Exercices corrigés — Le modèle du gaz parfait

1. La salle est un pavé droit : son volume est le produit de ses trois dimensions.

$V = 8{,}0\ \text{m} \times 6{,}0\ \text{m} \times 2{,}5\ \text{m} = 1{,}2 \times 10^{2}\ \text{m}^{3}$

C’est déjà l’unité du système international : aucune conversion n’est nécessaire. La température absolue vaut :

$T_1 = \theta_1 + 273{,}15 = 19 + 273{,}15 = 292{,}15\ \text{K}$

2. On isole la quantité de matière dans l’équation d’état $P \times V = n \times R \times T$ :

$n_1 = \dfrac{P \times V}{R \times T_1} = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa} \times 1{,}2 \times 10^{2}\ \text{m}^{3}}{8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \times 292{,}15\ \text{K}} = 5{,}0 \times 10^{3}\ \text{mol}$

Vérification des unités : un pascal mètre cube est un joule, et des joules divisés par des $\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}$ donnent bien des moles.

3. On passe de la quantité de matière à la masse avec la masse molaire :

$m_1 = n_1 \times M = 5{,}0 \times 10^{3}\ \text{mol} \times 29{,}0\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1} = 1{,}5 \times 10^{5}\ \text{g} = 1{,}5 \times 10^{2}\ \text{kg}$

L’air d’une salle de classe a donc une masse de l’ordre de $150\ \text{kg}$, comparable à celle de deux personnes. On ne la remarque pas, parce que cet air nous entoure de toutes parts.

4. La pression et le volume ne changent pas. En écrivant l’équation d’état sous la forme $n = \dfrac{P \times V}{R \times T}$, on voit que la quantité de matière est inversement proportionnelle à la température absolue. Avec $T_2 = 22 + 273{,}15 = 295{,}15\ \text{K}$ :

$\dfrac{n_2}{n_1} = \dfrac{T_1}{T_2} = \dfrac{292{,}15\ \text{K}}{295{,}15\ \text{K}} = 0{,}9898$

La fraction de la quantité de matière initiale qui a quitté la salle vaut donc :

$\dfrac{n_1 - n_2}{n_1} = 1 - 0{,}9898 = 0{,}0102 = 1{,}0\ \%$

La masse d’air sortie est la même fraction de la masse initiale :

$m_1 - m_2 = 0{,}0102 \times 1{,}5 \times 10^{2}\ \text{kg} = 1{,}5\ \text{kg}$

5. La pression résulte des chocs des entités sur les parois : elle est d’autant plus grande que ces chocs sont fréquents et violents. En chauffant, on augmente l’agitation des entités, donc la violence de chaque choc. Si toutes les entités restaient dans la salle, la pression dépasserait la pression atmosphérique. Comme la salle n’est pas hermétique, un peu d’air sort jusqu’à ce que l’équilibre soit rétabli : il reste alors moins d’entités par mètre cube, ce qui compense la plus grande violence des chocs. C’est la raison pour laquelle l’air chaud est moins dense que l’air froid, à la même pression.

Réflexe à retenir : quand une grandeur ne change pas, dis-le avant de calculer. Ici, $P$ et $V$ sont fixés, donc $n$ varie comme $1 / T$ : un simple quotient de températures suffit, sans reprendre le calcul complet.

1. La pression du dihydrogène sur les parois du réservoir vient des chocs de ses molécules sur ces parois : chaque molécule qui rebondit exerce une force très brève, et la pression est le résultat de ces chocs innombrables, rapporté à la surface. La température thermodynamique, elle, mesure l’agitation de ces molécules : plus elle est grande, plus leur énergie cinétique moyenne est grande.

Comprimer le gaz jusqu’à $7{,}00 \times 10^{7}\ \text{Pa}$, soit $700$ fois la pression atmosphérique, c’est enfermer une grande quantité de matière dans un petit volume. Le nombre de molécules par mètre cube devient très grand : les chocs sur les parois sont beaucoup plus fréquents, et les molécules se trouvent en moyenne bien plus proches les unes des autres. C’est cette proximité qui met le modèle du gaz parfait en difficulté, comme le montrent les questions suivantes.

2. Par définition, $\rho = \dfrac{m}{V}$. La masse de gaz se déduit de sa quantité de matière, $m = n \times M$, donc :

$\rho = \dfrac{n \times M}{V}$

L’équation d’état du gaz parfait, $P \times V = n \times R \times T$, donne $\dfrac{n}{V} = \dfrac{P}{R \times T}$, d’où :

$\rho = \dfrac{P \times M}{R \times T}$

La masse molaire doit être en $\text{kg}\cdot\text{mol}^{-1}$ pour obtenir des $\text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$ : $M = 2{,}02 \times 10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{mol}^{-1}$. La température absolue vaut $T = 15 + 273{,}15 = 288{,}15\ \text{K}$. Sous $1{,}00\ \text{bar} = 1{,}00 \times 10^{5}\ \text{Pa}$ :

$\rho_{\text{mod}} = \dfrac{1{,}00 \times 10^{5}\ \text{Pa} \times 2{,}02 \times 10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{mol}^{-1}}{8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \times 288{,}15\ \text{K}} = 8{,}43 \times 10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$

Sous $700\ \text{bar} = 7{,}00 \times 10^{7}\ \text{Pa}$, la pression est $700$ fois plus grande, donc la masse volumique aussi :

$\rho_{\text{mod}} = \dfrac{7{,}00 \times 10^{7}\ \text{Pa} \times 2{,}02 \times 10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{mol}^{-1}}{8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \times 288{,}15\ \text{K}} = 59{,}0\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$

Vérification des unités : un pascal est un newton par mètre carré et un joule un newton mètre, donc $\dfrac{\text{Pa} \times \text{kg}\cdot\text{mol}^{-1}}{\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}}$ se réduit à des $\text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$.

3. L’écart relatif se calcule entre la valeur du modèle et la valeur mesurée, prise comme référence. Sous $1{,}00\ \text{bar}$ :

$\dfrac{\rho_{\text{mod}} - \rho_{\text{mes}}}{\rho_{\text{mes}}} = \dfrac{8{,}43 \times 10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} - 8{,}42 \times 10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}}{8{,}42 \times 10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}} = 0{,}001 = 0{,}1\ \%$

Sous $700\ \text{bar}$ :

$\dfrac{59{,}0\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} - 39{,}6\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}}{39{,}6\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}} = 0{,}49 = 49\ \%$

À la pression atmosphérique, le modèle est donc excellent ; à $700\ \text{bar}$, il surestime la masse volumique de près de la moitié.

Pour situer la limite des $5\ \%$, on reprend le calcul aux deux pressions voisines du document 2. Sous $50{,}0\ \text{bar}$, le modèle donne $\rho_{\text{mod}} = 4{,}22\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$ :

$\dfrac{4{,}22\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} - 4{,}07\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}}{4{,}07\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}} = 0{,}037 = 3{,}7\ \%$

Sous $100\ \text{bar}$, il donne $\rho_{\text{mod}} = 8{,}43\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$ :

$\dfrac{8{,}43\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} - 7{,}88\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}}{7{,}88\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}} = 0{,}070 = 7{,}0\ \%$

D’après ces mesures, l’écart reste donc inférieur à $5\ \%$ jusqu’à $50\ \text{bar}$ environ, et il dépasse ce seuil avant $100\ \text{bar}$.

4. On place la pression en abscisse et la masse volumique en ordonnée. La droite du modèle passe par l’origine, puisque $\rho$ est proportionnelle à $P$ ; son coefficient directeur vaut $\dfrac{M}{R \times T} = 8{,}43 \times 10^{-7}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}\cdot\text{Pa}^{-1}$, soit $8{,}43 \times 10^{-2}\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$ par bar. Un seul point suffit à la tracer : $700\ \text{bar}$ et $59{,}0\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$.

Jusqu’à quelques dizaines de bars, les points mesurés sont sur la droite. Au-delà, ils s’en écartent de plus en plus, et toujours du même côté : en dessous. À pression donnée, le dihydrogène réel est moins dense que ne le prévoit le modèle ; autrement dit, il faut une pression plus grande que la pression calculée pour enfermer une masse donnée de gaz dans un volume donné.

À l’échelle microscopique, deux effets négligés par le modèle apparaissent quand les molécules se rapprochent. D’une part, le volume propre des molécules n’est plus négligeable devant celui du réservoir : l’espace réellement disponible pour se déplacer est plus petit que le volume intérieur. D’autre part, les molécules se repoussent à courte distance. Le gaz résiste donc davantage à la compression qu’un gaz parfait, dont les entités sont des points sans interaction à distance.

5. Le réservoir plein contient du dihydrogène à $700\ \text{bar}$ et $15\ ^\circ\text{C}$ : le document 2 donne $\rho_{\text{mes}} = 39{,}6\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3}$ dans ces conditions. Avec $V = 125\ \text{L} = 0{,}125\ \text{m}^{3}$ :

$m = \rho_{\text{mes}} \times V = 39{,}6\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} \times 0{,}125\ \text{m}^{3} = 4{,}95\ \text{kg}$

Le document 1 annonce environ $5{,}0\ \text{kg}$ : les deux valeurs concordent, la fiche technique est cohérente avec les mesures.

Le modèle du gaz parfait, lui, prévoirait une quantité de matière de :

$n = \dfrac{P \times V}{R \times T} = \dfrac{7{,}00 \times 10^{7}\ \text{Pa} \times 0{,}125\ \text{m}^{3}}{8{,}314\ \text{J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \times 288{,}15\ \text{K}} = 3{,}65 \times 10^{3}\ \text{mol}$

$m_{\text{mod}} = n \times M = 3{,}65 \times 10^{3}\ \text{mol} \times 2{,}02\ \text{g}\cdot\text{mol}^{-1} = 7{,}37 \times 10^{3}\ \text{g} = 7{,}37\ \text{kg}$

On retrouve la même valeur en multipliant la masse volumique du modèle par le volume, $59{,}0\ \text{kg}\cdot\text{m}^{-3} \times 0{,}125\ \text{m}^{3} = 7{,}38\ \text{kg}$, la différence de $0{,}01\ \text{kg}$ venant des arrondis. Le modèle promet donc près de $2{,}4\ \text{kg}$ de dihydrogène de plus que ce que le réservoir contient : employé sans précaution à cette pression, il conduirait à surestimer l’autonomie de la voiture de moitié.

6. La quantité de matière et le volume ne changent pas : le quotient $\dfrac{P \times V}{T}$ garde la même valeur, donc $\dfrac{P_1}{T_1} = \dfrac{P_2}{T_2}$. Avec $T_2 = 55 + 273{,}15 = 328{,}15\ \text{K}$ :

$P_2 = P_1 \times \dfrac{T_2}{T_1} = 7{,}00 \times 10^{7}\ \text{Pa} \times \dfrac{328{,}15\ \text{K}}{288{,}15\ \text{K}} = 7{,}97 \times 10^{7}\ \text{Pa}$

Cette valeur reste inférieure à la pression maximale admissible, $8{,}75 \times 10^{7}\ \text{Pa}$ : d’après cette estimation, la limite du constructeur est respectée.

Il s’agit bien d’une estimation, et non d’une valeur exacte. La question 3 a montré que l’équation d’état du gaz parfait décrit mal le dihydrogène à $700\ \text{bar}$ : le calcul donne l’ordre de grandeur de la hausse de pression, environ $14\ \%$, soit une centaine de bars, sans garantir le dernier chiffre. On remarque d’ailleurs que la pression maximale admissible dépasse de $25\ \%$ la pression de service, une marge qui laisse de la place à l’échauffement au soleil comme à l’imprécision du modèle. Pour conclure sans réserve, il faudrait des mesures de la masse volumique du dihydrogène à $55\ ^\circ\text{C}$, semblables à celles du document 2 à $15\ ^\circ\text{C}$.

Réflexe à retenir : un modèle se juge sur des mesures. Compare toujours la valeur calculée à la valeur mesurée, calcule l’écart relatif, et conclus sur le domaine où le modèle convient plutôt que sur un simple « ça marche » ou « ça ne marche pas ».