Corrigé des exercices
327
5- Initialement N + N − 0. La réaction chimique de la première question permet d’écrire à
T : N + = N − = N 0 j. Donc N H = N 0 − N 0 j = N 0 (1 − j) N 0 . La loi d’action de masse s’écrit
alors
N
2
0 j
2
N0(1−j) N 0 j
2 =
V
h 3 (2pmkT)
3/2 e
−´0/kT . A.N. K N = 2, 5 × 10
−46 . j = 1, 910
−34 .
Exercice 3. 1- Il y a équilibre moléculaire entre les deux enceintes lorsque le débit total à
travers l’ouverture est nul.
2- D’après (72), cela signifie
1
4 n 1 < v 1 >=
1
4 n 2 < v 2 >. L’équation d’état des gaz parfaits
donne : n 1 =
N P1
RT1 =
P1
kT1 et de même n 2 =
P2
kT2 . L’équation (57) permet d’exprimer < v > en
fonction de la température :
< v 1 >=
8kT 1
pm
et
< v 2 >=
8kT 2
pm
L’équation d’équilibre moléculaire s’écrit donc
P1
√
T1
=
P2
√
T2
.
Exercice 4. 1- En suivant le raisonnement de la section 7.5, on trouve (formule 72) que
dn
== F
(+) DSdt =
1
4 r(t) < v 1 > DSdt =
r
4
8kT
pm DSdt.
2- La variation du nombre de molécules contenues dans l’ampoule est égal à −dn
, d’où :
dn = −
1
4
n(t)
V
8kT
pm DSdt (où V est le volume du récipient). En intégrant, on obtient :
Log
r
r 0
= −
DS
4V
8kT
pm
t.
3- Si l’on considère la vapeur d’eau comme un gaz parfait, la pression du gaz est proportionnelle
au nombre de molécules contenues dans l’ampoule. Donc P(t) = P 0 exp
−
DS
4V < v > t
.
A.N. t = 3s. Cette méthode permet de faire le vide très rapidement.
Exercice 5. 1- Pour calculer dn, il suffit de suivre le raisonnement conduisant à la formule (63). Dans cet exercice, nous considérons les atomes déjà sortis du four. Ils ont tous
un vecteur vitesse parallèle à ˆ
n. Comme ce sont des particules libres, nous pouvons écrire :
dn = rAdSdt v v
2 exp
−bmv
2 /2
dv
2- Le module de la vitesse la plus probable ˜
v peut être obtenu en recherchant le maximum de la
fonction v
3 e
−bmv
2 /2 = f (v).
df
dv = 0 conduit à ˜
v =
3kT
m . Cette vitesse est supérieure à la vitesse
la plus probable (52) calculée dans le four.
3- La distribution s’annule pour v = 0 et tend vers 0 pour v → ∞. Elle a son maximum pour
˜
v =
3kT
m . La courbe n’est pas symétrique.
4- < v >=
A
r
∞
0
vf (v)dv et
√
< v 2 > =
A
r
∞
0
v 2 f (v)dv. Comparée à g(v), la distribution f (v)
a son maximum pour une valeur supérieure de la vitesse. Les distributions sont cependant toutes
deux normalisées. L’intégrale vf (v) est donc supérieure à vg(v) et < v > est plus grand que le
résultat de (54).
Exercice 6. 1- Un atome ayant une vitesse v met un temps t = D/v pour traverser le cylindre.
Pendant ce temps, le cylindre a tourné d’un angle vt = vD/v. L’atome heurte le cylindre à
l’abscisse curviligne L = D
2 v/2v.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
327
5- Initialement N + N − 0. La réaction chimique de la première question permet d’écrire à
T : N + = N − = N 0 j. Donc N H = N 0 − N 0 j = N 0 (1 − j) N 0 . La loi d’action de masse s’écrit
alors
N
2
0 j
2
N0(1−j) N 0 j
2 =
V
h 3 (2pmkT)
3/2 e
−´0/kT . A.N. K N = 2, 5 × 10
−46 . j = 1, 910
−34 .
Exercice 3. 1- Il y a équilibre moléculaire entre les deux enceintes lorsque le débit total à
travers l’ouverture est nul.
2- D’après (72), cela signifie
1
4 n 1 < v 1 >=
1
4 n 2 < v 2 >. L’équation d’état des gaz parfaits
donne : n 1 =
N P1
RT1 =
P1
kT1 et de même n 2 =
P2
kT2 . L’équation (57) permet d’exprimer < v > en
fonction de la température :
< v 1 >=
8kT 1
pm
et
< v 2 >=
8kT 2
pm
L’équation d’équilibre moléculaire s’écrit donc
P1
√
T1
=
P2
√
T2
.
Exercice 4. 1- En suivant le raisonnement de la section 7.5, on trouve (formule 72) que
dn
== F
(+) DSdt =
1
4 r(t) < v 1 > DSdt =
r
4
8kT
pm DSdt.
2- La variation du nombre de molécules contenues dans l’ampoule est égal à −dn
, d’où :
dn = −
1
4
n(t)
V
8kT
pm DSdt (où V est le volume du récipient). En intégrant, on obtient :
Log
r
r 0
= −
DS
4V
8kT
pm
t.
3- Si l’on considère la vapeur d’eau comme un gaz parfait, la pression du gaz est proportionnelle
au nombre de molécules contenues dans l’ampoule. Donc P(t) = P 0 exp
−
DS
4V < v > t
.
A.N. t = 3s. Cette méthode permet de faire le vide très rapidement.
Exercice 5. 1- Pour calculer dn, il suffit de suivre le raisonnement conduisant à la formule (63). Dans cet exercice, nous considérons les atomes déjà sortis du four. Ils ont tous
un vecteur vitesse parallèle à ˆ
n. Comme ce sont des particules libres, nous pouvons écrire :
dn = rAdSdt v v
2 exp
−bmv
2 /2
dv
2- Le module de la vitesse la plus probable ˜
v peut être obtenu en recherchant le maximum de la
fonction v
3 e
−bmv
2 /2 = f (v).
df
dv = 0 conduit à ˜
v =
3kT
m . Cette vitesse est supérieure à la vitesse
la plus probable (52) calculée dans le four.
3- La distribution s’annule pour v = 0 et tend vers 0 pour v → ∞. Elle a son maximum pour
˜
v =
3kT
m . La courbe n’est pas symétrique.
4- < v >=
A
r
∞
0
vf (v)dv et
√
< v 2 > =
A
r
∞
0
v 2 f (v)dv. Comparée à g(v), la distribution f (v)
a son maximum pour une valeur supérieure de la vitesse. Les distributions sont cependant toutes
deux normalisées. L’intégrale vf (v) est donc supérieure à vg(v) et < v > est plus grand que le
résultat de (54).
Exercice 6. 1- Un atome ayant une vitesse v met un temps t = D/v pour traverser le cylindre.
Pendant ce temps, le cylindre a tourné d’un angle vt = vD/v. L’atome heurte le cylindre à
l’abscisse curviligne L = D
2 v/2v.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.