Loi de Mariotte : exercices corrigés de Première

Les conditions de la loi sont réunies : même quantité d'air et température constante. On écrit $P_1V_1 = P_2V_2$.

On isole l'inconnue : $P_2 = \dfrac{P_1 V_1}{V_2}$.

On remplace : $P_2 = \dfrac{1{,}0 \times 6{,}0}{2{,}0} = 3{,}0$ bar.

Contrôle du sens : le volume a été divisé par 3, la pression est multipliée par 3. C'est cohérent.

On applique $P_1V_1 = P_2V_2$ avec $P_1 = 1000$ hPa, $V_1 = 60$ mL, $V_2 = 25$ mL.

On isole : $P_2 = \dfrac{P_1V_1}{V_2}$.

On calcule : $P_2 = \dfrac{1000 \times 60}{25} = 2400$ hPa.

Contrôle : le volume a diminué, la pression a augmenté. La valeur est plausible.

Produits : $1{,}0 \times 12{,}0 = 12{,}0$ ; $1{,}5 \times 8{,}0 = 12{,}0$ ; $2{,}0 \times 6{,}0 = 12{,}0$ ; $3{,}0 \times 4{,}0 = 12{,}0$ (en bar·L).

Le produit $PV$ est le même dans les quatre cas : il est constant, ce qui est bien l'énoncé de la loi de Mariotte ¹.

On écrit la loi pour $P = 4{,}0$ bar : $4{,}0 \times V = 12{,}0$.

On isole : $V = \dfrac{12{,}0}{4{,}0} = 3{,}0$ L.

On applique $P_1V_1 = P_2V_2$.

On isole : $V_2 = \dfrac{P_1 V_1}{P_2}$.

On calcule : $V_2 = \dfrac{5{,}0 \times 2{,}0}{1{,}0} = 10$ L.

Contrôle : la pression a diminué, le volume a augmenté. Le facteur 5 sur la pression se retrouve en sens inverse sur le volume.

Le volume d'air est $V = S \times h$, donc $V_1 = S h_1$ et $V_2 = S h_2$.

On écrit la loi : $P_1 S h_1 = P_2 S h_2$. La section $S$, non nulle, se simplifie des deux côtés : $P_1 h_1 = P_2 h_2$.

On isole : $P_2 = \dfrac{P_1 h_1}{h_2}$.

On calcule : $P_2 = \dfrac{1000 \times 30}{20} = 1500$ hPa.

Le gaz stocké occuperait à $1{,}0$ bar le volume $V' = \dfrac{P_1V_1}{P'} = \dfrac{8{,}0 \times 10}{1{,}0} = 80$ L.

La bouteille garde $10$ L de gaz à $1{,}0$ bar. Le volume utilisable est donc $80 - 10 = 70$ L.

La durée est le volume utilisable divisé par le débit : $\Delta t = \dfrac{70}{4{,}0} = 17{,}5$ minutes.

On écrit $P_1V_1 = 1{,}4\,P_1V_2$. On simplifie par $P_1$ : $V_1 = 1{,}4\,V_2$.

D'où $\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{1}{1{,}4} \approx 0{,}714$.

La diminution relative est $1 - 0{,}714 = 0{,}286$, soit $28{,}6\,\%$ environ.

Le gaz de départ est celui de A : $P_1 = 4{,}0$ bar, $V_1 = 3{,}0$ L.

Une fois le robinet ouvert, ce même gaz occupe $V_2 = 3{,}0 + 2{,}0 = 5{,}0$ L.

La température et la quantité de gaz sont constantes : $P_1V_1 = P_2V_2$, donc $P_2 = \dfrac{4{,}0 \times 3{,}0}{5{,}0} = 2{,}4$ bar.

Contrôle : le volume offert au gaz a augmenté, la pression a baissé.

Situation a : la température est constante, la pression reste bien en dessous de 10 bar et le gaz se comporte à peu près comme un gaz parfait. La loi s'applique.

Situation b : la pression dépasse largement la limite habituelle de 10 bar, au-delà de laquelle la loi n'est plus applicable ². Le modèle du gaz parfait n'est plus fiable, la loi ne convient pas telle quelle.

Situation c : la température n'est pas constante, or la loi n'est valable qu'à température constante ². Le volume est fixe, mais la pression change sous l'effet du chauffage, et non à cause d'une variation de volume. La loi ne s'applique pas.