiques. Dans ce moteur, le gaz reste enfermé : une source chaude à $T_c$ le chauffe à travers une paroi, une source froide à $T_f$ le refroidit.
Définition : le cycle de Stirling idéal enchaîne une compression isotherme à $T_f$, un chauffage isochore jusqu'à $T_c$, une détente isotherme à $T_c$, puis un refroidissement isochore jusqu'à $T_f$.
Applique la méthode avec $a = \dfrac{V_{\max}}{V_{\min}}$. Seules les isothermes travaillent : $W_{\text{cycle}} = nRT_f\ln a - nRT_c\ln a = -nR\,(T_c - T_f)\ln a$. Les deux isochores échangent la même chaleur, $n\,C_{v,m}\,(T_c - T_f)$, reçue sur l'une, cédée sur l'autre. Le gaz reçoit donc $nRT_c\ln a + n\,C_{v,m}\,(T_c - T_f)$, et le rendement reste loin de Carnot.
Le régénérateur change tout. C'est un bloc poreux placé sur le trajet du gaz, entre zone chaude et zone froide : il garde la chaleur que le gaz cède pendant le refroidissement isochore et la lui rend pendant le chauffage. S'il est parfait, seule la détente isotherme puise de la chaleur à l'extérieur :
$$\eta = \frac{nR\,(T_c - T_f)\ln a}{nRT_c\ln a} = 1 - \frac{T_f}{T_c}$$
Le Stirling idéal atteint alors la limite de Carnot, puisqu'il n'échange plus de chaleur avec l'extérieur qu'à $T_c$ et à $T_f$. Aucun régénérateur réel n'est parfait, et un vrai moteur reste en dessous.
Exercices corrigés
Exercice 1 : On comprime lentement $0{,}10\,\text{mol}$ d'air, gaz parfait, à température constante $T = 293\,\text{K}$, de $2{,}0\,\text{L}$ à $1{,}0\,\text{L}$, avec $R = 8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$. Calcule $W$, $\Delta U$ et $Q$. Un camarade affirme que $Q = 0$ puisque la température ne change pas : a-t-il raison ?
Correction :
Sur l'isotherme, $W = -nRT\ln\dfrac{V_f}{V_i} = -0{,}10 \times 8{,}314 \times 293 \times \ln 0{,}5 \approx 169\,\text{J}$. Le travail est positif : c'est une compression, le gaz reçoit du travail.
La température ne change pas, donc $\Delta U = 0$ et $Q = -W \approx -169\,\text{J}$. Le camarade a tort : le gaz cède $169\,\text{J}$ de chaleur au milieu extérieur, sans quoi il s'échaufferait.
Exercice 2 : $0{,}10\,\text{mol}$ d'air, gaz parfait avec $C_{v,m} = \dfrac{5}{2}R$, $C_{p,m} = \dfrac{7}{2}R$ et $R = 8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$, décrit un cycle réversible. De l'état 1 à l'état 2, il est chauffé à volume constant de $300\,\text{K}$ à $600\,\text{K}$. De 2 à 3, il se détend à température constante jusqu'à retrouver la pression de l'état 1. De 3 à 1, il revient à pression constante. Calcule $W$ et $Q$ pour chaque étape, puis le rendement, et compare-le au rendement de Carnot.
Correction :
États : à volume constant, $T$ doublée donne $P_2 = 2P_1$ ; sur l'isotherme, $P$ divisée par $2$ donne $V_3 = 2V_2$.
$1 \to 2$ : $W_{12} = 0$ et $Q_{12} = 0{,}10 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times 300 \approx 623{,}6\,\text{J}$.
$2 \to 3$ : $W_{23} = -nRT_2\ln 2 = -0{,}10 \times 8{,}314 \times 600 \times \ln 2 \approx -345{,}8\,\text{J}$, et $Q_{23} = -W_{23} \approx 345{,}8\,\text{J}$.
$3 \to 1$ : $W_{31} = -nR\,(T_1 - T_3) = 0{,}10 \times 8{,}314 \times 300 \approx 249{,}4\,\text{J}$, et $Q_{31} = n\,C_{p,m}\,(T_1 - T_3) = -0{,}10 \times \dfrac{7}{2} \times 8{,}314 \times 300 \approx -873{,}0\,\text{J}$.
Bilan : $W_{\text{cycle}} \approx -345{,}8 + 249{,}4 = -96{,}4\,\text{J}$, et $\sum Q \approx 623{,}6 + 345{,}8 - 873{,}0 = 96{,}4\,\text{J}$ : le contrôle tombe juste. Le gaz reçoit $623{,}6 + 345{,}8 = 969{,}4\,\text{J}$, donc $\eta = \dfrac{96{,}4}{969{,}4} \approx 0{,}099$, soit environ $9{,}9\,\%$.
Carnot donne $1 - \dfrac{300}{600} = 50\,\%$. Le cycle en reste loin, car il reçoit une partie de sa chaleur bien en dessous de $600\,\text{K}$ et en cède bien au-dessus de $300\,\text{K}$. Diviser par la seule chaleur de l'isotherme donnerait environ $28\,\%$ : faux, car le chauffage de 1 à 2 se paie aussi.
Exercice 3 : Un moteur Stirling contient $0{,}050\,\text{mol}$ d'air, gaz parfait avec $C_{v,m} = \dfrac{5}{2}R$ et $R = 8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$. Il suit le cycle idéal entre $T_f = 320\,\text{K}$ et $T_c = 800\,\text{K}$, avec $a = \dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = 3$ (données fictives). Calcule le travail fourni par cycle, puis le rendement sans régénérateur et avec un régénérateur parfait.
Correction :
Travail : $W_{\text{cycle}} = -nR\,(T_c - T_f)\ln 3 = -0{,}050 \times 8{,}314 \times 480 \times \ln 3 \approx -219{,}2\,\text{J}$. Le moteur fournit environ $219\,\text{J}$ par cycle.
Chaleurs reçues : $nRT_c\ln 3 = 0{,}050 \times 8{,}314 \times 800 \times \ln 3 \approx 365{,}4\,\text{J}$ sur la détente isotherme, et $n\,C_{v,m}\,(T_c - T_f) = 0{,}050 \times \dfrac{5}{2} \times 8{,}314 \times 480 \approx 498{,}8\,\text{J}$ sur le chauffage isochore.
Sans régénérateur : $\eta = \dfrac{219{,}2}{365{,}4 + 498{,}8} = \dfrac{219{,}2}{864{,}2} \approx 0{,}254$, soit environ $25\,\%$.
Avec un régénérateur parfait, le chauffage isochore ne coûte plus rien : $\eta = \dfrac{219{,}2}{365{,}4} \approx 0{,}600$. C'est exactement Carnot, $1 - \dfrac{320}{800} = 0{,}60$ : le régénérateur fait plus que doubler le rendement.
À retenir
À retenir :
- Tout ce que le gaz reçoit compte positivement : $W = -\int P\,\mathrm{d}V$, négatif pour une détente.
- Gaz parfait : $\Delta U = n\,C_{v,m}\,\Delta T$ sur tout chemin, puis $Q = \Delta U - W$.
- Isochore : $W = 0$. Isobare : $Q = n\,C_{p,m}\,\Delta T$. Isotherme : $Q = -W = nRT\ln\dfrac{V_f}{V_i}$. Adiabatique : $Q = 0$ et $W = \Delta U$.
- Cycle : $\sum W + \sum Q = 0$, et $\eta = \dfrac{-W_{\text{cycle}}}{Q_{\text{reçue}}}$ avec les seules chaleurs positives au dénominateur.
- Stirling idéal : avec un régénérateur parfait, il atteint le rendement de Carnot $1 - \dfrac{T_f}{T_c}$.
Sources
- Programme national 2022 du BUT Métiers de la transition et de l'efficacité énergétiques (MT2E), annexe 18, ressource R1.04 « Bases de Thermodynamique » : texte sur education.gouv.fr.
- NIST, valeurs CODATA 2022 des constantes physiques, constante molaire des gaz $R$ : fiche sur physics.nist.gov.