TD T1 : Introduction à la thermodynamique - corrigé
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Corrigé TD T1 : Introduction à la thermodynamique
Exercice 1 : Équilibre d’un piston
Système : piston de masse 𝑚 et de surface 𝑆. Référentiel : terrestre supposé galiléen. On note O𝑧 l’axe vertical ascendant. Forces :
➢ Poids 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 ;
➢ Force de pression du compartiment du haut 𝐹 𝑃H= −𝑃H𝑆𝑢⃗ 𝑧 ;
➢ Force de pression du compartiment du bas 𝐹 𝑃B = 𝑃B𝑆𝑢⃗ 𝑧.
Théorème du centre d’inertie : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝐹 𝑃H+ 𝐹 𝑃B.
À l’équilibre, selon 𝑢⃗ 𝑧 : −𝑚𝑔 − 𝑃H𝑆 + 𝑃B𝑆 = 0 ⇒ 𝑃B = 𝑃H+𝑚𝑔 𝑆 . 𝜎 = 𝑚 𝑆 ⇒ 𝑃B= 𝑃H+ 𝜎𝑔 ⇒ 𝑃B= ( 10 76× 10 5+ 1360 × 9,8) × 10−5= 0,26bar.
Exercice 2 : Gonflage d’un pneu
1. 𝑃1𝑉 = 𝑛𝑅𝑇1 et 𝑃2𝑉 = 𝑛𝑅𝑇2 ⇒ 𝑇2 = 𝑃2
𝑃1𝑇1 ⇒ 𝑇2 = 3,1 × 10
2K.
2. 𝑃0𝑉1 = 𝑛1𝑅𝑇. La bouteille contient une quantité 𝑛1 = 𝑃0𝑉1
𝑅𝑇 de gaz.
À la fin de la détente, il reste une quantité 𝑛r = 𝑃a𝑉1
𝑅𝑇 de gaz dans la bouteille.
La quantité de gaz utile est donc 𝑛u = 𝑛1− 𝑛r=
(𝑃0−𝑃a)𝑉1
𝑅𝑇 .
Le volume correspondant est 𝑉u = 𝑛u𝑅𝑇
𝑃a ⇒ 𝑉u= (
𝑃0
𝑃a− 1) 𝑉1 ⇒ 𝑉u = 8,3 × 10
2L.
3. a. La quantité de gaz initiale dans la bouteille est 𝑛0 = 𝑃0𝑉0
𝑅𝑇 .
La quantité de gaz finale dans le pneu est 𝑛2 = 𝑃4𝑉2
𝑅𝑇 .
Il reste donc dans la bouteille une quantité 𝑛3 = 𝑛0− 𝑛2.
On a alors 𝑛3 = 𝑃𝑉0
𝑅𝑇 ⇒ 𝑃 = 𝑃0 − 𝑃4𝑉2
𝑉0 ⇒ 𝑃 = 13bar.
b. La pression finale dans la bouteille doit rester supérieure à 𝑃4 = 2,6bar.
La quantité restante de gaz dans la bouteille est alors 𝑛4 = 𝑃4𝑉0
𝑅𝑇.
La quantité de gaz utile est donc 𝑛′u = 𝑛0− 𝑛4 =
(𝑃0−𝑃4)𝑉0
𝑅𝑇 .
Pour un pneu, on utilise une quantité 𝑛2 =𝑃4𝑉2
𝑅𝑇 .
Le nombre de pneus que l’on peut gonfler est donc : 𝑁 = E (𝑛′u 𝑛2) ⇒ 𝑁 = E [( 𝑃0 𝑃4− 1) 𝑉0 𝑉2] ⇒ 𝑁 = 7.
Exercice 3 : Température et énergie cinétique 1. 𝑃𝑉 = 𝑁𝑘B𝑇 et ℰct∗ = 3 2𝑛𝑅𝑇 ⇒ 𝑃𝑉 = 2 3ℰct ∗ . 2. ℰc∗ = 5 2𝑛𝑅𝑇 ⇒ ℰc ∗= 6kJ. 3. ⟨𝑒ct∗⟩ = 3 2𝑘B𝑇 = 1 2𝑚𝑢 ∗2, 𝑚 =2𝑀(N) 𝑁A et 𝑁A𝑘B= 𝑅.
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Page 2 sur 4 On en déduit 𝑢∗= √2𝑀(N)3𝑅𝑇 ⇒ 𝑢∗ = 493ms−1.
4. 𝑢∗(O2) = √2𝑀(O)3𝑅𝑇 et 𝑢∗(Ar) = √𝑀(Ar)3𝑅𝑇 ⇒ 𝑢∗(O2)
𝑢∗(Ar)= √ 𝑀(Ar) 2𝑀(O) ⇒ 𝑢∗(O 2) 𝑢∗(Ar)= 1,1 .
Exercice 4 : Chocs sur une paroi
On considère un modèle dans lequel les particules se déplacent selon trois axes orthogonaux, dont un est perpendiculaire au mur considéré. On suppose que toutes les particules se déplacent avec la vitesse quadratique moyenne 𝑢∗.
Les particules frappant la surface 𝑆 pendant d𝑡 sont contenues dans un cylindre de section 𝑆 et de hauteur 𝑢∗d𝑡, donc de volume d𝜏 = 𝑆𝑢∗d𝑡.
On note 𝑛∗ la densité particulaire du gaz. Le nombre de particules contenues dans d𝜏 est d𝑁′ = 𝑛∗d𝜏 = 𝑛∗𝑢∗𝑆d𝑡.
Parmi celles-ci, le nombre se dirigeant vers le mur est d𝑁 =d𝑁′
6 ⇒ d𝑁 = 1 6𝑛 ∗𝑢∗𝑆d𝑡 ⇒ dN dt = 1 6𝑛 ∗𝑢∗𝑆
Il reste à déterminer 𝑛∗ et 𝑢∗ en fonction des données. 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ P = NRT 𝑁𝐴𝑉 = 𝑛 ∗𝑘 𝐵𝑇 ⇒ n∗ = 𝑃 𝑘𝐵𝑇 1 2𝑚𝑢 ∗2 =3 2𝑘B𝑇 ⇒ u ∗ = √3𝑘𝐵𝑇 𝑚 = √ 3𝑅𝑇 𝑀(𝑎𝑖𝑟) Où 𝑚 est la masse d’une particule.
D’où d𝑁 d𝑡 = 𝑃𝑆 6𝑘𝐵𝑇√ 3𝑅𝑇 𝑀(𝑎𝑖𝑟) ou encore d𝑁 d𝑡 = 𝑃𝑆 6𝑘𝐵√ 3𝑅 𝑀(𝑎𝑖𝑟) 𝑇= 2 × 10 27chocs/s
Exercice 5 : Énergie interne de la vapeur d’eau
1. Pour un gaz parfait, l’énergie interne ne dépend que de la température (première loi de Joule). Or on constate ici que 𝑈m dépend de la pression. Le gaz n’est donc pas parfait.
2. a. On est à température constante : 𝑈m1− 𝑈m2 = 𝑎 𝑉m2− 𝑎 𝑉m1⇒ 𝑎 = 𝑉m1𝑉m2 𝑉m2−𝑉m1(𝑈m2− 𝑈m1) ⇒ 𝑎 = 0,923 J. m 3. mol−2. (𝑃 + 𝑎 𝑉m2) (𝑉m− 𝑏) = 𝑅𝑇 ⇒ 𝑏 = (1 − 𝑉m𝑅𝑇 𝑃𝑉m2+𝑎) 𝑉m ⇒ 𝑏 = 8,23 × 10 −5 m3. mol−1. b. 𝑈m3 = 𝑈m2+ 𝑎 𝑉m2− 𝑎 𝑉m3 ⇒ 𝑈m3 = 55,8 kJ. mol −1. 𝑇3 = 1 𝑅(𝑃3 + 𝑎 𝑉m32 ) (𝑈m3− 𝑏) ⇒ 𝑇3 = 779K.
Les valeurs calculées sont en bon accord avec les valeurs expérimentales (erreur relative inférieure à 1%). Le modèle semble donc valide.
Exercice 6 : Variation de volume
L’augmentation de pression a tendance à faire diminuer le volume, tandis que l’augmentation de température a tendance à le faire augmenter.
Équation d’état des gaz parfaits :
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 (1) et (𝑝 + Δ𝑝)(𝑉 + Δ𝑉) = 𝑛𝑅(𝑇 + Δ𝑇) (2) (2) (1)⇒ (1 + Δ𝑝 𝑝) (1 + Δ𝑉 𝑉) = 1 + Δ𝑇 𝑇 ⇒ Δ𝑉 𝑉 = Δ𝑇 𝑇− Δ𝑝 𝑝 1+Δ𝑝𝑝 ⇒ Δ𝑉 𝑉 = 1%.
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Page 3 sur 4 Exercice 7 : Indications d’une bouteille
1. Sous 𝑃a = 1bar et 𝑇 = 20°C, l’argon occupe le volume total 𝑉T = 10m3.
Sous 𝑃b= 200bar et 𝑇 = 20°C, l’argon occupe le volume interne 𝑉i.
𝑃a𝑉T = 𝑛𝑅𝑇 = 𝑃b𝑉i ⇒ 𝑉i = 𝑃a𝑉T
𝑃b ⇒ 𝑉i = 5 × 10
−2m3.
2. Le volume utile 𝑉u est le volume d’argon qui peut sortir de la bouteille. Or l’argon peut sortir tant que la
pression à l’intérieur de la bouteille est supérieure à la pression atmosphérique.
À la température 𝑇′ = 30°C, lorsque l’argon ne sort plus, il reste dans la bouteille une quantité de gaz 𝑛b = 𝑃a𝑉i
𝑅𝑇′.
La quantité initiale de gaz est 𝑛0 = 𝑃a𝑉T
𝑅𝑇 .
La quantité utile de gaz est donc 𝑛u = 𝑛0− 𝑛b = 𝑃a
𝑅 ( 𝑉T
𝑇 − 𝑉i
𝑇′), qui correspond au volume 𝑉u= 𝑛u𝑅𝑇′ 𝑃a ⇒ 𝑉u =𝑇′ 𝑇 𝑉T− 𝑉i ⇒ 𝑉u= 10,3 m 3. 3. 𝑛u = 𝑃a𝑉u 𝑅𝑇′ ⇒ 𝑛u = 4,08 × 10 2mol.
Exercice 8 : Température et vitesse quadratique moyenne 1. 𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 et 𝑛 = 𝑚 2𝑀(N)⇒ 𝑇 = 2𝑀(N)𝑝𝑉 𝑚𝑅 ⇒ 𝑇 = 2,4 × 10 2K. 2. 𝒏∗ =𝑵 𝑽 et 𝑁 = 𝑛𝑁A ⇒ 𝑛 ∗ = 𝑚𝑁A 2𝑀(N)𝑉 ⇒ 𝑛 ∗ = 3,0 × 1025molécules/m3. 3. 𝜀 =32𝑘B𝑇 ⇒ 𝜀 = 5,0 × 10−21J. 4. 𝜀 =1 2𝑚 ∗𝑢∗2 et 𝑚∗= 2𝑀(N) 𝑁A ⇒ 𝑢 ∗= √𝑁A𝜀 𝑀(N) ⇒ 𝑢 ∗ = 0,47 km. s−1.
Exercice 9 : Dissociation du dibrome 1. 𝑝𝑉0 = 𝑛𝑅𝑡0, 𝑛 = 𝑚 𝑀 et 𝑀 = 2𝑀(Br) ⇒ 𝑉0 = 𝑚𝑅𝑡0 2𝑀(Br)𝑝 ⇒ 𝑉0 = 1,8 L. 2. On a de même 𝑉1 = 𝑚𝑅𝑡1 2𝑀(Br)𝑝 ⇒ 𝑉1 = 3,9 L. 3. Bilan de matière : Br2 (g) = 2Br(𝑔) 𝑛0 0 𝑛0− 𝜉 2𝜉 ⇒ 𝑛g = 𝑛(Br2) + 𝑛(Br) = 𝑛0+ 𝜉. 𝑃𝑉1′= 𝑛g𝑅𝑡1 𝑃𝑉1 = 𝑛0𝑅𝑡1} ⇒ 𝑉1′ 𝑉1 = 𝑛g 𝑛0 = 1 + 𝜉 𝑛0. Par définition 𝛼 = 𝜉 𝑛0 ⇒ 𝛼 = 𝑉1′ 𝑉1 − 1 ⇒ 𝛼 = 0,23.
Exercice 10 : Limite du modèle du gaz parfait
1. Pour un gaz parfait, le produit 𝑃𝑉 est indépendant de 𝑃, ce qui est le cas ici pour −3 ≤ log ( 𝑃
1 bar) ≤ 0,3.
Le gaz peut donc être considéré comme parfait pour 10mbar ≤ 𝑃 ≤ 2 bar.
2. 𝐴 est la limite de 𝑃𝑉 aux basses pressions, c'est-à-dire quand le gaz peut être considéré comme parfait. On a donc 𝐴 = 𝑛𝑅𝑇 ⇒ 𝐴 = 2 kJ.
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Page 4 sur 4 Exercice 11 : Fuite de l’atmosphère
1. ⟨𝑒ct⟩ = 1 2𝑚𝑢 ∗2 =3 2𝑘B𝑇, 𝑚 = 𝑀 𝑁A et 𝑁A𝑘B= 𝑅. On en déduit 𝑢∗= √3𝑅𝑇 𝑀 ⇒ 𝑢 ∗(H 2) = 1,9kms−1 et 𝑢∗(N2) = 517ms−1. 2. 𝒗𝓵𝐓 𝒖∗(𝐇 𝟐) = 𝟓, 𝟕𝟎 𝑣ℓT 𝑢∗(N 2)= 21,3 𝑣ℓL 𝑢∗(H 2)= 1,19 𝑣ℓL 𝑢∗(N 2)= 4,45.
Les vitesses quadratiques moyennes de H2 et N2 sont toujours inférieures aux vitesses de libération.
Cependant, elles ne représentent qu’une moyenne. Un certain nombre de particules possèdent une vitesse supérieure à 𝑢∗. Si leur vitesse est supérieure à la vitesse de libération, elles sont capables d’échapper à l’attraction de l’astre à proximité duquel elles se trouvent.
Pour un rapport 𝑢𝑣ℓ∗ de l’ordre de 5, cette « fuite » des gaz n’est pas négligeable : la Lune ne possède pas
d’atmosphère, et l’atmosphère terrestre ne possède pas de dihydrogène.
Pour un rapport 𝑢𝑣ℓ∗≈ 20, cette « fuite » est négligeable : le diazote reste à proximité de la Terre et ne
s’échappe pas dans l’espace.
3. Pour que le diazote s’échappe quantitativement, on devrait avoir 𝑣ℓT
𝑢∗(N
2) ≈ 5.
On en déduit 𝑇 ≈2𝑀(N)𝑣ℓT2
75𝑅 ⇒ 𝑇 ≈ 5 × 10 3K.
4. La vitesse de libération est la vitesse minimale pour qu’un objet échappe à l’attraction de l’astre, c’est-à-dire pour que son énergie mécanique soit nulle :
1 2𝑚𝑣ℓ 2−𝐺𝑚𝑀A 𝑅A = 0 ⇒ 𝑣ℓ= √ 2𝐺𝑀A 𝑅A ⇒ 𝑣ℓT = 11kms −1 et 𝑣 ℓL = 2,3kms−1.
Exercice 12 : Constante massique d’un gaz parfait 1. 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇, 𝑛 =𝑚 𝑀 et 𝑣 = 𝑉 𝑚⇒ 𝑃𝑣 = 𝑟𝑇 avec 𝑟 = 𝑅 𝑀 (en J. K −1. kg−1).
2. Pour le dioxygène, 𝑀 = 2𝑀(O) ⇒ 𝑟(O2) = 𝑅
2𝑀(O) ⇒ 𝑟 = 0,26 kJ. K
−1. kg−1.
