Cette simulation permet, via l'étude d'un gaz parfait subissant un cycle triangulaire (dans le diagramme 𝘱, 𝘝) de transformations réversibles, de comprendre la différence entre ces grandeurs thermodynamiques que sont la température, le transfert thermique et l'entropie. L'accent est mis sur le processus BC, caractérisé par un gradient de pression est constant, et dont les états initial et final sont déterminés par les paramètres 𝘬 et 𝘲. En particulier, selon leurs valeurs, le système parvient à des états distincts de température maximale (point 𝘛*) et d'entropie maximale (point 𝘚*) ! Découvrez plus d'explications sous le canvas.
Les deux courbes de droite appuient cette constatation. Ainsi les surfaces rouge ou bleue sous la courbe 𝘛BC(𝘚) correspondent respectivement à du transfert thermique reçu ou cédé par le sytème durant cette transformation. Cette distinction permet de calculer correctement à la fois de manière théorique et numérique (détermination numérique des surfaces sous les diverses transformations représentées dans les diagrammes de Clapeyron et entropique), l'efficacité énergétique d'un tel cycle subi par le système. Il convient bien entendu de différencier les contributions respectivement positive et négative des transformations AB et CA, ainsi que des travaux échangés durant le cycle 𝘱(𝘝). D'autre part, si 𝛾 = 𝘊p/𝘊v désigne le coefficient adiabatique et 𝛾̄ le ratio : 𝛾̄ = , alors les calculs nous apprennent que le transfert thermique 𝘘BC est globalement nul lorsque 𝘲 a pour valeur caractéristique : 𝘲₀ = . Exemples de tels couples de valeurs {𝘬, 𝘲₀} primo lorsque 𝛾 = 7⁄5 : {2.75, 2.00}, {4.00, 2.50}, {6.50, 3.20} et secundo lorsque 𝛾 = 5⁄3 : {3.50, 2.00}, {8.50, 2.80}. Et pourtant Δ𝘚BC ≠ 0 ! Lorsque 𝘲 < 𝘲₀ : 𝘘BC < 0. Réciproquement, les calculs nous renseignent sur le fait que Δ𝘚BC = 0 lorsque 𝘬 = 𝘲𝛾 bien que 𝘘BC ≠ 0. Tel est la cas par ex. pour les triplets de valeurs {𝛾, 𝘬, 𝘲} : {5⁄3, 4.45, 2.45} et {7⁄5, 5.10, 3.20}. Surprenant, n'est-ce pas ?