Exercices — Le modèle du gaz parfait

1. La température absolue s’exprime en kelvin :

$T = \theta + 273{,}15 = 20 + 273{,}15 = 293 \text{ K}$

2. La pression s’exprime en pascal. Comme $1$ hPa $= 100$ Pa :

$P = 1013 \times 100 = 1{,}013 \times 10^{5} \text{ Pa}$

3. Le volume s’exprime en mètre cube. Comme $1$ L $= 10^{-3}$ m³ et $250$ mL $= 0{,}250$ L :

$V = 0{,}250 \times 10^{-3} = 2{,}50 \times 10^{-4} \text{ m}^{3}$

Ces trois conversions (K, Pa, m³) sont le passage obligé de TOUS les exercices du chapitre : automatise-les avant d’aller plus loin.

1. On isole $n$ dans la loi des gaz parfaits $PV = nRT$, avec le volume en m³ ($V = 12 \times 10^{-3}$ m³) :

$n = \dfrac{PV}{RT} = \dfrac{2{,}0 \times 10^{7} \times 12 \times 10^{-3}}{8{,}314 \times 293} = 99 \text{ mol}$

La bouteille contient environ 99 mol d’air — près de cent fois plus que le même volume d’air à pression atmosphérique : c’est tout l’intérêt de comprimer le gaz.

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

$m = n \times M = 99 \times 29{,}0 = 2{,}9 \times 10^{3} \text{ g}$

Le plongeur emporte environ 2,9 kg d’air. Surprenant, non ? L’air comprimé, ça pèse !

1. La masse volumique est la masse par unité de volume :

$\rho = \dfrac{m}{V}$

en kg·m⁻³ dans le système international.

2. On part de $\rho = \dfrac{m}{V}$ et on remplace $m = nM$ :

$\rho = \dfrac{nM}{V}$

Or la loi des gaz parfaits donne $\dfrac{n}{V} = \dfrac{P}{RT}$, d’où :

$\rho = \dfrac{PM}{RT}$

3. On convertit la masse molaire en kg·mol⁻¹ : $M = 29{,}0 \times 10^{-3}$ kg·mol⁻¹. Alors :

$\rho = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5} \times 29{,}0 \times 10^{-3}}{8{,}314 \times 293} = 1{,}2 \text{ kg·m}^{-3}$

L’air ambiant a une masse volumique d’environ 1,2 kg·m⁻³ : un mètre cube d’air pèse un peu plus d’un kilogramme.

4. D’après $\rho = \dfrac{PM}{RT}$, si $T$ augmente à $P$ constante, alors $\rho$ diminue : l’air chaud est moins dense que l’air froid. C’est exactement le principe de la montgolfière — l’air chauffé dans l’enveloppe, plus léger que l’air extérieur, fait monter le ballon.

1. Au sol, la loi des gaz parfaits donne :

$n = \dfrac{P_1 V_1}{R\,T_1} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{5} \times 12}{8{,}314 \times 288} = 5{,}0 \times 10^{2} \text{ mol}$

Le ballon emporte environ 500 mol d’hélium.

2. Le ballon est fermé : $n$ est constant pendant l’ascension. Or, à chaque instant, $PV = nRT$, donc $\dfrac{PV}{T} = nR$ est constant, d’où :

$\dfrac{P_1 V_1}{T_1} = \dfrac{P_2 V_2}{T_2}$

On isole $V_2$ :

$V_2 = V_1 \times \dfrac{P_1}{P_2} \times \dfrac{T_2}{T_1} = 12 \times \dfrac{1{,}0 \times 10^{5}}{5{,}0 \times 10^{3}} \times \dfrac{218}{288} = 1{,}8 \times 10^{2} \text{ m}^{3}$

À 30 km d’altitude, le ballon occupe environ 180 m³ : son volume a été multiplié par 15 ! La chute de pression (qui dilate le gaz) l’emporte largement sur la baisse de température (qui le contracte).

3. Puisque le volume du gaz est appelé à être multiplié par 15 environ, un ballon gonflé à bloc au sol éclaterait bien avant d’atteindre son altitude de mission. On le gonfle donc partiellement, en laissant à l’enveloppe la place de se dilater.

4. Le modèle du gaz parfait suppose des entités ponctuelles et sans interactions entre elles. Il cesse d’être valable à haute pression (les entités sont si proches que leur volume propre et leurs répulsions comptent) ou à basse température proche de la liquéfaction (les attractions entre entités ne sont plus négligeables). Par exemple, l’air comprimé à $2 \times 10^{7}$ Pa dans une bouteille de plongée commence à s’écarter sensiblement du modèle.