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Modèles thermodynamiques usuels de la matière
I. Modèle du gaz parfait
Exercice 1 : Ordres de grandeur pour le gaz parfait
Une enceinte de volume 𝑉 = 1,0 L contient 0,1 mole d’hélium à la température de 27°C. On supposera que ce gaz peut être assimilé à un gaz parfait monoatomique. On donne la masse molaire de l’hélium : 𝑀 = 4,0 g.mol-‐1.
Calculer les grandeurs suivantes : 1) Vitesse quadratique moyenne 2) Pression cinétique 3) Energie cinétique moyenne d’un atome 4) Energie interne
Correction :
1) Pour calculer la vitesse quadratique moyenne, on utilise le théorème d’équipartition de l’énergie :
𝑒! =12𝑚𝑣∗! =
32𝑘!𝑇
⇔ 𝑣∗ =3𝑘!𝑇𝑚
avec 𝑚 = 𝑛𝑀
𝑣∗ =3𝑘!𝑇𝑛𝑀
= 5,5. 10!! 𝑚. 𝑠!!
2) Pour calculer la pression cinétique, on utilise l’équation d’état des gaz parfaits :
𝑃 =𝑛𝑅𝑇𝑉
= 2,49. 10! 𝑃𝑎 = 2,49 𝑏𝑎𝑟
3) Pour calculer l’énergie cinétique moyenne, on utilise le théorème d’équipartition de l’énergie :
𝑒! =32𝑘!𝑇 = 6,2. 10!!" 𝐽
4) Pour calculer l’énergie interne, on utilise la première loi de Joule :
𝑈 =32𝑛𝑅𝑇 = 374 𝐽
Exercice 2 : Cohérence des modèles microscopiques et macroscopiques
On étudie le comportement théorique d’un gaz parfait placé dans une enceinte lorsqu’on modifie certains des paramètres qui définissent son état.
Prévoir, dans chacun des cas suivants, l’évolution de la pression et de la température en raisonnant à l’échelle microscopique. Vérifier la cohérence de l’équation d’état macroscopique : 1) Le volume de l’enceinte et le nombre de particules demeurant constants, on double la vitesse
des particules. 2) Le volume de l’enceinte et la vitesse moyenne des particules demeurant constants, on double le
nombre de particules. 3) Le nombre de particules et leur vitesse moyenne demeurant constants, on double le volume de
l’enceinte. 4) Le volume de l’enceinte demeurant constant, on place deux fois moins de particules, chacune
étant deux fois plus rapide. 5) Parmi les évolutions précédentes, lesquelles nécessitent d’apporter de l’énergie au système ?
Correction :
1) Raisonnement macroscopique : Les variables d’état (macroscopiques) 𝑉 et 𝑛 sont fixes. L’équation d’état stipule alors que la pression 𝑃 et la température 𝑇 devraient varier conjointement. Raisonnement microscopique : Microscopiquement, la pression résulte des chocs des particules sur la paroi : elle dépend donc de la fréquence des chocs et de la quantité de mouvement qu’ils transmettent. En doublant la vitesse des particules, on double la fréquence de leurs chocs avec la paroi ainsi que la "violence" de ces chocs. La pression sera donc multipliée par 4. La température est quant à elle une mesure de l’énergie cinétique moyenne des particules. En doublant la vitesse des particules, on multiplie bien par 4 leur énergie cinétique, donc la température du gaz. Pression et température varient donc bien conjointement.
Vitesse des particules Pression Volume Quantité de
matière Température
Etat initial 𝑣! 𝑃! 𝑉! 𝑛! 𝑇! Etat final 2𝑣! 4𝑃! 𝑉! 𝑛! 4𝑇!
2) Raisonnement microscopique : En doublant la quantité de matière, il y a une répercussion sur la pression puisque le nombre de particules entrant en collision avec la paroi est deux fois plus élevé. Comme la vitesse moyenne des particules est quant à elle inchangée, ces chocs transmettront une quantité de mouvement inchangée. La pression va donc doubler. La température est quant à elle une mesure de l’énergie cinétique moyenne des particules. En gardant constante la vitesse des particules, on garde constante leur énergie cinétique, donc la température du gaz. Raisonnement macroscopique : L’équation d’état est bien vérifiée.
Vitesse des particules Pression Volume Quantité de
matière Température
Etat initial 𝑣! 𝑃! 𝑉! 𝑛! 𝑇! Etat final 𝑣! 2𝑃! 𝑉! 2𝑛! 𝑇!
3) Raisonnement microscopique : La vitesse des particules est inchangée, donc comme précédemment, la température du gaz est constante. Les chocs conservent le même effet sur la paroi (même échange de quantité de mouvement) mais le doublement du volume à quantité de matière constante réduit leur fréquence de moitié : la pression doit donc réduire de moitié. Raisonnement macroscopique : L’équation d’état est bien vérifiée.
Vitesse des particules Pression Volume Quantité de
matière Température
Etat initial 𝑣! 𝑃! 𝑉! 𝑛! 𝑇!
Etat final 𝑣! 𝑃!2 2𝑉! 𝑛! 𝑇!
4) Raisonnement microscopique : La vitesse des particules étant deux fois plus rapide, la température sera quatre fois plus élevée. La pression est quant a elle inchangée car il y a deux fois moins de chocs (quantité de matière divisée par deux) mais qui sont deux fois plus violents (vitesse deux fois plus grande). Raisonnement macroscopique : l’équation d’état est bien vérifiée.
Vitesse des particules Pression Volume Quantité de
matière Température
Etat initial 𝑣! 𝑃! 𝑉! 𝑛! 𝑇!
Etat final 2𝑣! 𝑃! 𝑉! 𝑛!2 4𝑇!
5) L’énergie interne d’un gaz parfait est proportionnelle au produit de température par la quantité de matière. Elle reste inchangée pour l’évolution 3, qui est donc la seule à ne pas nécessiter d’apporter de l’énergie au système.
Exercice 3 : Ouverture d’une bouteille d’air comprimé
Une bouteille d’acier, munie d’un détendeur, contient dans un volume 𝑉! = 60,0 L de l’air comprimé sous une pression 𝑃! = 15,0 bar et à une température 𝑇! = 298 K. L’air est assimilé à un gaz parfait.
Données : 𝑅 = 8,31 J.K-‐1.mol-‐1 et 𝑀!"# = 29,0 g.mol-‐1.
1) Calculer la quantité molaire et massique d’air contenue dans cette bouteille. 2) Quelle est la masse volumique de l’air comprimé dans ces conditions ? Sa densité ? 3) Sachant que l’air peut être assimilé au mélange (en mol) : 21% O2 (𝑀! = 16 g.mol-‐1), 78% N2
(𝑀! = 14 g.mol-‐1) et 1% de gaz nobles (Ar), calculer la masse de dioxygène contenue dans cette bouteille.
4) On ouvre le détendeur à l’air atmosphérique, de pression 𝑃! = 1,0 bar et de température 𝑇! = 298 K. Quel volume d’air comprimé s’échappe de la bouteille à température constante ?
Correction :
1) L’équation d’état de l’air assimilé à un gaz parfait s’écrit :
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇
On en déduit :
𝑛 =𝑃!𝑉!𝑅𝑇!
= 36,3 𝑚𝑜𝑙
𝑚 = 𝑛𝑀!"# =𝑃!𝑉!𝑀!"#
𝑅𝑇!= 1,05 𝑘𝑔
2) La masse volumique s’écrit par définition :
𝜌 =𝑚𝑉
𝑑𝑜𝑛𝑐 𝜌 =𝑚𝑉!=𝑃!𝑀!"#
𝑅𝑇!= 17,6 𝑘𝑔.𝑚!!
La densité d’un gaz se calcule par rapport à l’air dans les mêmes conditions :
𝑑 =𝜌𝜌!"#
=𝑀𝑀!"#
Le gaz étant ici de l’air, 𝑀 = 𝑀!"# et 𝑑 = 1.
3) La bouteille contient :
𝑛 𝑂! = 0,21𝑛 = 7,623 𝑚𝑜𝑙
𝑚 𝑂! = 𝑛 𝑂! ×𝑀 𝑂! = 0,24 𝑘𝑔
4) Lorsque l’on ouvre le détendeur, l’air comprimé se détend à l’air libre. Il prend la pression 𝑃! et la température 𝑇!. Son volume devient donc 𝑉! tel que :
𝑃!𝑉! = 𝑛𝑅𝑇! = 𝑃!𝑉! 𝑐𝑎𝑟 𝑇! = 𝑇!
𝑉! =𝑃!𝑉!𝑃!
= 900 𝐿
Néanmoins, l’ouverture de la bouteille ne permet d’extraire que 840 L car 60 L restent dans la bouteille sous la pression 1,0 bar.
Exercice 4 : Gonflage d’un pneu
Dans cet exercice, l’air est assimilé à un gaz parfait.
1) Un pneu sans chambre, de volume supposé constant, est gonflé à froid à la température 𝜃! = 20°C, sous la pression 𝑃! = 2,1 bar. Après avoir roulé un certain temps, le pneu affiche une pression 𝑃! = 2,3 bar. Quelle est alors sa température ?
2) Un pneu de volume 𝑉! = 50 L est gonflé au moyen d’air comprimé contenu dans une bouteille de volume 𝑉! = 80 L sous la pression 𝑃! = 15 bar. Les opérations se passent à température constante. a) Si la pression initiale dans le pneu est nulle et la pression finale est 𝑃! = 2,6 bar,
déterminer la pression 𝑃 dans la bouteille à la fin du gonflage du pneu. b) Combien de pneus peut-‐on gonfler avec cette bouteille ?
Correction :
1) L’équation d’état de l’air assimilé à un gaz parfait s’écrit :
𝑃!𝑉 = 𝑛𝑅𝜃! et 𝑃!𝑉 = 𝑛𝑅𝜃!
⇔ 𝜃! =𝑃!𝑃!𝜃! = 321 𝐾
2) a) La quantité de gaz initialement dans la bouteille est :
𝑛! =𝑃!𝑉!𝑅𝑇
La quantité de gaz finale dans le pneu est quant à elle :
𝑛! =𝑃!𝑉!𝑅𝑇
Il reste donc dans la bouteille une quantité de gaz 𝑛! = 𝑛! − 𝑛! correspondant à une pression :
𝑃 =𝑛!𝑅𝑇𝑉!
=𝑛!𝑅𝑇𝑉!
−𝑛!𝑅𝑇𝑉!
⇔ 𝑃 = 𝑃! −𝑃!𝑉!𝑉!
= 13 𝑏𝑎𝑟
b) Pour pouvoir continuer à gonfler, la pression dans la bouteille doit rester supérieure à 𝑃! = 2,6 bar. La quantité de gaz restant dans la bouteille est alors 𝑛! telle que :
𝑛! =𝑃!𝑉!𝑅𝑇
La quantité de gaz utile est donc :
𝑛′! = 𝑛! − 𝑛! =𝑃! − 𝑃! 𝑉!
𝑅𝑇
Par pneu gonflé, on utilise une quantité 𝑛! de gaz. Le nombre de pneus qu’on peut gonfler vaut donc :
𝑁 = 𝐸𝑛′!𝑛!
⇔ 𝑁 = 𝐸𝑃!𝑃!− 1
𝑉!𝑉!
= 7
II. Modèle de la phase condensée idéal
Exercice 5 : Chute d’un caillou dans un lac
Un lac, de température uniforme 𝑇! , a une pression croissante avec la profondeur : la pression vaut 𝑃! à la surface du lac et 𝑃! au fond de l’eau, située à une profondeur ℎ. On laisse tomber, depuis la surface du lac, un caillou de masse 𝑚, assimilé à une phase condensée idéale de capacité calorifique massique 𝑐. La température initiale du caillou est 𝑇! et la norme du champ de pesanteur terrestre vaut 𝑔.
Données :
𝑇! = 285 K 𝑃! = 10! Pa
𝑇! = 297 K 𝑃! = 1,2.10! Pa
ℎ = 2 m 𝑚 = 200 g
𝑐 = 420 J.K!!. kg!! 𝑔 = 10 m. s!!
1) On s’intéresse à la phase de descente du caillou et on néglige les forces de frottement fluide. Pourquoi peut-‐on considérer que la descente est une transformation adiabatique du caillou ?
2) On néglige toujours les forces de frottement fluide. Le caillou reçoit-‐il du travail mécanique au cours de sa descente ? Peut-‐on prévoir une variation de la température du caillou au cours de cette transformation ?
3) On prend désormais en compte les forces de frottement pendant la descente, puis au moment du choc sur le sol. Calculer la température maximale 𝑇! que peut atteindre le caillou au cours de cette transformation.
4) Modéliser la transformation subie par le caillou lors de cette première phase. 5) On envisage désormais l’évolution du caillou une fois posé au sol. Modéliser cette
transformation. 6) Calculer la variation d’énergie interne du caillou pendant cette transformation. 7) Représenter les deux phases de l’évolution du caillou dans un diagramme 𝑃,𝑇 .
Correction :
1) Les transferts thermiques nécessitent des durées sensiblement plus longues que le temps de chute du caillou. Ce dernier n’est pas calorifugé, mais il n’a pratiquement pas le temps d’échanger un transfert thermique pendant sa descente, qui peut donc être considérée comme une transformation adiabatique.
2) Au cours de sa descente, le caillou est soumis à pression de plus en plus grande, mais son volume ne varie pas (modèle de la phase condensée idéale : le caillou ne reçoit donc aucun travail au cours de sa descente. Le caillou ne recevant ni travail, ni transfert thermique, son énergie interne demeure constante au cours de la transformation. Ainsi, sa température demeure constante.
3) Prenons l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur au niveau de la surface du sol. A la surface de l’eau, le caillou dispose d’une énergie potentielle 𝐸! = 𝑚𝑔ℎ et son énergie cinétique est nulle. Une fois au sol, le caillou ne possède plus ni énergie cinétique, ni énergie potentielle. La variation d’énergie mécanique est liée au travail des forces de frottement pendant la chute et au choc sur le sol. En considérant que toute l’énergie mécanique qui s’est dissipée a pour conséquence une élévation de l’énergie interne du caillou, on obtient :
∆𝐸! + ∆𝑈 = 0
⇔ ∆𝑈 = 𝑚𝑔ℎ
⇔ 𝑚𝑐∆𝑇 = 𝑚𝑔ℎ
⇔ 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = 𝑚𝑔ℎ
⇔ 𝑇! = 𝑇! +𝑔ℎ𝑐
= 297,05 𝐾
4) Lors de sa descente, le caillou subit une compression isochore adiabatique. 5) Une fois posé au sol, le caillou est soumis à une pression constante : le caillou subit donc une
transformation isochore et isobare. Le caillou est encore à sa température initiale, donc en déséquilibre thermique avec le lac : il va donc se refroidir.
6) La température du caillou évolue jusqu’à atteindre celle du lac. Sa variation d’énergie interne vaut donc :
∆𝑈 = 𝑚𝑐 𝑇! − 𝑇! = 1008 𝐽