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FIT 1 Semestre 2 - Physique Corrig´ e TD1 Universit´ e Galatasaray Corrig´ e TD

FIT 1 Semestre 2 - Physique Corrig´ e TD1 Universit´ e Galatasaray Corrig´ e TD1 - Thermodynamique Exercice 1 A 1. Pour un gaz parfait PV = nRT P = nRT V P = mRT MV P = ρRT M 2. (a) On a ρ = MP R × 1 T . Comme P, M et R sont constants, on doit obtenir une droite de pente MP R . (b) Voir graphique distribu´ e en cours. Ne pas oublier de passer la temp´ erature en kelvin ! (c) On observe une droite, on a bien un gaz parfait. (d) La pente observ´ ee est de 354 donc M = 354R P = 29g.mol−1. B 1. Pour un gaz parfait U = CV T donc pour une transformation isotherme, U doit ˆ etre constant, ce qui n’est pas le cas ici. Donc le gaz n’est pas parfait ! 2. (a) Pour un gaz de Van der Waals (P + n2a V 2 )(V −nb) = nRT (b) Pour un gaz parfait, on suppose que les particules sont ponctuelles. Pour un gaz r´ eel, on doit donc corriger le volume par le param` etre b qui correspond au volume des mol´ ecules. Pour un gaz parfait, on suppose que les particules n’ont pas d’interaction entre elles. Pour un gaz r´ eel, on les prend en compte : il y a une interaction attractive entre les particules. On doit donc diminuer la pression par rapport ` a la pression d’un gaz parfait. Donc le param` etres a correspond ` a la mod´ elisation de cette interaction. (c) On calcul la diﬀ´ erentielle du gaz de Van der Waals dP(V −nb) + PdV + (V −nb)(−2n2a V 3 )dV + n2a V 2 dV = nRdT dP(V −nb) + dV (P + n2a V 2 −2n2a V 3 (V −nb)) = nRdT A P constant, dP = 0 donc ( ∂V ∂T )P = nR P+ n2a V 2 −2n2a V 3 (V −nb) Donc α = 1 V ( ∂V ∂T )P = nR PV + n2a V −2n2a V 2 (V −nb) A T constant, dT = 0 donc ( ∂V ∂P )T = − V −nb P+ n2a V 2 −2n2a V 3 (V −nb) 1 FIT 1 Semestre 2 - Physique Corrig´ e TD1 Universit´ e Galatasaray Donc χT = −1 V ( ∂V ∂P )T = − V −nb PV + n2a V −2n2a V 2 (V −nb) A V constant, dV = 0 donc ( ∂P ∂T )V = nR V −nb Donc β = 1 P ( ∂P ∂T )V = nR P(V −nb) Remarque : on a la relation α = βχTP. Exercice 2 1. Pour un gaz parfait, on a PV = nRT. α = 1 V (∂V ∂T )P = 1 V ( ∂ ∂T (nRT P ))P = Rn PV = 1 T β = 1 P (∂P ∂T )V = 1 P ( ∂ ∂T (nRT V ))V = nR PV = 1 T χT = −1 V (∂V ∂P )T = −1 V ( ∂ ∂P (nRT P ))T = nRT V P 2 = 1 P Remarque : on retrouve que α = βχTP 2. On commence par int´ egrer par rapport ` a P en utilisant α 1 V (∂V ∂T )P = A AT + BP (∂ln(V ) ∂T )P = A AT + BP ln(V ) = ln(AT + BP) + f(P) On int` egre ` a P constant donc il reste une fonction de P qu’on note f(P). Pour la d´ eterminer, on utilise l’autre coeﬃcient χT : −(∂ln(V ) ∂P )T = 1 P − B AT + BP On remplace ln(V ) par la formule trouv´ ee ci-dessus et on trouve −( B AT + BP + f ′(P) = 1 P − B AT + BP f ′(P) = −1 P f(P) = −ln(P) + K avec K = cste On trouve donc ln(V ) = ln(AT + BP) −ln(P) + K PV = K′(AT + BP) avec K′ = exp(K) = cste. 2 FIT 1 Semestre 2 - Physique Corrig´ e TD1 Universit´ e Galatasaray Exercice 3 1. On raisonne de la mˆ eme mani` ere que dans l’exercice 2, on trouve donc (∂ln(V ) ∂T )P = α ln(V ) = −αT + f(P) On utilise ( ∂lnV ∂P )T = −χT et on r´ ecup` ere le lnV calcul´ e ci dessus. D’o` u f ′(P) = −χT f(P) = −χTP + K Donc ln(V ) = αT −χTP + K. Pour trouver K, on utilise les conditions ` a l’´ etat (0) : ln(V0) = αT0 −χTP0 + K K = ln(V0) −αT0 + χTP0 On trouve donc au ﬁnal ln( V V0 ) = α(T −T0) −χT(P −P0) 2. On doit trouver V = 0, 95.10−3m3 = 0, 95L. En faisant une tr` es grande compression, on a diminu´ e le volume que de 5cL ! L’eau n’est donc que tr` es peu compressible. 3. On doit trouver P = 1758bar. Cette pression est ´ enorme et risque de faire exploser la bouteille ! Pour un gaz parfait PV = nRT. A l’´ etat initial on a donc P0V0 = nRT0 et ` a l’´ etat ﬁnal PfV0 = nRTf. On trouve donc P = P0 T T0 = 2bar ce qui est beaucoup moins dangereux. C’est pour cela que dans les extincteurs on met du gaz et non pas du l’eau liquide ! ! ! Exercice 4 Voir cours (exercice exactement identique aux calculs faits dans le polycopi´ e de cours). 3 uploads/Finance/ corrige-td1 1 .pdf