NOTIONS DE THERMODYNAMIQUE - corrigé des exercices
A. EXERCICES DE BASE I. Baromètre de Huygens
• D’après la loi de l’équilibre hydrostatique, on a initialement : p = ρ g h1 + µ g.(h2 - h1) où h1 et h2 sont les hauteurs des niveaux N1 et N2 par rapport au niveau initial dans la cuve (considéré comme origine fixe des repérages).
• On a de même finalement : p + Δp = ρ g.(h’1 - h’) + µ g.(h’2 - h’1) où h’ est la hauteur du niveau final dans la cuve (h’ < 0). On obtient donc par différence : Δp = ρ g.[(h’1 - h1) - h’] + µ g.[(h’2 - h2) - (h’1 - h1)].
• La conservation des volumes de liquide impose : (h’1 - h1) s1 = (h’2 - h2) s2 = -h’ S d’où on déduit : Δp = (h’2 - h2) [ρ g.(
€
s2 s1 +
€
s2
S) + µ g.(1 -
€
s2
s1)] et h’2 - h2 =
€
Δp ρg.(s2
s1 +s2
S)+ µg.(1−s2 s1)
.
• Pour le baromètre ordinaire (sans renflement B et sans glycérine) : h’2 - h2 =
€
Δp ρg.(1+s2
S)
et le gain
en précision est :
€
ρg.(1+s2 S) ρg.(s2
s1+s2
S)+ µg.(1−s2 s1)
≈ 8,5.
II. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour une hauteur de gaz hg dans un tube de section S, la pression est : p =
€
nRT
Shg . Mais pour une dénivellation de mercure hm cette pression est également : p = p0 - ρg hm (où p0 est la pression atmosphé- rique) ; d’où la relation : p0 - ρg hm =
€
nRT Shg .
• De même après enfoncement (pour une pression p’), donc : p0 - ρg h’m =
€
nRT Sh "g .
•
En éliminant la quantité inconnue€
nRT
S entre ces deux équations : (p0 - ρg hm) hg = (p0 - ρg h’m) h’g où : h’g = hm + hg - Δh - h’m = 60 + 10 - 20 - 45 = 5 cm = 0,05 m.
• On obtient finalement : p0 = ρg
€
hmhg− #h mh #g
hg− #h g = 1,0.10
5 Pa.
III. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour le baromètre à mercure, une dénivellation h = 100 mm correspond à la pression : p1 = ρgh =
= 13340 Pa (en notant avec l’indice 1 la partie du bas et avec l’indice 2 celle du haut).
• L'équilibre du piston impose une relation analogue à celle d'un liquide incompressible : Δpp = µghp ; p2 = p1 - µghp = 12020 Pa.
• Lors du chauffage, les nombres de moles et la section du tube sont inchangés :
€
p1h1 T =
€
"
p 1h "1
"
T et
€
p2h2 T =
€
"
p 2h "2
"
T . Par ailleurs : p1 - p2 = p’1 - p’2 = Δpp et (si le tube et le piston ne se dilatent pas) h1 + h2 =
= h’1 + h’2.
• On en déduit : p1
€
h1T "
"
h 1T = p’2 + Δpp = p2
€
h2T "
(h1+h2− "h 1)T + Δpp puis, en éliminant les dénominateurs :
h’12.[ΔppT] - h’1.[(p1h1 + p2h2)T’ + Δpp.(h1 + h2)T] + [p1h1.(h1 + h2)T’] = 0. La résolution numérique donne une seule solution acceptable : h’1 = 50,7 cm ce qui correspond à une montée de 7 mm.
IV. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour le baromètre à mercure, une dénivellation h = 100 mm correspond à la pression : p1 = ρgh =
= 13340 Pa (en notant avec l’indice 1 la partie du bas et avec l’indice 2 celle du haut).
• L'équilibre du piston impose une relation analogue à celle d'un liquide incompressible : Δpp = µghp ; p2 = p1 - µghp = 12020 Pa.
• Lors du retournement, les nombres de moles, la température et la section du tube sont inchangés : p1h1 = p’1h’1 et p2h2 = p’2h’2. Par ailleurs (la partie 1 étant a la fin en haut) : p1 - p2 = p’2 - p’1 = Δpp et (si le tube et le piston ne se dilatent pas) h1 + h2 = h’1 + h’2.
• On en déduit : p2
€
h2
h1+h2− #h 1 = p’1 + Δpp = p1
€
h1
"
h 1 + Δpp puis, en éliminant les dénominateurs : h’12.[Δpp] + h’1.[(p1h1 + p2h2) - Δpp(h1 + h2)] - [p1h1(h1 + h2)] = 0. La résolution numérique donne une seule solution acceptable : h’1 = 55,2 cm ce qui correspond à une descente de 52 mm.
V. Masse de l’atmosphère terrestre
◊ remarque : l’énoncé considère comme constant le coefficient g de la pesanteur ; ceci suppose qu’on se limite à des altitudes négligeables en comparaison du rayon terrestre (z < 60 km environ).
• On peut calculer la pression p(z) par intégration de : dp = -ρ(z)g dz en utilisant (d’après la loi des gaz parfaits) : ρ(z) =
€
M Vm =
€
M p(z)
RT . Ceci donne :
€
dp dz = -
€
Mg
RT p(z) puis : p(z) = p0
€
e−
Mgz RT .
◊ remarque : pour z ≈ 60 km, on obtient :
€
e−
Mgz
RT ≈ 10-3 (avec la masse molaire M en kg.mol-1 pour compatibilité des unités) donc la quasi totalité de l’atmosphère est effectivement dans une zone où g peut être considéré comme constant.
• On en déduit : ρ(z) =
€
M Vm =
€
Mp0 RT
€
e−
Mgz
RT puis en intégrant : mt =
€
ρ
( )
z dr r∫∫∫
dθr sin( )
θ dφ == 4π
€
ρ
( )
z r2dr∫
avec z = r - rt.• Mais au même degré d’approximation que pour g : r ≈ rt pour la quasi totalité de l’atmosphère ; donc : mt = 4πrt2
€
ρ
( )
z dz∫
= 4πrt2€
Mp0 RT
€
e−
Mgz
∫
RTdz = 4πrt2€
p0
g = 5,3.1018 kg.
◊ remarque : en norme, on peut considérer que la force pressante au sol doit équilibrer le poids de l'atmosphère.
VI. Pression d’un pneu
• Si on considère l’air comme un gaz parfait, la pression dans le pneu est proportionnelle à la tempéra- ture et l’écart relatif de pression est le même que celui de la température.
• Le passage de -10 °C à 30 °C correspond à un écart relatif de température :
€
ΔT T ≈
€
40
263 ≈ 0,15 soit une variation ≈ 15 % et qui impose donc une correction de la pression.
VII. Calcul d'une fuite
☞
remarque : on suppose que la fuite est assez petite pour que la distribution statistique des vitesses soit toujours conforme au facteur de Boltzmann€
e−
Ec
RT, sinon tous les calculs basés sur les moyennes se- raient modifiés.
• Les atomes de vitesse vx > 0 qui viennent de la gauche et atteignent s pen- dant une durée dt sont ceux qui sont distants d'au plus dx = vx dt. Ceci est indépen- dant des autres composantes du mouvement ; on peut donc raisonner comme si tous les constituants se déplaçaient selon Ox.
• Leur nombre est en moyenne : dN’ =
⟨
€
1 2N1.
€
vxdt
( )
.sV1
〉
=€
1 2
€
N1
V1 s ⟨vx〉 dt. Par ailleurs, d'après la symétrie, ⟨vx〉 calculée sur les vitesses positives correspond à ⟨
€
vx〉 calculée sur l'ensemble des vitesses.
◊ remarque : dans le volume total V1, le nombre d'atomes de vitesse vx est dN1(vx) = N1.dP(vx) (ce n'est pas une variation, mais une contribution au nombre total) ; le nombre total N1 est mis en facteur ; la probabilité dP(vx) est utilisée pour l'intégrale de la moyenne.
• De même, les atomes de vitesse vx < 0 qui viennent de la droite et atteignent s pendant une durée dt sont ceux qui sont distants d'au plus dx =
€
vx dt.
• Leur nombre est en moyenne : dN” =
⟨
€
1 2N2.
€
vxdt
( )
.sV2
〉
=€
1 2
€
N2 V2 s ⟨
€
vx〉 dt. Par ailleurs, d'après le facteur de Boltzmann, la moyenne des vitesse ne dépend que de la température, donc elle est la même des deux côtés.
• Au total (compte tenu de V1 = V2, noté V) : dN2 = -dN1 = dN’ - dN” = (N1 - N2)
€
s 2V ⟨
€
vx〉 dt.
• Puisque N = N1 + N2 est constant : N1 - N2 = N - 2N2 ; on obtient donc :
€
dN2 N−2N2 =
€
dt
τ en notant τ =
€
2V
s.<vx >. On en déduit par intégration, compte tenu des conditions initiales : N2(t) =
€
N 2.(1 - e
-2t/τ).
◊ remarque : on doit retrouver qu'à la limite le gaz est réparti uniformément dans les deux récipients.
• D'après la proportionnalité dans la loi des gaz parfaits : p2(t) =
€
N2 N p =
€
p 2.(1 - e
-2t/τ). Par suite, on obtient p2(t) = p’ =
€
p
10 pour t = τ ln
€
5 2
"
#
$$
%
&
''.
• Pour calculer τ, on ne connaît pas ⟨
€
vx〉 mais on peut en estimer l'ordre de grandeur, comparable à la vitesse quadratique moyenne : ⟨
€
vx〉 ≈ vx* =
€
v∗ 3 =
€
RT
M = 750 m.s
-1 ; ceci donne : τ ≈ 2,7.106 s et finalement : t ≈ 3,0.105 s ≈ 3,5 jours.
◊ remarque : le calcul complet de la moyenne (pondérée par le facteur de Boltzmann correspondant)
donne : ⟨
€
vx 〉 =
€
vx e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞avec
€
vxe−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞ =€
RT
M e−udu
0
∫
∞ =€
RT
M ; en outre, l'intégration
en coordonnées polaires donne :
€
e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞ =€
2RT M
€
e−x2 dx
0
∫
∞ =€
2RT M
€
e−x
2+y2
( )
dx dy0
∫
∞ 0∫
∞ ==
€
2RT M
€
e−r2r dr
0
∫
∞%
&
' (
)*. dθ
0
∫
π/ 2%
&
' (
)* =
€
πRT 2M
€
e−udu
0
∫
∞ =€
πRT
2M et donc : ⟨
€
vx〉 =
€
2RT
πM = 600 m.s
-1, ce qui est bien de l'ordre de grandeur envisagé ; ceci donne : τ = 3,4.106 s et t = 3,75.105 s ≈ 4,3 jours.
VIII. Libre parcours moyen
1.a.
• Dans des conditions “usuelles” l'espace occupé par les constituants est très inférieur à celui occupé par le gaz. Pour un volume molaire de 24 L.mol-1, la distance entre constituants est ≈ 30 fois le rayon ato- mique. On peut donc étudier les collisions “comme si” aucune des particules fixes n'était “cachée” derrière une autre.• Dans ces conditions, la particule mobile avec une vitesse v peut choquer toutes les particules fixes dont les centres sont décalés de son axe de mouvement de moins de 2r ; on dit que la particule mobile
“balaye” un volume 4πr2 v Δt pendant une durée Δt. On dit aussi que la “section efficace” de collision de la particule est dans ce cas σ = 4πr2.
• Le libre parcours moyen ℓ est la longueur d'un tel cylindre tel qu'il contienne (en moyenne) une et une seule particule. Soit C la concentration des particules, ceci impose ℓ = 1
Cσ.
◊ remarque : ce libre parcours moyen ne dépend pas de la vitesse de la particule, donc serait inchan- gé si on raisonnait sur un faisceau parallèle constitué de particules de vitesses différentes ; la “durée moyenne de collision” τ est de façon analogue : τ = ℓ
v, mais au contraire pour un faisceau de particules il faudrait calculer la moyenne sur la répartition des vitesses.
1.b.
• Dans le raisonnement précédent, on peut raisonner dans le référentiel de la particule (fixe), donc considérer la probabilité pour que le centre d'une des autres particules traverse la section σ (base du cy- lindre “balayé”).• On considère ainsi les particules mobiles de vitesse v!"!
, donc de vitesse relative V!"!!
= v!"! - v!
. Le cylindrique oblique contenant les particules pouvant traverser σ pendant Δt a pour volume : σ Vx! Δt. Il faut noter qu'on doit considérer le cas où Vx!< 0 (particules venant à la rencontre de celle étudiée, ou rattrapées par celle-ci) mais aussi le cas où Vx! > 0 (particules rattrapant celle étudiée).
• Le nombre de particules traversant σ pendant Δt est donc en moyenne : ΔN’ =
⟨
N.(
Vx! Δt)
.σV
〉
= NV σ ⟨ Vx! 〉 Δt.◊ remarque : dans la moyenne, on prend en compte le nombre de particules dN(Vx! ) = N.dP(Vx! ) avec la probabilité maxwellienne correspondante.
• Cependant la distance parcourue pendant Δt correspond ici encore à L = ⟨ vx 〉 Δt. En considérant ΔN' = 1 on obtient donc maintenant : ℓ = vx
Vx! 1 Cσ.
• Pour exprimer dP(Vx! ) on peut utiliser d2P(vx, v’x) = dP(vx).dP(v’x) et intégrer sur tous les couples donnant une même valeur de Vx! .
• Il est alors utile de simplifier les notations en posant : α = M
2RT ; x = vx ; y = v’x. On obtient ainsi :
⟨ Vx! 〉 = y−x e
−αx2e−αy2 dx
−∞
∫
∞ dy−∞
∫
∞e−αx2dx e−αy2 dy
−∞
∫
∞−∞
∫
∞.
• Le calcul se simplifie avec les notations : ξ = x+y
2 ; ψ = x−y
2 (correspondant à une rotation des axes de π
4). On obtient ainsi : x = ξ+ψ
2 ; y = ξ − ψ
2 ;
x2 + y2 = ξ2 + ψ2 ; dx dy = ∂(x,y)
∂(ξ,ψ) dξ dψ = dξ dψ ; y−x e−αx2e−αy2dx
−∞
∫
∞ dy−∞
∫
∞ = −∞ 2 ψe−αψ2dψ∫
∞ . −∞ e−αξ2dξ∫
∞ ;⟨ Vx! 〉 = 2 ψe
−αψ2dψ
−∞
∫
∞e−αψ2dψ
−∞
∫
∞= 2 vx ;
• Ainsi finalement : ℓ = 1 2
1 Cσ.
◊ remarque : de nombreux ouvrages, raisonnant dans le référentiel où le gaz est globalement immo- bile, justifient le facteur 2 en considérant que ⟨V!2〉 = ⟨v2〉 + ⟨v!2〉 - 2 ⟨v!•v"!!〉 = 2 ⟨v2〉 ; cet argument est toutefois plutôt insuffisant dans la mesure où, dans le cas général : ⟨V!2〉 ≠ ⟨V!〉2.
2.a
. • Pour un récipient cubique de ≈ 1 L, le libre parcours moyen est nettement plus grand s'il est ≈ 1 m.Pour des particules de l'ordre de la taille d'un atome, il faut une concentration C ≈ 1 2
1
ℓσ ≈ 2,2.1017 m-3, correspondant à un volume molaire ≈ 3.109 L.mol-1.
• D'après la loi des gaz parfaits, ce volume est proportionnel à la température. À la pression usuelle, il faudrait donc atteindre une température ≈ 3,6.1010 K ; peu probable.
• D'après la loi des gaz parfaits, ce volume est inversement proportionnel à la pression. À la tempéra- ture usuelle, il faudrait donc atteindre une pression ≈ 8.10-4 Pa ; ceci correspond à un “vide secondaire”, plutôt inusuel sur Terre.
• Par contre, la concentration dans le gaz interstellaire est ≈ 106 m-3, c'est-à-dire nettement inférieure à celle envisagée. Dans l'intermédiaire, cette dernière correspond aux conditions rencontrées dans la haute atmosphère (thermosphère) aux altitudes ≈ 100 km.
2.b
. • On considère usuellement la pression au niveau d'une paroi d'après la force pressante résultant d'une multitude de chocs microscopiques des particules.• Pour évoquer la pression en un point quelconque, on peut faire référence à la force pressante sur une paroi imaginaire qu'on introduirait en ce lieu. Toutefois, pour que le gaz soit en équilibre thermodyna- mique, on suppose que les chocs entre constituants sont assez fréquents pour maintenir la répartition statis- tique des vitesses. On est alors tenté d'imaginer la “pression” en chaque point comme décrivant une sorte d'effet statistique de ces chocs en son voisinage.
• Dans un gaz très raréfié, les collisions entre particules dans un petit volume sont pratiquement inexistantes ; l'équilibre thermique est maintenu, mais à plus grande échelle. On ne peut donc pas définir de volume “mésoscopique”, à la fois assez petit pour être considéré comme infinitésimal dans les raisonne- ments ET assez grand pour que la statistique des chocs qu'il subit justifient l'interprétation précédente.
• Alors que les particules qui choquant la limite d'un volume infinitésimal lui transmettraient le double de leur impulsion normale (en rebroussant chemin), au contraire les particules qui entrent dans le volume en franchissant la limite sans choc n'apportent que leur impulsion. Par contre, il y a statistiquement autant de particules qui sortent de même du volume sans choc, emportant statistiquement autant d'impulsion qu'une particule incidente qui rebondirait. Les lois thermodynamique restent valables, mais leur interprétation est nettement moins simple.
IX. Pression de vapeur à l'équilibre de changement d'état
☞
remarque : pour mesurer avec précision la pression de vapeur de Be, le dispositif doit être placé dans une enceinte à vide ; la pression extérieure est donc supposée nulle ; on suppose en outre que la fuite est assez petite pour que la distribution statistique des vitesses soit toujours conforme au facteur de Boltzmann€
e−
Ec
RT, sinon tous les calculs basés sur les moyennes seraient modifiés.
• Les atomes de vitesse vx > 0 qui viennent de la gauche et atteignent s pen- dant une durée dt sont ceux qui sont distants d'au plus dx = vx dt. Ceci est indépen- dant des autres composantes du mouvement ; on peut donc raisonner comme si tous les constituants se déplaçaient selon Ox.
• Leur nombre est en moyenne : dN =
⟨
€
1 2N.
€
vxdt
( )
.sV
〉
=€
1 2
€
N
V s ⟨vx〉 dt. Par ailleurs, d'après la symétrie, ⟨vx〉 calculée sur les vitesses positives correspond à ⟨
€
vx〉 calculée sur l'ensemble des vitesses.
• Pour calculer
€
dN
dt , on ne connaît pas ⟨
€
vx〉 mais on peut en estimer l'ordre de grandeur, comparable à la vitesse quadratique moyenne : ⟨
€
vx〉 ≈ vx* =
€
v∗ 3 =
€
RT
M = 1190 m.s-1.
• L'équilibre de changement d'état maintient la pression constante en compensant la fuite par sublima- tion du solide (on néglige la variation du volume de gaz due à la variation du volume du solide). On peut donc écrire : p =
€
nRT V =
€
N V
€
RT
N
A=
€
dN dt
2RT s. vx .
N
A≈
€
Δm Δt
€
2 s
RT
M = 2,92 Pa.
◊ remarque : le calcul complet de la moyenne (pondérée par le facteur de Boltzmann correspondant)
donne : ⟨
€
vx〉 =
€
vxe−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞avec
€
vx e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞ =€
RT
M e−udu
0
∫
∞ =€
RT
M ; en outre, l'intégration
en coordonnées polaires donne :
€
e−
Mvx2 2RT dvx
0
∫
∞ =€
2RT M
€
e−x2 dx
0
∫
∞ =€
2RT M
€
e−x
2+y2
( )
dx dy0
∫
∞ 0∫
∞ ==
€
2RT M
€
e−r2r dr
0
∫
∞%
&
' (
)*. dθ
0
∫
π/ 2%
&
' (
)* =
€
πRT 2M
€
e−udu
0
∫
∞ =€
πRT
2M et donc : ⟨
€
vx〉 =
€
2RT
πM = 950 m.s
-1, ce qui est bien de l'ordre de grandeur envisagé ; ceci donne : p = 3,66 Pa.
X. Température Fahrenheit
1.
• En écrivant la transformation affine : tC = A tF + B (où tC et tF ne désignent pas les températures, mais les valeurs numériques correspondantes) on obtient : 32 A + B = 0 et 212 A + B = 100 d’où on déduit : A =€
5
9 et B = -
€
160
9 puis : T = 451 °F ≈ 233 °C.
2.
• La condition cherchée peut s’écrire : tC = tF =€
B
1−A = -40 et la température correspondante est donc : T’ = -40 °C = -40 °F.
XI. Thermocouple
1.
• Les valeurs de E pour les deux premières températures correspondent à : a = 2,041.10-2 mV.°C-1 et b = 3,733.10-5 mV.°C-2 ; ces valeurs donnent effectivement : E = 7,436 mV pour t = 250 °C. La repré- sentation est donc correcte.◊ remarque : en cas de léger désaccord, on pourrait trouver une représentation acceptable en ajustant a et b pour retrouver les valeurs de E les meilleures possibles pour les trois températures.
2.
• Une expression linéaire E1(t) = ct, normalisée à 250 °C, donne : c = 2,974.10-2 mV.°C-1.• L’écart entre les deux représentations est maximal quand, pour une mesure E donnée, la dérivée de la différence s’annule : t’(E) - t1’(E) où t1(E) =
€
E
c est la fonction réciproque de E1(t).
• Puisque t(E) =
€
−a+ a2+4Eb
2b la condition précédente correspond à :
€
1 a2+4Eb
-
€
1
c = 0, c’est-à- dire : E =
€
c2−a2
4b = 3,134 mV. La température est alors : t = t(E) =
€
c−a
2b ≈ 125 °C.
• L’écart correspond alors à : t1(E) - t(E) ≈ -20 °C.
XII. Thermistance
1.
• Les valeurs de R aux deux premières températures donnent : A = 6,56.10-5 kΩ et B = 3590 K, d’où on déduit : R = 0,993 kΩ pour T = 373 K. La représentation est donc acceptable.◊ remarque : en cas de léger désaccord, on pourrait trouver une représentation acceptable en ajustant A et B pour retrouver les valeurs de R les meilleures possibles pour les trois températures.
2.
• On peut estimer la sensibilité en température par la relation : T = B ln RA
!
"
# $
%&
d’où on déduit :
ΔT ≈
€
dT dR ΔR =
B ln2 R
A
!
"
# $
%&
€
ΔR R =
€
T2 B
€
ΔR
R ≈ 2,5.10
-3 K.
◊ remarque : de R = A e-B/T on peut déduire : ln(R) = ln(A) -
€
B
T et donc : Δ[ln(R)] =
€
ΔR R =
€
B T2 ΔT.
XIII. Développement du viriel
1.
• Le coefficient de dilatation isobare est : α =€
1 V
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
; or l'expression indiquée par l'énoncé est telle qu'il est compliqué d'expliciter V(T,p) et de même T(V,p) si on envisage de passer par la dérivée inverse.
• On peut alors considérer qu'à pression constante : dp =
€
∂p
∂T
#
$%
&
'(
V
dT +
€
∂p
∂V
#
$%
&
'(
T
dV = 0, ce qui peut
s'écrire :
€
(R+ a TV) e−
a RTV
V−b dT +
€
a
V2(V−b)−RT
#
$% &
'(e−
a RTV
(V−b)2 dV = 0. On en déduit ainsi qu'à pression constante :
€
∂V
∂T
#
$%
&
'(
p
=
€
dV dT =
€
(R+ a
TV) (V−b) RT− a
V2(V−b) .
• Ceci correspond à écrire : f(V, T) = αT =
€
T V
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
=
€
(RTV+a)(V−b) RTV2−a.(V−b).
• Un développement limité au premier ordre en
€
1
V correspond à une approximation dans la limite où
€
1
V → 0, c'est-à-dire V → ∞. En écrivant : f(V, T) =
€
(RT+a V) (1−b
V) RT−a
V(1−b V)
, on constate que le terme
€
b
V du déno- minateur n'intervient qu'au second ordre ; or, si on le néglige on obtient simplement :
f(V, T) = αT ≈ (1 +
€
2a RTV) (1 -
€
b V) ≈ 1 -
€
b−2a RT V .
2.
• D'après l'expression de la pression donnée par l'énoncé, la pression tend vers des faibles valeurs quand V → ∞ (le terme exponentiel tend vers 1 et le dénominateur tend vers l'infini). On peut donc étudier un développement de p en puissance de€
1
V (qui tend vers zéro dans ces conditions).
◊ remarque : si a > 0 le terme exponentiel tend vers zéro quand V → 0 ; mais pour cela V devrait devenir inférieur à b (en supposant b > 0) ; donc le dénominateur tend vers zéro avant l'exponentielle, ce qui fait que la pression tend vers l'infini.
• On obtient alors (à l'ordre 2) : pV ≈ RT (1 -
€
a RTV +
€
a2
2R2T2V2).(1 +
€
b V +
€
b2
V2) ≈ RT.(1 +
€
b− a RT V +
€
b2− ab RT+ a2
2R2T2 V2 ) ; B = b -
€
a
RT ; C = b
2 -
€
ab RT +
€
a2 2R2T2.
XIV. Masse volumique de l’eau 1.
• Le volume massique étant : v =€
V
m, et la masse volumique étant : ρ =
€
m V =
€
1
v, il apparaît qu’un maximum de masse volumique correspond à un volume massique minimum.
• La dérivée v’(t) = v1 + 2v2 t + 3v3 t2 s’annule pour t = 3,97 °C ou t = 79,5 °C, mais cette seconde valeur est à éliminer puisqu’elle est extérieure au domaine de validité de la représentation utilisée.
• Il y a un minimum de v pour t = 3,97 °C car alors : v”(t) = 2v2 + 6v3 t = 1,54.10-2 cm3.kg-1.°C-2 > 0.
◊ remarque : pour t = 3,97 °C on obtient : v = 999,74 cm3.kg-1 et d = 1,00026.
2.
• Le coefficient de dilatation (isobare) est : α =€
1 V
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
=
€
∂ln(V)
∂T
#
$% &
'(
p
=
€
∂ln(v)
∂t
#
$% &
'(
p
=
€
1 v
€
∂v
∂t
#
$% &
'(
p
. Ceci donne pour t = 25 °C : α =
€
"
v (t)
v(t) = 2,33.10-4 °C-1.
XV. Compressibilité du dioxygène
• Pour un gaz parfait dans les conditions normales de température et de pression, le volume molaire est : Vm =
€
RT
p = 22,414 L.mol-1. Le dioxygène semble donc pouvoir être considéré comme un gaz parfait avec une précision relative ≈ 10-3.
• Le coefficient de compressibilité isotherme est : χT = -
€
1 V
€
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
avec : V =
€
nRT
p , c’est-à-dire : χT =
€
1
p = 9,87.10-6 Pa-1.
B. EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT XVI. Équilibre d’un barrage
1.
• La résultante€
F des forces de pression exercées par l’eau est horizontale, perpendiculaire au mur et dirigée vers lui. Sa norme est : F =
€
p0− ρ0gz
( )
−h
∫
0 dz = (p0h +€
1 2ρ0gh
2).ℓ = 1,73.109 N où p0 = 101300 Pa est la pression de l’air à la surface de l’eau, et où ρ0 = 1 kg.L-1 est la masse volumique de l’eau.
• Mais l’air exerce sur la face opposée (oblique) une force pressante
€
"
F dont la composante horizon- tale s’oppose en partie à
€
F : F’ =
€
p0h
sin(α) où α est l’angle du mur en A. La somme des forces pressantes horizontales est donc : F” = F - F’ sin(α) = (
€
1 2ρ0gh
2).ℓ = 1,23.109 N.
• L’équilibre en translation horizontale implique que la somme (algébrique) des composantes horizon- tales soit compensée par le frottement au sol : F” = f.
• Le poids du barrage et vertical et vers le bas. Sa norme est : P = ρgℓ.(
€
1
2hL) où ρ = ρ0d = 2 kg.L-1 est la masse volumique du mur.
• Mais la force pressante
€
"
F exercée par l’air sur la face oblique a une composante verticale qui s’ajoute à
€
P : P’ = F’ cos(α) =
€
p0h
tan(α) = p0ℓ L.
• L’équilibre en translation verticale implique, pour compenser la réaction normale du sol : R = P + P’.
• Le coefficient de frottement impose : f < λ R, donc : F” < λ (P + P’), c’est-à-dire (en simplifiant) :
€
1 2ρ0gh
2 < λ.(p0 +
€
1
2ρ0dgh).L ce qui correspond à : L >
€
1 2ρ0gh2 λ.(p0+ 1
2ρ0dgh)
≈ 42 m.
2.
• Le moment résultantM
F des forces pressantes de l’eau est (par rapport à l’axe passant par A) :M
F =€
p0− ρ0gz
( )
−h
∫
0 ..(
h+z)
dz = (€
1 2p0h
2 +
€
1 6ρ0gh
3) ℓ.
• Le moment résultant
M
F’ des forces pressantes de l’air sur la face oblique est :M
F’ = -€
"
F h 2 sin(α) = -
€
p0h2 2 sin2(α).
• Tant que la situation est loin de la limite de l’équilibre en rotation, la réaction du sol exerce un mo- ment
M
R > 0 ; mais si la limite est proche, la réaction s’exerce en A et son moment devient nul.• Le moment résultant
M
P du poids est :M
P = -P.€
2 3L = -
€
1
3ρ0dgℓ hL
2.
• L’équilibre en rotation implique alors :
M
F +M
F’ +M
P +M
R = 0 c’est-à-dire (en simplifiant) :€
1 6ρ0gh
3 -
€
1 2p0L
2 -
€
1 3ρ0dghL
2 < 0 d’où on déduit : L >
€
1 6ρ0gh3 p0
2 +1 3ρ0dgh
≈ 24 m.
◊ remarque : cette limite semble nettement moins contraignante que celle de glissement ; toutefois, dès que le basculement commence, la pression de l’eau infiltrée au dessous ajoute un moment positif et le basculement s'accentue ; on peut considérer que le moment est :
M
R =€
1
2(p0 + ρ0gh)ℓ L
2 ; la condition devient :
€
1 2ρ0ghL
2 +
€
1 6ρ0gh
3 -
€
1 3ρ0dghL
2 < 0 d’où on déduit : L >
€
h
2d−3 ≈ 50 m ; ceci montre que, pour un barrage “rigide” simplement posé, l'hypothèse du basculement n'est pas éliminer trop vite.
XVII. Compressibilité de l’eau de mer
1.
• La pression à la profondeur -z peut s’écrire : p = p0 - ρgz où p0 est la pression atmosphérique.• On trouve ainsi : p ≈ 1011 bar (p ≈ 998 p0).
2.a.
• Le coefficient de compressibilité isotherme est : χT = -€
1 V
€
∂V
∂p
#
$%
&
'(
T
. Mais la loi de l’hydrostatique est connue sous la forme : dp = - ρ(z) g dz, et l’important, pour pouvoir intégrer, est de connaître ρ(z) (ou bien ρ(p)) en fonction de χT (considéré constant).
• En fait, pour une quantité d’eau fixée : de masse m, la masse volumique est : ρ(p, T) =
€
m V(p,T) et par conséquent : dρ = -
€
m
V2 dV. D'après : dV =
€
∂V
∂p
#
$%
&
'(
T
dp +
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
dT on déduit :
€
∂V
∂p
#
$%
&
'(
T
= -
€
V2 m
€
∂ρ
∂p
$
%&
' ()
T
et finalement : χT =
€
1 ρ
€
∂ρ
∂p
$
%&
' ()
T
.
• L’intégration de : χT =
€
1 ρ
€
∂ρ
∂p
$
%&
' ()
T
=
€
∂ln(ρ)
∂p
$
%&
' ()
T
donne : ln(ρ) = χTp + λ(T) où λ(T) est une constante d’intégration (constante par rapport à p) ; or en surface : ρ = ρ0(T) pour p = p0, d’où (à T fixée) : ρ(p) =
= ρ0
€
eχT(p−p0).
◊ remarque : si T est fixée (dT = 0), la propriété : χT =
€
1 ρ
€
∂ρ
∂p
$
%&
' ()
T
peut s’écrire :
€
dρ
ρ = χT dp d’où :
€
dρ
ρ2 = χT g dz dont l’intégration donne : ρ(z) =
€
ρ0 1+χTρ0gz.
2.b.
• L’intégration de : dp = -ρ0€
eχT(p−p0) g dz donne : -
€
1 χT
€
e−χT(p−p0) = - ρ0gz + C mais à la surface : p = p0 pour z = 0, d’où (à T fixée) : p = p0 -
€
1
χT ln[1 + χTρ0gz)].
◊ remarque : avec l’autre méthode, on intègre d’une façon analogue : dp = -
€
ρ0g dz 1+χTρ0gz.
• On trouve ainsi : p ≈ 1035 bar (p ≈ 1021 p0).
XVIII. Force pressante sur une surface conique
• Pour la surface supérieure du cône :
◊ par symétrie, la résultante des forces pressantes est verticale (vers le bas) ;
◊ en coordonnées sphériques, avec l’origine au sommet du cône : dS = r sin(θ) dr dφ ;
◊ par définition de la pression :
€
dF = p(z)
€
dS avec p(z) = p(0) - ρgz ;
◊ en projection : dFz = -dF sin(θ) = -r sin2(θ) [p(0) - ρgz] dr dφ ;
◊ avec z = - r cos(θ) (compte tenu de l’orientation) : dFz = tan2(θ) z [p(0) - ρgz] dz dφ ;
◊ en intégrant : Fz = 2π tan2(θ) . {p(0)
€
−Hz dz
∫
0 - ρg€
z2dz
−H
∫
0 } ;◊ avec R = H tan(θ) et p(0) = p0 + ρgh on obtient : Fz = -π R2.{p0 + ρgh +
€
2 3ρgH}.
XIX. Expérience de Jean Perrin
1.
• Les grains sont soumis à leur poids€
P et à la poussée d'Archimède
€
A (résultante des forces pres- santes), soit au total :
€
F = (ρ - ρ0) V
€
g avec V =
€
4 3π r
3.
• On peut décrire l'effet de ces forces par une énergie potentielle Ep = F.z et donc, d'après le facteur de Boltzmann, la probabilité de trouver un grain à l'altitude z est proportionnelle à e-Ep/RT (en raisonnant sur l'énergie molaire).
• Le nombre de particules dans une tranche dz est donc de la forme : dN(z) = α e-F.z/RT où α est une constante de normalisation telle que
€
∫
dN = N.• On obtient ainsi, à la température T0 considérée : H =
€
RT0 F =
€
3RT0
N
A.(ρ − ρ0).4πr3g.2.
• Si on considère des tranches d'épaisseur assez petite, on peut considérer que le rapport des nombres de grains observés est proportionnel au facteur de Boltzmann :€
δN h
( )
δN 0
( )
=€
e−
F. h−0( )
RT d'où on déduit : H =
€
h ln δN 0
( )
δN h
( )
#
$
% &
' (
≈ 51 µm.
• La comparaison avec l'expression précédente conduit à :
N
A =€
3RT0
H.(ρ − ρ0).4πr3g ≈ 6,4.10
23.
◊ remarque : en utilisant δN(h) = 17 ± 1 on obtient :
N
A ≈ (6,4±0,4).1023.3.
• La valeur H ≈ 51 µm correspond à :€
H
r ≈ 240 ; il est donc tout à fait raisonnable de calculer le coefficient de décroissance de l'exponentielle ainsi (on peut envisager des tranches jusqu'à δh ≈
€
H 20 qui sont encore assez grandes, par rapport à r, pour contenir un nombre raisonnable de grains, tout en permet- tant de ne pas utiliser N trop grand afin d'éviter les difficultés de comptage).
• La limite acceptable correspond à : H(r) =
€
3RT0
N
A.(ρ − ρ0).4πr3g ≈ 10 r ; ceci impose un rayon maxi- mum : rmax ≈
€
3RT0
N
A.(ρ − ρ0).40πg4 ≈ 0,5 µm.
XX. Coefficients thermoélastiques
• D'après l’existence d'une équation d’état reliant p, V et T (même si cette équation n'est pas connue) : dV = dV(T, p) =
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
dT +
€
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
dp
donc : dp = -
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
dT +
€
1
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
dV = dp(T, V) =
€
∂p
∂T
#
$% &
'(
V
dT +
€
∂p
∂V
#
$% &
'(
T
dV
par comparaison :
€
∂p
∂T
#
$% &
'(
V
= -
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
c’est-à-dire : pβ =
€
α χT.
XXI. Coefficients thermoélastiques
• α =
€
1 V
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
et χT = -
€
1 V
€
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
par suite :
€
∂α
∂p
$
%& ' ()
T
= -
€
1 V2
€
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
+
€
1 V
€
∂
∂p
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
#
$
%%
&
' ((T
-
€
∂χT
∂T
$
%& ' ()
p
= -
€
1 V2
€
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
€
∂V
∂p
#
$%
&
'(
T
+
€
1 V
€
∂
∂T
∂V
∂p
#
$%
&
'(
T
#
$
%%
&
' ((p
• Or, les dérivées secondes croisées du volume V(p, T) sont égales :
€
∂
∂p
∂V
∂T
#
$% &
'(
p
#
$
%%
&
' ((T =
€
∂
∂T
∂V
∂p
#
$% &
'(
T
#
$
%%
&
'
((p et on obtient donc effectivement :
€
∂α
∂p
$
%& ' ()
T
= -
€
∂χT
∂T
$
%& ' ()
p
.
