thermodynamique et statique des fluides (PCSI) · Chapitre 3 · Exercice de TD

L'air humide : buée, rosée et pression partielle

Le corps pur sous deux phases · E. Équilibre liquide-vapeur en présence d'un gaz inerte : l'humidité · niveau 2

Énoncé

L'air est un mélange de gaz inertes (diazote, dioxygène…) et de vapeur d'eau, traité comme un mélange idéal de gaz parfaits : la pression partielle $p_{v}$ de la vapeur d'eau est la pression qu'elle exercerait si elle occupait seule tout le volume, à la même température, $p_{v} = \frac{n _{v} R T}{V}$ , et la pression totale est la somme des pressions partielles, $P = p_{air} + p_{v}$ (loi de Dalton, admise). L'humidité relative est $HR = p_{v} / P_{s} (T)$ , où $P_{s} (T)$ est la pression de vapeur saturante de l'eau (le cours note ces deux pressions $P_{vap}$ et $P_{sat}$ ). On admet que la présence de l'air ne modifie pas $P_{s} (T)$ : la vapeur d'eau peut coexister avec de l'eau liquide si et seulement si $p_{v} = P_{s} (T)$ .

Pression de vapeur saturante de l'eau (valeurs de la formulation internationale IAPWS, équation de saturation de Wagner et Pruß) :

$θ$ ( $^{\circ} C$ )	$P_{s}$ (kPa)
$0$	$0, 611$
$5$	$0, 873$
$10$	$1, 228$
$15$	$1, 706$
$20$	$2, 339$
$25$	$3, 170$
$30$	$4, 247$

et $P_{s} (100^{\circ} C) = 1, 014 bar$ . $M_{eau} = 18, 0 g mo l^{- 1}$ , $R = 8, 314 J K^{- 1} mo l^{- 1}$ . On néglige le volume de l'eau liquide devant celui de l'air. Entre deux valeurs de la table, on interpole linéairement.

1) La salle de bains. Une salle de bains de $2, 0 m \times 2, 4 m \times 2, 5 m$ , close (aucun échange de matière avec l'extérieur), contient de l'air à $20^{\circ} C$ , d'humidité relative $50 %$ , sous $P = 1, 013 bar$ . Calculer la pression partielle de la vapeur d'eau, la masse de vapeur contenue dans la pièce, et la masse maximale de vapeur que la pièce pourrait contenir à cette température.

2) La buée sur le miroir. Une douche chaude vaporise $150 g$ d'eau dans la pièce, dont l'air atteint $25^{\circ} C$ . Le miroir, fixé sur un mur froid, reste à $20^{\circ} C$ .

a) On fait l'hypothèse que toute l'eau reste à l'état de vapeur dans l'air de la pièce. Calculer $p_{v}$ et vérifier l'hypothèse. Que vaut l'humidité relative ?

b) Définir et calculer le point de rosée de cet air : la température à laquelle il faudrait le refroidir, à $p_{v}$ fixée, pour qu'apparaisse la première goutte. Expliquer pourquoi de la buée se forme sur le miroir alors que l'air de la pièce, lui, reste limpide.

c) Un miroir chauffant évite la buée : à quelle température minimale doit-il être maintenu ? Pourquoi une ventilation, qui remplace l'air de la pièce par de l'air extérieur, agit-elle aussi ?

3) La douche trop longue. Même situation, mais la douche vaporise $250 g$ d'eau, l'air atteignant encore $25^{\circ} C$ . Reprendre l'hypothèse de la question 2 a) : que donne-t-elle, et pourquoi est-ce impossible ? En déduire l'état final de l'eau dans la pièce : la pression partielle de la vapeur, l'humidité relative, et la masse d'eau liquide formée. Où se trouve ce liquide ?

4) Le rôle de la pression totale. On n'a jamais utilisé la pression totale $P = 1, 013 bar$ .

a) Un verre d'eau à $20^{\circ} C$ posé dans la salle de bains de la question 1 s'évapore-t-il ? Bout-il ? Dire, dans chaque cas, quelle pression on compare à $P_{s} (T)$ et pourquoi : l'évaporation se produit à la surface libre, au contact de l'air ; une bulle de vapeur qui naît au sein du liquide ne contient que de la vapeur d'eau. À quelle température cette eau bouillirait-elle ?

b) Pour l'eau pure seule dans son enceinte, l'équilibre liquide-vapeur impose une relation entre $P$ et $T$ . Qu'en est-il de l'eau liquide en équilibre avec l'air humide ? Peut-on fixer indépendamment la pression totale et la température ? Quelle relation l'équilibre impose-t-il désormais ?

5) Rosée et brouillard du matin. Un soir d'automne, l'air extérieur est à $15^{\circ} C$ , d'humidité relative $70 %$ . La nuit, il se refroidit à pression constante.

a) À quelle température la rosée (ou le brouillard) apparaît-elle ?

b) Si le même air était enfermé dans un bocal rigide et refroidi à volume constant, sa pression partielle de vapeur varierait-elle ? Évaluer le point de rosée dans ce cas (on pourra encadrer la solution entre $9$ et $10^{\circ} C$ , avec $P_{s} (9, 0^{\circ} C) = 1, 148 kPa$ et $P_{s} (10, 0^{\circ} C) = 1, 228 kPa$ ). Comparer la variation relative de $P_{s}$ par kelvin à celle de $p_{v}$ , et conclure : la façon dont on refroidit importe-t-elle ?

Corrigé

Le système et les contraintes. Le système est l'eau de la pièce, vapeur et liquide éventuel : la pièce étant close, il est fermé. Les murs imposent le volume $V$ offert à la vapeur, l'air ambiant impose la température. L'air sec, lui, est un spectateur : il fixe la pression totale, mais il n'entre pas dans le critère d'équilibre, qui ne fait intervenir que $p_{v}$ et $P_{s} (T)$ .

La stratégie. Exactement celle de l'exercice 5, transposée : on fait l'hypothèse « toute l'eau est vapeur », on calcule sa pression partielle par la loi des gaz parfaits, $p_{v} = \frac{m R T}{M V}$ , on la compare à $P_{s} (T)$ . Si $p_{v} \leq P_{s} (T)$ , l'hypothèse tient ; sinon, il y a du liquide, et l'équilibre impose $p_{v} = P_{s} (T)$ .

1) La salle de bains. Le volume vaut $V = 2, 0 \times 2, 4 \times 2, 5 = 12, 0 m^{3}$ , et par définition de l'humidité relative $p_{v} = HR \times P_{s} (20^{\circ} C) = 0, 50 \times 2, 339 \approx 1, 17 kPa .$ La vapeur est un gaz parfait qui occupe tout le volume, donc $m_{v} = \frac{p _{v} V M}{R T} = \frac{1169 , 5 \times 12 , 0 \times 18 , 0 \times 1 0 ^{- 3}}{8 , 314 \times 293 , 15} \approx 0, 104 kg = 104 g .$ La pièce est saturée quand $p_{v} = P_{s}$ : la masse maximale est le double, $m_{sat} \approx 207 g$ , soit environ $17 g$ par mètre cube à $20^{\circ} C$ .

Ordre de grandeur. La vapeur ne représente que $1, 2 %$ de la pression totale, et toute l'eau d'une pièce tient dans un demi-verre. Il suffit donc d'en vaporiser une centaine de grammes de plus pour saturer la pièce : c'est ce que fait une douche.

2 a) Après une douche de $150 g$ . La pièce étant close, les $104 g$ initiaux y sont toujours : sous l'hypothèse « tout vapeur », $m = 254 g$ à $T = 298, 15 K$ , et $p_{v} = \frac{m R T}{M V} = \frac{0 , 254 \times 8 , 314 \times 298 , 15}{18 , 0 \times 1 0 ^{- 3} \times 12 , 0} \approx 2, 91 kPa < P_{s} (25^{\circ} C) = 3, 170 kPa .$ L'hypothèse est cohérente : l'air de la pièce n'est pas saturé, d'humidité relative $HR = 2, 91/3, 170 \approx 92 %$ .

2 b) Le point de rosée. Refroidir l'air sans changer sa composition, sous pression totale fixée, laisse $p_{v}$ inchangée (on le justifie à la question 5) ; $P_{s} (T)$ , elle, diminue. La première goutte apparaît quand $P_{s} (θ_{r}) = p_{v} = 2, 91 kPa$ . Entre $20$ et $25^{\circ} C$ , $θ_{r} \approx 20 + 5 \times \frac{2 , 91 - 2 , 339}{3 , 170 - 2 , 339} \approx 23, 4^{\circ} C$ (la formule IAPWS donne $23, 6^{\circ} C$ : la courbe $P_{s} (T)$ étant convexe, la corde passe au-dessus et l'interpolation sous-estime un peu). L'air de la pièce, à $25^{\circ} C$ , est au-dessus de son point de rosée : il reste limpide. Mais la mince couche d'air au contact du miroir prend la température du verre, $20^{\circ} C$ , en dessous du point de rosée : là, $p_{v} = 2, 91 kPa$ dépasserait $P_{s} (20^{\circ} C) = 2, 34 kPa$ , ce qui est impossible pour une vapeur seule. La vapeur s'y condense en fines gouttelettes : la buée.

Le point délicat. Ce n'est pas l'air de la pièce qui est saturé, c'est l'air au contact d'une surface froide. Une humidité relative de $92 %$ ne fait pas de buée sur un miroir à $25^{\circ} C$ ; une surface plus froide que le point de rosée en fait toujours. Et tant que le miroir reste à $20^{\circ} C$ , il continue de condenser : il « pompe » l'eau de la pièce jusqu'à ce que $p_{v}$ y soit redescendue à $2, 34 kPa$ .

2 c) Les remèdes. Le miroir doit rester au-dessus du point de rosée : environ $24^{\circ} C$ (au moins $23, 6^{\circ} C$ ). La ventilation agit sur l'autre terme : l'air extérieur contient peu de vapeur (en hiver, $p_{v} \approx 0, 5 kPa$ ), le mélange fait baisser $p_{v}$ , donc le point de rosée, qui repasse sous la température du miroir. On peut chauffer la surface ou assécher l'air ; dans les deux cas, on écarte le point de rosée de la température de la surface.

3) La douche trop longue. Sous l'hypothèse « tout vapeur », $m = 354 g$ et $p_{v} = \frac{0 , 354 \times 8 , 314 \times 298 , 15}{18 , 0 \times 1 0 ^{- 3} \times 12 , 0} \approx 4, 06 kPa > P_{s} (25^{\circ} C) = 3, 17 kPa .$ C'est impossible : une vapeur d'eau à $25^{\circ} C$ ne peut avoir une pression partielle supérieure à $P_{s}$ sans se condenser. L'hypothèse est réfutée, et la valeur $4, 06 kPa$ n'a aucune réalité physique. Il y a donc du liquide, et l'équilibre impose $p_{v} = P_{s} (25^{\circ} C) = 3, 17 kPa, HR = 100 %.$ La masse de vapeur est alors celle de l'air saturé : $m_{v} = \frac{P _{s} V M}{R T} = \frac{3170 \times 12 , 0 \times 18 , 0 \times 1 0 ^{- 3}}{8 , 314 \times 298 , 15} \approx 276 g,$ et le reste est liquide : $m_{L} \approx 353, 6 - 276, 2 \approx 77 g$ , soit $77 mL$ , bien négligeables devant $12 m^{3}$ . Ce liquide se dépose d'abord sur les surfaces les plus froides (miroir, vitre, carrelage des murs extérieurs), qui ruissellent, et forme dans l'air un brouillard de fines gouttelettes : on n'y voit plus rien.

Le point délicat. C'est l'enceinte de l'exercice 5 avec de l'air dedans : on y remplace « $P \leq P_{s} (T)$ » par « $p_{v} \leq P_{s} (T)$ », et la conclusion « diphasé, donc $P = P_{s} (T)$ » par « diphasé, donc $p_{v} = P_{s} (T)$ ». La quantité d'eau introduite ne fixe plus la pression partielle, seulement la masse de liquide.

4 a) Évaporation ou ébullition. À la surface libre du verre, le liquide est au contact de l'air, où la vapeur a la pression partielle $p_{v} = 1, 17 kPa < P_{s} (20^{\circ} C) = 2, 34 kPa$ : l'eau liquide n'est pas en équilibre avec cet air, et elle s'évapore, molécule par molécule, par la surface. Elle s'évapore jusqu'à ce que l'air soit saturé ou que le verre soit vide : la pièce close n'accepterait que $207 - 104 = 103 g$ , et un grand verre de $200 g$ ne s'y viderait donc qu'à moitié. Dehors ou dans une pièce aérée, il finit par se vider : l'évaporation a lieu à toute température, tant que l'air n'est pas saturé.

Pour l'ébullition, il faut qu'une bulle naisse au sein du liquide. Cette bulle ne contient que de la vapeur d'eau, à la pression $P_{s} (T)$ ; pour exister, elle doit repousser le liquide qui l'entoure, lui-même à la pression totale $P = 1, 013 bar$ (l'air presse la surface, et la pression hydrostatique d'un verre est négligeable). Or $P_{s} (20^{\circ} C) = 2, 34 kPa ≪ 101, 3 kPa$ : la bulle s'écrase aussitôt, l'eau ne bout pas. Elle bouillirait quand $P_{s} (T)$ atteindrait $P = 1, 013 bar$ , c'est-à-dire vers $100^{\circ} C$ ( $P_{s} (100^{\circ} C) = 1, 014 bar$ ).

Deux comparaisons différentes, donc : l'évaporation compare la pression partielle de la vapeur à $P_{s} (T)$ , et se produit à la surface, à toute température ; l'ébullition compare la pression totale à $P_{s} (T)$ , et se produit dans tout le volume, à la seule température où $P_{s} (T) = P$ .

4 b) Une variable de plus. Pour l'eau pure, deux phases en équilibre imposent $P = P_{s} (T)$ : une seule variable libre (exercice 1). En présence d'air, l'équilibre impose $p_{v} = P_{s} (T)$ , mais la pression totale $P = p_{air} + p_{v}$ peut prendre n'importe quelle valeur supérieure, selon la quantité d'air : de l'eau liquide coexiste avec l'air saturé à $20^{\circ} C$ sous $1 bar$ comme sous $0, 9 bar$ . $P$ et $T$ sont indépendants. Le compte des variables l'explique : à $P$ et $T$ s'ajoute la composition de la phase gazeuse, la fraction molaire de vapeur $y_{v} = n_{v} / n = p_{v} / P$ ; l'équilibre impose une relation entre ces trois variables, $y_{v} P = P_{s} (T),$ et il en reste deux libres.

5 a) La nuit, à pression constante. Le refroidissement ne change ni la composition de l'air (pas d'apport d'eau), ni la pression totale. Or $p_{v} = y_{v} P$ , où $y_{v} = n_{v} / n$ ne dépend que des quantités de matière : $p_{v}$ reste égale à $p_{v} = 0, 70 \times P_{s} (15^{\circ} C) = 0, 70 \times 1, 706 \approx 1, 194 kPa .$ Le point de rosée vérifie $P_{s} (θ_{r}) = 1, 194 kPa$ ; entre $5$ et $10^{\circ} C$ , $θ_{r} \approx 5 + 5 \times \frac{1 , 194 - 0 , 873}{1 , 228 - 0 , 873} \approx 9, 5^{\circ} C$ (formule IAPWS : $9, 6^{\circ} C$ ). Sous cette température, la vapeur se condense sur l'herbe, refroidie par son rayonnement vers le ciel nocturne (la rosée), ou sur les poussières en suspension dans l'air lui-même (le brouillard).

5 b) Dans un bocal rigide. Cette fois, $n_{v}$ et $V$ sont fixés : $p_{v} = \frac{n _{v} R T}{V}$ est proportionnelle à $T$ et diminue un peu, $p_{v} (θ) = 1, 194 \times \frac{T}{288 , 15}$ en kilopascals. À $9^{\circ} C$ , $p_{v} \approx 1, 194 \times \frac{282 , 15}{288 , 15} \approx 1, 169 kPa > P_{s} = 1, 148 kPa$ : la rosée est déjà passée. À $10^{\circ} C$ , $p_{v} \approx 1, 173 kPa < P_{s} = 1, 228 kPa$ : encore tout vapeur. L'écart $p_{v} - P_{s}$ passe de $- 0, 055$ à $+ 0, 021 kPa$ entre $10$ et $9^{\circ} C$ ; il s'annule, par interpolation linéaire, en $θ_{r} \approx 9 + \frac{0 , 021}{0 , 021 + 0 , 055} \approx 9, 3^{\circ} C .$ Les variations relatives par kelvin expliquent que l'écart soit si faible : vers $10^{\circ} C$ , $p_{v} \propto T$ varie de $1/ T \approx 0, 35 %$ par kelvin, tandis que $P_{s}$ varie de $\frac{1 , 228 - 1 , 148}{1 , 19} \approx 6, 7 % par kelvin,$ vingt fois plus. Isobare ou isochore, le point de rosée ne diffère que de $0, 3 K$ : la façon de refroidir n'importe presque pas, c'est la chute rapide de $P_{s} (T)$ qui commande.

Ordre de grandeur. De $0$ à $30^{\circ} C$ , $P_{s}$ double à peu près tous les $11 K$ (de $0, 611$ à $1, 228 kPa$ entre $0$ et $10^{\circ} C$ , de $1, 228$ à $2, 339$ entre $10$ et $20^{\circ} C$ ). Refroidir un air humide d'une dizaine de degrés divise par deux la vapeur qu'il peut porter : tout refroidissement suffisant mène à la rosée.

Ce que l'exercice installe. En présence d'un gaz inerte, on compare la pression partielle de la vapeur à $P_{s} (T)$ , jamais la pression totale. La méthode de l'exercice 5 s'applique telle quelle : hypothèse « tout vapeur », critère $p_{v} \leq P_{s} (T)$ , sinon condensation, et alors $p_{v} = P_{s} (T)$ , la masse de liquide se déduisant du reste. Évaporation et ébullition relèvent de deux comparaisons différentes (partielle pour l'une, totale pour l'autre). Liquide et vapeur coexistent dans l'air sous des $P$ et $T$ indépendants : la composition du gaz est la variable de plus. Et $P_{s}$ varie si vite avec $T$ que c'est elle, et non la manière de refroidir, qui décide de la rosée.

100 % gratuit

La suite du chapitre est sur Adloun

20 autres exercices corrigés dans ce chapitre, et 12 à chercher avec le tuteur
Les 2 QCM du chapitre, le premier sans compte
Le podcast et la vidéo du chapitre et la correction filmée du TD : 2 minutes sans compte
Le tuteur, qui guide pas à pas sans donner la réponse

Exercice suivant et tuteur

Sans compte : le cours, le premier QCM et 2 minutes de podcast et de vidéo. Exercices et tuteur : inscription gratuite en 30 secondes, sans carte bancaire.

Le cours du chapitre · Tous les exercices du chapitre

Exercice suivant et tuteur →