Énergie : conversions et transferts

Une bouteille rigide de volume V = 10 L contient n = 0,50 mol de diazote, assimilé à un gaz parfait, à la température θ = 25 °C. Déterminer la pression du gaz en pascals puis en bars, et préciser une limite du modèle.

1. 01Convertir les grandeurs

   On exprime le volume en m³ et la température en kelvin : V = 10 L = 1,0 × 10⁻² m³ et T = 25 + 273,15 = 298,15 K.

2. 02Isoler la pression

   À partir de l'équation d'état p V = n R T, on isole la pression.

   $$p = \dfrac{n\,R\,T}{V}$$
3. 03Application numérique

   p = (0,50 × 8,314 × 298,15) / (1,0 × 10⁻²) ≈ 1,24 × 10⁵ Pa, soit environ 1,24 bar (1 bar = 10⁵ Pa).

4. 04Discuter le modèle

   Le modèle reste pertinent ici (pression modérée). Il deviendrait insuffisant à très forte pression ou très basse température, où le volume propre des molécules et leurs interactions ne sont plus négligeables.

Résultat : La pression vaut p ≈ 1,24 × 10⁵ Pa ≈ 1,24 bar ; le modèle du gaz parfait est ici justifié.

Le même gaz (T constante) est comprimé de V₁ = 10 L à V₂ = 4,0 L, sans variation de température. Déterminer la nouvelle pression p₂, en partant de p₁ ≈ 1,24 bar.

1. 01Identifier la transformation

   La température et la quantité de matière sont constantes : on est dans le cadre de la loi de Boyle-Mariotte, p V = constante.

2. 02Écrire la conservation du produit p V

   Le produit p V garde la même valeur avant et après compression.

   $$p_1\,V_1 = p_2\,V_2$$
3. 03Isoler et calculer p₂

   p₂ = p₁ × V₁/V₂ = 1,24 × (10 / 4,0) = 1,24 × 2,5 ≈ 3,1 bar.

4. 04Interpréter

   Diviser le volume par 2,5 multiplie la pression par 2,5 : moins d'espace, donc des chocs plus fréquents sur les parois. On lit ce comportement sur une isotherme (hyperbole) : on se déplace vers la gauche, p monte.

Résultat : p₂ ≈ 3,1 bar : la pression varie en proportion inverse du volume, conformément à p V = cte à température constante.

On chauffe m = 200 g d'eau liquide (c = 4185 J·kg⁻¹·K⁻¹) de 20 °C à 80 °C dans un récipient calorifugé, sans travail mécanique. Déterminer la variation d'énergie interne de l'eau et l'énergie thermique qu'elle a reçue.

1. 01Identifier le système et les échanges

   Le système est l'eau, supposée incompressible. Il n'y a pas de travail mécanique (W = 0) ; seul un transfert thermique Q intervient. Le premier principe donne ΔU = Q.

2. 02Exprimer ΔU pour un système incompressible

   L'énergie interne ne dépend que de la température : ΔU = m·c·ΔT, avec ΔT = 80 − 20 = 60 °C = 60 K et m = 0,200 kg.

   $$\Delta U = m\,c\,\Delta T$$
3. 03Application numérique

   ΔU = 0,200 × 4185 × 60 = 50 220 J ≈ 5,0 × 10⁴ J, soit environ 50 kJ.

4. 04Conclure sur le transfert thermique

   Comme W = 0, le transfert thermique reçu vaut Q = ΔU ≈ +5,0 × 10⁴ J. Le signe positif confirme que l'eau a bien reçu de l'énergie de la source de chaleur.

Résultat : La variation d'énergie interne et l'énergie thermique reçue valent ΔU = Q ≈ 5,0 × 10⁴ J ≈ 50 kJ.

On modélise la Terre comme une sphère sans atmosphère, de température uniforme T, d'albédo a = 0,30, recevant la puissance solaire surfacique S = 1361 W·m⁻². En écrivant l'équilibre entre puissance absorbée et puissance rayonnée (loi de Stefan-Boltzmann, σ = 5,67 × 10⁻⁸ W·m⁻²·K⁻⁴, corps assimilé à un corps noir), estimer T et la comparer à la température réelle.

1. 01Puissance absorbée par la Terre

   La Terre intercepte le flux solaire sur un disque de surface π R², mais le rayonne sur toute sa sphère de surface 4π R² : la puissance surfacique moyenne reçue est S/4. La fraction a est réfléchie (albédo), donc la fraction (1 − a) est absorbée.

2. 02Équilibre radiatif

   À l'équilibre thermique, la puissance surfacique absorbée égale la puissance surfacique rayonnée donnée par Stefan-Boltzmann.

   $$(1-a)\,\dfrac{S}{4} = \sigma\,T^{4}$$
3. 03Isoler la température

   On isole T en prenant la racine quatrième.

   $$T = \left[\dfrac{(1-a)\,S}{4\,\sigma}\right]^{1/4}$$
4. 04Application numérique

   T = [ (1 − 0,30) × 1361 / (4 × 5,67 × 10⁻⁸) ]^(1/4) ≈ 255 K, soit environ −18 °C.

5. 05Interpréter avec l'effet de serre

   La valeur calculée (≈ −18 °C) est très inférieure à la température moyenne réelle (≈ +15 °C). L'écart d'environ 33 °C est dû à l'effet de serre : l'atmosphère renvoie vers le sol une partie du rayonnement infrarouge, ce que le modèle « sans atmosphère » néglige.

Résultat : On obtient T ≈ 255 K ≈ −18 °C ; l'écart avec la température réelle (≈ 15 °C) mesure l'effet de serre naturel.

Une vitre de surface S = 2,0 m² et d'épaisseur e = 4,0 mm (conductivité λ = 1,0 W·m⁻¹·K⁻¹) sépare un intérieur à 20 °C d'un extérieur à 5 °C. Calculer la résistance thermique de la vitre, puis le flux thermique de pertes par conduction.

1. 01Calculer la résistance thermique

   On applique R_th = e/(λS) = 4,0 × 10⁻³ / (1,0 × 2,0).

   $$R_{th} = \dfrac{e}{\lambda\,S}$$
2. 02Application numérique de R_th

   R_th = 4,0 × 10⁻³ / 2,0 = 2,0 × 10⁻³ K·W⁻¹. La résistance d'une simple vitre est très faible : elle isole mal.

3. 03Calculer le flux

   L'écart de température est ΔT = 20 − 5 = 15 K. Le flux vaut Φ = ΔT/R_th = 15 / (2,0 × 10⁻³).

   $$\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{th}}$$
4. 04Conclure

   Φ = 7,5 × 10³ W = 7,5 kW. Ce flux énorme (pour une seule vitre fine) illustre pourquoi on emploie du double vitrage : ajouter une lame d'air en série augmente fortement R_th et réduit d'autant les pertes.

Résultat : R_th = 2,0 × 10⁻³ K·W⁻¹ et Φ = 7,5 kW : une vitre simple laisse fuir un flux considérable, d'où l'intérêt d'augmenter R_th (double vitrage).

Une tasse de café, assimilée à un système incompressible, est initialement à T₀ = 80 °C dans une pièce à T_ext = 20 °C. Son refroidissement suit la loi de Newton avec un temps caractéristique τ = 600 s. Établir T(t), calculer la température au bout de t = τ, puis estimer la durée nécessaire pour atteindre pratiquement la température de la pièce.

1. 01Écrire la solution générale

   La résolution de l'équation différentielle du refroidissement, avec T(0) = T₀, donne une exponentielle vers T_ext.

   $$T(t) = T_{ext} + (T_0 - T_{ext})\,e^{-t/\tau}$$
2. 02Application numérique de l'expression

   Avec T_ext = 20 °C et T₀ − T_ext = 60 °C : T(t) = 20 + 60·e^(−t/600), avec t en secondes.

3. 03Température au bout de t = τ

   À t = τ, l'exponentielle vaut e⁻¹ ≈ 0,368 : T(τ) = 20 + 60 × 0,368 ≈ 42 °C. L'écart initial (60 °C) a bien été réduit d'environ 63 %.

4. 04Durée de retour à l'équilibre

   Le système atteint pratiquement la température de la pièce après environ 5τ = 5 × 600 = 3000 s, soit 50 minutes (l'écart résiduel y est inférieur à 1 % de l'écart initial).

Résultat : T(t) = 20 + 60·e^(−t/600) ; T(τ) ≈ 42 °C, et l'équilibre thermique est pratiquement atteint après ≈ 5τ = 3000 s (50 min).

Un condensateur de capacité C = 470 μF, initialement déchargé, est mis en charge à travers un résistor R = 1,0 kΩ par une source idéale de tension E = 5,0 V. Établir l'équation différentielle vérifiée par u_C(t), donner sa solution, calculer le temps caractéristique τ, la tension u_C à t = τ et estimer la durée au bout de laquelle la charge est quasi terminée.

1. 01Loi des mailles et relations de dipôle

   Dans le circuit série, la loi des mailles s'écrit E = u_R + u_C avec u_R = R·i et, pour le condensateur, i = C·du_C/dt. En substituant : E = R·C·du_C/dt + u_C.

   $$R\,C\,\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t} + u_C = E$$
2. 02Solution avec la condition initiale

   Le condensateur est initialement déchargé : u_C(0) = 0. La solution de l'équation est une exponentielle qui croît de 0 vers E.

   $$u_C(t) = E\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$$
3. 03Calcul du temps caractéristique

   Avec R = 1,0 × 10³ Ω et C = 470 μF = 470 × 10⁻⁶ F : τ = R·C = 1,0 × 10³ × 470 × 10⁻⁶ = 0,47 s.

4. 04Tension à t = τ et durée de charge

   À t = τ : u_C(τ) = E·(1 − e⁻¹) ≈ 5,0 × 0,632 ≈ 3,2 V (soit 63 % de E). La charge est pratiquement terminée après environ 5τ = 5 × 0,47 ≈ 2,4 s, où u_C ≈ E.

Résultat : L'équation R·C·du_C/dt + u_C = E a pour solution u_C(t) = 5,0·(1 − e^(−t/0,47)) ; τ = 0,47 s, u_C(τ) ≈ 3,2 V, et la charge est quasi terminée après ≈ 5τ ≈ 2,4 s.