TH1 - Température de Mariotte

Colles Thermodynamique Physique : MPSI/PCSI

Laurent Pietri ~ 1 ~ Lycée Joffre - Montpellier

TH1 - Température de Mariotte 1°) Soit : �𝑝𝑝 + 𝑎𝑎

𝑉𝑉𝑚𝑚2� (𝑉𝑉𝑚𝑚 − 𝑏𝑏) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 ⇔ 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 − 𝑎𝑎

𝑉𝑉𝑚𝑚+ 𝑎𝑎𝑎𝑎

𝑉𝑉𝑚𝑚2+ 𝑝𝑝𝑏𝑏

⇔ 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚

+𝑎𝑎𝑏𝑏𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚2

)∼ 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚

)∼𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝(𝑏𝑏 −𝑎𝑎𝑅𝑅𝑅𝑅

)

2°) Si 𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝑅𝑅𝑅𝑅

= 0 ⇒ 𝑅𝑅𝑚𝑚 = 𝑎𝑎𝑅𝑅𝑎𝑎

3°) Donc :

𝑝𝑝𝑉𝑉𝑚𝑚 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 + 𝑝𝑝𝑏𝑏(1 −𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅

)

Pour : 𝐻𝐻2 𝑎𝑎𝑜𝑜 𝑎𝑎 : 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅𝑎𝑎

< 1 donc la droite sera de pente positive avec pour origine RTa.

Pour : 𝑁𝑁2 𝑎𝑎𝑜𝑜 𝑎𝑎 : 𝑅𝑅𝑚𝑚𝑅𝑅𝑎𝑎

> 1 donc la droite sera de pente négative avec pour origine RTa.

La droite horizontale correspond au GP

TH2 - Étude de quelques transformations d'un corps 1°) Le domaine (1) est le domaine de stabilité de la phase solide, (2) celui de la phase liquide et (3) celui de la phase gazeuse. Le point (B) est le point critique au-delà duquel on ne distingue plus les phases liquide et vapeur : on a une phase fluide. Le point (E) est le point triple, en ce point coexistent les trois phases. 2°) La pression de vapeur saturante est la pression d'équilibre entre la phase gazeuse et la phase liquide à une température donnée ; elle ne dépend que de la température. 3°) Le passage de la vapeur au liquide s'appelle liquéfaction. 4°) Le diagramme demandé est le suivant :

5°) Les vapeurs étant considérées comme des gaz parfaits, on peut écrire PsV = nmaxRT . On en déduit 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 = 𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠𝑉𝑉

𝑅𝑅𝑅𝑅

6°) Si m < mmax, on a de la vapeur car cela correspond à P < Ps. 7°) On n'a que du gaz si P < Ps soit 𝑉𝑉 > 𝑉𝑉𝑙𝑙𝑙𝑙𝑚𝑚 = 𝑚𝑚𝑅𝑅𝑅𝑅

𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠

8°) Le titre de vapeur est 𝑥𝑥𝑣𝑣𝑎𝑎𝑣𝑣 = 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚𝑚𝑚

= 𝑀𝑀𝑒𝑒𝑎𝑎𝑒𝑒𝑃𝑃𝑠𝑠𝑉𝑉𝑚𝑚𝑅𝑅𝑅𝑅



TH3 - Equilibre d’un piston On utilisera un indice B (respectivement H) pour les variables relatives au gaz du bas (respectivement au gaz du haut). 1°) Les forces qui s'exercent sur le piston sont : son poids, la force de pression exercée par le gaz du bas �⃗�𝐹𝑣𝑣,𝐵𝐵 dirigée vers le haut, et la force de pression exercée par le gaz du haut



TH4 – Ballon Soit :

𝐸𝐸𝑐𝑐𝑙𝑙 = 𝐸𝐸𝑐𝑐𝑐𝑐 ⇔ 12𝑚𝑚𝑚𝑚² +

32𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅𝑙𝑙 =

32𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅𝑐𝑐 ⇔ 𝑚𝑚 = �3𝑘𝑘𝐵𝐵∆𝑅𝑅

𝑚𝑚= �3𝑅𝑅∆𝑅𝑅

𝑀𝑀= 79𝑚𝑚𝑎𝑎−1

TH5 - Le modèle du gaz parfait pour le gonflage d’une roue 1°) Soit

𝑜𝑜1 = 𝑜𝑜0 + 𝑘𝑘1𝑜𝑜0 ⇔ 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐𝑅𝑅𝑅𝑅0

=𝑝𝑝0𝑉𝑉𝑐𝑐𝑅𝑅𝑅𝑅0

+ 𝑘𝑘𝑝𝑝0𝑉𝑉0𝑅𝑅𝑅𝑅0

⇔ 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐 = 𝑝𝑝0𝑉𝑉𝑐𝑐 + 𝑘𝑘𝑝𝑝0𝑉𝑉0

⇔ 𝑘𝑘 =(𝑝𝑝1 − 𝑝𝑝0)𝑝𝑝0𝑉𝑉0

𝑉𝑉𝑐𝑐 = 192

2°) Après k coups de pompe seulement on a :

𝑝𝑝𝑘𝑘𝑉𝑉𝑐𝑐 = 𝑝𝑝0𝑉𝑉𝑐𝑐 + 𝑘𝑘𝑝𝑝0𝑉𝑉0 ⇒ 𝑝𝑝𝑘𝑘 = 𝑝𝑝0 +𝑘𝑘𝑝𝑝0𝑉𝑉0𝑉𝑉𝑐𝑐

3°) La masse m1 se déduit de l’équation d’état : 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐 = 𝑚𝑚1𝑀𝑀𝑅𝑅𝑅𝑅0, 𝑎𝑎𝑎𝑎 ρ0 = 𝑀𝑀

𝑉𝑉𝑚𝑚= 𝑀𝑀𝑣𝑣0

𝑅𝑅𝑅𝑅0

Donc :

𝑚𝑚1 =𝑀𝑀 𝑝𝑝1𝑉𝑉𝑐𝑐𝑅𝑅𝑅𝑅0

=ρ0𝑉𝑉𝑐𝑐𝑝𝑝1𝑝𝑝0



TH6 - Étude de l'air humide



TH7 – Gaz de Van der Waals a) On prend pour système le gaz que l'on suppose parfait, et de rapport des capacités

thermiques γ indépendant de la température. On note n la quantité de gaz.

On fait l'hypothèse que la transformation est adiabatique (elle est rapide et le récipient est calorifugé). Le premier principe donne donc un renseignement sur l'état final. Il s'écrit :

∆𝑈𝑈 + ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑊𝑊 + 𝑄𝑄 On a ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 0 car le système est, à l'échelle macroscopique, au repos dans l'état initial et dans l'état final. De plus W = 0 parce que les parois sont indéformables, et Q = 0 par hypothèse. Ainsi : ∆𝑈𝑈 = 0

b) Donc :

𝑜𝑜𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚∆𝑅𝑅 − 𝑜𝑜2𝑎𝑎∆ �1𝑉𝑉� = 0 ⇔ ∆𝑅𝑅 =

𝑜𝑜𝑎𝑎∆ �1𝑉𝑉�

𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚= −

12

𝑜𝑜𝑎𝑎𝑉𝑉1𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚

= −3,1𝐾𝐾

TH11 - Evolution monobare brutale d’un gaz parfait 1°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑒𝑒 = 𝑝𝑝0 + 𝑀𝑀𝑀𝑀

𝑆𝑆= 2,0𝑏𝑏𝑎𝑎𝑎𝑎

𝑂𝑂𝑎𝑎 𝑊𝑊 = −�𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑉𝑉 = −𝑝𝑝1(𝑉𝑉1 − 𝑉𝑉0) = ∆𝑈𝑈 =52𝑅𝑅(𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅0)

⇔ 52𝑅𝑅(𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅0) = −𝑝𝑝1𝑉𝑉1 + 2𝑝𝑝0𝑉𝑉0 = −𝑅𝑅𝑅𝑅1 + 2𝑅𝑅𝑅𝑅0 ⇒ 𝑅𝑅1 =

97𝑅𝑅0 = 386𝐾𝐾

2°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑝𝑝𝑒𝑒 = 𝑝𝑝0 = 1,0𝑏𝑏𝑎𝑎𝑎𝑎

𝑂𝑂𝑎𝑎 𝑊𝑊 = −�𝑝𝑝𝑒𝑒𝑑𝑑𝑉𝑉 = −𝑝𝑝0(𝑉𝑉0 − 𝑉𝑉1) = ∆𝑈𝑈 =52𝑅𝑅(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1)

⇔ 52𝑅𝑅(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1) = +

𝑝𝑝1𝑉𝑉12

− 𝑝𝑝0𝑉𝑉0 = −𝑅𝑅𝑅𝑅2 +𝑅𝑅𝑅𝑅1

2 ⇒ 𝑅𝑅2 =

67𝑅𝑅1 = 331𝐾𝐾

Le système voit son énergie interne augmenté, c’est dû au fait que le travail lors de la phase de compression est en valeur absolue plus important lors de la détente.



TH12 - Le cycle de Lenoir 1°)

2°)

𝑂𝑂𝑜𝑜 𝑎𝑎 𝑊𝑊𝐴𝐴𝐵𝐵 = 0 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑑𝑑𝑉𝑉 = 0,𝑊𝑊𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) =𝑅𝑅

γ− 1(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2)

𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑊𝑊𝐵𝐵𝐴𝐴 = −𝑝𝑝1(𝑉𝑉1 − 𝑉𝑉2) = −𝑅𝑅(𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅3)

𝐷𝐷′𝑎𝑎ù:𝑊𝑊𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑙𝑙𝑒𝑒 =𝑅𝑅

γ − 1�(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) + (γ − 1)(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅1)�

3°) 𝑂𝑂𝑜𝑜 𝑎𝑎 𝑎𝑎 = − 𝑊𝑊𝑄𝑄𝐴𝐴𝐴𝐴

= −𝑅𝑅

γ−1�(𝑅𝑅3−𝑅𝑅2)+(γ−1)(𝑅𝑅3−𝑅𝑅1)�

𝑅𝑅γ−1

(𝑅𝑅2−𝑅𝑅1) 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑄𝑄𝐴𝐴𝐵𝐵 = ∆𝑈𝑈 = 𝑅𝑅

γ−1(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1)

⇔ 𝑎𝑎 = −�(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) + (γ− 1)(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅1)�

(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1) = −�(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) + (γ − 1)(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅1)�

𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1

⇔ 𝑎𝑎 = −𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅2 + γ(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅1)

𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1= 1 − γ

𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅1𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1

= 1 − γ𝑅𝑅3/𝑅𝑅1 − 1𝑅𝑅2𝑅𝑅3𝑅𝑅3𝑅𝑅1

− 1

De plus CA est isobare donc : 𝑅𝑅3𝑅𝑅1

= 𝑉𝑉2𝑉𝑉1

= 𝑎𝑎

Et BC est adiabatique : 𝑅𝑅2𝑅𝑅3

= �𝑉𝑉2𝑉𝑉1�

γ−1= 𝑎𝑎γ−1

Donc : 𝑎𝑎 = 1 − γ 𝑅𝑅3/𝑅𝑅1−1

𝑇𝑇2𝑇𝑇3

𝑇𝑇3𝑇𝑇1

−1= 1 − γ 𝑎𝑎−1

𝑎𝑎γ−1

4°) AN : r=0,30



TH13 - Détente de Joule-Thomson d’un gaz réel 1°)

𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑑𝑑𝐻𝐻 = 𝑑𝑑𝑈𝑈 + 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑑𝑑𝑅𝑅 + 𝑜𝑜𝑏𝑏𝑑𝑑𝑛𝑛 = 𝑜𝑜(𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚 + 𝑅𝑅)𝑑𝑑𝑅𝑅 + 𝑜𝑜𝑏𝑏𝑑𝑑𝑛𝑛

𝑂𝑂𝑎𝑎 𝑑𝑑𝐻𝐻 =𝜕𝜕𝐻𝐻𝜕𝜕𝑝𝑝

𝑑𝑑𝑝𝑝 +𝜕𝜕𝐻𝐻𝜕𝜕𝑅𝑅

𝑑𝑑𝑅𝑅 𝑑𝑑𝑎𝑎𝑜𝑜𝑐𝑐 ∶ 𝜕𝜕𝐻𝐻𝜕𝜕𝑅𝑅

= 𝑜𝑜(𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚 + 𝑅𝑅) = 𝐶𝐶𝑣𝑣

𝐷𝐷𝑎𝑎𝑜𝑜𝑐𝑐 ∶ 𝐶𝐶𝑣𝑣 = 𝐶𝐶𝑣𝑣 − 𝑅𝑅 2°) 𝑑𝑑𝐻𝐻 = 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑑𝑑𝑅𝑅 + 𝑏𝑏𝑑𝑑𝑛𝑛 𝑑𝑑𝑎𝑎𝑜𝑜𝑐𝑐 ∆𝑅𝑅 = − 𝑎𝑎

𝐵𝐵𝑝𝑝𝑚𝑚∆𝑝𝑝 = −𝑎𝑎(𝛾𝛾−1)

𝛾𝛾𝑅𝑅∆𝑝𝑝

3°) ∆𝑅𝑅 = 1,2𝐾𝐾

TH14 - Oscillations d’un piston dans un cylindre 1°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑝𝑝1 = 𝑝𝑝0 + 𝑀𝑀0𝑀𝑀

𝑆𝑆

2°)

a) La transformation est isentropique d’où : 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝1 �ℎ

ℎ+𝑚𝑚�𝛾𝛾

= 𝑝𝑝1 �1 − 𝛾𝛾𝑚𝑚ℎ�

b) PFD :

(𝑀𝑀0 + 𝑚𝑚)�̈�𝑥 = −𝑝𝑝0𝑆𝑆 + 𝑝𝑝𝑆𝑆 − (𝑀𝑀0 + 𝑚𝑚)𝑔𝑔 = −𝑝𝑝0𝑆𝑆 + 𝑝𝑝1𝑆𝑆 −𝛾𝛾𝑥𝑥ℎ𝑆𝑆𝑝𝑝1 − (𝑀𝑀0 +𝑚𝑚)𝑔𝑔

⇔ �̈�𝑥 +𝛾𝛾𝑥𝑥ℎ 𝑆𝑆𝑝𝑝1𝑀𝑀0 + 𝑚𝑚

= −𝑚𝑚

𝑀𝑀0 +𝑚𝑚𝑔𝑔 ⇒ ω0 = �

𝛾𝛾𝑥𝑥𝑆𝑆𝑝𝑝0ℎ(𝑀𝑀0 + 𝑚𝑚)

Donc : 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎(𝜔𝜔0𝑆𝑆 + 𝜑𝜑) − 𝑚𝑚𝜔𝜔02(𝑀𝑀0+𝑚𝑚)𝑔𝑔

𝑂𝑂𝑎𝑎 ∶ 𝑥𝑥(0) = 0 𝑒𝑒𝑆𝑆 �̇�𝑥(0) = 0 ⇒ 𝑥𝑥 =𝑚𝑚𝑔𝑔ℎγ𝑛𝑛1𝑆𝑆

(1 − cos (𝜔𝜔0𝑆𝑆)

3°) 𝑛𝑛1 = 1,1𝑏𝑏𝑎𝑎𝑎𝑎 ; 𝑅𝑅 = 0,53𝑎𝑎 ; |𝑥𝑥𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚|=13mm<<h



TH15 - Etude d’une tuyère 1°) D’après le premier principe sur l’enthalpie : ∆(𝐻𝐻 + 𝐸𝐸𝑐𝑐) = 𝑊𝑊∗ + 𝑄𝑄 ⇒ 𝐻𝐻 + 𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒 car pas de travaux autres et parois adiabatiques ⇒ 𝐻𝐻 + 1

2𝑚𝑚𝑚𝑚2 = 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒

2°) Le gaz est parfait donc : 𝐻𝐻𝑚𝑚2 − 𝐻𝐻𝑚𝑚1 = −1

2𝑀𝑀𝑚𝑚22

𝐷𝐷𝑎𝑎𝑜𝑜𝑐𝑐 𝑚𝑚2 = �2𝑀𝑀

γ𝑅𝑅γ− 1

(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1)�

12

3°) Donc : 1

2𝑀𝑀𝑚𝑚22 = 𝑊𝑊𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑎𝑎𝑙𝑙𝑡𝑡𝑒𝑒 ⇒ 𝑊𝑊𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑎𝑎𝑙𝑙𝑡𝑡𝑒𝑒 = γ𝑅𝑅

γ−1(𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅2) = 1,46𝑘𝑘𝑘𝑘

TH16 - Détente de Joule/Gay-Lussac 1°) On prend pour système le gaz que l'on suppose parfait, et de rapport des capacités thermiques γ indépendant de la température. On note n la quantité de gaz.

On fait l'hypothèse que la transformation est adiabatique (elle est rapide et le récipient est calorifugé). Le premier principe donne donc un renseignement sur l'état final. Il s'écrit :

∆𝑈𝑈 + ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 𝑊𝑊 + 𝑄𝑄 On a ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 = 0 car le système est, à l'échelle macroscopique, au repos dans l'état initial et dans l'état final. De plus W = 0 parce que les parois sont indéformables, et Q = 0 par hypothèse. Ainsi : ∆𝑈𝑈 = 0

2°) D’après la première loi de joule : ∆𝑅𝑅 = 0𝐾𝐾 3°) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑜𝑜𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚∆𝑅𝑅 − 𝑜𝑜2𝑎𝑎∆ �1

𝑉𝑉� = 0 ⇒ 𝑎𝑎 = −2𝑉𝑉1𝐵𝐵𝑣𝑣𝑚𝑚

𝑡𝑡(𝑅𝑅𝐹𝐹 − 𝑅𝑅0) = 0,135𝑘𝑘𝑚𝑚3𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎−2



TH17 - Compression adiabatique d’un gaz parfait 1°) La transformation est brutale donc :

∆𝑈𝑈 =𝑜𝑜𝑅𝑅𝛾𝛾 − 1

(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1) = 𝑊𝑊 = −𝑝𝑝2𝑆𝑆(ℎ2 − ℎ1) 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑝𝑝2𝑆𝑆ℎ2 = 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑅𝑅2 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎 𝐺𝐺𝑛𝑛

⇔𝑜𝑜𝑅𝑅𝛾𝛾 − 1

�𝑝𝑝2𝑆𝑆ℎ2𝑜𝑜𝑅𝑅

−𝑝𝑝1𝑆𝑆ℎ1𝑜𝑜𝑅𝑅

� = −𝑝𝑝2𝑆𝑆(ℎ2 − ℎ1)

⇔ (𝑝𝑝2ℎ2 − 𝑝𝑝1ℎ1) = −𝑝𝑝2(ℎ2 − ℎ1)(𝛾𝛾 − 1) ⇔ ℎ2(𝑝𝑝2 + 𝛾𝛾𝑝𝑝2 − 𝑝𝑝2) = ℎ1(𝑝𝑝1 − 𝑝𝑝2 + γ𝑝𝑝2)

⇔ ℎ2(𝛾𝛾𝑝𝑝2) = ℎ1(𝑝𝑝1 − 𝑝𝑝2 + γ𝑝𝑝2)

⇔ ℎ2 = ℎ1 �𝑝𝑝1γ𝑝𝑝2

−1γ

+ 1�

Et :

𝑅𝑅2 = 𝑅𝑅1𝑝𝑝2ℎ2𝑝𝑝1ℎ1

= 𝑅𝑅11 + (𝛾𝛾 − 1)𝑝𝑝2

𝑝𝑝1𝛾𝛾

= 307.8𝐾𝐾 𝑒𝑒𝑆𝑆 ℎ2 = 94,1𝑐𝑐𝑚𝑚

⇒ W=714J>0 2°) Supposons une TQS adiabatique :

𝑝𝑝1𝑆𝑆𝛾𝛾ℎ1𝛾𝛾 = 𝑝𝑝2𝑆𝑆𝛾𝛾ℎ′2

𝛾𝛾 ⇒ ℎ2′ = ℎ1 �𝑝𝑝1𝑝𝑝2�1𝛾𝛾

= 94𝑐𝑐𝑚𝑚 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑅𝑅2′ =𝑅𝑅1𝑝𝑝2𝑝𝑝1

∗ℎ2′

ℎ1= 307.6𝐾𝐾

De plus :

𝑊𝑊′ = ∆𝑈𝑈 =𝑜𝑜𝑅𝑅𝛾𝛾 − 1

(𝑅𝑅′2 − 𝑅𝑅1) = 691𝑘𝑘 > 0

Donc : ∆ℎℎ

= 11000

𝑒𝑒𝑆𝑆 ∆𝑊𝑊𝑊𝑊

= 3%

TH21 – Contact entre deux solides a) 𝑆𝑆𝑎𝑎𝑆𝑆𝑆𝑆 Δ𝑈𝑈 = 0 ⇒ 𝑅𝑅𝑐𝑐 = 𝑅𝑅1+𝑅𝑅2

2

b) ∆𝑆𝑆 = 𝑚𝑚𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑅𝑅𝑓𝑓𝑅𝑅1� +𝑚𝑚𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑅𝑅𝑓𝑓

𝑅𝑅2� = 𝑚𝑚𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑜𝑜 �1 + (𝑅𝑅1−𝑅𝑅2)2

4𝑅𝑅1𝑅𝑅2� > 0

c) ∆𝑆𝑆 = 𝑚𝑚𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑜𝑜 �1 + ε2

4� > 0

TH22 - Entropie produite dans une résistante chauffante

- 𝑆𝑆é𝑐𝑐ℎ = 𝑄𝑄𝑅𝑅𝑡𝑡ℎ

= −𝑅𝑅𝐼𝐼2𝜏𝜏𝑅𝑅𝑡𝑡ℎ

= −13.5 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝐾𝐾−1

- ∆𝑆𝑆 = ∫ 𝛿𝛿𝑄𝑄𝑅𝑅

= 𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑅𝑅𝑓𝑓𝑅𝑅𝑖𝑖� = 0,33 𝑘𝑘𝑘𝑘.𝐾𝐾−1

- 𝑆𝑆𝑐𝑐 = 13,8 𝑘𝑘𝑘𝑘 𝐾𝐾−1



TH23 – Transformation polytropique 1°)

𝑑𝑑𝑆𝑆 =𝑜𝑜𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚𝑑𝑑𝑅𝑅

𝑅𝑅+𝑝𝑝𝑑𝑑𝑉𝑉𝑅𝑅

=𝑜𝑜𝑅𝑅𝛾𝛾 − 1

𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅

+ 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉

𝑂𝑂𝑎𝑎 𝐺𝐺𝑛𝑛⇒ 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑝𝑝

+𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉

=𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅

𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑅𝑅𝑉𝑉𝑘𝑘−1 = 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒 ⇒𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅

+ (𝑘𝑘 − 1)𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉

= 0

⇒ 𝑑𝑑𝑆𝑆 = 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅�

1𝛾𝛾 − 1

−1

𝑘𝑘 − 1�

⇒ ∆𝑆𝑆𝑀𝑀𝑎𝑎𝑔𝑔 = 𝑜𝑜𝑅𝑅 �1

𝛾𝛾 − 1−

1𝑘𝑘 − 1

� 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑅𝑅1𝑅𝑅0�

2°)

𝑊𝑊 = −�𝑝𝑝𝑑𝑑𝑉𝑉 = −𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒 �𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉𝑘𝑘

=𝑐𝑐𝑎𝑎𝑆𝑆𝑒𝑒𝑘𝑘 − 1

�𝑉𝑉11−𝑘𝑘 − 𝑉𝑉01−𝑘𝑘�

⇔ 𝑊𝑊 =1

𝑘𝑘 − 1 �𝑝𝑝1𝑉𝑉1𝑘𝑘𝑉𝑉11−𝑘𝑘 − 𝑝𝑝0𝑉𝑉0𝑉𝑉01−𝑘𝑘� =

∆(𝑝𝑝𝑉𝑉)𝑘𝑘 − 1

⇔ 𝛿𝛿𝑊𝑊 =𝑑𝑑(𝑝𝑝𝑉𝑉)𝑘𝑘 − 1

⇒ 𝑑𝑑𝑈𝑈 =𝑜𝑜𝑅𝑅𝛾𝛾 − 1

𝑑𝑑𝑅𝑅 =𝑑𝑑(𝑝𝑝𝑉𝑉)𝑘𝑘 − 1

+ 𝑅𝑅𝑑𝑑𝑆𝑆 =𝑑𝑑(𝑜𝑜𝑅𝑅𝑅𝑅)𝑘𝑘 − 1

+ 𝑅𝑅𝑑𝑑𝑆𝑆

⇒ 𝑑𝑑𝑆𝑆 = 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅�

1𝛾𝛾 − 1

−1

𝑘𝑘 − 1�

3°) - k=0 isobare - k=γ isentropique - k=1 isotherme - k=∞ isochore

4°) Isochore gamma fois plus pentue que l’isobare

TH24 - Mélange a énergie interne constante 1°)

- ∆𝑈𝑈 = 𝑜𝑜1 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚�𝑅𝑅𝑐𝑐 − 𝑅𝑅0� + 𝑜𝑜2𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚�𝑅𝑅𝑐𝑐 − 𝑅𝑅0� = 0 ⇒ 𝑅𝑅𝑐𝑐 = 𝑅𝑅0 Conservation de la matière : 𝑜𝑜1𝑅𝑅𝑅𝑅0 + 𝑜𝑜2𝑅𝑅𝑅𝑅0 = (𝑜𝑜1 + 𝑜𝑜2)𝑅𝑅𝑅𝑅𝑐𝑐 ⇒ 𝑝𝑝1𝑉𝑉0 + 𝑝𝑝2𝑉𝑉0 = 𝑝𝑝𝑐𝑐(2𝑉𝑉0)

⇒ 𝑝𝑝𝑐𝑐 =𝑝𝑝1 + 𝑝𝑝2

2= 20 𝑎𝑎𝑆𝑆𝑚𝑚 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑝𝑝1′ = 5𝑎𝑎𝑆𝑆𝑚𝑚 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑝𝑝2′ = 15 𝑎𝑎𝑆𝑆𝑚𝑚

2°) ∆𝑆𝑆1 = ∫ 𝑑𝑑𝑑𝑑−𝑉𝑉𝑑𝑑𝑣𝑣

𝑅𝑅0 = −𝑜𝑜1𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑣𝑣1

′

𝑣𝑣1� 𝑒𝑒𝑆𝑆 ∆𝑆𝑆2 = −𝑜𝑜2𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑣𝑣2

′

𝑣𝑣2�

⇒ ∆𝑆𝑆 = −(𝑝𝑝1 + 𝑝𝑝2)𝑉𝑉0

𝑅𝑅0 𝐿𝐿𝑜𝑜 �

𝑝𝑝𝑐𝑐𝑝𝑝1 + 𝑝𝑝2

� = 92,4 𝑘𝑘 𝐾𝐾−1



TH25 – Paradoxe de Gibbs 1°) Pour un GP : 𝑑𝑑𝑆𝑆 = 𝑜𝑜𝑅𝑅 � 1

𝛾𝛾−1𝑑𝑑𝑅𝑅𝑅𝑅

+ 𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉�

Or le système est isolé : ∆U=0 ⇒ 𝑅𝑅𝑐𝑐 = 𝑅𝑅𝑙𝑙 ⇒ ∆𝑆𝑆1 = ∫𝑜𝑜𝑅𝑅 𝑑𝑑𝑉𝑉𝑉𝑉

= 𝑜𝑜𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜2 ⇒ ∆𝑆𝑆 = 2𝑜𝑜𝑅𝑅 𝐿𝐿𝑜𝑜2

2°) a) Les particules des deux récipients sont identiques donc microscopiquement il y a

autant de manière de réaliser l’état initial que l’état final donc Δ𝑆𝑆 = 0. b) En fait il y a qu’un gaz qui occupe 2V au début et à la fin d’où ∆𝑆𝑆 = 0.

TH31 - Cycle Diesel 1°)

2°)

- 𝑉𝑉2 = 𝑉𝑉1𝑎𝑎

,𝑝𝑝2 = 𝑎𝑎γ𝑝𝑝1 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑅𝑅2 = 𝑎𝑎γ−1𝑅𝑅1 ;

- 𝑉𝑉3 = 𝑉𝑉1𝑎𝑎

, 𝑅𝑅3𝑅𝑅1

= 𝑎𝑎γ

𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑝𝑝3 = 𝑎𝑎γ𝑝𝑝1 ;

- 𝑉𝑉4 = 𝑉𝑉1,𝑛𝑛4 = �𝑎𝑎𝑎𝑎�

γ.𝑝𝑝1 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑅𝑅4 = 𝑅𝑅1 �

𝑎𝑎𝑎𝑎�

γ

3°) - 1→2 : ∆𝑈𝑈 = 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚(𝑅𝑅2 − 𝑅𝑅1) = 𝑊𝑊 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑄𝑄 = 0, - 2→3 : 𝑄𝑄 = γ 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑊𝑊 = −𝑝𝑝2(𝑉𝑉3 − 𝑉𝑉2), - 3→4 : 𝑄𝑄 = 0 𝑒𝑒𝑆𝑆 ∆𝑈𝑈 = 𝑊𝑊 = 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚(𝑅𝑅4 − 𝑅𝑅3), - et 4→1 : 𝑊𝑊 = 0 𝑒𝑒𝑆𝑆 ∆𝑈𝑈 = 𝑄𝑄 = 𝐶𝐶𝑣𝑣𝑚𝑚(𝑅𝑅1 − 𝑅𝑅4)

4°)



TH32 - Le cycle d’Ericsson 1°) 1→2 : W=-Q=nRT1Ln(P2/P1) 2→3 : Q=nCpm(T3-T1) et W=-nR(T3-T1) 3→4 : W=-Q=nRT3Ln(p1/p2) 4→1 : Q=nCpm(T1-T3) et W=-nR(T1-T3) 2°) r=(γ-1).Lnb/[γ-(γ-1).a.Ln(b)/(a-1)]

TH33 - Machine à vapeur



TH34 - Le moteur de Stirling 1°) … 2°) η = −𝑊𝑊

𝑄𝑄𝑐𝑐′= 1 + 𝑄𝑄𝐹𝐹

′ +𝑄𝑄23+𝑄𝑄41𝑄𝑄𝑐𝑐′

𝑎𝑎𝑚𝑚𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑄𝑄23 = −𝑄𝑄41 = 𝐶𝐶𝑣𝑣(𝑅𝑅3 − 𝑅𝑅2) = 𝐶𝐶𝑣𝑣(𝑅𝑅4 − 𝑅𝑅1)

Sur les isothermes :

𝑄𝑄𝑐𝑐 = −𝑜𝑜𝑅𝑅𝑅𝑅3𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑉𝑉4𝑉𝑉3� = −𝑜𝑜𝑅𝑅 𝑅𝑅3 ln 𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝑄𝑄𝑐𝑐 = −𝑜𝑜𝑅𝑅𝑅𝑅1𝐿𝐿𝑜𝑜 �

𝑉𝑉2𝑉𝑉1� = 𝑜𝑜𝑅𝑅𝑅𝑅1𝐿𝐿𝑜𝑜𝑎𝑎

⇒ η = 1 − 𝑅𝑅𝑓𝑓𝑅𝑅𝑐𝑐

= η𝑐𝑐𝑎𝑎𝑡𝑡𝑡𝑡𝑐𝑐𝑡𝑡

TH35 - Le moteur diesel suralimente turbocompressé (tdi) 1°)

- n1=p1V1/RT1=0,254mol - Et : Cv=nR/(γ-1)=5,27J.K-1 et Cp=7,38J.K-1

2°) p2=p1.aγ=54,4bar et T2=T1.aγ-1=893K 3°) ∆U1→2=p1V1/(γ-1).(aγ-1-1)=3,02kJ 4°) Q23=∆H=nQm=10,4kJ et ∆U=∆H/γ=7,43kJ 5°)

- 𝑅𝑅3 = 𝑅𝑅2 + Δ𝑈𝑈𝐵𝐵𝑣𝑣

= 2302𝐾𝐾 ⇒ 𝑆𝑆3 = 2029°𝑐𝑐

- V3=0,893L et b=2,58. 6°)

- p4=p1.bγ=5,65bar - V4=V1 et T4=T1.bγ=1206K

7°)... 8°) ∆Ucycle=0… 9°) r=1-(bγ-1)/[γ.aγ-1.(b-1)]=55,1% 10°) Wmax=-rrév.Qc=3,54kJ et ∆U=188J ⇒ le travail extrait de la chaleur des gaz d’échappement doit suffire à réaliser la suralimentation.



TH36 – Brayton



TH37 - Machine à vapeur



TH41 - Chariot entraîné a) On a : 𝑎𝑎𝑡𝑡��⃗ = 𝑎𝑎𝑒𝑒��⃗ + 𝑎𝑎𝑡𝑡��⃗ b) La particule de fluide est soumise au poids et aux forces de pression. c) On a :

𝑑𝑑𝑚𝑚𝑎𝑎𝑡𝑡��⃗ = 𝑑𝑑𝑚𝑚�⃗�𝑔 − 𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎𝑑𝑑��⃗ 𝑝𝑝 𝑑𝑑𝑑𝑑 ⇔ 𝑎𝑎𝑒𝑒��⃗ + 𝑎𝑎𝑡𝑡��⃗ = �⃗�𝑔 − 𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎𝑑𝑑��⃗ 𝑝𝑝1ρ

⇔ ρ (𝑎𝑎𝑒𝑒��⃗ + 𝑎𝑎𝑡𝑡��⃗ − �⃗�𝑔) = 𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎𝑑𝑑��⃗ 𝑝𝑝 d) Si le fluide est au repos : ρ (𝑎𝑎𝑒𝑒��⃗ − �⃗�𝑔) = 𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎𝑑𝑑��⃗ 𝑝𝑝 e) Donc :

𝜕𝜕𝑝𝑝𝜕𝜕𝑥𝑥

= ρ𝑎𝑎 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝜕𝜕𝑝𝑝𝜕𝜕𝜕𝜕

= ρ𝑔𝑔

Qui s’intègre en : 𝑝𝑝 = 𝜌𝜌𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝜌𝜌𝑔𝑔𝜕𝜕 + 𝐶𝐶

Or au niveau de la surface : 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0 = 𝜌𝜌𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝜌𝜌𝑔𝑔𝜕𝜕 + 𝐶𝐶 ⇒ 𝑝𝑝0 = 𝜌𝜌𝑔𝑔𝐻𝐻 + 𝐶𝐶

Donc : 𝑝𝑝 = 𝜌𝜌𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝜌𝜌𝑔𝑔(𝜕𝜕 − 𝐻𝐻) + 𝑝𝑝0

Et au niveau de la surface on vérifie : 𝜌𝜌𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝜌𝜌𝑔𝑔(𝜕𝜕 − 𝐻𝐻) = 0 ⇔ 𝜕𝜕 = −

𝑎𝑎𝑔𝑔𝑥𝑥 + 𝐻𝐻

TH42 - Poussée et centre de poussée sur un mur de barrage 1°) On a :

𝐹𝐹𝑣𝑣𝑚𝑚 = � (𝜌𝜌𝑔𝑔(𝜕𝜕) + 𝑝𝑝0)𝐿𝐿𝑑𝑑𝜕𝜕𝑔𝑔=𝑑𝑑𝑏𝑏

𝑔𝑔=𝑑𝑑𝑎𝑎⇔ 𝐹𝐹𝑣𝑣𝑚𝑚 =

𝜌𝜌𝑔𝑔(𝐻𝐻𝑎𝑎2 − 𝐻𝐻𝑎𝑎2)𝐿𝐿2

+ 𝑝𝑝0𝐿𝐿(𝐻𝐻𝑎𝑎 − 𝐻𝐻𝑎𝑎)

⇔ ∆𝐹𝐹𝑣𝑣𝑚𝑚 = 𝜌𝜌𝑔𝑔(𝐻𝐻𝑎𝑎2 − 𝐻𝐻𝑎𝑎2)𝐿𝐿

2

Donc : 𝜌𝜌𝑔𝑔(𝐻𝐻12)𝐿𝐿

2= 𝜌𝜌𝑔𝑔(𝐻𝐻22 − 𝐻𝐻12)𝐿𝐿

2= 𝜌𝜌𝑔𝑔�𝐻𝐻2 − 𝐻𝐻22�𝐿𝐿

2

⇔ 𝐻𝐻2 = 2�𝐻𝐻1 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝐻𝐻² = 𝐻𝐻12 + 𝐻𝐻2² ⇔ 𝐻𝐻12 =𝐻𝐻2

3 𝑒𝑒𝑆𝑆 𝐻𝐻22 =

23𝐻𝐻2⇒ 𝐻𝐻1 =

𝐻𝐻√3

𝑒𝑒𝑆𝑆 𝐻𝐻2 = �23𝐻𝐻

2a) Soit : 𝑀𝑀𝑐𝑐𝑘𝑘 = 𝑍𝑍𝑐𝑐𝑘𝑘𝜌𝜌𝑀𝑀�𝑑𝑑𝑏𝑏

2−𝑑𝑑𝑎𝑎2�𝐿𝐿2

2b) Soit : 𝑀𝑀𝑐𝑐𝑘𝑘 = ∫ 𝜕𝜕 �𝜌𝜌𝑔𝑔(𝜕𝜕)�𝐿𝐿𝑑𝑑𝜕𝜕 = 𝜌𝜌𝑔𝑔𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑏𝑏3−𝑑𝑑𝑏𝑏

2

3

2c) Donc pour la paroi 1 :

𝑍𝑍𝑐𝑐1𝜌𝜌𝑔𝑔(𝐻𝐻12 − 0)𝐿𝐿

2= 𝜌𝜌𝑔𝑔𝐿𝐿

𝐻𝐻13 − 03

⇒ 𝑍𝑍𝑐𝑐1 =23𝐻𝐻1



TH43 - Stabilité de l’atmosphère 1°) On a : 𝑚𝑚𝑙𝑙 = �2𝐺𝐺𝑀𝑀

𝑅𝑅

2a) 𝑢𝑢∗ = �3𝑘𝑘𝐴𝐴𝑅𝑅𝑚𝑚

2b) 𝑢𝑢∗ = �3𝑅𝑅𝑅𝑅𝑀𝑀

2c) M(air)=(4*28+32)/5=28,8g.mol-1

2d) u*≅vl par conséquent les molécules d’H2 auront tendance à s’échapper de l’attraction de Mercure un jour ou l’autre. Sur terre u*<<vl pour l’air par conséquent les molécules sont piégées par l’attraction terrestre. On a u*(H2)<vl mais il ne faut pas oublier que u* est une valeur moyenne, par conséquent le modèle peu expliquer l’absence de dihydrogène sur terre. 2e) La vitesse de libération est calculée pour le problème à deux corps mais ici les particules sont en interaction entre elles, on considère l’atmosphère isotherme…



TH44 - Oscillations d’un demi-cylindre flottant 1°) Soit :

𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚𝑒𝑒𝑡𝑡𝑀𝑀é = � ℎ ∗ 2𝑅𝑅𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜θ𝑑𝑑𝜕𝜕 𝑎𝑎𝑎𝑎 𝜕𝜕 = 𝑅𝑅𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎θ ⇒ 𝑑𝑑𝜕𝜕 = −𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜θ𝑅𝑅𝑑𝑑θ𝑅𝑅

𝑅𝑅2

⇒ 𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚𝑒𝑒𝑡𝑡𝑀𝑀é = 2𝑅𝑅2ℎ� −𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜²θ𝑑𝑑θ = −α

02𝑅𝑅2ℎ�

1 − 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎2𝜃𝜃2

𝑑𝑑θα

0

⇒ 𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚𝑒𝑒𝑡𝑡𝑀𝑀é = 𝑅𝑅2ℎ �𝛼𝛼 −𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜2𝛼𝛼

2�

Or : 𝑅𝑅𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎α = 𝑅𝑅2

⇒α = π3

Donc :

𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚𝑒𝑒𝑡𝑡𝑀𝑀é = 𝑅𝑅2ℎ(π3−√34

)

De plus :

𝜌𝜌𝑅𝑅2ℎ �π3−√34�𝑔𝑔 =

𝜇𝜇𝑔𝑔𝜇𝜇𝑅𝑅2

2ℎ ⇔ µ = 𝜌𝜌

π3 −

√34

𝜇𝜇2

= 𝑎𝑎𝜌𝜌 𝑎𝑎ù 𝑎𝑎 = 0,39

2°) Soit : 𝑀𝑀�̈�𝜕 = −𝑀𝑀𝑔𝑔 + 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚𝑔𝑔 𝑎𝑎𝑎𝑎 𝜕𝜕 = 𝑅𝑅𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎α ⇒ �̈�𝜕 = −𝑅𝑅α ̈ 𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜α − 𝑅𝑅α̇2𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎α Posons :

𝛼𝛼 =𝜇𝜇3

+ 𝜀𝜀 ⇒ �̈�𝜕 = −𝑅𝑅𝜀𝜀̈ sin �𝜀𝜀 +π3� + 𝑎𝑎(𝜀𝜀) = −𝑅𝑅𝜀𝜀̈ �𝑎𝑎𝑆𝑆𝑜𝑜𝜀𝜀. cos �

𝜇𝜇3�+ 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎𝜀𝜀. sin (

𝜇𝜇3

)�

Donc :

−𝑀𝑀𝑅𝑅𝜀𝜀̈ �√32� = −𝑀𝑀𝑔𝑔 + 𝜌𝜌𝑉𝑉𝑙𝑙𝑚𝑚𝑚𝑚 �α +

π3� 𝑔𝑔 = +

𝜕𝜕𝑉𝑉𝜕𝜕𝛼𝛼�𝜋𝜋3

. 𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔

⇔ −𝑀𝑀𝑅𝑅𝜀𝜀̈ �√32� = +𝑅𝑅2ℎ �1 − cos �

2π3�� . 𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔 = −

32𝑅𝑅2ℎ𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔

⇔ −𝑀𝑀𝜀𝜀̈ = −√3𝑅𝑅ℎ𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔 ⇔ 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑅𝑅2

2ℎ 𝜀𝜀̈ + √3𝑅𝑅ℎ𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔 = 0

⇔ 𝜇𝜇𝜇𝜇𝑅𝑅

2 𝜀𝜀̈ + √3𝜀𝜀𝜌𝜌𝑔𝑔 = 0 ⇔ 𝜀𝜀̈ +

2√3𝜌𝜌𝑔𝑔𝜇𝜇𝜇𝜇𝑅𝑅

𝜀𝜀 = 0

⇔ 𝜀𝜀̈ +2√3𝑔𝑔𝑎𝑎𝜇𝜇𝑅𝑅

𝜀𝜀 = 0 ⇒ ω02 = �

𝑔𝑔𝑅𝑅γ

𝑎𝑎ù γ =𝑎𝑎𝜇𝜇

2√3



TH45 - Expérience de J.Perrin 1°) Pour une atmosphère gazeuse :

𝑜𝑜∗(𝜕𝜕) = 𝑜𝑜0∗𝑒𝑒−𝑚𝑚𝑀𝑀𝑘𝑘𝐴𝐴𝑅𝑅

𝑔𝑔𝑜𝑜∗(𝜕𝜕) = 𝑜𝑜0∗𝑒𝑒−𝐸𝐸𝑝𝑝(𝑔𝑔)𝑘𝑘𝐴𝐴𝑅𝑅

Or ici le poids doit être remplacé par : m↔m-M d’où :

𝑜𝑜∗(𝜕𝜕) = 𝑜𝑜0∗𝑒𝑒−43π𝑎𝑎3(µ−ρ)𝑀𝑀

𝑘𝑘𝐴𝐴𝑅𝑅𝑔𝑔𝑜𝑜∗(𝜕𝜕) = 𝑜𝑜0∗𝑒𝑒

−zH où 1H

=43 π𝑎𝑎3(µ− ρ)𝑔𝑔

𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅

⇒ 𝐻𝐻 = 53µ𝑚𝑚 2°) L’utilisation des mesures donne :

𝐻𝐻 = 𝜕𝜕𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑜𝑜∗(90)𝑜𝑜∗(0) �⇔

43 π𝑎𝑎3(µ − ρ)𝑔𝑔

𝑘𝑘𝐵𝐵𝑅𝑅=

1𝜕𝜕𝐿𝐿𝑜𝑜 �

𝑜𝑜∗(0)𝑜𝑜∗(90)�

Donc :

𝑁𝑁𝑎𝑎 =𝑅𝑅𝑅𝑅

43 π𝑎𝑎3(µ− ρ)𝑔𝑔𝜕𝜕

𝐿𝐿𝑜𝑜 �𝑜𝑜∗(0)𝑜𝑜∗(90)� = 6.02 1023𝑚𝑚𝑎𝑎𝑎𝑎−1

TH46 - Océan en équilibre isotherme 1°) Soit :

𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝜕𝜕

= −ρ0�1 + 𝑎𝑎(𝑝𝑝 − 𝑝𝑝0)�𝑔𝑔 ⇔𝑑𝑑𝑝𝑝

1 + 𝑎𝑎(𝑝𝑝 − 𝑝𝑝0) = −ρ0𝑔𝑔𝑑𝑑𝜕𝜕

⇔ 1𝑎𝑎𝐿𝐿𝑜𝑜[1 + 𝑎𝑎(𝑝𝑝 − 𝑝𝑝0)] = −ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕 + 𝐶𝐶

Or : 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0 𝑒𝑒𝑜𝑜 𝜕𝜕 = 0 ⇒ 𝐿𝐿𝑜𝑜[1 + 𝑎𝑎(𝑝𝑝 − 𝑝𝑝0)] = −𝑎𝑎ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕

⇔𝑎𝑎(𝑝𝑝 − 𝑝𝑝0) = 𝑒𝑒−𝑎𝑎ρ0𝑀𝑀𝑔𝑔 − 1 ⇔ 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0 +𝑒𝑒−𝑎𝑎ρ0𝑀𝑀𝑔𝑔 − 1

𝑎𝑎

2°) Pour de faibles profondeurs à l’aide d’un DL à l’ordre 1 on retrouve :

𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0 − ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕 3°)

Δ𝑝𝑝𝑝𝑝

=𝑒𝑒−𝑎𝑎ρ0𝑀𝑀𝑔𝑔 − 1

𝑎𝑎 + ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕

=𝑒𝑒−𝑎𝑎ρ0𝑀𝑀𝑔𝑔 − 1𝑎𝑎ρ0𝑔𝑔𝜕𝜕

+ 1 = 0,0004

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TH1 - Température de Mariotte