Physique - 1350 cm³ d’exercices corrigés pour la Licence 1 9782100816392

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TP20-0085-Book — 17/07/2020 14:50 — page III

Thierry Alhalel•Philippe Schwemling

1 350 cm

3

m

4c

2 L=

h = 3,31 cm l=

17 c

m

V = h x l x L3 1 350 cm

TP20-0085-Book — 24/06/2020 12:58 — page IV

Conception de la couverture : Clément Pinçon (WIP) Illustrations : Rachid Maraï

© Dunod, 2020 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com ISBN 978-2-10-081639-2

TP20-0085-Book — 8/07/2020 14:46 — page V

Table des matières

Chapitre 1

Thermodynamique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

Grandeurs thermodynamiques Le premier principe de la thermodynamique Le second principe de la thermodynamique Les coefficients thermodynamiques et thermoélastiques Le gaz parfait et les gaz réels Corps pur et changement de phases Chaleur latente de changement d’état Les machines thermiques Notion d’humidité de l’air Dérivées partielles en thermodynamique

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.

Chapitre 2

Exercices généraux et calorimétrie Autour du premier principe de la thermodynamique Autour du deuxième principe de la thermodynamique Coefficients thermoélastiques, gaz parfait et gaz réels Phases et changement de phase Les machines thermiques

Optique géométrique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5.

Indice de réfraction Lois de la réflexion et de la réfraction Les lentilles minces Les miroirs Les aberrations

2. Exercices 2.1. 2.2.

Chapitre 3

Réflexion et réfraction Instruments et systèmes optiques

Mécanique des fluides 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3.

Grandeurs importantes Statique des fluides Dynamique des fluides parfaits

1 1 1 3 4 5 5 7 9 10 15 16 18 18 26 29 34 43 49 67 67 67 67 69 72 73 75 75 82 101 101 101 102 102 V

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Table des matières

1.4. 1.5.

Fluides visqueux et nombre de Reynolds Notion de pertes de charge

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3.

Chapitre 4

Statique des fluides Dynamique des fluides Pertes de charge

Électrostatique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

Charge électrique Potentiel électrostatique Champ électrique Surfaces équipotentielles, lignes de champ Force électrostatique Énergie électrostatique Conducteurs et isolants Théorème de Gauss Exploitation des symétries Capacité électrostatique

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10. 2.11. 2.12. 2.13. 2.14. 2.15. 2.16.

Chapitre 5

Potentiel et champ créé par une charge ponctuelle Quelques ordres de grandeur Potentiel et champ créé par deux charges ponctuelles identiques Potentiel électrostatique et champ électrique créé par une distribution de charges linéique constante Potentiel et champ électrostatique créés par une boule Condensateur plan Condensateur sphérique Condensateur cylindrique Condensateur en coin Energie stockée dans un condensateur Microphone électrostatique Énergie électrostatique Modèles classiques de l’électron Distribution surfacique de charge Pression électrostatique Chambre d’ionisation

Mécanique du point 1. Rappels de cours 1.1. 1.2.

VI

Les coordonnées d’un point Lois de Newton

103 104 105 105 114 120 127 127 127 128 130 131 132 132 132 133 134 134 134 134 137 137 139 141 143 146 147 148 149 150 151 153 154 156 157 159 159 159 163

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Table des matières

1.3. 1.4.

Énergie cinétique, énergie potentielle, énergie mécanique Travail, puissance

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10. 2.11. 2.12. 2.13. 2.14. 2.15. 2.16. 2.17. 2.18. 2.19. 2.20. 2.21.

Chapitre 6

Mesure de l’accélération d’un train Centrifugeuse Mouvement sur une hélice Mouvement sur une spirale Énergie potentielle stockée dans un ressort Association de ressorts en série et en parallèle Viser le panier au basket Système masse-ressort Oscillations d’un solide partiellement plongé dans un liquide Oscillateurs couplés Machine d’Atwood Montée des bulles d’air dans un liquide Chute dans un liquide visqueux Train dans une courbe Coefficient de restitution Collisions entre deux corps Collision de balles Comparaison de référentiels Oscillation à travers la Terre Plan incliné Bille glissant sur un arceau vertical

Introduction à la mécanique des solides 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7.

Masse et centre de masse d’un solide Notion de moment d’inertie par rapport à un axe Notion de base principale d’inertie Notion de moment d’inertie par rapport à un point Les moments d’inertie des principaux solides simples Théorème de Huyghens Solide en mouvement autour d’un axe fixe

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3.

Détermination de centre de masse Calcul de moments d’inertie Mouvement des solides autour d’un axe

3. Annexe : intégrales multiples

164 165 166 166 167 168 169 171 172 173 175 178 180 181 184 185 186 187 188 189 191 192 193 194 197 197 197 198 200 201 202 202 203 203 203 207 217 235

VII

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Table des matières

Chapitre 7

Électrocinétique, électronique analogique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10. 1.11. 1.12.

Loi des noeuds, loi des mailles Conventions récepteur et générateur Dipôles élémentaires Associations en parallèle ou en série de dipôles Théorème de Thévenin Théorème de Norton Continuité des grandeurs électriques Représentation complexe des grandeurs électriques Impédances complexes Amplificateur opérationnel idéal Puissance délivrée ou dissipée par un dipôle Énergie stockée dans un dipôle

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10. 2.11. 2.12. 2.13. 2.14. 2.15. 2.16. 2.17. 2.18. 2.19. 2.20. 2.21. 2.22. 2.23. 2.24. 2.25. 2.26. 2.27.

VIII

Combinaison de résistances Combinaison de condensateurs Combinaison d’inductances Résistance composée Pont diviseur résistif Pont de Wheatstone Transmission optimale de puissance Effet Joule Equivalence entre source de courant et de tension Alimentation stabilisée Théorème de Thévenin Charge d’un circuit RC Considérations énergétiques Charge d’un circuit LR Filtre passe-bas capacitif Filtre passe-haut capacitif Filtre passe-bas inductif Filtre passe-haut inductif Filtre passe-bande passif Filtre réjecteur de bande passif Filtre de Wien Suiveur Amplificateur inverseur Amplificateur non inverseur Sommateur inverseur Sommateur non inverseur Soustracteur

239 239 239 239 240 242 242 244 244 244 245 246 248 249 249 249 251 252 253 254 255 257 258 258 259 262 263 264 265 266 270 273 275 276 279 281 283 284 285 286 287 288

TP20-0085-Book — 14/07/2020 14:19 — page IX

Table des matières

2.28. 2.29. 2.30. 2.31. 2.32. 2.33. 2.34. 2.35. 2.36. 2.37. 2.38.

Chapitre 8

Conversion tension vers courant Convertisseur courant vers tension Filtre passe-bas actif Filtre passe-haut actif Inductance active Résistance négative Source de courant de Howland Alimentation stabilisée et diode Amplificateur logarithmique Comparateur Circuit à hystérésis : trigger de Schmitt

Électronique numérique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4.

Fonctions logiques usuelles Notations Règles de calcul logique Simplification : tableaux de Karnaugh

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9. 2.10.

Chapitre 9

Simplification d’expressions Simplification d’expressions Universalité des opérateurs NON – ET et NON – OU Multiplexeur et démultiplexeur Comparaison de deux schémas simples Additionneur sur un bit Convertisseur en code Gray Multiplieur Comparateur Circuit diviseur sur deux bits

Application de la physique à l’astrophysique

289 290 291 292 293 294 295 295 298 299 301 305 305 305 307 308 308 310 310 311 311 312 314 315 316 318 320 321 325

1. Problème 1 : une étude simple des mouvements orbitaux

326

2. Problème 2 : Une évaluation du ralentissement de la Terre

334

3. Problème 3 : Une estimation de la température centrale du Soleil

339

4. Problème 4 : Peser les amas d’étoiles

344

IX

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Table des matières

Chapitre 10

Simulation numérique 1. Rappels de cours : quelques techniques de simulation numérique 1.1. 1.2. 1.3.

𝑏

Calcul d’une intégrale ∫𝑎 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 Méthode de Monte-Carlo Recherche de solutions d’une équation différentielle

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7. 2.8. 2.9.

Charge d’un condensateur par un courant variable Travail effectué par une force Mouvement brownien Calcul du volume d’une hyperboule Mouillage d’une surface par la pluie Charge d’un circuit 𝑅𝐶 par un échelon de tension Oscillations d’un système masse-ressort Oscillations d’un pendule simple Système à deux corps en interaction gravitationnelle : Terre et satellite 2.10. Filtre passe-bas 2.11. Calcul du potentiel électrostatique créé par plusieurs charges 2.12. Simulation de la propagation des épidémies

Chapitre 11

Incertitudes et ajustements en physique 1. Rappels de cours 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6.

Rappels sur la présentation d’un résultat La propagation des incertitudes Les différents types d’incertitude La notion d’intervalle de confiance - incertitudes élargies Ajustement de données Le test du 𝜒 2

2. Exercices 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5.

Propagation des incertitudes Incertitudes de type A et B Incertitudes élargies - intervalle de confiance Ajustements Test du 𝜒 2

3. Les tables

Index

X

353

354 354 356 357 358 358 365 369 380 383 387 392 395 399 404 406 409 417 417 417 419 420 422 424 427 428 428 430 434 436 440 444 449

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Chapitre

1

1

Thermodynamique

Rappels de cours

1.1 Grandeurs thermodynamiques La thermodynamique est la partie de la physique qui étudie les échanges d’énergie et les propriétés et changements d’états de la matière au niveau macroscopique. Elle permet de comprendre et éventuellement d’améliorer les machines thermiques (moteurs, pompe à chaleur...), mais aussi d’étudier qualitativement et quantitativement certains phénomènes naturels (convection dans l’atmosphère, rayonnement solaire...). Parmi les quantités importantes en thermodynamique, on rencontre : – La température 𝑻 , dont l’unité dans le Système International est le kelvin (K). On rappelle aussi les trois échelles de températures (sur la figure 1.1) Kelvin, Celsius et Fahrenheit et leurs correspondances. – La pression 𝑷 , dont l’unité dans le Système International est le pascal (Pa). On sait que d’un point de vue dimensionnel, la pression est le quotient d’une force 𝐹 par une surface 𝑆 : 𝐹 𝑃 = 𝑆 On utilise également deux autres unités de pression de façon assez courante : – le bar : 1 bar = 100 000 Pa ; – l’atmosphère : 1 atm = 101 325 Pa. Par ailleurs, dans un fluide incompressible on peut écrire la loi de l’hydrostatique :

© Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

d𝑃 = −𝜌𝑔d𝑧 qui relie la variation infinitésimale de pression d𝑃 à la masse volumique 𝜌, à l’accélération de la pesanteur 𝑔 et à la variation infinitésimale de hauteur d𝑧. – La chaleur 𝑸 qui est un mode de transfert d’énergie (désordonné au niveau microscopique), dont l’unité SI est le joule (J). On admet ici que pour un corps solide ou liquide (quasi incompressible) on peut relier la chaleur 𝑄 et la température 𝑇 , par la formule : 𝑄 = 𝑚𝑐(𝑇𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑇𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 ) où 𝑐 est la capacité thermique massique du corps qui s’exprime dans le système SI en J ⋅ kg−1 ⋅ K −1 , 𝑚 sa masse en kg et 𝑇𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙 , 𝑇𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 les températures de départ de d’arrivée. On a supposé qu’il n’y avait pas de changement d’état dans l’expérience. 1

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Chapitre 1 • Thermodynamique

K

oF

oC

373,15

100

212

100 oC

273,15

180 oF

0

32

Figure 1.1 – Les trois échelles de températures K, °C, °F.

– Lorsqu’on mélange deux fluides (deux liquides en général), l’équation de mélange de la calorimétrie permet de relier la température d’équilibre 𝑇𝑓 du mélange avec les températures initiales 𝑇1 , 𝑇2 et les caractéristiques de masses 𝑚1 , 𝑚2 ainsi que les capacités thermiques massiques 𝑐1 et 𝑐2 : 𝑄1 + 𝑄2 = 0 soit encore : 𝑚1 × 𝑐1 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝑚2 × 𝑐2 × (𝑇𝑓 − 𝑇2 ) = 0 – Le travail 𝑾 est un autre mode de transfert d’énergie (ordonné au niveau macroscopique) dont l’unité SI est le joule (J). Lorsqu’un gaz subit un certain travail (par exemple dans un cylindre fermé par un piston mobile sur lequel l’opérateur appuie avec la pression notée 𝑃𝑒𝑥𝑡 ), celui peut se définir comme : 𝑊 =−

𝑉𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙

∫𝑉𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙

𝑃𝑒𝑥𝑡 d𝑉

où les bornes de l’intégrale sont les volumes initial et final du gaz, et où le signe moins montre que si le volume diminue (compression du gaz) 𝑊 est positif par convention (reçu par le système gaz). Au contraire, si le volume augmente (détente du gaz), 𝑊 est négatif, car cédé par le système gaz à l’extérieur. Remarque : Il est très important de noter que dans le cas général la pression extérieure 𝑃𝑒𝑥𝑡 n’est pas égale à la pression du gaz 𝑃 (sinon le piston ne pourrait être mobile). C’est seulement dans le cas d’une transformation lente (appelée aussi quasi-statique) qu’on aura : 𝑃𝑒𝑥𝑡 ≈ 𝑃 2

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1 Rappels de cours

– On distingue, en thermodynamique, entre les grandeurs extensives, qui sont proportionnelles à la quantité de matière et les grandeurs intensives qui sont indépendantes de la quantité de matière. Pour les premières, citons : le volume 𝑉 , le nombre de moles 𝑛, la masse 𝑚. Pour les deuxièmes, citons : la pression 𝑝, la température 𝑇 , la masse volumique 𝜌.

1.2 Le premier principe de la thermodynamique On définit (voir la figure 1.2) un système thermodynamique fermé comme un système qui ne peut échanger avec l’extérieur que de l’énergie, sous forme de travail 𝑊 ou de chaleur 𝑄, mais pas sous forme de matière. On définit un système thermodynamique isolé comme un système qui ne peut rien échanger avec l’extérieur, ni chaleur, ni travail, ni matière. Univers extérieur

Système Isolé pas d’échange avec le milieu extérieur

Système Fermé

échange de chaleur Q

échange de travail W

Figure 1.2 – Système isolé et système fermé.

Premier principe de la thermodynamique Pour tout système fermé (au repos macroscopique), il existe une fonction d’état extensive U, appelée énergie interne, telle que sa variation Δ𝑈 = 𝑈2 − 𝑈1 entre deux dates 𝑡1 et 𝑡2 (𝑡2 > 𝑡1 ) s’écrive : © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

Δ𝑈 = 𝑈2 − 𝑈1 = 𝑊 + 𝑄 ou de façon infinitésimale : 𝑑𝑈 = 𝛿𝑊 + 𝛿𝑄 – L’énergie interne U est une grandeur conservative, c’est-à-dire qui reste constante si le système n’échange rien avec l’extérieur. – Si le système est isolé, il n’y a alors aucun échange, et dans ce cas Δ𝑈 = 0, 𝑈 est donc conservée. – Si l’évolution du système fermé est cyclique (retour au point de départ), alors Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0. 3

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Chapitre 1 • Thermodynamique

– Si le volume du système ne varie pas et s’il n’y a pas d’échange de travail (électrique ∑ par exemple), alors le premier principe se résume à : Δ𝑈 = 𝑄. – Si le système de l’item précédent est isolé (pensons à un calorimètre par exemple), ∑ on a alors : 𝑄 = 0. – Dans le cas du mélange de deux liquides de températures initiales différentes dans un calorimètre isolé, le cas précédent permet de retrouver l’équation de la calorimétrie : 𝑄1 + 𝑄2 = 0 – L’énergie interne U est homogène à une énergie, soit dans le système SI : J. – U est une fonction dite d’état, c’est-à-dire que ses variations ne dépendent pas du chemin suivi, mais seulement des points de départ et d’arrivée. On définit aussi, à partir de l’énergie interne U, une nouvelle fonction d’état thermodynamique, l’enthalpie H, sous la forme : 𝐻 = 𝑈 + 𝑃𝑉 – L’unité SI de la fonction H est le joule. – H, tout comme U, est une fonction d’état. – Pour une transformation à pression constante (isobare), la variation d’enthalpie est simplement égale à l’échange de chaleur (si le travail n’est dû qu’aux forces de pression) : Δ𝐻 = 𝑄𝑝 ce qui correspond à tous les processus physique ou chimique ayant lieu à la pression atmosphérique par exemple, – La démonstration du résultat précédent se fait en exprimant la différentielle de H : d𝐻 = 𝑑𝑈 + 𝑃 d𝑉 + 𝑉 𝑑𝑃 = 𝑄 − 𝑃 d𝑉 + 𝑃 d𝑉 + 𝑉 𝑑𝑃 = 𝑄 + 𝑉 𝑑𝑃 On peut conclure que Δ𝐻 = 𝑄𝑝 pour un processus isobare. – Il convient de ne pas confondre un processus isobare (la pression du système est définie et constante lors de la transformation) et un processus monobare, où la pression extérieure est constante. Il ne faut pas confondre non plus une transformation isotherme (le système a une température constante) et une transformation monotherme où c’est la température du milieu extérieur qui est constante.

1.3 Le second principe de la thermodynamique Second principe de la thermodynamique Pour tout système fermé, il existe une fonction d’état extensive, non conservative S, appelée entropie, telle que sa variation entre deux instants (𝑡1 < 𝑡2 ) s’écrive : 𝛿𝑄 Δ𝑆 = 𝑆 𝑝 + = 𝑆𝑝 + 𝑆𝑒 ∫ 𝑇𝑆 4

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1 Rappels de cours

– 𝑆 𝑝 est l’entropie produite lors de la transformation. Cette quantité est positive (processus réel irréversible) ou nulle (processus réversible). – 𝑇𝑆 est la température thermodynamique de surface du système, quantité intensive et positive, exprimée en K. – 𝑆 𝑒 est l’entropie échangée entre le système et l’extérieur, au travers de la surface qui les délimite. – L’entropie est homogène à une énergie divisée par une température, soit dans le système SI : J ⋅ K −1 . – Pour un processus irréversible (réel) le signe de 𝑆 𝑝 est le même que celui de la différence temporelle 𝑡2 − 𝑡1 , ce qui montre que l’entropie permet de donner un sens à l’écoulement du temps, ce que l’on appelle aussi la flèche du temps. – S, tout comme 𝑈 , est une fonction d’état. – Un processus réversible (𝑆 𝑝 = 0) et adiabatique (𝑄 = 0) est un processus isentropique, c’est-à-dire que l’entropie reste constante.

1.4 Les coefficients thermodynamiques et thermoélastiques Coefficients thermoélastiques Ces coefficients donnent la réponse d’un système à une variation de paramètre. On définit ainsi le coefficient de dilatation isobare, qui permet de mesurer ( ) la variation de 1 𝜕𝑉 volume avec la température, la pression étant constante : 𝛼 = 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 ( ) 1 𝜕𝑃 – le coefficient de compression isochore : 𝛽 = 𝑃 𝜕𝑇 𝑉 ( ) 1 𝜕𝑉 – le coefficient de compressibilité isotherme : 𝜒𝑇 = − 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 ( ) 1 𝜕𝑉 – le coefficient de compressibilité isentropique : 𝜒𝑆 = − 𝑉 𝜕𝑃 𝑆

© Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

Coefficients calorimétriques On définit également deux coefficients calorimétriques très importants : ( ) 𝜕𝑃 – le coefficient de dilatation isotherme : 𝑙 = 𝑇 𝜕𝑇 𝑉 ( ) 𝜕𝑉 – le coefficient de compression isotherme : ℎ = −𝑇 𝜕𝑇 𝑃

1.5 Le gaz parfait et les gaz réels Gaz parfait On sait que le gaz parfait (souvent noté GP) est une idéalisation où les molécules de gaz sont assimilées à des points se déplaçant sans interaction (autre que les éventuels 5

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Chapitre 1 • Thermodynamique

chocs) dans un volume V, le gaz étant à la pression P et à la température T. Ce modèle est adapté aux cas où la pression est faible (quelques bars) et la température T dans la gamme des valeurs usuelles (273 K pour fixer un ordre de grandeur). L’équation du gaz parfait est : 𝑃 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

𝑁 avec 𝑁 le nombre de molécules 𝑁𝐴 et 𝑁𝐴 = 6, 022 × 1023 mol−1 le nombre d’Avogadro. où 𝑛 est le nombre de moles de gaz, soit aussi : 𝑛 =

Relations liées aux gaz parfaits Un gaz parfait suit les deux lois dites de Joule : – Première loi de Joule (ou de Joule Gay-Lussac) : l’énergie interne U d’un gaz parfait ne dépend que de sa température, soit aussi : Δ𝑈 = 𝑛.𝐶𝑣𝑚 .Δ𝑇 , où 𝐶𝑣𝑚 est la capacité thermique molaire isochore (volume constant) (en 𝐽 ⋅ 𝐾 −1 ⋅ mol−1 ). – Deuxième loi de Joule (ou de Joule-Thomson) : l’enthalpie H d’un gaz parfait ne dépend que de sa température, soit aussi :Δ𝐻 = 𝑛.𝐶𝑝𝑚 .Δ𝑇 , où 𝐶𝑝𝑚 est la capacité thermique molaire isobare (en 𝐽 ⋅ 𝐾 −1 ⋅ mol−1 ). – On admettra ici la relation de Mayer : 𝐶𝑝𝑚 − 𝐶𝑣𝑚 = 𝑅 pour un gaz parfait. De plus, un gaz parfait qui subit une transformation adiabatique et réversible suit la loi de Laplace (voir les exercices du second principe pour une démonstration) : 𝑃 × 𝑉 𝛾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 où 𝛾 =

𝐶𝑝𝑚 𝐶𝑣𝑚

≈ 1, 4 (pour les gaz parfaits diatomiques).

Gaz réel Si la pression est plus importante, il faut tenir compte du volume occupé par les molécules elles-mêmes, on note alors 𝑏 le paramètre (exprimé en m3 ⋅ mol−1 ) qui donne cette occupation, et le volume disponible devient alors 𝑉 − 𝑛.𝑏. L’équation de ce gaz réel est : 𝑃 (𝑉 − 𝑛.𝑏) = 𝑛𝑅𝑇 Le coefficient b est appelé le covolume molaire, il s’exprime en m3 ⋅ mol−1 . Le modèle du gaz parfait est à peu près correct tant que la pression est faible. Si elle augmente, on doit tenir compte du volume moléculaire et des interactions intermoléculaires, dites de Van der Waals. Dans ce cas, l’équation d’état de Van der Waals s’écrit : ) ( 𝑎 𝑃 + 𝑛2 2 (𝑉 − 𝑛.𝑏) = 𝑛𝑅𝑇 𝑉 6

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1 Rappels de cours

1.6 Corps pur et changement de phases Un corps pur se définit comme une substance ne contenant qu’un seul type de composant (atome ou molécule). Ainsi l’eau H2 O est-elle un corps pur, tout comme le dioxyde de carbone CO2 ou le dioxygène O2 . à l’inverse, l’air qui est composé essentiellement de dioxygène et de diazote n’est pas un corps pur. Un corps pur peut se présenter sous trois formes (on dit aussi phases) en général : solide, liquide ou gaz. Lorsqu’on passe d’un état à un autre, on dit qu’il y a changement d’état. La figure 1.3 résume les différentes possibilités. On appelle pression de vapeur saturante 𝑃𝑠𝑎𝑡 la pression d’équilibre correspondant aux deux phases gaz et liquide, pour T fixée. La loi de Dupré relie 𝑃𝑠𝑎𝑡 et T, sous la forme approximative : ln(𝑃𝑠𝑎𝑡 ) = 𝑎 +

𝑏 + 𝑐 × ln(𝑇 ) 𝑇

où les coefficients 𝑎, 𝑏, 𝑐 dépendent du corps pur considéré. Il est bon de se souvenir que lors d’un changement de phase, et tout au long de cette transformation, la température du mélange phase1/phase2 ne change pas (la pression étant constante). C’est pour cela que l’on dit que l’eau bout à 100 °C : à la pression atmosphérique 𝑃 = 1 013 hPa, et tout au long de la vaporisation, le mélange eau liquide/eau vapeur est à 100 °C. Les paramètres déterminants pour les changements de phases sont donc la pression P et la température T. On représente les changements possibles dans le plan (P,T), dit diagramme des phases. La figure 1.4 donne celui de l’eau. Chaque zone solide/liquide/gaz est un état d’équilibre pour la phase considérée.

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.

Gaz

sublimation

vaporisation

condensation solide

liquéfaction solidification Liquide

Solide

fusion

Figure 1.3 – Changements d’états.

7

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Chapitre 1 • Thermodynamique Pression P (atm)

Point critique 218 LIQUIDE SOLIDE 0,006

Point Triple GAZ

0,01

374

Température T (°C)

Figure 1.4 – Diagramme de phases de l’eau.

L’interface entre deux zones est un équilibre entre deux phases, ce qui, compte tenu de P et de T (fixés), donne une courbe d’équilibre diphasique. Il existe deux points très particuliers : – le point triple : c’est au point triple, et au point triple seulement, qu’on peut avoir coexistence à l’équilibre de trois phases en même temps : solide /liquide /gaz. En ce point particulier P et T sont fixés, et sont donc caractéristiques du corps pur considéré. Pour l’eau, le point triple est défini par : 𝑃 = 0, 006 atm et 𝑇 = 0, 01 °C. On se sert d’ailleurs des points triples de plusieurs corps purs en métrologie pour étalonner des instruments de mesures. – le point critique est le point de terminaison de la courbe d’équilibre diphasique liquide /gaz. Il se situe toujours assez haut en pression et température. Avant ce point, le passage de la phase liquide à la phase gaz est simple à mettre en évidence : la température reste constante tout au long de l’ébullition, malgré l’apport de chaleur. Au-delà du point critique il n’y a plus de palier de température ni d’ébullition. En fait, il n’y a plus de phases liquide ou gaz, mais une phase unique, on parle alors de fluide supercritique, fluide qui a des propriétés optiques (opalescence) et de compressibilité bien spécifiques. Le point critique de l’eau est mesuré comme : 𝑃 = 218 atm et 𝑇 = 374 °C. – La pente de la courbe à l’interface solide/liquide dans le diagramme de phase d’un corps pur peut être (voir la figure 1.5) : – négative, c’est le cas de l’eau et de quelques autres rares corps purs, comme l’antimoine, le bismuth ou le germanium. – positive, pour la plupart des corps purs. 8

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1 Rappels de cours

P

P Liquide

Liquide

Solide Solide

C t

C t

Gaz

Gaz T

T

Figure 1.5 – Diagramme de phases des corps purs : corps purs usuels à gauche, eau à droite.

Le signe de cette pente est en relation avec les densités relatives du liquide et du solide : – si la pente est négative, le solide est moins dense que le liquide et flotte sur le liquide (cas de la glace d’eau), – si la pente est positive, le solide est plus dense que le liquide et coule dans le liquide.

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.

1.7 Chaleur latente de changement d’état Lorsqu’on chauffe (en lui apportant une chaleur Q) un corps dans un état donné, sa température T augmente. Lorsqu’on on arrive au changement d’état, la température T n’évolue plus : elle reste fixée à une valeur donnée (pensez à T = 100 °C pour l’eau si la pression est P = 1 atm lors de l’ébullition), tant que les deux phases coexistent. En fait, la chaleur Q que l’on apporte permet de « briser » les liaisons intermoléculaires (du solide ou du liquide) pour permettre le changement de phase. On définit la chaleur latente de changement d’état (ou enthalpie massique) l comme la quantité de chaleur qu’il faut apporter à 1 kg de corps pur pour passer d’une phase à une autre, la pression P étant constante. l est donc assimilable à l’enthalpie de changement d’état. Les tableaux 1.1 et 1.2 donnent quelques valeurs caractéristiques. Tableau 1.1 – Caractéristiques de quelques corps purs.

Corps pur

T fusion °C (pour P = 1 atm)

eau plomb mercure fer

0 327 -39 1538

Capacité thermique massique 𝐉 ⋅ 𝐤𝐠−𝟏 ⋅ 𝐊−𝟏 4 180 (liquide) 129 (solide) 139 (liquide) 440 (solide)

Chaleur latente de fusion 𝐤𝐉 ⋅ 𝐤𝐠−𝟏 334 23 11 247

9

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Tableau 1.2 – Caractéristiques de quelques corps purs.

Corps pur eau plomb titane fer

T ébullition

Chaleur latente d’ébullition

°C (pour P=1 atm) 100 1 749 3 287 2 861

𝐤𝐉 ⋅ 𝐤𝐠−𝟏 2 260 866 8 795 6 260

1.8 Les machines thermiques Machine ditherme Une machine thermique ditherme échange de la chaleur avec deux sources de chaleur (que l’on nomme en général la source chaude et la source froide) et du travail avec l’extérieur. La convention que l’on choisit est de compter le travail W ou la chaleur Q positivement si ces quantités sont reçues par la machine, négativement sinon. La figure 1.6 décrit la machine ditherme et ses sources.

Le moteur de Carnot ditherme Le moteur de Carnot (figure 1.7) est un moteur dont le fonctionnement est supposé réversible (les moteurs réels ont forcément un fonctionnement irréversible). Il échange la chaleur 𝑄𝐶 > 0 avec la source chaude (à la température 𝑇𝐶 ) et la chaleur 𝑄𝐹 < 0 avec la source froide (à la température 𝑇𝐹 ) sans produire d’entropie : 𝑆 𝑝 = 0. Le moteur est là pour produire le travail 𝑊 < 0. D’un point de vue thermodynamique, le moteur (ou le fluide qu’il contient) subit un cycle thermodynamique (supposé réversible). On définit son efficacité (devant être positive) comme : 𝜂=

𝑔𝑎𝑖𝑛 −𝑊 >0 = 𝑐𝑜𝑢𝑡 𝑄𝐶

La figure 1.7 rend compte des signes des grandeurs échangées. On peut faire une remarque concernant les conventions de sens des flèches pour la figure 1.7 ainsi que les figures apparentées : le système thermodynamique étudié est le moteur (par exemple). Si la flèche est orientée vers l’extérieur (du système), celui-ci cède (de la chaleur ou du travail) au milieu extérieur, cette quantité est alors négative. Si au contraire la flèche est orientée vers l’intérieur, le système reçoit (de la chaleur ou du travail) de la part du milieu extérieur, cette quantité est alors positive. Un moteur de Carnot ditherme est composé de quatre processus successifs réversibles : – deux isothermes ; – deux adiabatiques réversibles (donc isentropiques).

10

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1 Rappels de cours source chaude Tc

Qc

Travail W machine thermique

Milieu extérieur

Qf Efficacité thermique : gain/coût

source froide Tf

Figure 1.6 – Machine thermique ditherme.

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.

La figure 1.8 représente le cycle de Carnot en coordonnées (T-S), il s’agit forcément d’un rectangle. Le premier principe de la thermodynamique permet d’écrire : Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 + 𝑊 = 0 Le second principe de la thermodynamique permet d’écrire : Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒−𝑟𝑒𝑣 =

𝑄𝐶 𝑄𝐹 + =0 𝑇𝐶 𝑇𝐹

Il est aisé d’exprimer l’efficacité du moteur thermique de Carnot en fonction uniquement des températures des sources, et on trouve : 𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 −

𝑇𝐹 0

Moteur thermique

Qf < 0

Travail W < 0

Milieu extérieur

Efficacité : - W / Qc

source froide Tf

Figure 1.7 – Moteur thermique ditherme.

Un moteur réel dans les mêmes conditions thermiques aura nécessairement une efficacité (ou un rendement, c’est ici la même chose) inférieur à l’efficacité de Carnot : 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 < 𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 −

𝑇𝐹 𝑇𝐶

En représentation dans un diagramme (P,V), (voir la figure 1.9), le cycle de Carnot est constitué de quatre branches : deux isothermes et deux adiabatiques. Le sens de rotation est celui des aiguilles de montre, car le travail 𝑊 est négatif (et que 𝑊 = − ∫𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉 représente l’aire dans la figure fermée).

Les autres machines thermiques dithermes Les autres machines thermodynamiques sont le réfrigérateur, la pompe à chaleur et le climatiseur. Dans le cas ditherme, les échanges s’effectuent dans tous les cas comme sur la figure 1.10. Cependant l’efficacité (ou coefficient de performance COP, quantité supérieure à 1) est différente selon le type de machine. Dans les trois cas, la machine 12

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1 Rappels de cours

T

B

C

Tc

Tf A

D

S S1

S2

Figure 1.8 – Cycle de Carnot dans le diagramme T-S. P A

Q1

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.

T1 B

D

Q2

T2

C

V

Figure 1.9 – Cycle de Carnot dans le diagramme P-V.

13

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Chapitre 1 • Thermodynamique

source chaude Tc

Qc 0

Travail W > 0

Milieu extérieur

Efficacité climatiseur ou réfrigérateur : Qf/W Efficacité pompe à chaleur : -Qc/W

source froide Tf

Figure 1.10 – Cycle inverse ditherme.

reçoit le travail 𝑊 pour permettre le transfert de chaleur de la source chaude vers la source froide (sens inverse du sens naturel spontané), mais : – pour la pompe à chaleur l’objectif est de chauffer la pièce (source chaude) en hiver : −𝑄𝐶 >0 𝑊 – pour le réfrigérateur (comme pour le climatiseur) l’objectif est d’extraire de la chaleur de la source froide (pour la maintenir à T constant) : 𝜂𝑝𝑜𝑚𝑝𝑒 =

𝑄𝐹 >0 𝑊 Comme dans le cas du moteur, les deux principes de la thermodynamique nous donnent pour un cycle réversible les équations : 𝜂𝑐𝑙𝑖𝑚𝑎𝑡𝑖𝑠𝑒𝑢𝑟 =

– pour le climatiseur et le réfrigérateur 𝜂𝑐𝑙𝑖𝑚𝑎𝑡𝑖𝑠𝑒𝑢𝑟 = −

14

𝑄𝐹 𝑇𝐹 = 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹

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1 Rappels de cours

– pour la pompe à chaleur 𝜂𝑝𝑜𝑚𝑝𝑒 =

𝑄𝐶 𝑇𝐶 = 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹

L’inégalité de Clausius Si le cycle thermodynamique étudié est irréversible (et c’est toujours le cas en pratique), on doit faire intervenir l’entropie produite 𝑆 𝑝 . Pour cela, on peut considérer les deux sources de chaleur, la machine ditherme et tout le reste de l’univers comme un seul système isolé. On sait qu’au cours du cycle irréversible, la variation d’entropie totale ne peut qu’être positive : Δ𝑆 > 0 L’entropie totale 𝑆 est la somme de trois entropies, 𝑆1 celle de la machine, 𝑆2 celle des deux sources de chaleur et 𝑆3 celle du reste de l’univers.

1.9 Notion d’humidité de l’air L’air de l’atmosphère est rarement un gaz sec, dans le sens où il contient toujours un peu de vapeur d’eau (gaz). On associe à cette vapeur d’eau sa pression partielle, c’est-à-dire la contribution de la vapeur à la pression atmosphérique totale. On définit la pression de vapeur saturante comme la pression à laquelle la substance liquide (l’eau) est en équilibre avec sa phase gazeuse, pour une température T donnée. La formule, dite de Rankine, donne la relation entre la pression de vapeur 𝑃𝑠𝑎𝑡 (en atm) saturante et T (en K) : ln(𝑃𝑠𝑎𝑡 ) = 𝐴 −

𝐵 𝑇

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.

avec 𝐴 ≈ 13, 7 et 𝐵 ≈ 5120 𝐾 −1 . On peut définir la pression partielle de la vapeur d’eau en l’assimilant à un gaz parfait, en notant 𝑚 la masse d’eau vapeur présente dans 1 m3 d’air, et en écrivant : 𝑃𝑝−𝑒𝑎𝑢 =

𝑚𝑅𝑇 𝑀𝑒𝑎𝑢

où 𝑀𝑒𝑎𝑢 est la masse molaire de l’eau : 18 g ⋅ mol−1 . Enfin le taux d’humidité se définit comme le rapport : 𝑟=

𝑃𝑝−𝑒𝑎𝑢 𝑃𝑠𝑎𝑡

Si ce taux d’humidité dépasse 100 %, il va y avoir liquéfaction (condensation) de la vapeur d’eau (pour retrouver l’équilibre) : il pleut ! Si le le taux est inférieur à 100 %, il y aura évaporation d’eau liquide pour retrouver l’équilibre. La figure 1.11 donne la courbe du point de rosée de l’eau dans l’air, pour 1 013 hPa en fonction de la température T. On lit en ordonnée, en fonction de T, la valeur maximale de la masse d’eau sous forme de 15

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Chapitre 1 • Thermodynamique Point de rosée 45 gramme d’eau/m3 dair sec

40 35 30 25 20 15 10 5 0 –20

–10

0

10

20

30

40

température en degré C

Figure 1.11 – Point de rosée de la vapeur d’eau dans l’air.

vapeur avant qu’il n’y ait condensation. Cette courbe est directement reliée à la pression de vapeur saturante de l’eau.

1.10 Dérivées partielles en thermodynamique On rencontre très souvent des dérivées dites partielles en thermodynamique. Cette notion, a priori complexe, reste assez simple d’emploi à notre niveau. Si vous savez dériver, vous savez dériver partiellement. La première chose à retenir est que les dérivées partielles concerne les fonctions de plusieurs variables, par exemple la fonction 𝑓 de deux variables 𝑓 (𝑥, 𝑦). Si la fonction est continue selon les deux variables, il existe deux dérivées partielles premières, la dérivée de la fonction 𝑓 par rapport à la variable 𝑥 (𝑦 étant considérée 𝜕𝑓 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦) que l’on note souvent , et la dérivée de la fonction 𝑓 comme constante) 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑓 (𝑥, 𝑦) que l’on note par rapport à la variable 𝑦 (𝑥 étant considérée comme constante) 𝜕𝑦 𝜕𝑓 . souvent 𝜕𝑦

Exercice 1 On donne la fonction de deux variables : 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 + 4𝑥𝑦2 − 𝑥2 𝑦 + 𝑦2 + 7 Pouvez-vous calculer les deux dérivées partielles premières

16

𝜕𝑓 𝜕𝑓 et ? 𝜕𝑥 𝜕𝑦

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1 Rappels de cours

Solution On obtient la dérivée partielle par rapport à 𝑥 en considérant 𝑦 comme constante : 𝜕𝑓 = 6𝑥 + 4𝑦2 − 2𝑥𝑦 + 0 + 0 = 2(3𝑥 + 2𝑦2 − 𝑥𝑦) 𝜕𝑥 On obtient la dérivée partielle par rapport à 𝑦 en considérant 𝑥 comme constante : 𝜕𝑓 = 0 + 8𝑥𝑦 − 𝑥2 + 2𝑦 + 0 = 8𝑥𝑦 − 𝑥2 + 2𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑓 ≠ . 𝜕𝑥 𝜕𝑦 On note parfois les dérivées partielles ( ) en mettant ( en )indice la (ou les variables) 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 = = considérée(s) constante(s) : et . 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑥 On introduit aussi en thermodynamique les dérivées partielles secondes, qui sont au nombre de quatre pour une fonction de deux variables :

On remarque, et c’est tout à fait général, que :

𝜕2𝑓 𝜕 𝜕𝑓 = 2 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 et 𝜕2𝑓 𝜕 𝜕𝑓 = 2 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦 et 𝜕2𝑓 𝜕 𝜕𝑓 = 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑥 et enfin (attention à l’ordre des dérivations) :

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.

𝜕2𝑓 𝜕 𝜕𝑓 = 𝜕𝑥𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 On admet un théorème mathématique très important (le théorème de Schwartz) qui indique que pour les fonctions habituellement rencontrées en thermodynamique, les dérivées partielles croisées sont égales : 𝜕2𝑓 𝜕2𝑓 = 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦

Exercice 2 On donne la fonction de deux variables : 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 3𝑥2 + 4𝑥𝑦2 − 𝑥2 𝑦 + 𝑦2 + 7 Pouvez-vous calculer les quatre dérivées partielles secondes ? 17

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Solution On part des résultats précédents : 𝜕2𝑓 𝜕(6𝑥 + 4𝑦2 − 2𝑥𝑦) = = 6 + 0 − 2𝑦 = 6 − 2𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑥2 et 𝜕(8𝑥𝑦 − 𝑥2 + 2𝑦) 𝜕2𝑓 = = 8𝑥 + 0 + 2 = 8𝑥 + 2 𝜕𝑦 𝜕𝑦2 et les deux dérivées secondes croisées identiques : 𝜕2𝑓 𝜕2 𝑓 = = 8𝑦 − 2𝑥 𝜕𝑦𝜕𝑥 𝜕𝑥𝜕𝑦

2

Exercices

2.1 Exercices généraux et calorimétrie Exercice 1 : Conversion de températures (a) On mesure une température absolue 𝑇 = 333 K. Déterminez-la en °C puis en °F. On pourra utiliser la figure 1.1. (b) Convertir en °C la température 𝑇 = 451 ˚F.

Solution (a) La conversion en °C s’effectue en faisant : 𝑇 = 333 − 273, 15 = 59, 85 °C. 180 × 59, 85 + 32 = 139, 73 °F. La conversion en °F s’effectue en faisant : 𝑇 = 100 100 (b) On effectue la conversion en faisant : 𝑇 = (451 − 32) × ≈ 232, 8 °C 180

Exercice 2 : Unité de pression On trouve une référence dans un texte technique qui donne une pression de 𝑃 = 20 kg ⋅ cm−2 . Faites un recherche documentaire, s’agit-il vraiment d’une pression ? Peut-on relier cette quantité à une pression en bars ? en pascals ?

Solution Une pression est le quotient d’une force par une surface, l’unité kg ⋅ cm−2 ne peut donc pas être une unité de pression. Cependant on peut passer de la masse à la force poids en multipliant par la valeur de 𝑔, l’accélération de la pesanteur et on a alors bien une pression : 𝑔 × kg ⋅ cm−2 → pression 18

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2 Exercices

en pratique, en prenant 𝑔 = 10 𝑚 ⋅ 𝑠−2 : ≈ 10 × kg ⋅ m−2 − > Pa 10 ou bien ≈ 5 × kg ⋅ m−2 → bar 10 par exemple, en convertissant les cm2 en m2 : 10 10 10, 0 kg ⋅ cm−2 → 5 × −4 ≈ 10, 0 bars 10 10 ou de même : 1, 0 kg ⋅ cm−2 → 1, 0 bar

Exercice 3 : Vocabulaire thermodynamique Relire attentivement le cours, et définir le plus précisément possible, les mots clés du tableau 1.3. Tableau 1.3 – Vocabulaire thermodynamique.

définitions isochore isobare isotherme monotherme monobare quasi-statique réversible adiabatique grandeur extensive grandeur intensive isentropique fonction d’état

Solution

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.

Le tableau 1.4 rend compte de tous les termes à définir.

Exercice 4 : Travail de compression On considère un gaz parfait dans un piston, occupant un volume V. On le comprime très lentement jusqu’à ce qu’il occupe un volume moitié, en exerçant une pression 𝑃𝑒𝑥𝑡 (qui varie) sur le piston. La température 𝑇 = 300 K est constante tout au long du processus, on dispose de n = 1,0 mole de gaz. Calculer le travail W associé à cette transformation.

Solution la transformation est quasi-statique car très lente, à chaque instant on peut donc considérer que la pression du gaz est égale à la pression extérieure exercée par le piston : 19

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Tableau 1.4 – Vocabulaire thermodynamique.

isochore isobare isotherme monotherme

monobare

quasi-statique réversible

adiabatique grandeur extensive grandeur intensive isentropique fonction d’état

définitions caractérise une transformation à volume constant. caractérise une transformation à pression constante. caractérise une transformation à température constante. caractérise une transformation où le système est en contact avec une source de chaleur (unique) dont la température T est constante. La température T du système peut varier mais revient en fin de processus à la température extérieure. caractérise une transformation où le système est en contact avec une source extérieure dont la pression P est constante. La pression du système peut varier mais revient en fin de processus à la pression extérieure. caractérise une transformation (infiniment) lente, passant par une succession d’états proches de l’équilibre. caractérise une transformation passant par une infinité d’états d’équilibre, sans production d’entropie 𝑆 𝑝 . une tranformation quasi statique n’est pas forcément réversible. transformation sans échange de chaleur. grandeur additive. grandeur non additive. transformation à entropie S constante. fonction thermodynamique dont la variation ne dépend pas du chemin suivi, mais seulement des points initial et final.

𝑃 ≈ 𝑃𝑒𝑥𝑡 . On peut donc écrire le travail comme : 𝑊 =

𝑉 ∕2

∫𝑉

−𝑃𝑒𝑥𝑡 d𝑉 ≈

𝑉 ∕2

∫𝑉

−𝑃 d𝑉 =

𝑉 ∕2

∫𝑉

−

𝑛𝑅𝑇 d𝑉 𝑉

comme la température est supposée constante au cours de la transformation : 𝑊 = 𝑛𝑅𝑇

𝑉 ∕2

∫𝑉

−

d𝑉 1 = −𝑛𝑅𝑇 ln( ) = 𝑛𝑅𝑇 ln(2) 𝑉 2

soit numériquement, avec R = 8,314 𝐽 ⋅ 𝐾 −1 ⋅ mol−1 : 𝑊 ≈ +1729 𝐽 Le travail est positif, c’est bien une compression.

Exercice 5 : Gaz parfait et hydrostatique Un plongeur se trouve à 30 m de profondeur, et respire de l’air (assimilé à un gaz parfait) à la pression ambiante. Il souffle une bulle sphérique d’air de rayon R30 = 3,0 cm. Tous les processus sont supposés isothermes (T = 290 𝐾). (a) Quelle est la pression ambiante à 30 m de profondeur ? 20

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2 Exercices

(b) Quel sera le rayon de la bulle à 10 m de profondeur ? (c) idem en arrivant à la surface ?

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.

Solution (a) On sait (voir aussi la partie de mécanique des fluides de cet ouvrage) que la pression dans l’eau augmente de 1 bar tous les 10 m. On en déduit qu’à 30 m de profondeur, la pression est de 3 + 1 = 4 bars, puisqu’à la surface de l’eau la pression est celle de la pression atmosphérique, soit environ 1 bar. (b) La bulle sphérique en remontant voit la pression extérieure diminuer (à T constant) son volume va donc augmenter selon la loi : 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = 𝑃𝑖 𝑉𝑖 4 3 𝜋𝑅 3 On en déduit donc le rayon 𝑅10 à 10 m de profondeur : √ √ 𝑃30 3 4 3 𝑅10 = 𝑅30 = 3, 0 × ≈ 3, 78 cm 𝑃10 2 le volume d’une sphère de rayon R étant 𝑉 =

(c) De la même façon, avant d’éclater en surface la bulle aura un rayon : √ √ 𝑃30 3 4 3 = 3, 0 × ≈ 4, 76 cm 𝑅0 = 𝑅30 𝑃0 1 21

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Exercice 6 : Conversion de pression Il existe de multiples unités de mesure de pression : atmosphère : 1 atm = 1,013 bar mm de mercure (baromètre) : 1 mm de Hg = 133,32 Pa le PSI (anglo saxon et aéronautique : Pound-force per square inch) : 1 psi = 0, 068948 bar (a) Compléter le tableau 1.5 : (b) Exprimer en Pa puis en bar une pression P = 1 000 kg ⋅ cm−2 . (c) Exprimer en mm de Hg une pression de 1,0 atm. Tableau 1.5 – Conversion de pression.

Pa 10 000

pressions bar mm Hg

PSI

3,0 80 30

Solution (a) Les conversions permettent de compléter le tableau 1.6 : (b) L’unité kg ⋅ cm−2 n’est pas une unité de pression, car il s’agit ici d’une masse divisée par une surface. Pour avoir une pression, il faut diviser une force par une surface. Il faut donc multiplier la quantité proposée par l’accélération de la pesanteur pour obtenir une pression : 1, 0 kg ⋅ cm−2 − > 105 Pa On en déduit qu’une pression de P = 1 000 kg ⋅ cm−2 s’exprime aussi comme 𝑃 ≈ 1 000 × 105 Pa = 1 000 bars. (c) La conversion est immédiate : 𝑃 = 1, 0 atm = 1 013 hPa = 759, 8 mm Hg. Tableau 1.6 – Conversion de pression.

Pa 10 000 300 000 10 666 206 844

22

Pressions bar mm Hg 0,1 75,01 3,0 2 250 0,1067 80 2,07 1 551,5

psi 1,450 43,51 1,547 30

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2 Exercices

Exercice 7 : Calorimétrie 1 On mélange dans un calorimètre parfait et adiabatique un volume 𝑉1 = 100, 0 mL d’eau à la température 𝑇1 = 20, 0 °C et une masse 𝑚2 = 200, 0 g d’eau à la température initiale 𝑇2 = 5, 0 °C. Trouver la température d’équilibre finale 𝑇𝑓 . On donne la masse volumique de l’eau : 𝜌 = 1 000 kg ⋅ m−3 .

Solution Le calorimètre étant parfait, il a une capacité thermique nulle. Il s’agit donc d’un problème de mélange entre deux sous-systèmes numérotés 1 (eau chaude) et 2 (eau froide). Le mélange étant adiabatique, on peut écrire l’équation de la calorimétrie, en remarquant qu’il n’y a pas de changement d’état (voir la figure 1.12) : 𝑄1 + 𝑄2 = 0 soit encore : 𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝑚2 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇2 ) = 0 On en tire : 𝑇𝑓 =

𝑚1 𝑇1 + 𝑚2 𝑇2 0, 1 × 20 + 0, 2 × 5 = = 10 °C 𝑚1 + 𝑚2 0, 1 + 0, 2

eau m1, T1

eau m1, Tf

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.

Q1

eau m2, Tf

eau m2, T2 Q2

Figure 1.12 – Calorimétrie : mélange.

23

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Exercice 8 : Calorimétrie 2 L’éthanol et l’eau sont miscibles en toutes proportions. Le calorimètre est supposé parfait et adiabatique. On mélange une masse 𝑚1 = 100, 0 g d’eau et une masse 𝑚2 = 𝑚1 d’éthanol. La température de départ de l’eau est 𝑇1 = 20, 0 °C, la température finale d’équilibre du mélange est 𝑇𝑓 = 23, 5 °C. Quelle était la température initiale de l’éthanol ? On donne les capacités thermiques massiques de l’eau : 𝑐 = 4 180 J ⋅ K −1 ⋅ kg−1 et de l’éthanol : 2 430 J. ⋅ kg−1 . ⋅ K −1 .

Solution Le calorimètre étant parfait, il a une capacité thermique nulle. Il s’agit donc d’un problème de mélange entre deux sous-systèmes numérotés 1 (eau) et 2 (éthanol). Le mélange étant adiabatique, on peut écrire l’équation de la calorimétrie, en remarquant qu’il n’y a pas de changement d’état : 𝑄1 + 𝑄2 = 0 soit encore : 𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝑚2 × 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 × (𝑇𝑓 − 𝑇2 ) = 0 On en extrait 𝑇2 : 𝑇2 = 𝑇𝑓 +

𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) 𝑚2 × 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙

soit numériquement : 𝑇2 = 23, 5 +

0, 1 × 4 180 × (23, 5 − 20) ≈ 29, 5 °C 0, 1 × 2 430

Exercice 9 : Calorimétrie 3 On mélange dans un calorimètre réel et adiabatique un volume 𝑉1 = 100, 0 mL d’eau à la température 𝑇1 = 20, 0 °C et une masse 𝑚2 = 200, 0 g d’eau à la température initiale 𝑇2 = 5, 0 °C. On suppose cette fois encore que le calorimètre est adiabatique mais possède (avec ses instruments) une capacité thermique C = 250 J ⋅ K −1 . Trouver la température d’équilibre 𝑇𝑓 . Au départ, la température du calorimètre est 𝑇𝑐𝑎𝑙𝑜 = 𝑇1 .

Solution Le calorimètre a une capacité thermique non nulle, notée C. Il s’agit donc d’un problème de mélange entre deux sous-systèmes numérotés 1 (eau chaude) et 2 (eau froide) plus le calorimètre. Le mélange étant adiabatique, on peut écrire l’équation de la calorimétrie, en remarquant qu’il n’y a pas de changement d’état : 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄𝑐𝑎𝑙𝑜 = 0 24

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2 Exercices

soit encore : 𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝑚2 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇2 ) + 𝐶(𝑇𝑓 − 𝑇1 ) = 0 On en tire : 𝑇𝑓 =

𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × 𝑇1 + 𝑚2 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × 𝑇2 + 𝐶 × 𝑇1 𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 + 𝑚2 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 + 𝐶

soit 𝑇𝑓 =

0, 1 × 4 180 × 20 + 0, 2 × 4 180 × 5 + 250 × 20 = 11, 7 °C 0, 3 × 4 180 + 250

Exercice 10 : Calorimétrie 4 L’éthanol et l’eau sont miscibles en toutes proportions. Le calorimètre est supposé adiabatique mais réel. On mélange une masse 𝑚1 = 100, 0 g d’eau et une masse 𝑚2 = 𝑚1 d’éthanol. La température de départ de l’eau est 𝑇1 = 20, 0 °C, la température finale d’équilibre du mélange est 𝑇𝑓 = 23, 5 °C. On suppose cette fois que le calorimètre est adiabatique mais possède (avec ses instruments) une capacité thermique C = 250 J ⋅ K −1 . Au départ 𝑇𝑐𝑎𝑙𝑜 = 𝑇1 . Quelle était la température initiale de l’éthanol ?

Solution Le calorimètre ici une capacité thermique non nulle. Il s’agit donc d’un problème de mélange entre deux sous-systèmes numérotés 1 (eau) et 2 (éthanol) plus le calorimètre. Le mélange étant adiabatique, on peut écrire l’équation de la calorimétrie, en remarquant qu’il n’y a pas de changement d’état :

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.

𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄𝑐𝑎𝑙𝑜 = 0 soit encore : 𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝑚2 × 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙 × (𝑇𝑓 − 𝑇2 ) + 𝐶(𝑇𝑓 − 𝑇1 ) = 0 On en extrait 𝑇2 : 𝑇2 = 𝑇𝑓 +

𝑚1 × 𝑐𝑒𝑎𝑢 × (𝑇𝑓 − 𝑇1 ) + 𝐶(𝑇𝑓 − 𝑇1 ) 𝑚2 × 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑜𝑜𝑙

soit numériquement : 𝑇2 = 23, 5 +

0, 1 × 4 180 × (23, 5 − 20) + 250 × (23, 5 − 20) ≈ 33, 1 °C 0, 1 × 2 430 25

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Chapitre 1 • Thermodynamique

2.2 Autour du premier principe de la thermodynamique Exercice 1 : Gaz parfait et travail Une masse m = 1 000 g d’air (supposé être gaz parfait diatomique) subit une compression adiabatique dans un cylindre. La température initiale est 𝑇𝑖 = 0 °C et la température finale 𝑇𝑓 = 60 °C. (a) Exprimer littéralement l’expression du travail W correspondant. (b) Faire l’application numérique avec la capacité thermique molaire à volume constant 𝐶𝑣𝑚 = 5𝑅∕2 J ⋅ mol−1 ⋅ K −1 et la masse molaire de l’air est 𝑀 = 29 g∕mol. (c) Que pensez-vous du signe du résultat ?

Solution (a) Par définition le travail se définit comme : 𝑊 =−

𝑉𝑓

∫ 𝑉𝑖

𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉

Il est malaisé cependant de traiter ici la pression extérieure (variable), qui n’a aucune raison d’être égale à celle (intérieure au cylindre) du gaz. On va donc utiliser la première loi de Joule, puisque l’air est supposé parfait : Δ𝑈 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 Δ𝑇 avec le premier principe de la thermodynamique : Δ𝑈 = 𝑄 + 𝑊 = 𝑊 puisque la transformation est adiabatique. On en déduit que : 𝑚 Δ𝑈 = 𝑊 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 ) = 𝐶 (𝑇 − 𝑇𝑖 ) 𝑀 𝑣𝑚 𝑓 (b) Numériquement on obtient : 5 1 000 × × 8, 31 × (60 − 0) ≈ +4, 30 × 104 J 𝑊 = 29 2 (c) Ce travail est positif, ce qui est cohérent avec une compression subie par le gaz parfait.

Exercice 2 : Premier principe et chemins de compression On comprime une mole de gaz parfait depuis l’état initial 𝑇𝑖 = 310 K et 𝑃𝑖 = 1, 0 bar jusqu’à l’état final 𝑃𝑓 = 10, 0 bar et 𝑇𝑓 = 𝑇𝑖 dans un cylindre sur lequel appuie un piston qui exerce la pression extérieure 𝑃𝑒𝑥𝑡 . La compression peut suivre deux chemins différents, comme sur la figure 1.13 : – selon AiEAf : omposé d’un segment isochore et d’un segment isobare, – selon AiIAf, courbe isotherme. 26

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2 Exercices

(a) (b) (c) (d)

Calculer le travail W reçu au cours du trajet isochore + isobare, Calculer la chaleur Q échangée au cours du même chemin, Calculer le travail W reçu au cours du trajet isotherme, Calculer la chaleur Q échangée au cours du même chemin. P

Af

E

I Ai

V

Figure 1.13 – Deux chemins différents.

Solution (a) Sur la partie isochore le travail est forcément nul (pas de changement de volume). Il reste donc à calculer W sur la partie isobare, où on a nécessairement 𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝑃𝑓 . 𝑊 =−

∫

𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉 = −

∫

𝑃𝑓 × d𝑉 = −𝑃𝑓

∫

d𝑉 = −𝑃𝑓 (𝑉𝑓 − 𝑉𝑖 )

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.

comme le gaz est parfait : 𝑊 = −𝑛𝑅𝑇𝑓 + 𝑃𝑓 × 𝑉𝑖 ×

𝑃𝑓 𝑃𝑖 = −𝑛𝑅𝑇𝑓 + 𝑛𝑅𝑇𝑖 = −𝑛𝑅𝑇𝑓 (1 − 𝑃𝑓 ∕𝑃𝑖 ) 𝑃𝑖 𝑃𝑖

soit numériquement : ( ) 10 𝑊 = −1 × 8, 31 × 310 × 1 − ≈ +23, 2 kJ 1 Le travail est positif, ce qui est normal, il s’agit d’une compression. (b) On utilise le premier principe de la thermodynamique pour calculer la chaleur Q échangée : 𝑄 = Δ𝑈 − 𝑊 27

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Chapitre 1 • Thermodynamique

en remarquant que, comme le gaz parfait subit une transformation où 𝑇𝑖 = 𝑇𝑓 , la première loi de Joule nous permet de déduire que Δ𝑈 = 𝑛𝑐𝑣 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 ) = 0, et donc que : 𝑄 = −𝑊 = −23, 2 kJ (c) On sait qu’une transformation isotherme est lente (quasi-statique) et donc que pour un gaz comprimé dans un cylindre à l’aide d’un piston, 𝑃𝑒𝑥𝑡 ≈ 𝑃𝑔𝑎𝑧 . De ce fait : 𝑊 =−

∫

𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉 = −

soit encore

( 𝑊 = −𝑛𝑅𝑇 ln

∫

𝑉𝑓 𝑉𝑖

𝑃 × d𝑉 = − )

𝑉𝑓

𝑛𝑅𝑇 d𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 ∫ 𝑉 ∫𝑉𝑖 (

= −𝑛𝑅𝑇 ln

numériquement : 𝑊 = 1 × 8, 31 × 310 × ln

(

𝑃𝑖 𝑃𝑓

10 1

)

)

( = 𝑛𝑅𝑇 ln

𝑃𝑓

1 d𝑉 𝑉

)

𝑃𝑖

≈ +5, 9 kJ

(d) On utilise le premier principe de la thermodynamique pour calculer la chaleur Q échangée : 𝑄 = Δ𝑈 − 𝑊 en remarquant que, comme le gaz parfait subit une transformation isotherme, la première loi de Joule nous permet de déduire que Δ𝑈 = 𝑛𝑐𝑣 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 ) = 0, et donc que : 𝑄 = −𝑊 = −5, 9 kJ

Exercice 3 : Chemins et premier principe de la thermodynamique On comprime une masse de gaz parfait m = 1,0 kg dont l’état initial est de température 𝑇𝑖 = 300 K et de pression 𝑃𝑖 = 1, 0 bar. L’état final correspond à un volume réduit de moitié. La masse molaire du gaz parfait est M = 29 g/mol. On veut calculer le travail W reçu selon les chemins suivants : (a) Une compression à pression constante 𝑃𝑓 = 2𝑃𝑖 . (b) Une compression isotherme et quasi-statique. (c) Une compression selon la loi de Laplace 𝑃 𝑉 𝛾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒, avec le paramètre 𝛾 = 1, 4 = 𝑐𝑝 ∕𝑐𝑣 .

Solution (a) Si la compression est telle que 𝑃𝑒𝑥𝑡 = 𝑃𝑓 on peut écrire : 𝑊 =− 28

∫

𝑃𝑒𝑥𝑡 ×d𝑉 = −

∫

𝑃𝑓 ×d𝑉 = −𝑃𝑓

∫

d𝑉 = −𝑃𝑓 (𝑉𝑓 −𝑉𝑖 ) = −𝑃𝑓 (𝑉𝑓 −2𝑉𝑓 )

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2 Exercices

soit : 𝑊 = −2𝑃𝑖 (𝑉𝑖 ∕2 − 𝑉𝑖 ) = 𝑃𝑖 𝑉𝑖 = 𝑛𝑅𝑇𝑖 =

1 000 × 8, 31 × 300 ≈ +86 kJ 29

(b) Dans le cas d’une transformation isotherme : 𝑊 =−

∫

𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉 = −

d’où :

∫ (

𝑊 = −𝑛𝑅𝑇 ln

𝑃 × d𝑉 = − 𝑉𝑖 ∕2 𝑉𝑖

𝑉𝑖 ∕2

𝑛𝑅𝑇 d𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 ∫ 𝑉 ∫𝑉𝑖

) = −𝑛𝑅𝑇 ln

1 d𝑉 𝑉

( ) 1 = 𝑛𝑅𝑇 ln(2) 2

soit numériquement : 1 000 × 8, 31 × 300 × ln(2) ≈ +60 kJ 29 (c) Dans le cas d’une transformation de Laplace 𝑃 𝑉 𝛾 = 𝐾 (considérée comme réversible donc avec 𝑃𝑒𝑥𝑡 ≈ 𝑃 ), on peut écrire : 𝑊 =

𝑊 =−

∫

𝑃𝑒𝑥𝑡 × d𝑉 = −

𝑃 × d𝑉 = −

∫

𝐾 d𝑉 ∫ 𝑉𝛾

La constante 𝐾 vaut 𝑃𝑖 𝑉𝑖𝛾 ce qui entraîne : 𝑊 = −𝑃𝑖 𝑉𝑖

𝑉𝑖 ∕2

𝛾

∫𝑉𝑖

𝑉𝑖 ∕2

1 d𝑉 = −𝑃𝑖 𝑉𝑖𝛾 ∫𝑉𝑖 𝑉𝛾

𝑉

−𝛾

d𝑉 = −𝑃𝑖 𝑉𝑖

𝛾

[

𝑉 −𝛾+1 −𝛾 + 1

]𝑉𝑖 ∕2 𝑉𝑖

soit encore : 𝑊 =

𝑃𝑖 𝑉𝑖𝛾

𝛾 −1

ou encore : 𝑊 =

𝑉 ∕2

[𝑉 −𝛾+1 ]𝑉𝑖 𝑖

=

𝑃𝑖 𝑉𝑖𝛾

𝛾 −1

) 𝑛𝑅𝑇𝑖 ( 1 𝑃𝑖 𝑉𝑖 − 1 ((1∕2)−𝛾+1 − 1) = 𝛾 −1 𝛾 − 1 2−𝛾+1

et numériquement :

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.

𝑊 =

((𝑉𝑖 ∕2)−𝛾+1 − (𝑉𝑖 )−𝛾+1 )

1 000 1 × 8, 31 × 300 × 29 0, 4

) (( )−0,4 1 − 1 ≈ +69 kJ 2

2.3 Autour du deuxième principe de la thermodynamique Exercice 1 : Variation d’entropie d’un gaz parfait Appliquer les principes de la thermodynamique à un système constitué de 𝑛 moles de gaz parfait qui subissent une transformation réversible (on indice par 𝑖 l’état initial et par 𝑓 l’état final), et montrer que sa variation totale d’entropie peut s’écrire : ( ) ( ) 𝑇𝑓 𝑉𝑓 + 𝑛𝑅 × ln Δ𝑆 = 𝑛𝐶𝑣 × ln 𝑇𝑖 𝑉𝑖

29

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Solution Comme la transformation est réversible, le second principe s’écrit simplement (avec 𝑇𝑆 = 𝑇 ) : Δ𝑆 = 0 +

∫

𝛿𝑄 𝑇

et le premier principe appliqué aux 𝑛 moles de gaz parfait permet d’écrire que : 𝑑𝑈 = 𝑛𝐶𝑣 𝑑𝑇 = 𝛿𝑄 − 𝑝d𝑉 Cela nous donne donc : Δ𝑆 =

𝑇𝑓 𝑛𝐶𝑣 𝑑𝑇 + 𝑝d𝑉 𝑑𝑇 = 𝑛𝐶𝑣 + ∫𝑇 𝑖 𝑇 ∫𝑖 ∫ 𝑇

𝑓

𝑝d𝑉 𝑇

En utilisant la loi des gaz parfaits, on obtient donc : Δ𝑆 = 𝑛𝐶𝑣

𝑇𝑓

∫𝑇 𝑖

soit finalement :

( Δ𝑆 = 𝑛𝐶𝑣 × ln

𝑉𝑓

𝑑𝑇 + 𝑛𝑅 ∫𝑉 𝑖 𝑇

𝑇𝑓 𝑇𝑖

)

d𝑉 𝑉

( + 𝑛𝑅 × ln

𝑉𝑓

)

𝑉𝑖

Exercice 2 : Loi de Laplace Montrer que si 𝑛 moles de gaz parfait subissent une transformation réversible et adiabatique, alors le gaz parfait suit la loi de Laplace : 𝑇 × 𝑉 𝛾−1 = constante

Solution Cette fois la transformation subie par les 𝑛 moles de gaz parfait est réversible et adiabatique (Q = 0), on peut donc reprendre le raisonnement précédent pour écrire : ( ) ( ) 𝑇𝑓 𝑉𝑓 + 𝑛𝑅 × ln =0 Δ𝑆 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 × ln 𝑇𝑖 𝑉𝑖 soit encore :

( 𝐶𝑣𝑚 × ln

𝑇𝑓 𝑇𝑖

)

( + 𝑅 × ln

avec la relation de Mayer 𝑅 = 𝐶𝑝𝑚 − 𝐶𝑣𝑚 et 𝛾 =

𝑉𝑓

𝐶𝑝𝑚

𝑉𝑖

) =0

on obtient : 𝐶𝑣𝑚 ( ) ( ) 𝑇𝑓 𝑉𝑓 ln + (𝛾 − 1) × ln =0 𝑇𝑖 𝑉𝑖

30

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2 Exercices

ou encore :

[ ln (

𝑇𝑓 𝑇𝑖

)×(

𝑉𝑓 𝑉𝑖

𝛾−1

]

)

=0

soit en retenant l’argument : (

𝑇𝑓 𝑇𝑖

)

( ×

𝑉𝑓 𝑉𝑖

)𝛾−1 =1

ou enfin, la loi de Laplace, pour un gaz parfait subissant une transformation adiabatique et réversible : 𝑇 × 𝑉 𝛾−1 = Constante

Exercice 3 : Autres expressions de la loi de Laplace Exprimer la loi de Laplace précédemment obtenue sous une forme reliant 𝑃 et 𝑉 puis 𝑇 et 𝑃 .

Solution On peut reprendre la relation précédente en introduisant la loi des gaz parfait (pour remplacer T), et on obtient : (𝑃 𝑉 ) × 𝑉 𝛾−1 = Constante soit aussi : 𝑃 × 𝑉 𝛾 = Constante on obtient de même : 𝑇 𝛾 ∕𝑃 𝛾−1 = Constante

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.

Exercice 4 : Chauffage d’un métal et bilan entropique On chauffe, à l’aide d’une flamme de température 𝑇𝑠 = 800 K une mole de métal solide, de telle sorte que sa température passe de la valeur 𝑇𝑖 = 293 K à 𝑇𝑓 = 393 K. Les variations de volume du métal sont supposées négligeables. La capacité thermique molaire du métal est 𝐶𝑚 = 3R. Effectuer un bilan entropique complet (du système métal) : entropie reçue, entropie produite, et variation d’entropie totale.

Solution On commence par calculer la variation totale d’entropie Δ𝑆 en choisissant un chemin réversible, pour lequel 𝑇 = 𝑇𝑠 (puisque 𝑆 est une fonction d’état on peut choisir ce chemin, même si ce n’est pas le chemin réel), et en notant que 𝛿𝑄 = 𝑛𝐶𝑚 𝑑𝑇 puisque les variations de volume sont négligeables : 31

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Δ𝑆 = 0 +

∫

𝛿𝑄∕𝑇𝑠 =

𝑇𝑓

∫𝑇𝑖

𝑑𝑇 = 𝑛𝐶𝑚 × ln 𝑛𝐶𝑚 𝑇

(

𝑇𝑓

)

𝑇𝑖

= 7, 32 J ⋅ K −1

Le terme d’entropie d’échange se calcule selon le chemin thermodynamique réel : 𝑆𝑒 =

∫

𝛿𝑄∕𝑇𝑠 =

∫

𝑛𝐶

𝑑𝑇 𝑛𝐶 = 𝑑𝑇 = 𝑛𝐶(𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 )∕𝑇𝑆 = 3, 12 J ⋅ K −1 𝑇𝑠 𝑇𝑠 ∫

On déduit par soustraction le terme d’entropie produite : 𝑆 𝑝 = Δ𝑆 − 𝑆 𝑒 = 7, 32 − 3, 12 = 4, 20 J ⋅ K −1 > 0 Le processus réel est bien irréversible.

Exercice 5 : Transition de phase et bilan d’entropie On obtient la condensation d’une masse m = 1 000 g de vapeur d’eau à la température de 𝑇 = 100 °C en eau liquide à la même température, en la mettant en contact avec le milieu ambiant qui est à la température 𝑇𝑠 = 20 °C. Effectuer le bilan entropique en prenant la vapeur d’eau comme système, sachant que la chaleur latente massique de vaporisation de l’eau liquide est 𝑙𝑣 = 2 250 kJ ⋅ kg−1 .

Solution On commence par calculer la variation totale d’entropie Δ𝑆 en choisissant un chemin réversible (puisque 𝑆 est une fonction d’état), et en notant que 𝑄 = −𝑚 × 𝑙𝑣 < 0 puisque la chaleur est perdue par le système vapeur d’eau. Δ𝑆 = 0 + 𝑄∕𝑇 =

−𝑚 × 𝑙𝑣 −2, 25 × 106 × 1 = ≈ −6, 03 kJ∕K 𝑇 373, 15

Le terme d’entropie d’échange se calcule selon le chemin thermodynamique réel : 𝑆 𝑒 = 𝑄∕𝑇𝑠 =

−𝑚 × 𝑙𝑣 ≈ −7, 68 kJ∕K 𝑇𝑠

On déduit par soustraction le terme d’entropie produite : 𝑆 𝑝 = Δ𝑆 − 𝑆 𝑒 = −6 030 + 7 675 = 1, 65 kJ∕K > 0 Le processus réel est bien irréversible.

Exercice 6 : Effet Joule et entropie Un courant électrique I = 5,0 A circule dans un conducteur ohmique (radiateur électrique) de résistance R = 50 Ω pendant une durée de Δt = 1,0 h. La puissance dissipée par effet joule augmente la température de la résistance de la valeur initiale 𝑇𝑖 = 293 K jusqu’à 𝑇𝑓 = 340 K. La chaleur fournie par effet Joule (et le phénomène de convection) permet de chauffer une pièce à la température constante de 𝑇𝑝 = 293 K. 32

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2 Exercices

La capacité thermique de la résistance est C = 5 000 J/K et on considère les variations de volume comme négligeables. Faire un bilan entropique complet (du système résistance).

Solution On commence par calculer la variation totale d’entropie Δ𝑆 en choisissant un chemin réversible (puisque 𝑆 est une fonction d’état), et en notant que 𝛿𝑄 = 𝐶 × 𝑑𝑇 puisque les variations de volume sont négligeables (et 𝑇𝑆 = 𝑇 pour une transformation supposée réversible) : ( ) 𝑇𝑓 𝑇𝑓 𝑑𝑇 ≈ 744 J∕K 𝐶 = 𝐶 × ln Δ𝑆 = 0 + 𝛿𝑄∕𝑇𝑆 = ∫𝑇𝑖 ∫ 𝑇 𝑇𝑖 Le terme d’entropie d’échange se calcule selon le chemin thermodynamique réel où on tient effectivement compte de la chaleur produite (et perdue !) par effet Joule : 𝑆 𝑒 = 𝑄∕𝑇𝑝 =

−𝑅𝐼 2 × Δ𝑡 ≈ −15, 4 kJ∕K 𝑇𝑝

On déduit par soustraction le terme d’entropie produite : 𝑆 𝑝 = Δ𝑆 − 𝑆 𝑒 = 744 + 15 400 = +16, 1 kJ∕K > 0 Le processus réel est bien irréversible.

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.

Exercice 7 : Entropie de mélange : le paradoxe de Gibbs On considère un contenant calorifugé de volume 𝑉 divisé en deux compartiments rigides de volumes 𝑉 ∕2, le premier contenant 𝑛 moles d’un gaz parfait 1 et le deuxième le même nombre 𝑛 moles d’un gaz parfait 2. Les températures et pressions initiales des deux gaz sont identiques. On suppose que ces deux gaz parfaits sont différents, par exemple du dioxygène et du diazote. On enlève la paroi de séparation entre les deux gaz, et on les laisse se mélanger. A la fin de la transformation chaque gaz parfait occupe donc le même volume final 𝑉 , soit le double du volume initial : 𝑉𝑓 = 2𝑉𝑖 = 𝑉 . – Faire le bilan entropique du mélange des deux gaz parfaits différents. – On réalise la même expérience avec cette fois le même gaz parfait dans les deux compartiments. Faire le bilan entropique. Conclure.

Solution – L’application du premier principe de la thermodynamique et la première loi de Joule montrent que la température d’équilibre, après le mélange, est égale à la température initiale : 𝑇𝑓 = 𝑇𝑖 . Le système constitué des deux gaz peut se décomposer en deux sous-systèmes thermodynamiques : le gaz 1 et le gaz 2. Le bilan entropique s’écrit 33

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Chapitre 1 • Thermodynamique

alors : Δ𝑆 = Δ𝑆1 + Δ𝑆2 > 0, le processus étant irréversible. L’entropie est une fonction d’état, on peut choisir un chemin réversible pour calculer Δ𝑆1 : Δ𝑆1 =

𝛿𝑄 𝑄 Δ𝑈 − 𝑊 −𝑊 = = = 𝑇𝑖 𝑇𝑖 𝑇𝑖 𝑇𝑖

∫

en utilisant le fait que Δ𝑈 = 0 pour un gaz parfait, lors de cette transformation où 𝑇𝑖 = 𝑇𝑓 . Le travail W se calcule selon le même chemin réversible : 𝑊 =−

∫

𝑃 × d𝑉 = −𝑛𝑅𝑇𝑖

d𝑉 = −𝑛𝑅𝑇𝑖 × ln ∫ 𝑉

(

𝑉𝑓 𝑉𝑖

) = −𝑛𝑅𝑇𝑖 × ln2 < 0

Le résultat est similaire pour le gaz 2, le bilan entropique est donc : Δ𝑆 = 2𝑛𝑅 × ln2 > 0 cela signe bien l’irréversibilité du processus réel. – Dans un premier temps, on peut avoir l’impression que le calcul précédent est toujours valide, le mélange entre le gaz 1 situé dans le compartiment gauche avec le même gaz 1 dans le compartiment droit devrait donc donner le bilan : Δ𝑆 = 2𝑛𝑅 × ln2. Cependant on ne dispose ici que d’un seul type de molécule ! La situation physique n’a donc pas changé. Cela revient à dire que si le calcul précédent était juste on pourrait discerner à chaque instant dans le mélange si la molécule était initialement dans le réservoir de droite ou celui de gauche, comme si finalement on disposait en fait de deux gaz distincts et non d’un seul. On doit considérer que les molécules d’un même gaz sont toutes indiscernables, et que de ce fait dans notre transformation : Δ𝑆 = 0. Sans l’hypothèse d’indiscernabilité on est confronté au paradoxe dit de Gibbs, qui est levé avec l’indiscernabilité des molécules identiques.

2.4 Coefficients thermoélastiques, gaz parfait et gaz réels Exercice 1 En utilisant la relation de Mayer pour les gaz parfaits, reliez la capacité thermique 𝐶𝑝𝑚 molaire isochore 𝐶𝑣𝑚 à 𝑅 la constante R des gaz parfaits et à 𝛾 = . 𝐶𝑣𝑚

Solution La relation de Mayer s’écrit : 𝐶𝑝𝑚 − 𝐶𝑣𝑚 = 𝑅, et en la divisant par 𝐶𝑣𝑚 on obtient : 𝐶𝑣𝑚 =

34

𝑅 𝛾 −1

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2 Exercices

Exercice 2 En utilisant la relation de Mayer pour les gaz parfaits, reliez la capacité thermique molaire isobare 𝐶𝑝𝑚 à 𝑅 la constante des gaz parfait et à 𝛾.

Solution La relation de Mayer s’écrit : 𝐶𝑝𝑚 − 𝐶𝑣𝑚 = 𝑅, et en la divisant par 𝐶𝑝𝑚 on obtient : 𝛾𝑅 𝐶𝑝𝑚 = 𝛾 −1

Exercice 3 : Détente de Joule/Gay-Lussac On dispose de deux réservoirs : un rempli d’un gaz, l’autre vide. L’ensemble est isolé thermiquement. On met en relation les deux réservoirs en ouvrant un robinet de communication, permettant au gaz de remplir le volume total. On dit que le gaz se détend (détente de Joule/Gay-Lussac). (a) Expliquer, à l’aide du premier principe de la thermodynamique, pourquoi T va rester constante dans le cas du gaz parfait, (b) Expliquer qualitativement pourquoi on observe une diminution (en général) de T lors de la détente de Joule pour un gaz réel, (c) En faisant l’hypothèse que pour le gaz réel on peut écrire : 𝛿𝑄 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 𝑑𝑇 + (𝑙 − 𝑃 ) × d𝑉 montrer que, dans le cas du gaz de Van der Waals, la variation de température lors de la transformation de Joule peut s’écrire : 𝑛×𝑎 Δ𝑇 = (1∕𝑉𝑓 − 1∕𝑉𝑖 ) 𝐶𝑣𝑚 Conclure.

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.

Solution (a) Le système gaz est isolé thermiquement, donc 𝑄 = 0. Par ailleurs le second réservoir étant initialement vide, le travail 𝑊 des forces de pression est lui aussi nul lors du processus. D’après le premier principe de la thermodynamique on a donc : Δ𝑈 = 𝑄 + 𝑊 = 0. Le gaz est parfait par hypothèse, la 1𝑒𝑟𝑒 loi de Joule Δ𝑈 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 Δ𝑇 nous indique donc que T ne varie pas lors de la détente de Joule. (b) Si le gaz est réel la première loi de Joule ne s’applique plus et la variation de volume va rentrer dans le bilan d’énergie. Si le volume occupé par le gaz augmente on s’attend donc à ce que sa température diminue. (c) Avec l’expression 𝛿𝑄 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 𝑑𝑇 + (𝑙 − 𝑃 ) × d𝑉 35

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Chapitre 1 • Thermodynamique

𝑛𝑅𝑇 𝑛2 𝑎 et en utilisant l’équation du gaz de Van der Waals 𝑃 = − 2 ainsi que la 𝑉 − 𝑛𝑏 𝑉 ( ) 𝜕𝑃 , on trouve : définition du coefficient 𝑙 = 𝑇 𝜕𝑇 𝑉 ( ) 𝜕𝑃 𝑛𝑅𝑇 𝑛2 𝑎 𝑙=𝑇 = =𝑃 + 2 𝜕𝑇 𝑉 𝑉 − 𝑛𝑏 𝑉 Le premier principe de la thermodynamique s’écrit cette fois : Δ𝑈 = 0 = 𝑄 + 𝑊 = 𝑄 + 0 =

∫

𝛿𝑄

L’intégrale s’exprime comme : ∫

𝛿𝑄 =

𝑇𝑓

∫𝑇𝑖

𝑛𝐶𝑣 × 𝑑𝑇 +

𝑉𝑓

∫𝑉𝑖

(𝑙 − 𝑃 )d𝑉 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 × Δ𝑇 +

soit encore : 𝑉𝑓

𝑛×𝑎 Δ𝑇 = 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 = − 𝐶 𝑣 ∫𝑉 𝑖

𝑛×𝑎 d𝑉 = 𝐶𝑣 𝑉2

(

𝑉𝑓

(

∫𝑉𝑖

1 1 − 𝑉𝑓 𝑉𝑖

𝑛2 𝑎 𝑉2

) d𝑉 = 0

)

Cette formule montre bien que la détente de Joule du gaz de Van der Waals induit un refroidissement Δ𝑇 < 0.

Exercice 4 : Détente de Joule/Thomson La détente de Joule-Thomson est aussi appelée détente isenthalpique, la quantité conservée, comme on va le démontrer, étant l’enthalpie H. Elle est réalisée grâce à un gaz passant dans un tube calorifugé qui contient une paroi poreuse perpendiculaire au flux stationnaire. La viscosité du gaz fait qu’il cède de l’énergie à cette paroi. On note 𝑃1 la pression du gaz en amont de l’obstacle et 𝑃2 < 𝑃1 celle en aval. (a) Faire un schéma du dispositif, (b) En étudiant une masse de gaz donnée, de part et d’autre de la paroi poreuse, entre les instants 𝑡 et 𝑡 + d𝑡, montrer que cette détente est isenthalpique (enthalpie H constante), (c) Montrer qu’en toute généralité on peut écrire la différentielle : d𝐻 = 𝛿𝑄 + 𝑉 d𝑃 . On admettra ici que cette relation peut se réécrire pour la suite sous la forme : d𝐻 = 𝐶𝑝 d𝑇 + (ℎ + 𝑉 )d𝑃 , où ℎ est un coefficient caractéristique du gaz étudié. (d) En général, la détente de Joule-Thomson provoque un refroidissement en aval du gaz, considéré comme réel. Dans le cas limite d’un gaz parfait, la température du gaz ne varie plus entre l’amont et l’aval lors de cette détente de Joule-Thomson. Que peut-on déduire de la relation entre l’enthapie et la température d’un gaz parfait ? Quelle est cette loi ? (e) Un plongeur qui respire de l’air comprimé utilise un détendeur qui réalise une détente de Joule-Thomson : l’air de la bouteille est à la pression de 200 bars, l’air respiré à la pression ambiante sous l’eau (2 ou 3 bars en général). L’air respiré par le plongeur ne lui paraît pas froid, qu’en déduisez-vous ? 36

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2 Exercices

Solution (a) On considère qu’entre les instants 𝑡 et 𝑡 + d𝑡 la cellule de gaz ABCD s’est déplacée, de part et d’autre de la paroi poreuse, en A’B’C’D’, voir la figure 1.14. tuyau calorifugé

A

A'

B

B'

T2,P2 T1,P1 paroi poreuse C

C'

D

D'

tuyau calorifugé

Figure 1.14 – La détente de Joule/Thomson.

(b) En se servant de la figure 1.14, on peut dire qu’entre les deux instants 𝑡 et 𝑡 + d𝑡, le volume de gaz à la pression (amont) 𝑃1 a diminué de −𝑉1 , correspondant au volume ACA’C’. De même, côté aval, le volume de gaz à la pression 𝑃2 a augmenté de +𝑉2 , correspondant au volume BDB’D’. Au cours de la détente le travail total est : 𝑊 = 𝑃1 𝑉1 − 𝑃2 𝑉2 . On remarque aussi que la partie du gaz comprise entre A’BC’D est inchangée (même quantité de gaz à 𝑃1 et 𝑇1 et à 𝑃2 et 𝑇2 ) entre les deux instants, son énergie interne constante sera notée 𝑈0 . On note 𝑈1 l’énergie interne du gaz compris dans AA’CC’ et 𝑈2 celle dans BB’DD’. Le premier principe, appliqué au gaz entre les deux instants t et t+dt, permet d’écrire (le tube est calorifugé : Q = 0) : Δ𝑈 = 𝑈𝑡+𝑑𝑡 − 𝑈𝑡 = (𝑈2 + 𝑈0 ) − (𝑈1 + 𝑈0 ) = 𝑄 + 𝑊 = 0 + 𝑃1 𝑉1 − 𝑃2 𝑉2 On en déduit finalement : 𝐻1 = 𝑈1 + 𝑃1 𝑉1 = 𝑈2 + 𝑃2 𝑉2 = 𝐻2 L’enthalpie est bien conservée lors de cette détente de Joule-Thomson. (c) On se souvient que 𝐻 = 𝑈 + 𝑃 𝑉 , ce qui donne sous forme différentielle : d𝐻 = d𝑈 + 𝑃 d𝑉 + 𝑉 d𝑃 = 𝛿𝑄 + 𝛿𝑊 + 𝑃 d𝑉 + 𝑉 d𝑃

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.

= 𝛿𝑄 − 𝑃 d𝑉 + 𝑃 d𝑉 + 𝑉 d𝑃 = 𝛿𝑄 + 𝑉 d𝑃 (d) Si on admet que, pour un gaz parfait, T ne varie pas lors d’une détente isenthalpique de Joule-Thomson pour laquelle Δ𝐻 = 0, alors le terme ℎ + 𝑉 est forcément nul dans l’expression d𝐻 = 𝑐𝑝 d𝑇 + (ℎ + 𝑉 )d𝑃 (puisque la pression varie). C’est-à-dire 𝜕𝑉 ) en aussi : ℎ = −𝑉 . C’est bien ce que l’on obtient, avec la définition ℎ = −𝑇 ( 𝜕𝑇 𝑃 l’appliquant à l’équation du gaz parfait 𝑃 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 . On retrouve ici la deuxième loi de Joule : d𝐻 = 𝑛𝐶𝑝 d𝑇 pour un gaz parfait (son enthalpie ne dépend que de sa température), soit pour la détente de Joule-Thomson : Δ𝑇 = 0. (e) Si l’air peut être considéré comme un gaz réel lors de son passage dans le détendeur, il doit se refroidir du fait de la chute de pression de 200 à 2 bars. Le plongeur ne fait pas cette observation, on peut donc supposer que la détente isenthalpique est celle d’un gaz parfait ou quasi-parfait, soit Δ𝑇 ≈ 0. 37

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Exercice 5 : Coefficients calorimétriques Déterminer, pour un gaz parfait, les expressions des coefficients calorimétriques 𝑙 et ℎ.

Solution On utilise l’équation d’état du gaz parfait 𝑃 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 pour calculer les deux dérivées partielles : ( ) 𝜕𝑃 = 𝑛𝑅𝑇 ∕𝑉 = 𝑃 𝑙=𝑇 𝜕𝑇 𝑉 et ( ) 𝜕𝑉 = −𝑛𝑅𝑇 ∕𝑃 = −𝑉 ℎ = −𝑇 𝜕𝑇 𝑃

Exercice 6 : Relation entre les coefficients thermoélastiques (a) On considère un gaz parfait. Établir l’expression des trois coefficients thermoélastiques : 𝛼, 𝛽, 𝜒𝑇 . (b) Quelle relation peut-on écrire entre ces trois coefficients ? (c) On considère un gaz dont l’équation d’état est : 𝑃 .(𝑉 − 𝑛𝑏) = 𝑛𝑅𝑇 . Établir l’expression des trois coefficients thermoélastiques : 𝛼, 𝛽, 𝜒𝑇 . (d) Quelle relation peut-on écrire entre ces trois coefficients ? (e) Sachant que de façon générale on a la relation : 𝛼 = 𝑃 𝛽𝜒𝑇 , que pouvez-vous en déduire concernant le produit : 𝜕𝑉 𝜕𝑃 𝜕𝑇 𝜕𝑃 𝜕𝑇 𝜕𝑉

Solution (a) On calcule les trois coefficients directement à partir de l’équation d’état du gaz parfait : ( ) 1 1 𝜕𝑉 = 𝑛𝑅∕𝑃 𝑉 = 𝛼= 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝑇 et ( ) 1 1 𝜕𝑃 = 𝑛𝑅∕𝑃 𝑉 = 𝛽= 𝑃 𝜕𝑇 𝑉 𝑇 et le coefficient de compressibilité isotherme : ( ) 1 𝜕𝑉 1 = −(−𝑛𝑅𝑇 ∕𝑃 2 𝑉 ) = 𝜒𝑇 = − 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 𝑃

38

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2 Exercices

(b) On remarque que 𝛼 = 𝛽𝜒𝑇 𝑃 . (c) On procède comme précédemment avec la nouvelle équation d’état : ( ) (𝑉 − 𝑛𝑏) 1 𝜕𝑉 = 𝑛𝑅∕𝑃 𝑉 = 𝛼= 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝑉𝑇 et ( ) 1 𝜕𝑃 1 𝛽= = 𝑛𝑅∕𝑃 (𝑉 − 𝑛𝑏) = 𝑃 𝜕𝑇 𝑉 𝑇 et le coefficient de compressibilité isotherme : ( ) (𝑉 − 𝑛𝑏) 1 𝜕𝑉 𝜒𝑇 = − = −(−𝑛𝑅𝑇 ∕𝑃 2 𝑉 ) = 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 𝑃𝑉 (d) On remarque que 𝛼 = 𝛽𝜒𝑇 𝑃 . (e) Étant donné les définitions de 𝛼, 𝛽 et 𝜒𝑇 , on voit qu’en toute généralité le produit 𝛽𝜒𝑇 s’écrit : ( ) ( ) 1 𝜕𝑉 𝜕𝑃 𝛽𝜒𝑇 = − 𝑃 𝑉 𝜕𝑇 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 soit d’après l’égalité proposée : ( ) ( ) ( ) 1 𝜕𝑃 𝜕𝑉 1 𝜕𝑉 = 𝑃 𝛽𝜒𝑇 = − 𝛼= 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝑉 𝜕𝑇 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 d’où on déduit : ( ( ) ) 𝜕𝑉 𝜕𝑃 𝜕𝑉 )𝑉 ( =− 𝜕𝑇 𝑃 𝜕𝑇 𝜕𝑃 𝑇 soit finalement : ( ) ( ) ( ) 𝜕𝑇 𝜕𝑃 𝜕𝑉 = −1 𝜕𝑉 𝑃 𝜕𝑇 𝑉 𝜕𝑃 𝑇

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.

Exercice 7 : Vitesse du son On considère que l’air ambiant est un gaz parfait. Un son qui se propage dans l’air est une onde de pression, qui va comprimer/détendre localement l’air lors de sa propagation. Cette propagation est considérée comme adiabatique et réversible, car le temps caractéristique d’échange de chaleur est très supérieur à la période du signal sonore élastique. On peut donc utiliser la loi de Laplace lors de cette étude. (a) Quel sera le coefficient thermoélastique adapté à l’étude de cette transformation adiabatique et réversible ? Pourquoi ? (b) Exprimer la masse volumique 𝜌 de l’air en fonction de P,T,R et 𝑀𝑎𝑖𝑟 la masse molaire de l’air. (c) On admet que la célérité c du son (modèle de compression isentropique) s’écrit : √( ) 𝜕𝑃 𝑐= 𝜕𝜌 𝑆 Justifier que cette formule est bien homogène à une vitesse. 39

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Chapitre 1 • Thermodynamique

(d) Montre que la formule précédente peut s’écrire : 𝑐=√

1 𝜌𝜒𝑆

𝜕𝑃 𝜕𝑃 𝜕𝑉 = 𝜕𝜌 𝜕𝑉 𝜕𝜌 (e) Montrer que l’on a pour l’onde sonore (adiabatique réversible) : √ 𝛾𝑅𝑇 𝑐= 𝑀𝑎𝑖𝑟 Pour obtenir ce résultat on pourra utiliser la formule :

(f) Calculer la célérité du son pour une température 𝑇 = −10 °C, la masse molaire de l’air étant d’environ 28,97 g ⋅ mol−1 . Comparer au tableau 1.7. (g) En utilisant le tableau 1.7, montrer que les données proposées sont en accord avec la loi théorique que l’on vient de démontrer. Vous pourrez faire un ajustement statistique. Tableau 1.7 – Vitesse du son en fonction de T.

Température T (°C) -10 -5 0 5 10 15 20 25 30

Vitesse du son (m/s) 325,4 328,5 331,5 334,5 337,5 340,5 343,4 346,3 349,2

Masse volumique (𝐤𝐠 ⋅ 𝐦−𝟑 ) 1,341 1,316 1,293 1,269 1,247 1,225 1,204 1,184 1,164

Solution (a) Le processus de propagation de l’onde sonore est adiabatique et réversible, la quantité conservée est(donc)l’entropie 𝑆 et le coefficient thermoélastique à retenir est 1 𝜕𝑉 donc : 𝜒𝑆 = − 𝑉 𝜕𝑃 𝑆 𝑛𝑀𝑎𝑖𝑟 et l’équation du gaz (b) En utilisant la définition de la masse volumique 𝜌 = 𝑉 parfait 𝑃 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 , on obtient : 𝜌=

40

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑃 𝑅𝑇

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2 Exercices

(c) L’analyse dimensionnelle montre que : [𝑐 2 ] =

kg ⋅ m−1 ⋅ s−2 = m2 ⋅ s−2 kg ⋅ m−3

ce qui montre que 𝑐 est bien homogène à une vitesse m ⋅ s−1 . (d) En utilisant la formule

𝜕𝑃 𝜕𝑃 𝜕𝑉 = on peut écrire : 𝜕𝜌 𝜕𝑉 𝜕𝜌 √ √ 𝜕𝑃 𝜕𝑉 −1 𝜕𝑉 = 𝑐= 𝜕𝑉 𝜕𝜌 𝑉 𝜒𝑆 𝜕𝜌

de plus on peut écrire que :

𝑛𝑀𝑎𝑖𝑟 𝜕𝜌 −𝜌 =− , soit finalement : = 𝜕𝑉 𝑉 𝑉2 1 𝑐=√ 𝜌𝜒𝑆

𝛾 (e) L’onde sonore ( )suit la loi de Laplace : 𝑃 𝑉 = 𝐾, on peut donc évaluer la dérivée 𝜕𝑉 dans ce cas. partielle 𝜕𝑃 𝑆 ( )1∕𝛾 𝐾 𝑑 𝜕𝑉 𝑃 1∕𝛾 𝑉 𝑉 𝐾 1∕𝛾 𝑃 ( )𝑆 = = − (1+𝛾)∕𝛾 = − (1+𝛾)∕𝛾 = − 𝜕𝑃 𝑑𝑃 𝛾𝑃 𝛾𝑃 𝛾𝑃

On trouve : 𝜒𝑆 = soit finalement pour la vitesse : √ © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

𝑐=

1 = 𝜌𝜒𝑆

√

1 𝛾𝑃

𝛾𝑃 𝑅𝑇 = 𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑃

√

𝛾𝑅𝑇 𝑀𝑎𝑖𝑟

√

1, 4 × 8, 314 × 263, 15 ≈ 325, 2 m ⋅ s−1 . 28, 97 × 10−3 On a considéré l’air comme une mélange de gaz parfaits diatomiques (diazote et dioxygène), ce qui permet de prendre la valeur 𝛾 = 1, 4.

(f) L’application numérique donne : 𝑐 =

(g) On utilise les formules précédentes pour calculer la vitesse du son théorique et la comparer aux valeurs du tableau 1.7. On obtient les résultats suivants, sur la figure 1.15 : l’écart est inférieur au %, et on peut représenter graphiquement la vitesse mesurée et la vitesse théorique en fonction de la température T. C’est la figure 1.16. Comme on peut le constater, l’accord est très bon. 41

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Chapitre 1 • Thermodynamique

T(°C) –10 –5 0 5 10 15 20 25 30

c(m/s) 325,4 328,5 331,5 334,5 337,5 340,5 343,4 346,3 349,2

c théorique (m/s) 325,2 328,2 331,3 334,3 337,3 340,3 343,2 346,1 349,0

% ecart 0,074 0,081 0,066 0,060 0,062 0,072 0,060 0,055 0,058

Figure 1.15 – Vitesse du son en fonction de T : expérimentale et théorique. 355

vitesse du son (m/s)

350 345 340 c (m/s) c théorique (m/s)

335 330 325

–15

–10

–5

0

5

10

15

20

25

30

35

Ten oC

Figure 1.16 – Vitesse du son en fonction de T : les courbes expérimentale et théorique sont confondues, l’accord est bon.

Exercice 8 : Étude d’un gaz réel L’étude d’un gaz réel montre que pour une mole de ce gaz, on a les deux équations suivantes ( ): 𝑎 𝜕𝑉 𝑅 (a) = + 2 𝜕𝑇 𝑃 𝑃 𝑇 ( ) 𝜕𝑉 (b) = −𝑇 × 𝑔(𝑃 ) 𝜕𝑃 𝑇 où 𝑔(𝑃 ) est une fonction de la pression uniquement. (a) Quelle est la dimension du coefficient 𝑎 ? (b) Trouver l’équation d’état de ce gaz.

Solution (a) Du point de vue dimensionnel 𝑎 est homogène à un volume multiplié par une température par mole de gaz. Dans le système SI 𝑎 s’exprime donc en m3 ⋅ K ⋅ mol−1 . 42

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2 Exercices

(b) On commence par intégrer 𝑉 par rapport à 𝑇 ce qui donne : 𝑎 𝑅𝑇 − + 𝑓 (𝑃 ) 𝑉 = 𝑃 𝑇 où est 𝑓 est une fonction de la variable P exclusivement. On dérive ensuite cette relation par rapport à 𝑃 : ( ) 𝑅𝑇 𝜕𝑉 = − 2 + 𝑓 ′ (𝑃 ) = −𝑇 × 𝑔(𝑃 ) 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 La comparaison des deux termes montre que la dérivée de 𝑓 est forcément nulle (indépendante de T) et que de plus 𝑔(𝑃 ) = 𝑅∕𝑃 2 . La fonction 𝑓 est donc une vraie constante (que l’on note b), et on obtient l’équation d’état du gaz réel : 𝑎𝑃 𝑃 𝑉 = 𝑅𝑇 − + 𝑏𝑃 𝑇

Exercice 9 : Relation importante On admet la relation fondamentale entre les trois variables d’état (pour un fluide) : ) ( ( ) ( ) 𝜕𝑝 𝜕𝑉 𝜕𝑇 × × = −1. 𝜕𝑇 𝑝 𝜕𝑝 𝑉 𝜕𝑉 𝑝 (a) Vérifier cette relation dans le cas du gaz parfait,

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.

Solution (a) On a vu dans l’exercice 6 que pour un gaz parfait : ( ) 1 𝜕𝑉 1 𝛼= = 𝑛𝑅∕𝑃 𝑉 = 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝑇 et ( ) 1 𝜕𝑃 1 𝛽= = 𝑛𝑅∕𝑃 𝑉 = 𝑃 𝜕𝑇 𝑉 𝑇 et le coefficient de compressibilité isotherme : ( ) 1 𝜕𝑉 1 = −(−𝑛𝑅𝑇 ∕𝑃 2 𝑉 ) = 𝜒𝑇 = − 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 On construit à partir des trois coefficients thermoélastiques : ( ) ( ) ( ) 𝜕𝑝 𝜕𝑉 𝜕𝑇 1 −1 𝑉 𝑇 −𝑃 × × = 𝛼𝑉 = = −1 𝜕𝑇 𝑝 𝜕𝑝 𝑉 𝜕𝑉 𝑝 𝑃 𝛽 𝑉 𝜒𝑇 𝑇 𝑃 𝑉 comme annoncé.

2.5 Phases et changement de phase Exercice 1 : Lyophilisation En faisant une recherche documentaire, définir ce qu’est la lyophilisation (on utilise en général des pressions de l’ordre de 0,0001 atm) et expliquer la méthode de fabrication du café soluble. 43

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Chapitre 1 • Thermodynamique

Solution La lyophilisation comprend trois étapes : – abaisser la température très en dessous de 0 °C (à la pression atmosphérique) d’un corps contenant de l’eau, – faire sublimer la glace d’eau en abaissant très fortement la pression (0,0001 atm), – éliminer l’eau résiduelle par désorption (variation de pression et/ou de température). La poudre de café soluble est ainsi le résidu solide restant après la lyophilisation.

Exercice 2 : Précipitations – De l’air humide poussé par le vent rencontre des montagnes et s’élève. Il se forme alors des nuages. Pourquoi ? – Comment explique-t-on la formation de la grêle par temps orageux en été ?

Solution On peut expliquer les précipitations grâce au diagramme de Clapeyron 1.17. L’air chargé d’humidité qui monte voit sa pression diminuer ainsi que sa température lorsqu’il passe de l’état initial à l’état final. Il peut passer la frontière équilibre liquide /vapeur, ce qui

44

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2 Exercices

entraîne des précipitations d’eau liquide. Si la chute de pression et de température est très importante, le point final peut même se trouver du côté solide du diagramme, il y aura alors formation de glace, donc de grêle. Pression P (atm)

Point critique 218 LIQUIDE SOLIDE 0,006

initial

final Point triple

0,01

GAZ

374

Température T (°C)

Figure 1.17 – Précipitations : diagramme (P,T) de l’eau.

Exercice 3 : Section sans coupure On place un fil de fer tendu par deux poids sur un bloc de glace à basse température (-50 °C par exemple). On voit le fer pénétrer la glace, et finir par la traverser complètement. Le bloc de glace n’est cependant pas coupé en deux morceaux, mais reste d’un seul tenant. Expliquer ce phénomène avec vos connaissances en thermodynamique.

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.

Solution On peut explique le phénomène à l’aide de la figure 1.18. Le fil qui appuie fortement sur la glace augmente localement la pression à température constante, on passe du point A au point B et la glace fond localement (T constant !). Le fil s’enfonce un peu et est recouvert par de l’eau à basse température (< 0 °C) et à pression atmosphérique, qui gèle immédiatement (on passe de B à A). Le fil continue à appuyer sur la glace, et petit à petit, la succession A-B-A-B entraîne que le fil passe au travers du bloc de glace sans la couper.

45

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Chapitre 1 • Thermodynamique Pression P (atm)

compression point B Point critique LIQUIDE SOLIDE point de départ point A

Point triple

GAZ

Température T (°C)

Figure 1.18 – Bloc de glace : diagramme (P,T) de l’eau.

Exercice 4 : Encore de la calorimétrie On mélange, dans un calorimètre parfait, 𝑚𝑔 = 100 g de glace d’eau à −20 °C et 𝑚𝑒 = 1 000 g d’eau à +60 °C. Étudier l’état d’équilibre thermique. On donne la chaleur latente de fusion de la glace 𝐿𝑓 = 334 kJ∕kg, la capacité thermique massique de la glace 𝑐𝑔 = 2 100 J ⋅ kg−1 ⋅ K −1 et celle de l’eau liquide 𝑐𝑒 = 4 180 J ⋅ kg−1 ⋅ K −1 . 46

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2 Exercices

Solution Étant donné les quantités de matière mises en jeu, on peut faire l’hypothèse qu’à l’équilibre toute la glace aura fondu et qu’on n’aura plus que de l’eau liquide à une température 𝑇𝑓 supérieure à 0 °C. On peut donc représenter les transformations des deux sous systèmes eau liquide/eau glace comme sur la figure 1.19.

eau liquide, Tie

eau liquide, Tf Qeau

fusion de la glace glace Tig

glace 0 C

Iiquide 0 C

eau Iiquide, Tf

Qglace Qeau + Qglace = 0

Figure 1.19 – Calorimétrie d’un mélange.

On écrit l’équation de la calorimétrie 𝑄𝑒𝑎𝑢 + 𝑄𝑔𝑙𝑎𝑐𝑒 = 0 avec les deux identités : 𝑄𝑒𝑎𝑢 = 𝑚𝑒 𝑐𝑒 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖𝑒 ) et 𝑄𝑔𝑙𝑎𝑐𝑒 = 𝑚𝑔 𝑐𝑔 (0 − 𝑇𝑖𝑔 ) + 𝑚𝑔 .𝐿𝑓 𝑢𝑠𝑖𝑜𝑛 + 𝑚𝑔 𝑐𝑒 (𝑇𝑓 − 0) On obtient ainsi l’expression de la température finale d’équilibre : 𝑚𝑒 𝑐𝑒 𝑇𝑖𝑒 + 𝑚𝑔 𝑐𝑔 𝑇𝑖𝑔 − 𝑚𝑔 𝐿𝑓 𝑢𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑇𝑓 = 𝑚𝑒 𝑐𝑒 + 𝑚𝑔 𝑐𝑔 soit numériquement : © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

𝑇𝑓 = 48, 6 °C Notre hypothèse est validée : toute la glace va fondre.

Exercice 5 : Air humide L’air humide possède une certaine quantité d’eau sous forme de vapeur. On définit : 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑒𝑢𝑟 pour un volume V d’air humide, – l’humidité absolue comme le rapport 𝑥 = 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐 𝑃 – l’humidité relative 𝐻𝑅 = 𝑣 , où 𝑃𝑣 est la pression partielle de la vapeur d’eau 𝑃𝑠𝑎𝑡 et 𝑃𝑠𝑎𝑡 la pression de saturation en vapeur d’eau pour T fixé. 47

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Chapitre 1 • Thermodynamique

L’air humide est assimilable à un mélange de deux gaz parfaits : l’air sec + la vapeur d’eau, dont la pression totale est 𝑃𝑇 = 1 013 hPa. Le tableau 1.8 donne la valeur de la pression de vapeur saturante pour quelques températures. 𝑃𝑣 , où d est le rapport de la masse (a) Montrer que l’on a la relation : 𝑥 = 𝑑 𝑃𝑇 − 𝑃𝑣 molaire de l’eau sur celle l’air soit d = 0, 62. (b) Calculer la valeur maximale de 𝑥 à la saturation, si 𝑇 = 25 °C. Tableau 1.8 – Pression de saturation dans l’air.

Température T (°C) −10 0 10 15 20 25 30 50 60

Pression de vapeur saturante (Pa) 260 610 1 230 1 700 2 340 3 170 4 240 12 300 20 000

Solution 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑒𝑢𝑟 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐 𝑅𝑇 ∕𝑉 + 𝑅𝑇 ∕𝑉 . On peut 𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑀𝑒𝑎𝑢 par ailleurs utiliser la loi des gaz parfaits pour écrire :

(a) On part de l’équation 𝑃𝑇 = 𝑃𝑠𝑒𝑐 + 𝑃𝑣 =

𝑥=

𝑚𝑣𝑎𝑝 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐

=

𝑀𝑣𝑎𝑝 𝑃𝑣𝑎𝑝 𝑉 ∕𝑅𝑇 𝑀𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐 𝑉 ∕𝑅𝑇

=

𝑀𝑣𝑎𝑝 𝑃𝑣𝑎𝑝 𝑀𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑠𝑒𝑐

=

𝑑 × 𝑃𝑣𝑎𝑝 𝑃𝑇 − 𝑃𝑣𝑎𝑝

(b) Si la saturation est atteinte, on a 𝑃𝑣𝑎𝑝 = 𝑃𝑠𝑎𝑡 ≈ 3170 𝑃 𝑎. Dans ce cas, l’humidité absolue est : 𝑑 × 𝑃𝑠𝑎𝑡 3 170 ≈ 0, 0200 ≈ 0, 62 × 𝑥= 𝑃𝑇 − 𝑃𝑠𝑎𝑡 101 300 − 3 170 qui correspond à l’humidité relative 𝐻𝑅 = 100 %.

Exercice 6 : Condensation dans une pièce Une chambre est hermétiquement close, son volume est de 𝑉 = 40 m3 , elle est occupée par une personne pendant une durée de 10 h. Initialement, la température de la pièce est de 25 °C et l’humidité relative HR est de 80 %. A la fin de l’expérience, la

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2 Exercices

température T est de 15 °C. Calculer la masse d’eau qui s’est condensée sur les parois de la pièce. On donne la valeur de la masse molaire de l’eau : 𝑀𝑒𝑎𝑢 = 18 g∕mole.

Solution On peut utiliser les notions d’humidité de l’exercice précédent. Au début de la nuit, la température est de 25 °C(avec HR = 80 %), ce qui donne une pression de vapeur partielle en eau de 𝑃𝑣𝑎𝑝 = 80 % × 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 2 536 𝑃 𝑎. La pièce contient donc au total 0, 018 × 2 536 × 40 une masse de vapeur d’eau 𝑚 = 𝑀𝑒𝑎𝑢 𝑃𝑣𝑎𝑝 𝑉 ∕𝑅𝑇 = ≈ 0, 737 kg. 8, 31 × 298 à la fin de l’expérience, 𝑇 = 15 °C, et la pression de vapeur saturante vaut maintenant 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 1 700 Pa. On peut supposer que l’humidité relative HR est maintenant de 100 %, ce qui veut dire que la pièce ne peut contenir en vapeur d’eau que la masse : 𝑚 = 0, 018 × 1 700 × 40 𝑀𝑒𝑎𝑢 𝑃𝑠𝑎𝑡 𝑉 ∕𝑅𝑇 = ≈ 0, 511 kg. 8, 31 × 288 La différence, soit Δ𝑚 = 0, 737 − 0, 511 ≈ 0, 226 kg s’est condensée sur les parois.

2.6 Les machines thermiques Exercice 1 : Cycle de Lenoir Un moteur à combustion interne deux temps peut fonctionner selon le cycle de Lenoir (figure 1.20) : – Premier temps : entrée du mélange air/essence (assimilé à un gaz parfait) et allumage explosif en 1,

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.

– Deuxième temps : 1-2 : combustion fournissant de la chaleur, 2-3 : détente adiabatique réversible (on dit aussi isentropique), 3-1 : échappement isobare des gaz brûlés dans l’atmosphère. (a) Orienter le cycle en cycle moteur, et identifier les contacts avec la source froide et la source chaude, (b) En utilisant les principes de la thermodynamique, exprimer l’efficacité 𝜂 du 𝑐𝑝 et des températures 𝑇1 , 𝑇2 et 𝑇3 , moteur en fonction de 𝛾 = 𝑐𝑣 𝐶𝑝𝑚 (c) Exprimer l’efficacité 𝜂 en fonction de 𝛾 = et du paramètre de compression 𝐶𝑣𝑚 𝑝 𝛼 = 2, 𝑝1 (d) Application numérique avec 𝛾 = 1, 4 et 𝛼 = 7.

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Chapitre 1 • Thermodynamique

P

P2

P1

2

1

V1

3

V3

V

Figure 1.20 – Cycle de Lenoir : diagramme de Clapeyron.

Solution (a) On sait que le cycle est moteur en diagramme de Clapeyron s’il est décrit dans le sens horaire (correspondant à un travail W négatif). La partie 3-1 est forcément le contact avec la source froide (échappement dans l’atmosphère), la partie 1-2 le contact source chaude et la partie 2-3 adiabatique par construction. Si on applique les lois de Joule (mélange de gaz parfaits) sur les parties 1-2 et 3-1 on obtient : 𝑄𝐹 = Δ𝐻 = 𝑛𝐶𝑝𝑚 (𝑇1 − 𝑇3 ) et 𝑄𝐶 = Δ𝑈 = 𝑛𝐶𝑣𝑚 (𝑇2 − 𝑇1 ) (b) L’efficacité d’un moteur ditherme se définit comme le quotient du gain (𝑊 ) sur le coût (𝑄𝐶 ), soit : 𝑊 𝜂=− >0 𝑄𝐶 Le premier principe permet d’écrire sur le cycle thermodynamique : Δ𝑈 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐹 + 𝑄𝐶 Le deuxième principe permet d’écrire sur le cycle thermodynamique : 𝑄 𝑄 Δ𝑆 = 0 = 𝑆 𝑝 + 𝐹 + 𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 ce qui donne : 𝑐𝑝 𝑇1 − 𝑇3 𝑄 1 − 𝑇3 ∕𝑇1 𝑄 + 𝑄𝐹 = 1 + 3−1 = 1 + =1+𝛾 × 𝜂= 𝐶 𝑄𝐶 𝑄1−2 𝑐𝑣 𝑇2 − 𝑇1 𝑇2 ∕𝑇1 − 1

50

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2 Exercices

(c) Sur le segment isochore 1-2 on a forcément : 𝛼=

𝑃2 𝑇 = 2 𝑃1 𝑇1

et sur la partie 2-3 isentropique on peut écrire la loi de Laplace : −1+1∕𝛾

𝑃2

−1+1∕𝛾

𝑇2 = 𝑃3

𝑇3

ce qui donne : 𝑇3 = 𝛼 −1+1∕𝛾 𝑇2 On obtient finalement : 𝜂 =1+𝛾

1 − 𝛼 1∕𝛾 1 − 𝛼 × 𝛼 −1+1∕𝛾 =1−𝛾 𝛼−1 1−𝛼

(d) L’application numérique donne donc : 𝜂 = 1 − 1, 4 ×

1 − 71∕1,4 ≈ 0, 297 1−7

Exercice 2 : Cycle de Diesel On décrit le cycle 4 temps Diesel dans le sens moteur, à partir de la figure 1.21 : – temps 1 : arrivée de l’air au point 1 : admission air + fermeture soupapes, – temps 2 : compression de l’air (isentropique) du point 1 au point 2 (V1 → V2), – temps 3 : injection du carburant en 2 et combustion point 2 - point 3 et détente isentropique point 3- point 4, – temps 4 : point 4- point 1 : évacuation des gaz brûlés, soupape ouverte.

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.

Le cycle Diesel présente un cycle formé de 2 isentropiques, 1 isochore et 1 isobare. (a) Identifier, en justifiant, les segments isochore, isobare et isentropiques sur le diagramme de Clapeyron (P,V) de la figure 1.21. (b) Faire un schéma explicitant les échanges d’énergie entre le moteur et les deux sources de chaleurs et définir l’efficacité du moteur. (c) En utilisant les deux segments isobare et isochore, et en considérant le mélange comme un gaz parfait, montrer que l’efficacité peut s’écrire : 𝜂 =1+

𝐶𝑣𝑚 𝑇1 − 𝑇4 1 𝑇 ∕𝑇 − 𝑇1 ∕𝑇3 =1− × 4 3 𝐶𝑝𝑚 𝑇3 − 𝑇2 𝛾 1 − 𝑇2 ∕𝑇3

(d) On veut maintenant exprimer l’efficacité du moteur en fonction du taux de com𝑉 𝑉 pression 𝛼 = 1 et du rapport de détente 𝛽 = 1 qui sont des caractéristiques 𝑉2 𝑉3 mécaniques du moteur. Pour cela, on aura besoin de la loi de Laplace. Rappeler ce qu’est la loi de Laplace (en P,V et en T,V) et son domaine d’application, 51

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Chapitre 1 • Thermodynamique

P

P2

État 2

État 3

P4

État 4

Vc

P1

État 1 V V2

V3

V1

Figure 1.21 – Le cycle Diesel.

(e) Écrire la loi de Laplace sur les deux isentropiques sous une forme reliant T et V. (f) Relier sur l’isobare T et V en utilisant la loi des gaz parfaits. (g) En tenant compte des trois équations obtenues en questions b et c réécrire 𝐶𝑝𝑚 l’efficacité de la question c en fonction des trois quantités 𝛼, 𝛽 , et 𝛾 = . 𝐶𝑣𝑚 (h) Calculer la valeur numérique de cette efficacité du moteur Diesel avec les valeurs : 𝛾 = 1, 4, 𝛼 = 15 et 𝛽 = 8.

Solution (a) Il est clair que le segment isobare est le 2-3, l’isochore le 4-1 et les deux adiabatiques réversibles (isentropiques) ne peuvent être que les segments 3-4 et 1-2. (b) La figure 1.22 rend compte des échanges d’énergie. L’efficacité du moteur se définit comme le rapport (positif ! !) du gain attendu sur le coût énergétique, soit : 𝜂𝑚𝑜𝑡𝑒𝑢𝑟 =

−𝑊 𝑄𝐶

−𝑊 . Le mélange étant un gaz parfait, 𝑄𝐶 on peut appliquer la première loi de Joule au segment 4 − 1 soit :

(c) L’efficacité du moteur se définit comme 𝜂 =

Δ𝑈 = 𝑛𝑐𝑣𝑚 (𝑇1 − 𝑇4 ) = 𝑄𝑓 𝑟𝑜𝑖𝑑 et pour le segment 2-3 : Δ𝐻 = 𝑛𝑐𝑝𝑚 (𝑇3 − 𝑇2 ) = 𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 52

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2 Exercices

source chaude Tc

Qc > 0

Travail W < 0

Moteur thermique

Qf < 0

Milieu extérieur

Efficacité : -W/Qc

source froide Tf

Figure 1.22 – Échanges d’énergie dans un moteur.

ce qui donne, avec l’application du premier principe de la thermodynamique au cycle complet : Δ𝑈 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝑓 𝑟𝑜𝑖𝑑 + 𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 :

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.

𝜂=

𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 + 𝑄𝑓 𝑟𝑜𝑖𝑑 𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑

=1+

𝐶𝑣𝑚 (𝑇1 − 𝑇4 ) 1 𝑇 − 𝑇4 =1+ × 1 𝐶𝑝𝑚 (𝑇3 − 𝑇2 ) 𝛾 𝑇3 − 𝑇2

soit aussi : 𝜂 =1−

1 𝑇4 ∕𝑇3 − 𝑇1 ∕𝑇3 × 𝛾 1 − 𝑇2 ∕𝑇3

(d) les segments 1-2 et 3-4 sont des adiabatiques réversibles, on peut donc leur appliquer la loi de Laplace, c’est-à-dire : ( )𝛾−1 𝑉1 𝑇2 = = 𝛼 𝛾−1 𝑇1 𝑉2 et ( )𝛾−1 ( )𝛾−1 𝑇3 𝑉4 𝑉1 = = = 𝛽 𝛾−1 𝑇4 𝑉3 𝑉3 53

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Chapitre 1 • Thermodynamique

en ajoutant la loi du gaz parfait sur l’isobare 2-3 (𝑃2 = 𝑃3 ) on obtient : 𝑃 𝑉 ∕𝑛𝑅 𝑉2 𝑇2 𝛽 = = 2 2 = 𝑇3 𝑃3 𝑉3 ∕𝑛𝑅 𝑉3 𝛼 ce qui donne : 𝜂 =1−

1 × 𝛾

𝛽 1−𝛾 𝛼 𝛼 1 − 𝛽∕𝛼

𝛽 1−𝛾 −

soit encore une expression de l’efficacité qui ne dépend plus que des rapports de volume : 1 𝛽 −𝛾 − 𝛼 −𝛾 𝜂 = 1 − × −1 𝛾 𝛽 − 𝛼 −1 (e) Numériquement on trouve : 𝜂𝑑𝑖𝑒𝑠𝑒𝑙 = 1 −

1 8−1,4 − 15−1,4 ≈ 0, 61 × −1 1, 4 8 − 15−1

Exercice 3 : Machines de Carnot, machines réelles (a) On considère un climatiseur ditherme fonctionnant comme une machine de Carnot. Établir l’expression de son efficacité en fonction des températures 𝑇𝐶 et 𝑇𝐹 . (b) On considère un climatiseur ditherme réel, exprimer son efficacité en fonction des températures, chaleurs et de l’entropie produite 𝑆 𝑝 . (c) Montrer que cette dernière efficacité est strictement inférieure à l’efficacité de Carnot, avec les mêmes sources de chaleur. (d) On considère une pompe à chaleur ditherme fonctionnant comme une machine de Carnot. Établir l’expression de son efficacité en fonction des températures 𝑇𝐶 et 𝑇𝐹 . (e) On considère une pompe à chaleur ditherme réelle, exprimer son efficacité en fonction des températures, chaleurs et de l’entropie produite 𝑆 𝑝 . (f) Montrer que cette dernière efficacité est strictement inférieure à l’efficacité de Carnot, avec les mêmes sources de chaleur. (g) Faire un schéma des échanges d’énergie dans le cas des deux machines thermiques.

Solution (a) Une machine de Carnot est une machine réversible qui n’existe pas dans la réalité. Le cycle du fluide étant supposé réversible, l’entropie produite est nulle : 𝑆 𝑝 = 0. De ce fait, le second principe de la thermodynamique s’écrit (avec deux sources de chaleur) :

54

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2 Exercices

Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 +

𝑄 𝐶 𝑄𝐹 𝑄 𝑄 + = 𝐶 + 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹

Le premier principe de la thermodynamique s’écrit sur le cycle : Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 L’efficacité du climatiseur se définit comme : 𝑄 𝜂= 𝐹 𝑊 En utilisant les trois équations précédentes, on obtient : 𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = −

𝑄𝐹 𝑇𝐹 1 1 =− =− = 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 1 − 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹

(b) Cette fois, le second principe de la thermodynamique va s’écrire, du fait de l’irréversibilité du phénomène : Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 +

𝑄 𝐶 𝑄𝐹 + 𝑇𝐶 𝑇𝐹

Le calcul précédent devient : 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 = −

𝑄𝐹 1 1 =− =− 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 1 − 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 − 𝑆 𝑝 𝑇𝐶 ∕𝑄𝐹

soit 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 =

𝑇𝐹 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹 + 𝑆 𝑃 𝑇𝐶 𝑇𝐹 ∕𝑄𝐹

(c) Comme 𝑆 𝑃 > 0 et 𝑄𝐹 > 0 il est clair que :

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.

𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 < 𝜂𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 (d) Une machine de Carnot est une machine réversible qui n’existe pas dans la réalité. Le cycle du fluide étant supposé réversible, l’entropie produite est nulle : 𝑆 𝑝 = 0. De ce fait, le second principe de la thermodynamique s’écrit (avec deux sources de chaleur) : 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 + 𝐶 + 𝐹 = 𝐶 + 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 Le premier principe de la thermodynamique s’écrit sur le cycle : Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 L’efficacité de la pompe à chaleur se définit comme : 𝑔𝑎𝑖𝑛 −𝑄𝐶 = 𝑐𝑜𝑢𝑡 𝑊 En utilisant les trois équations précédentes, on obtient : 𝜂=

𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 =

𝑄𝐶 𝑇𝐶 1 1 = = = 𝑄𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐹 ∕𝑄𝐶 1 − 𝑇𝐹 ∕𝑇𝐶 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹 55

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Chapitre 1 • Thermodynamique

(e) Cette fois le second principe de la thermodynamique va s’écrire, du fait de l’irréversibilité du phénomène : 𝑄 𝑄 Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 + 𝐶 + 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 Le calcul précédent devient : 𝑄𝐶 1 1 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 = = = 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐹 ∕𝑄𝐶 1 − 𝑇𝐹 ∕𝑇𝐶 − 𝑆 𝑝 𝑇𝐹 ∕𝑄𝐶 soit 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 =

𝑇𝐶 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹 − 𝑆 𝑝 𝑇𝐶 𝑇𝐹 ∕𝑄𝐶

(f) Comme 𝑆 𝑃 > 0 et 𝑄𝐶 < 0 il est clair que : 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 < 𝜂𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 (g) La figure 1.23 rend compte des échanges d’énergie dans le cas du cycle inverse. source chaude Tc

Qc < 0

réfrigérateur, climatiseur ou pompe à chaleur

Qf > 0

Travail W > 0

Milieu extérieur

Efficacité climatiseur ou réfrigérateur : Qf/W Efficacité pompe à chaleur : -Qc/W

source froide Tf

Figure 1.23 – Pompe à chaleur et climatiseur.

56

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2 Exercices

Exercice 4 : Congélateur réel Un congélateur fonctionne entre deux sources thermiques de températures 𝑇𝐶 = 25 °C et 𝑇𝐶 = −20 °C. (a) Faire un schéma énergétique du fonctionnement de l’appareil. (b) Appliquer les deux principes au cycle décrit par l’appareil et définir l’efficacité de l’appareil. (c) On introduit la constante k définie par la relation : 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 = −k × 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 . Discuter le signe de k. (d) Que peut-on dire de la constante k si le fonctionnement de la machine est réversible ? (e) Calculer numériquement l’efficacité de l’appareil si k = 1,3. (f) Exprimer l’efficacité 𝜂 en fonction des paramètres : 𝑇𝐶 , 𝑇𝐶 , 𝑄𝐹 et 𝑆 𝑝 . (g) Déduire de la formule précédente la valeur maximale de l’efficacité. Conclure.

Solution (a) La figure 1.24 montre les échanges d’énergie en fonctionnement. (b) Le premier principe de la thermodynamique s’écrit sur le cycle du congélateur : Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 Le second principe de la thermodynamique s’écrit : Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 +

𝑄 𝐶 𝑄𝐹 𝑄 𝑄 + > 𝐶 + 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹

Ici l’entropie produite est strictement positive, car le cycle est irréversible. L’efficacité du congélateur se définit comme : 𝑄𝐹 𝑊 (c) L’application du second principe de la thermodynamique montre que : 𝜂=

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.

𝑄𝐶 𝑇 = − 𝐶 − 𝑆 𝑃 × 𝑇𝐶 ∕𝑄𝐹 𝑄𝐹 𝑇𝐹 On voit que l’on peut introduire la constante k : 𝑇 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 = −k × 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 = − 𝐶 − 𝑆 𝑃 × 𝑇𝐶 ∕𝑄𝐹 𝑇𝐹 et k = 1 + 𝑆𝑝

𝑇𝐹 𝑄𝐹

Comme 𝑆 𝑃 et 𝑄𝐹 sont strictement positifs, il est clair que k>0. De plus, k >1 puisque |𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 | > 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 .

57

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Chapitre 1 • Thermodynamique

(d) Si le cycle est réversible, on a l’équation : Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 =

𝑄𝐶 𝑄𝐹 + , dont on déduit : 𝑇𝐶 𝑇𝐹

𝑇 𝑄𝐶 = − 𝐶 . Cela montre que dans le cas réversible, la constante k = 1. 𝑄𝐹 𝑇𝐹 (e) L’efficacité se calcule de la façon suivante : 𝑄𝐹 𝑄𝐹 1 1 =− =− =− 𝑊 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 1 − k × 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 1 = ≈ 1, 88 298 1, 3 × −1 253

𝜂=

(f) 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙 = −

𝑄𝐹 1 1 =− =− 𝑄 𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 1 − 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 − 𝑆 𝑝 𝑇𝐶 ∕𝑄𝐹

source chaude Tc

Qc < 0

Congélateur

Qf > 0

Travail W > 0

Efficacité du congélateur : Qf/W

source froide Tf

Figure 1.24 – Congélateur ditherme.

58

Milieu extérieur

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2 Exercices

(g) Dans le cas réversible : 𝜂= Clairement on a : 𝜂𝑟𝑒𝑒𝑙

𝑄𝐹 1 1 = =− ≈ 5, 62 298 𝑊 1 − 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹 −1 253 < 𝜂𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 .

Exercice 5 : Moteur ditherme à sources de températures variables Un moteur thermique réversible de Carnot fonctionne entre deux sources, la source chaude de température variable notée 𝑇𝐶 , et la source froide de température variable notée 𝑇𝐹 . Les sources ont la même capacité thermique C = 3 × 105 J∕K. Les valeurs initiales des températures sont 𝑇1 = 110 °C et 𝑇2 = 0 °C. (a) Écrire les bilans énergétique et entropique au cours du cycle réversible. (b) Quelle doit être la température 𝑇0 des deux sources lorsque le moteur cesse de fonctionner ? Exprimer 𝑇0 en fonction de 𝑇1 et 𝑇2 . (c) Calculer alors le travail W total (jusqu’à l’arrêt du moteur), littéralement puis numériquement. (d) Calculer l’efficacité 𝜂 du moteur, littéralement puis numériquement. (e) Comparer au cas où les températures des sources sont constantes (cycle de Carnot).

Solution (a) On considère le cycle infinitésimal réversible pendant lequel les deux sources peuvent être considérées de températures constantes 𝑇𝐶 et 𝑇𝐹 . Les deux principes de la thermodynamique s’écrivent : d𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝛿𝑊 + 𝛿𝑄𝐶 + 𝛿𝑄𝐹

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.

d𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 =

𝛿𝑄𝐶 𝛿𝑄𝐹 + 𝑇𝐶 𝑇𝐹

(b) Le moteur s’arrête lorsque les deux sources sont à la même température finale 𝑇0 . Le bilan entropique permet d’écrire : 𝛿𝑄𝐶 𝛿𝑄𝐹 −𝑐 × 𝑑𝑇𝐶 −𝑐 × 𝑑𝑇𝐹 + = + =0 𝑇𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 car 𝛿𝑄𝐶 = −𝐶 × d𝑇𝐶 est positif (moteur) avec une variation d𝑇𝐶 < 0. De façon similaire, on a 𝛿𝑄𝐹 = −𝐶 × d𝑇𝐹 . On obtient donc l’équation à intégrer : 𝑑𝑇𝐶 𝑑𝑇 =− 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 59

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Chapitre 1 • Thermodynamique

soit : 𝑇0

∫𝑇1

𝑇0 d𝑇𝐶 d𝑇𝐹 =− ∫𝑇2 𝑇𝐹 𝑇𝐶

ce qui donne : ln(𝑇0 )2 = ln𝑇1 + ln𝑇2 d’où le résultat final : 𝑇0 =

√ 𝑇1 × 𝑇2 ≈ 323 K = 50 °C

La température de la source chaude va décroître jusqu’à atteindre 𝑇0 , tandis que celle de la source froide va croître jusqu’à atteindre 𝑇0 et le moteur va alors s’arrêter. (c) Le travail W se calcule : 𝑊 =

∫

soit encore :

𝛿𝑊 = −

∫

𝛿𝑄𝐶 −

∫

𝛿𝑄𝐹 =

𝑇0

∫𝑇1

𝐶 × d𝑇𝐶 +

𝑇0

∫𝑇2

𝐶 × d𝑇𝐹

√ 𝑊 = 𝐶 × (2𝑇0 − 𝑇1 − 𝑇2 ) = 𝐶 × (2 𝑇1 𝑇2 − 𝑇1 − 𝑇2 ) = 3 × 105 (2 × 323 − 273 − 383) ≈ −3 MJ

(d) Par définition, l’efficacité du moteur est : 𝜂 = − comme :

𝑊 , ce que l’on peut donc écrire 𝑄𝐶

√ √ √ √ √ 𝑇1 − 𝑇2 ( 𝑇2 − 𝑇1 )2 𝐶(2 𝑇1 𝑇2 − 𝑇1 − 𝑇2 ) = =− √ 𝜂=− √ √ 𝑇1 𝑇2 − 𝑇1 −𝐶 × ( 𝑇1 𝑇2 − 𝑇1 ) 𝑇1

soit finalement : 𝜂 =1−

√

𝑇2 ∕𝑇1 = 1 −

√

273∕383 ≈ 0, 16

(e) On sait que l’efficacité de Carnot (réversible avec sources de chaleur à T constante) s’écrit : 𝑇 𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 − 𝐹 𝑇𝐶 dans cet exercice la valeur de Carnot serait : 273 𝜂𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡 = 1 − ≈ 0, 29 383 L’efficacité de Carnot est clairement plus grande que notre moteur thermique réversible à source de chaleur de T variable, car cette variation de température induit en fait des irréversibilités.

60

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2 Exercices

Exercice 6 : Moteur à explosion – cycle de Beau de Rochas/Otto Le moteur à explosion est un moteur à combustion interne dont l’allumage se fait par des bougies. Une masse gazeuse d’air et d’essence (assimilée à un gaz parfait) subit un cycle constitué de deux isentropiques et de deux isochores comme sur la figure 1.25. Le cycle peut se décrire ainsi : – temps 1 : le cylindre admet le mélange via la soupape d’admission (volume 𝑉1 ), – temps 2 : soupapes fermées, le mélange est comprimé isentropiquement jusqu’en 𝑉2 (sur 1-2), – temps 3 : l’explosion augmente la pression (sur 2-3), soupapes fermées, les produits de combustion se détendent isentropiquement et repoussent le piston (sur 3-4) jusqu’à la position extrême du piston, – temps 4 : la soupape d’échappement s’ouvre et les gaz brûlés sont évacués. (a) Écrire les deux principes de la thermodynamique dans le cas du cycle de Beau de Rochas. (b) Identifier sur le cycle les contacts avec la source chaude et la source froide. P

3

P3

IsoS

isochore

P2

4 2 isochore 1

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.

IsoS

V2

V1

V

le carburant est injecté au point 1

Figure 1.25 – Cycle de Beau de Rochas.

(c) Définir puis exprimer l’efficacité 𝜂 du moteur en fonction des températures 𝑇1 , 𝑇2 , 𝑇3 et 𝑇4 .

61

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Chapitre 1 • Thermodynamique

(d) En utilisant la loi de Laplace (pour quelles parties du cycle ?), exprimer l’effica𝐶𝑝𝑚 𝑉 cité 𝜂 du moteur en fonction de 𝛼 = 1 et de 𝛾 = . 𝑉2 𝐶𝑣𝑚 (e) Faire l’application numérique avec : 𝛾 = 1, 4 et 𝛼 = 10.

Solution (a) Le premier principe de la thermodynamique s’écrit sur le cycle : Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 Le second principe de la thermodynamique s’écrit : 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑆 𝑝 + 𝐶 + 𝐹 > 𝐶 + 𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 𝑇𝐶 𝑇𝐹 Ici l’entropie produite est strictement positive, car le cycle est irréversible. (b) Les deux isentropiques sur le cycle sont forcément des adiabatiques, donc sur 3-4 et 1-2, la chaleur Q échangée est nulle. Le segment 2-3 correspond à l’explosion, il s’agit donc du contact 𝑄𝐶 . Le segment 4-1 correspond à l’évacuation des gaz brûlés, il s’agit du contact 𝑄𝐹 . 𝑊 . Cela permet d’effectuer le calcul : (c) L’efficacité d’un moteur est : 𝜂 = − 𝑄𝐶 𝜂=

𝑄 𝐶 + 𝑄𝐹 𝑄 =1+ 𝐹 𝑄𝐶 𝑄𝐶

Le mélange est considéré comme un gaz parfait, la première loi de Joule permet d’écrire : 𝑄𝐶 = 𝑛.𝐶𝑣𝑚 (𝑇3 − 𝑇2 ) et 𝑄𝐹 = 𝑛.𝐶𝑣𝑚 (𝑇1 − 𝑇4 ) ce qui permet d’écrire : 𝜂 =1+

𝑄𝐹 𝑇 − 𝑇4 =1+ 1 𝑄𝐶 𝑇3 − 𝑇2

(d) La loi de Laplace s’applique à un gaz parfait dans le cas d’une transformation adiabatique réversible : il s’agit sur le cycle des deux isentropiques 1-2 et 3-4. On peut donc écrire en T,V : 𝑇1 𝑉1𝛾−1 = 𝑇2 𝑉2𝛾−1 et 𝑇3 𝑉3𝛾−1 = 𝑇4 𝑉4𝛾−1 et du fait des isochores : 𝑇3 𝑉2𝛾−1 = 𝑇4 𝑉1𝛾−1 62

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2 Exercices

on en déduit les deux équations : 𝑇2 ∕𝑇1 = (𝑉1 ∕𝑉2 )𝛾−1 et 𝑇3 ∕𝑇4 = (𝑉1 ∕𝑉2 )𝛾−1 . Ce qui permet d’écrire : 𝜂 =1+

𝑇1 − 𝑇4 𝑇1 − 𝑇4 1 =1+ = 1 − 𝛾−1 𝑇3 − 𝑇2 𝑇4 × 𝛼 𝛾−1 − 𝑇1 × 𝛼 𝛾−1 𝛼

(e) L’application donne : 𝜂 = 1 −

1 ≈ 0, 60. 100,4

Exercice 7 : Climatiseur Une pièce de capacité thermique totale 𝐶 = 6, 0 × 103 kJ ⋅ K −1 est à la température de l’air extérieur 𝑇0 = 35 °C. Le climatiseur fonctionne selon un cycle réversible ditherme entre l’air extérieur (source chaude) et la pièce (source froide) et ramène la température intérieure à 𝑇1 = 20 °C en un temps 𝑡 = 90 minutes. (a) Exprimer l’efficacité 𝜂 en fonction de la température de la source froide 𝑇𝐹 (variable dans le temps) et la température de la source chaude 𝑇𝐶 (supposée fixe dans le temps car la capacité thermique de l’extérieur est très grande devant celle du système). (b) Reprendre l’expression précédente et l’écrire en fonction du temps 𝑡. (c) Calculer littéralement puis numériquement le travail W reçu pendant le fonctionnement du climatiseur, en utilisant l’efficacité. (d) Quelle est la puissance électrique moyenne reçue par le climatiseur ?

Solution (a) On sait que l’efficacité d’un climatiseur s’exprime comme : 𝑄𝐹 𝑊 et dans le cas réversible, les deux principes de la thermodynamique s’écrivent : 𝜂=

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.

Δ𝑈𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 = 𝑊 + 𝑄𝐶 + 𝑄𝐹 et Δ𝑆𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 = 0 =

𝑄𝐶 𝑄𝐹 + 𝑇𝐶 𝑇𝐹

Cela permet de déduire : 𝜂=−

𝑄𝐹 1 1 =− =− 𝑄𝐹 + 𝑄𝐶 1 + 𝑄𝐶 ∕𝑄𝐹 1 − 𝑇𝐶 ∕𝑇𝐹

soit finalement : 𝜂=

𝑇𝐹 𝑇𝐶 − 𝑇𝐹 63

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Chapitre 1 • Thermodynamique

(b) Comme la température de la source froide varie avec 𝑡, on peut écrire : 𝜂=

𝑇 (𝑡) 𝑇0 − 𝑇 (𝑡)

(c) On peut réécrire l’efficacité sur une variation infinitésimale 𝛿𝑊 du travail et 𝛿𝑄𝐹 de la chaleur : 𝛿𝑄𝐹 𝐶𝑑𝑇 =− 𝜂= 𝛿𝑊 𝛿𝑊 soit en extrayant le travail : ( ) 𝑇1 𝐶(𝑇0 − 𝑇 )𝑑𝑇 𝑇1 = 𝐶(𝑇1 − 𝑇0 ) − 𝐶𝑇0 × ln 𝑊 = 𝛿𝑊 = − ∫ ∫𝑇 0 𝑇 𝑇0 et numériquement : 𝑊 ≈ +2, 27 MJ

Exercice 8 : Cycle de Rankine Le cycle de Rankine introduit des changements de phases liquide/vapeur. On le rencontre dans la conception des réfrigérateurs ou de certains réacteurs nucléaires. On considère que le fluide (corps pur) qui circule dans la machine de Rankine est alternativement comprimé (phase liquide) et détendu (phase vapeur + phase liquide). Sur la figure 1.26 la chaleur est cédée par le fluide du côté des hautes pressions, et reçue par lui du côté des basses pressions, il s’agit d’un cycle inverse (récepteur). Dans la Échangeur haute pression

Échangeur basse pression

D

A

Flux de chaleur (–Q2)

Flux de chaleur (Q1)

Détendeur

C

B Compresseur Sens de circulation

Figure 1.26 – Cycle de Rankine - compression/détente - réfrigérateur (cycle inverse). (Tiré de Douillet et al., Physique, Fluoresciences, Dunod, 2017).

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2 Exercices

partie basse pression, une partie du fluide est à l’état gazeux et l’autre à l’état liquide. Du côté haute pression, tout le fluide est à l’état liquide. Le cycle de Rankine peut être utilisé dans le sens moteur pour produire de l’électricité dans les centrales (thermiques ou nucléaires). Sur la figure 1.27 (cycle moteur) le contact condenseur se trouve sur le segment D-A et le contact bouilloire sur le segment B-C. (a) En étudiant la figure 1.27, comparer le cycle de Rankine moteur à un cycle de Carnot moteur. (b) Exprimer l’efficacité (moteur) du cycle de Rankine en fonction des chaleurs correspondant aux contacts condenseur/bouilloire. T bouilloire : passage à I’état vapeur condenseur : passage à I’état liqulde 2

3 bouilloire

1bis

4 1

condenseur

Courbe de saturation

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.

S

Figure 1.27 – Diagramme T-S : cycle de Rankine : cycle moteur.

Solution (a) Sur la figure 1.27 on voit que le cycle de Rankine est composé de cinq segments en diagramme (T-S). – Le segment D-A isotherme correspond à la condensation du fluide en liquide (contact condenseur). – Le segment A-Abis est presque adiabatique (et réversible) donc isentropique. – Le segment Abis-B n’est pas isentropique, on admettra ici qu’il est isobare. 65

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Chapitre 1 • Thermodynamique

– Le segment B-C est isotherme (le fluide change d’état dans la bouilloire, à T constant). – Le segment C-D correspond à une détente isentropique. Il est clair que c’est la partie A-Abis-B qui distingue le cycle de Rankine du cycle de Carnot (deux isentropiques et deux isothermes, ce qui forme un rectangle en diagramme TS). Le cycle de Rankine étant à l’origine de machines réelles, on doit s’attendre à ce que son efficacité soit inférieure à celle de Carnot. (b) On identifie 𝑄𝐶 à la partie Abis-B-C et 𝑄𝐹 au segment D-A. De là on a : 𝜂𝑚𝑜𝑡𝑒𝑢𝑟 = −

66

𝑄 + 𝑄𝐹 𝑄 𝑊 = 𝐶 =1+ 𝐹 𝑄𝐶 𝑄𝐶 𝑄𝐶

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Chapitre

1

2

Optique géométrique

Rappels de cours

1.1 Indice de réfraction La lumière est une onde électromagnétique visible dont la longueur d’onde 𝜆 est comprise entre 400 nm et 800 nm. Cependant, en optique géométrique on se contente d’assimiler la lumière a un objet appelé rayon, qui se propage en ligne droite dans les milieux transparents homogènes et isotropes. L’indice de réfraction est une grandeur sans dimension (supérieure à 1), souvent notée 𝑛, qui caractérise le milieu transparent et dépend aussi de la longueur d’onde de la lumière. Cette dernière dépendance est appelée dispersion, le milieu est dit dispersif. Un modèle possible de formule de dispersion est la formule de Cauchy : 𝑛=𝐴+

𝐵 𝜆2

où 𝐴 et 𝐵 sont des constantes positives qui dépendent de la nature du milieu. On dit que le milieu 1 est moins réfringent que le milieu 2 si 𝑛1 < 𝑛2 . Par ailleurs, l’indice de réfraction se définit aussi comme le quotient de la vitesse de la lumière dans le vide, notée c, sur sa vitesse dans le matériau transparent : 𝑛=

𝑐 >1 𝑣

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.

Rappelons aussi qu’on utilise très souvent en optique les mesures angulaires en minutes et secondes d’arc : 1, 0◦ = 60′ = 3 600′′

1.2 Lois de la réflexion et de la réfraction L’interface entre deux milieux d’indices différents se nomme le dioptre. Les lois de Snell-Descartes décrivent les phénomènes de réflexion et de réfraction (changement de milieu) à l’interface entre deux milieux d’indices 𝑛1 et 𝑛2 . Le rayon incident et la droite normale (voir la figure 2.1) au dioptre au point d’incidence définissent le plan d’incidence. Après le point d’incidence, la lumière peut être réfléchie (elle reste dans le milieu 1) ou bien réfractée (milieu 2). En général elle subit en général une réflexion et une réfraction partielle. 67

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Chapitre 2 • Optique géométrique Réflexion: A milieu 1 n1 milieu 2 n2

Réfraction A

B α1

O

α1'

milieu 1 n1 milieu 2 n2

α1

O α2 B

Figure 2.1 – Réflexion (à gauche)/réfraction (à droite, dans le cas où n2 > n1 et donc 𝛼1 > 𝛼2 ).

On a ainsi les lois de Snell-Descartes : 1. Les rayons incident, réfléchi et réfracté sont dans le plan d’incidence, ′ 2. Dans le cas de la réflexion, les angles d’incidence 𝛼1 et de réflexion 𝛼1 sont égaux : ′

𝛼1 = 𝛼1 3. Dans le cas de la réfraction, les angles d’incidence 𝛼1 et de réfraction suivent la loi : 𝑛1 × sin 𝛼1 = 𝑛2 × sin 𝛼2 Dans les lois énoncées ci-dessus les angles ne sont pas orientés, ils sont tous positifs. On peut aussi utiliser des angles orientés, comptés par rapport à la normale au dioptre. Dans ce cas, seule la loi de la réflexion de Snell-Descartes est modifiée : 1. Les rayons incident, réfléchi et réfracté sont dans le plan d’incidence, ′ 2. Dans le cas de la réflexion, les angles d’incidence 𝛼1 et de réflexion 𝛼1 sont opposés : ′

𝛼1 = −𝛼1 3. Dans le cas de la réfraction, les angles d’incidence 𝛼1 et de réfraction suivent la loi : 𝑛1 × sin 𝛼1 = 𝑛2 × sin 𝛼2 On dit qu’un milieu incident d’indice 𝑛1 est plus réfringent qu’un milieu d’indice 𝑛2 si : 𝑛1 > 𝑛2 . Dans ce cas, il n’y aura réfraction dans le second milieu que si l’angle 𝑛 𝑛 d’incidence est inférieur à un angle limite tel que : sin(𝛼𝑙𝑖𝑚 ) < 2 sin(𝜋∕2) = 2 . 𝑛1 𝑛1 ( ) 𝑛2 Si 𝛼 > 𝛼𝑙𝑖𝑚 = 𝑎𝑟𝑐sin , il y a alors réflexion totale. 𝑛1 Si 𝑛2 > 𝑛1 il y a toujours réfraction. 68

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1 Rappels de cours

1.3 Les lentilles minces Une lentille mince (les rayons des dioptres la délimitant sont grands devant son épaisseur) est taillée dans un corps transparent et est traversée par la lumière. On distingue les lentilles minces convergentes (bord plus mince que le centre) et les lentilles minces divergentes (bord plus épais que le centre). Une lentille mince donne de façon approchée une image ponctuelle d’un point objet ponctuel : on dit qu’il y a stigmatisme approché. Les aberrations de la lentille en limitent le stigmatisme. Il y a stigmatisme dans les conditions dites de Gauss. Si la lentille est utilisée dans les conditions de Gauss : – les rayons lumineux sont peu inclinés par rapport à l’axe optique (axe de symétrie de la lentille), – les rayons lumineux sont peu éloignés de l’axe optique (proches du centre C de la lentille), – le stigmatisme est alors approché : un point objet donne approximativement un point image unique. Il existe cependant des aberrations géométriques et chromatiques qui se manifestent même lorsque les conditions de Gauss sont respectées (voir plus bas). Une lentille mince est caractérisée par plusieurs éléments géométriques (voir la figure 2.2) : – son axe optique (axe de symétrie), – le sens positif de parcours de la lumière qui donne le signe aux valeurs algébriques utilisées (on note par exemple 𝑂𝐴 la distance algébrique entre le point O et le point A), – son centre optique O,

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.

– son foyer principal image 𝐹 ′ et son foyer principal objet 𝐹 qui sont des points de convergence/divergence des rayons lumineux (𝐹 et 𝐹 ′ sont symétriques par rapport à O),

foyer axe optique

foyer

distance focale

axe optique

distance focale

Figure 2.2 – lentille convergente/lentille divergente : image réelle/virtuelle.

69

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Chapitre 2 • Optique géométrique

– sa vergence 𝑉 exprimée en dioptries (𝛿) : 𝑉 = s’exprimant en m),

1 𝑂𝐹 ′

(la distance algébrique 𝑂𝐹 ′

– sa distance focale image : 𝑂𝐹 ′ = 𝑓 ′ (positive si la lentille est convergente), – sa distance focale objet : 𝑂𝐹 = 𝑓 (positive si la lentille est divergente), – si la lentille est convergente : 𝑉 > 0, – si la lentille est divergente : 𝑉 < 0, – on a la relation : 𝑓 = −𝑓 ′ . Que la lentille soit convergente ou divergente, on réalise les constructions géométriques avec trois rayons bien spécifiques (figure 2.3) : 1. le rayon qui arrive parallèlement à l’axe optique et ressort en passant par le foyer image 𝐹 ′ , 2. le rayon qui passe par le centre optique O et qui n’est pas dévié, 3. le rayon qui arrive en passant par le foyer objet 𝐹 et qui ressort parallèlement à l’axe optique. (1) (2) F

F’

O (3)

Figure 2.3 – Construction : trois rayons particuliers.

Un rayon est une ligne brisée (changement de direction lors d’une réfraction), que l’on oriente avec des flèches indiquant le sens de propagation de la lumière. Pour les constructions géométriques, les prolongements des rayons tout comme les objets virtuels sont en général tracés en pointillés (voir aussi la figure 2.4). La relation de conjugaison de Descartes permet de relier objet, image et vergence (voir la figure 2.4), aussi bien pour une lentille convergente que pour une lentille divergente : 1 𝑂𝐴′

−

1 𝑂𝐴

=𝑉

On a noté ici 𝐴 le point objet et 𝐴′ le point image. Une image dite droite est une image qui est dans le même sens que l’objet, alors qu’une image renversée est dans le sens inverse de l’objet. Dans le cas de la figure 2.4-a, l’image 𝐴′ 𝐵 ′ est renversée et réelle car obtenue par la réunion de rayons réels. Dans le cas de la figure 2.4-b, l’image 𝐴′ 𝐵 ′ est droite et 70

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1 Rappels de cours a - Lentille convergente : construction d'une image réelle A'B' renversée

B F' axe optique

A

A' sens positif (lumière)

O

F

B'

b - Lentille divergente : construction d'une image virtuelle A'b' drolte

B

F' axe optique

A

B'

F

A' O

sens positif (lumière)

Figure 2.4 – Constructions géométriques - lentilles minces - image réelle/virtuelle.

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.

virtuelle car obtenue par la réunion du prolongement de rayons. Une image virtuelle n’est pas projetable sur un écran. Il est très important de savoir, en particulier dans le cas des systèmes optiques, si les images obtenues (intermédiaires et finale) sont réelles ou virtuelles. Notons aussi qu’une image peut servir d’objet virtuel pour un sous-ensemble du système. Il convient de retenir que pour une lentille mince : – un objet réel est situé avant le centre optique 𝑂, – un objet virtuel est situé après le centre optique 𝑂, – une image réelle est située après le centre optique 𝑂, – une image virtuelle est située avant le centre optique 𝑂. Il faut noter qu’une lentille convergente ne donne pas forcément une image réelle, et une lentille divergente ne donne pas forcément une image virtuelle. Cela dépend en fait de la nature et de la position de l’objet. 71

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Chapitre 2 • Optique géométrique

Le grandissement 𝛾 se définit comme : 𝛾 =

𝐴′ 𝐵 ′

𝐴𝐵 On donne également la formule dite du grandissement de Descartes 𝛾 : 𝛾=

𝐴′ 𝐵 ′ 𝐴𝐵

=

𝑂𝐴′ 𝑂𝐴

On donne enfin la relation de conjugaison de Newton : 𝐹 𝐴 × 𝐹 ′ 𝐴′ = 𝑓 × 𝑓 ′ = −𝑓 ′2 = −𝑓 2 = −

1 𝑉2

et la formule du grandissement de Newton : 𝛾=−

𝑓 𝐹 ′ 𝐴′ =− 𝑓′ 𝐹𝐴

On sait aussi que si on accole N lentilles minces (convergentes et/ou divergentes) les vergences s’ajoutent (comme en électricité les résistances en série) : 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑉1 + 𝑉2 + ... + 𝑉𝑁

1.4 Les miroirs On distinguera deux cas : – Le miroir plan suit les lois de Snell-Descartes pour la réflexion. Il est aisé de construire l’image 𝐴′ d’un point objet 𝐴, comme sur la figure 2.5. On rappelle que par convention les pointillés représentent des rayons virtuels. Le miroir plan est le seul système optique rigoureusement stigmatique, c’est-à-dire donnant de tout point 𝐴 une image ponctuelle unique 𝐴′ . – Le miroir sphérique est une portion de sphère (enduite d’une substance réfléchissante) qui peut être concave ou convexe. Un miroir sphérique se caractérise par un centre géométrique 𝐶 et un sommet 𝑆 qui définissent un axe optique (figure 2.6). Le rayon R de la sphère est donné en valeur absolue par : 𝑅 = |𝑆𝐶|. On note 𝐹 le foyer (à la fois image et objet) du miroir. Si on travaille dans les conditions de Gauss, le

A’

A H

Figure 2.5 – Formation d’une image - miroir plan -stigmatisme parfait.

72

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1 Rappels de cours

miroir sphérique est approximativement stigmatique. Le miroir sphérique (comme la lentille mince) est aussi dit aplanétique, c’est-à-dire qu’un objet plan perpendiculaire à l’axe optique donne une image plane perpendiculaire à l’axe optique. Le sens algébrique choisi comme positif est essentiel pour les calculs. On prendra en général comme sens positif celui de la gauche vers la droite. Pour les miroirs sphériques on a les relations suivantes : – miroir concave : 𝑆𝐹 = figure 2.6.

𝑆𝐶 < 0 (sens algébrique positif vers la droite sur la 2

𝑆𝐶 >0 2 – la formule de conjugaison pour un miroir s’écrit : – miroir convexe : 𝑆𝐹 =

1 𝑆𝐴′

+

1 𝑆𝐴

=

2 𝑆𝐶

B

A’ A

C

F

S

B’

Figure 2.6 – Caractéristiques S,F,C du miroir concave sphérique : SC < 0 - image A’B’ de l’objet AB.

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.

1.5 Les aberrations On se contente dans ce petit paragraphe de recenser deux types d’aberrations qui altèrent la formation d’une image parfaite. – L’aberration chromatique : Dans le cas d’une lentille, la lumière est réfractée dans le verre ou le milieu transparent en général. On sait que l’indice de réfraction 𝑛 est une fonction de la longueur d’onde 𝜆, donc dépend de la ≪ couleur ≫ de la lumière. On utilise souvent la formule dite de Cauchy : 𝐵 𝜆2 Les constantes 𝐴 et 𝐵 sont positives et caractérisent le matériau. L’indice 𝑛 diminue quand la longueur d’onde 𝜆 augmente. La figure 2.7 montre que la convergence des rayons est imparfaite dans le plan focal, mais s’effectue un peu avant pour les courts 𝜆 et plus loin pour les grands 𝜆. L’image 𝑛=𝐴+

73

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Chapitre 2 • Optique géométrique Aberration chromatique : F' foyer objet géométrique

plan focal image grandes longueurs d'onde

F'

axe optique

courtes longueurs d'onde

lentille convergente

Figure 2.7 – Aberration chromatique pour une lentille : F’ foyer géométrique.

finale apparaît donc irisée et floue. On peut corriger cette aberration en formant des doublets de lentilles d’indices différents. – L’aberration de sphéricité : Les miroirs utilisés dans les réflecteurs (télescopes) devraient être de forme parabolique : les rayons parallèles issus d’une source lointaine peuvent converger vers un point unique dans le plan focal. Pour des raisons de coût de fabrication ces miroirs sont souvent sphériques, ce qui entraîne une aberration dite de sphéricité (figure 2.8) sur l’axe et hors de l’axe principal du miroir. On corrige cette aberration dans le télescope de Schmidt - Cassegrain avec une lame située à l’avant de l’appareil. à noter qu’on rencontre aussi cette aberration pour les lentilles réfractantes, en particulier quand on s’écarte des conditions de Gauss. Un critère utile pour évaluer les aberrations (géométriques) est de calculer ce que l’on appelle le rapport 𝐹 ∕𝐷 de l’appareil (lunette ou télescope) : il s’agit du rapport de la distance focale sur le diamètre d’ouverture de l’objectif. Plus ce rapport est grand, moins les aberrations géométriques seront fortes. Notons qu’il existe bien d’autres aberrations : distorsion, coma, astigmatisme...

C

F

Figure 2.8 – Aberration géométrique de sphéricité - sur l’axe du miroir sphérique. 74

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2 Exercices

2

Exercices

2.1 Réflexion et réfraction Exercice 1 : Réflexion totale On considère une tube de verre creux (rayon intérieur 𝑟𝑖 et rayon extérieur 𝑟𝑒 ) d’indice 𝑛 = 1, 5. Ce tube est utilisé comme thermomètre et contient du mercure qui est un métal liquide opaque. Déterminer, à quelle condition sur les rayons, le mercure peut donner l’impression de remplir le tube jusqu’au rayon 𝑟𝑒 à un observateur (bien qu’il ne le remplisse que jusqu’à 𝑟𝑖 ).

Solution Il s’agit d’un problème de réflexion totale (figure 2.9) : un rayon tangent au cercle de rayon intérieur 𝑟𝑖 (car le mercure est opaque), doit arriver sur le rayon extérieur 𝑟𝑒 selon une incidence telle que la réfraction se fait selon un angle de 90◦ dans l’air. Un observateur extérieur aura ainsi l’impression que le mercure remplit le tube jusqu’au rayon 𝑟𝑒 . La réflexion totale correspond au passage du verre d’indice 𝑛 à l’air d’indice 1 : 𝑛 × sin(𝛼𝑙𝑖𝑚 ) = 1 × sin 90◦ = 1 soit aussi : 𝛼𝑙𝑖𝑚 = 𝑎𝑟𝑐sin(1∕𝑛) ≈ 41, 81◦ Géométriquement, il faut donc que l’angle d’incidence du rayon lumineux tangent au cercle intérieur allant vers le cercle extérieur de rayon 𝑟𝑒 soit supérieur à 𝛼𝑙𝑖𝑚 , ce qui correspond à la condition : 𝑟𝑖 1 ≥ sin(𝛼𝑙𝑖𝑚 ) = 𝑟𝑒 𝑛

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.

sin(𝛼) = normale

angle limite

réflexion totale : angle de réfraction de 90º

rayon re rayon ri

Figure 2.9 – Réflexion totale : tube creux rempli de mercure.

75

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Chapitre 2 • Optique géométrique

soit enfin :

𝑟𝑒 ≤ 𝑛 = 1, 5 𝑟𝑖

Exercice 2 : Réflexion totale et fibre optique à saut Une fibre optique à saut d’indice est constituée d’un cœur cylindrique d’indice 𝑛1 gainé d’une enveloppe concentrique d’indice 𝑛2 < 𝑛1 . On considère dans cet exercice que le cœur a un diamètre 𝑑1 = 200 𝜇m et un indice 𝑛1 = 1, 456 et la gaine 𝑛2 = 1, 410 et un diamètre extérieur 𝑑2 = 380 𝜇m. Le rayon incident qui arrive sur l’entrée de la fibre se propage initialement dans l’air (d’indice n = 1). (a) Montrer qu’il existe un angle limite 𝛼𝑙𝑖𝑚 d’incidence tel que, pour tout angle supérieur à cette valeur, il y a réflexion totale sur l’interface cœur/gaine, à l’intérieur de la fibre. (b) Si cette condition est réalisée pour la fibre, la lumière reste confinée dans le cœur et peut parcourir de grandes distances avec une faible atténuation. Pour les fibres actuelles l’atténuation est de l’ordre de 0, 2 dB∕km. Montrer que la condition de la question précédente correspond à un angle limite sur la face d’entrée (dans l’air) qui s’exprime comme : √ 𝜃𝑙𝑖𝑚 = 𝑎𝑟𝑐sin 𝑛21 − 𝑛22 Calculer numériquement cette valeur. En pratique, en notant 𝜃𝑖 l’angle d’incidence sur la face d’entrée, on doit respecter la condition : 𝜃𝑖 ≤ 𝜃𝑙𝑖𝑚 (c) On appelle ouverture numérique le sinus de l’angle 𝜃𝑙𝑖𝑚 . Calculer numériquement cette valeur. (d) Le faisceau incident est en fait une impulsion ayant la forme d’un cône de demi -angle au sommet 𝜃𝑖 = 8◦ . La fibre a une longueur 𝐿 = 10 km. Calculer l’élargissement temporel de l’impulsion à la sortie de la fibre. On donne la vitesse de la lumière 𝑐 = 3, 00 × 108 km∕𝑠. On pourra utiliser la notion de chemin optique : 𝑙 =𝑛×𝑥 r gaine

air n=1

coeur

O θi

I

Figure 2.10 – Fibre optique - saut d’indice - rayon incident.

76

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2 Exercices

où 𝑥 est la distance parcourue en ligne droite dans le milieu d’indice 𝑛. Comme 𝑐 𝑙 𝑥 𝑛 = , on voit que = ce qui correspond au temps de parcours du rayon dans 𝑣 𝑐 𝑣 le milieu d’indice n.

Solution (a) à l’intérieur de la fibre, il y aura réflexion totale à l’interface cœur/gaine à partir de : 𝑛1 sin(𝛼𝑙𝑖𝑚 ) = 𝑛2 sin(𝜋∕2) = 𝑛2 on en déduit l’angle limite au delà duquel il y a réflexion totale (figure 2.11) : ( ) 𝑛2 ≈ 75, 56◦ 𝛼𝑙𝑖𝑚 = 𝑎𝑟𝑐sin 𝑛1 normale

r

gaine

indice n2 air n=1

αlim

αlim

coeur

O

indice n1

gaine

indice n2

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.

Figure 2.11 – Fibre optique - réflexion totale coeur/gaine.

(b) En faisant un peu de géométrie, en notant 𝜃𝑖 (figure 2.10) l’angle d’entrée sur la face de la fibre optique, on peut écrire pour l’interface air/milieu 1 : sin𝜃𝑖 = 𝑛1 sin𝜃1 puis pour la réflexion totale milieu 1/milieu 2 : 𝑛1 sin(𝜋∕2 − 𝜃1 ) = 𝑛2 sin(𝜋∕2) = 𝑛2 soit encore : cos(𝜃1 ) =

𝑛2 𝑛1

On en déduit : 1−

sin2 (𝜃𝑖 ) 𝑛21

2

= cos (𝜃1 ) =

𝑛22 𝑛21 77

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Chapitre 2 • Optique géométrique

soit encore : sin𝜃𝑖 =

√ 𝑛21 − 𝑛22

ce qui correspond à un angle maximum de : 𝜃𝑙𝑖𝑚 ≈ 21, 29◦ Au-delà de cette valeur, il n’y a plus de réflexion totale, mais bien perte de signal dans la fibre. (c) L’ouverture numérique vaut : √

𝑂𝑁 = sin𝜃𝑙𝑖𝑚 =

𝑛21 − 𝑛22 = 0, 3631

(d) On peut considérer la différence de chemin parcouru par un rayon d’incidence nulle 𝜃 = 0 et un rayon d’incidence maximale 𝜃𝑖 = 8◦ . Le premier parcourt la fibre colinéairement à son axe, dans le cœur. Le second subit une succession de réflexions totales à l’interface cœur/gaine (voir la figure 2.12). Pour le premier rayon, on utilise le chemin optique 𝐿1 = 𝑛1 × 𝐿. On voit que cela correspond à un temps de parcours de la fibre de longueur 𝐿 : 𝑡1 =

𝐿1 𝑛𝐿 = 1 𝑐 𝑐

Pour le second rayon : 𝐿2 =

𝑛1 𝐿 cos(𝜃0 )

d’où le temps de parcours : 𝑡2 =

b a

𝑛1 𝐿 𝑐 × cos𝜃0

r n2

A

n1 (1)

O

θ0 P

θi (2)

Figure 2.12 – Fibre optique - réflexions multiples.

78

B

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2 Exercices

On en déduit l’élargissement temporel : ⎞ ⎛ 𝑛1 𝐿 𝑛1 𝐿 ⎜ ⎟ 1 (1∕cos𝜃0 − 1) = Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1 = − 1⎟ ≈ 0, 22 𝜇s √ ⎜ 𝑐 𝑐 ⎜ ⎟ 1 − sin(𝜃𝑖 )2 ∕𝑛21 ⎠ ⎝ Pour limiter ce phénomène d’élargissement, on peut diminuer le diamètre du cœur et utiliser des matériaux d’indice voisins.

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.

Exercice 3 : Une théorie de l’arc-en-ciel Le Soleil éclaire de rayons tous parallèles entre eux un rideau de gouttes de pluie sphériques de rayon R. On note 𝑖 l’angle d’incidence dans l’air (d’indice de réfraction 𝑛𝑎𝑖𝑟 = 1) sur la goutte sphérique en un point M, et 𝑟 l’angle de réfraction dans la goutte. d𝑟 (a) En utilisant les lois de Snell-Descartes exprimer la dérivée en fonction de d𝑖 l’indice de réfraction de l’eau 𝑛 et de l’angle 𝑖. (b) La figure 2.13 montre la possibilité d’un arc-en-ciel : l’observateur a le Soleil dans le dos, et les rayons lumineux subissent une réfraction air/eau puis une réflexion dans l’eau de la goutte, enfin une réfraction eau/air. On note 𝐷 l’angle de déviation de la lumière dans l’air (angle du rayon sortant par rapport au rayon incident initial). Exprimer l’angle de déviation 𝐷 en fonction des angles 𝑖 et 𝑟. d𝐷 = 0, (c) Chercher une condition qui permette l’émergence sous la condition d𝑖 qui entraîne l’existence de l’arc-en-ciel. Cette relation implique en effet que 𝐷 ne change pas même si 𝑖 varie un peu, permettant une intensité maximale observée. (d) L’arc observé en retour sera vu par l’observateur (situé entre le Soleil et le nuage de gouttes d’eau) selon un cône d’ouverture au sommet noté 𝜏. L’axe de révolution de ce cône est la direction des rayons incidents. Exprimer 𝜏 en fonction de 𝐷. (e) On sait que l’indice de réfraction de l’eau dépend de la longueur d’onde de la lumière 𝜆 : – dans le rouge : 𝑛𝑅 = 1, 332, – dans le violet : 𝑛𝑉 = 1, 345. Calculer l’angle au sommet du cône dans ces deux cas. (f) Qu’observe-t-on dans le cas d’un arc-en-ciel simple ?

79

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Chapitre 2 • Optique géométrique M

i

r 

N

 O  P

 D

Figure 2.13 – Arc-en-ciel simple - primaire (angles non orientés).

Solution (a) La figure 2.14 résume le problème. On a bien sûr la relation sin(𝑖) = 𝑛 × sin(𝑟). On cos(𝑖) . Soit finalement : en déduit donc par différentiation : d𝑟∕d𝑖 = 𝑛 × cos(𝑟) √ 1 − sin2 (𝑖) d𝑟 = d𝑖 𝑛2 − sin2 (𝑖) (b) La géométrie de la figure 2.13 montre qu’on a les relations angulaires : 𝑟=𝛼=𝛽=𝛾 et 𝛿=𝑖 La figure 2.13 montre que les triangles 𝑀𝑁𝑂 et 𝑁𝑃 𝑂 sont isocèles de sommet principal 𝑂 et la droite (𝑁𝑂) est un axe de symétrie. On peut calculer les déviations successives et les additionner pour trouver 𝐷 : i r 

R

O



D

Figure 2.14 – Réfraction dans une goutte de rayon R.

80

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2 Exercices

– pour la réfraction air/eau : 𝐷1 = 𝑖 − 𝑟, – pour la réflexion dans la goutte : 𝐷2 = 𝜋 − 𝛼 − 𝛽 = 𝜋 − 𝑟 − 𝑟 = 𝜋 − 2𝑟, – pour la réfraction eau/air : 𝐷3 = 𝛿 − 𝛾 = 𝑖 − 𝑟. On trouve par addition : 𝐷 = 𝜋 + 2𝑖 − 4𝑟. (c) On différentie la relation trouvée à la question précédente : 𝑑𝐷∕𝑑𝑖 = 2 − 4 × d𝑟∕d𝑖 Tableau 2.1 – Arc-en-ciel simple.

𝑛𝑅 𝑛𝑉

𝐬𝐢𝐧(𝒊) 0,86135 0,85459

i (deg) 59,47 58,71

r (deg) 40,29 39,45

D(deg) 137,8 139,6

𝝉(𝒅𝒆𝒈) 42,22 40,38

ce qui, compte tenu de la condition imposée d𝐷∕d𝑖 = 0, et du résultat de la question a) implique que : d𝑟 1 = = d𝑖 2

√

1 − sin2 (𝑖) 𝑛2 − sin2 (𝑖)

soit encore : sin2 (𝑖) =

4 − 𝑛2 3

(d) La figure 2.13 montre que :

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.

𝜏 =𝜋−𝐷

(e) On dresse le tableau 2.1 des résultats. (f) L’observateur va donc voir, côté nuage de gouttes, un arc de cercle ou un demi cercle coloré : l’arc-en-ciel. Ici le rouge sera à l’extérieur et le violet à l’intérieur, étant donné les angles d’ouverture du cône calculés à la question précédente.

Exercice 4 : Étude d’un miroir plan Quelle doit être la taille minimale d’un miroir plan vertical et sa position, pour qu’un homme d’une hauteur 𝐻 = 190 cm avec son œil situé ℎ = 10 cm sous son front, puisse se voir entièrement ? 81

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Chapitre 2 • Optique géométrique

Solution La figure 2.15 montre la réflexion de l’homme sur le miroir. Le point O est l’œil de l’observateur, et 𝑂′ son image par le miroir. La partie supérieure du miroir doit se situer à la hauteur : 𝐻 − ℎ∕2 = 185 cm. La partie inférieure du miroir doit se situer à la 𝐻 𝐻 −ℎ = 90 cm. Le miroir aura donc une taille de = 95 cm. hauteur : 2 2

O

O’

Figure 2.15 – Miroir plan - réflexion - O’ image de O.

2.2 Instruments et systèmes optiques Exercice 1 : Étude d’une lunette de Galilée Une lunette de Galilée peut être modélisée par un objectif formé par une lentille mince convergente et un oculaire assimilable à une lentille divergente. On donne les vergences : 𝑉1 = +4 𝛿 et 𝑉2 = −20 𝛿. La distance entre les deux centres optiques 𝑂1 82

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2 Exercices

et 𝑂2 est 𝑑 = 20 cm, les deux axes principaux étant confondus. Avec cette lunette, on observe une source située à l’infini, telle que tous les rayons issus de cette source forment un angle 𝛼 avec l’axe optique. On rappelle que le pouvoir séparateur de l’œil est 𝜖 = 3 × 10−4 rad. (a) Quelle est la particularité de ce montage ? Comment appelle-t-on cette caractéristique ? (b) Faire un schéma de la marche des rayons lumineux, obtenir l’image finale de la source. (c) Définir et calculer le grossissement G de cette lunette. (d) Les deux phares d’une voiture à la distance 𝐷 = 5, 0 km sont espacés de 𝑥 = 1, 2 m. Peut-on les séparer à l’oeil nu ? (e) Peut-on les séparer avec la lunette de Galilée ?

Solution (a) On peut calculer les distances focales des deux lentilles : 𝑓1′ =

1 = +25 cm et 𝑉1

1 = −5, 0 cm. Comme la distance entre les deux lentilles est 𝑑 = 20 cm, on 𝑉2 constate que le foyer image 𝐹1′ de la première lentille est confondu avec 𝐹2 le foyer objet de la seconde lentille. Le montage est donc afocal. 𝑓2′ =

(b) La question précédente montre que l’image intermédiaire de la source (à l’infini) à travers la lentille objectif se forme dans le plan focal image centré sur 𝐹1′ . Cette image intermédiaire sert d’objet virtuel pour la lentille oculaire divergente. Cet objet étant dans le plan focal objet de la seconde lentille, l’image finale se forme à l’infini, ′ en formant un angle 𝛼 avec l’axe optique. En résumé, l’objet à l’infini donne une image finale à l’infini (figure 2.16), car le montage est afocal.

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.

B’ω Bω

Aω A’ω

F1’=F2

α( O1

F2’

O2

) α’

A1 B1

L1

L2

Figure 2.16 – Montage afocal - lunette de Galilée : image finale à l’infini.

83

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Chapitre 2 • Optique géométrique

(c) Par définition le grossissement d’un instrument d’optique est le quotient de l’angle de sortie d’un objet à l’infini sur son angle d’entrée : ′

𝛼 𝛼 Les propriétés géométriques de la construction donnent : 𝐺=

𝐴1 𝐵1 𝑓′ 𝑓2 25 𝐺= = 1 = =5 𝐴1 𝐵1 𝑓2 5 𝑓1′ On se place dans les conditions de Gauss (approximation des petits angles), les relations dans les triangles donnent : tan(𝛼) =

𝐴 1 𝐵1 ≈𝛼 𝑓1′

et ′

tan(𝛼 ) =

𝐴1 𝐵1 ′ ≈𝛼 𝑓2

(d) Le pouvoir de résolution de l’œil est de 𝜖 = 3 × 10−4 rad ≈ 0, 0172◦ . Les phares de la voiture, vus à l’œil nu, forment un angle au sommet de : tan (𝜃∕2) ≈ 𝜃∕2 =

𝑥∕2 0, 6 ≈ ≈ 1, 2 × 10−4 rad 𝐷 5 000

donc 𝜃 = 2, 4 × 10−4 rad < 𝜖 = 3 × 10−4 rad, on ne peut pas distinguer les deux phares à l’œil nu. (e) En utilisant la lunette de Galilée, on verra les deux phares sous l’angle : ′

𝜃 = 𝐺 × 𝜃 = 12 × 10−4 rad = 0, 0688◦ Ils sont donc bien séparés cette fois.

Exercice 2 : Élargisseur de faisceau 1 On étudie un élargisseur de faisceau laser, constitué de deux lentilles convergentes de même axe optique. Le laser produit un faisceau de lumière dont tous les rayons sont parallèles et ici colinéaires à l’axe optique du système. On définit le coefficient d’élargissement comme le quotient du diamètre du faisceau sortant sur le diamètre du faisceau entrant. On demande que le faisceau sortant soit formé de rayons tous parallèles à l’axe optique. (a) Expliquer pourquoi le montage doit être afocal. (b) La première lentille a une vergence 𝑉1 = +100 𝛿, déterminer la vergence de la seconde pour avoir un coefficient d’élargissement de 30. 84

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2 Exercices

Solution (a) Tous les rayons entrants sont parallèles à l’axe optique et vont donc converger vers le foyer image 𝐹1′ de la première lentille. Si on veut que les rayons sortant soient tous parallèles à l’axe optique, il faut que le foyer objet de la seconde lentille soit confondu avec le foyer image de la première : 𝐹1′ = 𝐹2 (voir la figure 2.17). Le montage est bien afocal. (b) En notant 𝑅1 le demi diamètre du faisceau entrant et 𝑅2 celui du faisceau sortant, la condition posée s’écrit : 𝑟=

𝑅2 = 30 𝑅1

Avec le théorème de Thalès, la figure 2.17 permet de déduire que : 𝑓′ 𝑉 𝑅2 = 2′ = 1 𝑅1 𝑉2 𝑓1 On obtient : 𝑉2 = 𝑉1 ×

01 F'1 et F2

02

F'2

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.

F1

𝑅1 𝑉 = 1 ≈ +3, 33 𝛿 𝑅2 𝑟

Figure 2.17 – Montage afocal - élargisseur laser F’1 = F2 .

Exercice 3 : Élargisseur de faisceau 2 On étudie un élargisseur de faisceau laser, constitué de deux lentilles, la première divergente et la seconde convergente, de même axe optique. Le laser produit un faisceau de lumière dont tous les rayons sont parallèles et ici colinéaires à l’axe optique du système. On définit le coefficient d’élargissement comme le quotient du diamètre 85

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Chapitre 2 • Optique géométrique

du faisceau sortant sur le diamètre du faisceau entrant. On demande que le faisceau sortant soit formé de rayons tous parallèles à l’axe optique. (a) Expliquer pourquoi le montage doit être afocal, (b) La première lentille a une vergence 𝑉1 = −100 𝛿, déterminer la vergence de la seconde pour avoir un coefficient d’élargissement de 25.

Solution (a) Tous les rayons entrants sont parallèles à l’axe et vont donc émerger en passant par le foyer image 𝐹1′ de la première lentille situé avant le centre optique. Si on veut que les rayons sortant du système soient tous parallèles à l’axe optique, il faut que le foyer objet de la seconde lentille soit confondu avec le foyer image de la première : 𝐹1′ = 𝐹2 (voir la figure 2.18). Le montage est bien afocal. (b) En notant 𝑅1 le demi diamètre du faisceau entrant et 𝑅2 du faisceau sortant, la condition posée s’écrit : 𝑟=

𝑅2 = 25 𝑅1

La figure 2.18 et le théorème de Thalès permettent de déduire que : 𝑅2 || 𝑓2′ || || 𝑉1 || =| |= 𝑅1 || 𝑓1′ || || 𝑉2 || On obtient : 𝑉2 = |𝑉1 | ×

𝑅1 |𝑉 | = 1 ≈ +4, 0 𝛿 𝑅2 𝑟

J1

I1

F'1 et F2

01

F1

02

I2

J2

Figure 2.18 – Montage afocal - élargisseur laser F’1 = F2 .

86

F'2

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2 Exercices

Exercice 4 : Focométrie 1 - Méthode de Bessel On veut déterminer la vergence 𝑉 et la distance focale image 𝑓 ′ d’une lentille supposée convergente. Pour cela on place sur un banc d’optique une source lumineuse et un écran fixes, distants l’un de l’autre de 𝐷 > 0 distance supposée supérieure 4 × 𝑓 ′ . On peut déplacer la lentille entre la source et l’écran, de façon à obtenir une image nette à l’écran. (a) Montrer qu’il existe deux positions de la lentille qui donnent une image nette à l’écran. (b) Justifier la condition 𝐷 > 4 × 𝑓 ′ indiquée précédemment. (c) Déterminer la différence |𝑥2 − 𝑥1 | entre les deux positions de netteté, en fonction de D et 𝑓 ′ . (d) Déduire de la question précédente une formule permettant de déterminer 𝑓 ′ . (e) Que se passe-t-il si 𝐷 = 4 × 𝑓 ′ ? (f) Peut-on mesurer la focale d’une lentille divergente par cette méthode ? (g) Expliquer comment on a pu mesurer une vergence 𝑉 = −10 𝛿 par la méthode de Bessel.

Solution (a) On utilise la figure 2.19 pour construire l’image réelle 𝐴′ 𝐵 ′ sur l’écran. La relation de conjugaison s’écrit : 1 𝑂𝐴′

−

1 𝑂𝐴

=𝑉

On note 𝑂𝐴′ = 𝑥 > 0 et de ce fait 𝑂𝐴 = 𝑥 − 𝐷 < 0 On en déduit l’équation : 1 1 − =𝑉 𝑥 𝑥−𝐷 soit l’équation du second degré en 𝑥 : © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

𝑥2 − 𝐷𝑥 +

𝐷 =0 𝑉

+

B

F'

A

Axe optique

A'

+

O F B'

Figure 2.19 – Focométrie méthode de Bessel.

87

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Chapitre 2 • Optique géométrique

le discriminant est : Δ = 𝐷(𝐷 − 4 × 𝑓 ′ ) Cette équation du second degré aura 0, 1 ou 2 solutions selon la valeur de Δ. Si Δ > 0 il y aura deux positions de la lentille qui donneront une image nette. (b) On vient de voir que si Δ > 0 alors il y a deux positions 𝑥1 et 𝑥2 de la lentille qui correspondent à une image nette. Cette condition est aussi : 𝐷 > 4 × 𝑓 ′ . (c) On détermine dans le cas où 𝐷 > 4×𝑓 ′ l’expression des deux racines de 𝑥2 − 𝐷𝑥+ 𝐷 × 𝑓′ = 0 : √ 𝐷 + 𝐷2 − 4𝐷𝑓 ′ 𝑥1 = 2 et

𝑥2 =

𝐷−

√

𝐷2 − 4𝐷𝑓 ′ 2

La distance entre les deux positions est donc : √ |𝑥1 − 𝑥2 | = 𝑑 = 𝐷2 − 4𝐷𝑓 ′ (d) De ce qui précède on obtient : 𝑓′ =

𝐷2 − 𝑑 2 4𝐷

La distance 𝐷 étant connue et fixée, il suffit de mesurer expérimentalement 𝑑 pour déterminer la distance focale image d’une lentille convergente, qui donne une image réelle sur l’écran. (e) Si 𝐷 = 4 × 𝑓 ′ , alors il n’y a qu’une racine double à l’équation, et donc une seule position de la lentille qui donne une image nette. Dans ce cas bien sûr, on a : 𝑓′ =

𝐷 4

(f) Une lentille divergente (𝑉 < 0) ne peut pas donner d’image réelle sur un écran à partir d’un objet réel, la méthode de Bessel est donc inopérante. (g) On peut remarquer que si on accole à la lentille divergente une lentille convergente de forte vergence (V > 0) alors le doublet peut se comporter comme une lentille convergente 𝑉1 + 𝑉2 > 0, pour laquelle la méthode de Bessel peut s’appliquer. Si la lentille a une vergence 𝑉 = −10 𝛿 il suffit de lui accoler une lentille convergente telle que 𝑉 > +10 𝛿 et d’appliquer la méthode de Bessel au doublet. 88

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2 Exercices

Exercice 5 : La lunette astronomique Une lunette astronomique est modélisable par deux lentilles convergentes : – l’objectif, une lentille de grand diamètre et de grande focale, – l’oculaire, une lentille de petit diamètre et de faible focale.

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.

En montage afocal, la lunette permet d’observer un objet céleste situé à l’infini faisant ′ un angle 𝛼 sous la forme d’une image rejetée à l’infini, faisant un angle 𝛼 . On donne les caractéristiques de l’objectif : 𝑓1′ = 20 𝑚 et un diamètre de 𝐷 = 90 cm. (a) Faire un schéma du montage afocal. (b) Définir et exprimer le grossissement G de la lunette. (c) Calculer la focale image de l’oculaire pour avoir un grossissement 𝐺 = 700 et en déduire la vergence associée. (d) Déterminer approximativement le diamètre angulaire de la Lune sachant qu’elle est environ 3, 8 × 105 km de la Terre et possède un rayon de 1, 7 × 103 km. (e) Quel sera son diamètre apparent dans la lunette ? (f) Le diamètre apparent d’une étoile est de 𝛼 ≈ 0, 02′′ . Quel sera son diamètre apparent au travers de l’instrument ? Que verra-t-on ? On rappelle que le pouvoir de résolution de l’œil est de 𝜖 ≈ 3 × 10−4 rad. Conclure sur l’intérêt de la lunette astronomique. (g) Le cercle cercle oculaire est l’image de l’objectif par l’oculaire (on doit placer l’œil au niveau du cercle oculaire pour collecter le maximum de lumière). Construire le cercle oculaire dans le cas de la lunette afocale. Déterminer sa position. (h) On définit le champ d’une lunette comme l’ensemble des points visibles dans l’instrument. La pupille d’entrée est l’objectif (c’est sa monture qui diaphragme) et la pupille de sortie est le cercle oculaire. On note 2𝜔 l’angle sous lequel l’oculaire est vu depuis le centre optique de l’objectif, ce qui représente le champ moyen. Montrer que le champ moyen est inversement proportionnel au grossissement G.

Solution (a) La construction est représentée sur la figure 2.20. Le foyer image 𝐹1′ de l’objectif est confondu avec le foyer objet 𝐹2 de l’oculaire. Comme l’objet est supposé à l’infini, l’image intermédiaire 𝐴1 𝐵1 se forme dans le plan focal image de l’objectif et sert d’objet pour l’oculaire. Comme le montage est afocal, l’image finale se forme à l’infini. (b) Par définition, le grossissement angulaire de la lunette se définit comme : ′

𝐺=

𝛼 𝛼

89

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Chapitre 2 • Optique géométrique

B

F’1

O1

α

A’∞

O2 F’2

A1 F2

α’

B B1 L1

L2 B’∞

Figure 2.20 – Montage afocal - lunette astronomique F’1 = F2 - image finale à l’infini. ′

(c) Si le grossissement est 𝐺 = 700, cela implique que 𝛼 = 700 × 𝛼. Les conditions de Gauss (petits angles) et la construction géométrique permettent d’écrire que : 𝐴𝐵 tan 𝛼 ≈ 𝛼 = 1 ′ 1 𝑓1 𝐴1 𝐵1 . 𝑓2′ On en déduit donc que : ′

′

et tan 𝛼 ≈ 𝛼 =

𝐺=

𝑓1′ 𝑓2′

=

𝑉2 𝑉1

𝑓1′

1 𝐺 20 = ≈ 2, 86 cm, ou une vergence 𝑉2 = ′ = ′ = 700∕20 = 35 𝛿. 𝐺 700 𝑓2 𝑓1 (d) Dans l’approximation des petits angles en radians on a : soit 𝑓2′ =

tan 𝛽 ≈ 𝛽 =

2 × 1700 2𝑟 = 8, 9 × 10−3 rad = 0, 51◦ = 𝐷 3, 8 × 105 ′

(e) Avec le grossissement 𝐺 =

𝛽 , le diamètre angulaire apparent de la Lune sera : 𝛽 ′

𝛽 ≈ 359◦ En fait, l’image de la Lune sortira forcément du champ de l’appareil : on peut donc étudier en détail des régions très réduites de la surface lunaire. ′ (f) De la même façon que précédemment, on peut calculer le diamètre apparent 𝛼 de l’étoile : ′

𝛼 = 14′′ ≪ 𝜖 = 3 × 10−4 rad = 62′′ Le point lumineux étoile vu à l’œil nu reste un point lumineux vu au travers de la lunette. La lunette permet de ≪ grossir ≫ les objets proches de la Terre : planètes, 90

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2 Exercices (L2)

(L1) F1' O1

*C

O2

F2

Figure 2.21 – Lunette - cercle oculaire.

comètes, astéroïdes... Par contre les étoiles sont trop éloignées pour être ≪ grossies ≫. La lunette agit surtout comme un collecteur de lumière : un grand objectif acquiert plus d’information lumineuse qu’un petit. (g) Le cercle oculaire est repéré par les deux croix sur la figure 2.21. Le montage étant afocal, il est facile de voir que le cercle oculaire est proche du plan focal image de l’oculaire. Le cercle oculaire serait exactement dans le plan focal image si la vergence de l’oculaire était infinie. Si on note 𝜃 l’angle sous lequel on voit l’objectif ′ 𝑅 depuis 𝐹1′ et 𝜃 l’angle sous lequel on voit l’objectif depuis 𝑂2 on a : 𝜃 ≈ ′ et 𝑓1 ′ 𝑅 < 𝛼, avec 𝑅 le rayon de l’objectif. 𝜃 ≈ ′ 𝑓1 + 𝑓2′ Si on note 𝑟 le rayon du cercle oculaire, on trouve : 𝑟 𝜃= ′ 𝑓2 et 𝑟

′

𝜃 =

𝑂2 𝐶

avec 𝐶 la position du cercle oculaire. Avec le théorème de Thalès on trouve aussi : 𝑓′ 𝑟 = 2′ 𝑅 𝑓1 © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

un peu de calcul donne finalement : 𝑂2 𝐶 = 𝑓2′ (1 +

𝑓2′ 𝑓1′

) ≈ 𝑓2′

car 𝑓1′ >> 𝑓2′ puisque 𝑓1′ = 𝐺 × 𝑓2′ .

𝐶 est proche du foyer image de l’oculaire.

(h) Dans l’approximation habituelle des petits angles en montage afocal, (en notant 𝐴 le rayon de l’oculaire), on a le champ : 2𝜔 = 2 ×

𝐴 ′

′

𝑂1 𝐹1 + 𝐹1 𝑂2

≈2×

𝐴 ′

𝑂1 𝐹1

=2×

𝐴 𝑓1′

car 𝑂1 𝐹1′ = 𝑓1′ >> 𝐹1′ 𝑂2 = 𝐹2 𝑂2 = 𝑓2′ . 91

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Chapitre 2 • Optique géométrique ′

On se donne ensuite l’angle 2𝜔 , angle sous lequel on voit l’oculaire depuis le foyer image 𝐹2′ de l’oculaire (c’est là qu’on place l’œil pour observer l’image, sur le cercle oculaire) : ′ 𝐴 2×𝜔 =2× ′ 𝑓2 On en déduit finalement : 2𝜔 =

2𝜔 𝐺

′

Exercice 6 : Focométrie 2 - Méthode de Silbermann On reprend l’exercice consacré à la méthode de Bessel. On fait l’hypothèse que la distance 𝐷 objet-écran vaut exactement 4 × 𝑓 ′ . On suppose que la lentille de focale image 𝑓 ′ inconnue est mobile. (a) Combien y a t-il de positions de la lentille donnant une image nette sur l’écran ? (b) Que vaut alors la distance focale image de la lentille ? (c) Expliquer comment mettre en œuvre cette méthode de détermination de la focale.

Solution (a) On sait que ce cas particulier correspond à une racine double du polynôme 𝑥2 −𝐷𝑥+ 𝐷𝑓 ′ = 0, avec un discriminant Δ = 0. Il y a donc une seule position 𝑥 donnant une image nette sur l’écran, 𝐷 (b) On a bien sûr le résultat expérimental : 𝑓 ′ = . 4 (c) On doit procéder par étapes successives : – en choisissant au départ une grande distance 𝐷 > 4𝑓 ′ , √ – en trouvant expérimentalement la distance 𝑑 = 𝐷2 − 4𝐷𝑓 ′ qui sépare les deux positions 𝑥1 et 𝑥2 adéquates de la lentille, – en réduisant la distance 𝐷 petit à petit, et en réitérant les étapes précédentes jusqu’à obtenir une seule valeur de 𝑥. Dans le cas étudié ici le grandissement vaut 𝛾 = −1, l’image est réelle, renversée et de même taille que l’objet. En effet, si 𝐷 𝐷 = 𝑂𝐴′ , alors comme 𝑂𝐴 = 𝑂𝐴′ − 𝐷 = − , on trouve 𝛾 = −1. 𝑥1 = 𝑥2 = 2 2

Exercice 7 : Le télescope de Newton Un télescope de Newton est constitué d’un miroir primaire sphérique concave de diamètre 130 mm et de focale 𝑓𝑚 = 1 200 mm et d’un miroir secondaire plan (incliné à 45◦ sur l’axe optique principal) qui renvoie la lumière vers l’oculaire. On assimile cet oculaire à une lentille convergente de vergence 𝑉 = +50 𝛿. Le télescope est schématisé dans son principe sur la figure 2.22. Le télescope pointe vers la planète Mars dont le diamètre angulaire vaut 𝜃 = 20′′ . En principe le miroir principal du télescope 92

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2 Exercices

de Newton devrait être de forme parabolique, mais si son diamètre est inférieur à 150 mm on peut se contenter d’une forme sphérique. focale

miroir secondaire diamètre

miroir primaire

foyer oculaire

Figure 2.22 – Télescope de Newton - principe.

(a) Construire l’image intermédiaire d’un objet supposé à l’infini, faisant un angle 𝜃 avec l’axe optique du miroir principal. (b) Construire l’image finale au travers de l’oculaire, sachant que l’image donnée par le miroir plan est dans le plan focal objet de l’oculaire. (c) Définir et exprimer le grossissement du télescope de Newton en fonction des focales. (d) Calculer le diamètre angulaire de l’image finale de Mars.

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.

(e) Le pouvoir de résolution est la capacité d’un système optique à révéler les détails, il augmente avec le diamètre du miroir principal. Le pouvoir de résolution mesure le plus petit angle séparant deux points que l’on parvient à voir comme distincts l’un de l’autre : environ 1 minute d’arc pour l’œil humain. Le pouvoir de résolution est limité par le phénomène de diffraction : on se contentera de dire ici que pour un instrument d’ouverture circulaire de diamètre 𝐷 et pour une longueur d’onde 𝜆, la partie centrale de la tache circulaire de diffraction d’Airy (figure 2.23) a une dimension angulaire (en radians) : 𝜃≈

1, 22𝜆 𝐷

Un point donne une image comme la tache d’Airy de la figure 2.23. La diffraction est un phénomène ondulatoire qui limite le pouvoir de résolution d’un instrument étudié dans le cadre de l’optique géométrique. 93

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Chapitre 2 • Optique géométrique

Figure 2.23 – Tache d’Airy - ouverture circulaire.

On prendra pour critères : – pour être résolus, deux points lumineux doivent être séparés par au moins un 2, 44𝜆 , angle égal à deux fois la partie centrale de la tache d’Airy : Δ𝜃 ≈ 𝐷 – la longueur d’onde souvent choisie est au milieu du spectre : 𝜆 = 550 nm. Calculer le pouvoir théorique de résolution du télescope. (f) Sachant que Mars est à environ 𝑑 = 80 millions de km de la Terre (cette distance varie beaucoup selon les positions relatives de la Terre de Mars et du Soleil), déterminer en km la taille 𝑥 du plus petit détail visible à la surface.

Solution (a) La figure 2.24 donne la construction de l’image intermédiaire. Comme l’objet est à l’infini, l’image se forme dans le plan focal image. (b) La figure 2.25 donne la construction de l’image finale. Comme l’image intermédiaire est dans le plan focal objet de la lentille oculaire, l’image finale est rejetée à l’infini. Le montage est afocal.

–

F

+

S

Figure 2.24 – Télescope de Newton - miroir principal - image dans le plan focal image. 94

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2 Exercices

A1 F1 B1

q B2 qÄ

q

S

A2 F2 O2

L2

qÄ F’2

Figure 2.25 – Télescope de Newton - deux miroirs + oculaire : montage afocal. ′

(c) En notant 𝜃 l’angle formé par l’image finale au travers de l’oculaire, on peut définir le grossissement du télescope comme : ′

𝐺=

𝜃 𝜃

D’après la construction, le miroir plan sert simplement à renvoyer l’image intermédiaire donnée par le miroir sphérique dans le plan focal objet de la lentille oculaire. L’image finale se forme donc à l’infini, et on a (on se trouve dans les conditions de Gauss, on fait donc l’approximation des petits angles) : ′

𝜃 =

𝐴2 𝐵2 𝑓2′

et de même pour l’image intermédiaire : © Dunod – Toute reproduction non autorisée est un délit

.

𝜃=

𝐴1 𝐵1 𝑓𝑚

Le grossissement est donc donné par : 𝐺=

𝑓𝑚 1 200 = = 60 20 𝑓2′

1 1 = = 0, 020 m = 20 mm. 𝑉 50 ′ (d) La taille angulaire de l’image1 de Mars est donc : 𝜃 = 60 × 20 = 1 200′′ ≈ 20′ . En effet, on a 𝑓2′ =

1. On rappelle que 1 minute d’arc contient 60 secondes d’arc. 95

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Chapitre 2 • Optique géométrique

(e) En utilisant les critères proposés on trouve un pouvoir de résolution théorique : Δ𝜃𝑚𝑖𝑛 =

2, 44 × 550 × 10−9 ≈ 2, 13′′ 0, 13

(f) Dans l’approximation des petits angles, on trouve : 𝑥 tan(Δ𝜃𝑚𝑖𝑛 ) = ≈ Δ𝜃𝑚𝑖𝑛 𝑑 soit 𝑥 ≈ Δ𝜃𝑚𝑖𝑛 × 𝑑 ≈ 826 km C’est à peu près la taille du plus grand volcan de Mars (Olympus Mons, qui a un diamètre de 648 km). La résolution réelle du télescope est cependant moins bonne que ce que l’on vient de calculer, du fait en particulier des troubles atmosphériques. En pratique on ne pourra pas résoudre Olympus Mons dans le télescope.

Exercice 8 : Le télescope de Cassegrain Le télescope de Cassegrain est composé d’un miroir principal sphérique 𝑀1 concave de foyer 𝐹1 et d’un miroir secondaire sphérique convexe 𝑀2 de foyer 𝐹2 . On note 𝐹 le foyer du télescope. On note 𝑆1 et 𝑆2 le sommet de chacun des miroirs, et 𝐶1 , 𝐶2 le centre de chacun d’entre eux. La lumière arrive de l’infini vers le miroir principal. Le miroir secondaire est de petite dimension pour ne pas obstruer l’entrée. Une petite ouverture au centre du miroir principal permet d’obtenir l’image réelle finale, et de l’observer grâce à un oculaire. La figure 2.26 rend compte du dispositif. Dans ce dispositif, c’est la position du miroir primaire qui est réglable, selon une latitude Δ de quelques millimètres. Le miroir secondaire est fixe. (a) Que représente le foyer 𝐹 du télescope de Cassegrain ? Comme trouver sa position à partir des données des miroirs 𝑀1 et 𝑀2 ? (b) Définir et donner le signe des focales des 2 miroirs 𝑀1 et 𝑀2 , en choisissant un sens positif pour la lumière. (c) Obtenir une relation entre les focales 𝑓1 , 𝑓2 des miroirs, et les distances algébriques 𝐷 = 𝑆2 𝑆1 et 𝑑 = 𝑆1 𝐹 .

S2

S1

F2 F1

F M2

M1

Figure 2.26 – Télescope de type Cassegrain.

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TP20-0085-Book — 24/06/2020 6:53 — page 97

2 Exercices

(d) Exprimer la quantité 𝑑 en fonction de 𝑓1 , 𝑓2 et 𝐷. (e) On donne les valeurs 𝑆1 𝐹1 = −1 000 mm et 𝑆2 𝐹2 = −345 mm, ainsi que la distance réglable minimale 𝐷𝑚𝑖𝑛 = 740 mm. On considère que la latitude de réglage entre les 2 miroirs est de Δ = 20 mm, quelle est la latitude dans la position du foyer 𝐹 du télescope ? (f) On observe la Lune, considérée comme un objet à l’infini. Le diamètre lunaire est de 𝑎 = 3 500 km et situé à une distance 𝐴 = 384 000 km. Déterminer la position et la taille de l’image intermédiaire 𝐴′ 𝐵 ′ de la Lune par le miroir primaire. (g) En déduire le grandissement 𝛾 de 𝐴′ 𝐵 ′ par le miroir secondaire. (h) Calculer la dimension 𝐴′′ 𝐵 ′′ de l’image finale de la Lune (dans le cas 𝐷𝑚𝑖𝑛 ). (i) Quelle est la distance focale équivalente 𝐹𝐹 d’une lentille mince qui donne de la Lune la même image 𝐴′′ 𝐵 ′′ ? Quel est l’intérêt du télescope Cassegrain par rapport à la lunette équivalente ?

Solution (a) Il est clair que 𝐹 est l’image du foyer 𝐹1 au travers du miroir 𝑀2 (𝐹 et 𝐹1 sont conjugués). On a la relation de conjugaison pour le miroir 2 : 1

+

𝑆2 𝐹

1 𝑆2 𝐹1

=

2 𝑆2 𝐶2

=

1 𝑆2 𝐹2

Tableau 2.2 – Télescope de Cassegrain.

𝐷𝑚𝑖𝑛 = 740 mm 𝐷𝑚𝑎𝑥 = 760 mm

d 315, 3 mm 28, 6 mm

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.

(b) On choisit comme sens positif de la lumière le sens vers le miroir primaire. On a alors : 𝑓1 = 𝑆1 𝐹1 =

𝑆1 𝐶1