Modèle du gaz parfait : corrigé des exercices de physique terminale – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. Particules ponctuelles, sans interaction entre elles en dehors des chocs, en mouvement désordonné (agitation thermique).
2. Par ailleurs, les chocs des particules sur la paroi exercent des forces dont la somme est la force pressante : P = F ÷ S.
3. À température et quantité de matière constantes, P V = constante.
4. PV = nRT : P en Pa, V en m³, n en mol, T en K, R = 8,314 J·mol⁻¹·K⁻¹.
5. À haute pression et à basse température (proche de la liquéfaction).

a. Vrai : P ∝ T à V et n constants (Gay-Lussac).
b. Faux : T passe de 293 K à 313 K, soit un rapport 1,07 et non 2 ; la température doit être en kelvins.
c. Vrai : PV constant donc V ÷ 3 ⇒ P × 3.
d. Vrai : n = PV ÷ (RT) ne dépend pas de la nature du gaz (loi d’Avogadro-Ampère).
e. Faux : les vitesses sont réparties autour d’une valeur moyenne ; seule la vitesse quadratique moyenne dépend de T.
f. Faux : U ne dépend que de T (et de n) pour un gaz parfait.

1. 25 °C = 298 K (298,15) ; −50 °C = 223 K (223,15) ; 100 °C = 373 K (373,15). 0 K = −273,15 °C ; 373 K = 99,85 °C (≈ 100 °C).
2. 1,013 bar = 1,013 × 10⁵ Pa ; 760 hPa = 7,60 × 10⁴ Pa ; 150 kPa = 1,50 × 10⁵ Pa ; 5,0 × 10⁴ Pa = 0,50 bar.
3. 2,5 L = 2,5 × 10⁻³ m³ ; 150 mL = 1,5 × 10⁻⁴ m³ ; 0,40 m³ = 400 L.

1. n = N ÷ N_A = 1,2 × 10²⁴ ÷ 6,022 × 10²³ = 2,0 mol (1,99).
2. n = m ÷ M = 8,0 ÷ 32,0 = 0,25 mol ; N = n N_A = 0,25 × 6,022 × 10²³ = 1,5 × 10²³ molécules.
3. m = n M = 5,0 × 44,0 = 2,2 × 10² g.

1. V_m = RT ÷ P. À 273,15 K : 8,314 × 273,15 ÷ 1,013 × 10⁵ = 2,242 × 10⁻² m³·mol⁻¹ = 22,4 L·mol⁻¹. À 298,15 K : 8,314 × 298,15 ÷ 1,013 × 10⁵ = 2,447 × 10⁻² m³·mol⁻¹ = 24,5 L·mol⁻¹.
2. n = V ÷ V_m = 1,0 ÷ 24,5 ≈ 4,1 × 10⁻² mol.
3. V_m = RT ÷ P ne contient ni la masse ni la nature des particules : tous les gaz parfaits, à mêmes P et T, ont le même volume molaire.

1. (20 mL ; 1,00 bar), (15 mL ; 1,33 bar), (10 mL ; 2,00 bar), (8 mL ; 2,50 bar), (5 mL ; 4,00 bar).
2. P × V : 20 ; 20 ; 20 ; 20 ; 20 (en bar·mL). Puis le produit est constant : la loi de Boyle-Mariotte est vérifiée (2,0 bar·mL = 0,20 J).
3. P = (PV) × (1/V) : on obtient une droite passant par l’origine de coefficient directeur 20 bar·mL (soit 2,0 J).
4. P = 20 ÷ 4,0 = 5,0 bar.

1. n = PV ÷ (RT) = 1,5 × 10⁵ × 3,0 × 10⁻³ ÷ (8,314 × 300) = 450 ÷ 2 494 = 0,18 mol.
2. N = n N_A = 0,180 × 6,022 × 10²³ = 1,1 × 10²³ molécules.
3. P₂ = P₁ V₁ ÷ V₂ = 1,5 ÷ 2 = 0,75 bar.

1. P₂ = P₁ T₂ ÷ T₁ = 2,2 × 323 ÷ 293 = 2,4 bar (2,43).
2. P₃ = 2,2 × 263 ÷ 293 = 1,97 bar, soit environ 2,0 bar.
3. Ensuite, la pression chute d’environ 0,2 bar quand la température baisse de 30 K : sans aucune fuite, le pneu paraît moins gonflé.

1. Oui, les points sont alignés : P est une fonction affine de θ (P = P₀ + aθ).
2. a = (137 − 100) ÷ (100 − 0) = 0,37 kPa·°C⁻¹.
3. P = 0 quand 100 + 0,37 θ₀ = 0, d’où θ₀ = −100 ÷ 0,37 ≈ −2,7 × 10² °C (−270 °C).
4. Puis la valeur attendue est −273,15 °C : l’écart est faible et dû à la lecture graphique. À cette température, l’agitation thermique s’annule : plus de chocs, donc pression nulle ; c’est le zéro absolu.

1. ρ_ext = PM ÷ (RT) = 1,013 × 10⁵ × 0,029 ÷ (8,314 × 293) = 2 938 ÷ 2 436 ≈ 1,21 kg·m⁻³.
2. ρ_int = 2 938 ÷ (8,314 × 373) = 2 938 ÷ 3 101 ≈ 0,947 kg·m⁻³.
3. Δm = (ρ_ext − ρ_int) V = (1,206 − 0,947) × 2 500 ≈ 6,5 × 10² kg.
4. À même pression, l’air chaud, moins dense, subit une poussée d’Archimède supérieure à son poids : il monte avec l’enveloppe.

1. De plus, la température est constante et n aussi : on applique Boyle-Mariotte au volume total.
2. P_f = P₁ V₁ ÷ (V₁ + V₂) = 3,0 × 2,0 ÷ 5,0 = 1,2 bar.
3. n = P₁ V₁ ÷ (RT) = 3,0 × 10⁵ × 2,0 × 10⁻³ ÷ (8,314 × 293) = 600 ÷ 2 436 = 0,25 mol.
4. Ensuite, les particules occupent un volume 2,5 fois plus grand : elles heurtent moins souvent une paroi donnée, donc la force pressante par unité de surface diminue.

1. n = PV ÷ (RT) = 1,013 × 10⁵ × 1,0 × 10⁻² ÷ (8,314 × 293) = 1 013 ÷ 2 436 = 0,416 mol.
2. m = n M = 0,416 × 4,00 = 1,66 g.
3. ρ_He = PM ÷ (RT) = 1,013 × 10⁵ × 4,00 × 10⁻³ ÷ 2 436 ≈ 0,166 kg·m⁻³, environ 7 fois plus petite que celle de l’air (1,21).
4. Par ailleurs, L’hélium est moins dense que l’air : la poussée d’Archimède dépasse le poids de l’hélium et de l’enveloppe, le ballon monte.

1. N₂ : v = √(3 × 8,314 × 293 ÷ 0,0280) = √(2,61 × 10⁵) ≈ 5,1 × 10² m·s⁻¹. He : v = √(3 × 8,314 × 293 ÷ 0,00400) = √(1,83 × 10⁶) ≈ 1,35 × 10³ m·s⁻¹.
2. 1 352 ÷ 340 ≈ 4 fois la vitesse du son.
3. E_c = (3/2) k_B T = 1,5 × 1,381 × 10⁻²³ × 293 ≈ 6,07 × 10⁻²¹ J pour les deux gaz : identique.
4. E_c = ½ m v² : à énergie égale, la particule la plus légère (hélium) doit aller plus vite. Puis il n’y a pas de contradiction : la température fixe l’énergie cinétique moyenne, pas la vitesse.

1. U_i = (3/2) n R T = 1,5 × 2,0 × 8,314 × 300 = 7,5 × 10³ J ; ΔU = (3/2) n R ΔT = 1,5 × 2,0 × 8,314 × 50 = 1,2 × 10³ J.
2. Volume constant : W = 0 ; donc Q = ΔU = 1,2 × 10³ J.
3. C_V,m = ΔU ÷ (n ΔT) = 1 247 ÷ (2,0 × 50) = 12,5 J·mol⁻¹·K⁻¹ et (3/2) R = 1,5 × 8,314 = 12,5 : vérifié.

1. Courbe A : v_p ≈ 420 m·s⁻¹ ; courbe B : v_p ≈ 600 m·s⁻¹.
2. T = M v_p² ÷ (2R). A : 0,0280 × 420² ÷ (2 × 8,314) = 4 939 ÷ 16,63 ≈ 2,97 × 10² K (environ 293 K, soit 20 °C). B : 0,0280 × 600² ÷ 16,63 ≈ 6,1 × 10² K (environ 600 K).
3. Ensuite, la courbe B : son maximum est décalé vers les grandes vitesses et la courbe est plus étalée et plus basse.
4. Puis l’aire représente la proportion totale de molécules, donc 100 % dans les deux cas : si la courbe s’étale, elle doit s’abaisser.

1. V_m = RT ÷ P = 8,314 × 293 ÷ 2,0 × 10⁷ = 1,22 × 10⁻⁴ m³·mol⁻¹ = 0,12 L·mol⁻¹.
2. De plus, le volume propre (0,039 L) représente environ 32 % de 0,12 L : les molécules ne sont plus ponctuelles par rapport à l’espace disponible. Ensuite, le modèle est peu valable à 200 bar.
3. À 1,013 bar : V_m = 24,0 L·mol⁻¹ ; 0,039 ÷ 24,0 ≈ 0,16 % : le volume propre est négligeable, le modèle est très bon.
4. À basse température proche de la liquéfaction (vapeur d’eau près de 100 °C par exemple) et pour les gaz très polaires ou très denses, où les interactions entre molécules comptent.

1. n = ΔP V ÷ (RT) = (200 − 50) × 10⁵ × 1,2 × 10⁻² ÷ (8,314 × 293) = 1,8 × 10⁵ ÷ 2 436 = 73,9 mol.
2. n/min = P V ÷ (RT) = 3,0 × 10⁵ × 2,0 × 10⁻² ÷ 2 436 = 6 000 ÷ 2 436 = 2,46 mol·min⁻¹.
3. Autonomie = 73,9 ÷ 2,46 = 30 min.
4. À 10 m (2,0 bar), n/min = 2,0 × 10⁵ × 2,0 × 10⁻² ÷ 2 436 = 1,64 mol·min⁻¹ et l’autonomie vaut 73,9 ÷ 1,64 = 45 min : elle est inversement proportionnelle à la pression.

1. n constant : P₁ V₁ ÷ T₁ = P₂ V₂ ÷ T₂, donc V₂ = V₁ × (P₁ ÷ P₂) × (T₂ ÷ T₁).
2. T₁ = 288 K, T₂ = 228 K : V₂ = 2,0 × (1,0 ÷ 0,20) × (228 ÷ 288) = 2,0 × 5,0 × 0,792 ≈ 7,9 m³.
3. Par ailleurs, la pression extérieure diminue fortement avec l’altitude : le volume augmente beaucoup (presque 4 fois ici) ; l’enveloppe doit pouvoir se dilater sans éclater.

1. P₂ = 1,0 × 333 ÷ 293 = 1,14 bar.
2. 1,14 bar < 1,3 bar : la bouteille n’éclate pas (sauf si l’air est plus chaud).
3. T_max = 293 × 1,3 ÷ 1,0 = 381 K, soit 108 °C.
4. n = PV ÷ (RT) = 1,0 × 10⁵ × 1,5 × 10⁻³ ÷ (8,314 × 293) = 150 ÷ 2 436 = 6,2 × 10⁻² mol.

1. nRT = 0,10 × 8,314 × 300 = 249,4 J. P₁ = 249,4 ÷ 2,0 × 10⁻³ = 1,2 × 10⁵ Pa ; P₂ = 249,4 ÷ 0,50 × 10⁻³ = 5,0 × 10⁵ Pa.
2. W = 249,4 × ln(2,0 ÷ 0,50) = 249,4 × ln 4 = 249,4 × 1,386 ≈ 3,5 × 10² J.
3. Avec ΔV = −1,5 × 10⁻³ m³ : W_min = −P₁ ΔV = 1,247 × 10⁵ × 1,5 × 10⁻³ ≈ 187 J ; W_max = −P₂ ΔV = 4,99 × 10⁵ × 1,5 × 10⁻³ ≈ 748 J. Comme 187 J < 346 J < 748 J, le résultat est cohérent.
4. Gaz parfait, isotherme : ΔU = 0, donc Q = −W ≈ −3,5 × 10² J : le gaz cède de l’énergie à l’extérieur sous forme de chaleur.