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CChhaappiittrree 33
TThheerrmmooddyynnaammiiqquuee
MASSE D’UN ICEBERG
Statique des fluides, poussée d’Archimède
Enoncé :
Un iceberg de masse volumique ρg = 920 kg.m − 3 flotte dans l’eau de mer de masse volumique ρm = 1 025 kg.m − 3 avec un volume émergé Ve de 10 6 m 3 hors de l’eau.
Iceberg situé dans les « 50 èmes rugissants », non loin du Cap Horn : les icebergs
constituent de redoutables dangers pour les navigateurs s’aventurant dans les latitudes
extrêmes du globe terrestre.
Déterminer les volumes total et immergé de l’iceberg, ainsi que sa masse totale.
Solution :
La masse totale de l’iceberg peut s’écrire totg Vm ρ= , où Vtot, somme des volumes
immergé Vim et émergé 36e m10V = , représente le volume total de l’iceberg. La
condition d’équilibre de l’iceberg,
supposé au repos dans le référentiel
terrestre supposé galiléen, s’écrit :
0fgm a
rrr=+
où afr
, poussée d’Archimède égale (en
norme) au poids du volume d’eau de mer
Ve
Vim
Vtot = Vim + Ve
G
gmr
afr
zur
116 Chapitre 3
déplacé, vaut zimma ugVfrr
ρ= . Par conséquent, en projection sur la verticale orientée :
0gVgV immtotg =ρ+ρ− . Soit, avec etotim VVV −= :
e
gm
mtot VV
ρ−ρ
ρ= puis eg
gm
mtotg VVm ρ
ρ−ρ
ρ=ρ=
Numériquement, 36tot m10.75,9V = et tonnes10.9m 6= ! Le volume immergé vaut
36im m10.75,8V = , soit pratiquement 9 fois le volume de la partie émergée de
l’iceberg ; comme quoi vaut-il toujours mieux se méfier de la partie immergée d’un
iceberg !
LE BAROMETRE DE HUYGENS
Statique des fluides
Enoncé :
Le schéma de principe du baromètre de Huygens, ainsi qu’une photo d’une réalisation actuelle, sont présentés ci-dessous.
La partie supérieure gauche du tube en U, remplie de mercure (de masse volumique ρ = 13 600 kg.m − 3) et de diamètre transverse d = 2,5 mm débouche sur une ampoule scellée (de diamètre D = 1,7 cm) dans laquelle règne le vide (on néglige de ce fait la pression de vapeur saturante du mercure). Dans la partie droite du tube en U, on a versé, au dessus du mercure, un liquide de masse volumique µ plus faible. La surface libre supérieure de ce liquide est au contact de l’air atmosphérique de pression P.
Vide
Ampoule(Diamètre D)
Mercure (ρ)
Liquide (µ)« moins dense »
x
h
Diamètre DDiamètre d
H
Airatmosphérique
O
Diamètre d
1. Lorsque la pression atmosphérique vaut bar1P0 = , l’ensemble est à l’équilibre et l’on définit les hauteurs H et h (voir figure). Connaissant h = 20 cm, calculer H (on donne g, accélération de la pesanteur, g = 9,8 m.s − 2 et l’on choisira µ = 800 kg.m − 3).
Thermodynamique 117
2. La pression atmosphérique diminue de ∆P < 0 ; on constate alors que la surface libre supérieure du liquide de masse volumique µ monte d’une hauteur x > 0 repérée par rapport à sa position d’équilibre O initiale. Déterminer l’expression littérale de x en fonction des données.
3. On souhaite obtenir une dénivellation x 10 fois supérieure à celle obtenue, dans les mêmes conditions atmosphériques, avec un baromètre classique à mercure1 (du type de Torricelli). Quelle doit être alors la valeur numérique de la masse volumique µ du liquide « moins dense » utilisé ?
Solution :
1. La pression est la même aux points A et B (voir figure (a)), situés sur une même
horizontale dans le mercure. Par conséquent, gHghP0 ρ=µ+ , d’où :
cm2,76hg
PH 0 =
ρ
µ+
ρ=
Figure (a) Figure (b)
x
h
HO
A B
x
h
HO
x
X
X
A’ B’
X
P0P0 + ∆P
2. Si la surface libre du liquide « moins dense » monte d’une hauteur x, alors le
niveau du mercure monte dans l’ampoule de droite (et descend dans l’ampoule de
gauche, par conservation du volume du mercure) d’une hauteur X. Celle-ci est
déterminée en écrivant la conservation du volume du liquide « moins dense », soit
SXsx = (où s et S désignent les surfaces transverses du tube en U et de l’ampoule
scellée) et donc x)S/s(X = . Soit B’ un point de la surface de séparation entre le
mercure et le liquide « moins dense », dans l’ampoule de droite (voir figure) et soit un
point A’, situé sur une même horizontale, mais dans la partie gauche du tube en U. Par
rapport à la position d’équilibre initiale (pour laquelle le point A’ était confondu avec
A), le point A’ est monté d’une hauteur X.
Les pressions étant les mêmes aux points A’ et B’, il vient finalement :
1 On rappelle que Pa10.013,1atm1Hgmm760 5== et que Pa10bar1 5= .
118 Chapitre 3
)XXH(g)Xxh(gPP0 −−ρ=−+µ+∆+
Soit, avec x)S/s(X = et en utilisant la condition d’équilibre obtenue à la 1ère
question :
xS
sg2x
S
s1gP ρ−=
−µ+∆
d’où l’expression de la hauteur x :
ρ
∆−
+
−
ρ
µ=
ρ+
−µ
∆−=
g
P
S
s2
S
s1
1
S
sg2
S
s1g
Px
3. Dans un baromètre simple à mercure (du type Torricelli), la variation de hauteur
∆h est reliée à la variation de pression ∆P par (en valeur absolue) hgP ∆ρ=∆ et la
variation de hauteur de la colonne de mercure est directement donnée par l’expression
de la variation de pression ∆P exprimée en cm Hg. Autrement dit, si Hgcm2P =∆ ,
la dénivellation ∆h dans le tube du baromètre sera (en valeur absolue) de 2 cm.
Le facteur d’amplification A de la dénivellation x du baromètre de Huygens par
rapport à celle du baromètre classique de Torricelli est alors donnée par la formule
littérale suivante (en supposant 0P <∆ , donc x > 0 et 0h <∆ ) :
S
s2
S
s1
1
g
P
x
h
xA
+
−
ρ
µ=
ρ
∆−=
∆=
Numériquement, le gain 10h/xA =∆= si :
( )( )
( )( )3
2
2
m.kg790D/d1A
D/dA21
S/s1A
)S/s(A21 −≈ρ−
−=ρ
−
−=µ
Le liquide « moins dense » utilisé peut alors être un alcool comme l’éthanol par
exemple dont la masse volumique est voisine de celle qui semble nécessaire pour avoir
une amplification de 10. Ainsi, lorsque la pression atmosphérique varie, selon les
caprices de la météorologie, de 745 mm de mercure (soit environ 980 hPa, valeur
correspondant à une forte tempête !) à 790 mm de mercure (soit environ 1 040 hPa,
forte pression associée à un puissant anticyclone), la surface libre de l’alcool placé
dans le baromètre de Huygens subit un déplacement d’amplitude 45 cm !
ENROULEMENT DU VENT AUTOUR D’UN ANTICYCLONE ET
D’UNE DEPRESSION Statique des fluides
Enoncé :
Un point M situé dans l’atmosphère terrestre est repéré par ses coordonnées (x,y,z) dans le repère local (Oxyz), dont l’origine O se trouve dans un plan méridien à la latitude λ, avec 0 2≤ ≤λ π / pour l’hémisphère Nord (figure (a)). L’axe (Ox) est dirigé
Thermodynamique 119
vers l’Est, l’axe (Oy) vers le Nord et l’axe (Oz) suivant le rayon terrestre. La vitesse angulaire de rotation propre de la Terre est Ω = −2 86164 1π / .rad s (le lecteur pourra se référer à l’exercice de mécanique intitulé « Quelques conséquences de la force de Coriolis », page 35).
1. On s’intéresse à la résultante dFr
des forces de pression s’exerçant sur un élément de fluide atmosphérique de masse dm, de forme parallélépipédique, de volume d dx dy dzτ = . . ; montrer que la force de pression rapportée à l’unité de
masse, définie par r r
f dF dm= / est donnée par l’expression r
f grad P= −→1
ρ où ρ est
la masse volumique du fluide et P la pression au point M de coordonnées (x,y,z). Dans une atmosphère calme, par quoi est compensée la composante verticale des forces de pression ?
Par la suite, on supposera cette compensation effective en toutes circonstances et on ne s’intéressera qu’au mouvement de la particule fluide dans un plan horizontal.
2. On considère la situation météorologique schématisée sur la figure (b), dans laquelle l’axe anticyclone-dépression2 fait un angle θ avec la direction (Ox). La distance entre les isobares PA = 1 020 et PD = 1 000 est notée d, les pressions étant mesurées en hectopascals. On supposera le gradient de pression uniforme sur l’axe (AD), de norme notée a. Au niveau de l’axe (AD), les isobares sont perpendiculaires à cet axe et sont localement assimilables à des segments de droite.
Figure (a) Figure (b)
Terre
C
O
Z0
Ω
y
zx
λ
d
Nord
Sud
Ouest Est
1000
1020
A
D
O θ
x
Isobare
y
a) Le référentiel géocentrique étant supposé galiléen, on se place dans le référentiel terrestre. Ecrire, en négligeant les forces de frottements, le principe fondamental de la dynamique pour la particule de fluide (de masse dm) dans le référentiel terrestre.
b) Exprimer les coordonnées fx et fy de la force massique de pression, le long de l’axe (AD), en fonction de a, ρ et θ.
c) L’approximation géostrophique consiste à négliger l’accélération du mouvement. Montrer que le fluide atmosphérique s’écoule au niveau de l’axe (AD) suivant une direction et un sens que l’on précisera3. Comment modifier ces conclusions dans l’hémisphère Sud ? Calculer la norme notée v du vecteur vitesse du vent. On donne : d = 800 km, λ = 42° Nord et ρ = 1,3 kg.m − 3. 2 Les régions où la pression atmosphérique est relativement basse sont appelées des dépressions, alors que
les anticyclones correspondent à des zones de pression relativement élevée. 3 Le vent ainsi défini est appelé vent géostrophique et constitue le plus souvent une bonne approximation
du vent réel, bien que le surestimant systématiquement.
120 Chapitre 3
Solution :
1. On considère une particule de fluide de forme parallélépipédique ; la force
résultante de pression qui s’exerce dans la direction (Oz) par exemple, est donnée par
(voir figure ci-dessous) :
zzzz u)dxdydz(z
)z,y,x(Pudxdy)z,y,x(Pudxdy)dzz,y,x(PFd
rrrr
∂
∂−=++−=
La force totale Fdr
de pression subie par la particule de fluide peut ainsi s’écrire :
τ−=τ
∂
∂+
∂
∂+
∂
∂−=
→
d)Pgrad(duz
)z,y,x(Pu
y
)z,y,x(Pu
x
)z,y,x(PFd zyx
rrrr
La masse dm de la particule étant
τρ= ddm , l’expression de la force de
pression massique est finalement :
Pgrad1
dm
Fdf
→
ρ−==
rr
Dans une atmosphère à l’équilibre, la
composante verticale des forces de
pression est compensée par le poids de
la particule de fluide. Dans la suite de
l’exercice, on considérera qu’il y a
équilibre entre le poids et les forces de
pression verticales, même lorsque l’atmosphère est en mouvement et l’on n’étudiera
que les mouvements horizontaux de l’atmosphère.
2-a) Le principe fondamental de la dynamique, écrit dans le référentiel terrestre non
galiléen ne fait intervenir explicitement que la seule force d’inertie de Coriolis égale à
v)dm(2rr
∧Ω− (où vr
désigne le vecteur vitesse de la particule de fluide de masse
dm), puisque la force d’inertie d’entraînement est comprise dans la définition du poids
g)dm(r
. Par conséquent, en négligeant les forces de frottement :
Pgraddm
v)dm(2g)dm(dt
vd)dm(
→
ρ−∧Ω−=
rrrr
Soit : Pgrad1
v2gdt
vd →
ρ−∧Ω−=
rrrr
b) Le long de l’axe (AD), le gradient de pression est uniforme et vaut, en norme,
d/)PP(a DA −= . Vectoriellement, on en déduit en notant rur
le vecteur unitaire de
l’axe (AD) orienté de A vers D :
yxr usinaucosauaPgradrrr
θ−θ−=−=→
D’où les expressions des coordonnées fx et fy de la force massique de pression :
θρ
= cosa
f x et θρ
= sina
f y
zur
yur
xur
x
y
z
dx
dy
dz
M
)u(dxdy)dzz,y,x(P z
r−+
)u(dxdy)z,y,x(P z
r
y
x
z
z + dz
O
Thermodynamique 121
c) Dans le cadre de l’approximation géostrophique, l’accélération 0dt/vdrr
= et
l’équation différentielle du mouvement devient alors :
Pgrad1
gv2→
ρ−=∧Ω
rrr
Avec ( )zy usinucosrrr
λ+λΩ=Ω et yyxx uvuvvrrr
+= , on en déduit, en projection sur
les axes (Ox) et (Oy) :
xy fsinv2 =λΩ− et yx fsinv2 =λΩ
Les coordonnées de la vitesse de la particule, le long de l’axe (AD) sont ainsi :
λΩρ
θ=
sin2
sinav x et
λΩρ
θ−=
sin2
cosav y
Le vecteur vitesse de la particule peut encore s’écrire sous forme vectorielle :
( ) θλΩρ
−=θ−θλΩρ
= usin2
aucosusin
sin2
av yx
rrrr
où θur
désigne le vecteur unitaire directement perpendiculaire au vecteur rur
(figure
ci-dessous). Dans l’hémisphère Nord, pour lequel la latitude 0>λ , le vecteur vitesse
est parallèle aux isobares et orienté dans le sens contraire au vecteur θur
. Dans
l’hémisphère Sud, pour lequel 0<λ , le vecteur vitesse est désormais de même sens
que θur
. Dans l’hémisphère Nord, le vent associé à une dépression souffle dans le sens
inverse des aiguilles d’une montre et s’engouffre vers le centre dépressionnaire, alors
que, pour un anticyclone, le vent sort du centre anticyclonique cette fois dans le sens
des aiguilles d’une montre (voir figure de droite, ci-dessous).
vr
θur ru
r
d
Nord
Ouest Est
1 000
1 020
A
D
O
θ
x
Isobare
(D)
(A)
y
Sud
Enroulement du vent autour d’une dépression et d’un anticyclone
(dans l’hémisphère Nord).
Ces conclusions permettent d’expliquer la règle de Buys-Ballot (météorologiste
hollandais, 1817-1890) déterminant la direction du centre d’une dépression d’après
l’observation du vent : dans l’hémisphère Nord, le vent laisse les basses pressions à sa
122 Chapitre 3
gauche (sur la droite dans l’hémisphère Sud) et plus les isobares sont serrées, plus le
vent est fort4.
Numériquement, avec 13dA m.Pa10.5,2d/)PP(a −−=−= , la norme de la vitesse du
vent le long de l’axe (AD) vaut 11 h.km71s.m7,19v −− == , soit encore, en nœuds
(1 nœud = 1 mille.h − 1
= 1,852 km.h − 1
), nœuds3,38v = (vitesse correspondant à un
vent de force 8 sur l’échelle Beaufort, couramment utilisée par les météorologues et
les marins).
ETUDE DE LA FORME D’UN MIROIR METALLIQUE LIQUIDE
Statique des fluides
Enoncé :
Cet exercice étudie le principe de fonctionnement et la mise en œuvre d’un miroir métallique liquide, utilisé dans des mesures astronomiques et atmosphériques. La 1ère partie de l’étude, présentée dans cet exercice, propose de déterminer l’équation de la surface libre du miroir liquide en rotation. La 2ème partie, étudiée page 207 dans l’exercice « Etude optique d’un miroir liquide », s’intéressera plus particulièrement aux propriétés optiques du miroir ainsi réalisé.
Une cuve cylindrique de rayon R et de hauteur intérieure H, contient une hauteur h0 de liquide métallique incompressible de masse volumique ρ. L’axe de symétrie (Cz) de la cuve est orienté suivant la verticale ascendante, le point origine C étant le centre du fond du récipient. L’accélération de la pesanteur est notée g
r. Le référentiel
d’étude (R) est celui du laboratoire supposé galiléen. La cuve est ouverte à l’atmosphère à la pression P0. La cuve est progressivement mise en rotation autour de (Cz) et, après une phase de démarrage suffisamment longue, la vitesse de rotation atteint une valeur constante ω, régulée avec précision. Le liquide tourne également en bloc à la même vitesse angulaire autour de l’axe (Cz) et il est immobile par rapport au référentiel (R ‘ ) lié à la cuve.
1. On considère un volume dτ de fluide centré sur un point M, de coordonnées cylindriques (r,θ,z) dans le repère (C, zr u,u,u
rrr
θ ) du référentiel (R ‘ ). Ecrire la condition
d’équilibre relatif de ce volume élémentaire dans (R ‘ ).
2. En déduire que la surface libre du liquide a pour équation : 22
rg2
azω
+= , où a
est une constante. Quelle forme géométrique présente la surface libre ?
3. Déterminer l’expression de la constante a en fonction de h0, ω, R et g.
4 On pourra consulter, pour davantage d’informations sur les phénomènes météorologiques, les ouvrages
suivants : « Le cours des Glénans », Editions du Seuil et « La météorologie », collection « Que sais-je ? »,
aux Editions des Presses Universitaires de France.
θur
zur
ru r
z
Hh0
R
C
Mr
z
Thermodynamique 123
4. Quelle est la vitesse angulaire ωm à ne pas dépasser pour éviter le débordement du liquide ?
Solution :
1. Dans le référentiel tournant (R’) lié au fluide, le volume dτ de masse τρ= ddm
est soumis aux trois forces suivantes : son poids ( gdr
τρ ), les forces de pression dues
au fluide environnant ( τ−→
dPgrad , où P désigne la pression au point M ; voir page
120, la 1ère
question de l’exercice précédent) et la force d’inertie d’entraînement
centrifuge ( r2 urdr
ωτρ ). La condition d’équilibre relatif du volume élémentaire dτ
s’écrit par conséquent :
0urddPgradgd r2
rrr=ωτρ+τ−τρ
→
soit r2
z urugPgradrr
ωρ+ρ−=→
2. En coordonnées cylindriques, la pression P est a priori fonction de r, θ et ϕ et
ainsi zr uz
Pu
P
r
1u
r
PPgrad
rrr
∂
∂+
θ∂
∂+
∂
∂= θ
→
; l’expression précédente projetée sur les
vecteurs rur
, θur
et zur
donne alors :
rr
P 2ωρ=∂
∂ (1) ; 0
P
r
1=
θ∂
∂ (2) ; g
z
Pρ−=
∂
∂ (3)
L’équation (2) montre immédiatement que la pression ne dépend pas de l’angle θ (il y
a invariance par rotation autour de l’axe (Cz)). Après intégration, l’équation (1) donne
)z(fr2
1)z,r(P 22 +ρω= , où f(z) désigne une fonction de la seule variable z. En
dérivant partiellement cette dernière expression de P(r,z) puis en comparant avec
l’équation (3), il vient g)z('f ρ−= , soit cstezg)z(f +ρ−= , d’où finalement
l’expression de la pression au sein du fluide :
cster2
1zg)z,r(P 22 +ρω+ρ−=
En tout point M de la surface libre du liquide, la pression est égale à la pression
atmosphérique P0 ; par conséquent, les coordonnées de M vérifient l’équation :
022 Pcster
2
1zg −+ρω=ρ soit ar
g2z
22
+ω
=
où a désigne une nouvelle constante pour le moment indéterminée. La surface libre du
liquide est une paraboloïde de révolution autour de l’axe (Cz). La figure présentée ci-
dessous montre la coupe de cette surface dans le plan de la feuille de ce livre, qui est
une parabole d’axe (Cz) et de sommet A dont la cote est justement égale à a.
3. La cote a du point A peut se déterminer en écrivant la conservation du volume de
liquide. Lorsque la cuve est immobile, le volume vaut 02
0 hRV π= . Lorsque la cuve
est mise en mouvement, ce même volume peut alors s’exprimer sous la forme suivante
(voir figure) :
242R
0
22R
00 aR
4
R
gdrar
g2r2)r(z)drr2(V π+
πω=
+
ωπ=π= ∫∫
124 Chapitre 3
Par conservation du volume, il vient
finalement :
242
02
aR4
R
ghR π+
πω=π
d’où : g4
Rha
22
0
ω−=
4. Soit B (voir figure) le point de la
surface libre du liquide situé à la
distance r = R de l’axe (Cz) ; la vitesse
angulaire ωm à ne pas dépasser est celle pour laquelle la cote de B est juste égale à H.
Par conséquent :
g4
RhR
g2aR
g2H)Rr(z
22m
02
2m2
2m ω
−+ω
=+ω
===
Soit finalement, R
g
R
hH2 0
m
−=ω .
FORME DE LA TERRE ; ELLIPSOÏDE ET GEOÏDE
Statique des fluides
Enoncé :
Au milieu du XVIII e siècle, le mathématicien Clairaut démontre que la Terre a la forme d’un ellipsoïde de révolution, c’est-à-dire d’un corps dont les rayons équatoriaux et polaire n’ont pas la même longueur. En effet, du fait de sa rotation propre et de l’existence de la force centrifuge plus forte à l’équateur que dans les régions polaires, la Terre se déforme ; elle n’est plus sphérique mais est aplatie aux pôles.
Pour tenter de voir l’influence de la rotation de la Terre sur sa propre forme, on adopte le modèle suivant : la déformation de la Terre, liée à sa rotation propre, est suffisamment petite pour admettre que le champ de gravitation en un point M situé à la distance r du centre O de la Terre reste celui de la Terre sphérique et homogène (de masse volumique constante ρ, de masse MT et de rayon moyen RT). De plus, on admettra qu’en première approximation, on peut trouver la forme de la Terre en considérant qu’elle se comporte comme un corps fluide.
Données : kg10.6M 24T = , km4006RT = et SI10.67,6G 11−= (constante de la
gravitation universelle).
1. Indiquer clairement sur un dessin les référentiels héliocentrique, géocentrique et terrestre. Quelle est, dans le référentiel géocentrique, la période de rotation propre de la Terre (appelée jour sidéral) ? Pourquoi diffère-t-elle légèrement de 1 jour ? Calculer la vitesse de rotation Ω de la Terre dans ce référentiel.
2. On admettra dans la suite des calculs que le référentiel géocentrique est galiléen et on se placera dans le référentiel terrestre. La forme de la Terre possède la symétrie de révolution (voir figure suivante) autour de l’axe de rotation (Oz). On considérera alors dans la suite uniquement un point M intérieur à la Terre et placé dans un plan quelconque (Oyz) contenant (Oz). On note P(y,z) la pression qui règne au point M.
zur
z
H
C
A
a
rdr
2πrdr
z(r)
B
R
Thermodynamique 125
a) Quelles sont les forces agissant sur un volume dτ centré en M ? On exprimera le résultat en fonction des coordonnées cartésiennes y et z de M et de r = OM.
b) Déterminer la pression P(y,z) qui règne au point M en fonction de y et z. On note P0 la pression au centre O. Soit Pa la pression atmosphérique en tout point de la surface terrestre. Montrer que la ligne isobare à la surface de la Terre dans le plan (Oyz) est une ellipse d’équation :
y 2 / a 2 + z 2 / c 2 = 1
Déterminer littéralement a et c.
c) En faisant des approximations légitimes, calculer ∆ = a − c en fonction de RT, MT, G et la vitesse angulaire Ω de rotation propre de la Terre, puis l’aplatissement f = (a − c) / c. (On donne le volume de l’ellipsoïde terrestre : 4πa 2c / 3).
Solution :
1. Le référentiel héliocentrique (ou référentiel de Kepler) est lié au centre d’inertie
S du Soleil : un repère associé à ce référentiel est centré sur S et possède trois axes liés
aux directions de trois étoiles suffisamment éloignées pour pouvoir être considérées
comme fixes. C’est un référentiel galiléen
avec une très bonne approximation. Le
référentiel géocentrique peut être défini
par l’intermédiaire d’un de ses repères
ayant comme origine le centre d’inertie T
de la Terre et les trois mêmes axes que le
repère choisi plus haut pour le référentiel
héliocentrique. Ce référentiel sera
considéré dans cet exercice comme étant
galiléen en 1ère
approximation.
Le référentiel terrestre, lié à la Terre, est animé d’un mouvement de rotation par
rapport à l’axe des pôles qui est incliné d’un angle de °≈ 23 par rapport à la normale à
l’écliptique (plan de l’ellipse trajectoire de la Terre autour du Soleil). Ce référentiel
sera considéré comme non galiléen dans la suite de l’exercice.
Le jour solaire (soit 24 h) est défini
comme la durée nécessaire pour
qu’un même point de la Terre
revienne face au Soleil. Si l’on
prend en compte la rotation propre
de la Terre dans le référentiel
géocentrique, de période égale T
( h24≤ ), le point A5 (voir figure)
pour lequel à l’instant t le Soleil
était au zénith se retrouvera, « le lendemain », dans la même position au bout d’un
5 On suppose par soucis de simplification que le Soleil est contenu dans le plan équatorial terrestre ; ce
résultat n’est vrai que lors des équinoxes de printemps et d’automne. A propos de la notion de temps, on
pourra consulter l’ouvrage « Eléments de mécanique céleste », par G. Pascoli, aux Editions Masson.
y
z
a
cr
M (y,z)
O
Ω
Ωr
Soleil
Terre
Référentiel
géocentrique
Référentiel
héliocentrique
S
T
Référentiel
terrestre
α
Terre à l’instant t
Terre à l’instant
t + 24 h
Soleil
A
A
α
Rotation
propre
126 Chapitre 3
intervalle de temps 24 h = T + ∆t, où ∆t (exprimé en heure) s’obtient en écrivant de
deux manières différentes l’angle α défini sur la figure : t)h24( ∆Ω=ω=α , où ω
désigne la vitesse angulaire orbitale de la Terre autour du Soleil et Ω la vitesse
angulaire de rotation propre de la Terre. En supposant h 24t <<∆ :
min 4h 10.6,624.365
242424t 2 ≈=≈
Ω
ω=∆ − (et h 24t <<∆ )
La durée d’une rotation propre de la Terre sera donc de min56h23 , soit s16086 : la
vitesse angulaire correspondante est alors 15 s.rad10.3,716086/2 −−=π=Ω .
2-a) On se limite à l’étude d’un volume élémentaire situé dans le plan (Oyz). Ce
volume dτ, de masse ρdτ, est soumis dans le référentiel terrestre aux trois forces :
• rR
M)d(G3T
T rτρ− , qui représente la force gravitationnelle exercée par le reste de la
Terre (supposée ici sphérique et homogène) sur la
masse ρdτ (voir la justification de de cette force
dans l’exercice intitulé « Modèle atomique de
Thomson », en page 253).
• La force d’inertie centrifuge due au mouvement
de rotation propre de la Terre, qui peut s’écrire
y2
uy)d(r
Ωτρ .
• La force résultante de pression (voir l’exercice « Enroulement du vent autour d’un
anticyclone et d’une dépression », en page 118), qui vaut τ−→
d)Pgrad( .
b) La masse ρdτ est à l’équilibre dans le référentiel terrestre, par conséquent :
0d)Pgrad(uy)d(rR
M)d(Gy
2
3T
Trrr
=
τ−+Ωτρ+
τρ−
→
Soit : y2
3T
T uyrR
MGPgrad
rrΩρ+
ρ−=
→
Dans le plan (Oyz), zy uz
Pu
y
PPgrad
rr
∂
∂+
∂
∂=
→
et zy uzuyrrrr
+= . Il vient, en projection :
yR
GMyy
R
MG
y
P 2
3T
T2
3T
T
Ω−ρ−=Ωρ+
ρ−=
∂
∂ et z
R
MG
z
P3T
Tρ−=
∂
∂
Soit encore :
yGM
R1
R
GM
y
P
T
23T
3T
T
Ω−ρ−=
∂
∂ et z
R
GM
z
P3T
Tρ−=∂
∂
La 1ère
équation donne, par intégration :
)z(fy2
1
GM
R1
R
GM)z,y(P 2
T
23T
3T
T +
Ω−ρ−=
r)R/M)d(G(3TT
rτρ−
yur
zur
y
z
τ−→
d.Pgrad
M
O
Ω
y2 uyd
rΩτρ
y
Thermodynamique 127
où f(z) désigne une fonction inconnue de la seule variable z ; en dérivant partiellement
par rapport à z l’expression précédente et en l’identifiant avec l’expression de z/P ∂∂
ci-dessus, il vient :
zR
GM)z('f
3T
Tρ−= d’où Kz2
1
R
GM)z(f 2
3T
T +ρ−= (où K est une constante)
Par conséquent, la pression P(y,z) devient :
KzR2
GMy
GM
R1
R2
GM)z,y(P 2
3T
T2
T
23T
3T
T +ρ−
Ω−ρ−=
En notant )0,0(PP0 = la pression au centre de la Terre, 0PK = et ainsi :
02
3T
T2
T
23T
3T
T PzR2
GMy
GM
R1
R2
GM)z,y(P +ρ−
Ω−ρ−=
La ligne isobare à la surface de la Terre, sur laquelle la pression est constante et égale
à Pa, vérifie ainsi l’équation en coordonnées cartésiennes :
a02
3T
T2
T
23T
3T
T PPzR2
GMy
GM
R1
R2
GM−=ρ+
Ω−ρ
Ou encore :
1
R2
GM)PP(
z
GM
R1
R2
GM)PP(
y
3T
Ta0
2
T
23T
3T
Ta0
2
=
ρ−
+
Ω−ρ−
On reconnaît l’équation cartésienne d’une ellipse de centre O, d’axe focal (Oy) et dont
les longueurs a et c du demi grand-axe et demi petit-axe vérifient respectivement :
Ω−ρ−=
T
23T
3T
Ta0
2
GM
R1
R2
GM)PP(a et
3T
Ta0
2
R2
GM)PP(c ρ−=
Par symétrie autour de l’axe (Oz), on déduit que le volume d’équilibre de la Terre est
un ellipsoïde de rayons équatoriaux tous deux égaux à a et de rayon polaire c.
c) La masse de la Terre ne doit pas dépendre du modèle géométrique choisi pour
décrire le globe terrestre ; par conséquent, puisque la masse volumique terrestre est
supposée constante, il y a égalité entre le volume d’une sphère de rayon RT et le
volume de l’ellipsoïde obtenu à la question précédente, soit :
ca3
4R
3
4 23T π=π ou encore 246
T caR =
En utilisant les expressions précédentes de a2 et de c
2, on obtient :
( ) 6T
2
T
23T
3
3T
T3
a0 RGM
R1
R2
GMPP
Ω−
ρ=−
D’où l’expression suivante de ( )a0 PP − :
128 Chapitre 3
( )T
T
3/2
T
23T
a0R2
GM
GM
R1PP ρ
Ω−=−
qui permet alors d’obtenir les relations suivantes pour a et c :
T
6/1
T
23T R
GM
R1a
−
Ω−= et T
3/1
T
23T R
GM
R1c
Ω−=
Le rapport T23
T GM/R Ω (ordre de grandeur du rapport de la force centrifuge sur la
force gravitationnelle) est petit devant 1 (il vaut 3
10.5,3−
), par conséquent :
T
23T
6/1
T
23T
GM
R
6
11
GM
R1
Ω+≈
Ω−
−
et T
23T
3/1
T
23T
GM
R
3
11
GM
R1
Ω−≈
Ω−
L’expression de a, puis celle de c, deviennent finalement :
Ω+≈
T
23T
TGM
R
6
11Ra et
Ω−≈
T
23T
TGM
R
3
11Rc (au 1
er ordre en
T
23T
GM
R Ω)
∆ et l’aplatissement f s’en déduisent :
T
T
23T R
GM
R
2
1ca
Ω≈−=∆ et
T
23T
GM
R
2
1
c
caf
Ω≈
−= (au 1
er ordre en
T
23T
GM
R Ω)
Numériquement : km1,11≈∆ et 580/110.7,1f3 ≈≈ −
.
Par rotation autour de l’axe (Oz), on génère un ellipsoïde de révolution, légèrement
aplati aux pôles ( TRc < ) et renflé au niveau de l’équateur ( TRa > ). Des calculs plus
complexes, prenant en compte notamment la dépendance de la force de gravitation
avec la latitude, sont néanmoins nécessaires pour aboutir à l’expression théorique de
« l’ellipsoïde de référence » qui est la forme théorique du globe terrestre qui épouse le
plus parfaitement possible la forme réelle de la Terre. Cet ellipsoïde est défini par :
• son rayon équatorial, noté a : a = 6 378,160 km.
• son aplatissement, noté f, défini par : 247,298/1c/)ca(f =−= , où c est le rayon
polaire.
Le rayon polaire c est de l’ordre de c = 6 357 km, ce qui correspond à une différence
de 21 km entre le rayon polaire et le rayon équatorial (soit une différence relative de
0,3%). La forme mathématique qui se rapproche au mieux de la forme de la Terre
n’est pas une sphère mais n’en est pas très éloignée !
Complément : le géoïde terrestre
On définit W le potentiel de pesanteur, relié au champ de pesanteur gr
par la relation :
Wgradg→
−=r
Lorsque l’on suppose la Terre immobile, sphérique et à répartition de masse à symétrie
sphérique, W se limite au potentiel de gravitation r/GMW T−= , où r est la distance
Thermodynamique 129
au centre de la Terre (r ≥ rayon terrestre).
Une surface équipotentielle du champ de pesanteur est une surface sur laquelle le
potentiel W est constant. Par exemple, dans le cas simple donné ci-dessus, les surfaces
équipotentielles sont des sphères concentriques de rayon r. En chaque point d’une
surface équipotentielle, le champ de pesanteur est normal à celle-ci. Ainsi, la verticale
du lieu (donnée par la direction de gr
) est donc perpendiculaire à la surface
équipotentielle en ce lieu.
Sur Terre, la surface moyenne des océans (au repos, en l’absence de vagues, de
courants, …) est une surface équipotentielle du champ de pesanteur ; en effet, la relation
fondamentale de la statique des fluides, écrite dans le référentiel terrestre, donne : (P est
la pression au sein du fluide et ρ sa masse volumique)
WgradgPgrad→→
ρ−=ρ=r
Soit rdr
un vecteur déplacement élémentaire, alors :
rd.Wgradrd.Pgradrr →→
ρ−= soit dWdP ρ−=
A la surface des océans au repos, la pression est considérée comme uniforme ( 0dP = ),
par conséquent 0dW = , soit csteW = : ainsi, la surface moyenne des océans
correspond bien à une surface équipotentielle du champ de pesanteur.
Le géoïde terrestre est la surface
équipotentielle du champ de pesanteur
terrestre qui se confond avec la surface
moyenne des océans ; cette surface épouse
de très près la forme de la Terre.
Le géoïde (donc la surface de la mer) est
en tout point perpendiculaire au champ de
pesanteur. Or celui varie d’un point à un
autre car la masse volumique de la Terre
n’est pas répartie de manière uniforme. Le
géoïde va donc présenter des creux (au-
dessus d’un défaut de masse) et des bosses
(au-dessus d’un excès de masse) qui, sur
mer par exemple, peuvent atteindre 100 m
sur une distance de plusieurs milliers de
kilomètres.
Ces différences de niveau sont néanmoins
très faibles vis-à-vis du rayon moyen
terrestre, si bien que la Terre, observée de
l’espace, apparaît sphérique. La figure ci-dessus, en exagérant fortement l’amplitude des
creux et des bosses (d’un facteur 105 !), donne l’allure du géoïde terrestre.
Les écarts entre l’ellipsoïde de référence et le géoïde, appelés « ondulations du géoïde »
ne dépassent pas 200 m. La forme du géoïde est déterminée très précisément par l’étude
des trajectoires de satellites géodésiques, qui peuvent être déterminées avec une
précision de quelques centimètres. En comparant ces trajectoires réelles à celles
théoriques obtenues en utilisant le champ de pesanteur fourni par le modèle de
l’ellipsoïde de référence, on peut en effet en déduire la valeur réelle du champ de
pesanteur terrestre et construire ainsi de proche en proche l’allure du géoïde.
Forme du géoïde terrestre. Le géoïde est la
forme qu’aurait la Terre si elle était entièrement recouverte d’océans ; l'amplitude
des déformations est exagérée d'un facteur 105 par rapport au rayon terrestre. (figure
GRGS-CNRS-CNES)
130 Chapitre 3
ETUDE DE LA DIFFUSION D’ATOMES DANS UN SOLIDE
Diffusion de particules
Enoncé :
On utilise très souvent les phénomènes de diffusion pour la fabrication des transistors dans l’industrie micro-électronique. La diffusion d’atomes tels que le bore dans un substrat de silicium permet par exemple de modifier considérablement les propriétés électriques de ce dernier 6.
Le plus souvent, les processus de diffusion ont lieu à des températures élevées. Ainsi, les atomes se trouvent « figés » lorsque le dispositif est ramené à température ambiante.
La figure de droite présente des tranches circulaires (« wafer », d’une dizaine de cm de
diamètre) de silicium très pur sur lesquelles sont réalisées plusieurs centaines de puces
électroniques, comme celle de la figure de gauche (dont la taille est de l’ordre du cm).
On se propose dans cet exercice d’établir les lois expliquant la diffusion des atomes dans les solides.
On suppose que la diffusion a lieu suivant l’axe (Ox) dans le sens positif et qu’aucune diffusion n’a lieu suivant les directions (Oy) et (Oz). Soient deux plans situés en x et x + dx, contenant respectivement, à l’instant t, des concentrations de particules c(x,t) et c(x + dx,t).
1. Définir le vecteur densité de courant
de diffusion xDD u)t,x(j)t,x(jrr
= et donner la relation (qui porte le nom de loi de Fick) entre ce vecteur et la concentration c(x,t). On note D le coefficient de diffusion. Quelle est l’unité de D ?
2. En prenant en compte la conservation du nombre de particules entre les plans situés en x et x + dx, c’est-à-dire en effectuant un bilan relatif à l’évolution, entre t et t + dt, du nombre de particules situées entre les plans d’abscisses x et x + dx, établir une autre relation entre j D (x,t) et c(x,t).
3. Montrer alors que la concentration c(x,t) vérifie l’équation aux dérivées partielles :
6 On réalise ainsi un semi-conducteur extrinsèque dopé P, dont la conductivité électrique est
considérablement augmentée par la présence de « trous » positifs libres de se déplacer (voir à ce propos
l’exercice intitulé « Etude d’une diode à jonction », page 245).
xur
0 x x + dx
c(x,t)c(x + dx,t)
Particulesimplantées à
t = 0
x
Diffusion
Matériau
Thermodynamique 131
2
2
x
)t,x(cD
t)t,x(c
∂
∂=
∂
∂ (Equation de la diffusion)
A l’instant initial, la concentration de particules est nulle partout sauf sur une faible épaisseur située en x = 0. Soit Q le nombre de particules implantées à la surface du matériau par unité de surface sur cette très faible épaisseur. Au cours du processus de diffusion, la quantité de particules Q présentes dans le matériau reste constante (aucun atome ne quitte le matériau). On montre alors que la concentration de particules dans le matériau au cours de la diffusion est de la forme :
−=
)t(Ax
exp)t(B)t,x(c2
4. A l’aide de l’équation de la diffusion et en utilisant les conditions initiales et la conservation de la quantité de particules pendant la diffusion, établir les expressions de B(t), A(t) et celle de c(x,t) en fonction de Q, D, t et x.
(On rappelle que : ∫+∞
=−0
2
2du)uexp(
π)
5. Déterminer la profondeur de diffusion h, pour laquelle e/)t,0(c)t,h(c = , où e
est tel que 1)eln( = .
Au bout d’un temps t1 = 1 heure, la profondeur de diffusion des atomes considérés est h = 5 µm. Donner la valeur du coefficient de diffusion D des atomes de bore dans le silicium. Tracer l’allure du profil de concentration des atomes diffusés à t1 = 1 heure puis au bout de 3 heures, 20 heures et 100 heures.
Solution :
1. Soit dN le nombre de particules qui diffusent pendant l’intervalle de temps dt
dans la direction de l’axe (Ox) à travers la surface
d’aire S perpendiculaire à (Ox) et orientée par l’axe
(Ox) ; alors x
)t,x(cdtSDdN
∂
∂−= . En effet (loi de
Fick), dN est d’autant plus grand que l’écart de
concentrations entre les plans x et x + dx est fort et
est proportionnel à la durée dt et à la surface S
choisies. Le coefficient de diffusion D s’exprime
dans le système international en 12 s.m − .
Le vecteur densité de courant de diffusion, qui caractérise le nombre de particules qui
diffusent par unité de temps et par unité de surface dans la direction de propagation
(Ox), est alors :
xxD ux
)t,x(cDu
Sdt
dN)t,x(j
rrr
∂
∂−== soit )t,x(cgradD)t,x(jD
→
−=r
Le signe − indique simplement que la diffusion s’effectue dans le sens des
concentrations décroissantes et que le vecteur densité de courant de diffusion est dirigé
dans ce même sens.
xxO
S
xur
)t,x(jD
r
132 Chapitre 3
2. On considère un volume élémentaire dτ = Sdx. Pendant l’intervalle de temps dt,
la variation du nombre de particules dans ce volume est due à la diffusion de particules
par les faces situées aux abscisses x et x + dx.
xur
O x x + dx
dN(x,t) particules
x
j(x,t) Sdt j(x + dx,t) Sdt
Volume Sdx
• La variation du nombre de particules dans le volume Sdx entre les instants t et t + dt
s’écrit :
( ) dxSdtt
)t,x(cdxS)t,x(c)dtt,x(cSdx)t,x(cSdx)dtt,x(c
∂
∂=−+=−+
• Le nombre de particules qui entrent globalement dans le volume élémentaire Sdx par
diffusion entre les instants t et t + dt est :
( ) dtSdxx
)t,x(jdtS)t,dxx(j)t,x(jSdt)t,dxx(jSdx)t,x(j D
DDDD
∂
∂−=+−=+−
Par conservation de la matière, on déduit :
dtdxSx
)t,x(jdtdxS
t
)t,x(c D
∂
∂−=
∂
∂ d’où
x
)t,x(j
t
)t,x(c D
∂
∂−=
∂
∂
3. En utilisant l’expression de jD donnée par la loi de Fick, on obtient l’équation aux
dérivées partielles de la diffusion :
2
2
x
)t,x(cD
t
)t,x(c
∂
∂=
∂
∂
4. La solution [ ])t(A/xexp)t(B)t,x(c 2−= proposée doit vérifier l’équation aux
dérivées partielles précédente et satisfaire aux conditions initiales imposées par le
problème. On évalue préalablement les différentes dérivées partielles :
•
−
+=
∂
∂
)t(A
xexp
)t(A
)t(A)t(Bx)t(B
t
)t,x(c 2
2
2&
&
•
−−=
∂
∂
)t(A
xexp
)t(A
)t(xB2
x
)t,x(c 2
d’où
−
−−=
∂
∂
)t(A
xexp
)t(A
x21
)t(A
)t(B2
x
)t,x(c 22
2
2
La fonction c(x,t) vérifie l’équation de la diffusion si :
−
−−=
−
+
)t(A
xexp
)t(A
x21
)t(A
)t(BD2
)t(A
xexp
)t(A
)t(A)t(Bx)t(B
222
2
2&
&
Thermodynamique 133
D’où l’équation valable à tout instant et en tout point de l’espace :
0)t(A
)t(BD2)t(Bx
)t(A
)t(BD4
)t(A
)t(A)t(B 2
22=
++
− &
&
Ce polynôme du second degré en x sera identiquement nul à tout instant si :
0)t(A
)t(BD4
)t(A
)t(A)t(B
22=−
& et 0
)t(A
)t(BD2)t(B =+&
La 1ère
relation donne directement D4)t(A =& soit EDt4)t(A += , où E désigne une
constante d’intégration. Par suite :
)t(BEDt4
D2)t(B
+−=& soit 0
EDt4
dtD2
)t(B
dB=
++
On reconnaît une différentielle logarithmique qui s’intègre sous la forme :
( ) KcsteEDt4)t(BEDt4)t(B2/1
==+=+ soit EDt4
K)t(B
+=
Finalement, l’expression de la concentration c(x,t) devient :
+−
+=
EDt4
xexp
EDt4
K)t,x(c
2
La constante E peut être calculée en utilisant la condition initiale qui s’écrit c(x,0) = 0
pour x non nul (la concentration volumique n’étant pas définie à ce moment en
x = 0 !). Par conséquent, en utilisant l’expression précédente de c(x,t) :
[ ]E/xexp)E/K()0,x(c 2−=
Si l’on pose E/1=α , [ ]22xexpK)0,x(c α−α= ; par conséquent, cette expression
sera nulle (pour 0x ≠ !) si ∞→α (le cas 0=α , conduisant à E infini, est à
exclure !), c’est-à-dire pour une constante d’intégration E = 0.
La dernière constante K se détermine à partir de la conservation totale de la matière
lors de la diffusion qui, en notant S une surface quelconque perpendiculaire à (Ox),
s’écrit :
∫∞
=0
dx)t,x(cSSQ ou ∫∞
=0
dx)t,x(cQ
soit :
∫∫∞∞
−=
−=
0
2
0
2
dxDt4
xexp
t
1
D2
Kdx
Dt4
xexp
Dt4
KQ
On effectue le changement de variable Dt2/xu = , alors, avec duDt2dx = , il
vient :
π=−= ∫
∞
2Kdu)uexp(KQ
0
2
134 Chapitre 3
Finalement :
π=
Q2K
On obtient ainsi l’expression de la concentration en fonction de x et du temps t,
solution qui satisfait l’équation de la diffusion, les conditions initiales ainsi que la
conservation de la matière :
−
π=
Dt4
xexp
Dt
Q)t,x(c
2
5. A l’instant t > 0, la concentration à l’origine (x = 0) est Dt
Q)t,0(c
π= et vaut,
pour la profondeur h,
−=
−
π=
Dt4
hexp)t,0(c
Dt4
hexp
Dt
Q)t,h(c
22
. Ainsi, h
correspondra à la profondeur de diffusion si :
==
Dt4
hexp
)t,h(c
)t,0(ce
2
d’où 1Dt4
h 2
= soit Dt2h =
A l’instant t1 = 1 heure, la longueur de diffusion vaut h = 5 µm ; par conséquent
1Dt2h = donne 121112151
2 s.cm10.74,1s.m10.74,1t4/hD −−−− === .
La figure ci-dessous donne l’allure du rapport Q/)t,x(c en fonction de x à différents
instants t (1, 3, 20 et 100 heures) :
− 40 − 20 0 20 40 x (µm)
100 heures
20 heures
3 heures
1 heure
c(x,t) / Q (m − 1
)
20.10 4
16.10 4
12.10 4
8.10 4
4.10 4
0
Les atomes de Bore diffusent dans la direction des x > 0 assez rapidement puisqu’au
bout d’une centaine d’heures, la concentration de dopant (les atomes de Bore) apparaît
comme pratiquement homogène dans tout le silicium : le dopage du silicium est alors
terminé !
Thermodynamique 135
EXTRACTION DU GAZ NATUREL
Diffusion de particules
Enoncé :
On modélise un gisement de gaz naturel par une roche poreuse comprenant dans tout volume V un volume qV de méthane où la constante q est la porosité de la roche. Cette roche poreuse a la forme d’un cylindre de section circulaire S et de longueur L, limité sur ses bords et sur sa section x = L par une roche imperméable. La section x = 0 modélise le puits d’extraction du méthane et on admettra que la pression
0P)t,0x(P == y est maintenue constante (P0 = 1 bar).
Méthane
Rocheimperméable
Roche poreuse contenantle méthane gazeux
x = 0 x = L x
S
Hypothèses :
• On néglige l’influence de la pesanteur.
• On suppose le problème unidimensionnel, de telle sorte que toutes les grandeurs physiques sont uniformes dans une section du cylindre ; on note x l’abscisse mesurée sur l’axe du cylindre, avec Lx0 ≤≤ . On note P(x,t) la pression et µ(x,t) la masse volumique du gaz dans une section d’abscisse x.
• On suppose la température T = 300 K uniforme.
• On assimile le méthane à un gaz parfait de masse molaire 1mol.g16M −= . On
rappelle la constante des gaz parfaits 11 mol.K.J31,8R −−= .
• L’écoulement du gaz naturel obéit à la loi de Darcy ; la masse dmd7 de gaz qui
traverse une section S de la roche poreuse d’abscisse x pendant une durée dt, comptée positivement dans le sens des x croissants, est de la forme :
dtSxPk
dtSxPk
dmd∂
∂−=
∂
∂−=
νηµ
où η est la viscosité du méthane, µ sa masse volumique et k la perméabilité de la roche poreuse. µ et η dépendent de la pression ; en revanche, k et la viscosité dynamique µην /= sont des constantes.
7 Dans cet exercice, dmd < 0 puisque 0x/P >∂∂ .
136 Chapitre 3
1. Exprimer la masse volumique µ(x,t) en fonction de la pression P(x,t) et des constantes T, M et R.
2. Exprimer en fonction de µ(x,t), q, S et dx la masse dm de gaz naturel contenue à l’instant t entre les sections d’abscisses x et x + dx.
3. Exprimer en fonction de 22 x/P ∂∂ , k, ν, S, dx et dt, la variation de la masse de gaz naturel comprise entre les sections d’abscisses x et x + dx, pendant l’intervalle de temps dt.
4. En déduire que la pression P(x,t) est solution de l’équation (E) :
tP
x
PD
2
2
∂
∂=
∂
∂ (E)
où D est une constante qu’on exprimera en fonction de k, ν, M, R, T et q. Citer un autre phénomène physique guidé par une équation aux dérivées partielles analogue. Dans la suite, on prendra SI10.3D 2−= et q = 0,15.
5. On cherche une solution de l’équation (E) qui peut s’écrire sous la forme )/texp()xsin(PP)t,x(P 10 τα −+= , où α et τ sont des constantes positives.
a) Déduire de la présence de la roche imperméable en x = L, les valeurs possibles de α en fonction de L et d’un entier n. Dans toute la suite, on adopte la plus petite valeur possible de α.
b) Déterminer τ en fonction de D et L.
c) Exprimer la masse m(t) de méthane contenue dans le gisement à la date t en fonction de P0, P1, S, L, q, M, R, T, D et t.
d) Sachant que 01 P100P = et L = 5 km, calculer en années la date t* à laquelle 95% du méthane contenu dans le gisement a été récupéré et commenter. Tracer les représentations graphiques de m(t) / S puis du rapport des pressions P(x,t) / P0 en fonction de x, pour t = 1, 10, 30 et 40 ans.
Solution :
1. Si m désigne la masse d’un volume V de méthane, alors RT)M/m(PV = et la
masse volumique vaut alors RT/M)t,x(PV/m)t,x( ==µ .
2. Le volume Sdx compris entre les sections situées aux abscisses x et x + dx
contient un volume qSdx de méthane ; par conséquent, la masse dm de méthane
comprise dans ce volume, à l’instant t, sera dxqS)t,x(dm µ= .
3. La masse de gaz qui rentre globalement dans le volume Sdx pendant dt est :
dxx
)dm()t,dxx(dm)t,x(dm d
dd∂
∂−=+−
En utilisant la loi de Darcy citée dans l’énoncé, il
vient :
dxdtSx
)t,x(Pk)t,dxx(dm)t,x(dm
2
2
dd∂
∂
ν=+−
x
S
dx
x x + dx
dmd(x + dx,t)dmd(x,t)
Thermodynamique 137
4. La variation de la masse de méthane dans la tranche d’épaisseur dx entre les
instants t et t + dt peut également s’écrire, d’après la question (2) :
dtdxSt
)t,x(P
RT
qMdtdxS
t
)t,x(qdxqS)t,x(dxqS)dtt,x(
∂
∂=
∂
µ∂=µ−+µ
Par conséquent, par conservation de la matière :
dtdxSt
)t,x(P
RT
qMdxdtS
x
Pk2
2
∂
∂=
∂
∂
ν
Soit :
t
)t,x(P
x
)t,x(PD
2
2
∂
∂=
∂
∂ avec
ν=
qM
kRTD
L’équation différentielle (aux dérivées partielles) obtenue est formellement identique à
celle qui régit le phénomène de diffusion de particules dans un semi-conducteur par
exemple, étudié dans l’exercice « Etude de la diffusion d’atomes dans un solide », en
page 130, mais aussi à celle qui régit le phénomène de conduction de la chaleur
(appelée « équation de la chaleur »).
5-a) Puisque la roche est imperméable en x = L, dmd (L,t) = 0 à tout instant t ; par
conséquent :
0x
P
)t,Lx(
=
∂
∂
=
soit 0)Lcos( =α
D’où π+π=α n2/L , avec n entier > 0. La plus petite valeur de α correspond à n = 0 ;
alors 2/L π=α , soit L2/π=α .
b) En écrivant que la solution proposée vérifie l’équation (E), il vient :
( ) τ−τ− ατ
−=αα− /t1
/t1
2 e)xsin(P1
e)xsin(PD
Soit : D
L4
D
12
2
2 π=
α=τ
c) La masse de méthane dans le gisement peut s’exprimer sous la forme :
[ ]∫∫∫ τ−α+==µ=L
0
/t10
L
0
L
0
dxe)xsin(PPRT
qMSdx)t,x(P
RT
qMSdxqS)t,x()t(m
Soit : L
0
/t10 e)xcos(P
1xP
RT
qMS)t(m
α
α−= τ−
Finalement :
π+= τ− /t
10 eP2
PLRT
qMS)t(m
d) A l’instant t*, )0t(m05,0)t(m * == , d’où ( )10
/t10 P)/2(P05,0eP)/2(P
*
π+=π+ τ− .
Comme 01 P100P = , il vient ( )π+=π+ τ− /200105,0e)/200(1 /t*
, soit :
138 Chapitre 3
τ=
π−τ−= 35,3
200
19105,0lnt
*
Avec ans7,10s10.4,3D/L4 822 ==π=τ , on obtient finalement ans36t* = .
Les représentations graphiques de m(t) / S puis du rapport des pressions :
)t
exp()xL2
sin(P
P1
P
)t,x(P
0
1
0 τ−
π+=
en fonction de x, pour t = 1, 10, 30 et 40 ans, sont données ci-dessous :
0 10 20 30 40 50 (t en années)
6
5
4
3
2
1
0
m(t) / SP(x,t) / P0
t=1 an
t=10 ans
t=30 ans
t=40 ans
x (km)1 2 3 4 50
80
60
40
20
0
On constate que pour t > 40 ans, le rapport 1P/)t,x(P 0 ≈ , ce qui signifie que la
pression en tout point du gisement est égale à la pression atmosphérique : le gisement
est alors épuisé. A titre d’illustration, on peut citer le gisement de Lacq (Pyrénées-
Atlantiques) qui contenait initialement 269 milliards de m3 de gaz à une pression
interne maximale de 640 bar (sensiblement supérieure à celle proposée dans
l’exercice !), enfermé dans les pores microscopiques d'une «roche-réservoir»
constituée de calcaire et de dolomie8. Ce gisement a été exploité à partir de 1957 et
sera sans doute épuisé vers 2015, ce qui correspond à une durée d’exploitation de
l’ordre de 70 ans. Néanmoins, la production annuelle a déjà considérablement chuté
puisqu’elle est passée de 7≈ milliards de m3 dans les années 1970 à 5,1≈ milliard de
m3 actuellement.
EQUATION D’ETAT DE VAN DER WAALS
Théorie microscopique des gaz
Enoncé :
On considère une mole de gaz réel suffisamment dense pour que la prise en compte de l’interaction moléculaire soit nécessaire, régie par l’équation d’état de Van der
Waals, ( ) RTbVV
aP
2=−
+ , où P, T et V désignent la pression, la température et le
8 Dolomie : roche sédimentaire carbonatée constituée essentiellement de dolomite (carbonate naturel
double de calcium et de magnésium).
Thermodynamique 139
volume de la mole de gaz. Le but de cet exercice est d’obtenir des ordres de grandeur des constantes a et b figurant dans cette équation d’état.
1. Estimer l’ordre de grandeur de b. Conclure si T = T0 = 300 K et P = P0 = 1 bar.
2. On cherche à établir l’ordre de grandeur des forces d’interaction de Van der Waals. On rappelle que ces forces d’interaction dipôle-dipôle sont attractives et de la forme
7r/AF = , où r est la distance séparant les deux dipôles. On souhaite déterminer un ordre de grandeur de la constante A dans le cas de l’interaction entre un dipôle permanent et le dipôle qu’il induit. Pour simplifier, on considère qu’un dipôle permanent immobile de moment dipolaire x00 upp
rr= est
placé à l’origine O. Une molécule placée au point M acquiert sous l’effet du champ
électrostatique )M(Er
créé par le dipôle permanent, un moment dipolaire induit
)M(Ep 0
rrαε= , où α est la polarisabilité de la molécule égale à 3
0a4πα = (voir l’exercice « Modèle atomique de Thomson, page 253), où a0 représente le rayon de la molécule. Pour les applications numériques, on choisira p0 = 1,07 D9 (cas de la molécule HCl) et a0 = 0,1 nm.
En déduire une expression de A puis son ordre de grandeur. On pourra supposer, par soucis de simplification, que le dipôle induit ne peut se déplacer que sur l’axe (Ox).
3. Pour une assemblée de molécules ayant un moment dipolaire (permanent ou non), on admettra que l’interaction intermoléculaire se réduit encore à une force d’attraction 7r/AF = , où A est de l’ordre de grandeur trouvé à la question précédente. Dans cette question, on souhaite évaluer l’énergie moyenne d’interaction Uint d’une mole de molécules enfermées dans une enceinte de volume V. Pour cela, on suppose qu’une molécule donnée M1 n’interagit qu’avec une seule molécule notée M2, dont la probabilité de présence dΠ(r) à la distance [r,r + dr] de M1 est précisée sur la figure ci-contre.
a) Commenter le modèle proposé. En déduire que l’énergie moyenne d’interaction est
pratiquement 3
2A
intVD
AN
9U
π−≈ .
b) Montrer que l’on peut en déduire une expression du coefficient a et donner son ordre de grandeur (on utilisera la valeur numérique de A obtenue à la question (2)). On rappelle que l’énergie interne d’un gaz de Van der Waals (expression déterminée en thermodynamique macroscopique) vaut V/aTC)V,T(U V −= , où CV est la capacité calorifique molaire à volume constant.
Données : 123A mol10.02,6N −= (nombre d’Avogadro) et SI)10.36/(1 9
0 πε = .
9 D désigne le Debye : 1 D = 3,33.10 − 30 C.m.
xur
0pr
pr
)M(Er
O Mr x
M2
M1D
r Drsi0)r(d ≤=Π
0
2 rrDsiV/drr4)r(d ≤<= πΠ
r0 est tel que r0>> D et :
1)r(d0r
0
=∫ Π
140 Chapitre 3
Solution :
1. Le covolume b représente le volume inaccessible aux molécules, c’est-à-dire le
volume de toutes les particules accolées les unes aux autres. L’ordre de grandeur de b
est donc A30 N)3/a4(b π≈ , où a0 représente le rayon d’une molécule supposée
sphérique. Si l’on choisit m10a 100
−= , alors 1136 mol.mL5,2mol.m10.5,2b −−− == .
Un raisonnement plus précis montre que b peut être évalué à 4 fois le volume propre
des molécules, soit 1mol.mL10b −= . A 300 K et sous 1 bar, le volume molaire est de
1mol.L24 − : on peut donc assurément négliger dans ces conditions b devant V !
2. On suppose que le dipôle induit ne peut se déplacer que le long de l’axe (Ox) et
on le modélise par deux charges
ponctuelles δ+ et δ− distantes de l
(telles que lδ=p ) et situées aux points
δ+M et δ−M . Chaque charge est alors
soumise à un champ électrique créé par
le dipôle permanent :
x3
0
0
uOM
p2
4
1)M(E
rr
δ−
δ−πε
= et x3
0
0
uOM
p2
4
1)M(E
rr
δ+
δ+πε
=
(Voir l’exercice « Modèle de Gauss pour le champ magnétique terrestre » en page 265,
pour obtenir l’expression du champ électrique créé par un dipôle électrostatique).
La force totale F subie par le dipôle induit s’exprime, en projection sur (Ox), sous la
forme :
( ))M(E)M(E)M(E)M(EF δ−δ+δ−δ+ −δ=δ−δ=
En remarquant que OMx =<<l , où M désigne le milieu du dipôle induit, on peut
assimiler )M(E)M(E δ−δ+ − à une différentielle et écrire :
( )
δ=−δ= δ−δ+ l
dx
)x(dE)M(E)M(EF soit
dx
)x(dEpF =
En remplaçant p par )x(Ep 0αε= , il vient :
dx
))x(E(d
2dx
)x(dE)x(EF
20
0
αε=αε=
Avec )x4/(p2)x(E 300 πε= , on obtient finalement :
πε
αε=
620
200
x
1
)4(
p4
dx
d
2F soit
7x
AF −= (avec :
02
20
4
p3A
επ
α= )
La constante A peut encore s’écrire, avec 30a4π=α , sous la forme :
678
0
20
30 m.J10.4,1pa3
A−=
πε=
xur
0pr
pr
)M(Er
OM(x)
r = x xM +δM −δ
Thermodynamique 141
3-a) On suppose la molécule M1 immobile et placée à l’origine d’un système de
coordonnées. La molécule M2 est située à la distance 21MMr = ; la molécule M2 est a
priori libre de se déplacer de manière isotrope autour de la molécule M1. Par
conséquent, la probabilité dΠ(r) pour que la particule M2 soit comprise entre la
distance r et r + dr est donnée par le rapport du volume compris entre les deux sphères
de centre M1 et de rayons r et r + dr et du volume total du récipient contenant le gaz,
soit :
V
drr4)r(d
2π=Π
Si l’on admet que les particules sont des sphères « dures », elles ne peuvent
s’interpénétrer et par conséquent cette probabilité doit être prise égale à 0 lorsque
Dr ≤ , où D désigne le diamètre d’une molécule (égal à 0a2 ).
La probabilité totale de présence de la particule M2 autour de M1 doit évidemment être
égale à l’unité, par conséquent :
1V
drr40r
D
2
=π
∫ soit 30r
3
4V π≈ (avec r0 >> D)
r0 s’interprète comme étant une distance de l’ordre de grandeur d’une dimension
linéaire du récipient contenant le gaz (on peut a posteriori justifier ainsi que Dr0 >> ).
Bien évidemment, la force d’interaction mutuelle étant de faible portée (puisque
décroissant comme 7r/1 ), il ne sera pas nécessaire que la distance r atteigne la valeur
r0 pour que les molécules M1 et M2 commencent à s’ignorer !
L’énergie potentielle d’interaction entre deux molécules M1 et M2 est Ep(r) telle que
(en la choisissant nulle par convention à l’infini) :
7
p
r
A
dr
)r(dEF =−= soit
6pr6
A)r(E −=
L’énergie potentielle moyenne d’interaction mutuelle vaut donc :
3330
r
D4
r
Dpp
D
1
V9
A2
D
1
r
1
V9
A2
r
dr
V3
A2)r(d)r(EE
00 π−≈
−
π=
π−=Π= ∫∫
Le nombre de paires de molécules en interaction étant 2/N2/)1N(N 2AAA ≈− ,
l’énergie potentielle d’interaction totale s’en déduit :
3
2A
intD
1
V9
A2
2
NU
π−≈ soit
3
2A
intVD
AN
9U
π−≈
b) L’expression microscopique précédente de Uint s’identifie avec l’expression V/a−
donnée par la thermodynamique macroscopique. Autrement dit (avec 0a2D = ) :
3
2A
VD
AN
9V
a π= d’où 23
30
2A
3
2A mol.m.J02,0
a8
AN
9D
AN
9a −≈
π=
π=
Le tableau suivant donne les valeurs des constantes a et b pour quelques gaz :
142 Chapitre 3
Gaz a ( 23 mol.m.J − ) b ( 1mol.mL − )
Argon 0,136 32,3
Méthane 0,228 27,1
Oxygène 0,138 31,8
Eau 0,555 30,5
Hydrogène 0,0245 26,6
Les résultats obtenus dans cet exercice, en utilisant un modèle simple, sont bien
compatibles avec les valeurs numériques tabulées10
même si la valeur numérique
obtenue pour le coefficient a semble un peu faible. Une théorie plus sophistiquée
nécessiterait de prendre en compte des interactions entre dipôles certainement plus
complexes que celle étudiée dans cet exercice, à savoir l’interaction entre un dipôle
permanent et un dipôle induit !
RADIOSONDAGE PAR BALLON SONDE
Gaz parfaits
Enoncé :
Le radio-sondage est une technique de mesure en altitude des propriétés de l'atmosphère par ballon sonde ascendant11. Un tel ballon, rempli d’un gaz plus léger que l’air (du dihydrogène ou de l’hélium), est soumis, d’après le principe d’Archimède, à une force ascensionnelle qui le propulse dans l’atmosphère. Il s’élève alors à une vitesse de l’ordre de 5 m.s − 1 jusqu'à ce que la dilatation du gaz contenu dans son enveloppe ne provoque son éclatement, généralement observé vers 30 km d'altitude.
Au milieu du XIX e siècle, les relevés d’informations météorologiques étaient
déjà organisés au niveau international. Des ballons pouvaient s’élever jusqu’à
environ 11 000 m pour effectuer des mesures météorologiques.
Un ballon sonde transporte une mini-station météorologique équipée de capteurs permettant de mesurer les variations de température, d’humidité et de pression de l’air atmosphérique avec l’altitude et de connaître la direction du vent par étude du suivi de 10 Ces valeurs numériques sont tirées de l’ouvrage intitulé « Toute la physique », par H.Stöcker, F.Jundt
et G.Guillaume, aux Editions Dunod. 11 Pour davantage de renseignements sur les ballons, on pourra consulter le site Internet du CNES :
www.cnes.fr.
Thermodynamique 143
la trajectoire du ballon. Un parachute permet, après éclatement de l’enveloppe du ballon, la récupération des équipements embarqués.
On suppose que, dans la troposphère (voir le complément à la fin de cet exercice sur la structure de l’atmosphère terrestre), la température décroît linéairement de a = 6,5 K.km − 1 quand l'altitude augmente. La température au sol est notée T0 = 300 K et l’air et l’hélium sont considérés comme étant des gaz parfaits. On donne R (constante des gaz parfaits), 11 mol.K.J31,8R −−= .
Un ballon sonde sphérique (de rayon r), fermé et placé dans l’air, contient une masse m d’hélium (de masse molaire MHe = 4 g.mol − 1). Ses accessoires (de volume négligeable) et son enveloppe ont une masse m0 = 750 g.
1. Le ballon est gonflé au sol de sorte qu’à la température T0 et pour une pression extérieure de P0 = 1 bar, le rayon r0 soit de 75 cm. On désigne par g
r l’accélération de
la pesanteur (g = 9,8 m.s − 2).
a) Quelle masse d’hélium m faut-il utiliser ?
b) On appelle force ascensionnelle F0, la force résultante à l’altitude nulle des forces extérieures exercées sur l’ensemble ballon-gaz. Etablir l’expression de F0 en fonction de r0, m0, m, g et 0µ (masse volumique de l’air).
c) Quelle est la valeur maximale m0,max de la masse m0 des accessoires et de l’enveloppe ? (On donne 3
0 m.kg192,1 −=µ )
2. Montrer que la pression atmosphérique P(z) à l’altitude z (l’axe (Oz) est orienté dans le sens des altitudes croissantes) peut s’écrire en fonction de la température T(z)
sous la forme ( )η00 T/)z(TP)z(P = , où η est une constante que l’on exprimera en
fonction de Ma (masse molaire de l’air), g, a et R. Calculer numériquement η, avec 1
a mol.g29M −= .
3. On admet qu’à toute altitude z, les pressions et températures sont identiques à l’extérieur et à l’intérieur du ballon.
a) Déterminer la force ascensionnelle F(z) à l’altitude z.
b) Sachant que le rayon maximal possible du ballon est 2 m, calculer l’ordre de grandeur de l’altitude maximale atteinte par ce ballon avant son éclatement.
Solution :
1-a) L’équation d’état des gaz parfaits, écrite pour la masse m d’hélium, donne :
0
He
300 RT
M
mr
3
4P =
π soit g4,283M
RT
rP
3
4m He
0
300 =π=
b) Le système ballon-gaz est soumis aux forces suivantes :
• Le poids des accessoires et de l’enveloppe du ballon, égal à z0 ugmr
− , en
choisissant un axe (Oz) vertical orienté dans le sens des altitudes croissantes.
• Le poids de l’hélium contenu à l’intérieur du ballon, zumgr
− .
144 Chapitre 3
• La poussée d’Archimède Afr
exercée par l’air sur le ballon, égale au poids du
volume d’air déplacé et dirigée vers le haut, soit, en négligeant le volume des
accessoires, ( ) z030A ug3/r4f
rrµπ= .
La force ascensionnelle au sol F0, résultante des trois forces précédentes, vaut donc, en
projection sur l’axe (Oz) :
( ) g)mm(g3/r4F 00300 +−µπ=
c) Cette force ascensionnelle devant être positive, la masse maximale de tous les
accessoires est donnée par :
( ) kg82,1m3/r4m 030max,0 =−µπ=
2. Si l’on assimile l’air atmosphérique à un gaz parfait en équilibre, alors la relation
fondamentale de la statique des fluides, gPgradr
µ=→
, donne en projection sur l’axe
(Oz) :
gdz
dPµ−=
L’équation d’état des gaz parfaits permet de relier la masse volumique µ, la pression P
et la température T à l’altitude z, selon la relation RT/PM a=µ . Sachant que la
température varie avec l’altitude z selon la loi affine azTT 0 −= , on aboutit
finalement à l’équation différentielle suivante vérifiée par la pression P :
g)azT(R
PM
dz
dP
0
a
−−= soit
)azT(
dz
R
gM
P
dP
0
a
−−=
Par intégration, il vient :
∫∫ −−=
z
0 0
aP
P )'azT(
'dz
R
gM
'P
'dP
0
soit
−=
0
0a
0 T
azTln
aR
gM
P
Pln
Finalement : ηη
=
−=
0
0
0
00
T
)z(TP
T
azTPP avec
aR
gM a=η
Numériquement, 26,5=η . Ainsi, selon cette loi, la pression par exemple au sommet
du Mont-Blanc (à l’altitude 4 807 m) vaut bar56,0)m8074(P = .
3-a) La poussée d’Archimède qui s’exerce sur le ballon vaut ( ) g3/r4f 3A µπ= , où r
est le rayon du ballon et µ la masse volumique de l’air à l’altitude z qui se déduit de
l’expression précédente de P en utilisant l’équation d’état des gaz parfaits :
1
0
0
1
00
a0
0
0aa
T
T
T
T
RT
MP
T
TP
RT
M
RT
PM−η−ηη
µ=
=
==µ
Par ailleurs, l’équation d’état des gaz parfaits appliquée à l’hélium au sol puis à
l’altitude z, permet de déterminer l’expression du rayon r lors de l’ascension :
Thermodynamique 145
RTM
m
3
r4P
He
3
=
π et 0
He
30
0 RTM
m
3
r4P
=
π
Soit :
0
3
00 T
T
r
r
P
P=
d’où 00
3
1
0 rrT
Tr >
=
−η
Le ballon se dilate bien au fur et à mesure de son ascension. La poussée d’Archimède
à l’altitude z s’en déduit :
gr3
4gr
3
4f 0
30
3A µ
π=µ
π=
Elle reste donc constante et égale à sa valeur au sol lors de l’ascension du ballon ; il en
est de même pour la force ascensionnelle (le ballon est fermé et conserve sa quantité
initiale d’hélium), soit numériquement N5,10F)z(F 0 == .
b) Le rayon maximal m2rmax = est atteint à la température Tmax telle que :
K150Tr
rT 0
1
3
max
0max =
=
−η
correspondant à l’altitude maximale atteinte zmax de l’ordre de :
km23a
TTz max0
max ≈−
=
Le calcul de l’altitude maximale atteinte est bien entendu très approximatif car à cette
altitude de 23 km (située dans la stratosphère), la température augmente avec l’altitude
et la loi linéaire proposée dans l’énoncé, valable dans la troposphère, n’est
évidemment plus valable !
Complément : la structure de l’atmosphère terrestre
L’atmosphère terrestre constitue l’enveloppe gazeuse qui entoure le globe terrestre.
Théoriquement la densité de l’atmosphère devrait décroître et s’annuler à l’infini. En
réalité, on constate bien que la densité diminue avec l’altitude12
mais à partir d’une
altitude comprise entre 500 et 800 km les molécules qui composent l’atmosphère n’ont
plus le comportement de celles d’un gaz mais de molécules libres (elles peuvent
s’échapper vers l’espace sans que les chocs avec d’autres molécules ne les ramènent
vers l’atmosphère).
On distingue quatre couches dans l’atmosphère terrestre qui se caractérisent par leurs
variations de température, résultant des interactions avec le rayonnement
électromagnétique solaire :
• La troposphère dans laquelle la température décroît jusqu’à une zone – la tropopause –
où elle devient quasiment stable à une valeur d’environ – 60°C. Elle est le siège des
perturbations atmosphériques dont résulte le temps au sens météorologique du terme.
12 La moitié de la masse atmosphérique se trouve concentrée au-dessous de 5 500 m, les 2 / 3 au-dessous
de 8 400 m, les 3 / 4 au-dessous de 10 300 m, les 9 / 10 au-dessous de 16 100 m et 99 / 100 au-dessous de
31 000 m.
146 Chapitre 3
• La stratosphère où la température croît de nouveau en raison de l’absorption du
rayonnement solaire par les molécules d’ozone d’une part et par les molécules de
dioxygène (O2) lors de leur transformation en ozone d’autre part. La croissance de
température s’arrête dans une région baptisée la stratopause.
• La mésosphère qui s’étend
jusqu’à environ 80 km où la
température de l’atmosphère
décroît de nouveau. C’est là
que se situent les nuages
nocturnes lumineux13
. Elle y
atteint son minimum de
température aux alentours de
– 90°C dans une région
nommée la mésopause.
• La thermosphère où la
température augmente de
manière continue et atteint des
valeurs très élevées (855 K à
200 km et 1 000 K à 750 km).
C’est dans cette couche que se
forment les aurores boréales du
fait de la présence de gaz
ionisé. Pour cette raison, la
thermosphère est également
nommée ionosphère.
• L’exosphère, dont la limite inférieure se situe entre 500 et 800 km. Les molécules de
gaz très raréfiées s’y trouvant parviennent à échapper à l’attraction gravitationnelle de la
Terre.
PRATIQUE DE LA PLONGEE SOUS-MARINE
Gaz parfaits
Enoncé :
Dans cet exercice, on examine, à l’aide d’un modèle simple, les problèmes liés à la pratique de la plongée sous-marine.
On définit un axe vertical (Oz) orienté vers le bas et dont l’origine O est situé à la surface de l’eau (voir figure).
L’air est assimilé à un gaz parfait. En surface ou en plongée, l’air contenu dans l’appareil respiratoire (poumons) du plongeur présente les caractéristiques suivantes : son volume est V (la cage thoracique est supposée déformable), sa pression P est identique à la pression environnante (P0 = 1 bar en surface et P(z) en plongée) et sa température C25T0 °= est constante.
Le plongeur utilise un équipement de plongée autonome (bouteille et détendeur). La bouteille, placée sur le dos, est à parois indéformables et son volume est L12Vb = .
13 Les nuages nocturnes lumineux se présentent sous forme de longues bandes parallèles brillantes et à
structure fibreuse.
Température en °C
Altitude en km
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
120
−100 −80 −60 −40 −20 0 +20 +40 +60
Tropopause
Stratopause
Mésopause
Stratosphère
Mésosphère
Thermosphère
(ionosphère)
Troposphère
Exosphère
Structure verticale de l’atmosphère terrestre.
Thermodynamique 147
Elle contient de l’air et a été initialement gonflée, à la température Tb = 50°C, sous la pression Pb,0 = 250 bar. Dans l’eau ou à la surface de l’eau, le contenu de la bouteille est amené à la température constante C10Ta °= environnante. Le détendeur est un système complexe qui délivre la quantité d’air nécessaire à la respiration du plongeur, à la pression P(z) locale. Ce détendeur se bloque lorsque la pression Pb dans la bouteille devient égale à Pf = 50 bar. C’est un signal donné au plongeur : il indique qu’il est temps de remonter à la surface (L’homme rétablit alors le fonctionnement du détendeur pour utiliser le reste du gaz).
En surface ou en plongée, la respiration du plongeur se traduit par une fréquence ν constante des cycles respiratoires ( 1min15 −=ν ), un volume moyen L5,2V0 = de gaz (de pression P(z)) inspiré au cours de chaque cycle et une expiration de l’air vicié vers le milieu extérieur.
1-a) Si le nageur utilise l’appareil en surface (z = 0), déterminer la durée ∆t au bout de laquelle le détendeur se bloque.
b) Avec une bouteille pleine, le plongeur plonge rapidement à la profondeur z = 40 m et s’y maintient. Déterminer la durée ∆t’ au bout de laquelle le détendeur se bloque.
2. Accidents en cours de remontée : le plongeur, non initié, évolue à la profondeur z = 40 m et, pour une raison quelconque, prend peur : Il bloque sa respiration (le volume de ses poumons est alors, par exemple, Vi = 2V0), perd son détendeur et remonte rapidement à la surface, sans expirer. Le volume maximal des poumons est Vm = 7 L.
a) A quelle profondeur z1 le volume des poumons sera-t-il égal à Vm ?
b) Sachant que ce volume Vm ne peut être dépassé, il va s’établir une surpression )z(PPP −=∆ entre la cavité pulmonaire (où la pression est P) et le milieu extérieur.
Les poumons subissent des lésions graves (généralement fatales) lorsque bar5,0P =≥ Π∆ . A quelle profondeur z2 l’accident arrive-t-il ?
c) Quel aurait été le volume minimum ∆V que le plongeur aurait dû expirer à la profondeur z afin d’éviter tout risque d’accident ?
3. Paliers de récupération : le plongeur est muni de deux bouteilles pleines, identiques à celle utilisée dans les questions précédentes. Il descend rapidement à la profondeur z = 40 m, dans le but d’y rester pendant une durée τ. Le plongeur désire revenir en surface avant le blocage du détendeur. Les tables de plongée imposent des paliers de décompression14 : le plongeur doit rester t0 = 4 min à la profondeur z3 = 30 m puis de nouveau t0 = 4 min à la profondeur z2 = 20 m avant de pouvoir remonter à la surface. En négligeant les durées de remontée entre deux paliers, déterminer le temps maximal τm réservé à l’évolution à la profondeur z = 40 m.
14 Paliers de décompression : ce sont des arrêts indispensables pendant la remontée du plongeur vers la
surface. Ils permettent d’éviter un brusque dégazage de l’azote dissous dans le sang, qui provoquerait des
blocages d’articulations, embolies, paralysies, …
zur
P0 (pression atmosphérique)
P(z), Taz
O
z
Plongeur
148 Chapitre 3
Solution :
1-a) Le nombre de moles d’air consommé nc lors de chaque respiration du plongeur
est a00c RT/VPn = . Les nombre de moles d’air nb,0 (contenu dans la bouteille juste
après le remplissage) et nb,f (restant dans la bouteille lorsque le détendeur se bloque),
valent respectivement :
b
b0,b
0,bRT
VPn = et
a
bff,b
RT
VPn =
Le nombre de moles d’air consommé est donc f,b0,bb nnn −=∆ . Le nombre Nc de
cycles respiratoires est ainsi cbc n/nN ∆= et la durée ∆t au bout de laquelle le
détendeur se bloque vaut :
c
bc
n
n1N
1t
∆
ν=
ν=∆ soit
−
ν=∆ 1
T
T
P
P
P
P
V
V1t
b
a
f
0,b
0
f
0
b
Numériquement, on trouve min54t =∆ .
b) A la profondeur de z = 40 m, la pression environnante est gzP)40(P 0 ρ+= , soit,
avec 33 m.kg10 −=ρ et 2s.m10g −= , bar5)40(P = 15. Le détendeur se bloque
désormais au bout de la durée ∆t’ pour laquelle :
s50min10min8,10t)40(P
P1
T
T
P
P
)40(P
P
V
V1't 0
b
a
f
0,bf
0
b ≈=∆=
−
ν=∆
La durée d’utilisation de la bouteille dépend fortement de la profondeur ; en effet, elle
ne vaut plus, à la profondeur de 40 m, que le 5ème
de sa valeur à la surface !
2-a) La température de l’eau étant constante, il suffit d’écrire la loi de Mariotte :
m1i V)z(PV)40(P = soit bar57,3)40(PV
V)z(P
m
i1 ==
La profondeur correspondante est alors m7,25z1 = .
b) La pression dans la cavité pulmonaire reste égale à P(z1). L’accident survient à la
profondeur z2 pour laquelle :
bar07,3)z(P)z(P 12 =Π−= soit m7,20z 2 =
c) Soit 'iV le volume des poumons du plongeur à la profondeur z = 40 m permettant
au plongeur d’arriver en surface en évitant de justesse l’accident ; alors, d’après la loi
de Mariotte :
m0'i V)P(V)40(P Π+= soit L1,2V
)40(P
PV m
0'i =
Π+=
Le volume minimum que le plongeur aurait dû expirer est alors L9,2VVV 'ii =−=∆ .
15 On pourra retenir le résultat numérique suivant : tous les 10 m, la pression hydrostatique au sein de
l’eau augmente de 1 bar.
Thermodynamique 149
3. Le plongeur ayant deux bouteilles à sa disposition, le nombre de moles d’air qu’il
peut consommer jusqu’au blocage du détendeur est donné par (le plongeur consomme
tout l’air contenu dans la 1ère
bouteille) :
−=
−+=∆
a
f
b
0,bb
a
f
b
0,bb
b
0,bbb
T
P
T
P2
R
V
T
P
T
P
R
V
T
P
R
Vn
Le nombre de moles d’air consommé par le plongeur peut également s’écrire comme
la somme des nombres de moles consommées lors des deux paliers de décompression
et à la profondeur de travail de 40 m, sous la forme :
ντ+ν+ν=∆ m
a
00
a
00
a
0b
RT
V)40(Pt
RT
V)30(Pt
RT
V)20(Pn
où bar3)20(P = , bar4)30(P = et bar5)40(P = désignent les pressions à 20, 30 et
40 m de profondeur. En identifiant les deux expressions de bn∆ , il vient :
min19t)40(P
)30(P
)40(P
)20(P11
P
P
T
T2
)40(P
P
V
V0
f
0,b
b
af
0
bm ≈
+−
ν
−=τ
Le plongeur pourra donc séjourner à la profondeur de 40 m au maximum 19 min.
ELEVATION DE LA TEMPERATURE D’UNE PIECE LORS
D’UNE RECEPTION Applications du 1
er Principe
Enoncé :
Vingt personnes sont invitées à une soirée dans une pièce de réception dont les dimensions sont de 10 m, 7 m et 2,5 m. Chaque personne, dont le volume moyen est évalué à 0,07 m3, cède à l’air ambiant une puissance calorifique moyenne de Pc = 100 kJ.h −1. La pièce est isolée et fermée et ne contient pratiquement pas de meubles. L’air, initialement à la température T0 = 293 K et sous la pression P0 = 1 bar, est assimilé à un gaz parfait diatomique, de masse molaire M = 29 g.mol −1. On note R = 8,31 J.K −1.mol −1 la constante des gaz parfaits.
Evaluer la variation ∆T de la température de la pièce en τ = 15 minutes puis en τ = 1 heure. Commentaires.
Solution :
L’air de la pièce reçoit à volume constant, de la part des différentes personnes
présentes à la réception, un transfert thermique Q. Le 1er principe appliqué à l’air de la
pièce s’écrit QU =∆ , où la variation d’énergie interne de l’air est donnée par, en
notant m la masse d’air présente dans la pièce, TCM
mU V ∆=∆ (avec ici R
2
5CV =
puisque l’air est assimilé à un gaz parfait diatomique). Par conséquent, l’élévation de
température vaut :
150 Chapitre 3
VC
Q
m
MT =∆
Le transfert thermique reçu pendant la durée τ de la part des 20 personnes est
τ= cP20Q .
La masse m d’air dans la pièce est M)RT/VP(m 00= , où V, volume d’air, s’obtient
en retranchant du volume de la pièce le volume occupé par les personnes invitées, soit 3m6,17307,0.205,2.7.10V =−= . Finalement, l’expression littérale de l’élévation de
température est :
τ=τ
=∆ c
0
0c
0
0 PVP
T8
2/R5
P20
VP
RTT
Applications numériques : pour min15=τ , on obtient C4,3T1 °=∆ et pour h1=τ ,
C5,13T2 °=∆ ! Voilà pourquoi, dans ces pièces de réception et, accessoirement dans
les salles de cours après 2 heures de travail studieux, l’atmosphère semble irrespirable
et suffoquant : heureusement qu’une ventilation est généralement installée, soit
automatique (climatisation, ventilation mécanique contrôlée, …), soit simplement
manuelle (par simple ouverture de fenêtres par exemple). Par ailleurs, cet exercice ne
tient pas compte des pertes de chaleur vers l’extérieur, qui peuvent être modélisées
comme le montre l’exercice suivant sur la loi de Newton de la convection, intitulé
« Régulation du chauffage d’un local ».
REGULATION DU CHAUFFAGE D’UN LOCAL
Applications du 1er
principe
Enoncé :
On se propose de maintenir un local à température constante Tc. La température extérieure est uniforme et vaut Te < Tc. À l'instant t, la température du local est notée T et l'on admet que la déperdition d'énergie thermique est proportionnelle à la différence de température entre l'intérieur et l'extérieur. Le volume du local est constant et le coefficient calorimétrique global à volume constant, encore appelé capacité thermique du local, est noté C. La puissance thermique fournie à l'extérieur (ou flux thermique sortant, noté δQ / dt) s'exprime alors sous la forme )TT(Cdt/Q e−= αδ , où α est un coefficient positif constant (loi de Newton16).
1. Pour déterminer les déperditions thermiques, on arrête le chauffage pendant une durée ∆t, durant laquelle la température du local passe de Tc à Tf. Calculer la valeur de α avec h3t =∆ , Tc = 294 K, Tf = 286 K et Te = 281 K.
2. Quelle est la puissance de chauffe Pc,0 nécessaire au maintien du local à la température Tc = 294 K ? On donne 17 K.J10C −= .
16 Il s’agit ici d’un premier type de transfert thermique appelé convection, qui correspond à un
déplacement macroscopique de matière ; par exemple, au-dessus d’un radiateur en fonctionnement, l’air
chaud a tendance à s’élever alors que l’air froid aura tendance à descendre et se réchauffer au contact du
radiateur (entraînant l’apparition de rouleaux de convection). Les deux autres types de transferts
thermiques sont la conduction et le rayonnement.
Thermodynamique 151
La température du local est maintenue dans l'intervalle de régulation [ ]θθ +− RR T,T au moyen de relais thermostatiques du type « tout ou rien ». Ces derniers mettent en route le dispositif de chauffage dès que T atteint la valeur θ−RT et l'arrêtent dès que
T atteint la valeur θ+RT par valeur croissante. Les grandeurs TR et θ sont respectivement la température de régulation et l'amplitude de régulation ; notant Pc la puissance de chauffe (indépendante du temps), on pose aussi C/PTT ceRM α+= .
3. Quel est le sens physique de TRM ? Montrer qualitativement que, lorsque le système fonctionne normalement ( K294TT cR == ), la température T du local est une fonction périodique du temps. Montrer alors que l'intervalle (D) des valeurs possibles de TR est θθ −≤≤+ RMRe TTT . Calculer numériquement l’intervalle (D)
pour kW15Pc = et K1,0=θ .
4. Exprimer la période τ et donner sa valeur numérique pour Tc = 294 K.
5. On note δt la durée, au sein de la période τ, pendant laquelle le système de chauffage est actif. Etablir l'expression du facteur de forme de la source τδη /t= . Calculer sa valeur numérique. En déduire la puissance moyenne de chauffe ( K294TT cR == ).
6. Que se passe-t-il si, la température de régulation étant toujours fixée à K294TR = , la température extérieure s'abaisse de K281Te = à K271T '
e = ? Que devient alors la température du local en régime stationnaire ?
Solution :
1. Entre les instants t et t + dt, la température du local varie de T à T + dT et le bilan
d’énergie (purement thermique ici) s’écrit, pour le local :
dt)TT(CdTC e−α−= soit dtTT
dT
e
α−=−
Par intégration, on en déduit
−
−
∆=α
ef
ec
TT
TTln
t
1, soit numériquement 1h32,0 −=α .
2. Pour que la température du local reste constante (égale à K294Tc = ), il est
nécessaire que la puissance de chauffe Pc,0 compense rigoureusement la puissance
thermique perdue par convection, soit :
kW5,11W10.15,1)TT(CP 4ec0,c ==−α=
3. Lorsque la puissance de chauffe Pc est maintenue suffisamment longtemps pour
que le régime stationnaire soit atteint (indépendant du temps), la température du local
atteint une valeur constante limite, notée l
T , donnée par :
)TT(CP ec −α=l
soit C/PTTT ceRM α+==l
TRM apparaît ainsi comme étant la température maximale atteinte par le local lorsqu’on
lui fournit une puissance de chauffe Pc. Avec kW15Pc = , K298TRM = .
Le schéma ci-dessous montre qualitativement que la température du local est une
fonction périodique du temps (de période τ, déterminée à la question suivante).
152 Chapitre 3
TC − θ → TC + θ
Pc
TC + θ → TC − θ
Pas de chauffage
Durée de la 1ère phase : δt Durée de la 2ème phase : (τ − δt)
Période τ
Convection Convection
Par ailleurs, la température minimale du local est nécessairement la température
extérieure Te alors que la température maximale est TRM. Par conséquent, la valeur
minimale de la température de régulation TR est θ+eT , alors que la valeur maximale
sera θ−RMT .
Numériquement, l’intervalle de variations de la température de régulation TR est
[ ]K9,297;K1,281)D( = .
4. Un bilan thermique appliqué au local lors de la 1ère
phase, entre les instants t et
t + dt s’écrit :
CdTdt)TT(CdtP ec =−α− d’où )TT()C/P(
dT1dt
ec −−αα=
Si δt représente la durée de cette 1ère
phase :
( )[ ] θ+
θ−
θ+
θ−
−−αα
−=−−αα
=δ ∫ c
c
c
c
T
Tec
T
T ec
)TT()C/P(ln1
)TT()C/P(
dT1t
Soit :
θ−−
θ+−
α=
−θ+−α
−θ−−α
α=δ
cRM
cRM
ecc
ecc
TT
TTln
1
)TT()C/P(
)TT()C/P(ln
1t
Un même bilan thermique réalisé lors de la 2ème
phase donne :
CdTdt)TT(C e =−α− soit eTT
dT1dt
−α−=
D’où, par intégration entre les instants δt et τ :
∫∫θ−
θ+
τ
δ −α−=
c
c
T
T et TT
dT1dt soit
−θ−
−θ+
α=δ−τ
ec
ec
TT
TTln
1t
La période τ s’en déduit :
−θ−
−θ+
α+
θ−−
θ+−
α=τ
ec
ec
cRM
cRM
TT
TTln
1
TT
TTln
1
Soit :
−θ−
−θ+
θ−−
θ+−
α=τ
ec
ec
cRM
cRM
TT
TT.
TT
TTln
1
Thermodynamique 153
Numériquement, avec Tc = 294 K, TRM = 298 K, Te = 281 K et θ = 0,1 K, on obtient
min12h2,0 =≈τ .
5. L’inverse du facteur de forme se calcule facilement :
θ−−
θ+−
−θ−
−θ++=
δ
τ=
η cRM
cRM
ec
ec
TT
TTln
TT
TTln1
t
1
Soit, numériquement, 31,1/1 =η d’où 76,0=η . La puissance moyenne cP de
chauffe vaut :
kW5,11PtP
période
périodeunesurreçueénergieP c
cc =η=
τ
δ=
τ
τ=
On remarque que kW5,11PP 0,cc == , où Pc,0 représente la puissance de chauffe qui
permettait, lorsque le chauffage marchait en permanence, d’obtenir une température
constante de 294 K au sein du local. L’intérêt de la régulation est double :
• La température du local peut être choisie dans un large domaine calculé à la question
(3), [ ]K9,297;K1,281)D( = et apte à satisfaire tout consommateur exigeant.
• Le choix d’une puissance de chauffe supérieure à Pc,0 (puisque kW15Pc = ) permet
d’anticiper les variations de la température extérieure Te. En particulier, tant que celle-
ci reste supérieure à K277C/PT cc =α− , la température du local pourra être
maintenue à la température escomptée de 294 K.
6. La température maximale atteinte en régime stationnaire vaut désormais
K288C/PTT c'e
'RM =α+= . Par conséquent, la température de régulation n’est
désormais jamais atteinte et le chauffage, qui pourtant marche en permanence, ne peut
fournir guère mieux qu’une température de 15°C ! Il semble alors judicieux de
changer de chaudière tout en améliorant l’isolation du local à chauffer !
L’EXPERIENCE DE RÜCHARDT
Gaz parfaits, loi de Laplace
Enoncé :
La méthode de Rüchardt permet de déterminer le rapport γ = CP / CV des capacités thermiques d’un gaz parfait à pression et à volume constants, en étudiant (voir figure) le mouvement d’une bille dans un tube en verre. La bille métallique, de diamètre très voisin de celui du tube, se comporte comme un piston étanche. On néglige les frottements. Lorsqu’on lâche la bille dans le tube de section s, on observe des oscillations autour d’une position d’équilibre. La méthode consiste à mesurer la période des oscillations τ de la bille dans le tube ou, ce qui est équivalent, la période τ des oscillations de la pression de l’air contenu à l’intérieur de la bouteille. Pour cela, on enregistre la pression à l’aide d’un capteur de pression pendant ≈ 25 s. L’air est assimilé à un gaz parfait.
154 Chapitre 3
On note x la position du centre de la bille à l’instant t (l’origine x = 0 est choisie à la position d’équilibre de la bille) ; T et P désignent la température et la pression de l’air à l’intérieur de la bouteille.
Données : m = 20 g (masse de la bille), P0 = 1 bar et T0 = 293 K (pression et température de l’air atmosphérique), s = 2 cm 2 (section intérieure du tube), g = 9,8 m.s − 2 (champ de pesanteur terrestre) et V0 = 10 L (volume total, pour x = 0).
xur0
x
Capteur depression
Bouteille de10 L
Air (gazparfait)
Bille
Tube
(T,P)
(T0,P0)
Air atmosphérique
O
1. Citer quelques exemples de méthodes de mesures de pression.
2. En appliquant le théorème du centre d’inertie à la bille, établir l’équation différentielle du mouvement de la bille. Quelle est la pression Péq à l’équilibre ?
3. D’un point de vue thermodynamique, les compressions et détentes du gaz à l’intérieur de la bouteille sont considérées comme pratiquement réversibles et adiabatiques. Les écarts de pression et de volume étant faibles, on approxime dV par V − V0 = sx et dP par P − Péq. En déduire alors P − Péq en fonction de x.
4. Déterminer l’équation différentielle vérifiée par la variable x. Quelle est la période τ des oscillations de pression ? On mesure τ = 1,2 s. Déterminer la valeur de γ. Commenter la valeur obtenue. Quels peuvent être les problèmes d’ordre expérimental rencontrés ?
Solution :
1. Les méthodes de mesures de pressions sont très nombreuses et diffèrent selon le
domaine de pressions que l’on veut mesurer (qui peut s’étendre des basses pressions,
bar10 13−≈ , aux hautes pressions, bar104≈ ). La mesure des pressions moyennes
(quelques dixièmes de bar à quelques bars) peut s’effectuer à partir de manomètres à
dénivellation qui consistent à équilibrer une colonne de liquide (comme le baromètre
de type Torricelli ou celui de Huygens, dont le principe est donné page 116). Les
baromètres anéroïdes (c’est-à-dire sans liquide) permettent également la mesure de ces
pressions. La surpression (ou la dépression) à mesurer produit sur une membrane
métallique élastique une déformation plus ou moins grande, que l’on amplifie par un
système de leviers qui agit, par exemple, sur une aiguille indicatrice. C’est un
instrument à lecture directe, étalonné par comparaison avec un baromètre à mercure.
Les baromètres vendus dans le commerce sont très souvent basés sur ce principe.
Afin de réaliser un capteur de pression pouvant être utilisé dans l’expérience proposée
dans cet exercice, il est nécessaire de transformer l’effet d’une contrainte de pression
en un signal électrique pouvant être acquis par un ordinateur. L’utilisation d’une
Thermodynamique 155
« jauge de contrainte » permet de réaliser un tel capteur ; une jauge de contrainte est
constituée d’un dépôt semi-conducteur placé sur un substrat mince. Soumis à une
surpression ∆P, le substrat se déforme entraînant une variation de résistance de la
jauge, fonction de ∆P, qui peut être mesurée par l’intermédiaire par exemple d’un pont
de Wheastone (voir l’exercice « Régulation automatique de température ; utilisation
d’une thermistance », page 82). Après étalonnage du pont, on peut en déduire ∆P à
partir d’une simple mesure de résistance.
Manomètre anéroïde (à gauche) et manomètre enregistreur (à droite) : l’élément sensible est une capsule dont les déformations élastiques, en fonction des variations de pression,
sont amplifiées. La capsule est reliée à un stylet encreur qui laisse une inscription sur une
feuille millimétrée effectuant un tour hebdomadaire.
Certains corps piézo-électriques comme le quartz par exemple, peuvent être utilisés
comme capteurs de pressions ; en effet, l’apparition d’une tension électrique aux
bornes de ces corps par application d’une contrainte ∆P, surpression ou dépression
(effet piézo-électrique) peut être mesurée et fournir, après étalonnage préalable, une
mesure de ∆P.
2. Le théorème du centre d’inertie appliqué à la bille dans le référentiel du
laboratoire supposé galiléen s’écrit 0ffgmamrrrr
++= , avec xuxar
&&r
= (accélération de
la bille), xumggmrr
−= et où fr
et 0fr
désignent les forces de pression exercées
respectivement par l’air dans la bouteille et l’air atmosphérique sur la bille. La force
exercée par l’un des deux gaz (air dans la bouteille ou air atmosphérique) est, en
norme, de la forme (Pression).(Section du tube). Ce résultat se démontre de la manière
suivante :
La demi-sphère supérieure (Σ) est soumise, toute entière, à la pression atmosphérique
P0. La force exercée par l’air atmosphérique s’écrit alors :
156 Chapitre 3
∫∫Σ
−=)(00 ndSPf
rr
où nr
est le vecteur unitaire normal à dS, orienté vers
l’extérieur de (Σ). Par raison de symétrie, 0fr
est parallèle
au vecteur unitaire xur
. Il suffit donc d’intégrer la seule
coordonnée selon l’axe (Ox), qui vaut :
∫∫Σ
−==)(
x0x00 u.ndSPu.ffrrrr
Or, xu.ndSrr
représente l’aire de la projection dS’ de la
surface élémentaire dS sur le plan équatorial (π) de la
bille. Comme s'dS)(
=∫∫π
, il vient finalement sPf 00 −= .
Par conséquent, en projection sur l’axe (Ox), on obtient finalement l’équation
différentielle du mouvement de la bille :
sPPsmgxm 0−+−=&& soit ( )s/mgPssPxm 0 +−=&&
A l’équilibre, 0x =&& et la pression Péq vaut s/mgPP 0éq += ; l’équation précédente
peut alors s’écrire sous la forme :
( )éqPPsxm −=&&
Le terme ( )éqPPs − apparaît comme une force de rappel ; en effet, lorsque la bille est
au dessus de sa position d’équilibre O, la force ( ) 0PPs éq <− , tendant à ramener la
bille vers O. Lorsque la bille est en dessous de sa position d’équilibre, alors
( ) 0PPs éq >− et la bille est de nouveau attirée vers O.
3. On suppose que la bille oscille suffisamment rapidement pour que l’air compris
dans la bouteille n’ait pas le temps de recevoir de transfert thermique de la part de
l’extérieur (mais néanmoins suffisamment lentement pour que cette transformation
puisse être considérée comme étant réversible !). Au bout du compte, la
transformation est considérée comme adiabatique réversible (soit isentropique). Par
conséquent, la loi de Laplace est applicable et s’écrit γγ = 0éq VPPV , ou encore, sous
forme différentielle :
0V
dV
P
dP=γ+
Si l’on assimile dV à sx et dP à éqPP − , alors, au voisinage de V0 et de Péq :
0V
sx
P
PP
0éq
éq=γ+
− soit éq
0
éq PV
sxPP γ−=−
4. L’équation différentielle du mouvement de la bille devient alors :
( )
γ−=−= éq
0
éq PV
sx
m
sPP
m
sx&& soit x
mV
Psx
0
éq2
γ−=&&
x
Air à la
pression P0
Tube
Bille
(Σ)
(ππππ)
dS
dS’
nr
Oxu
r
x
Thermodynamique 157
C’est l’équation différentielle caractéristique d’un oscillateur harmonique de pulsation
0éq2
0 mV/Psγ=ω et de période éq2
00 Ps/mV2/2 γπ=ωπ=τ . Le coefficient γ
s’exprime donc en fonction de la période mesurée des oscillations de pression dans la
bouteille :
)s/mgP(s
mV4
Ps
mV4
022
02
eq22
02
+τ
π=
τ
π=γ
Application numérique : on trouve 36,1≈γ . La valeur expérimentale obtenue est
conforme à la valeur théorique attendue (soit 4,15/7 ==γ ) pour l’air qui est composé
de molécules diatomiques (dioxygène et diazote).
La méthode expérimentale proposée dans cet exercice a été développée initialement
par le physicien Rüchardt en 1929. Cette méthode a ses limites car elle repose sur trois
hypothèses (gaz assimilé à un gaz parfait, frottements négligeables entre la bille et le
tube de la bouteille et transformations adiabatiques réversibles du gaz17
) qui ne sont
pas nécessairement vérifiées. Néanmoins, elle fut améliorée dans les années qui
suivirent et permit alors d’obtenir de très bons résultats expérimentaux proches des
résultats théoriques attendus comme, par exemple, 659,1=γ pour l’argon (gaz
monoatomique), 404,1=γ pour l’air et 300,1=γ pour le dioxyde de carbone (gaz
triatomique).
LE LUDION
Gaz parfaits, loi de Laplace
Enoncé :
Un ludion est un petit personnage (P) solide, solidaire d’une petite sphère (S) imperméable de volume variable, renfermant de l’air ; il est placé dans une éprouvette cylindrique verticale (C), de hauteur très supérieure aux dimensions du ludion (les échelles ne sont pas respectées sur la figure), remplie d’eau sur une hauteur h et fermée dans sa partie supérieure par une membrane souple imperméable (Σ). Lorsqu’on n’appuie pas sur la membrane, le ludion est en équilibre en un point voisin de la surface de l’eau (figure (1)). Lorsqu’on appuie sur la membrane (Σ), on constate que le ludion tombe au fond de l’éprouvette (figure (2)). On se propose d’interpréter sommairement cette observation.
17 On pourra consulter l’article « Aux confins de la mécanique et de la thermodynamique à travers
l’expérience de Rüchardt », paru dans le numéro de novembre 1998 du BUP (Bulletin de l’Union des
Physiciens), qui présente une discussion critique de l’expérience de Rüchardt réalisée avec des moyens
actuels.
158 Chapitre 3
Figure (1) Figure (2)
zur
gr
Personnage (P)
Sphère souple(S) remplie d’air
Membranesouple (Σ)
Interface air-eau (z = 0)
Air (A) à lapression Pa1 Membrane
souple (Σ)Air (A) à la
pression Pa2
eau
Eprouvette
0
z
h
Le référentiel du laboratoire est supposé galiléen et le champ de pesanteur zuggrr
=
est uniforme avec 2s.m10g −= . Un point M dans l’eau est repéré par sa cote z, comptée positivement sur la verticale descendante, l’origine étant prise à l’interface air-eau supposée fixe. On note P1(z) la pression dans l’eau lorsqu’on n’appuie pas sur la membrane ; on note P2(z) sa valeur lorsqu’on appuie sur la membrane. L’eau est supposée incompressible et homogène, de masse volumique 33 m.kg10 −=µ .
L’air contenu entre l’eau et la membrane (Σ) forme un système fermé (A). Lorsqu’on n’appuie pas sur la membrane, l’air contenu dans (A) est en équilibre dans l’état E1 ; il
occupe un volume initial 3a cm100V
1= , sa température vaut K300T
1a = et sa
pression est égale à bar0,1P1a = . Lorsqu’on appuie sur la membrane, l’air contenu
dans (A) atteint un nouvel état d’équilibre E2 ; sa pression prend la valeur bar0,2P
2a = , sa température devient 2aT et le volume occupé devient
2aV .
L’air, contenu dans la sphère (S) ou dans le système (A) est assimilé à un gaz parfait
de masse molaire 1mol.g29M −= , dont le rapport des capacités calorifiques à
pression et à volume constants vaut 40,1C/C vp ==γ . On rappelle la valeur de la
constante des gaz parfaits, 11 mol.K.J31,8R −−= .
1. Champ de pression dans l’eau : on considère le dispositif en l’absence de ludion, c’est-à-dire plus précisément lorsqu’on remplace le ludion immergé par un volume équivalent d’eau. Exprimer à l’équilibre, les pressions P1(z) et P2(z) dans l’eau en fonction de
1aP , 2aP , g, µ et z.
2. Mouvement du ludion : on admet que le champ de pression déterminé à la question précédente est effectivement le champ de pression en présence du ludion, que celui-ci soit au repos ou en mouvement. Lorsqu’on n’appuie pas sur la membrane, la sphère souple (S), solidaire du ludion, est immergée en équilibre, à la cote z = 0. Cette sphère, remplie d’air à la température K300T
1a = et à la pression
bar0,1P1a = occupe alors un volume VL = 1 cm 3.
On admet que lorsque le centre d’inertie G du ludion est à la cote z, on peut déterminer approximativement le volume de (S) en considérant que l’air qu’elle contient est à la pression uniforme P1(z) ou P2(z) suivant qu’on appuie ou non sur la membrane.
Thermodynamique 159
a) En traduisant l’équilibre du ludion dans l’état initial et en négligeant le volume du personnage (P) devant celui de la sphère (S), calculer sa masse m.
b) En adoptant un modèle d’évolution adiabatique et réversible pour l’air contenu dans la sphère (S), exprimer son volume V(z) lorsqu’on appuie sur (Σ) et que le centre d’inertie G du ludion est à la cote z, en fonction de
1aP , 2aP , g, µ, z, γ et VL.
c) Etablir l'équation différentielle du deuxième ordre dont est solution la fonction z(t) en négligeant les frottements. En déduire la vitesse (dz / dt) en fonction de z et des données. Calculer la vitesse avec laquelle le ludion atteint le fond du récipient (z = h = 1 m).
d) Discuter brièvement en quoi le comportement du ludion serait qualitativement changé ou inchangé si sa masse diminuait de 5 %. Même question si elle augmentait de 5%.
Solution :
1. Dans le cas où la pression à la surface de l’eau est 1aP , la relation fondamentale
de l’hydrostatique des fluides ( gPgradr
µ=→
) donne directement, puisque l’eau est
incompressible, gzP)z(P1a1 µ+= . De même lorsque l’on appuie sur la membrane,
gzP)z(P2a2 µ+= .
2-a) Le ludion est soumis à son poids ( zumgr
) et à la poussée d’Archimède, force
égale au poids du volume d’eau déplacé et dirigée de bas en haut ( zL ugVr
µ− ). A
l’équilibre, 0ugVumg zLz
rrr=µ− et ainsi g1Vm L =µ= .
b) Dans l’état initial, le ludion occupe un volume VL lorsque la pression est 1aP . A la
cote z où la pression est 1a2 P)z(P > , le ludion occupe le volume LV)z(V < : la
poussée d’Archimède voit son intensité diminuer et le ludion se met effectivement en
mouvement vers le bas de l’éprouvette. Si l’on modélise la transformation
thermodynamique de l’air compris dans la sphère (S) du ludion par une transformation
adiabatique réversible, alors l’application de la loi de Laplace permet d’écrire :
γγ = )z(V)z(PVP 2La1 soit L
/1
a
aV
gzP
P)z(V
2
1
γ
µ+=
c) Le théorème du centre d’inertie, appliqué au ludion dans le référentiel du
laboratoire supposé galiléen, donne, en projection sur l’axe (Oz) :
g)z(Vmgzm µ−=&& soit gV
)z(Vgz
L
−=&&
Finalement, en utilisant l’expression de la loi de Laplace :
µ+−=
γ/1
a
a
gzP
P1gz
2
1&&
160 Chapitre 3
Afin d’obtenir la vitesse dt/dzz =& , on multiplie les deux membres de l’équation
précédente par z& . En remarquant que dt/)2/v(ddt/)2/z(dzz 22 == &&&& , il vient :
dzgzP
P1g2)v(d
/1
a
a2
2
1
µ+−=
γ
ou ∫
µ+−=
γz
0
/1
a
a2'dz
'gzP
P1g2v
2
1
Soit :
( )
z
0
11
a
aa
z
0
11
a/1
a
2
'gzP
P
g
P
1'zg2'gzP
g
1
1P'zg2v
2
11
21
µ+µ−γ
γ−=
µ+
µ−γ
γ−=
−γ
+γ
−γ
Et finalement :
−
µ+µ−γ
γ−=
−γ
−γ
11
a
a
11
a
aa2
2
1
2
11
P
P
gzP
P
g
P
1zg2v
Numériquement, au fond du récipient ( m1hz == ), la vitesse est 1s.m8,2v −= . Dans
la pratique (présence de frottements), elle est évidemment plus faible !
d) Si la masse du ludion diminuait légèrement (par exemple de 5%), le ludion serait
partiellement immergé initialement mais continuerait à s’enfoncer dans l’eau lors de la
compression de la membrane. Par contre, si sa masse devait augmenter, le ludion
tomberait au fond de l’éprouvette alors même que la membrane n’est pas comprimée.
FORMATION D’UN COURANT ASCENDANT ET D’UN NUAGE
Gaz parfaits, loi de Laplace
Enoncé :
Les phénomènes météorologiques ont des origines multiples ; une compréhension complète nécessite de prendre en compte de nombreux bilans d’échange (rayonnement, cycle de l’eau, …). Toutefois, un certain nombre de phénomènes sont uniquement dus au déplacement adiabatique de masses d’air. Cet exercice se propose d’étudier la formation d’un courant ascendant d’air atmosphérique et de présenter qualitativement le phénomène de formation d’un nuage.
L'air qui se comporte comme un gaz parfait (de masse molaire 1mol.g29M −= et de
capacités thermiques massiques cP et cV constantes, avec 4,1c/c VP ==γ ) est supposé sec. Un point de l'atmosphère est repéré par ses coordonnées cartésiennes dans un trièdre orthonormé (Oxyz), tel que l'axe (Oz) coïncide avec la verticale ascendante, la cote z étant prise au niveau de la mer. Le module supposé constant de l'accélération de la pesanteur est 2
0 s.m8,9g −= .
On appelle P0 et T0 la pression et la température au niveau de la mer et P et T la pression et la température à la cote z (avec bar1P0 = et K288T0 = ).
Thermodynamique 161
1. Des relevés expérimentaux montrent qu'en l'absence de mouvement des masses d'air, la température est fonction affine de l'altitude z, pour z variant de 0 à 8 000 km, suivant la loi zT)z(T 0 λ−= . Montrer que P et T à l'altitude z sont liées par la relation,
appelée loi de nivellement barométrique, q00 )P/P(TT = et déterminer l’exposant q
en fonction de M, g0, λ et R (constante des gaz parfaits, 11 mol.K.J31,8R −−= ).
Calculer numériquement q sachant que 13 m.K10.50,6 −−=λ .
2. L'état d'équilibre étudié précédemment n'est possible que si les isothermes et les isobares coïncident avec les équipotentielles du champ de pesanteur, donc ici avec les surfaces d'équation z = cste. Si, par suite d’hétérogénéités du sol, celui-ci présente des écarts de température d'un point à un autre, l'air qui surmonte ces terrains s'échauffe différemment et se met en mouvement. On se propose d'étudier de façon très simplifiée la formation d'un courant ascendant.
On suppose que l'air est localement, à l'altitude z et à la verticale du point Q (voir figure précédente), plus chaud que l'air avoisinant. Des photographies en infrarouge montrent que ce gaz se détache verticalement sous forme d'une « bulle ». Tout se passe comme si une certaine poche de gaz était limitée par une enveloppe souple et non tendue. Cette « bulle » de gaz, que l'on notera (B), évolue ensuite sans échanger de matière ni de chaleur avec l'extérieur, la pression de la bulle restant égale à celle de l'air environnant à la même altitude. On supposera que la température de l'air environnant reste toujours fonction affine de la température ( zT)z(T 0 λ−= ).
a) On note PB, TB et ρB la pression, la température et la masse volumique du gaz emprisonné dans la bulle ; TA et ρA la température et la masse volumique de l'air environnant à la même altitude. Montrer que la bulle s'élève si AB TT > .
b) Le gaz emprisonné dans la bulle subit donc une transformation adiabatique que l'on supposera réversible. On appelle T1 la température du gaz dans la bulle à l'altitude de sa formation z1 et P1 la pression correspondante. Exprimer TB en fonction de T1, P1 et PB.
c) Montrer qu'il existe une altitude plafond z2 pour l'ascension de la bulle. On note T2 et P2 la température et la pression de la bulle lorsqu'elle arrive à cette altitude. Calculer numériquement T2 et P2 pour T1 = 280 K et z1 = 2 km. En déduire la valeur de l'altitude plafond z2 à laquelle se stabilise la bulle.
3. L'air étant supposé maintenant humide (mélange d'air sec et de vapeur d'eau), montrer comment l'on pourrait expliquer qualitativement la possibilité de formation d'un nuage au cours de l'ascension de cette bulle.
Solution :
1. La réponse à cette question a été donnée dans l’exercice intitulé « Radiosondage
par ballon sonde », page 142. La pression P est reliée à la température selon la loi : ηη
=
λ−=
0
0
0
00
T
)z(TP
T
zTPP avec 26,5
R
Mg 0 =λ
=η
x
y
z
Bulle (B)
Q
O
z0 uggrr
−=
zur
162 Chapitre 3
Soit encore, avec 19,0/1q =η= , 19,000
q00 )P/P(T)P/P(TT == .
2-a) La bulle va s’élever si la poussée d’Archimède z0AA uVgfrr
ρ= (où V désigne
le volume de la bulle à l’altitude z) est, en norme, supérieure à la norme du poids de la
bulle z0B uVgr
ρ− . Par conséquent, BA ρ>ρ
(la bulle est moins dense que l’air
environnant). La masse volumique et la
pression d’un gaz parfait étant reliées par
l’équation d’état RT/PM=ρ on en déduit,
en admettant que la pression de la bulle reste
égale à celle de l'air environnant à la même
altitude, que AB TT > .
b) La loi de Laplace s’écrit, en fonction des variables (T,P), sous la forme :
γ−γγ−γ = 111
1BB PTPT soit 1
1
B
1B T
P
PT
γ
γ−
=
On note, dans la suite, 29,0/)1(a −=γγ−= .
c) La température de la bulle TB et celle de l’air environnant TA varient en fonction de
la pression locale (notée dans la suite P) à l’altitude z selon les expressions :
1
a
1
B TP
PT
−
= et 0
q
0
A TP
PT
=
Ces deux températures diminuent avec l’altitude. En différentiant de manière
logarithmique ces deux expressions, il vient :
0P
dP29,0
P
dPa
T
dT
B
B <=−= et 0P
dP19,0
P
dPq
T
dT
A
A <==
La diminution de la température de la bulle avec la pression est donc plus importante
que celle de la température de l’air environnant ; à l’altitude de formation de la bulle,
soit km2z1 = , la température environnante était 1101A TK275zTT <=λ−= . Au fur
et à mesure de l’ascension de la bulle, la température de celle-ci diminue plus vite que
celle de l’air environnant, jusqu’à atteindre une altitude « plafond » pour laquelle les
deux températures TA et TB deviennent identiques.
Lorsque la bulle est arrivée à l’altitude plafond z2, on peut alors écrire, en notant T2 et
P2 la température et la pression locales :
1
a
1
22 T
P
PT
−
= ; 0
q
0
22 T
P
PT
= ; 202 zTT λ−=
Par conséquent, en éliminant la pression P à partir des deux premières équations :
0
q/1
0
21
a/1
1
2 PT
TP
T
T
=
−
soit finalement qa
q
1qa
a
0
qa
aq
0
12 TT
P
PT
+++
=
zur
x
y
z
Bulle (B)
Q
O
z0 uggrr
−=
z0B u)Vg(r
ρ−
z0AA u)Vg(frr
ρ=
Thermodynamique 163
Numériquement, avec bar78,0P)T/T(P 0q/1
01A1 == , il vient K265T2 = . On en
déduit ensuite bar65,0P)T/T(P 0q/1
022 == et km5,3/)TT(z 202 ≈λ−= .
Courant
ascendant
Sol surchauffé
Refroidissement
Condensation
Courant
descendant
3. La pression partielle de la vapeur d’eau au sein de la bulle ainsi que la pression
de vapeur saturante de l’eau diminuent toutes les deux avec la température. Lorsque
ces deux pressions deviennent identiques, apparaissent des gouttelettes de liquide en
suspension dans l’atmosphère : un nuage s’est formé ! La figure ci-dessus de gauche
représente l’apparition d’un soulèvement d’air chaud par convection thermique. Ce
phénomène est typique en été ; il apparaît surtout en cours d’après-midi lorsque le sol
est bien chauffé par le Soleil et conduit à la formation de nuages de beau temps, les
cumulus.
La figure de droite montre, quant à elle, l’apparition d’un nuage de condensation à
l’ouverture d’une bouteille. En effet, quand on décapsule par exemple une bouteille de
bière, le gaz dans le goulot se détend alors rapidement de manière pratiquement
adiabatique : la température diminue brutalement, entraînant la condensation de la
vapeur d’eau présente dans le goulot en un brouillard constitué de minuscules
gouttelettes.
MOTEUR A REACTION
Applications des 1er
et 2nd
principes
Enoncé :
Dans un moteur à réaction, un gaz (assimilé à l’air supposé parfait) parcourt un cycle que l’on considérera tout d’abord comme étant réversible. Il pénètre dans le réacteur à la pression P1 et à la température T1 (état (1)). Il est ensuite comprimé adiabatiquement jusqu’à la pression P2 et la température vaut alors T2 (état (2)). Il rentre alors dans une chambre de combustion où sa température passe de T2 à T3, la pression restant égale à P2 (la sortie de la chambre de combustion est représentée par l’état (3)). Le gaz subit ensuite une détente adiabatique dans une turbine jusqu’à P4 et T4 (état (4)). Cette détente est telle que la puissance fournie à la turbine compense exactement celle que consomme le compresseur entre les états (1) et (2). Enfin, le gaz se détend dans une tuyère adiabatique sans
Etagecompresseur
Chambre decombustion
Etageturbine-tuyère
Tuyère Schéma d’un moteur à réaction.
164 Chapitre 3
parties mobiles jusqu’à P1 et T5 (état (5)). Le gaz est rejeté avec la vitesse c (ce qui assure la propulsion) dans l’atmosphère extérieure où il se refroidit à la pression constante P1 de T5 à T1. On considère que la vitesse du gaz est partout négligeable sauf à la sortie de la tuyère.
Données numériques : K290T1 = , bar1P1 = , 5P/P 12 = . La température du gaz à
l’entrée de la turbine est K3001T3 = . L’air est considéré comme étant un gaz
diatomique de masse molaire 1mol.g29M −= . La constante R des gaz parfaits vaut 11 mol.K.J31,8R −−= .
Les applications numériques demandées sont relatives à l’unité de masse (ici, 1 kg) et les grandeurs extensives correspondantes seront notées par des lettres minuscules (sm pour l’entropie, hm pour l’enthalpie, ecm pour l’énergie cinétique macroscopique,…).
1-a) Quelle est l’équation d’une transformation isobare réversible (de pression P1) dans le diagramme entropique (T,sm) ? Comment se situe l’isobare P2 par rapport à l’isobare P1 si 12 PP > ?
b) Représenter l’allure du cycle dans le diagramme de Clapeyron (P,vm) puis dans le diagramme entropique (T,sm).
Dans les questions suivantes, on établira d’abord l’expression littérale puis on donnera la valeur numérique des résultats demandés.
2. Déterminer l’expression de T2 en fonction des données. Quelle est l’énergie fournie à l’unité de masse de gaz qui traverse le compresseur ?
3. Quels sont les échanges d’énergie par unité de temps et par unité de masse dans la chambre de combustion ?
4. Déterminer T4 et T5. Quelle est la vitesse c du gaz à la sortie de la tuyère ?
5. Quel est le rendement ρ du moteur ?
6. En réalité, la tuyère n’a pas un fonctionnement réversible. Le gaz sort de la
tuyère à une température '5T . On définit le rendement de la tuyère par rapport à
l’isentropique par %90)hh/()hh( 4,m5,m4,m'
5,m =−−=η .
a) Quelle est alors la nouvelle température de sortie '5T des gaz de la tuyère ?
b) Quelle est la nouvelle vitesse de sortie c’ des gaz ? Calculer le nouveau rendement 'ρ du cycle.
c) Quelle est la variation d’entropie massique du gaz à la traversée de la tuyère ?
Thermodynamique 165
Solution :
1-a) L’entropie massique s d’un gaz parfait peut s’écrire,
en notant cP,m la capacité calorifique massique à pression
constante du gaz et M/Rr = :
cste)Pln(r)Tln(c)P,T(ss m,Pmm +−==
Par conséquent, l’équation dans le diagramme isentropique
(T,sm) d’une isobare (de pression P1) est :
m,Pm c/s
1m eC)s(TT ==
où C1 est une constante qui dépend de la pression P1 (et qui
augmente avec celle-ci). Les isobares correspondant aux deux pressions P1 et 12 PP >
sont représentées sur la figure ci-dessus.
P
vm
1
2 3
4
5P1
P2
P4
T
sm
1
2
T1
T2
T5
3
4
5
T4
b) Les allures, en coordonnées de Clapeyron (P,vm) et en coordonnées (T,sm), du cycle
suivi par l’air dans le moteur sont données ci-dessus.
2. La détente étant supposée réversible et adiabatique dans le compresseur,
l’application de la loi de Laplace permet de déterminer la température finale T2 :
γγ−γγ− = 2121
11 TPTP soit 1
1
2
12 T
P
PT
γ
γ−
=
Pour l’air, gaz diatomique, 5/7=γ et par conséquent, K3,459T2 = .
L’unité de masse d’air qui rentre dans le compresseur ne reçoit, de la part de celui-ci,
qu’un travail mécanique noté wm (avec 0w m > ). On considère à l’instant t le système
fermé constitué du gaz compris dans le compresseur et de la masse dm de gaz (dans
l’état P1 et T1) qui va rentrer, pendant l’intervalle de temps dt, dans le compresseur. A
l’instant t + dt, ce système est constitué de la même quantité de gaz comprise dans le
compresseur et de la même masse dm de gaz qui est sortie, étant désormais dans les
conditions P2 et T2. Le 1er principe appliqué à ce système (en négligeant l’énergie
cinétique macroscopique) s’écrit :
( ) ( )m2,m21,m1
1,mrcompresseuledansgaz2,mrcompresseuledansgaz
w)dm()vdm(P)vdm(P
u)dm(Uu)dm(U
+−=
+−+
T
sm
P1
P2 > P1
166 Chapitre 3
Avec :
• rcompresseuledansgazU , l’énergie interne
du gaz constamment contenu dans le
compresseur ; elle est constante en
régime stationnaire.
• um,1 et um,2 désignent les énergies
internes massiques et vm,1 et vm,2 les
volumes massiques de l’air dans les
états (1) et (2) respectivement.
• la quantité )vdm(P)vdm(P 2,m21,m1 − représente le travail des forces de pressions
extérieures au système, à l’entrée et à la sortie de la machine (encore appelé travail de
transvasement).
• Enfin, le transfert thermique reçu par le système est nul puisque, d’une part, le
compresseur est calorifugé et, d’autre part, il n’y a pas de transfert de chaleur par
conduction entre la masse qui rentre ou qui sort de la machine et son environnement
immédiat puisque les températures sont identiques (et égales à T1 ou T2).
En remarquant que mmm Pvuh += représente l’enthalpie massique, on aboutit
finalement au bilan énergétique suivant :
m1,m2,m whh =−
Sachant que l’enthalpie massique d’un gaz parfait est de la forme Tch m,Pm = (avec
2/r7c m,P = , où M/Rr = ), on en déduit l’expression du travail massique reçu par
l’air :
1
1
2
112m T1
P
Pr
2
7)TT(r
2
7w
−
=−=
γ
γ−
Numériquement, on trouve 1m kg.kJ8,169w −= .
3. Un bilan énergétique similaire à celui réalisé à la question précédente conduit à :
( )232,m3,mm TTr2
7hhq −=−=
où qm représente le seul terme énergétique reçu, sous forme de transfert thermique
massique, par l’air dans la chambre de combustion. Numériquement, on obtient 1
m kg.kJ2,843q −= .
4. Le travail massique 'mw reçu par l’air dans la turbine, opposé à celui reçu lors du
passage dans le compresseur, est par ailleurs donné par 3,m4,m'm hhw −= . Par
conséquent :
( ) ( )12m343,m4,m'm TTr
2
7wTTr
2
7hhw −−=−=−=−=
Soit :
Compresseur
Gaz en écoulement
P1 T1 P2 T2
Masse dm à l’instant t
A
B
A’
B’
Masse dm à l’instant t + dt
Thermodynamique 167
K1311TTTT 1234 =+−=
La température T5 s’obtient à partir de la loi de Laplace :
γγ−γγ−γγ− == 5114
143
12 TPTPTP soit K821T
P
PT 3
1
1
25 =
=
γ
γ−
Le bilan énergétique dans la tuyère s’écrit maintenant, puisque l’énergie cinétique
macroscopique en sortie ecm,5 n’est plus négligeable (et avec des notations semblables
à celles de la question (2)) :
( ) ( ))vdm(P)vdm(P
u)dm(Ue)dm(u)dm(U
5,m14,m4
4,mtuyèreladansgaz5,cm5,mtuyèreladansgaz
−=
+−++
Soit, finalement :
( ) 0ehh 5,cm4,m5,m =+− d’où ( ) ( )454,m5,m5,cm TTr2
7hhe −−=−−=
Numériquement, 15,cm kg.kJ311e −= . La vitesse à la sortie de la tuyère valant alors
15,cm s.m789e2c
−== .
5. Le rendement ρ du moteur peut être défini de la manière suivante :
%37q
e
fournieénergie
récupéréeutileénergie
m
5,cm===ρ
6-a) L’enthalpie massique du gaz dans l’état (5’) s’écrit sous la forme
( ) 4,m4,m5,m'
5,m hhhh +−η= , d’où l’expression de la nouvelle température '5T :
( ) K852TTTT 445'5 =+−η=
b) Le bilan énergétique effectué lors de la traversée de la tuyère (supposée toujours
isolée thermiquement de l’extérieur) donne, en notant '5,cme la nouvelle énergie
cinétique à la sortie de la tuyère :
( ) 0ehh '5,cm4,m
'5,m =+− soit ( ) ( )4,m5,m4,m
'5,m
'5,cm hhhhe −η−=−−=
En remarquant que ( )4,m5,m5,cm hhe −−= , il vient :
15,cm
'5,cm kg.kJ9,279ee −=η= et 1s.m5,748c'c −=η=
Le nouveau rendement du moteur étant alors :
%3,33q
e
q
e
fournieénergie
récupéréeutileénergie'
m
5,cm
m
'5,cm
=ρη=η
===ρ
c) L’expression analytique de l’entropie massique d’un gaz parfait étant connue (voir
question (1-a)), la variation d’entropie massique du gaz à la traversée de la tuyère s’en
déduit directement :
−
=
−
=∆ →
4
1
4
'5
4
1
4
'5
m,P'54,mP
Plnr
T
Tlnr
2
7
P
Plnr
T
Tlncs
168 Chapitre 3
La pression à l’entrée de la tuyère P4 (égale à celle à la sortie de la turbine) est donnée
par la loi de Laplace (voir question (4)) :
γγ−γγ− = 4143
12 TPTP soit bar07,3P
T
TP 2
1
4
34 =
=
γ−
γ
On en déduit numériquement 11'54,m kg.K.J4,37s −−
→ =∆ . La tuyère étant isolée
thermiquement de l’extérieur (le terme d’entropie d’échange est nul), cette variation
d’entropie s’identifie à l’entropie de création Scr. On vérifie bien que, conformément
au 2nd
principe, 0Scr > : il y a eu création d’entropie par irréversibilité interne dans la
tuyère (viscosité du fluide et existence de forces dissipatives le long des parois de la
tuyère).
Complément : interprétation statistique de l'entropie
L’exemple de la détente de Joule-Gay-Lussac d’un gaz parfait permet de préciser, de
manière simple, l’interprétation statistique de
l’entropie. Cette détente peut se réaliser de la
manière suivante (voir figure) : un récipient
indéformable et adiabatique est divisé en
deux compartiments de volumes Vl et V2 par
une plaque de verre. Le compartiment (1)
contient n moles d'un gaz parfait à la
température Tl. Le compartiment (2) est vide.
On coupe l'électroaimant : la bille tombe et
casse la paroi de verre. Le gaz se détend
alors dans le volume V = Vl + V2 qui lui est offert. A l'équilibre, l'état final du gaz est
caractérisé par le volume V et par la nouvelle température T2.
La détente de Joule-Gay-Lussac est un phénomène irréversible : le gaz ne peut, sans
intervention extérieure, occuper le compartiment (1), en laissant (2) vide !
Calculs de ∆∆∆∆U et de ∆∆∆∆S :
Le gaz est isolé adiabatiquement et mécaniquement (parois rigides) de l'extérieur. Par
conséquent, le premier principe donne 0U =∆ . Une détente de Joule-Gay-Lussac se
fait donc à énergie interne constante, autrement dit :
)VV,T(U)V,T(U 21211 +=
Pour un gaz parfait, on déduit 21 TT = , puisque l'énergie interne d'un gaz parfait ne
dépend que de la température.
L'entropie d'un gaz parfait s'écrit, en variables T et V (pour n moles) :
∫ ++= cste)Vln(nRT
dT)T(Cn)V,T(S V
Par conséquent :
+=∆
1
21
V
VVlnnRS
On vérifie bien que ∆S > 0, puisque le gaz constitue un système isolé (principe
d’évolution, ∆S s’identifie à l’entropie de création).
Quelques définitions de physique statistique :
Electroaimant
Plaque de
verre
Bille
Gaz (V1,T1)
Vide (V2)
Thermodynamique 169
• Etat macroscopique (ou macro-état) : un état macroscopique d'un système est défini
par la connaissance de paramètres macroscopiques mesurables. Par exemple, l'état
macroscopique d'un gaz est défini par la donnée de deux paramètres (appelés variables
d’état), tels que pression, volume ou température.
• Etat microscopique (ou micro-état) : un état microscopique d'un système est défini par
la connaissance de la position, de la vitesse, de l’énergie, …, à un instant donné, de
toutes les particules constitutives du système (par exemple, les molécules d’un gaz).
• Etats accessibles : soit un système ayant une énergie interne et un volume constants.
Ce système doit être nécessairement dans un état microscopique compatible avec les
contraintes macroscopiques imposées au système (énergie interne et volume) : un tel
état microscopique est appelé état accessible.
• Postulat fondamental de la physique statistique : tous les états microscopiques
accessibles d'un système isolé à l'équilibre sont équiprobables.
Entropie statistique et désordre moléculaire :
La détente de Joule-Gay-Lussac d'un gaz parfait permet en effet, de manière simple,
d'aboutir à la définition statistique de l'entropie. Comme la température reste constante,
le nombre d'états microscopiques accessibles par le gaz subit une variation due
uniquement à la modification du volume occupé par le gaz.
Soit )V( 1iΩ le nombre d'états microscopiques accessibles par le gaz, compte tenu des
contraintes macroscopiques V1 et T1, dans l'état initial (état (1) sur la figure ci-dessous).
Le nombre d'états microscopiques accessibles dans l'état final est noté )VV( 21f +Ω
(état (2)). La contrainte due au volume étant moins restrictive dans l'état final que dans
l'état initial, on a certainement :
)V()VV( 1i21f Ω>+Ω
V1
Vide (V2)
(1)
V1 + V2
(2) (2 bis)
V1
Vide (V2)
Déterminons la probabilité P pour que le gaz parfait occupe spontanément la partie
supérieure du récipient (de volume V1) dans l'état final (état (2bis)). La probabilité a
priori pour qu'une particule se trouve dans le volume V1 est )VV/(V 211 + . Par
conséquent, si N est le nombre de particules (supposées indépendantes) :
P
N
21
1
VV
V
+=
N est de l'ordre du nombre d'Avogadro (NA = 6,02.10 23
mol − 1
). Par conséquent,
P << 1 : le gaz a une probabilité pratiquement nulle de revenir dans son état initial (la
détente est irréversible).
La probabilité P peut s'exprimer en fonction du nombre d'états accessibles. Le postulat
fondamental de la physique statistique permet d'écrire que, dans l'état final, tous les états
accessibles sont équiprobables. Par conséquent, la probabilité de trouver le gaz dans
chacun de ses états accessibles vaut )VV(/1 21f +Ω . Ainsi P, qui est également la
170 Chapitre 3
probabilité pour que le gaz occupe, dans l'état final, l'un de ses )V( 1iΩ états accessibles
caractérisés par les paramètres macroscopiques V1 et T1, s'écrit :
P)VV(
)V(
)VV(
1)V(
21f
1i
21f1i
+Ω
Ω=
+ΩΩ=
Par conséquent : N
21
1
21f
1i
VV
V
)VV(
)V(
+=
+Ω
Ω
La variation d’entropie du gaz lors de la détente de Joule-Gay-Lussac, obtenue
classiquement au début de ce complément, peut s’écrire :
N
1
21
1
21
A1
21
V
VVlnk
V
VVln
N
NR
V
VVlnnRS
+=
+=
+=∆
où k = R / NA (où NA est le nombre d’Avogadro) est la constante de Boltzmann, égale à 123
K.J10.38,1−−
, soit finalement sous la forme :
Ω
+Ω=∆
)V(
)VV(lnkS
1i
21f
On définit alors l’entropie statistique18
par la relation :
)ln(kS Ω=
où Ω est le nombre d’états microscopiques accessibles à l’équilibre. Cette définition
introduite par Ludwig Boltzmann en 1876 et obtenue ici dans le cas particulier de la
détente de Joule-Gay-Lussac, est tout à fait générale. Elle permet de construire un pont
entre le monde microscopique (représenté par le nombre d’états microscopiques
accessibles Ω) et le monde macroscopique (représenté par la fonction entropie S,
préalablement définie notamment par l’étude des machines thermiques et, par exemple,
par l’impossibilité de transformer intégralement de la chaleur en travail dans une
machine thermique fonctionnant de manière cyclique).
18 Pour davantage de compléments sur l’entropie statistique, on pourra consulter l’ouvrage « Chaleur et
désordre, le deuxième principe de la thermodynamique » de P.W. Atkins, Pour la science (diffusion
Belin).
Thermodynamique 171
L’entropie du bureau d’un étudiant se rapproche-t-elle plutôt de celle du bureau de
gauche ou de celle du bureau de droite ?
L’entropie apparaît ainsi, en quelque sorte, comme une mesure du degré de désordre
moléculaire (ou particulaire) d’un système. Ce système sera d’autant plus désordonné
(et donc son entropie d’autant plus élevée) que le nombre d’états microscopiques
accessibles sera grand ; autrement dit, plus l’entropie d’un système augmente et plus la
structure microscopique de celui-ci devient indéterminée.
Par ailleurs, le 2nd
principe est un principe d’évolution : il stipule que la transformation
qui, pour un système isolé thermiquement, correspond au passage à un nouvel état
d’équilibre après suppression d’une contrainte, a pour effet d’augmenter l’entropie du
système et donc le désordre de celui-ci ( if Ω>Ω ). On peut ainsi dire que les
transformations spontanées sont celles qui s’effectuent vers les états les plus probables,
même si, au niveau microscopique, aucune transformation inverse n’est impossible,
mais simplement franchement improbable !
CENTRALE THERMO-SOLAIRE EXPERIMENTALE A
ACCUMULATION Applications des 1
er et 2
nd principes, changements d’états
Enoncé :
Le principe d’une centrale thermo-solaire est le suivant : le rayonnement solaire, concentré par un grand miroir sphérique, apporte de l’énergie thermique à une chaudière qui sert de source chaude à un moteur ditherme entraînant un générateur électrique.
On admet qu’au niveau du sol, une surface Σ orientée perpendiculairement aux rayons solaires reçoit, du Soleil, une puissance par rayonnement PR égale à Σπ0 , où
20 m.kW1 −=π .
1. Etude de la concentration du rayonnement solaire : la concentration du rayonnement solaire est réalisée par un grand miroir sphérique concave, de sommet S0, de centre C, de rayon de courbure 00 CSR = et de rayon d’ouverture c (le rayon d’ouverture est le rayon de base de la calotte sphérique effectivement réfléchissante). Ce miroir est orientable, si bien que le centre S du Soleil est constamment situé sur son axe principal (Cx). On se place dans les conditions de Gauss. On donne R0 = 40 m et c = 5,6 m.
172 Chapitre 3
Vers lecentre S du
Soleil S0C
c
Miroir
x
La photographie représente le 1er four solaire français (dispositif dont l’élément
essentiel est un miroir concave qui concentre le rayonnement solaire et permet
d’obtenir des températures très élevées, à usage expérimental ou industriel) construit en 1947 à Mont-Louis, dans les Pyrénées orientales.
a) Sur la figure, ne sont représentés que des rayons parallèles à l’axe optique. Exprimer en fonction de aS (rayon du Soleil) et D (distance Soleil-Terre) l’inclinaison maximale α par rapport à l’axe optique des rayons tombant sur le miroir. Faire l’application numérique, avec m10.1,7a 8
S = et m10.50,1D 11= .
b) Préciser la position du plan (P) sur lequel se formera l’image géométrique du Soleil et réaliser la construction géométrique de cette image. Quel est son rayon a’ ? Le miroir étant parfaitement réfléchissant, quelle est la puissance rayonnée PR incidente sur le plan (P) au niveau de l’image du Soleil ? On néglige la faible partie du faisceau incident qui aura été arrêtée avant réflexion par (P).
2. (P) est en fait la paroi d’une chaudière (Ch) dont la température TC est constante et qui joue le rôle de source chaude pour un moteur ditherme dont la source froide est l’atmosphère de température T0. Ce moteur, supposé fonctionner de manière réversible, évolue continûment alors que (P) n’est éclairée par le Soleil qu’environ 1 / 3 du temps, soit 8 heures par jour. La chaudière (Ch) doit donc stocker l’énergie thermique durant l’insolation afin de pouvoir la restituer la nuit (et la puissance fournie par le moteur est constante).
Pour ce faire, (Ch) est constituée d’une masse M d’un mélange solide-liquide d’un même corps pur (du nitrate de potassium) : on suppose que ce mélange évolue à pression constante et que sa température est constante égale à la température TC = 740 K de l’équilibre solide-liquide. On note mL la masse de liquide dans (Ch). L’enthalpie massique de fusion de ce corps pur est notée Fl ( 15
F kg.J10.6,2 −=l ).
Sur une journée, toute l’énergie thermique reçue du Soleil par (Ch) est intégralement transférée au moteur.
a) Quelle est la puissance thermique moyenne PC fournie par (Ch) au moteur en fonction de PR ? En déduire la puissance mécanique moyenne PM du moteur en fonction de PR, T0 et TC.
b) En effectuant pendant l’intervalle de temps dt un bilan d’enthalpie sur (Ch), déterminer la variation dmL / dt de la masse de liquide en fonction de PR et Fl , d’une part durant l’insolation et d’autre part hors insolation. On suppose que l’insolation a lieu quotidiennement entre les dates 8 h et 16 h. Donner l’allure du graphe de mL(t) entre les dates 0 h et 24 h. Déterminer la masse minimale de nitrate de potassium que doit contenir (Ch) pour assurer une température TC constante.
Thermodynamique 173
Solution :
1-a) Les rayons d’inclinaison maximale proviennent de la périphérie du Soleil ; par
conséquent, en assimilant (voir figure ci-dessous) l’angle α à tanα, il vient :
'3,16rad10.7,4D/a 3S ==≈α −
b) Le Soleil est un objet situé
à l’infini ; son image se
forme dans le plan focal
image du miroir sphérique
(le foyer F se trouvant au
milieu du segment CS0). La
figure ci-contre précise la
construction géométrique de
l’image du Soleil.
Le rayon de l’image du Soleil est cm5,9D2/Ra2/R'a 0S0 ≈=α= et la puissance
rayonnée par le Soleil et reçue par la chaudière vaut kW5,98)c(P 20R =ππ= .
2-a) La figure suivante précise les notations
relatives à la machine réversible ditherme de
Carnot ainsi réalisée. PC désigne la puissance
thermique fournie au système fluide qui subit le
cycle ( 0PC > ), MP− (avec 0PM > ) représente la
puissance fournie au système de la part du
moteur, autrement dit, PM est la puissance
mécanique du moteur et enfin, 0P− ( 0P0 > )
symbolise la puissance thermique fournie par
l’atmosphère au système fluide. Le rendement r
du moteur ainsi constitué et fonctionnant de
manière réversible est :
C
0
C
M
T
T1
P
Pr −==
La puissance moyenne fournie lors d’une journée par la chaudière est :
RR
C P3
1
h24
P.h8
h24
h24pendantSoleilleparrayonnéeénergieP ===
La puissance moyenne fournie par le moteur s’en déduit :
R
C
0CM P
T
T1
3
1PrP
−==
b) Le nitrate de potassium subit une transformation à pression constante ; par
conséquent, le transfert thermique reçu par ce système est égal à sa variation
d’enthalpie. On suppose que les échanges de chaleur se font suffisamment lentement
pour que le changement d’état liquidesolide → puisse être considéré comme
réversible et mL(t) désigne la masse de nitrate de potassium liquide à l’instant t.
• Bilan enthalpique lors de l’insolation (par exemple, entre 8 h et 16 h) :
Vers le
centre S du
Soleil S0C
c
Miroir
x
α
a’
F
Source chaude TC
(chaudière)
Source froide T0
(Atmosphère)
Système
thermodynamique
qui effectue le
cycle
(S)−−−− PM
PC
−−−− P0
174 Chapitre 3
δQCInstant t, mL(t) liquide
M − mL(t) solide
Instant t + dt, mL(t) + dmL(t) liquide
M − (mL(t) + dmL(t)) solide
Le transfert thermique CQδ reçu par la chaudière (et entièrement cédé au nitrate de
potassium) pendant l’intervalle de temps dt est dtP)3/2(dt)3/P(dtPQ RRRC =−=δ .
La variation d’enthalpie lors de la fusion de la masse dmL(t) de nitrate de potassium
solide est FL )t(dmdH l= . En écrivant que CQdH δ= , on aboutit finalement à :
0P
3
2
dt
)t(dm
F
RL >=l
• Bilan enthalpique hors insolation (entre 0 h et 8 h puis entre 16 h et 24 h) :
Le transfert thermique est désormais égal à dt)3/P(Q RC −=δ . Par un même bilan
enthalpique que précédemment, on obtient :
0P
3
1
dt
)t(dm
F
RL <−=l
C’est le caractère exothermique du changement d’état liquide → solide qui permet de
récupérer de l’énergie thermique qui peut être ensuite cédée au moteur et le faire
fonctionner même hors insolation.
mL(t)
0 8 16 24 8 16 t (h)
∆mL
InsolationHors
insolation
L’allure du graphe donnant mL(t) est donnée ci-dessus. La masse minimale
lm de
nitrate de potassium doit être égale à la masse Lm∆ de solide qui fond lors de
l’insolation, soit tP
3
2mm
F
RL ∆=∆=
ll
, avec h8t =∆ .
Numériquement, avec kW5,98PR = et 15F kg.J10.6,2 −=l , kg10.3,7m 3=
l.
CRYOPHORE DE WOLLASTON
Changements d’états
Enoncé :
Dans le « Cours élémentaire de Physique », écrit par MM. A. Boutan et J.Ch D’almeida et paru aux Editions Dunod en 1867, on peut lire la description suivante du cryophore de Wollaston :
Thermodynamique 175
« Deux boules de verre A et B, en partie pleines d’eau, sont réunies par un tube deux fois coudé à angle droit. On a d’avance expulsé l’air de l’appareil en faisant bouillir, pendant quelques instants, l’eau qu’il contient et le fermant ensuite à la lampe. Si l’on vient alors à entourer la boule inférieure B d’un mélange réfrigérant, et la boule supérieure A , de ouate pour la soustraire au rayonnement de chaleur des corps voisins, on voit, au bout d’un certain temps, de la glace se former dans la boule supérieure. C’est l’évaporation du liquide contenu dans cette dernière qui, ayant été considérablement activée par la condensation de vapeur opérée dans la boule inférieure a produit un abaissement de température suffisant pour congeler l’eau. »
Traduit en langage actuel, l’énoncé de cet exercice devient : deux boules de verre A et B, en partie remplies d’eau, sont réunies par un tube vide d’air. Le compartiment A, parfaitement calorifugé, contient initialement une masse m1 = 1 kg d’eau liquide, à la température T1 = 100°C. Le liquide qui s’évapore dans A se condense dans le compartiment B, maintenu à la température de 0°C : il y a donc élimination, au fur et à mesure de sa formation, de la vapeur d’eau formée.
Déterminer la masse m2 de glace formée dans le compartiment A lorsque toute l’eau liquide de ce compartiment a disparu. Faire l’application numérique.
Données : • 11 K.g.J18,4c −−= (capacité calorifique massique de l’eau liquide).
• La chaleur latente massique de vaporisation de l’eau dépend de la température selon la loi BTA)T(LV −= (où 1g.J3303A −= et 11 K.g.J9,2B −−= ).
• 1f g.J334L −= (chaleur latente massique de fusion de la glace, qui est supposée
indépendante de la température et de la pression).
Solution :
1. Lorsqu’un liquide est en équilibre avec sa vapeur, la pression de la vapeur est
égale à la pression de vapeur saturante du système liquide-vapeur. Si la vapeur est
éliminée au fur et à mesure de sa formation, la pression de vapeur saturante ne peut
être atteinte et le liquide s’évapore complètement. De plus, l’évaporation étant un
processus endothermique, le liquide restant se refroidit et sa température peut
suffisamment baisser pour qu’il se solidifie.
Le système liquide-vapeur est un système ouvert : on ne peut donc pas établir de bilan
thermodynamique global entre l’état initial et l’état final, caractérisé par une masse m2
de glace formée à la température de 0°C. Il faut étudier l’évolution du système au
cours du temps.
1ère
étape : le liquide dans le compartiment (A) se refroidit jusqu’à T0 = 0°C, sans
formation de glace. On note m la masse de liquide restant à l’instant t. La masse
)dm(− de liquide qui se vaporise (ici, dm < 0) pendant l’intervalle de temps dt reçoit,
Ouate Mélange eau-glaceà 0°C
(B)(A)
176 Chapitre 3
de la part du liquide restant, le transfert thermique (− dm)LV. Le liquide se refroidit et
passe de la température T à la température T + dT (avec ici encore, dT < 0). Le
compartiment A étant calorifugé, le bilan énergétique s’écrit :
0dmLmcdT V =− soit BTA
dTc
L
dTc
m
dm
V −==
Si l’on note m0 la masse de liquide restant lorsque la température atteinte est T0 :
∫∫ −=
0
1
0
1
T
T
m
m BTA
dTc
m
dm d’où
−
−−=
1
0
1
0
BTA
BTAln
B
c
m
mln
Et, finalement : B/c
1
010
BTA
BTAmm
−
−
−=
2ème
étape : Il se forme maintenant de la glace, à la température constante T0. L’eau
liquide qui se vaporise absorbe un certain transfert thermique qui permet de
transformer de l’eau liquide en glace. Si m2 désigne la masse de glace formée, alors :
)T(L)mm(Lm 0V20f2 −= soit 0
f0V
0V2 m
L)T(L
)T(Lm
+=
2. Application numérique : kg84,0m 0 = et kg74,0m 2 = . Il y a eu formation de
740 g de glace.
ETUDE D’UNE COCOTTE MINUTE
Changements d’états
Enoncé :
On met 1 L d’eau dans une cocotte minute, à la température ambiante. On ferme le couvercle muni de sa soupape et l’on chauffe l’ensemble avec une plaque électrique fournissant une puissance effective Πch = 2,0 kW au système. On note Πconv la puissance perdue par convection entre le récipient et l’extérieur, supposée proportionnelle à l’écart de température entre le système et l’air ambiant (loi de Newton de la convection, voir l’exercice intitulé « Régulation du chauffage d’un local », page 150), soit :
Πconv = K (T − T0) (avec K = 4,0 W.K −1)
où T est la température dans la cocotte et T0 la température de l’air ambiant.
Les données numériques nécessaires aux diverses questions sont rassemblées ci-dessous :
• Caractéristiques de l’air ambiant : température T0 = 20°C = 293 K et pression P0 = 1 bar.
• Extrait des tables des phases liquide et vapeur d’eau en équilibre :
Thermodynamique 177
Volume massique (m 3.kg −1)Pression
(bar)Température
(°C)liquide vapeur
Chaleur latentede vaporisation
(kJ.kg −1)
0,0234 20 0,001002 57,840 2 453
1,0131 100 0,001043 1,673 2 257
1,2079 105 0,001047 1,419 2 243
1,4326 110 0,001051 1,210 2 230
1,6905 115 0,001056 1,036 2 215
• Caractéristiques du récipient : cylindre d’acier inoxydable dont les dimensions intérieures sont D = 28 cm (diamètre) et h = 16 cm (hauteur).
On considère que la pression à l’intérieur de l’autocuiseur a atteint la valeur P = 1,69 bar pour laquelle la soupape se met en rotation rapide, laissant s’échapper un jet caractéristique. A ce moment, l’air a été chassé et la phase vapeur interne est entièrement constituée de vapeur d’eau en équilibre avec le liquide. On continue de chauffer avec la même puissance Πch.
1. Quelle est la température qui règne à l’intérieur de l’autocuiseur ? Quelle masse de vapeur surmonte l’eau liquide (on suppose que la masse de liquide reste sensiblement égale à 1 kg : on est au début de cette phase) ?
2. A quel débit (mesuré en g.s −1) l’eau s’échappe-t-elle par la soupape ?
3. Retour à la température ambiante : on arrête le chauffage au bout de 10 min, la soupape se referme hermétiquement dès que la pression intérieure devient inférieure à 1,69 bar. On laisse revenir le système à la température ambiante de 20°C.
a) Quelles sont les masses respectives de vapeur et de liquide dans l’état final ? On comparera les résultats obtenus en utilisant les tables fournies dans l’énoncé à ceux trouvés en assimilant la vapeur d’eau à un gaz parfait (on donne la constante des gaz parfaits, R = 8,31 J.K −1.mol −1).
b) Expliquer pourquoi le couvercle semble « collé » au récipient. Calculer la force qu’il faudrait exercer sur le couvercle pour arriver à le décoller. Pourquoi est-il beaucoup plus simple d’ouvrir la soupape ?
Solution :
1. La température Tint à l’intérieur de la cocotte minute est la température
d’équilibre correspondant à la pression de vapeur saturante égale à 1,69 bar, soit en
utilisant les tables fournies dans l’énoncé, C115Tint °= . Le volume total Vint du
récipient est L85,94/hDV 2int =π= . D’après les tables, le volume
lV occupé par
1 kg d’eau liquide est L056,1V =l
. Le volume Vv occupé par la phase vapeur,
L79,8VVV intv =−=l
correspond à une masse de vapeur g49,8036,1/79,8m v == .
D h
178 Chapitre 3
2. L’énergie fournie par la plaque électrique (pendant l’intervalle de temps dt)
permet de compenser les pertes par convection et de vaporiser une masse dm de
liquide. Par conséquent, en notant 1v kg.kJ2152 −=l la chaleur latente massique de
vaporisation de l’eau à 115°C :
( ) v0intc )dm(dtTTKdt l+−=Π
d’où l’expression du débit (dm / dt) de vapeur d’eau à travers la soupape :
( ) 1
v
0intc s.g73,0TTK
dt
dm −=−−Π
=l
3-a) Au bout de min10t =∆ , la quantité de vapeur qui s’est échappée vers
l’extérieur est g438t)dt/dm(m =∆=∆ ; par conséquent, en négligeant la masse
finale de vapeur f,vm devant celle du liquide f,ml
, g5624380001m f, =−=l
. Le
volume f,vV occupé par la phase vapeur est donné par (en utilisant les tables) :
L29,9)562,0.002,1(85,9V f,v =−=
ce qui correspond à une masse finale de vapeur f,f,v mg16,0ml
<<= .
L’équation d’état des gaz parfaits permet de déterminer directement f,vm , en notant
1mol.g18M −= la masse molaire de l’eau et 'intP la pression à l’intérieur de la cocotte,
égale à la pression de vapeur saturante de l’eau à 20°C, soit bar0234,0P 'int = :
g16,0MRT
VPm
0
v'int
f,v ==
On constate que les valeurs trouvées pour la masse finale de la vapeur sont identiques :
l’hypothèse selon laquelle la vapeur d’eau, pour des pressions de vapeur saturante
faibles, se comporte comme un gaz parfait est tout à fait satisfaisante ! Il n’en serait
pas de même pour des valeurs de pressions trop grandes. En particulier, dans le cas
résolu à la question (1) à partir des tables thermodynamiques, la valeur de la masse de
la vapeur donnée par l’équation d’état des gaz parfaits est :
g29,818388.31,8
10.79,8.10.69,1m
35
v ==−
soit un écart d’environ 2,5% (qui reste encore faible) avec la valeur obtenue avec les
tables.
b) Une fois l’équilibre thermodynamique atteint, la surpression P∆ entre l’extérieur et
l’intérieur de la cocotte est importante, égale à bar977,0PPP 'int0 =−=∆ , expliquant
ainsi pourquoi le couvercle de la cocotte est effectivement hermétiquement collé au
récipient : en effet, la force F qu’il faudrait exercer pour le décoller est (en négligeant
le poids du couvercle) N10.6)4/D(PF 32 ≈π∆= , soit une force correspondant au
poids d’une masse de 600 kg !
La surface de la soupape étant beaucoup plus faible que celle du couvercle (et estimée
à 2cm2s = ), il suffit, pour soulever la soupape, d’une force égale à N20Psf ≈∆= ,
Thermodynamique 179
beaucoup plus faible que F ! L’air peut ensuite pénétrer dans la cocotte, entraînant
l’égalisation des pressions puis l’ouverture aisée du couvercle !
POMPE A CHALEUR ET CHAUFFAGE D’UNE HABITATION
Applications des 1 er
et 2 nd
principes, changements d’états
Enoncé :
Le principe d’une pompe à chaleur fonctionnant selon un « cycle à compression » est le suivant (voir figure ci-dessous) :
Compresseur
Condenseur
Détendeur
Evaporateur
Echangeur
Circuit d’eaufroide
Circuit dechauffage
Echangeur
(T1,P1)(T2,P2)
T2 T3
T2 T1
Cycle du liquide réfrigérant dans une pompe à chaleur.
Un liquide réfrigérant sous haute pression P1 passe à travers une petite ouverture (un détendeur) vers une zone de pression plus faible P2. Le liquide y subit une détente de Joule-Thomson durant laquelle une partie se vaporise. Le réfrigérant, partiellement vaporisé, entre ensuite dans un évaporateur (et se trouve en contact avec un circuit d’eau froide qui constitue la « source froide », dont la température est néanmoins plus élevée que celle du réfrigérant), où il absorbe de la chaleur et s’évapore complètement à température et pression constantes. La vapeur toujours à basse pression P2 est ensuite comprimée dans un compresseur et ressort à l’état de vapeur chaude à la même haute pression P1. Il est alors temps de mettre en contact dans le condenseur (par l’intermédiaire d’un échangeur) cette vapeur chaude avec l’eau du circuit de chauffage (qui circule dans le sol de l’habitation et qui constitue la « source chaude », dont la température est cependant plus faible que celle du réfrigérant sortant juste du compresseur). L’eau de chauffage reçoit de l’énergie thermique alors que la vapeur chaude se condense entièrement à pression constante P1. Le liquide, sortant du condenseur, rencontre de nouveau le détendeur et le cycle se poursuit…
Les fluides réfrigérants les plus utilisés sont les fréons19 (comme le fréon 22, CHF2Cl, dans le cadre de cet exercice), l’ammoniaque, le dioxyde de carbone ou de soufre, … L’utilisation des fréons comme liquides réfrigérants est soumise à caution actuellement car les fréons ont une influence néfaste sur la couche d’ozone atmosphérique. Ils tendent à être remplacés désormais par des alcanes.
Notations et données (les calculs seront réalisés pour une masse m = 1 kg de fréon) :
19 Les fréons sont des dérivés chlorés et fluorés du méthane ou de l’éthane.
180 Chapitre 3
• En traversant le détendeur, le fréon liquide subit une détente adiabatique passant de (P1,T1) à (P2,T2).
On donne : K305T1 = , K273T2 = , bar65,12P1 = et bar5P2 = .
• Dans l’évaporateur, il subit une évaporation complète sous la pression de vapeur saturante P2 et à la température T2.
• Le fréon gazeux sort du compresseur à la température T3 et sous la pression P1.
• Dans le condenseur, le fréon gazeux se refroidit, puis se liquéfie complètement sous la pression de vapeur saturante P1 et à la température T1.
• )T(vl représente la chaleur latente massique de vaporisation du fréon à la température T.
On donne : 11v kg.kJ219)T( −=l et 1
2v kg.kJ5,244)T( −=l .
• La capacité thermique massique lc du fréon liquide est indépendante de T et de P
et vaut 11 K.kg.kJ38,1c −−=l .
• Le fréon gazeux est assimilé à un gaz parfait de masse molaire 1mol.g5,86M −= ,
pour lequel 20,1=γ (la constante des gaz parfaits est 11 mol.K.J314,8R −−= ).
• L’énergie cinétique macroscopique ainsi que l’énergie potentielle de pesanteur sont négligées dans tout l’exercice et l’installation fonctionne en régime permanent.
1. Passage dans le détendeur à parois adiabatiques : démontrer que la détente est isenthalpique. En déduire la fraction massique xv de fréon gazeux à la sortie du détendeur. Calculer la variation d’entropie ∆s1 du fréon.
2. Passage dans l’évaporateur : évaluer le transfert thermique q2 reçu par le fréon. Calculer sa variation d’entropie ∆s2.
3. Etude de la compression : en supposant la compression adiabatique réversible, déterminer T3 puis le travail reçu w3 par le fréon en fonction des données. Calculer la variation d’entropie ∆s3 du fréon.
4. Passage dans le condenseur : calculer le transfert thermique q4 reçu par le fréon puis sa variation d’entropie ∆s4.
5. Le compresseur est entraîné par un moteur électrique de rendement électro-mécanique ρm = 0,8. Définir l’efficacité e de cette pompe à chaleur et l’évaluer numériquement. Quel avantage présente ce chauffage par rapport au chauffage électrique ?
Thermodynamique 181
Solution :
Le liquide réfrigérant constitue un système en
écoulement qui traverse successivement quatre
« machines » (détendeur, évaporateur, compresseur
et condenseur). Si w et q désignent respectivement
le travail utile et le transfert thermique massiques
reçus, de la part de la « machine », par le système
réfrigérant, alors, en négligeant l’énergie potentielle
de pesanteur et l’énergie cinétique macroscopique :
qwhhh 12 +=−=∆
où h1 et h2 désignent les enthalpies massiques du système avant et après la
« machine ». Ce bilan énergétique, caractéristique des systèmes en écoulement, a été
démontré dans l’exercice intitulé « Moteur à réaction », page 163 et sera constamment
utilisé dans cet exercice.
1. Lors du passage dans le détendeur, le fréon ne reçoit ni travail utile ni transfert
thermique ; par conséquent, la détente est isenthalpique (c’est une détente de Joule-
Thomson), 0h1 =∆ . Cette détente, irréversible, peut être modélisée par les deux
transformations réversibles suivantes :
Fréon liquide
(1 kg)
T1 et P1
Fréon liquide
(1 kg)
T2 et P2
Fréon vapeur (xv kg)
Fréon liquide
)kg)x1(x( v−=l
T2 et P2
Bh∆
Refroidissement
réversible du
liquide
Vaporisation
partielle
réversible
Ah∆
L’enthalpie étant une fonction d’état, la variation d’enthalpie ne dépend pas du chemin
suivi pour passer de l’état initial à l’état final, par conséquent :
BA1 hh0h ∆+∆==∆
Or, )TT(ch 12A −=∆l
et )T(xh 2vvB l=∆ , soit finalement :
%1,18)T(
)TT(cx
2v
21v =
−=
l
l
La variation d’entropie du fréon se calcule en utilisant le même chemin fictif
réversible :
11
2
1
1
2
2
2vv
1
2BA1 kg.K.J8,8
T
T1c
T
Tlnc
T
)T(x
T
Tlncsss −−=
−−
=+
=∆+∆=∆
lll
l
2. Dans l’évaporateur, le reste de fréon liquide se vaporise. Le transfert thermique
reçu par le fréon est alors :
12vv22 kg.kJ3,200)T()x1(hq −=−=∆= l
Et la variation d’entropie massique vaut :
11
2
2vv2 kg.K.J8,733
T
)T()x1(s −−=
−=∆
l
« Machine »
Système réfrigérant
en écoulement
P1 T1 P2 T2
w q
h1 h2
182 Chapitre 3
3. L’expression de la loi de Laplace permet de déterminer la température T3 :
γγ−γγ− = 2123
11 TPTP
Soit : K7,318TP
PT 2
1
1
23 =
=
γ
γ−
Le travail w3 reçu par le fréon est donné par :
( ) 12333 kg.kJ3,26TT
M
R
1hw −=−
−γ
γ=∆=
La variation d’entropie 3s∆ du fréon est bien évidemment nulle puisqu’une
transformation adiabatique réversible est une isentropique !
4. A la sortie du condenseur, le fréon gazeux initialement dans l’état T3 et P1 se
retrouve sous forme liquide dans l’état T1 et P1. Le changement d’état est irréversible
et, comme dans la question (1), on imagine le chemin réversible fictif suivant :
Fréon gazeux
(1 kg)
T3 et P1
Fréon gazeux
(1 kg)
T1 et P1
Fréon liquide (1 kg)
T1 et P1
Dh∆
Refroidissement
réversible du gaz à
pression constante
Liquéfaction
complète
réversible
Ch∆
Le transfert thermique q4 reçu par le fréon est alors :
11v31DC44 kg.kJ9,226)T()TT(
M
R
1hhhq −−=−−
−γ
γ=∆+∆=∆= l
et la variation d’entropie :
11
1
1v
3
1DC4 kg.K.J4,743
T
)T(
T
Tln
M
R
1sss −−−=−
−γ
γ=∆+∆=∆
l
Remarque : on peut effectuer, le long du cycle, les bilans énergétique et entropique :
• La somme 4321 hhhh)h( ∆+∆+∆+∆=∆Σ est-elle bien nulle ? Numériquement,
elle vaut 1432 kg.kJ3,0qwq)h( −−=++=∆Σ .
• La somme 4321 ssss)s( ∆+∆+∆+∆=∆Σ est-elle nulle ? Numériquement, elle vaut
11421 kg.K.J8,0sss)s( −−−=∆+∆+∆=∆Σ .
On constate bien, pour les deux bilans effectués, que les sommes )h(∆Σ et )s(∆Σ
évaluées le long du cycle parcouru par le fréon sont bien compatibles, aux erreurs
d’arrondis près, avec la valeur nulle !
5. L’efficacité e de la pompe à chaleur est définie par :
fourni électrique travail
chauffage deeau l'par reçue thermiqueénergiee =
Thermodynamique 183
En remarquant que le travail électrique fourni par le moteur qui entraîne le
compresseur est m3 /w ρ , il vient :
9,6w
q
)/w(
)q(e
3
4m
m3
4 =ρ−=ρ
−=
Autrement dit, si le moteur électrique fournit une énergie de 1 kWh20
, la pompe à
chaleur fournit à l’eau de chauffage une énergie thermique 6,9 fois plus grande, soit
6,9 kWh. Si ce même kWh avait été utilisé directement pour faire fonctionner une
résistance chauffante, le transfert thermique n’aurait alors été que de 1 kWh !
20 1 kWh est l’énergie fournie par une source de puissance constante (égale à 1 kW) pendant 1 h. Par
conséquent, 1 kWh = 10 3.3600 = 3,6.10 6 J.
