NOTIONS DE THERMODYNAMIQUE

1
NOTIONS DE THERMODYNAMIQUE - corrigé des exercices
A. EXERCICES DE BASE
I. Baromètre de Huygens
• D’après la loi de l’équilibre hydrostatique, on a initialement : p =  g h1 +  g (h2-h1) où h1 et h2 sont
les hauteurs des niveaux N1 et N2 par rapport au niveau initial dans la cuve (considéré comme origine fixe
des repérages).
• On a de même finalement : p+p =  g (h’1-h’) +  g (h’2-h’1) où h’ est la hauteur du niveau final
dans la cuve (h’ < 0). On obtient donc par différence :p =  g [(h’1-h1)-h’] +  g [(h’2-h2)-(h’1-h1)].
• La conservation des volumes de liquide impose : (h’ 1-h1) s1 = (h’2-h2) s2 = -h’ S d’où on tire :
s
s
p
s


p = (h’2-h2) [ g ( 2 + 2 ) +  g (1 - 2 )] et h’2-h2 =
.
s2 s2
s2
S
s1
s1
g(  )  g(1 )
s1 S
s1
p
• Pour le baromètre ordinaire (sans renflement B et sans glycérine) : h’ 2–h2 =
et le gain
s

g (1 2 )


S

s2
g(1 )
S
en précision est :
≈ 8,5.
s2 s2
s2

g(  )  g(1 )
s1 S
s1

II. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour une hauteur de gaz hg dans un tube de section S, la pression est : p =
nRT
. Mais pour une
Shg
dénivellation de mercure hm cette pression est également : p = p0 - g hm (où p0 est la pression atmosphénRT
rique) ; d’où la relation : p0 - g hm =
.
Shg

nRT
• De même après enfoncement (pour une pression p’), donc : p0 – g h’m =
.
Sh
g
 inconnue nRT entre ces deux équations : (p - g h ) h = (p - g h’ ) h’
• En éliminant la quantité
0
m g
0
m
g
S
où : h’g = hm + hg - h - h’m = 60 + 10 - 20 - 45 = 5 cm = 0,05 m.

hmhg  h
mh
g
• On obtient finalement : p0 = g
= 1,0.105 Pa.
hg  h

g

III. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour le baromètre à mercure, une dénivellation h = 100 mm correspond à la pression : p1 = gh =
= 13330 Pa (en notant avec l’indice 1 la partie du bas et avec l’indice 2 celle du haut).
mpg
• La pression exercée par le poids du piston est : p p =
= pghp = 1330 Pa ; par conséquent, la
S
pression dans la partie du haut est : p2 = p1-pp = 12000 Pa.
p1h1
ph
• Lors du chauffage, les nombres de moles et la section du tube sont inchangés :
= 1 1 et
T
T

p 2h 2
p2h2
=
. Par ailleurs : p1-p2 = p’1-p’2 = pp et (si le tube et le piston ne se dilatent pas) : h 1+h2 =
T
T
= h’1+h’2.




2
h1T
h 2 T
= p’2 + pp = p2
+ pp puis, en éliminant les dénominateurs :
h1T
(h1  h 2  h
1)T
h’12[ppT] - h’1[(p1h1+p2h2)T’+pp(h1+h2)T] + [p1h1(h1+h2)T’] = 0. La résolution numérique donne une seule
solution acceptable : h’1 = 50,7 cm ce qui correspond à une montée de 7 mm.
• On en déduit :
p1


IV. Pression dans un liquide et gaz parfait
• Pour le baromètre à mercure, une dénivellation h = 100 mm correspond à la pression : p1 = gh =
= 13330 Pa (en notant avec l’indice 1 la partie du bas et avec l’indice 2 celle du haut).
mpg
• La pression exercée par le poids du piston est : p p =
= pghp = 1330 Pa ; par conséquent, la
S
pression dans la partie du haut est : p2 = p1-pp = 12000 Pa.
• Lors du retournement, les nombres de moles, la température et la section du tube sont inchangés :
p1h1 = p’1h’1 et p2h2 = p’2h’2. Par ailleurs (la partie 1 étant a la fin en haut) : p 1-p2 = p’2-p’1 = pp et (si le

tube et le piston ne se dilatent pas) : h1+h2 = h’1+h’2.
h2
h
• On en déduit : p2
= p’1 + pp = p1 1 + pp puis, en éliminant les dénominateurs :
h1  h 2  h
h1
1
2
h’1 [pp] + h’1[(p1h1+p2h2)-pp(h1+h2)] - [p1h1(h1+h2)] = 0. La résolution numérique donne une seule solution
acceptable : h’1 = 55,4 cm ce qui correspond à une descente de 54 mm.


V. Masse de l’atmosphère terrestre
◊ remarque : l’énoncé considère comme constant le coefficient g de la pesanteur ; ceci suppose qu’on
se limite à des altitudes négligeables en comparaison du rayon terrestre (z < 60 km environ).
• On peut calculer la pression p(z) par intégration de : dp = -(z)g dz en utilisant (d’après la loi des
Mgz

M
M p(z)
dp
Mg
gaz parfaits) : (z) =
=
. Ceci donne :
=p(z) puis : p(z) = p0 e RT .
RT
dz
RT
Vm

Mgz
RT
◊ remarque : pour z ≈ 60 km, on obtient : e
≈ 10-3 (avec la masse molaire M en kg.mol-1 pour

compatibilité des unités) donc la quasi totalité de l’atmosphère est effectivement
dans une zone où g peut




être considéré comme constant.
Mgz
M
Mp 0  RT
z dr r d r sin d =
• On en déduit : (z) =
=
d’où on tire en intégrant : mt =
e
RT
Vm

= 4
 z r
2
dr
avec z = r-rt.
• Mais au même degré d’approximation
que pour g : r ≈ r t pour la quasi totalité de l’atmosphère ;



Mgz


Mp
p
0
donc : mt = 4πrt2 z dz = 4πrt2
e RT dz = 4πrt2 0 = 5,3.1018 kg.

RT
g



VI. Pression d’un pneu



• Si on considère l’air comme un gaz parfait, la pression dans le pneu est proportionnelle à la température et l’écart relatif de pression est le même que celui de la température.
T
40
• Le passage de -10 °C à 30 °C correspond à un écart relatif de température :
≈
≈ 0,15 soit
T
263
une variation ≈ 15 % et qui impose donc une correction de la pression.


3
VII. Calcul d'une fuite
 remarque : on suppose que la fuite est assez petite pour que la distribution statistique des vitesses


Ec
soit toujours conforme au facteur de Boltzmann e RT , sinon tous les calculs basés sur les moyennes seraient modifiés.
• Les atomes de vitesse vx > 0 qui viennent de la gauche et atteignent s penvx dt
dant une durée dt sont ceux qui sont distants
d'au
plus
dx
=
v
dt.
Ceci
est
indépenx

dant des autres composantes du mouvement ; on peut donc raisonner comme si tous les
constituants se déplaçaient selon Ox.
v
1
v dt.s > = 1 N1 s <v > dt. Par
• Leur nombre est en moyenne : dN’ = < N1. x
s
x
2
2 V1
V1
ailleurs, d'après la symétrie, <vx> calculée sur les vitesses positives correspond à
<|vx|> calculée sur l'ensemble des vitesses.
 vx< 0 qui viennent
  de la droite et atteignent s pendant une
• De même, les atomes de vitesse
durée dt sont ceux qui sont distants d'au plus dx = |v x| dt.
v x dt.s > = 1 N2 s <|v |> dt. Par ailleurs, d'après le
1
• Leur nombre est en moyenne : dN” = < N2.
x
V2
2
2 V2
facteur de Boltzmann, la moyenne des vitesse ne dépend que de la température, donc elle est la même des
deux côtés.
s
• Au total (compte tenu de V1 = V2, noté
-dN
<|vx|> dt.
 V) : dN2 =
 1 = dN’-dN” = (N1 - N2)
2V
dN 2
dt
• Puisque N = N1 + N2 est constant : N1 - N2 = N - 2N2 ; on obtient donc :
=
en notant

N  2N2
2V
N
=
. On en tire par intégration, compte tenu des conditions initiales 
: N 2(t) = .(1 - e-2t/).
s.  v x 
2

◊ remarque : on doit retrouver qu'à la limite le gaz est réparti uniformément
dans
les
deux récipients.

N2
p
• D'après la proportionnalité dans la loi des gaz parfaits : p 2(t) =
p = .(1 - e-2t/). Par suite, on
N  2
 5 
p
obtient p2(t) = p’ =
pour t =  ln 
 2 
.
10
 
 estimer
 l'ordre de grandeur, comparable à
• Pour calculer , on ne connaît pas <|v |> mais on peut en
x
RT
v
la vitesse quadratique
moyenne : <|v x|> ≈ vx* =
=
= 280 m.s-1 ; ceci donne :  ≈ 7,2.106 s et

M

3
finalement : t ≈ 8,0.105 s ≈ 9,2 jours.
◊ remarque : le calcul complet de la moyenne (pondérée par le facteur de Boltzmann correspondant)
donne : <|vx|> =


0

vx e

Mv 2x
2RT
Mv 2
  x
e 2RT
0
dv x

avec



0
vx e

Mv 2x
2RT
dv x =
RT
M


0
eu du =
RT
; en outre, l'intégration
M
dv x
Mv 2x
2RT
  x2 y 2 
2RT  x2
2RT
e
dx dy =
e dx =
dv x = 
0
0
0
0
M
M

  / 2 
2RT    r 2
RT
RT
2RT
d =
=
et donc : <|vx|> =
= 225 m.s-1, ce
eudu =
 e r dr .
0
0
0



M
2M
2M
M

 :  = 9,0.10
 t = 10,0.105 s ≈ 11,6 jours.
 6 s et
qui est bien de l'ordre de grandeur
envisagé ;
ceci donne
en coordonnées polaires donne : 






e

 






4
VIII. Pression de vapeur à l'équilibre de changement d'état
 remarque : pour mesurer avec précision la pression de vapeur de Be, le dispositif doit être placé
dans une enceinte à vide ; la pression extérieure est donc supposée nulle ; on suppose en outre que la fuite
est assez petite pour que la distribution statistique des vitesses soit toujours conforme au facteur de

Ec
Boltzmann e RT , sinon tous les calculs basés sur les moyennes seraient modifiés.
• Les atomes de vitesse vx > 0 qui viennent de la gauche et atteignent s penvx dt
dant une durée dt sont ceux qui sont distants d'au plus dx = v x dt. Ceci est indépendant
 des autres composantes du mouvement ; on peut donc raisonner comme si tous les
constituants se déplaçaient selon Ox.
v
1 v dt.s
1N
• Leur nombre est en moyenne : dN = < N. x
> =
s <vx> dt. Par
s
2
2 V
V
ailleurs, d'après la symétrie, <vx> calculée sur les vitesses positives correspond à
<|vx|> calculée sur l'ensemble des vitesses.
dN
 en estimer l'ordre de grandeur, comparable
• Pour calculer
, on ne connaît 
pas
<|vx|> mais onpeut
dt
RT
v
à la vitesse quadratique moyenne : <|vx|> ≈ vx* =
=
= 1190 m.s-1.
M
3
• L'équilibre
de changement d'état maintient la pression constante en compensant la fuite par sublima
tion du solide (on néglige la variation du volume de gaz due à la variation du volume du solide). On peut
nRT
N RT
dN  2RT
m 2 RT

donc écrire : p =
=
=
≈
= 2,92 Pa.
s.<
v
>
.
N
V
V NA
dt
t s M
x
A
◊ remarque : le calcul complet de la moyenne (pondérée par le facteur de Boltzmann correspondant)



Mv 2x
2RT
dv x

 0 v x e  
donne : <|vx|> = 
2

Mv
  x
e 2RT
0

avec
 
0
Mv 2
 x
RT
v x e2RT dv x =
M


0
eu du =
RT
; en outre, l'intégration
M
dv x
Mv 2x
2RT

2RT  x2
2RT
e dx =
dv x = 
0
0
M
M



/
2

2


2RT 
RT
RT
r
=
et donc : <|vx|> =
d =
eudu =
 e r dr .
0
 0
 0

M
2M
2M

 : p = 3,66Pa. 
qui est bien de l'ordre de grandeur
envisagé ;
ceci donne
en coordonnées polaires donne : 






e





 


0
0
e

 x2 y 2
 dx dy
=
2RT
= 950 m.s-1, ce
M

IX. Température Fahrenheit
1.
• En écrivant la transformation affine : tC = A tF + B (où tC et tF ne désignent pas les températures,
mais les valeurs numériques correspondantes) on obtient : 32 A + B = 0 et 212 A + B = 100 d’où on tire :
5
160
A=
et B = puis : T = 451 °F ≈ 233 °C.
9
9
B
• La condition cherchée peut s’écrire : tC = tF =
= -40 et la température correspondante est
1 A

donc : T’ = -40 °C = -40 °F.
2.


X. Thermocouple
1.
• Les valeurs de E pour les deux premières températures correspondent à : a = 2,041.10-2 mV.°C-1
et b = 3,733.10-5 mV.°C-2, et ces valeurs donnent effectivement : E = 7,436 mV pour t = 250 °C. La
représentation est donc correcte.
◊ remarque : en cas de léger désaccord, on pourrait trouver une représentation acceptable en ajustant
a et b pour retrouver les valeurs de E les meilleures possibles pour les trois températures.
5
• Une expression linéaire E1(t) = ct, normalisée à 250 °C, donne : c = 2,974.10 -2 mV.°C-1.
• L’écart entre les deux représentations est maximal quand, pour une mesure E donnée, la dérivée de
E
la différence s’annule : t’(E) - t1’(E) où t1(E) =
est la fonction réciproque de E1(t).
c
1
1
a  a2  4Eb
• Puisque t(E) =
la condition précédente correspond à :
= 0, c’est-à2
c
2b
a  4Eb

ca
c 2  a2
dire : E =
= 3,134 mV. La température est alors : t = t(E) =
≈ 125 °C.
2b
4b
• L’écart
correspond alors à : t1(E) - t(E) ≈ -20 °C.


2.


XI. Thermistance
1.
• Les valeurs de R aux deux premières températures donnent : A = 6,56.10 -5 k et B = 3590 K,
d’où on tire : R = 0,993 k pour T = 373 K. La représentation est donc acceptable.
◊ remarque : en cas de léger désaccord, on pourrait trouver une représentation acceptable en ajustant
A et B pour retrouver les valeurs de R les meilleures possibles pour les trois températures.
2.
• On peut estimer la sensibilité en température par la relation : T =
B
d’où on tire :
R
ln( )
A
B
R
dT
T 2 R
R =
=
≈ 2,5.10-3 K.
R
R
dR
2 R
B
ln ( )
A

B
B
R
-B/T
◊ remarque : de R = A e
on peut tirer : ln(R) = ln(A) et donc : [ln(R)] =
= 2 T.
T
R
T

 


T ≈

XII. Développement du viriel


1 V 
; or l'expression indiquée par l'énoncé est telle
T 
p
V 
qu'il est compliqué d'expliciter V(T,p) et de même T(V,p) si on envisage de passer par la dérivée inverse.
p 
p 
• On peut alors considérer qu'à pression constante : dp =   dT +   dV = 0, ce qui peut
T V
V T

a
a
 a
 
a  RTV
 2 (V  b) RT e RTV
(R 
)e
V

TV
s'écrire :
dT +
dV = 0. On en déduit ainsi qu'à pression constante :
2


Vb
(V  b)
a
(R 
) (V  b)
V 
dV
TV
=
=
.


a
T
 p dT
RT  2 
(V  b)
V
(RTV  a) (V  b)
T V 
• Ceci correspond à écrire : f(V, T) = T =   =
.
V T p RTV 2  a(V  b)

1

• Un développement limité au premier ordre en
correspond à une approximation dans la limite où
V
a
b
 
 (RT  ) (1 )
1
V
V , on constate que le terme b du déno 0, c'est-à-dire V  ∞. En écrivant : f(V, T) =
a
b
V
V
RT  (1 )

V
V
minateur n'intervient qu'au second ordre ; or, si on le néglige on obtient simplement :
2a

b
2a
b
RT
f(V, T) = T ≈ (1 +
) (1- ) 
≈1.
V
RTV
V
1.


• Le coefficient de dilatation isobare est :  =



6
• D'après l'expression de la pression donnée par l'énoncé, la pression tend vers des faibles valeurs
quand V  ∞ (le terme exponentiel tend vers 1 et le dénominateur tend vers l'infini). On peut donc étudier
1
un développement de p en puissance de
(qui tend vers zéro dans ces conditions).
V
◊ remarque : si a > 0 le terme exponentiel tend vers zéro quand V  0 ; mais pour cela V devrait
devenir inférieur à b (en supposant b > 0) ; donc le dénominateur tend vers zéro avant l'exponentielle, ce
qui fait que la pression tend vers l'infini.

• On obtient alors (à l'ordre 2) :
ab
a2
a
b2 

b
2
2
a
b
a
b
RT 2R 2 T 2 ) ;
RT +
pV ≈ RT (1 +
).(1 +
+ 2 ) ≈ RT (1 +
2 2 2
V
RTV
V
V2
2R T V
V
2
a
a
ab
B=b; C = b2 +
.
RT
RT
2R 2 T 2






2.



XIII. Masse volumique de l’eau
V
m
1
1.
• Le volume massique étant : v =
, et la masse volumique étant :  =
= , il apparaît qu’un
m
V
v
maximum de masse volumique correspond à un volume massique minimum.
• La dérivée v’(t) = v1 + 2v2 t + 3v3 t2 s’annule pour t = 3,97 °C ou t = 79,5 °C, mais cette seconde
valeur est à éliminer puisqu’elle est
utilisée.
 extérieure au domaine de validité de la
 représentation

• Il y a un minimum de v pour t = 3,97 °C car alors : v”(t) = 2v2 + 6v3 t = 1,54.10-2 cm3.kg-1.°C-2 > 0.
◊ remarque : pour t = 3,97 °C on obtient : v = 999,74 cm 3.kg-1 et d = 1,00026.
2.
• Le coefficient de dilatation (isobare) est :
donne pour t = 25 °C :  =
 =
v(t)
= 2,33.10-4 °C-1.
v(t)
 
ln(V) 
ln(v) 
1 V 
1 v 
= 
= 
=
. Ceci




 T p
 t p
t 
p
V T p
v 


 

XIV. Compressibilité du dioxygène
• Pour un gaz parfait dans les conditions normales de température et de pression, le volume molaire
RT
est : Vm =
= 22,414 L.mol-1. Le dioxygène semble donc pouvoir être considéré comme un gaz parfait
p
avec une précision relative ≈ 10-3.
1 V 
nRT
• Le coefficient de compressibilité isotherme est : T = -   avec : V =
, c’est-à-dire :
V p T
p

1
T =
= 9,87.10-6 Pa-1.
p
 


B. EXERCICES D’APPROFONDISSEMENT
XV. Équilibre d’un barrage
1.
• La résultante F des forces de pression exercées par l’eau est horizontale, perpendiculaire au mur et

1
 gh2).l = 1,73.109 N où p0 = 101300 Pa
2 0
-1
est la pression
 de l’air à la surface de l’eau, et où 0 = 1 kg.L est la masse volumique de l’eau.
dirigée vers lui. Sa norme est : F =

0
p0  0gzl dz
h
= (p0h +

7
• Mais l’air exerce sur la face opposée (oblique) une force pressante F dont la composante horizonp0lh
tale s’oppose en partie à F : F’ =
où  est l’angle du mur en A. La somme des forces pressantes
sin()
1
horizontales est donc : F” = F - F’ sin() = ( 0gh2).l = 1,23.109 N. 
2

• L’équilibre
en translation horizontale implique que la somme (algébrique) des composantes horizon
tales soit compensée par le frottement au sol : F” = f.
1
• Le poids du barrage et vertical
 et vers le bas. Sa norme est : P = gl.( hL) où  = 0d = 2 kg.L-1
2
est la masse volumique du mur.
• Mais la force pressante F exercée par l’air sur la face oblique a une composante verticale qui
p 0lh

s’ajoute à P : P’ = F’ cos() =
= p0lL.
tan()
• L’équilibre en translation
verticale implique, pour compenser la réaction normale du sol : R = P + P’.

• Le coefficient de frottement impose : f <  R, donc : F” <  (P+P’), c’est-à-dire (en simplifiant) :

1
 0gh 2

1
1
2
 gh2 <  (p0 + 0dgh).L ce qui correspond à : L >
≈ 42 m.
1
2 0
2
 (p 0   0dgh)
2
2.  • Le moment résultant
MF des forces pressantes de l’eau est (par rapport à l’axe passant par A) :


1
1  3
p0h2 + 0gh
) l.
2
6
• Le moment résultant MF’ des forces pressantes de l’air sur la face oblique est :
MF =
0
h
p0  0gz.l.h zdz = (
Fh
p0lh2
=.

2 sin()
2 sin2
()
• Tant que la situation est loin de la limite de l’équilibre en rotation, la réaction du sol exerce un moment MR > 0 ; mais si la limite est proche, la réaction s’exerce en A et son moment devient nul.


• Le moment
résultant
MP du poids est : MP = -P. 2 L = - 1 0dglhL2.
3
3
• L’équilibre en rotation implique alors : MF + MF’ + MP + MR = 0 c’est-à-dire (en simplifiant) :
M = F’
1
 0gh 3
6


≈ 24 m.
p0 1
  0dgh
2 3
◊ remarque : cette limite semble nettement moins contraignante que celle de glissement ; toutefois,
dès 
que le basculement

 commence, la pression de l’eau infiltrée au dessous ajoute un moment positif et le
1
basculement s'accentue ; on peut considérer que le moment
est : MR = (p0 + 0gh)lL2 ; la condition

2
1
1
1
h
2
3
2
devient :
 ghL + 0gh - 0dghL < 0 d’où on tire : L >
≈ 50 m ; ceci montre que, pour
2 0
6
3
2d  3
un barrage “rigide” simplement posé, l'hypothèse du basculement n'est
 pas éliminer trop vite.
1
1
1


 gh3 - p0L2 - 0dghL2 < 0 d’où on tire : L >
6 0
2
3




XVI. Compressibilité de l’eau de mer
1.
• La pression à la profondeur -z peut s’écrire : p = p0 - gz où p0 est la pression atmosphérique.
• On trouve ainsi : p ≈ 1011 bar (p ≈ 998 p0).
2.a. • Le coefficient de compressibilité isotherme est : T = -
1 V 
  . Mais la loi de l’hydrostatique est
V p T
connue sous la forme : dp = - (z) g dz, et l’important, pour pouvoir intégrer, est de connaître (z) (ou bien
(p)) en fonction de T (considéré constant).
 
8
m
et
V(p,T)
V 
V2  
on déduit :   =   et
m p T
p T
• En fait, pour une quantité d’eau fixée : de masse m, la masse volumique est : (p, T) =
V 
V 
m
dV. D'après : dV =   dp +   dT
2
T p
V
p T
par conséquent :
d = -
finalement : T =
1  
  .
 p T


 
ln()  

1   
• L’intégration de : T =   = 
 donne : ln() = Tp + (T) où (T) est une constante
 p T  p T

d’intégration(constante par rapport à p) ; or en surface :  = 0(T) pour p = p0, d’où (à T fixée) : (p) =
= 0 e T (pp0 ) .



1  
◊ remarque : si T est fixée (dT = 0), la propriété : T =   peut s’écrire :
 p T
d
0
= T g dz dont l’intégration donne : (z) =
.
1  T 0gz
2
d
= T dp d’où :



1  T (pp 0 )
2.b. • L’intégration de : dp = -0 e
g dz donne : = - 0gz + C mais à la surface :
e
T

1
p = p0 pour z = 0, d’où (à T fixée) : p = p0 ln[1 + T0gz)].
T


 g dz

◊ remarque : avec l’autre méthode, on intègre d’une
façon analogue : dp = - 0
.
1  T 0gz
• On trouve ainsi : p ≈ 1035 bar
 (p ≈ 1021 p0).
 T (pp 0 )


XVII. Force pressante sur une surface conique
• Pour la surface supérieure du cône :
◊ par symétrie, la résultante des forces pressantes est verticale (vers le bas) ;
◊ en coordonnées sphériques, avec l’origine au sommet du cône : dS = r sin() dr d ;
◊ par définition de la pression : dF = p(z) dS avec p(z) = p(0) - gz ;
◊ en projection : dFz = -dF sin() = -r sin2() [p(0) - gz] dr d ;
◊ avec z = - r cos() (compte tenu de l’orientation) : dFz = tan2() z [p(0) - gz] dz d ;
0
0


◊ en intégrant : Fz = 2 tan2() {p(0)
z dz - g
z2 dz } ;


H
H
2
◊ avec R = H tan() et p(0) = p0 + gh on obtient : Fz = - R2 {p0 + gh + gH}.
3



XVIII. Expérience de Jean Perrin
1.
• Les grains sont soumis à leur poids P et à la poussée d'Archimède A (résultante des forces pres4 3
r .
3
• On peut décrire l'effet de cesforces par une énergie potentielle
 E p = F.z et donc, d'après le facteur
de Boltzmann, la probabilité de trouver un grain à l'altitude z est proportionnelle à e-Ep/RT (en raisonnant sur


l'énergie molaire).

• Le nombre de particules dans une tranche dz est donc de la forme : dN(z) =  e-F.z/RT où  est une
dN = N.
constante de normalisation telle que
santes), soit au total : F = (-0) V g avec V =

• On obtient ainsi, à la température T0 considérée : H =



RT0
=
F
3RT0
.
N A .(  0 ).4r3g
9
2.

. Si on considère des tranches d'épaisseur assez petite, on peut considérer que le rapport des
F.h0

Nh
nombres de grains observés est proportionnel au facteur de Boltzmann :
= e RT d'où on déduit :
N0
h
H=
≈ 51 m.
N0

ln


Nh 
3RT0
• La comparaison avec l'expression précédente conduit à : NA =
≈ 6,4.1023.
H.(  0 ).4r 3g
◊ remarque : en utilisant N(h) = 17 ± 1 on obtient : NA ≈ (6,4±0,4).1023.
H
 donc tout à fait raisonnable de calculer le
≈ 240 ; il est
r
H
coefficient de décroissance de l'exponentielle ainsi (on peut envisager des tranches jusqu'à h ≈
qui
20
sont encore assez grandes, par rapport à r, pour contenir un nombre raisonnable de grains, tout en permet
tant de ne pas utiliser N trop grand afin d'éviter les difficultés de comptage).
3RT0
• La limite acceptable correspond à : H(r) =
≈ 10 r ; ceci impose
 un rayon maxiN A .(  0 ).4r3g
3.
• La valeur H ≈ 51 m correspond à :
mum : rmax ≈
4
3RT0
≈ 0,5 m.
N A .(  0 ).40g


XIX. Coefficients thermoélastiques
• D'après l’existence d'une équation d’état reliant p, V et T (même si cette équation n'est pas connue) :
V
V
dV = dV(T, p) = [
] dT + [
] dp
T p
p T
V
[ ]p
1
p
p
donc :
dp = - T dT +
dV = dp(T, V) = [
] dT + [
] dV
V
V
V
T
V T
[  ] T
[  ]T
p
p
V
[ ]p

p
 : p = 
par comparaison : [
] = - T
c’est-à-dire
.
V
V
T
T
[ ]T


p



XX. Coefficients thermoélastiques
V 
  par suite :
p T
 
1 V  V 
1   V  
  = - 2     +    
V p T T p V 
p T
p T p 
T
 
 

 
1 V  V 
1  V  
-  T  = - 2     +    
 T 
V T p p T V 
T p T 
p

  p 


  V  
  V  
• Or, les dérivées secondes croisées du volume V(p, T) sont égales :     =     et on
T p T 
p T p 
p

T 

 



 
 
obtient donc effectivement :   = -  T  .
 T p
p T


• =
1 V 
1
et T = T 
p
V 
V

