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svp dans cet exo pourriez vous me dire pourquoi pas on a pas utilisé la relation Wrev= deltaU-deltaH = -deltaH (puisque c isotherme )
Une masse m = 1,0 kg d'eau liquide est contenue dans un récipient fermé par un piston à


T = 100°C sous une pression d'une atmosphère. L'ensemble étant placé dans un thermostat à

T = 100 °C, on déplace le piston très lentement et on réalise la vaporisation totale de l'eau.

A l'état final, le volume du gaz, supposé parfait, est Vf = 1,67 m3.



1. Calculer la chaleur fournie par le thermostat, le travail échangé, les variations d'énergie interne, d'enthalpie et d'entropie de l'eau.





On place directement la masse m d'eau liquide, prise à T = 100°C, dans un récipient thermostaté à 100°C initialement vide, et de volume Vf.

L'eau s'y vaporise instantanément.



2. Déterminer les mêmes grandeurs qu'au 1) ainsi que la création d'entropie.





Données :

Chaleur latente massique de vaporisation : Lv = 2,25 MJ/kg ; 1 atm = 1,013.105

Oui c'est isotherme, mais non on n'a pas $ \Delta U=0 $.

1/
Transformation isotherme à $ T_0 $ car en contact avec un thermostat et suffisamment lente.
Transformation isobare car c'est un changement d'état isotherme (donc $ p=p_\text{sat}(T_0) = p_0 = 1\,bar $ est constant).
Transformation telle que $ p_\text{ext}=p $ car suffisamment lente pour que le piston soit toujours à l'équilibre mécanique et pas de frottements.

On considère le système \{eau+enceinte+piston\}.
$ \Delta H = Q $, d'où $ Q = ml_v = 2.25\,MJ $
$ W = -\int p_\text{ext}dV = -\int pdV = -p_0(V_f-V_i) = -10^5(1.67-0.001) = -0.167\,MJ $
$ \Delta U = W+Q = 2.083\,MJ $
$ S_\text{e} = \dfrac{Q}{T_0} = \dfrac{ml_V}{T_0} = 603\,MJ/K $
Pour $ \Delta S $ et $ S_\text{c} $ on doit dire qu'on est en présence d'un changement d'état isobare isotherme infiniment lent, donc réversible. Donc on a $ S_\text{c}=0 $ et $ \Delta S=S_\text{e} $.

2/
Transformation isochore.
Transformation ni isobare (au départ pression nulle, pas à l'arrivée) ni isotherme ($ T $ peut varier).
Transformation brutale, vraisemblablement pas réversible.
Transformation monotherme ($ T_\text{ext}=T_0 $ constante).

Dans l'état final on a $ V=V_f $, $ T=T_0 $. Le volume massique final $ v = V_f/m $ est le même qu'en 1, la température aussi, ce qui veut dire qu'on est au même endroit dans le diagramme de Clapeyron : sur la courbe de rosée à $ T_0 $. La pression est donc aussi $ p_0 $.

On considère le système \{eau+enceinte\}.
$ W=0 $ car isochore.
$ \Delta U $, $ \Delta H $, $ \Delta S $ ont les mêmes valeurs numériques qu'en 1 car l'état initial et l'état final de 1 et de 2 sont les mêmes.
$ Q = \Delta U - W = 2.083\,MJ $
$ S_\text{e} = \dfrac{Q}{T_0} = 558\,MJ/K $ (échange avec un thermostat)
$ \Delta S $ donné par 1, donc $ \Delta S = \dfrac{Q_\text{rév}}{T_0} = 603\,MJ/K $.
$ S_\text{c} = \Delta S - S_\text{e} = \dfrac{Q_\text{rév}-Q}{T_0} = 44.8\,MJ/K $.