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