Feuille d'entraînement : Premier et second principes

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2026, Q5

   Pour un gaz parfait subissant une transformation adiabatique réversible (donc isentropique), sous l'hypothèse de capacités thermiques constantes (gaz parfait de Laplace), la loi de Laplace s'écrit :

   P V^\gamma = \text{cte}

   où \gamma = \frac{c_P}{c_V} désigne l'indice adiabatique du gaz.

   En prenant le logarithme népérien puis en différentiant à entropie constante le long de cette transformation isentropique, il vient :

   \begin{aligned} \ln P + \gamma \ln V &= \text{cte} \\ \frac{\mathrm{d}P}{P} + \gamma \frac{\mathrm{d}V}{V} &= 0 \\ \left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_S &= -\frac{V}{\gamma P} \end{aligned}

   Par définition du coefficient de compressibilité isentropique :

   \chi_S = -\frac{1}{V}\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_S = \frac{1}{\gamma P}

   Évalué à l'état d'équilibre thermodynamique de l'air non perturbé, où la pression est la pression atmosphérique P_0, on obtient :

   \boxed{\chi_S = \frac{1}{\gamma P_0}}

   Résultat

   $${\chi }_S=\frac{1}{\gamma P_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique U PSI 2026, Q14

   D'après le second principe de la thermodynamique appliqué au volume V de fluide (système fermé), la variation d'entropie \Delta S s'écrit :

   \Delta S = S_{\text{éch}} + S_{\text{cr}}

   où S_{\text{éch}} est l'entropie échangée avec le milieu extérieur et S_{\text{cr}} est l'entropie créée.

   La transformation s'effectuant sans création d'entropie, on a S_{\text{cr}} = 0. Le transfert thermique Q étant reçu d'un milieu extérieur à la température d'équilibre T_0, l'entropie échangée s'écrit :

   S_{\text{éch}} = \frac{Q}{T_0}

   L'entropie S du volume de fluide varie donc d'une quantité :

   \boxed{\Delta S = \frac{Q}{T_0}}

   Sous forme infinitésimale pour un transfert élémentaire \delta Q, cette relation devient :

   \mathrm{d}S = \frac{\delta Q}{T_0}

   Résultat

   $$\Delta S=\frac{Q}{T_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2025, Q6

   L'identité thermodynamique pour l'enthalpie libre d'un système fermé s'écrit :

   \mathrm{d}G = V\,\mathrm{d}P - S\,\mathrm{d}T

   Pour une transformation isotherme (\mathrm{d}T = 0), on a donc \mathrm{d}G_{\text{gaz}} = V\,\mathrm{d}P. En utilisant l'équation d'état des gaz parfaits V = \dfrac{nRT}{P}, il vient :

   \Delta G_{\text{gaz}} = \int_{P_i}^{P_f} \frac{nRT}{P}\,\mathrm{d}P = nRT \ln\left(\frac{P_f}{P_i}\right)

   La transformation étant isotherme, la loi de Boyle-Mariotte donne P_i V_A = P_f V_M = nRT, soit \dfrac{P_f}{P_i} = \dfrac{V_A}{V_M}. On en déduit :

   \boxed{\Delta G_{\text{gaz}} = nRT \ln\left(\frac{V_A}{V_M}\right)}

   Explication physique de l'équivalence :

   • La grandeur n = \dfrac{x V_A}{v_m} représente la quantité de matière de soluté (ions) initialement présente dans la solution A.
   • Dans la limite des solutions très diluées (x \ll 1), les solutés sont très éloignés les uns des autres et leurs interactions mutuelles directes sont négligeables : ils se comportent comme les molécules d'un gaz parfait dispersées dans le solvant.
   • L'opération de mélange avec l'eau pure dilue ces ions sans variation d'enthalpie (\Delta H \simeq 0, mélange athermique à cet ordre), en augmentant le volume qui leur est accessible de V_A à V_M = V_A + V_B.
   • La variation d'enthalpie libre est donc purement entropique (\Delta G = -T\Delta S) et correspond exactement à l'entropie de détente d'un gaz parfait de soluté passant du volume V_A au volume V_M : \Delta S = nR\ln(V_M/V_A), d'où \Delta G = -nRT\ln(V_M/V_A) = nRT\ln(V_A/V_M).

   Résultat

   $$\Delta G_{\text{gaz}}=nRT\ln \left(\frac{V_A}{V_M}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q19

   Considérons le système fermé constitué du calorimètre (avec le thermomètre et le barreau aimanté) et des deux masses d'eau m_1 et m_2.

   L'enceinte est calorifugée (transformation adiabatique, Q = 0) et ouverte à la pression atmosphérique constante P_0 (transformation monobare). Le premier principe de la thermodynamique s'écrit alors :

   \Delta H = Q_p = 0

   Par additivité de l'enthalpie pour les phases condensées incompressibles et indilatables, la variation d'enthalpie totale est la somme des variations d'enthalpie de chacun des constituants :

   \begin{aligned} \Delta H_{\text{cal}} &= C (T_3 - T_1) \\ \Delta H_{\text{eau}, 1} &= m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1) \\ \Delta H_{\text{eau}, 2} &= m_2 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_2) \end{aligned}

   Le bilan enthalpique s'écrit donc :

   C (T_3 - T_1) + m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1) + m_2 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_2) = 0

   En isolant la capacité thermique C du calorimètre et de ses accessoires, on obtient :

   C (T_3 - T_1) = m_2 c_{\mathrm{e}} (T_2 - T_3) - m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1)

   soit :

   \boxed{C = c_{\mathrm{e}} \left( m_2 \frac{T_2 - T_3}{T_3 - T_1} - m_1 \right)}

   Résultat

   $$C=c_{\mathrm{e}}\left(m_2\frac{T_2-T_3}{T_3-T_1}-m_1\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PSI 2024, Q4

   La vitesse de chauffage est constante et vaut v_{\mathrm{c}} = 2\,^{\circ}\mathrm{C}\cdot\mathrm{h}^{-1}. Pour élever la température de l'eau de T_{\mathrm{i}} = 20\,^{\circ}\mathrm{C} à T_{\mathrm{f}} = 40\,^{\circ}\mathrm{C}, la variation de température est :

   \Delta T = T_{\mathrm{f}} - T_{\mathrm{i}} = 40 - 20 = 20\,^{\circ}\mathrm{C}

   La durée nécessaire \Delta t s'exprime donc par :

   \Delta t = \frac{\Delta T}{v_{\mathrm{c}}}

   D'où l'application numérique :

   \Delta t = \frac{20}{2} = 10\text{ h}

   \boxed{\Delta t = 10\text{ h}}

   L'eau occupe un cylindre de diamètre intérieur d_{\text{int}} = \sqrt{2}\text{ m} et de hauteur h_{\mathrm{e}} = 3/4\text{ m}. Son volume est :

   V_{\mathrm{e}} = \frac{\pi}{4} d_{\text{int}}^2 h_{\mathrm{e}}

   En utilisant la valeur \frac{\pi}{4} = 0{,}8 donnée dans le formulaire de l'énoncé :

   V_{\mathrm{e}} = 0{,}8 \times (\sqrt{2})^2 \times \frac{3}{4} = 0{,}8 \times 2 \times 0{,}75 = 1{,}2\text{ m}^3

   La masse d'eau correspondante est :

   m_{\mathrm{e}} = \rho_{\mathrm{e}} V_{\mathrm{e}} = 10^3 \times 1{,}2 = 1{,}2 \times 10^3\text{ kg}

   En négligeant dans un premier temps les pertes thermiques vers l'extérieur, l'énergie thermique requise pour chauffer cette masse d'eau est donnée par le premier principe :

   Q = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} \Delta T

   La puissance thermique moyenne nécessaire correspondante est :

   \mathscr{P}_{\mathrm{th}} = \frac{Q}{\Delta t} = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} \frac{\Delta T}{\Delta t} = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} v_{\mathrm{c}}

   Avec v_{\mathrm{c}} = 2\,^{\circ}\mathrm{C}\cdot\mathrm{h}^{-1} = \frac{2}{3\,600}\text{ K}\cdot\mathrm{s}^{-1} = \frac{1}{1\,800}\text{ K}\cdot\mathrm{s}^{-1} :

   \begin{aligned} \mathscr{P}_{\mathrm{th}} &= 1{,}2 \times 10^3 \times 4{,}2 \times 10^3 \times \frac{1}{1\,800} \\ &= \frac{12}{18} \times 4{,}2 \times 10^3 = \frac{2}{3} \times 4{,}2 \times 10^3 = 2{,}8 \times 10^3\text{ W} = 2{,}8\text{ kW} \end{aligned}

   La puissance thermique théorique de 2{,}8\text{ kW} est très proche de la puissance de chauffage annoncée \mathscr{P}_{\mathrm{c}} = 2{,}5\text{ kW} (l'écart relatif n'est que d'environ 10\,\%). Cette légère différence s'explique notamment par le fait que le spa n'est pas nécessairement rempli au volume maximal ou par l'approximation sur \pi/4.

   \boxed{\mathscr{P}_{\mathrm{th}} \approx 2{,}8\text{ kW} \approx \mathscr{P}_{\mathrm{c}} = 2{,}5\text{ kW} \quad \text{: les deux grandeurs sont tout à fait cohérentes.}}

   Résultat

   $$\Delta t=10\text{ h}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{th}}\approx 2,8\text{ kW}\approx {\mathcal{P}}_{\mathrm{c}}=2,5\text{ kW}\text{: les deux grandeurs sont tout aˋ fait coheˊrentes.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 PSI 2024, Q10

   L'eau du spa à la température T_{\mathrm{int}} échange de la puissance thermique avec l'extérieur à T_{\mathrm{ext}} par trois voies indépendantes en parallèle :

   • par la surface libre de l'eau (convection avec l'air extérieur) : résistance R_{\mathrm{s}} ;
   • par le fond du spa (conduction à travers le tapis d'herbe) : résistance R_{\mathrm{t}} ;
   • par les parois latérales verticales (convection eau-paroi puis conduction dans l'enveloppe d'air en série) : résistance R_{\mathrm{lat}} = R_{\mathrm{pc}} + R_{\mathrm{p}}.

   La résistance thermique équivalente R_{\mathrm{th}} vérifie donc :

   \frac{1}{R_{\mathrm{th}}} = \frac{1}{R_{\mathrm{s}}} + \frac{1}{R_{\mathrm{t}}} + \frac{1}{R_{\mathrm{p}} + R_{\mathrm{pc}}}

   On applique le premier principe de la thermodynamique au système fermé constitué par l'eau du spa (masse m_{\mathrm{e}}, capacité thermique massique c_{\mathrm{e}}), supposée homogène en température, entre les instants t et t + \mathrm{d}t :

   \mathrm{d}U = \delta Q = - \Phi_{\text{pertes}} \, \mathrm{d}t = - \frac{T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}}}{R_{\mathrm{th}}} \, \mathrm{d}t

   Comme l'eau est une phase condensée indilatable et incompressible, \mathrm{d}U = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} \, \mathrm{d}T_{\mathrm{int}}. En posant \theta(t) = T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}}, et puisque T_{\mathrm{ext}} est constante, il vient :

   \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} + \frac{\theta}{\tau} = 0 \quad \text{avec} \quad \tau = R_{\mathrm{th}} m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}}

   L'intégration avec la condition initiale en t = 0 donne bien :

   \boxed{T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}} = (T_{\mathrm{int}}(0) - T_{\mathrm{ext}}) \, \mathrm{e}^{-\frac{t}{\tau}}}

   Application numérique : D'après la question Q4, m_{\mathrm{e}} = 1{,}2 \times 10^3\text{ kg} et c_{\mathrm{e}} = 4{,}2 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}, d'où la capacité thermique de l'eau :

   C_{\mathrm{e}} = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} = 1{,}2 \times 10^3 \times 4{,}2 \times 10^3 \simeq 5{,}0 \times 10^6\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}

   Pour la conductance thermique :

   \begin{aligned} \frac{1}{R_{\mathrm{th}}} &= \frac{1}{6 \times 10^{-2}} + \frac{1}{5 \times 10^{-2}} + \frac{1}{3 + 0{,}02} \\ &\simeq 16{,}7 + 20 + 0{,}33 \simeq 37\text{ W}\cdot\text{K}^{-1} \end{aligned}

   On en déduit :

   \tau = \frac{C_{\mathrm{e}}}{1/R_{\mathrm{th}}} = \frac{5{,}0 \times 10^6}{37} \simeq 1{,}4 \times 10^5\text{ s} \simeq 38\text{ h}

   \boxed{\tau \simeq 38\text{ h} \quad (1{,}4 \times 10^5\text{ s})}

   Commentaire :

   • Cette durée caractéristique de l'ordre d'une journée et demie est grande devant la durée typique des variations climatiques journalières, ce qui justifie l'hypothèse d'un régime quasi stationnaire.
   • Néanmoins, à l'échelle d'une nuit (environ 10\text{ h}), l'eau se refroidit de façon notable : en 10\text{ h}, l'écart de température diminue d'un facteur \mathrm{e}^{-10/38} \simeq 0{,}77, soit une baisse de température d'environ 3^{\circ}\mathrm{C}.
   • On constate que la conductance est largement dominée par les pertes par la surface libre et par le sol (36{,}7\text{ W}\cdot\text{K}^{-1} sur 37\text{ W}\cdot\text{K}^{-1}), les parois latérales étant très bien isolées par l'air emprisonné (R_{\mathrm{p}} \gg R_{\mathrm{s}}, R_{\mathrm{t}}).

   Résultat

   $$T_{\mathrm{int}}(t)-T_{\mathrm{ext}}=(T_{\mathrm{int}}(0)-T_{\mathrm{ext}}){\mathrm{e}}^{-\frac{t}{\tau }}$$

   $$\tau \simeq 38\text{ h}(1,4\times 10^5\text{ s})$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2023, Q31

   Considérons le volume de contrôle fixe (\mathcal{V}) délimité par les parois intérieures du caisson entre la section d'entrée e et la section de sortie s. On définit le système fermé \Sigma^* constitué :

   • de la masse de fluide présente dans le volume de contrôle (\mathcal{V}) à l'instant t ;
   • de la masse élémentaire de fluide \delta m = D_m\,\mathrm{d}t entrant dans (\mathcal{V}) à travers la section d'entrée pendant \mathrm{d}t.

   À l'instant t + \mathrm{d}t, ce même système \Sigma^* est constitué de la masse de fluide présente dans (\mathcal{V}) à t + \mathrm{d}t et de la masse \delta m sortie de (\mathcal{V}) à travers la section de sortie.

   On formule les hypothèses suivantes :

   1. Régime stationnaire : les grandeurs thermodynamiques en tout point du volume de contrôle sont indépendantes du temps ;
   2. Énergies cinétique et potentielle négligeables : les variations d'énergie cinétique macroscopique et d'énergie potentielle de pesanteur entre l'entrée et la sortie sont négligeables devant la variation d'enthalpie ;
   3. Absence de travail utile : aucun organe mécanique mobile n'échange de travail avec le fluide dans ce tronçon (\delta W_u = 0) ;
   4. Caisson calorifugé : les parois extérieures ne laissent passer aucun transfert thermique vers l'extérieur, de sorte que le seul transfert thermique reçu par le fluide provient des accumulateurs : \delta Q = \mathcal{P}\,\mathrm{d}t.

   L'enthalpie du système fermé s'écrit aux deux instants :

   \begin{aligned} H_{\Sigma^*}(t) &= H_{(\mathcal{V})}(t) + \delta m\,h_e \\ H_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) &= H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) + \delta m\,h_s \end{aligned}

   En régime stationnaire, H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) = H_{(\mathcal{V})}(t). La variation d'enthalpie du système fermé s'élève donc à :

   \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta m\,(h_s - h_e) = D_m(h_s - h_e)\,\mathrm{d}t

   D'après le premier principe appliqué au système fermé \Sigma^*, en tenant compte du travail des forces de pression aux frontières qui est incorporé dans l'enthalpie :

   \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta W_u + \delta Q = 0 + \mathcal{P}\,\mathrm{d}t

   En identifiant les deux expressions de \mathrm{d}H_{\Sigma^*}, on obtient :

   \boxed{\mathcal{P} = D_m (h_s - h_e)}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_m(h_s-h_e)$$

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8. Exercice 8X-ENS Physique PSI 2023, Q1

   1. Premier principe de la thermodynamique

   Pour un système thermodynamique fermé au repos macroscopique (\Delta E_{\text{c,macro}} = 0 et \Delta E_{\text{p,ext}} = 0), le premier principe postule l'existence d'une fonction d'état extensive, l'énergie interne U, telle que lors d'une transformation entre deux états d'équilibre :

   \Delta U = W + Q

   où W est le travail mécanique et Q le transfert thermique reçus par le système (comptés algébriquement). Sous forme infinitésimale, ce bilan s'écrit :

   \mathrm{d}U = \delta W + \delta Q

   Sur un cycle thermodynamique, l'état final est identique à l'état initial. L'énergie interne étant une fonction d'état, sa variation sur le cycle est nulle : \Delta U_{\text{cycle}} = 0. Le premier principe devient alors :

   \boxed{W + Q = 0}

   2. Deuxième principe de la thermodynamique

   Le deuxième principe postule l'existence d'une fonction d'état extensive, l'entropie S. Pour une transformation quelconque d'un système fermé en contact avec des thermostats à la température T_{\text{ext}}, la variation d'entropie s'écrit :

   \Delta S = S_{\text{éch}} + S_{\text{créée}}

   avec un terme d'échange S_{\text{éch}} = \int \frac{\delta Q}{T_{\text{ext}}} et un terme de création d'entropie lié aux irréversibilités satisfaisant :

   S_{\text{créée}} \ge 0 \quad (\text{avec } S_{\text{créée}} = 0 \text{ pour une transformation réversible})

   Sous forme différentielle, ce bilan s'écrit \mathrm{d}S = \delta S_{\text{éch}} + \delta S_{\text{créée}} = \frac{\delta Q}{T_{\text{ext}}} + \delta S_{\text{créée}}, avec \delta S_{\text{créée}} \ge 0.

   Sur un cycle thermodynamique, S étant une fonction d'état, on a \Delta S_{\text{cycle}} = 0, d'où :

   S_{\text{éch}} = - S_{\text{créée}} \le 0

   Ce qui conduit à l'inégalité de Clausius :

   \boxed{\oint \frac{\delta Q}{T_{\text{ext}}} \le 0 \quad \text{(avec égalité si le cycle est réversible)}}

   Résultat

   $$W+Q=0$$

   $$\oint \frac{\delta Q}{T_{\text{ext}}}\le 0\text{(avec eˊgaliteˊ si le cycle est reˊversible)}$$

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9. Exercice 9X-ENS Physique PSI 2023, Q7

   1. Dérivée \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V} le long des transformations

   • Transformations isothermes réversibles (2 \to 3 et 4 \to 1) : Le système étant constitué d'un gaz parfait à température T constante, la loi des gaz parfaits donne :

     P V = n R T = \text{cste}

     En différentiant cette relation :

     \mathrm{d}(PV) = P\,\mathrm{d}V + V\,\mathrm{d}P = 0

     On en déduit :

     \boxed{\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T} = -\frac{P}{V}}

   • Transformations adiabatiques réversibles / isentropiques (1 \to 2 et 3 \to 4) : Pour un gaz parfait de capacités thermiques constantes subissant une transformation isentropique, la loi de Laplace s'écrit :

     P V^\gamma = \text{cste}

     En différentiant :

     \mathrm{d}(PV^\gamma) = V^\gamma \mathrm{d}P + \gamma P V^{\gamma-1}\mathrm{d}V = 0

     D'où :

     \boxed{\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{S} = -\gamma \frac{P}{V}}

   2. Représentation du cycle dans le plan (P, V)

   Puisque \gamma = 7/5 = 1{,}4 > 1, en tout point (P, V) commun, la pente d'une isentropique est plus forte en valeur absolue que celle d'une isotherme :

   \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{S}\right| = \gamma \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T}\right| > \left|\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)_{T}\right|

   Le cycle est parcouru dans le sens horaire car la machine fonctionne en moteur (W < 0).

   Résultat

   $${\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)}_T=-\frac{P}{V}$$

   $${\left(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}V}\right)}_S=-\gamma \frac{P}{V}$$

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10. Exercice 10X-ENS Physique PSI 2023, Q8

    La seconde identité thermodynamique s'écrit pour le système fermé constitué par le gaz :

    \mathrm{d}H = T\,\mathrm{d}S + V\,\mathrm{d}P \iff \mathrm{d}S = \frac{\mathrm{d}H}{T} - \frac{V}{T}\,\mathrm{d}P

    L'air étant assimilé à un gaz parfait, son enthalpie ne dépend que de la température (première loi de Joule) :

    \mathrm{d}H = m c_p\,\mathrm{d}T

    où m est la masse du système et c_p sa capacité thermique massique à pression constante.

    D'après l'équation d'état des gaz parfaits, avec la relation de Mayer c_p - c_v = \frac{R}{\mathcal{M}} :

    P V = \frac{m}{\mathcal{M}} R T = m(c_p - c_v) T \implies \frac{V}{T} = \frac{m(c_p - c_v)}{P}

    La variation infinitésimale d'entropie en fonction des différentielles \mathrm{d}T et \mathrm{d}P s'exprime donc sous la forme :

    \mathrm{d}S = m c_p \frac{\mathrm{d}T}{T} - m(c_p - c_v) \frac{\mathrm{d}P}{P}

    Pour éliminer la masse m, on écrit l'équation d'état dans l'état de référence 1 :

    P_1 V_1 = m(c_p - c_v) T_1 \implies m = \frac{P_1 V_1}{(c_p - c_v) T_1}

    En injectant cette relation dans l'expression de \mathrm{d}S, on obtient :

    \begin{aligned} \mathrm{d}S &= \frac{P_1 V_1}{(c_p - c_v) T_1} \left( c_p \frac{\mathrm{d}T}{T} - (c_p - c_v) \frac{\mathrm{d}P}{P} \right) \\ &= \frac{P_1 V_1}{T_1} \left( \frac{c_p}{c_p - c_v} \frac{\mathrm{d}T}{T} - \frac{\mathrm{d}P}{P} \right) \end{aligned}

    \boxed{\mathrm{d}S = \frac{P_1 V_1}{T_1} \left( \frac{c_p}{c_p - c_v} \frac{\mathrm{d}T}{T} - \frac{\mathrm{d}P}{P} \right) = \frac{c_p}{c_p - c_v} \frac{P_1 V_1}{T_1} \frac{\mathrm{d}T}{T} - \frac{P_1 V_1}{T_1} \frac{\mathrm{d}P}{P}}

    Résultat

    $$\mathrm{d}S=\frac{P_1{V}_1}{T_1}\left(\frac{c_p}{c_p-c_v}\frac{\mathrm{d}T}{T}-\frac{\mathrm{d}P}{P}\right)=\frac{c_p}{c_p-c_v}\frac{P_1{V}_1}{T_1}\frac{\mathrm{d}T}{T}-\frac{P_1{V}_1}{T_1}\frac{\mathrm{d}P}{P}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question