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

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q6

   1. Courbes de saturation et domaines de phases

   Sur les diagrammes (P, h) (document réponse 1) et (T, s) (document réponse 2), la courbe délimitant le domaine d'équilibre liquide-vapeur est la courbe de saturation (ou cloche de saturation). Elle est constituée de deux branches qui se rejoignent au sommet :

   • la branche de gauche correspond à la courbe d'ébullition (liquide saturant, titre massique en vapeur x = 0) ;
   • la branche de droite correspond à la courbe de rosée (vapeur saturante sèche, x = 1).

   Les domaines associés aux différentes phases stables sont :

   • à gauche de la courbe d'ébullition : phase liquide (ou liquide sous-refroidi / comprimé) ;
   • sous la cloche de saturation : domaine diphasique (mélange liquide-vapeur en équilibre) ;
   • à droite de la courbe de rosée (pour P < P_c) : phase vapeur (vapeur surchauffée ou gaz) ;
   • au-delà du point critique (T > T_c et P > P_c) : domaine du fluide supercritique.

   2. Point critique : définition et coordonnées

   Le point critique, noté \mathrm{C}, est le point au sommet de la courbe de saturation où se rejoignent la courbe d'ébullition et la courbe de rosée. Physiquement, il représente l'état limite au-delà duquel la transition liquide-vapeur s'effectue de manière continue sans transition de phase discontinue : les propriétés des phases liquide et vapeur deviennent identiques (même masse volumique) et l'enthalpie de vaporisation s'annule (\Delta h_{\mathrm{vap}} = 0).

   Par lecture graphique sur les documents réponses 1 et 2 au sommet de la cloche :

   • sur le diagramme (T, s) (document réponse 2), on lit l'ordonnée du sommet :

     \boxed{T_c \approx 132\,^{\circ}\mathrm{C} \quad (\approx 405\text{ K})}

   • sur le diagramme (P, h) (document réponse 1), on lit la pression correspondante sur l'échelle logarithmique :

     \boxed{P_c \approx 113\text{ bar} \quad (= 11{,}3\text{ MPa})}

   Résultat

   $$T_c\approx 132{}^{\circ }\mathrm{C}(\approx 405\text{ K})$$

   $$P_c\approx 113\text{ bar}(=11,3\text{ MPa})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2023, Q11

   Le diagramme d'état (p, T) d'un corps pur présente les domaines de stabilité thermodynamique des trois états de la matière (solide, liquide, gaz). Pour l'eau, la pente de la courbe d'équilibre solide-liquide est négative, car la masse volumique de la glace est inférieure à celle de l'eau liquide (\rho_{\text{glace}} < \rho_{\text{eau}}).

   Les deux points caractéristiques sont définis comme suit :

   • Le point triple \mathrm{T}_t : il correspond à l'unique état d'équilibre diphasé simultané des trois phases (solide, liquide, vapeur). En vertu de la règle des phases de Gibbs, la variance y est strictement nulle (v = c + 2 - \varphi = 1 + 2 - 3 = 0), ce qui lui confère des coordonnées (p_t, T_t) parfaitement fixées et universelles pour l'eau pure (T_t \simeq 273,16\text{ K} = 0,01\text{ }^\circ\text{C} et p_t \simeq 611\text{ Pa}).
   • Le point critique \mathrm{C} : c'est le point d'arrêt supérieur de la courbe de vaporisation (équilibre liquide-gaz). Au-delà de ses coordonnées (p_C, T_C), il n'existe plus de transition de phase du premier ordre entre l'état liquide et l'état gazeux : les grandeurs thermodynamiques molaires (notamment le volume molaire et la masse volumique) des deux phases deviennent identiques en ce point, et le fluide se trouve dans un état supercritique. Pour l'eau, T_C \simeq 647\text{ K} (374\text{ }^\circ\text{C}) et p_C \simeq 221\text{ bar}.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PC 2023, Q7

   1. Conditions d'application du théorème de Bernoulli

   Le théorème de Bernoulli s'applique le long d'une ligne de courant sous les hypothèses suivantes :

   • écoulement stationnaire (ou permanent) ;
   • fluide incompressible et homogène (\rho_0 = \text{cte}) ;
   • fluide parfait (viscosité négligeable, pas de pertes de charge) ;
   • forces volumiques conservatives dérivant d'une énergie potentielle (ici la pesanteur).

   2. Différence de pression P(C) - P(E)

   Le tube étant horizontal, les points E et C sont à la même altitude (z_E = z_C). La relation de Bernoulli entre E et C s'écrit :

   P(E) + \frac{1}{2}\rho_0 v_1^2 = P(C) + \frac{1}{2}\rho_0 v_2^2

   D'après la question Q6, la conservation du débit volumique donne v_2 = v_1 \dfrac{S_1}{S_2}. On en déduit :

   \begin{aligned} P(C) - P(E) &= \frac{1}{2}\rho_0 \left(v_1^2 - v_2^2\right) \\ &= \frac{1}{2}\rho_0 v_1^2 \left[1 - \left(\frac{S_1}{S_2}\right)^2\right] \end{aligned}

   \boxed{P(C) - P(E) = \frac{1}{2}\rho_0 v_1^2 \left(1 - \frac{S_1^2}{S_2^2}\right)}

   Comme S_1 > S_2, on a P(C) - P(E) < 0 : la pression chute au niveau de l'étranglement (effet Venturi).

   3. Diagramme (P, T) de l'eau

   Les deux points caractéristiques sont :

   • le point triple \mathrm{T} : équilibre simultané des trois phases (solide, liquide, vapeur) ;
   • le point critique \mathrm{C_r} : extrémité de la courbe d'équilibre liquide-vapeur au-delà duquel les phases liquide et gaz ne se distinguent plus (fluide supercritique).

   4. Apparition d'une bulle de vapeur (cavitation)

   Considérons une particule fluide initialement au point M dans l'état liquide à la température T et à la pression P(E) > P_{\text{sat}}(T). L'écoulement étant rapide, les échanges thermiques sont négligeables et l'évolution est quasi-isotherme.

   Lorsque le fluide s'accélère vers le col C, sa vitesse augmente considérablement (v_2 > v_1), ce qui entraîne une chute de pression. Si la vitesse au col est suffisamment grande, la pression locale P(C) peut descendre en dessous de la pression de vapeur saturante de l'eau à cette température :

   P(C) \leqslant P_{\text{sat}}(T)

   Le fluide traverse la courbe d'ébullition (trajectoire verticale descendante M \to M') : une vaporisation locale se produit brutalement, conduisant à l'apparition de microbulles de vapeur d'eau au niveau de la section minimale S_2 (le col C).

   Résultat

   $$P(C)-P(E)=\frac{1}{2}{\rho }_0{v}_1^2\left(1-\frac{S_1^2}{S_2^2}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique C PC 2021, Q1

   Lors d'une transition de phase d'un corps pur à la température T (sous la pression d'équilibre correspondante), la transformation est réversible, isotherme et isobare. Pour l'unité de masse, le transfert thermique reçu est égal à la variation d'enthalpie massique :

   \Delta h = L(T) = h_v(T) - h_l(T)

   D'après le second principe de la thermodynamique, l'entropie échangée pour une transformation réversible isotherme à la température T s'écrit :

   \boxed{ \Delta s = s_v - s_l = \frac{\Delta h}{T} = \frac{L(T)}{T} }

   Par définition de la grandeur massique \zeta = h - Ts (qui correspond à l'enthalpie libre massique g) :

   \begin{aligned} \zeta_v - \zeta_l &= (h_v - T s_v) - (h_l - T s_l) \\ &= (h_v - h_l) - T(s_v - s_l) \\ &= L(T) - T \Delta s \end{aligned}

   En utilisant la relation établie précédemment T \Delta s = L(T), il vient :

   \zeta_v - \zeta_l = L(T) - L(T) = 0

   On en déduit donc bien qu'à l'équilibre thermodynamique liquide-vapeur :

   \boxed{ \zeta_l = \zeta_v }

   Résultat

   $$\Delta s=s_v-s_l=\frac{\Delta h}{T}=\frac{L(T)}{T}$$

   $${\zeta }_l={\zeta }_v$$

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5. Exercice 5ENS Physique C PC 2021, Q2

   Considérons une masse m de corps pur sous une seule phase. L'identité thermodynamique fournie en section 1.3 pour un système fermé monophasique s'écrit :

   \mathrm{d}U = T\,\mathrm{d}S - P\,\mathrm{d}V

   En divisant par la masse fixée m, on obtient l'identité thermodynamique en grandeurs massiques (u = U/m, s = S/m, v = V/m) :

   \mathrm{d}u = T\,\mathrm{d}s - P\,\mathrm{d}v

   L'enthalpie massique est définie par h = u + Pv. Sa différentielle s'écrit :

   \mathrm{d}h = \mathrm{d}u + P\,\mathrm{d}v + v\,\mathrm{d}P

   En injectant l'expression de \mathrm{d}u, il vient :

   \mathrm{d}h = (T\,\mathrm{d}s - P\,\mathrm{d}v) + P\,\mathrm{d}v + v\,\mathrm{d}P = T\,\mathrm{d}s + v\,\mathrm{d}P

   Par définition, la fonction \zeta (enthalpie libre massique g) vaut \zeta = h - Ts. En différentiant cette relation :

   \mathrm{d}\zeta = \mathrm{d}h - T\,\mathrm{d}s - s\,\mathrm{d}T

   En remplaçant \mathrm{d}h par son expression :

   \mathrm{d}\zeta = (T\,\mathrm{d}s + v\,\mathrm{d}P) - T\,\mathrm{d}s - s\,\mathrm{d}T

   On en déduit immédiatement :

   \boxed{\mathrm{d}\zeta = -s\,\mathrm{d}T + v\,\mathrm{d}P}

   Résultat

   $$\mathrm{d}\zeta =-s\mathrm{d}T+v\mathrm{d}P$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique C PC 2021, Q3

   Lorsque les deux phases coexistent à l'équilibre à la température T sous la pression de vapeur saturante P = e_s(T), les enthalpies libres massiques des deux phases sont égales d'après la question Q1 :

   \zeta_l(T, e_s(T)) = \zeta_v(T, e_s(T))

   Pour une variation infinitésimale de température \mathrm{d}T le long de la courbe de coexistence, la pression varie de \mathrm{d}e_s de sorte que l'équilibre soit maintenu, soit :

   \mathrm{d}\zeta_l = \mathrm{d}\zeta_v

   En utilisant la relation établie à la question Q2, \mathrm{d}\zeta = -s\,\mathrm{d}T + v\,\mathrm{d}P, avec \mathrm{d}P = \mathrm{d}e_s, il vient :

   -s_l\,\mathrm{d}T + v_l\,\mathrm{d}e_s = -s_v\,\mathrm{d}T + v_v\,\mathrm{d}e_s

   En regroupant les termes :

   (v_v - v_l)\,\mathrm{d}e_s = (s_v - s_l)\,\mathrm{d}T

   D'après la question Q1, la variation d'entropie massique de vaporisation s'écrit s_v - s_l = \dfrac{L(T)}{T}. On en déduit la relation de Clapeyron :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}e_s}{\mathrm{d}T} = \frac{L}{T(v_v - v_l)}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{e}_s}{\mathrm{d}T}=\frac{L}{T(v_v-v_l)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 2 PC 2025, Q1

   Le maintien d'un volume constant d'hélium liquide en régime permanent implique que le débit massique de liquide injecté compense exactement le débit massique d'hélium vaporisé, soit un débit de vaporisation D_m = 2 \times 10^{-4}\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}.

   La vaporisation a lieu à pression et température constantes (P = 31\text{ kPa}, T = 2{,}0\text{ K}). Le premier principe de la thermodynamique appliqué à l'hélium en écoulement stationnaire donne l'expression de la puissance thermique reçue par le fluide :

   \mathcal{P}_{\text{diss}} = D_m\,\Delta_{\text{vap}}h

   où \mathcal{P}_{\text{diss}} représente la puissance thermique transmise par les parois de la cellule au bain cryogénique.

   Application numérique avec les données :

   \begin{aligned} D_m &= 2 \times 10^{-4}\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \\ \Delta_{\text{vap}}h &= 23{,}4\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 23{,}4 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   \mathcal{P}_{\text{diss}} = 2 \times 10^{-4} \times 23{,}4 \times 10^3 = 4{,}68\text{ W}

   En ne conservant que les chiffres significatifs pertinents :

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{diss}} \approx 4{,}7\text{ W}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_{\text{diss}}\approx 4,7\text{ W}$$

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q7

   Pour un corps pur diphasé en équilibre liquide-vapeur, la variance est égale à 1 (règle des phases de Gibbs) : la température et la pression de saturation sont univoquement liées. Les courbes isothermes et isobares sont donc confondues sous la courbe de saturation.

   • À haute pression (P_{\text{HP}} = 9\text{ bar}) :

     Sur le diagramme (P, h) (document réponse 3), sur la droite horizontale d'ordonnée P = 9\text{ bar}, l'isotherme sous la cloche de saturation se situe entre les graduations 20\,^\circ\mathrm{C} et 25\,^\circ\mathrm{C}, très proche de 21{,}5\,^\circ\mathrm{C}.

     Sur le diagramme (T, s) (document réponse 4), le palier horizontal de l'isobare 9\text{ bar} (reliant les points 1' et 2) a pour ordonnée :

     \boxed{T_{\mathrm{vap},\mathrm{HP}} \approx 21{,}5\,^\circ\mathrm{C}\quad (\text{soit } 294{,}7\text{ K})}

     (une valeur comprise entre 21\,^\circ\mathrm{C} et 22\,^\circ\mathrm{C} est tout à fait acceptable compte tenu de la précision graphique).

   • À basse pression (P_{\text{BP}} = 6\text{ bar}) :

     Sur le diagramme (P, h), à l'ordonnée P = 6\text{ bar}, le palier horizontal correspond à une isotherme légèrement en dessous de 10\,^\circ\mathrm{C}.

     Sur le diagramme (T, s), l'isobare 6\text{ bar} présente un palier horizontal à :

     \boxed{T_{\mathrm{vap},\mathrm{BP}} \approx 9{,}5\,^\circ\mathrm{C}\quad (\text{soit } 282{,}7\text{ K})}

     (une valeur comprise entre 9\,^\circ\mathrm{C} et 10\,^\circ\mathrm{C} est acceptable).

   Résultat

   $$T_{\mathrm{vap},\mathrm{HP}}\approx 21,5{}^{\circ }\mathrm{C}(\text{soit }294,7\text{ K})$$

   $$T_{\mathrm{vap},\mathrm{BP}}\approx 9,5{}^{\circ }\mathrm{C}(\text{soit }282,7\text{ K})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 1 PC 2024, Q8

   L'enthalpie massique de vaporisation à une pression P donnée correspond à la largeur du palier de changement d'état sur le diagramme (P, h) :

   \Delta h_{\mathrm{vap}}(P) = h''(P) - h'(P)

   où h''(P) est l'enthalpie massique de la vapeur saturante (x = 1, courbe de rosée) et h'(P) celle du liquide saturant (x = 0, courbe d'ébullition).

   1. À haute pression (P = 9\text{ bar}) : Sur l'isobare P = 9\text{ bar} du diagramme (P, h) (document réponse 3) :

   • sur la courbe d'ébullition (point 1') : h'(9\text{ bar}) \approx 285\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • sur la courbe de rosée (point 2) : h''(9\text{ bar}) \approx 1\,465\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   On en déduit :

   \Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{HP}} = 1\,465 - 285 \approx 1\,180\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   \boxed{\Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{HP}} \approx 1{,}18 \times 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   2. À basse pression (P = 6\text{ bar}) : Sur l'isobare P = 6\text{ bar} du diagramme (P, h) :

   • sur la courbe d'ébullition (point 4) : h'(6\text{ bar}) \approx 230\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • sur la courbe de rosée : h''(6\text{ bar}) \approx 1\,460\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   On en déduit :

   \Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{BP}} = 1\,460 - 230 \approx 1\,230\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   \boxed{\Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{BP}} \approx 1{,}23 \times 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$\Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{HP}}\approx 1,18\times 10^3\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   $$\Delta h_{\mathrm{vap},\mathrm{BP}}\approx 1,23\times 10^3\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

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10. Exercice 10CCINP Physique PC 2023, Q12

    D'après la loi de Dalton, pour un mélange idéal de gaz parfaits, la pression totale du mélange p_0 est égale à la somme des pressions partielles de ses constituants :

    \boxed{p_0 = p_e + p_{as}}

    Par définition du degré hygrométrique \varphi = \frac{p_e}{p_{e,\text{sat}}(T)}, la pression partielle de vapeur d'eau vaut :

    \begin{aligned} p_e &= \varphi \, p_{e,\text{sat}}(T) = 0{,}55 \times 2{,}3 \cdot 10^3 = 1{,}265 \cdot 10^3 \text{ Pa} \simeq 1{,}3 \cdot 10^3 \text{ Pa} \end{aligned}

    La pression partielle d'air sec s'en déduit :

    \begin{aligned} p_{as} &= p_0 - p_e = 1{,}0 \cdot 10^5 - 1{,}265 \cdot 10^3 = 9{,}87 \cdot 10^4 \text{ Pa} \simeq 9{,}9 \cdot 10^4 \text{ Pa} \end{aligned}

    Chaque constituant se comportant comme un gaz parfait occupant le volume total V à la température T, on a :

    \begin{aligned} p_e V &= n_e R T = \frac{m_e}{M_e} R T \implies m_e = \frac{p_e V M_e}{R T} \\ p_{as} V &= n_{as} R T = \frac{m_{as}}{M_{as}} R T \implies m_{as} = \frac{p_{as} V M_{as}}{R T} \end{aligned}

    Applications numériques :

    \begin{aligned} m_e &= \frac{1{,}265 \cdot 10^3 \times 50 \times 18 \cdot 10^{-3}}{8{,}3 \times 293} \simeq 0{,}47 \text{ kg} \\ m_{as} &= \frac{9{,}87 \cdot 10^4 \times 50 \times 29 \cdot 10^{-3}}{8{,}3 \times 293} \simeq 59 \text{ kg} \end{aligned}

    \boxed{m_e \simeq 0{,}47\text{ kg}} \quad \text{et} \quad \boxed{m_{as} \simeq 59\text{ kg}}

    L'humidité spécifique \phi de l'air s'obtient par :

    \begin{aligned} \phi &= \frac{m_e}{m_{as}} = \frac{p_e M_e}{p_{as} M_{as}} = \frac{0{,}468}{58{,}9} \simeq 8{,}0 \cdot 10^{-3} \text{ kg d'eau par kg d'air sec} \end{aligned}

    \boxed{\phi = 8{,}0 \cdot 10^{-3} \text{ kg d'eau}\cdot(\text{kg d'air sec})^{-1}}

    Résultat

    $$p_0=p_e+p_{as}$$

    $$m_e\simeq 0,47\text{ kg}$$

    $$m_{as}\simeq 59\text{ kg}$$

    $$\varphi =8,0\cdot 10^{-3}\text{ kg d’eau}\cdot (\text{kg d’air sec}{)}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question