Compléments de cours de physique
15 mai 2013
Sommaire
Thermodynamique 3
Théorie du paramagnétisme deLangevin . . . 3
Refroidissement d’eau tiède par de l’eau chaude . . . 5
Ailette de refoidissement . . . 7
Mise en contact thermique de deux tiges . . . 9
Interprétation microscopique de la loi deFourier . . . 11
Équilibre de la troposphère . . . 13
Étude thermodynamique du rayonnement d’équilibre dans une cavité . . . 15
Évaluation de la température terrestre . . . 18
Loi deNewtondu rayonnement . . . 19
Mécanique 21 Opérateur d’inertie . . . 21
Scarabée sur un plateau . . . 23
Chute d’un règle sur un coin de table . . . 24
Chainette . . . 26
Pendule conique . . . 28
Stabilité d’un satellite double . . . 31
Oscillateur perturbé . . . 33
Ondes et propagation du signal 35 Ligne électrique . . . 35
EffetDoppler non-relativiste . . . 39
Électromagnétisme 41 Champ crée par un disque uniformément chargé . . . 41
Polarisabilité . . . 43
Milieux diélectriques . . . 45
Exemple de résolution de l’équation deLaplace . . . 47
Résistance de fuite d’un condensateur sphérique . . . 49
Milieux magnétiques . . . 50
Modèle classique du spin . . . 51
Quantité de mouvement du champ . . . 53
Bilan énergétique d’un conducteur ohmique . . . 54
Supraconductivité . . . 55
Diffusion des ondes électromagnétiques . . . 57 1
Optique 59
Diffraction par un ensemble d’ouvertures identique . . . 59
Largeur spectrale d’une source . . . 61
Dispositifs interférentiels par division du front d’onde . . . 63
Interféromètre dePérot etFabry . . . 67
2
Théorie du paramagnétisme de Langevin
Comportement paramagnétique Toute substance est susceptible sous l’action d’un champ B#”
d’acquérir un moment magnétique # ”
M. On définit la grandeur locale associée, l’aimantation # ” M par la relation d# ”
M=Mdτ# ” . En 1895, PierreCuriea appliqué un champ B#”à divers matériaux et a mesuré l’aimantation M# ” qui en résultait. Il a obtenu dans un grand nombre de cas une relation du type
M# ”= C T
B#”,
où C >0 et T est la température. C’est la loi deCurie, qui est expérimentale. Les substances qui suivent cette loi sont dites paramagnétiques. C’est le cas de Na(g), O2(g) ou O2(l),...
Modèle deLangevin On va essayer de retrouver la loi deCurieà partir d’une description micro- scopique et de la statistique de Maxwell-Boltzmann.
– On considère une substance homogène denparticules élémentaires par unité de volume : dN = ndτ.
– Chaque atome possède un moment magnétique #”µi de norme constante pour tous les atomes : k#”µik=µ.
– Les particules subissent diverses interactions.
– On néglige l’interaction magnétique entre #”µi et #”µj pour i6=j.
– Chaque dipôle interagit avec #”
B =B#”uz, et on associe à cette interaction une énergie potentielle εp =−#”µi.B#”. Les #”µi auront donc tendance à s’orienter dans le sens de B#” pour minimiser leur énergie. SI tous les #”µi sont dans le sens de B,#”
d# ” M= X
i∈dτ
#”µi =ndτ µ#”uz⇒ # ”
M =nµ#”uz.
– Mais il existe une autre interaction, crée par l’agitation thermique. Les dipôles s’entrechoquent et lors d’un choc, les atomes se réorientent de façon aléatoire. Ainsi, si B#”= #”0 , M# ”= #”0 . Calcul D’abords les symétries et invariances. On suppose le système infini ou cylindrique, de tel sorte que le problème ainsi que B#” soit invariants par toute rotation autour de (Oz). Par le principe de Curie,M# ”est aussi invariant par rotation autour de (Oz) doncM# ”est colinéaire à B. On se place#”
en coordonnées sphériques d’axe principal (Oz), les #”µi formant un angleθi avec #”uz. Ainsi, M# ”dτ = X
i∈dτ
#”µi =
X
i∈dτ
#”µi.#”uz
#”uz = X
i∈dτ
µcosθi#”uz.
On passe ensuite du discret au continu. On considère les particules de dτ formant un angleθi compris entreθ etθ+ dθ, au nombre deδ2N. On a alors
M# ”dτ = ˆ π
θ=0
µcosθδ2N#”uz. (∗) Il s’agit maintenant d’exprimerδ2N. On utilise la statistique deMaxwell-Boltzmannqui nous donne une expression de la forme
δ2N =Aexp
− ε kBT
g(ε)dε,
où ε est l’énergie des particules dont le nombre est δ2N, et g(ε) la dégénérescence associée à leur état d’énergie commun. Or ici ε = −µ.B#” = −µcosθB et la dégénérescence dépend donc de θ donc on cherche plutôt g(ε)dε = f(θ)dθ. Or lorsque T → +∞, l’exponentielle vaut 1 et tous les dipôles
Thermodynamique 3
sont orientés aléatoirement, dans ce casδ2N est proportionnel à la portion d’espace comprise entre les cônes d’angle au centre θetθ+ dθ, donc f(θ) = 2πsinθ. On a donc la nouvelle expression, en faisant rentrer le 2π dans la constante, δ2N =AexpµBcosθ
kBT
sinθdθ.
On cherche maintenantA grâce à la relation ˆ π θ=0
δ2N =ndτ, d’où
A= ndτ
ˆ π 0
exp
µBcosθ kBT
sinθdθ ⇒δ2N =n
exp
µBcosθ kBT
ˆ π 0
exp
µBcosθ′ kBT
sinθ′dθ′
sinθdθdτ.
Aimantation En reprenant la formule (∗) avec notre expression deδ2N, il vient
M =nµ ˆ π
0
exp
µBcosθ kBT
cosθsinθdθ ˆ π
0
expµBcosθ kBT
sinθdθ
=nµ ˆ 1
−1
exp(au)udu ˆ 1
−1
exp(au)du ,
où l’on a poséu= cosθ eta= µB
kBT. L’intégrale du dénominateur se calcule facilement, elle est égale à 2 sh(a)/a. L’intégrale du numérateur est la dérivée par rapport à a du dénominateur en utilisant des résultats des intégrales à paramètres donc on obtient enfinM =nµ
coth(a)−1 a
, où coth est la fonction cotangente hyperbolique.
Discussion
– On peut définir la température critique du systèmeTc = µB
kB. Dans le cas oùa≫1, c’est à dire kBT ≪µB,M →nµ, ce qui est conforme à notre analyse.
– Dans le cas contraire où T ≫ Tc, c’est-à-dire a ≪ 1, il nous faut effectuer un développement asymptotique de coth en 0, on trouve acoth(a) = 1 + a2
3 d’où M ≈ nµa
3 et en explicitant a, M# ”= nµ2
3kB 1 T
B#”= C T
B#”. On retrouve bien la loi deCurieavec C= nµ2 3kB.
Ainsi, la loi phénoménologique a été expliquée microscopiquement et la constante de Curie C est calculable, rattachée à des paramètres microscopiques.
M
1 T loi deCurie
expression réelle Mmax
L’expérience confirme aussi que pour des températures très basses, on se rapproche de la limite asympotiqueMmax=nµ.
⋆ ⋆ ⋆
4 Thermodynamique
Refroidissement d’eau tiède par de l’eau chaude
On considère 2 récipients de capacités thermiquesC contenant tous deux de l’eau. T0 est la tem- pérature de l’air ambiant. On veut refroidir l’eau du verre 1 grâce aux seules sources de chaleur du verre 2 et de l’air ambiant.
1 2
T1,i= 25◦C T0 = 25◦C T2,i= 100◦C
Schéma de principe Il s’agit de pomper de la chaleur du verre 1, chose que l’on fera grâce à un réfrigérateur alimenté en travail par un moteur. Les flèches symbolise le sens effectif des flux de chaleur ou de travail.
T0
T1
Réfrigérateur α Moteur β
T2
T0
Le moteur et le réfrigérateur ne seront pas exactement des machines dithermes car les sources de chaleur T1 etT2 ne sont pas des thermostats. Néanmoins, sur un cycle élémentaire on considèrera un fonctionnement de machine ditherme. On utilisera donc différentiellement les relations sur les machines dithermes.
Relations Pour le réfrigérateur :
δQ1,α+δQ0,α+δWα = 0 et δQ1,α T1 +δ0,α
T0 60, et pour le moteur :
δQ2,β+δQ0,β+δWβ = 0 et δQ2,β T2 +δ0,β
T0 60.
On a de plusδWα+δWβ = 0 et par application du premier principe aux 2 verres,δQ1,α=−CdT1 et δQ2β =−CdT2. Le signe moins vient des conventions d’algébrisation des quantités reçues ou données par les systèmes.
Thermodynamique 5
Calcul En sommant les deux inégalités, on obtient CdT11−T0
T1
+CdT21−T0 T2
60,
que l’on intègre det= 0 àt→+∞, en notantT1,f etT2,f les températures atteintes : T1,f −T1,i−T0ln T1,f
T1,i
!
+T2,f −T2,i−T0ln T2,f T2,i
! 60.
On veut déterminerT1,f minimale, qui est obtenue dans l’hypothèse de fonctionnement réversible du réfrigérateur et du moteur. De plus, T1,f sera atteinte lorsque le moteur cessera de fonctionner, c’est à dire lorsqueT2,f =T0. AinsiT1,min vérifie l’équation :
T1,min−T1,i−T0ln T1,min T1,i
!
+T0−T2,i−T0ln T0 T2,i
!
= 0.
Une résolution numérique donne T1,min = 373 K ou T1,min = 234 K. Pourquoi ces deux valeurs ? Parce que le réfrigérateur peut aussi fonctionner comme une pompe à chaleur, et donc augmenter la température du verre 1. Mais la valeur qui nous intéresse est la plus petite, c’est à direT1,min=−39◦C.
Discussion On peut donc faire des glaçons avec un verre d’eau bouillante ! Mais on ne peut pas savoir directement quelle quantité, car à partir de 0◦C le verre 1 restera à cette température jusqu’à ce que toute l’eau se soit transformée en glace. Pour évaluer la quantité de glace formée, il faut refaire le même raisonnement en prenant en compte le changement d’étatvia δQ1,α=Lfdm.
⋆ ⋆ ⋆
6 Thermodynamique
Ailette de refoidissement
On considère une ailette de refroidissement cylindrique de longueurℓet de section S =πR2 fixée par un côté à une surface à la température T0, et plongée dans l’air à la températureTa. On veut le profil de température le long de l’ailette.
x
ℓ T0
Ta
Analyse C’est une ailette de refroidissement car on remplace la surface d’échange thermique qui était un petit disque par toute la surface du cylindre. L’invariance du problème par rotation autour de (Ox) nous donne T(x) uniquement. Ceci n’est pas vrai en toute rigueur à cause des échanges thermiques qui vont de l’axe de l’ailette jusqu’à la périphérie. Néanmoins ce flux de chaleur est négligeable devant celui se propageant le long de (Ox).
On notera h le coefficient de transfert conducto-convectif entre la surface de l’ailette et l’atmo- sphère.
Répartition de température On fait un bilan énergétique sur une petite tranche d’ailette comprise entre les abscisses x etx+δx.
x x+δx
R
En régime permanent entre tet t+ dt, dδH = 0 mais on a aussi en prenant en compte tous les flux de chaleur :
dδH =jQ(x)Sdt−jQ(x+δx)Sdt−h(T(x)−Ta)2πRδx⇒0 =−∂jQ
∂x πR2−h(T(x)−Ta)2πR.
On utilise maintenant la loi de Fourier, jQ = −λdT
dx donc en posant θ = T −Ta, on a l’équation différentielle
d2θ dx2 − 2h
λRθ= 0.
La résolution donne θ = αexp x
d
+βexp
−x d
, où l’on a identifié la longeur caractéristique de notre problème d=
s λR
2h.
Thermodynamique 7
Enx= 0,T =T0 doncT0−Ta=α+β. Exprimons la continuité du flux de chaleur au bout de la tige :
−λdT
dx(x=ℓ−) =jQ(x=ℓ−) =jQ(x=ℓ+) =h(T(ℓ)−Ta).
On dérive cette relation, et le calcul aboutit à l’expression
θ= (T0−Ta)chℓ−dx+ϕ
chdℓ +ϕ où th(ϕ) = hd λ =
s hR
2λ. θ
ℓ x T0−Ta
|
d≫ℓ
θ
ℓ x T0−Ta
|
d≈ℓ
θ
ℓ x T0−Ta
|
d≪ℓ
On voit sur ces graphes que pour optimiser l’utilisation de la tige, on a intérêt à choisir ℓ≈d.
Efficacité de la tige On compare la puissance évacuée par la tige et la puissance évacuée par un disque de surface S comme s’il n’y avait pas de tige, d’où l’expression
e= −λdTdx(x= 0)πR2 h(T0−Ta)πR2 . En utilisant l’expression de θ, on trouve
e= thdℓ +ϕ th(ϕ) . e
ℓ ℓ1
e∞
Pour optimiser l’efficacité, il faut prendreℓ de l’ordre de 2ℓ1, ce qui affine notre estimation.
⋆ ⋆ ⋆
8 Thermodynamique
Mise en contact thermique de deux tiges
On considère deux tiges semi-infinies d’axe (Ox) que l’on met à t= 0 en contact. On suppose les parois latérales des tiges adiabatiques, on veut déterminer le profil de température T(x, t). µ est la masse volumique, C la capacité thermique,λ la conductivité thermique, D le coefficient de diffusion etT la température.
µ1,C1,λ1,D1,T0,1 µ2,C2,λ2,D2,T0,2
x
Analyse qualitative Si à gauche on a le graphe de T à t = 0−, alors on peut prévoir une courbe du type de celle de droite pour T àt >0.
T
x T0,1
T0,2
T
x T0,1
T0,2
Il y a une rupture de pente à x = 0 car la continuité de la composante normale du flux de chaleur impose−λ1∂T
∂x(x= 0−) =−λ2∂T
∂x(x= 0+) et a priori λ1 6=λ2.
Variable composée T(x, t) aura donc des expressions analytiques différentes à gauche et à droite.
Le seul phénomène qui rentre en jeu ici est celui de la diffusion thermique, donc la températureT sera fonction seulement de x, t,T0,1, T0,2,D où D est le coefficient de diffusion du côté que l’on étudie.
Or en terme d’homogénéité, [x] = m, [t] = s, [D1] = [D2] = m2· s−1 et [T0,1] = [T0,2] = K. Pour obtenir une température,x,t etDinterviendront obligatoirement sous la forme
u= x
√Dt.
u est la variable composée que l’on cherche, on pose T(x, t) = T(u) et on cherchera désormaise Te. T vérifie l’équation de la chaleur
∂T
∂t =D#”
∇2T =D∂2T
∂x2, or ∂T
∂t = dTe du
∂u
∂t =−dTe du
x 2t√
Dt, ∂T
∂x = dTe du
∂u
∂x = dTe du
√1
Dt puis ∂2T
∂x2 = d2Te du2
1
Dt d’où l’équation
−1 2
x t√
Dt dTe
du =Dd2Te du2
1
Dt ⇒ d2Te du2 =−u
2 dTe
du. L’intégration de cette équation différentielle donne
T(u) =e ˆ u
αexp −u′2 4
!
du′⇒T(x, t) =α ˆ √x
Dt
β
exp −u′2 4
!
du′+γ.
Il faut déterminer les deux triplets (α1, β1, γ1) et (α2, β2, γ2). On notera f(u) = exp −u2 4
! .
Thermodynamique 9
Conditions aux limites On note T1 la température à gauche etT2 la température à droite.
– ∀t,T(x, t)−−−−→x
→−∞ T0,1 donc T0,1 =α1
ˆ −∞
β1
f(u)du+γ1⇒T1−T1,0 =α1 ˆ √x
D1t
−∞
f(y)du.
– De même,∀t,T(x, t)−−−−→x
→+∞ T0,2 doncT2−T0,2=α2 ˆ √x
D2t
+∞
f(u)du.
– La continuité de la température enx= 0 s’exprimeT0,1+α1ˆ 0
−∞
f(u)du=T0,2+α2ˆ 0 +∞
f(u)du.
– La continuité de la composante normale du flux de chaleur enx= 0 s’exprime
−λ1∂T
∂x(x= 0−) =−λ2∂T
∂x(x= 0+)⇒λ1 α1
√D1t =λ2 α2
√D2t ⇒α1pλ1µ1C1=α2pλ2µ2C2, carD= λ
µC. On noteδ1=√
λ1µ1C1etδ2 =√
λ2µ2C2, et puisqueˆ +∞
0
f(u)du=ˆ 0
−∞
f(u)du=
√π, on obtient
α1= T0,2−T0,1
√π1 +δδ1
2
et α2= T0,2−T0,1
√π1 + δδ2
1
.
Discussion Examinons d’abord la température Tc du point de contact : Tc = δ1T0,1+δ2T0,2
δ1+δ2 .
C’est homogène, c’est une relation barycentrique qui bizarrement ne dépend par de t : le point de contact garde toujours la même température. C’est le rapport entre lesδ des matériaux qui détermine l’impression de chaleur : en effet la sensation de chaud ou de froid vient de la température du point de contact entre la peau et la matériaux. Or on a expérimentalement δcuivre ≫ δpeau ≫ δarbre. C’est pour cela que le métal est toujours très chaud ou très froid, tandis que l’écorce d’un arbre est presque toujours tiède.
On s’intéresse maintenant aux longueurs caractéristiques de diffusionℓ1etℓ2 définies sur le graphe ci-dessous.
T
ℓ2 x ℓ1 On a aussi les relationsℓ1∂T
∂x(x= 0−) =Tc−T0,1 etℓ2∂T
∂x(x= 0+) =Tc−T0,2. Mais les dérivées par rapport àx ont déjà été exprimées, et finalement on trouve
ℓ1=pπD1t et ℓ2 =pπD2t.
Ces longueurs varient en √t, ce qui est caractéristique de la diffusion et de la propagation aléatoire.
On aurait pu prévoir cette variation carℓ1 etℓ2 ne dépendent que de tetD, et on a [D] = m2· s−1.
⋆ ⋆ ⋆
10 Thermodynamique
Interprétation microscopique de la loi de Fourier
La loi deFourier est phénoménologique linéaire. On aimerait néanmoins en proposer une inter- prétation microscopique afin de relier le coefficientλà des paramètres microscopiques.
Modèle On travaille avec un gaz parfait pour lequel T(#”r , t) est définie en tout point. On fait l’hypothèse d’un régime permanent et d’un problème unidimensionnel pour avoir T(x) et #”N = #”0 , il n’y a pas de flux global de matière : c’est-à-dire qu’il y a autant de particules qui traversent # ”
δS de la gauche vers la droite que de la droite vers la gauche durant dt.
Origine du flux de chaleur On prend une surface élémentaireδS# ”=S#”ux entre tett+ dt.
x
∇#”T
#”Q
T+,< ε+c > T−,< ε−c >
#”+N
#”N−
S’il y a autant de matière qui passe dans les deux sens, l’énergie qu’elle transporte diffère : les particules chaudes transportent plus d’énergie que les particules froides, d’où l’existence d’un #”Q6= #”0 .
Loi de Fourier On note jN+ le flux de particule dans le sens de +#”ux, jN− le flux suivant −#”ux.
< ε+c >et< ε−c >sont les énergies cinétiques des particules de gauche et de droite respectivement, et nla densité particulaire du gaz.
On suppose que les particules sont astreintes à se déplacer uniquement suivant les axes du repère de l’espace, soit 1/6 des particules qui se déplacent suivant +#”ux. Toutes les particules se déplacent à la même vitesse moyenne vm. On peut donc calculer jN+ :
vmdt
δS
bb b
b b b
bb b
bb b
b b b b
b b
b b
b b b b
b
b
b b bb
b b b bb b b
b
b b
bb
bb b b b
b
b b b
b
b b b
b
b b
b b b b
b b
b b
b
bb b bb
b
b b
b
bb b
b b
b b
b
b b b b b
b b
b b b
b
b b
b
b b
il s’agit de compter les particules contenues dans le cylindre,δ2N = 1
6nvmδSdt d’où jN+ = 1
6nvm et jN− =−jN+ =−1 6nvm.
Pour un gaz parfait, l’énergie cinétique moyenne d’une particule estεc = 3
2kBT. Or une particule se thermalise au cours d’un choc, et donc l’énergie cinétique à prendre en compte pour une particule qui traverseδS est celle acquise lors de son dernier choc, effectué à une distance moyenne ℓ. Ainsi on prendra
< ε+c >=3
2kBT(x−ℓ) et < ε−c >= 3
2kBT(x+l).
C’est une approximation grossière, mais ce n’est pas « violemment faux ». Ainsi, jQ=< ε+c > jN++< ε−c > jN−
= 1 6nvm3
2kB(T(x−ℓ)−T(x+ℓ))
| {z }
−2ℓdT dx
Thermodynamique 11
On retrouve ainsi la loi deFourier :jQ=−1
2nvmℓkBdT dx !
Conductivité thermique Par identification, on peut exprimerλgrâce à des paramètres microsco- piques : λ= 1
2vmnkBℓor, avecσ la section efficace de choc d’une particule etm sa masse, vm =
s8kBT
πm et ℓ= 1
√2nσ ⇒λ= 1 σ
s k3BT
πm.
En effet vm est la vitesse moyenne et non pas la vitesse quadratique moyenne, d’où le facteur 8 π au lieu du 3. Notre modèle rustique nous fournit une valeur de λ qui se trouve être la même que celle obtenue avec un modèle plus fin où l’on considère une répartition boltzmannienne des vitesses et des directions réparties continument dans l’espace !
Intéressons nous àλ. Il dépend bien deT, contrairement à l’approximation classique que l’on fait.
En effet, λ varie en √
T mais la section efficace de choc σ est une fonction décroissance de T. Le physicien Sutherlandjustifie cela par le fait que lorsque la vitesse des particules augmente, la force attractive qui existe entre deux particules joue moins quand on doit considérer la probabilité d’un choc entre elles. Ainsiλvarie plus fortement en T que√
T. On remarque de plus queλne dépend pas de P.
Expérimentalement, les gaz de petites molécules conduisent mieux la chaleur. Ceci se retrouve ici à cause de la variation en 1
σ√
m. La validité de notre modèle est compromise par le développement limité deT(x−ℓ)−T(x+ℓ) que l’on a effectué. Il faut donc que ℓ≪dT, distance caractéristique de variation deT.
Prenons quelques valeurs numériques : on prend du krypton Kr pour lequelR∼200 pm,M(Kr) = 80 g · mol−1. On trouve
λmodèle = 2,7×10−3 W · m−1· K−1 et λréel= 9,5×10−3 W · m−1· K−1.
Notre modèle est extrêmement grossier néanmoins il nous donne le bon ordre de grandeur. On s’ap- proche ainsi de la vérité.
⋆ ⋆ ⋆
12 Thermodynamique
Équilibre de la troposphère
On admet une répartition de température en fonction de l’altitude du type T(z) = T0 −az où a∼6×10−3 K · m−1. On veut étudier l’équilibre et la stabilité de l’atmosphère.
Équilibre Il s’agit de l’équilibre mécanique et pas de l’équilibre thermique. L’équation fondamentale de la statique des fluides s’écrit dP = −µgdz et l’équation d’état des gaz parfaits µRT = M P, dT =−adz donc
dP =−M P g RT
−dT a
⇒ dP
P = M g aR
dT
T ⇒P T−M gaR = cte.
Si on pose q = 1
1−M gaR , on a P1−qTq = cte. Ceci ressemble à un invariant de Laplace, mais ici la constante est constante par rapport à z tandis que pour P1−γTγ = cte la constante est constante par rapport à P et T. La ressemblance est donc formelle mais pas physique ; ce sont des relations polytropiques.
Stabilité Cette répartition de température et de pression est-elle mécaniquement stable ? Pour le vérifier, on vérifie si une petite variation des conditions entrâine de petites oscillations autour de la position d’équilibre.
z, T,P z+ dz,T+δT, P+δP
z+ dz,T+ dT,P+ dP
On monte le petit élément de fluide dτ, va-t-il revenir vers le bas ou continuer sa montée ? C’est une question de densités par rapport au petit élément en haut à l’équilibre possédant les propriétés (z+dz, P+dP, T+dT), plus précisément le système est stable siµ(T+δT, P+δP)> µ(T+dT, P+dP).
Il nous faut préciser 3 temps caractéristiques : – τperturbation le temps qu’il faut à dτ pour monter ; – τmécanique la durée de retour à l’équilibre mécanique ; – τthermique la durée de retour à l’équilibre thermique.
On admet que τthermique ≫ τperturbation ≫ τmécanique. Ceci implique qu’à tout instant, δP = dP car le système est à l’équilibre mécanique, que δT 6= dT mais que δT correspond à une transformation isentropique, alors que dT correspond à la transformation polytropique régie par les équations de l’équilibre.
La condition de stabilité se réécrit avec un développement limité à l’ordre 1 :
∂µ
∂TδT + ∂µ
∂PδP > ∂µ
∂TdT+ ∂µ
∂PdP.
Or pour la transformation isentropique,Laplacenous donneP1−γTγ= cte⇒(1−γ)δP
P +γδT T = 0 d’où
δT = T P
γ−1
γ δP et de même dT = T P
q−1 q dP.
Thermodynamique 13
PuisqueδP = dP, on peut simplifier néanmoins ∂µ
∂T <0 car à pression constante, le système se dilate quand T augmente. Ainsi la condition d’équilibre est γ−1
γ > q−1
q ⇒ γ > q car x 7−→ x−1 x est croissante. En utilisant la relation de Mayer entreγ,cp etR, il vient
a < M g cp .
Discussion Numériquement, M = 29 g · mol−1 et cp = 7
2R donc M g
cp ∼ 9,8×10−3 K · m−1 à comparer à a∼6,0×10−3 K · m−1.
L’atmosphère est stable si le gradient de température n’est pas trop important. Un atmosphère instable provoque de la convection qui diminue le gradient de température jusqu’à ce que l’atmosphère redevienne stable. Ainsi l’atmosphère est très stable globalement. Ce qui pose problème est un gra- dient de température décroissant avec l’altitude, un gradient croissant avec l’altitude ne pose pas de problèmes de stabilité.
Dans les liquides, l’instabilité peut être dramatique : un gradient de température trop élevé peut faire exploser un baril de pétrole par exemple.
⋆ ⋆ ⋆
14 Thermodynamique
Étude thermodynamique du rayonnement d’équilibre dans une cavité
On considère une cavité remplie d’un gaz deN ≫1 photons, le tout étant à l’équilibre thermody- namique à la températureT.
Pression de radiation On considère un cerceau élémentaire dS# ” = dS#”n à l’intérieur de la cavité, et on notepnla quantité de mouvement normale. On défini la pression P de radiation par
P = #”pn.#”n = δ2pn dSdt,
où δ2pn est la quantité de mouvement qui passe à travers dS pendant dt dans les deux sens. Micro- scopiquement,
δ2pn=Xp+n,i−Xp−n,i= 2Xp+n,i :
la première somme correspond à toutes les molécules traversant dS pendant dtdans le sens de +#”n et la deuxième somme porte sur toues les molécules traversant dS pendant dtdans le sens de −#”n. Ces deux sommes de quantité de mouvement sont opposées à cause de l’équilibre de rayonnement.
ÉvaluonsXp+n,i. Pour une particule, p#”i = hνi
c #”ui et si on noteθi l’angle que forme #”ui avec #”n, p+n,i= hνi
c cosθi ⇒2Xhνi c cosθi.
On effectue maintenant un passage au continu. Soitδ4N le nombre de particules qui traverse dS dans le sens de +#”n entre tet t+ dt, possédant une fréquence comprise entre ν etν+ dν et une direction
#”u à dΩ près. On a alors
δ2pn= 2 ˆ +∞
ν=0
ˆ
#”u
hν
c cosθδ4N.
Exprimonsδ4N. Soitf(ν)dνla fraction de photons dans toute l’enceinte ayant une fréquence comprise entreν etν+ dν. Mais le photon doit en plus être dans le cylindre ci-dessous :
dS# ” cdt
#”u
Mais tous ceux qui sont dans le cylindre ne vont pas forcément vers dS; avec une répartition isotrope des vitesses, il vient donc avec V le volume de la cavité
δ4N =N f(ν)dνccosθdSdt V
dΩ 4π.
Or dΩ = 2πsinθdθdonc si l’on note U l’énergie totale des photons présents dans la cavité, δ2pn= 2
VdSdt ˆ +∞
ν=0
N hνf(ν)dν
| {z }
U
ˆ π2
0
1
4π cos2θ2πsinθdθ
| {z }
1/6
= 1 3
U VdSdt.
Ainsi, P = u
3 où uest l’énergie par unité de volume dans le gaz.
Thermodynamique 15
Énergie interneU Normalement,u(T, P) mais la relationP =u/3 implique une dépendance entre les 3 paramètresu,T etP donc on a en faitu(T). On utilise l’identité deGibbsqui nous donne, avec U =V u,
dS= dU T +P
TdV − µ TdN
= V
Tdu+ u
TdV +1 3
u
TdV − µ TdN
= V
Tdu+4 3
u
TdV − µ TdN,
oùµtes le potentiel chimique du gaz de photons etN le nombre de photons dans la cavité. Or d’après le lemme deSchwartz,
∂VT
∂V
!
u
= ∂3T4u
∂u
!
V
⇔ 1 T = 4
3 1 T − 4u
3T2 dT
du
⇔ 4 3
u T2
dT du = 1
3 1 T
⇔ du
u = 4dT T .
En intégrant, on retrouve à une constante près la loi deStefanu=σBT4. Elle est donc une nécessité thermodynamique. De plus,
CV =∂U
∂T
V
= 4σBT3V.
Équation d’état De l’expression de la pression et de la loi de Stefanon tire P = 1
3σBT4.
C’est une équation d’état indépendante du volume. On peut donc choisir indépendammentP etV,V etT mais pas P etT.
Enthalpie H =U +P V = 4P V = 4
3U donc H= 4
3σBT4V. Il est inutile de définir Cp = dH
dT carP etT ne sont pas indépendants. P
Potentiel chimique On va montrer queµ= 0. Soitβ le gaz de photons de la cavité etα les parois de la cavité, on imagine queα etβ sont en équilibre l’un par rapport à l’autre. Alors
dUα=TαdSα−PαdV|{z}α 0
+X
i
µi,αdni,α
| {z }
0
et dUβ =TβdSβ−PβdVβ
|{z}
0
+µβdnβ.
De plus dUα+ dUβ car le système global est isolé et dSα+ dSβ = 0 car le système est adiabatique à l’équilibre. Ainsi 0 = (Tα−Tβ)dSα+µβdnβ. Ceci étant valable ∀dSα et ∀dnβ, il vient Tα = Tβ (ce qu’on savait) etµβ = 0.
Ce résultat est lié au fait que le nombre de photons n’est pas fixé.
Entropie On utilise de nouveau l’identité de Gibbs : dS = dU
T + P TdV
= V
Tdu+4 3
u TdV
= 4σBT2VdT+4
3σBT3dV caru=σBT4;
16 Thermodynamique
d’où en intégrant S = 4
3σBT3V + cte. Or d’après le troisème principe de la thermodynamique ou principe deNernst,S−−−→
T→0 0 donc cte = 0.
On peut isoler des invariants deLaplace: pour une transformation isentropique,T3V = cte donc P V 43 = cte. Ainsi, si l’on considère l’expansion isentropique d’une sphère de rayonnement, le rayonR augmente de telle manière que T3V = cte⇒T3R3= cte⇒T R= cte.
Rayonnemennt fossile Dans la théorie du Big Bang, il y a au départ de la matière ionisée et du rayonnement qui interagissent, de telle sorte que le rayonnement est piégé par la matière. Lorsque T a diminué pour atteindre 400 K, soit 380000 ans après le Big Bang, la matière a cessé d’être ionisée et est devenue neutre. Le rayonnement piégé s’est alors échappé ets s’est comporté comme une sphère de rayonnement en expansion isentropique. En effet, l’univers étant par construction ( !) isolé, le système est adiabatique et le rayonnement est un rayonnement d’équilibre, donc on peut faire l’hypothèse de réversibilité.
Ce rayonnement a été détecté en 1964 par Pinzias et Wilson. Il correspond à une tempéra- ture d’équilibre de 2,72 K soit grâce à la loi de Wien une longueur d’onde dominante de 1 mm. Ce rayonnement est appelé rayonnement fossile et garde la trace du Big Bang.
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Thermodynamique 17
Évaluation de la température terrestre
On ne prendra en compte que les échanges thermiques par rayonnement entre le soleil et la Terre qui sont considérés comme des corps noir. RS et RT sont les rayons des astres, et TT et TS leur température surfacique considérée comme uniforme.
S T
d θ
Terre à température uniforme On considère dans un premier temps que #”
∇T est nul à l’intérieur de la Terre. On se place en régime permanent,φr =φp−φi =φe−φa car la Terre est un corps noir.
On écrit la continuité du flux d’énergie à la surface terrestre :φr= 0 car #”
∇T = #”0 . Orφp =σTT44πR2T d’après la loi deStefan, et il nous faut évaluerφi. Si l’on note Ω l’angle solide depuis lequel le soleil voit la Terre, alors Ω = dS/d2 où dS est la surface de la base du cône en pointillés bleus sur le dessin.
Ainsi
φi =σTS44πR2S Ω
4π =σTS4R2SπR2T d2 . Finalement, la température de la Terre dans ce modèle est
TT =TS s
RS d .
TS RS d TT
5800 K 700000 km 1,5×108 km 280 K = 7◦C
La température trouvée est un petit peu froide mais s’approche de la réalité. C’est donc le rayonnement du soleil qui est responsable de l’immense majorité de l’énergie que nous recevons.
Cas d’un gradient de température Si #”
∇T 6= 0 à l’intérieur de la Terre, la symétrie sphérique nous conduit à #”
∇T = dT
dr #”ur. La continuité du flux de chaleur à la surface terrestre s’écrit donc, en notantTT′ la nouvelle température terrestre surfacique
σTT′44πR2T −σTS44πR2S Ω
| {z 4π}
σTT44πR2T
=−λdT
dr4πR2T ⇒TT′4−TT4 =−λ σ
dT dr.
dT
dr <0 doncTT′ > TT, mais en réalitéTT′ −TT = 9×10−3K. Si la température moyenne à la surface terrestre est 15◦C et non 7◦C, c’ets à cuase de l’effet de serre et non du gradient de température.
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18 Thermodynamique
Loi de Newton du rayonnement
On considère une petite sphère d’aluminium noire initialement à la température T1, que l’on abandonne dans une enceinte à la températureT0. Comment évolue la température de la petite sphère avec le temps ?
T0
T1
Analyse Au début le système n’est pas à l’équilibre. Mais on s’attend à ce qu’à la fin la sphère se retrouve à T0. La sphère est noircie, c’est donc un corps noir. On ne dit rien sur l’enceinte, mais on la considèrera comme un corps noir. En fait, cela n’est pas important car si il y a un rayonnement d’équilibre dans la cavité, celui-ci est identique à celui d’un corps noir et ici la perturbation qu’apporte la sphère peut être considérée comme négligeable si le rayon est suffisamment petit.
Transferts radiatifs Pour la sphère, le flux reçu est φr =φp−φi >0 si la petite sphère libère de l’énergie. C’est une corps noir donc φp =φe=σT4soù s= 4πR2 est la surface de la petite sphère et T sa température. Quelle est la valeur de φi? Le flux émis par la paroi est σT04S, et la sphère n’est reçoit qu’une fraction déterminée par la géométrie du système : φi = σT04Sηgéo. Cette astuce n’est valable que pour des volumes convexes, si la sphère était un haricot le raisonnement aurait été plus compliqué.
On imagine l’équilibre de rayonnement : φr = 0 et T = T0, alors φp = φi et ηgéo = s/S. On a donc en toute généralité l’expression φr = σ(T4 −T04)s, mais on fait un développement limité T4 ≈T0+4T03(T−T0) ce qui donne
φr= 4σsT03(T−T0).
Cela s’appelle la loi de Newton du rayonnement car cela ressemble à la loi de Newton pour la conducto-convection. On peut par analogie poserh= 4σT03 la conductance de rayonnement.
Bilan énergétique On a fait l’hypothèse que la température de la petite sphère est uniforme, elle se refroidit donc uniformément. Ceci est justifié par le fait que « les transferts radiatifs sont plus lents que les transferts conductifs ». D’après le premier principe appliqué à la petite sphère1 dH=mCdT or dH =−φrdt (attention au signe). On est menés à l’équation
dT
T−T0 =−hs
mcdt⇒T −T0= (T1−T0) exp
−t τ
oùτ = mc hs. T −T0
t T1−T0
1. Les deux expressions de dH sont égales mais ne sont pas deux parties de la même chose, ce sont deux manières différentes de faire un bilan énergétique.
Thermodynamique 19
Cette loi est satisfaisante, conforme à l’analyse. Le tempsτ est le temps de relaxation, τ = 43πR3µc
4σT034πRç2 = µcR 12σT03.
Le temps de relaxation dépend de la taille du système, c’est cohérent. La variation en R provient du rapport entre la surface recevant l’énergie et le volume digérant l’énergie. On fait une application numérique avec les ordres de grandeur suivants :
µ c R T0 σ τ
2,7×103kg · m−3 900 J · kg−1 1 cm 273 K 5,67×10−8W · m−2· K−4 1,8×103 s Pour avoir la capacité thermique massique, on sait que la capacité thermique vérifie mc= 3R par la loi de DulongetPetit. On trouve unτ de l’ordre de 30 min, ce qui semble raisonnable.
Justification On a admis que la petite sphère est à température uniforme. Ceci est-il justifié ? L’hypothèse revenait à considérer queτ ≫τdle temps caractéristique de diffusion thermique. Essayons d’avoir un ordre de grandeur de τd, pour cela, on par de l’équation de la chaleur ∂T
∂t = D#”
∇2T or
∂T
∂t ∼ T
τd etD#”
∇2T ∼DT
R2 doncτd∼ R2
D = R2µc
λ et ceci est très général.
Ainsi, l’hypothèse est valable tant que µcR
12σT03 ≫ R2µc
λ ⇔R≪ λ 12σT03.
On prendλ= 200 W · m−1· K−1, et la condition devientR≪15 m. AvecR= 1 cm, c’est largement vérifié, mais c’est un problème que l’on ne peut traiter par homothétie.
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20 Thermodynamique
