Exercices corrigés : décrire un fluide au repos (Première spécialité)

Une grandeur MACROSCOPIQUE décrit le gaz dans son ensemble et se mesure à notre échelle : la pression (au manomètre ou au capteur), la température (au thermomètre) et la masse volumique (par une pesée et un volume). La masse d'un atome et la vitesse d'un atome sont MICROSCOPIQUES : elles décrivent une seule entité, et aucun instrument de la salle ne les lit directement. Le piège classique est de ranger la température parmi les grandeurs microscopiques parce qu'elle « vient » de l'agitation des atomes. Elle en vient, mais elle ne décrit l'agitation d'aucun atome en particulier : c'est un bilan sur des milliards de milliards d'atomes, donc une grandeur macroscopique.

La masse du gaz est la masse de tous ses atomes : $m=N\,m_{a}=2{,}50\times 10^{22}\times 6{,}63\times 10^{-26}=1{,}66\times 10^{-3}\ \mathrm{kg}$. Avec $V=1{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$, $\rho=\dfrac{m}{V}=1{,}66\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$. C'est le pont entre les deux échelles : une grandeur macroscopique se calcule à partir d'un comptage microscopique. L'argon est environ $1{,}4$ fois plus dense que l'air ($\frac{1{,}66}{1{,}20}\approx 1{,}38$), parce que ses atomes sont plus lourds que les molécules d'air, à nombre d'entités par litre comparable. Attention à l'unité : le litre doit être converti en mètre cube avant de diviser, sinon on trouve un résultat mille fois trop petit.

Chaque atome dispose en moyenne de $\dfrac{V}{N}=\dfrac{1{,}00\times 10^{-3}}{2{,}50\times 10^{22}}=4{,}00\times 10^{-26}\ \mathrm{m^{3}}$. Si l'on se représente ce volume comme un petit cube, son arête donne l'ordre de grandeur de la distance entre voisins : $d=\sqrt[3]{4{,}00\times 10^{-26}}=3{,}42\times 10^{-9}\ \mathrm{m}$, soit $3{,}4\ \mathrm{nm}$. C'est environ neuf fois le diamètre d'un atome : un gaz est surtout fait de VIDE, les atomes n'occupant qu'environ un millième du volume ($\left(\frac{0{,}4}{3{,}42}\right)^{3}\approx 1{,}6\times 10^{-3}$). C'est ce qui explique qu'un gaz se comprime facilement et qu'un liquide, où les entités sont au contact, ne se comprime presque pas.

La PRESSION augmente. À l'échelle microscopique, la pression est l'effet moyen des chocs des atomes sur les parois : chauffer augmente l'agitation, donc les atomes frappent les parois plus souvent et plus fort, et la force exercée sur chaque mètre carré augmente. La MASSE VOLUMIQUE, elle, ne change pas : le ballon est fermé, donc le nombre d'atomes et leur masse sont les mêmes, et il est indéformable, donc le volume aussi. Beaucoup d'élèves répondent que le gaz « se dilate » et que $\rho$ diminue : ce serait vrai dans un ballon de baudruche, pas dans un ballon de verre. On lit toujours l'énoncé pour savoir ce qui est bloqué.

La masse volumique est proportionnelle au nombre d'atomes par unité de volume, qui est divisé par deux : $\rho'=\dfrac{1{,}66}{2}=0{,}829\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$ (en gardant la valeur non arrondie $1{,}6575$). À température constante, chaque atome frappe les parois comme avant, mais il y a deux fois moins d'atomes : le nombre de chocs par seconde et par mètre carré est divisé par deux, donc la pression aussi, $P'=\dfrac{1{,}013\times 10^{5}}{2}=5{,}07\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$, soit environ $507\ \mathrm{hPa}$. Les deux grandeurs macroscopiques bougent ensemble parce qu'elles dépendent toutes deux du même comptage microscopique.

Le rayon vaut $0{,}110\ \mathrm{m}$, donc $S=\pi\times 0{,}110^{2}=3{,}80\times 10^{-2}\ \mathrm{m^{2}}$. La force exercée par le gaz intérieur est $F_{int}=P_{int}\cdot S=1{,}80\times 10^{5}\times 3{,}80\times 10^{-2}=6{,}84\times 10^{3}\ \mathrm{N}$. Deux erreurs coûtent la question : prendre le diamètre au lieu du rayon (aire quatre fois trop grande) et garder les centimètres ($\pi\times 11{,}0^{2}=380$, un nombre en $\mathrm{cm^{2}}$ qui, multiplié par des pascals, ne donne pas des newtons). La relation $F=P\cdot S$ n'est cohérente qu'en unités du système international.

L'air extérieur appuie sur la face supérieure du couvercle : $F_{ext}=P_{atm}\cdot S=1{,}01\times 10^{5}\times 3{,}80\times 10^{-2}=3{,}84\times 10^{3}\ \mathrm{N}$, vers le BAS. Les deux forces sont verticales et de sens opposés, donc la force totale vaut $F_{int}-F_{ext}=(P_{int}-P_{atm})\cdot S=0{,}79\times 10^{5}\times 3{,}80\times 10^{-2}=3{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{N}$, vers le haut. C'est le poids d'une masse $\dfrac{3{,}00\times 10^{3}}{9{,}81}=306\ \mathrm{kg}$ : les clips du couvercle retiennent l'équivalent de trois cents kilogrammes. Seule la DIFFÉRENCE de pression compte pour la force totale, et c'est la surpression, $0{,}79\ \mathrm{bar}$, qu'il faut multiplier par l'aire, pas la pression absolue.

Une force pressante est toujours PERPENDICULAIRE à la surface et dirigée du fluide vers la paroi. La paroi latérale est verticale, donc la force est horizontale, dirigée vers l'extérieur de la cuve ; le fond est horizontal, donc la force est verticale, vers le bas. La pression, elle, n'a pas de direction : c'est un nombre attaché à un point du fluide. C'est exactement la différence entre les deux grandeurs, et la figure la montre : la même pression produit des forces dans toutes les directions, selon l'orientation de la surface.

La section du conduit vaut $s=\pi\times(1{,}5\times 10^{-3})^{2}=7{,}07\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$, soit $7{,}07\ \mathrm{mm^{2}}$. La masselotte est soulevée quand la force pressante totale sur cette section, $(P_{int}-P_{atm})\cdot s$, égale son poids $m\,g$ : $m=\dfrac{0{,}79\times 10^{5}\times 7{,}07\times 10^{-6}}{9{,}81}=5{,}69\times 10^{-2}\ \mathrm{kg}$, soit $56{,}9\ \mathrm{g}$. Une petite masse suffit à tenir une grande pression, parce que la surface est minuscule : c'est tout le principe de la soupape. Le piège de conversion est ici redoutable, $1\ \mathrm{mm^{2}}=10^{-6}\ \mathrm{m^{2}}$ et non $10^{-3}$.

$F=0{,}10\times 10^{5}\times 3{,}80\times 10^{-2}=380\ \mathrm{N}$, le poids d'une masse de $\dfrac{380}{9{,}81}\approx 39\ \mathrm{kg}$. Une surpression qui paraît dérisoire, un dixième de bar, produit donc encore une force considérable sur une grande surface : ouvrir le couvercle reviendrait à libérer brutalement cette force et la vapeur brûlante. Le verrouillage reste en place tant que la pression intérieure n'est pas redescendue à la pression atmosphérique. La leçon vaut pour tout le chapitre : une petite pression sur une grande surface donne une grande force, une grande pression sur une petite surface peut donner une petite force.

On prend $A=S$ et $B=R_{1}$ : $P_{1}-P_{S}=\rho\,g\,(z_{S}-z_{1})$. La surface libre est au contact de l'air, donc $P_{S}=P_{atm}$. D'où $P_{1}=1{,}013\times 10^{5}+1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times(48{,}0-3{,}0)=1{,}013\times 10^{5}+4{,}41\times 10^{5}=5{,}43\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $543\ \mathrm{kPa}$. Le robinet est $45{,}0\ \mathrm{m}$ plus BAS que la surface, donc la pression y est plus grande : le résultat doit être supérieur à $P_{atm}$, c'est le premier contrôle. Le trajet de l'eau dans les tuyaux, la longueur du réseau et la distance horizontale n'interviennent pas : seule compte la différence d'altitude.

Entre $S$ et $R_{2}$ : $P_{2}=1{,}013\times 10^{5}+9{,}81\times 10^{3}\times(48{,}0-31{,}0)=1{,}013\times 10^{5}+1{,}67\times 10^{5}=2{,}68\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $268\ \mathrm{kPa}$. La loi appliquée directement entre $A=R_{1}$ et $B=R_{2}$ donne $P_{2}-P_{1}=\rho\,g\,(z_{1}-z_{2})=9{,}81\times 10^{3}\times(3{,}0-31{,}0)=-2{,}75\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $-275\ \mathrm{kPa}$, et l'on retrouve bien $268-543$ à l'arrondi près. Le signe est NÉGATIF parce que $R_{2}$ est plus haut que $R_{1}$ : monter dans un liquide fait baisser la pression. La formule porte ce sens toute seule, à condition de respecter l'ordre des indices, $P_{B}-P_{A}$ à gauche et $z_{A}-z_{B}$ à droite.

Le manomètre compare la pression de l'eau à celle de l'air qui l'entoure : il lit $P_{1}-P_{atm}=\rho\,g\,(z_{S}-z_{1})=4{,}41\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $441\ \mathrm{kPa}$ ou $4{,}41\ \mathrm{bar}$, et non $543\ \mathrm{kPa}$. C'est le fil de la série : avant tout calcul, dire de quelle pression on parle. La pression ABSOLUE ($543\ \mathrm{kPa}$) est celle qu'utilise la loi de la statique et que lit un capteur de pression absolue ; la pression RELATIVE ($441\ \mathrm{kPa}$) est celle qu'affiche un manomètre de plombier, qui indique zéro à l'air libre. Les deux diffèrent exactement de $P_{atm}$.

La surpression au robinet vaut $\rho\,g\,(z_{S}-z)$, et l'on veut $\rho\,g\,(z_{S}-z)\geq 1{,}5\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$. Donc $z_{S}-z\geq\dfrac{1{,}5\times 10^{5}}{9{,}81\times 10^{3}}=15{,}3\ \mathrm{m}$, et $z\leq 48{,}0-15{,}3=32{,}7\ \mathrm{m}$. Le robinet $R_{2}$, à $31{,}0\ \mathrm{m}$, est donc juste en dessous de la limite, avec une surpression de $1{,}67\ \mathrm{bar}$ : les derniers étages des immeubles de la colline sont les plus mal servis. C'est pour cela qu'un château d'eau se construit sur le point le plus haut de la commune, et que les tours d'habitation ont des surpresseurs.

L'élève obtient $P_{1}=P_{S}+\rho\,g\,(z_{1}-z_{S})=1{,}013\times 10^{5}-4{,}41\times 10^{5}=-3{,}40\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $-340\ \mathrm{kPa}$. Une pression ABSOLUE négative n'existe pas : c'est une force par mètre carré due aux chocs des molécules, qui ne peut pas descendre sous zéro. Son erreur : il a gardé l'ordre « $B$ puis $A$ » à gauche mais pas à droite ; la loi écrite pour $A=S$ et $B=R_{1}$ exige $z_{S}-z_{1}$, pas $z_{1}-z_{S}$. Le contrôle en cinq secondes : un point plus bas dans le liquide doit avoir une pression plus grande. Cette erreur de signe coûte en général toute la question.

$1\,000\times 50{,}0=50\,000$ ; $1\,238\times 40{,}0=49\,520$ ; $1\,625\times 30{,}0=48\,750$ ; $2\,364\times 20{,}0=47\,280\ \mathrm{hPa\cdot mL}$. Le produit DIMINUE régulièrement quand on comprime, de $5{,}4\ \%$ entre la première et la dernière mesure, bien au-delà de ce que justifie la précision de lecture. Tel quel, le test semble donc réfuter la loi de Mariotte. Avant de conclure qu'une loi est fausse, il faut toutefois vérifier que ses CONDITIONS sont remplies et que le volume mesuré est bien celui du gaz : c'est l'objet de la suite.

La loi exige une température constante. Une compression rapide échauffe le gaz : les molécules, frappées par le piston qui avance, repartent plus vite, et la pression lue juste après dépasse celle que prévoit Mariotte, puis redescend à mesure que le gaz rend sa chaleur à la seringue. En poussant lentement, on laisse le gaz à la température de la pièce à chaque instant. Une compression brutale aurait donc fait lire une pression PLUS GRANDE que prévu, un écart que l'on aurait pris à tort pour un défaut de la loi.

La quantité de gaz fixée par la loi, c'est TOUT l'air enfermé, celui de la seringue et celui du tuyau. Son volume est donc $V=V_{s}+v_{0}$. Avec $v_{0}=2{,}0\ \mathrm{mL}$ : $1\,000\times 52{,}0=52\,000$ ; $1\,238\times 42{,}0=51\,996$ ; $1\,625\times 32{,}0=52\,000$ ; $2\,364\times 22{,}0=52\,008\ \mathrm{hPa\cdot mL}$. Les quatre produits sont égaux à $0{,}02\ \%$ près : la loi de Mariotte est parfaitement vérifiée, c'est le volume qui était mal mesuré. Le tuyau pèse d'autant plus que la seringue est enfoncée : $2\ \mathrm{mL}$ sur $50$ passent inaperçus, $2\ \mathrm{mL}$ sur $20$ font $10\ \%$.

On écrit que le produit est le même pour la première et la dernière mesure : $P_{1}(V_{1}+v_{0})=P_{4}(V_{4}+v_{0})$, soit $v_{0}(P_{1}-P_{4})=P_{4}V_{4}-P_{1}V_{1}$, donc $v_{0}=\dfrac{2\,364\times 20{,}0-1\,000\times 50{,}0}{1\,000-2\,364}=\dfrac{-2\,720}{-1\,364}=1{,}99\ \mathrm{mL}$. On retrouve les $2{,}0\ \mathrm{mL}$ de la question c) : c'est de l'ordre du volume intérieur d'un tuyau de quelques centimètres. Choisir les deux mesures les plus éloignées est voulu, c'est entre elles que l'effet du tuyau est le plus grand, donc le mieux mesuré.

Avec le tuyau : $P=\dfrac{52\,000}{10{,}0+2{,}0}=4\,333\ \mathrm{hPa}$. Sans le tuyau, l'élève prévoirait $\dfrac{50\,000}{10{,}0}=5\,000\ \mathrm{hPa}$. L'écart relatif vaut $\dfrac{5\,000-4\,333}{4\,333}=15\ \%$. L'erreur grandit à mesure qu'on comprime, parce que $v_{0}$ devient une part de plus en plus grande du volume total. La leçon expérimentale : un test de loi porte sur un SYSTÈME, ici tout le gaz enfermé, et il faut en recenser le volume entier avant de juger la loi.

$A$ et $B$ sont dans le MÊME liquide, l'eau, qui les relie de façon continue par le bas du tube, et ce liquide est au repos. La loi donne $P_{B}-P_{A}=\rho\,g\,(z_{A}-z_{B})=0$ puisque $z_{A}=z_{B}$ : les pressions sont égales. L'égalité ne vaut plus pour deux points à la même altitude pris l'un dans le gaz de la conduite, l'autre dans l'air de la pièce : ce sont deux fluides différents, séparés par l'eau, et la loi ne s'applique qu'à l'intérieur d'un même fluide continu. C'est la condition que l'on oublie le plus souvent, et c'est elle qui fait fonctionner le tube en U : l'eau transmet la comparaison entre les deux gaz.

Entre $C$ (surface libre, $P_{C}=P_{atm}$) et $B$, situé $\Delta h$ plus bas : $P_{B}-P_{C}=\rho\,g\,(z_{C}-z_{B})=\rho\,g\,\Delta h$. Comme $P_{A}=P_{B}$ et que $A$ est au contact du gaz, $P_{gaz}=P_{atm}+\rho\,g\,\Delta h$. La surpression vaut $\rho\,g\,\Delta h=1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 0{,}204=2{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$, soit $20{,}0\ \mathrm{hPa}$ ou $20\ \mathrm{mbar}$, la pression de distribution habituelle du gaz dans une maison. La pression absolue vaut $1\,013+20{,}0=1\,033\ \mathrm{hPa}$. Le tube en U mesure une pression RELATIVE : sa lecture est nulle quand le gaz est à la pression de l'air.

La surface est plus BASSE du côté du gaz. Le gaz, dont la pression est plus grande que celle de l'air, repousse l'eau vers la branche ouverte jusqu'à ce que la colonne d'eau supplémentaire à droite compense exactement l'écart de pression. Le côté où le fluide appuie le plus fort est celui où le liquide descend. Un élève qui place le gaz du côté haut trouve une surpression négative, et devrait s'en inquiéter : le gaz sort bien du robinet quand on l'ouvre.

La même surpression se lit sur une colonne plus haute si le liquide est moins dense : $\Delta h'=\dfrac{2{,}00\times 10^{3}}{789\times 9{,}81}=0{,}259\ \mathrm{m}$, soit $25{,}9\ \mathrm{cm}$. Les hauteurs sont en raison inverse des masses volumiques : $20{,}4\times\dfrac{1\,000}{789}=25{,}9$. À erreur de lecture égale, un millimètre, l'incertitude relative est plus petite sur une colonne plus haute : l'éthanol rend la mesure plus PRÉCISE. Un liquide très dense donnerait une colonne de quelques millimètres, illisible pour une surpression aussi faible.

Chaque lecture du capteur est connue à $\pm 2\ \mathrm{hPa}$, et la surpression est la DIFFÉRENCE de deux lectures : dans le pire des cas les deux erreurs s'ajoutent, $\pm 4\ \mathrm{hPa}$ sur $20\ \mathrm{hPa}$, soit $20\ \%$. Avec le tube en U, un millimètre d'eau correspond à $\rho\,g\times 0{,}001=9{,}8\ \mathrm{Pa}$, soit $\pm 0{,}098\ \mathrm{hPa}$ sur $20{,}0$, environ $0{,}5\ \%$. Le tube en U, instrument rudimentaire, est quarante fois plus précis ici, parce qu'il mesure DIRECTEMENT la différence. Retrancher deux grandeurs presque égales, $1\,033$ et $1\,013$, est toujours la pire façon de mesurer leur écart.

La loi de Mariotte exige deux conditions : une quantité de gaz FIXÉE, ce qu'assure la bouteille fermée, et une température CONSTANTE, $22\ \mathrm{^{\circ}C}$ en cabine comme au sol. Elle s'écrit avec la pression absolue du gaz : $P\cdot V=0{,}780\times 10^{5}\times 0{,}250=1{,}95\times 10^{4}\ \mathrm{Pa\cdot L}$. On peut garder le volume en litres, à condition de le garder en litres dans TOUT le problème : seule la proportionnalité inverse compte. Le produit est une constante de CETTE quantité d'air ; l'air du sachet, qui est une autre quantité, a son propre produit.

Au sol, l'air de la bouteille écrasée est à $P_{s}$ : $V=\dfrac{P_{c}\,V_{c}}{P_{s}}=\dfrac{1{,}95\times 10^{4}}{1{,}010\times 10^{5}}=0{,}193\ \mathrm{L}$, soit $193\ \mathrm{mL}$. L'air a perdu $57\ \mathrm{mL}$, un quart de son volume, et c'est la paroi souple qui a suivi. Contrôle de sens : la pression augmente de la cabine au sol, donc le volume doit DIMINUER. Un élève qui écrit $V=\dfrac{P_{s}\,V_{c}}{P_{c}}$ trouve $324\ \mathrm{mL}$, un volume qui augmente quand on comprime, et doit s'arrêter là.

Pour le sachet, fermé au sol : $V=\dfrac{P_{s}\times 0{,}600}{P_{c}}=\dfrac{1{,}010\times 0{,}600}{0{,}780}=0{,}777\ \mathrm{L}$. Or le sachet ne dépasse pas $0{,}700\ \mathrm{L}$ : l'air ne peut pas atteindre la pression de la cabine, il reste plus comprimé. À $0{,}700\ \mathrm{L}$, $P=\dfrac{1{,}010\times 10^{5}\times 0{,}600}{0{,}700}=8{,}66\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$, supérieure aux $7{,}80\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$ de la cabine : c'est pour cela que le sachet est tendu comme un tambour en altitude.

La face a une aire $S=0{,}20\times 0{,}25=0{,}0500\ \mathrm{m^{2}}$. L'air intérieur pousse vers l'extérieur avec $8{,}66\times 10^{4}\times 0{,}0500=4{,}33\times 10^{3}\ \mathrm{N}$, l'air de la cabine pousse vers l'intérieur avec $7{,}80\times 10^{4}\times 0{,}0500=3{,}90\times 10^{3}\ \mathrm{N}$. La force totale vaut $(8{,}66-7{,}80)\times 10^{4}\times 0{,}0500=429\ \mathrm{N}$, dirigée vers l'extérieur du sachet : le poids d'une masse de $44\ \mathrm{kg}$ sur un film plastique. Une surpression de moins d'un dixième d'atmosphère suffit, parce que la surface est grande. Si le film cède, c'est d'abord à la soudure.

La masse de l'air ne change pas, son volume est divisé par $\dfrac{0{,}250}{0{,}193}$, donc sa masse volumique est multipliée par $\dfrac{P_{s}}{P_{c}}=\dfrac{1{,}010}{0{,}780}=1{,}29$. À l'atterrissage, avant l'écrasement, les molécules de l'air intérieur, moins nombreuses par litre que celles de l'air extérieur et aussi agitées puisque la température est la même, frappent chaque mètre carré de la paroi moins souvent : la force intérieure ne compense plus la force extérieure et la paroi recule. Elle s'arrête quand le volume a assez diminué pour que les chocs par mètre carré soient aussi nombreux des deux côtés, c'est-à-dire quand les pressions sont égales.

L'écart à la loi vaut $|r-1|$. Sous $100\ \mathrm{bar}$, $|0{,}985-1|=0{,}015$, soit $1{,}5\ \%$ : la loi tient à $2\ \%$ près. Sous $200\ \mathrm{bar}$, $1{,}037-1=0{,}037$, soit $3{,}7\ \%$ : elle ne tient plus. La loi de Mariotte est donc un MODÈLE, excellent aux pressions usuelles (de quelques dixièmes de bar à quelques dizaines de bars) et de plus en plus faux au-delà. Remarquez que $r$ passe d'abord légèrement sous $1$ avant de monter : la loi n'est pas fausse « dans un seul sens ».

D'après Mariotte, $P\cdot V$ se conserve : $V_{1}=\dfrac{200\times 20{,}0}{1}=4\,000\ \mathrm{L}$. En réalité, sous $200\ \mathrm{bar}$, le produit vaut $1{,}037$ fois sa valeur sous $1\ \mathrm{bar}$ : $(P\cdot V)_{1}=\dfrac{200\times 20{,}0}{1{,}037}=3\,857\ \mathrm{bar\cdot L}$, donc $V_{1}=3\,857\ \mathrm{L}$. La loi surestime le contenu de la bouteille de $143\ \mathrm{L}$, près de $4\ \%$ : c'est ce que corrigent les tables des fabricants de gaz. Le piège est de multiplier par $1{,}037$ au lieu de diviser : le gaz comprimé « résiste », donc il y en a MOINS que ne le croit Mariotte à pression égale.

À quantité donnée, $V=\dfrac{r\,(P\cdot V)_{1}}{P}$ : le volume réel est $r=1{,}796$ fois celui que prévoit Mariotte, donc PLUS GRAND, dans le rapport $1{,}80$. Chaque molécule dispose d'un volume $\dfrac{1{,}796}{800}$ fois celui dont elle disposait sous $1\ \mathrm{bar}$, et la distance entre voisines est multipliée par $\sqrt[3]{\dfrac{1{,}796}{800}}=0{,}131$ : $3{,}3\times 0{,}131=0{,}43\ \mathrm{nm}$. C'est la taille d'une molécule : les molécules sont pratiquement au contact, leur volume propre n'est plus négligeable et le gaz refuse de se comprimer davantage. Le modèle microscopique de Mariotte supposait au contraire des molécules très éloignées les unes des autres, comme l'argon de l'exercice 1.

Ce n'est pas une fuite : la quantité de gaz n'a pas changé. Pendant le remplissage rapide, le gaz s'est échauffé ; en revenant à la température ambiante, ses molécules ralentissent et frappent les parois moins fort et moins souvent, donc la pression baisse à volume constant. La condition en défaut est la TEMPÉRATURE CONSTANTE. Pour savoir si la bouteille fuit, il faut comparer deux lectures faites à la même température : c'est pour cela qu'on attend qu'une bouteille remplie ait refroidi avant de relever sa pression.

« Pour une quantité FIXÉE de gaz, à température CONSTANTE, le produit de la pression absolue par le volume reste constant : $P_{1}V_{1}=P_{2}V_{2}$. » Et la condition de validité du modèle : la pression doit rester MODÉRÉE, pour que les molécules restent éloignées les unes des autres. Les trois défauts rencontrés dans cette série correspondent chacun à une condition : le tuyau oublié de l'exercice 4 (quantité de gaz mal définie), la compression brutale et le remplissage rapide (température non constante), la bouteille sous $800\ \mathrm{bar}$ (pression trop forte).

Faux : l'élève a multiplié des bars par des centimètres carrés, ce qui ne donne pas des newtons. En unités du système international, $P=2{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$ et $S=10\times 10^{-4}=1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$, donc $F=P\cdot S=200\ \mathrm{N}$, dix fois plus. Énoncé juste : « $2{,}0\ \mathrm{bar}$ sur $10\ \mathrm{cm^{2}}$ produisent $200\ \mathrm{N}$ ». Retenez les deux conversions : $1\ \mathrm{bar}=10^{5}\ \mathrm{Pa}$ et $1\ \mathrm{cm^{2}}=10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$, et non $10^{-2}$. Avec cette seconde erreur, on aurait trouvé $2\times 10^{4}\ \mathrm{N}$, cent fois trop.