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

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q18

   1. Nom des courbes du diagramme (p, h) :

   • Courbe de saturation (courbe en cloche) :

     • branche de gauche (titre en vapeur x = 0) : courbe d'ébullition (sépare le liquide sous-refroidi du mélange liquide-vapeur) ;
     • branche de droite (titre en vapeur x = 1) : courbe de rosée (sépare le mélange diphasé de la vapeur surchauffée) ;
     • le sommet de la cloche est le point critique (T_C = 374\,^\circ\text{C}, p_C = 221\text{ bar}).
   • Isothermes (T = \text{constante}) : quasi-verticales dans le domaine liquide, horizontales sous la cloche (paliers de changement d'état à p = p_{\text{sat}}(T)), puis incurvées vers le bas dans le domaine de la vapeur surchauffée.
   • Isentropes (s = \text{constante}) : courbes de pente positive inclinées vers le haut et la droite, traversant le domaine diphasé et le domaine vapeur.
   • Isobares (p = \text{constante}) : droites horizontales.
   • Isoenthalpiques (h = \text{constante}) : droites verticales.

   2. Représentation du cycle de Hirn : Le cycle est décrit par les transformations suivantes :

   • \mathbf{0 \to 1} : compression isentropique de l'eau liquide dans la pompe de p_3 = 0{,}040\text{ bar} à p_2 = 85{,}8\text{ bar}. D'après Q17, h_1 \simeq h_0 = 121\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} : il s'agit d'un segment vertical ascendant longeant la courbe d'ébullition.
   • \mathbf{1 \to 1'} : échauffement isobare (p_2 = 85{,}8\text{ bar}) de l'eau liquide sous-refroidie jusqu'à la température de saturation T_2 = 300\,^\circ\text{C} : segment horizontal vers la droite jusqu'à la courbe d'ébullition (h_{1'} = 1345\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • \mathbf{1' \to 2} : vaporisation totale isobare et isotherme (p_2 = 85{,}8\text{ bar}, T_2 = 300\,^\circ\text{C}) : palier horizontal traversant le domaine diphasé jusqu'à la courbe de rosée (h_2 = 1345 + 1404 = 2749\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).
   • \mathbf{2 \to 2'} : surchauffe isobare à p_2 = 85{,}8\text{ bar} dans le domaine vapeur de 300\,^\circ\text{C} à 500\,^\circ\text{C} : segment horizontal vers la droite jusqu'au point 2' (h_{2'} = 3391\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, s_{2'} = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}).
   • \mathbf{2' \to 3} : détente isentropique dans la turbine calorifugée de p_2 = 85{,}8\text{ bar} à p_3 = 0{,}040\text{ bar} : courbe descendante le long de l'isentrope s = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, aboutissant dans le domaine diphasé au point 3.
   • \mathbf{3 \to 0} : condensation totale isobare et isotherme dans le condenseur à p_3 = 0{,}040\text{ bar} (T_0 = 29\,^\circ\text{C}) : segment horizontal vers la gauche ramenant le fluide au point 0 sur la courbe d'ébullition.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q19

   La turbine est calorifugée (q = 0) et le fonctionnement est supposé réversible, la détente 2' \to 3 est donc isentropique :

   s_3 = s_{2'} = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}.

   À la sortie de la turbine, le fluide se trouve sous une pression p_3 = 0{,}040\text{ bar} à la température T_0 = 29^\circ\text{C} sous forme d'un mélange liquide-vapeur. D'après le tableau 1, les grandeurs massiques de saturation valent :

   • liquide juste saturé : s_{l3} = 0{,}42\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et h_{l3} = 121\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • vapeur saturante sèche : s_{v3} = 8{,}47\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et h_{v3} = 2554\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   L'entropie massique du mélange s'écrit en fonction du titre massique en vapeur x_3 :

   s_3 = (1 - x_3) s_{l3} + x_3 s_{v3} = s_{l3} + x_3 (s_{v3} - s_{l3}).

   On en déduit l'expression du titre massique en vapeur :

   x_3 = \frac{s_3 - s_{l3}}{s_{v3} - s_{l3}}.

   Application numérique :

   x_3 = \frac{6{,}68 - 0{,}42}{8{,}47 - 0{,}42} = \frac{6{,}26}{8{,}05} \simeq 0{,}778,

   soit un titre massique en vapeur :

   \boxed{x_3 \simeq 0{,}78 \quad (77{,}8\,\%)}.

   L'enthalpie massique du mélange s'exprime de même selon :

   h_3 = (1 - x_3) h_{l3} + x_3 h_{v3} = h_{l3} + x_3 (h_{v3} - h_{l3}).

   Application numérique :

   \begin{aligned} h_3 &= 121 + 0{,}7776 \times (2554 - 121) \\ &= 121 + 0{,}7776 \times 2433 \simeq 2013\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}. \end{aligned}

   Soit :

   \boxed{h_3 \simeq 2{,}01 \times 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}.

   Positionnement du point 3 sur le document réponse 1 : Le point 3 est situé :

   • sous la courbe de rosée, à l'intérieur du domaine diphasique liquide-vapeur ;
   • sur l'isobare horizontale p_3 = 0{,}040\text{ bar} ;
   • à l'abscisse h_3 \simeq 2013\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, qui coïncide géométriquement avec l'intersection de cette isobare et de l'isentropique s = 6{,}68\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} issue du point 2'.

   Résultat

   $$x_3\simeq 0,78(77,8\%)$$

   $$h_3\simeq 2,01\times 10^3\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie PSI 2022, Q29

   1. Allure du diagramme et tracé du cycle

   2. Lecture graphique et remplissage du tableau 1

   • Point 4 (liquide saturé à P_4 = 1\text{ bar}, x_v = 0) : Le point se trouve sur la courbe d'ébullition à P = 1\text{ bar}. On y lit la température d'ébullition standard T_4 = 100^\circ\text{C} et l'enthalpie massique :

     h_4 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • Point 1 (liquide haute pression, P_1 = 10\text{ bar}) : L'évolution dans la pompe étant isenthalpique, on a h_1 = h_4 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et T_1 \approx 100^\circ\text{C} (le liquide est quasi incompressible).

   • Point 3 (vapeur saturante à P_3 = 1\text{ bar}, x_v = 1) : Le point se situe sur la courbe de rosée à P = 1\text{ bar}. La température de changement d'état sous 1 bar est T_3 = 100^\circ\text{C}. On lit l'enthalpie massique de la vapeur saturante :

     h_3 \approx 2\,680\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

     L'entropie massique correspondante est s_3 \approx 7{,}36\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}.

   • Point 2 (vapeur surchauffée, P_2 = 10\text{ bar}) : La détente dans la turbine étant adiabatique et réversible, elle est isentropique : s_2 = s_3 \approx 7{,}36\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}. En suivant l'isentrope passant par le point 3 jusqu'à l'isobare P = 10\text{ bar}, on lit :

     h_2 \approx 3\,100\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \quad \text{et} \quad T_2 \approx 320^\circ\text{C}

   Le tableau complété est le suivant :

   	Point 1	Point 2	Point 3	Point 4
   T\text{ (°C)}	\approx 100	\mathbf{320}	\mathbf{100}	100
   P\text{ (bar)}	10	10	1	1
   h\text{ (kJ}\cdot\text{kg}^{-1})	\mathbf{420}	\mathbf{3\,100}	\mathbf{2\,680}	\mathbf{420}
   État	Liquide	Vapeur sèche	Vapeur saturante (x_v = 1)	Liquide saturé (x_v = 0)

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2021, Q35

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à une masse m = 1\text{ kg} d'eau subissant une transformation monobare sans travail autre que les forces de pression :

   Q = \Delta H = m \, \Delta h

   où \Delta h est la variation d'enthalpie massique globale.

   L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose le chemin thermodynamique en trois étapes :

   1. Échauffement du liquide de T_1 = 15\text{ }^\circ\text{C} à T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} :

      \Delta h_1 = c_{P,\text{liq}} (T_{\text{eb}} - T_1)

   2. Vaporisation complète sous P^\circ = 1\text{ bar} à T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} :

      \Delta h_2 = \Delta_{\text{vap}}H^\circ

   3. Échauffement de la vapeur de T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} à T_2 = 800\text{ }^\circ\text{C} :

      \Delta h_3 = c_{P,\text{vap}} (T_2 - T_{\text{eb}})

   L'énergie totale nécessaire s'écrit donc :

   Q = m \left[ c_{P,\text{liq}} (T_{\text{eb}} - T_1) + \Delta_{\text{vap}}H^\circ + c_{P,\text{vap}} (T_2 - T_{\text{eb}}) \right]

   Application numérique :

   • \Delta h_1 = 4180 \times (100 - 15) = 4180 \times 85 = 355{,}3 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 355{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • \Delta h_2 = 2257\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 2257 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}
   • \Delta h_3 = 1850 \times (800 - 100) = 1850 \times 700 = 1295 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 1295{,}0\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   On en déduit :

   \begin{aligned} \Delta h &= 355{,}3 + 2257 + 1295{,}0 = 3907{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \approx 3{,}91 \times 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   Pour m = 1{,}0\text{ kg} :

   \boxed{Q \approx 3{,}9 \times 10^6\text{ J} = 3{,}9\text{ MJ}}

   Résultat

   $$Q\approx 3,9\times 10^6\text{ J}=3,9\text{ MJ}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2025, Q16

   La transformation modélisant le claquage optique de l'eau liquide cornéenne en mélange gazeux s'écrit :

   \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} \longrightarrow \mathrm{H}_{2(g)} + \frac{1}{2}\mathrm{O}_{2(g)}

   On décompose cette transformation en deux étapes successives :

   • la vaporisation d'une mole d'eau liquide : \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} \longrightarrow \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(g)}, d'enthalpie molaire \Delta_{\text{vap}}H^\circ = M L_{\text{vap}} ;
   • la décomposition d'une mole d'eau gazeuse en ses éléments : \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(g)} \longrightarrow \mathrm{H}_{2(g)} + \frac{1}{2}\mathrm{O}_{2(g)}, d'enthalpie molaire \Delta_{\text{diss}}H^\circ = -\Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(g)}).

   L'énergie molaire nécessaire à cette transformation est donc :

   \Delta H_m = M L_{\text{vap}} - \Delta_f H^\circ

   En supposant que l'intégralité de l'énergie d'une impulsion laser E_{\text{imp}} est absorbée pour réaliser cette réaction dans un volume sphérique V = \frac{4}{3}\pi R^3 de masse m = \rho V, la quantité de matière d'eau transformée s'écrit :

   n = \frac{m}{M} = \frac{\rho}{M} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3

   Le bilan énergétique s'écrit :

   E_{\text{imp}} = n \Delta H_m = \frac{4}{3}\pi R^3 \frac{\rho}{M} \left(M L_{\text{vap}} - \Delta_f H^\circ\right)

   On en déduit l'expression du rayon R :

   R = \left( \frac{3\,E_{\text{imp}}\,M}{4\pi\,\rho \left(M L_{\text{vap}} - \Delta_f H^\circ\right)} \right)^{1/3}

   Application numérique :

   \begin{aligned} M L_{\text{vap}} &= 18\cdot 10^{-3} \times 2{,}0\cdot 10^3 = 36\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \\ -\Delta_f H^\circ &= 241\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \\ \Delta H_m &= 36 + 241 = 277\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} = 2{,}77\cdot 10^5\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   Le rayon au cube vaut :

   R^3 = \frac{3 \times 4{,}0\cdot 10^{-6} \times 18\cdot 10^{-3}}{4\pi \times 1{,}0\cdot 10^3 \times 2{,}77\cdot 10^5} \approx \frac{2{,}16\cdot 10^{-7}}{3{,}48\cdot 10^9} \approx 6{,}2\cdot 10^{-17}\text{ m}^3 = 62\cdot 10^{-18}\text{ m}^3

   Sachant que 4^3 = 64 \approx 62, on obtient directement :

   \boxed{R \approx 4{,}0\text{ }\mu\text{m}}

   Résultat

   $$R\approx 4,0\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique PSI 2025, Q51

   Une méthode classique et robuste pour fixer la température de référence T_{\mathrm{ref}} consiste à plonger les deux jonctions de référence (notées A et B sur la figure 8, formant la « soudure froide ») dans un bain de glace fondante constitué d'eau liquide et de glace pilée à la pression atmosphérique, le tout placé dans une enceinte adiabatique (vase Dewar).

   Cette méthode est particulièrement pertinente pour plusieurs raisons :

   1. Stabilité thermodynamique : d'après la règle des phases de Gibbs, l'équilibre diphasique (liquide-solide) d'un corps pur (l'eau) à pression fixée (P = P_{\mathrm{atm}}) est un système invariant (variance intensive réduite nulle : v' = c + 1 - \varphi = 1 + 1 - 2 = 0). La température du mélange est donc rigoureusement constante et fixée à :

      \boxed{T_{\mathrm{ref}} = 0\,^\circ\mathrm{C} = 273{,}15\text{ K}}

      tant que les deux phases solide et liquide coexistent.

   2. Facilité de mise en œuvre et reproductibilité : ce mélange s'obtient aisément au laboratoire à partir d'eau distillée et présente une excellente reproductibilité sans nécessiter d'étalonnage préalable.
   3. Cohérence avec les tables et normes : la valeur T_{\mathrm{ref}} = 0\,^\circ\mathrm{C} constitue la référence conventionnelle internationale utilisée pour l'étalonnage des thermocouples usuels (comme illustré sur la figure 9 avec \Delta T = T_{\mathrm{mes}} - T_{\mathrm{ref}} où T_{\mathrm{ref}} = 0\,^\circ\mathrm{C}).

   Résultat

   $$T_{\mathrm{ref}}=0{}^{\circ }\mathrm{C}=273,15\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q8

   1. Enjeu de sûreté lié au bon fonctionnement du pressuriseur

   D'après les données de l'énoncé, la température de changement d'état de l'eau à la pression de service p = 155\text{ bar} est :

   T_{\text{sat}}(155\text{ bar}) = 345\text{ }^\circ\text{C}

   D'après la question Q6, la température à l'interface gaine-fluide vaut T_4 \simeq 328\text{ }^\circ\text{C}, tandis que le fluide caloporteur est à T_5 = 303\text{ }^\circ\text{C}. On constate que :

   T_5 < T_4 < T_{\text{sat}}(155\text{ bar})

   Le rôle du pressuriseur est de maintenir la pression à 155\text{ bar} afin de garantir que l'eau reste entièrement à l'état liquide au contact des crayons combustibles.

   En cas de défaillance du pressuriseur entraînant une chute de pression :

   • La température de vaporisation T_{\text{sat}}(p) diminue et peut devenir inférieure à la température de paroi T_4.
   • Il se produit alors une vaporisation de l'eau au contact de la gaine. L'apparition d'un film de vapeur d'eau (phénomène de caléfaction ou crise d'ébullition) dégrade fortement le transfert thermique, car la vapeur présente une conductivité thermique très inférieure à celle du liquide (chute drastique du coefficient h_4).
   • Le combustible et la gaine ne sont plus refroidis efficacement : la température augmente brutalement, risquant de détériorer la gaine (rupture de la première barrière de confinement des produits de fission) ou de conduire à la fusion du cœur (\mathrm{UO}_2 fond à 2800\text{ }^\circ\text{C}).

   Le maintien de la pression par le pressuriseur est donc un impératif de sûreté fondamental.

   2. Solutions pour évacuer une puissance plus importante

   La puissance thermique évacuée par convection s'écrit P_1 = h_4 S_{\text{tot}} (T_4 - T_5), ou encore sous forme globale P_1 = D_m c_5 (T_{\text{sortie}} - T_{\text{entrée}}). Pour augmenter cette puissance sans dépasser les limites de température admissibles, on peut :

   • Augmenter le débit massique de caloporteur D_m en augmentant la vitesse de circulation du fluide (pompes primaires plus puissantes). Cela permet à la fois d'accroître le coefficient de transfert convectif h_4 et de limiter l'échauffement global de l'eau.
   • Augmenter la surface d'échange totale S_{\text{tot}} (par exemple en augmentant le nombre de crayons combustibles N pour un même volume d'uranium, c'est-à-dire en diminuant leur diamètre, ou en utilisant des gaines à ailettes/rugosité optimisée).
   • Abaisser la température du fluide T_5 en améliorant l'échange thermique dans les générateurs de vapeur du circuit secondaire.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q32

   Considérons la pellicule sphérique de fluide comprise entre les rayons R_1 et R_1 + \mathrm{d}r qui cristallise entre les instants t et t + \mathrm{d}t.

   L'épaisseur \mathrm{d}r étant infinitésimale devant R_1, le volume de cette couche sphérique s'écrit :

   \mathrm{d}V = 4\pi R_1^2\,\mathrm{d}r

   La masse de liquide se solidifiant pendant l'intervalle \mathrm{d}t est donc :

   \mathrm{d}m = \mu_N\,\mathrm{d}V = 4\pi R_1^2 \mu_N\,\mathrm{d}r

   La cristallisation s'effectue à pression et température constantes à l'interface. La variation d'enthalpie associée à la solidification de cette masse \mathrm{d}m est :

   \mathrm{d}H = \mathrm{d}m\,\Delta_{\text{sol}}h = 4\pi R_1^2 \mu_N\,\mathrm{d}r\,\Delta_{\text{sol}}h

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à ce système fermé subissant une transformation monobare sans travail utile, l'énergie thermique reçue par la pellicule est \delta Q = \mathrm{d}H. L'énergie thermique libérée (cédée au milieu extérieur) au cours de la durée \mathrm{d}t vaut donc :

   \delta Q_{\text{libérée}} = -\delta Q = -\mathrm{d}H = -4\pi R_1^2 \mu_N\,\mathrm{d}r\,\Delta_{\text{sol}}h

   Par définition, le flux thermique de différenciation \Phi_{th,d} représente la puissance thermique libérée par cette cristallisation à l'interface graine-noyau externe :

   \Phi_{th,d} = \frac{\delta Q_{\text{libérée}}}{\mathrm{d}t} = -4\pi R_1^2 \mu_N \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} \Delta_{\text{sol}}h

   En identifiant le taux de croissance \tau = \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}, on obtient :

   \boxed{\tau = -\frac{\Phi_{th,d}}{4\pi R_1^2 \mu_N \Delta_{\text{sol}}h}}

   Résultat

   $$\tau =-\frac{{\Phi }_{th,d}}{4\pi R_1^2{\mu }_N{\Delta }_{\text{sol}}h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q33

   D'après la relation obtenue à la question Q32 :

   \tau = -\frac{\Phi_{th,d}}{4\pi R_1^2 \mu_N \Delta_{\text{sol}}h}

   On en déduit l'expression de l'enthalpie massique de solidification :

   \boxed{\Delta_{\text{sol}}h = -\frac{\Phi_{th,d}}{4\pi R_1^2 \mu_N \tau}}

   D'après les données de l'énoncé et la figure 1 :

   • \Phi_{th,d} = 1 \times 10^{12}\text{ W} ;
   • R_1 = 1216\text{ km} = 1{,}216 \times 10^6\text{ m} (rayon de la graine solide) ;
   • \mu_N = 1 \times 10^4\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
   • \tau \approx 0{,}3\text{ mm/an} = \frac{0{,}3 \times 10^{-3}}{365{,}25 \times 24 \times 3600}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 9{,}5 \times 10^{-12}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   Calculons le débit massique de matière cristallisée :

   \begin{aligned} D_m &= 4\pi R_1^2 \mu_N \tau \\ &= 4\pi \times (1{,}216 \times 10^6)^2 \times 1 \times 10^4 \times 9{,}5 \times 10^{-12} \approx 1{,}8 \times 10^6\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   On obtient ainsi :

   \begin{aligned} \Delta_{\text{sol}}h &= -\frac{1 \times 10^{12}}{1{,}8 \times 10^6} \approx -5{,}7 \times 10^5\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   Soit, en conservant un chiffre significatif compte tenu de la précision sur \tau :

   \boxed{\Delta_{\text{sol}}h \approx -6 \times 10^2\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \quad (\text{ou } -5{,}7 \times 10^2\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1})}

   Résultat

   $${\Delta }_{\text{sol}}h=-\frac{{\Phi }_{th,d}}{4\pi R_1^2{\mu }_N\tau }$$

   $${\Delta }_{\text{sol}}h\approx -6\times 10^2\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}(\text{ou }-5,7\times 10^2\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q3

    D'après le schéma électrique équivalent de la figure 1, la loi des nœuds appliquée au potentiel V_2 donne :

    I_1 = I_2 + I_3 \implies I_3 = I_1 - I_2

    Or le courant I_2 traversant la résistance R_2 s'écrit, en utilisant R_2 = \frac{1}{hS} :

    I_2 = \frac{V_2 - V_3}{R_2} = hS(V_2 - V_3)

    On en déduit l'expression de I_3 :

    \boxed{I_3 = I_1 - hS(V_2 - V_3)}

    La puissance I_3 correspond à la puissance thermique de vaporisation de l'eau P_{\text{vap}}. Durant la durée \Delta t, le transfert thermique associé à la sudation s'écrit :

    Q_{\text{vap}} = I_3 \Delta t = m_{\text{eau}} \, l_{\text{vap}}

    On en déduit :

    \boxed{m_{\text{eau}} = \frac{I_3 \, \Delta t}{l_{\text{vap}}} = \frac{\big[I_1 - hS(V_2 - V_3)\big]\Delta t}{l_{\text{vap}}}}

    Application numérique :

    • I_1 = P_{\text{int}} = 400\text{ W} ;
    • hS = 36 \times 2 = 72\text{ W}\cdot\text{K}^{-1} ;
    • V_2 - V_3 = T_s - T_a = 25 - 30 = -5\text{ }^\circ\mathrm{C} = -5\text{ K} ;
    • I_3 = 400 - 72 \times (-5) = 400 + 360 = 760\text{ W} ;
    • \Delta t = 4\text{ h} = 4 \times 3\,600 = 14\,400\text{ s} ;
    • l_{\text{vap}} = 2{,}4\cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 2{,}4\cdot 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}.

    \begin{aligned} m_{\text{eau}} &= \frac{760 \times 14\,400}{2{,}4\cdot 10^6} = \frac{760 \times 6\cdot 10^{-3}}{1} = 4{,}56\text{ kg} \end{aligned}

    Avec un chiffre significatif :

    \boxed{m_{\text{eau}} \approx 5\text{ kg}}

    Résultat

    $$I_3=I_1-hS(V_2-V_3)$$

    $$m_{\text{eau}}=\frac{I_3\Delta t}{l_{\text{vap}}}=\frac{[I_1-hS(V_2-V_3)]\Delta t}{l_{\text{vap}}}$$

    $$m_{\text{eau}}\approx 5\text{ kg}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question