Feuille d'entraînement : Changements d'état du corps pur

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q8

   L'allure du diagramme des phases (p, T) d'un corps pur comme l'eau présente les trois domaines de stabilité monophasique (solide, liquide et gaz) séparés par trois courbes d'équilibre diphasique qui se rejoignent en un point commun :

   Les deux points particuliers requis par l'énoncé sont :

   • Le point triple \mathrm{T} : unique état thermodynamique où les trois phases (solide, liquide, vapeur) coexistent simultanément en équilibre sous la variance nulle v = 1 - 3 + 2 = 0. Pour l'eau pure : T_{\text{t}} \approx 273{,}16\text{ K} (0{,}01\text{ }^\circ\text{C}) et p_{\text{t}} \approx 611\text{ Pa} \approx 6{,}1\times 10^{-3}\text{ bar}.
   • Le point critique \mathrm{C} : extrémité supérieure de la courbe de vaporisation liquide-gaz. En ce point, les masses volumiques et enthalpies des phases liquide et gazeuse deviennent identiques (la distinction liquide/gaz disparaît). Au-delà (T > T_{\text{c}} et p > p_{\text{c}}), le milieu est un fluide supercritique. Pour l'eau pure : T_{\text{c}} \approx 647\text{ K} (374\text{ }^\circ\text{C}) et p_{\text{c}} \approx 221\text{ bar}.

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2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q11

   L'eau et le pinène liquides étant non miscibles, chaque liquide exerce indépendamment sa propre pression de vapeur saturante dans la phase gazeuse à la température T du milieu :

   p_e = p_e(T) \quad \text{et} \quad p_p = p_p(T)

   D'après la loi de Dalton pour un mélange gazeux idéal, la pression totale dans l'alambic vaut :

   P_{\text{tot}} = p_e(T) + p_p(T)

   L'ébullition du mélange se produit dès que la pression totale de vapeur atteint la pression atmosphérique extérieure P^\circ = 1\text{ bar} :

   p_e(T_{\text{eb, mél}}) + p_p(T_{\text{eb, mél}}) = P^\circ = 1{,}00\text{ bar}

   Sur la figure 5, on repère l'intersection de la courbe p_e(T) + p_p(T) avec la droite horizontale p = 1{,}00\text{ bar}. On lit en abscisse :

   T_{\text{eb, mél}} \approx 368\text{ K à } 369\text{ K} \quad (\text{soit } \theta_{\text{eb, mél}} \approx 95^\circ\text{C à } 96^\circ\text{C})

   \boxed{T_{\text{eb, mél}} \approx 368\text{ K} \quad (\text{soit } 95^\circ\text{C})}

   Résultat

   $$T_{\text{eb, meˊl}}\approx 368\text{ K}(\text{soit }95^{\circ }\text{C})$$

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3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q38

   Considérons l'équilibre hétérogène de vaporisation de l'acide méthanoïque liquide pur (réaction (4)) :

   \mathrm{HCO_2H(liq)} = \mathrm{HCO_2H(gaz)}

   Les activités des constituants s'écrivent :

   • pour l'acide méthanoïque liquide pur, constituant seul dans sa phase condensée : a\big(\mathrm{HCO_2H(liq)}\big) = 1 ;
   • pour l'acide méthanoïque gazeux, assimilé à un gaz parfait de pression partielle p : a\big(\mathrm{HCO_2H(gaz)}\big) = \dfrac{p}{P^\circ}, avec P^\circ = 1\text{ bar}.

   À l'équilibre physico-chimique entre le liquide pur et sa vapeur à la température T, le quotient de réaction est égal à la constante d'équilibre K_4^\circ(T), de sorte que la pression de vapeur saturante p_{\text{sat}} vérifie :

   K_4^\circ(T) = \frac{p_{\text{sat}}}{P^\circ}

   L'odeur de l'acide méthanoïque est perceptible par un individu d'odorat moyen dès lors que la pression partielle p de vapeur au-dessus du liquide atteint ou dépasse le seuil de sensibilité p_{\min} = 10^{-4}\text{ bar}. Au voisinage de la surface libre, la pression partielle maximale possible est la pression de vapeur saturante p_{\text{sat}}. La condition de sensibilité s'écrit donc :

   p_{\text{sat}} \ge p_{\min} \iff K_4^\circ(T) \ge \frac{p_{\min}}{P^\circ}

   En prenant le logarithme décimal :

   \log_{10}\big(K_4^\circ(T)\big) \ge \log_{10}\left(\frac{p_{\min}}{P^\circ}\right) = \log_{10}(10^{-4}) = -4

   En injectant l'expression de la constante d'équilibre fournie :

   \begin{aligned} \alpha - \frac{\Theta}{T} &\ge -4 \\ \frac{\Theta}{T} &\le \alpha + 4 \\ T &\ge \frac{\Theta}{\alpha + 4} \end{aligned}

   Application numérique : avec \alpha = 14{,}1 et \Theta = 5{,}60 \times 10^3\text{ K} :

   T \ge \frac{5{,}60 \times 10^3}{14{,}1 + 4} = \frac{5{,}60 \times 10^3}{18{,}1} \approx 309{,}4\text{ K}

   En degrés Celsius, avec T(\text{K}) = \theta(^\circ\text{C}) + 273 :

   \theta \ge 309{,}4 - 273 = 36{,}4\,^\circ\text{C}

   \boxed{T \ge 309\text{ K} \quad \text{soit} \quad \theta \ge 36\,^\circ\text{C}}

   Résultat

   $$T\ge 309\text{ K}\text{soit}\theta \ge 36{}^{\circ }\text{C}$$

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4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q9

   D'après l'énoncé, le pinène a pour formule brute \mathrm{C}_{10}\mathrm{H}_{16}. Sa masse molaire vaut :

   M = 10 \times M(\mathrm{C}) + 16 \times M(\mathrm{H}) = 10 \times 12 + 16 \times 1 = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 0,136\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}

   À l'équilibre de vaporisation à la température T = 293\text{ K}, la pression partielle du pinène gazeux dans le local est égale à sa pression de vapeur saturante :

   p = p_p(293) = 430\text{ Pa}

   En assimilant la vapeur de pinène à un gaz parfait occupant un volume V, on a :

   p_p V = n R T = \frac{m}{M} R T

   La concentration massique de pinène dans l'air, notée C_m, s'exprime donc par :

   C_m = \frac{m}{V} = \frac{p_p M}{R T}

   Application numérique avec p_p = 430\text{ Pa}, M = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, R = 8,31\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} et T = 293\text{ K} :

   \begin{aligned} C_m &= \frac{430 \times 136}{8,31 \times 293} \approx 24,0\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} \end{aligned}

   \boxed{C_m \approx 24\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} > 5\text{ g}\cdot\text{m}^{-3}}

   La concentration à l'équilibre dépasse largement la teneur limite admissible de 5\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} (près de 5 fois plus élevée). Il est donc dangereux de travailler dans un local fermé à 20\text{ }^\circ\text{C} où se trouve de la térébenthine à l'équilibre de vaporisation ; une ventilation efficace est indispensable.

   Résultat

   $$C_m\approx 24\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}>5\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}$$

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5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2024, Q15

   Le passage à l'état solide (T < 18\text{ K}) présente des avantages et des inconvénients notables pour la modération des neutrons :

   Avantages :

   • Diminution de l'agitation thermique : à température plus basse (T < 18\text{ K}), l'énergie thermique moyenne des noyaux k_B T est encore plus faible. Le phénomène de réchauffement des neutrons lents par collision avec les noyaux en mouvement (« up-scattering ») est fortement réduit, ce qui permet d'obtenir des neutrons à des vitesses encore plus faibles.
   • Augmentation de la densité : la densité volumique du solide est supérieure à celle du liquide, ce qui réduit le libre parcours moyen des neutrons et rend le modérateur plus compact et efficace.

   Inconvénients :

   • Évacuation thermique dégradée : dans un solide, la convection et la circulation de fluide sont impossibles ; le transfert thermique repose uniquement sur la conduction. La conductivité thermique du dideutérium solide étant médiocre, le dépôt d'énergie par le flux intense de neutrons et de rayonnements gamma du réacteur crée d'importants gradients thermiques (points chauds) et risque de faire fondre ou sublimer localement le solide.
   • Endommagement sous irradiation : le réseau cristallin accumule des défauts et des espèces radicalaires créées par radiolyse. Leur recombinaison peut libérer brutalement de l'énergie (effet Wigner), posant des problèmes majeurs de sûreté. De plus, un solide ne peut pas être renouvelé ou filtré en continu par pompage, contrairement à un liquide.

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6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q36

   Pour transformer une masse m d'eau liquide initialement à T_c = 19\text{ }^\circ\text{C} en glace à T_f = -18\text{ }^\circ\text{C}, sous pression atmosphérique constante, il faut lui extraire une énergie thermique :

   Q_{\text{ext}} = m \, q_{\text{ext}}

   où le transfert thermique massique à extraire se décompose en trois étapes :

   • le refroidissement de l'eau liquide de T_c = 19\text{ }^\circ\text{C} à T_{\text{fus}} = 0\text{ }^\circ\text{C} :

     q_1 = c_m(\mathrm{H_2O_{(l)}}) \, (T_c - T_{\text{fus}})

   • le changement d'état (solidification complète à 0\text{ }^\circ\text{C}) :

     q_2 = l

     où l est l'enthalpie massique de fusion de la glace ;

   • le refroidissement de l'eau solide de T_{\text{fus}} = 0\text{ }^\circ\text{C} à T_f = -18\text{ }^\circ\text{C} :

     q_3 = c_m(\mathrm{H_2O_{(s)}}) \, (T_{\text{fus}} - T_f)

   Le transfert thermique massique total à extraire s'écrit donc :

   \begin{aligned} q_{\text{ext}} &= c_m(\mathrm{H_2O_{(l)}})(T_c - T_{\text{fus}}) + l + c_m(\mathrm{H_2O_{(s)}})(T_{\text{fus}} - T_f) \\ &= 4{,}18 \times (19 - 0) + 333 + 2{,}06 \times (0 - (-18)) \\ &= 79{,}42 + 333 + 37{,}08 = 449{,}5\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   D'après la question Q35, la puissance thermique utile (puissance frigorifique) disponible à la source froide vaut :

   \mathcal{P}_f = e \, P = 3{,}2 \times 250 = 800\text{ W}

   Pendant une durée \Delta t = 1\text{ h} = 3600\text{ s}, l'énergie thermique maximale que le congélateur peut extraire à la source froide est :

   Q_f = \mathcal{P}_f \, \Delta t = 800 \times 3600 = 2{,}88 \times 10^6\text{ J} = 2{,}88 \times 10^3\text{ kJ}

   En égalant cette énergie à l'énergie nécessaire Q_{\text{ext}}, on obtient la masse maximale d'eau congelable :

   m_{\max} = \frac{Q_f}{q_{\text{ext}}} = \frac{e \, P \, \Delta t}{c_m(\mathrm{H_2O_{(l)}})(T_c - T_{\text{fus}}) + l + c_m(\mathrm{H_2O_{(s)}})(T_{\text{fus}} - T_f)}

   Application numérique :

   m_{\max} = \frac{2{,}88 \times 10^3\text{ kJ}}{449{,}5\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}} \approx 6{,}41\text{ kg}

   \boxed{m_{\max} \approx 6{,}4\text{ kg}}

   Commentaire : La formation de givre est due à la condensation et à la congélation de la vapeur d'eau contenue dans l'air ambiant qui pénètre lors de l'ouverture du congélateur. La masse d'eau ainsi introduite est généralement de l'ordre de quelques grammes à quelques dizaines de grammes. Elle est donc très inférieure à la capacité maximale horaire du compresseur (6{,}4\text{ kg}), ce qui confirme que la simple formation de givre ne surcharge pas thermiquement le congélateur sur de courtes périodes. En revanche, à plus long terme, la couche de givre accumulée agit comme un isolant thermique sur l'évaporateur et en dégrade l'efficacité.

   Résultat

   $$m_{\max }\approx 6,4\text{ kg}$$

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7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q30

   Considérons la tranche de lave d'épaisseur \mathrm{d}y_s et de surface S qui se solidifie entre les instants t et t+\mathrm{d}t. Son volume est :

   \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}y_s

   La masse de lave subissant la transition de phase liquide \to solide est donc :

   \mathrm{d}m = \rho\,\mathrm{d}V = \rho\,S\,\mathrm{d}y_s

   La solidification étant la transformation inverse de la fusion, l'enthalpie massique de solidification vérifie :

   \Delta h_{\mathrm{liq}\to\mathrm{sol}}(T_f) = -\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)

   Cette transformation est exothermique : le système cède à l'extérieur un transfert thermique \delta Q_{\text{reçu}} = \mathrm{d}m\,\Delta h_{\mathrm{liq}\to\mathrm{sol}}(T_f) < 0.

   L'énergie thermique \delta Q libérée (donc comptée positivement) par la solidification de cette tranche s'écrit ainsi :

   \boxed{\delta Q = \rho\,S\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\mathrm{d}y_s}

   Résultat

   $$\delta Q=\rho S\Delta h_{\mathrm{sol}\to \mathrm{liq}}(T_f)\mathrm{d}{y}_s$$

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8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q31

   Considérons l'interface de solidification située en y = y_s(t) à l'instant t.

   • D'après la question Q30, la solidification d'une épaisseur \mathrm{d}y_s pendant la durée \mathrm{d}t libère l'énergie thermique :

     \delta Q = \rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s
   • La lave en fusion (y > y_s) étant à température uniforme T_f, le gradient thermique y est nul : aucun flux d'énergie ne se propage vers le liquide.

   • Dans la lave solide (y \leqslant y_s), la loi de Fourier donne le vecteur densité de flux thermique :

     \vec{j}_Q = -\kappa \frac{\partial T}{\partial y} \, \vec{u}_y

     Puisque T_0 < T_f, la température augmente avec la profondeur, soit \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} > 0. Le flux s'évacue donc vers le haut, c'est-à-dire dans le sens de -\vec{u}_y.

   L'énergie thermique évacuée par diffusion vers la lave solide à travers la surface S pendant \mathrm{d}t s'écrit :

   \begin{aligned} \delta Q_{\text{évac}} &= -\vec{j}_Q(y_s) \cdot (-\vec{u}_y) \, S \, \mathrm{d}t \\ &= \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t \end{aligned}

   La conservation de l'énergie à l'interface impose \delta Q = \delta Q_{\text{évac}}, ce qui donne :

   \rho \, S \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \mathrm{d}y_s = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} S \, \mathrm{d}t

   En divisant par S \, \mathrm{d}t, on obtient la condition de Stefan à l'interface :

   \boxed{\rho \, \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f) \, \frac{\mathrm{d}y_s(t)}{\mathrm{d}t} = \kappa \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s}}

   Résultat

   $$\rho \Delta h_{\mathrm{sol}\to \mathrm{liq}}(T_f)\frac{\mathrm{d}{y}_s(t)}{\mathrm{d}t}=\kappa {\left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)}_{y=y_s}$$

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9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q32

   Par définition de la constante \lambda, la position de l'interface de solidification s'écrit :

   y_s(t) = 2\lambda\sqrt{Dt} = 2\lambda\sqrt{D}\,t^{1/2}.

   Sa vitesse de progression est donc :

   \frac{\mathrm{d}y_s(t)}{\mathrm{d}t} = 2\lambda\sqrt{D}\left(\frac{1}{2\sqrt{t}}\right) = \lambda\sqrt{\frac{D}{t}}.

   D'après la question Q29, la température dans la croûte solide (0 \leqslant y \leqslant y_s(t)) est donnée par :

   T(y,t) = T_0 + (T_f - T_0)\,\theta(\eta) \quad \text{avec} \quad \theta(\eta) = \frac{\operatorname{erf}(\eta)}{\operatorname{erf}(\lambda)} \quad \text{et} \quad \eta = \frac{y}{2\sqrt{Dt}}.

   On en déduit le gradient spatial de température :

   \frac{\partial T}{\partial y} = (T_f - T_0)\,\frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}\eta}\,\frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{T_f - T_0}{\operatorname{erf}(\lambda)}\,\frac{\mathrm{d}(\operatorname{erf}(\eta))}{\mathrm{d}\eta}\,\frac{1}{2\sqrt{Dt}}.

   Sachant que \operatorname{erf}(\eta) = \frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^\eta e^{-z^2}\,\mathrm{d}z, sa dérivée par rapport à \eta vaut \frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\eta^2}. Au niveau de l'interface (y = y_s \iff \eta = \lambda), le gradient de température s'écrit :

   \left(\frac{\partial T}{\partial y}\right)_{y=y_s} = \frac{T_f - T_0}{\operatorname{erf}(\lambda)}\left(\frac{2}{\sqrt{\pi}}e^{-\lambda^2}\right)\frac{1}{2\sqrt{Dt}} = \frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}\sqrt{Dt}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

   En reportant ces deux expressions dans la condition de Stefan établie à la question Q31 :

   \rho\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\lambda\sqrt{\frac{D}{t}} = \kappa\,\frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}\sqrt{Dt}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

   Le facteur temporel \sqrt{t} se simplifie (ce qui confirme l'autosimilarité de la solution). De plus, d'après la question Q25, la conductivité s'exprime par \kappa = \rho c D, d'où :

   \rho\,\Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)\,\lambda\sqrt{D} = \rho c \sqrt{D}\,\frac{T_f - T_0}{\sqrt{\pi}}\,\frac{e^{-\lambda^2}}{\operatorname{erf}(\lambda)}.

   En simplifiant par \rho\sqrt{D} puis en isolant le terme dépendant de \lambda, on obtient la relation demandée :

   \boxed{\frac{\exp(-\lambda^2)}{\lambda\operatorname{erf}(\lambda)} = \frac{\sqrt{\pi}}{c(T_f - T_0)} \Delta h_{\mathrm{sol}\to\mathrm{liq}}(T_f)}

   Résultat

   $$\frac{\exp (-{\lambda }^2)}{\lambda \mathrm{erf}(\lambda )}=\frac{\sqrt{\pi }}{c(T_f-T_0)}\Delta h_{\mathrm{sol}\to \mathrm{liq}}(T_f)$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MPI 2023, Q24

    Le profil de température de la figure 4 montre que la température croît avec la profondeur, atteignant sa valeur maximale au centre de la Lune (r = 0, dans la graine, où T \approx 1\,900\text{--}2\,000\text{ K}), alors qu'elle est plus faible dans le noyau liquide situé au-dessus (T \approx 1\,200\text{--}1\,600\text{ K}).

    Ce constat n'est pas incompatible avec la présence d'une graine solide pour les raisons suivantes :

    • Effet de la pression : L'état physique du fer dépend à la fois de la température locale T et de la pression locale P. En s'enfonçant vers le centre de l'astre, la pression hydrostatique croît continûment en raison du poids des couches sus-jacentes.

    • Évolution de la température de fusion : D'après la relation de Clapeyron :

      \frac{\mathrm{d}T_{\mathrm{fus}}}{\mathrm{d}P} = \frac{T\,\Delta v_{\mathrm{fus}}}{\Delta h_{\mathrm{fus}}}

      Puisque le fer solide est plus dense que le fer liquide à ces pressions (\Delta v_{\mathrm{fus}} = v_{\mathrm{liq}} - v_{\mathrm{sol}} > 0) et que la fusion est endothermique (\Delta h_{\mathrm{fus}} > 0), la température de fusion T_{\mathrm{fus}}(P) est une fonction strictement croissante de la pression.

    • Comparaison des profils : Avec la profondeur, la pression augmente suffisamment vite pour que la température de fusion locale T_{\mathrm{fus}}(P) croisse plus rapidement que la température réelle T :

      • dans le noyau liquide : T(r) > T_{\mathrm{fus}}(P(r)), le fer est à l'état liquide ;
      • dans la graine : T(r) < T_{\mathrm{fus}}(P(r)), le fer se solidifie.

    \boxed{\text{La très forte pression au centre augmente la température de fusion au-delà de la température réelle : } T < T_{\mathrm{fus}}(P).}

    Résultat

    $$\text{La treˋs forte pression au centre augmente la tempeˊrature de fusion au-delaˋ de la tempeˊrature reˊelle : }T<T_{\mathrm{fus}}(P).$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question