Feuille d'entraînement : Premier et second principes

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2026, Q22

   a) D'après le second principe de la thermodynamique, la variation élémentaire d'entropie s'écrit :

   \mathrm{d}S = \delta S_{\text{e}} + \delta S_{\text{c}}

   • la transformation étant adiabatique, le transfert thermique est nul : \delta Q = 0, soit \delta S_{\text{e}} = \frac{\delta Q}{T} = 0 ;
   • la transformation étant réversible, la création d'entropie est nulle : \delta S_{\text{c}} = 0.

   On en déduit :

   \boxed{\mathrm{d}S = 0}

   Une transformation adiabatique réversible est donc isentropique.

   b) L'expression de la différentielle de l'entropie donnée par l'énoncé est :

   \mathrm{d}S(T, V) = \frac{nR}{\gamma - 1} \frac{\mathrm{d}T}{T} + \frac{P}{T} \mathrm{d}V

   Pour un gaz parfait vérifiant l'équation d'état P V = n R T, on a :

   \frac{P}{T} = \frac{nR}{V}

   Puisque la transformation est isentropique (\mathrm{d}S = 0), il vient :

   \frac{nR}{\gamma - 1} \frac{\mathrm{d}T}{T} + \frac{nR}{V} \mathrm{d}V = 0

   En multipliant cette équation par \frac{\gamma - 1}{nR} \neq 0, on obtient bien :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}T}{T} + (\gamma - 1) \frac{\mathrm{d}V}{V} = 0}

   c) En intégrant cette relation différentielle, le coefficient \gamma étant constant :

   \ln(T) + (\gamma - 1) \ln(V) = \text{cte} \iff \ln\left(T V^{\gamma - 1}\right) = \text{cte}

   On en déduit la relation :

   \boxed{T V^{\gamma - 1} = \text{cte}}

   Cette relation est connue sous le nom de loi de Laplace.

   Résultat

   $$\mathrm{d}S=0$$

   $$\frac{\mathrm{d}T}{T}+(\gamma -1)\frac{\mathrm{d}V}{V}=0$$

   $$T{V}^{\gamma -1}=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique MP 2025, Q18

   Considérons comme système la particule de diamant de masse m, modélisée comme une phase condensée incompressible et indilatable, de capacité thermique massique c_m. Sa capacité thermique est donc C = m c_m.

   La température T(t) étant supposée spatialement homogène au sein de la particule, l'énergie interne U vérifie :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = m c_m \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}

   Pendant une durée \mathrm{d}t, le système échange de l'énergie thermique :

   • en recevant la puissance lumineuse absorbée issue du laser :

     \mathcal{P}_{\mathrm{abs}}(t) = \frac{\mathcal{P}_\ell(t)}{10} = \mathcal{P}_{\mathrm{abs},0} \left[1 + \cos(\omega_m t)\right]

   • en cédant au gaz thermostaté le flux thermique surfacique \Phi(t) établi à la question précédente :

     \Phi(t) = h S (T(t) - T_0) = K (T(t) - T_0)

   D'après le premier principe de la thermodynamique sous forme de bilan de puissance, on a :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{\mathrm{abs}}(t) - \Phi(t)

   soit :

   m c_m \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{\mathrm{abs},0} \left[1 + \cos(\omega_m t)\right] - K(T - T_0)

   En regroupant les termes dépendant de T(t) dans le membre de gauche, on obtient l'équation différentielle linéaire du premier ordre régissant T(t) :

   \boxed{m c_m \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + K(T - T_0) = \mathcal{P}_{\mathrm{abs},0} \left[1 + \cos(\omega_m t)\right]}

   ou, sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \frac{K}{m c_m} T(t) = \frac{K}{m c_m} T_0 + \frac{\mathcal{P}_{\mathrm{abs},0}}{m c_m} \left[1 + \cos(\omega_m t)\right]}

   Résultat

   $$m{c}_m\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}+K(T-T_0)={\mathcal{P}}_{\mathrm{abs},0}\left[1+\cos ({\omega }_{m}t)\right]$$

   $$\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}+\frac{K}{m{c}_m}T(t)=\frac{K}{m{c}_m}{T}_0+\frac{{\mathcal{P}}_{\mathrm{abs},0}}{m{c}_m}\left[1+\cos ({\omega }_{m}t)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique MP 2023, Q46

   On applique le second principe de la thermodynamique au système constitué par le fluide de la machine (\mathscr{S}) entre les instants t et t + \mathrm{d}t.

   La durée d'un cycle étant très inférieure au temps caractéristique de refroidissement de l'eau, l'intervalle \mathrm{d}t correspond à la description d'un nombre entier de cycles au cours duquel la température T' de la mer peut être considérée comme constante.

   L'entropie S étant une fonction d'état, sa variation sur un nombre entier de cycles est nulle :

   \mathrm{d}S = 0

   Le bilan d'entropie s'écrit alors sous forme infinitésimale :

   \mathrm{d}S = \delta S_e + \delta S_c = 0

   où :

   • l'entropie échangée s'exprime à partir des températures des sources en contact :

     \delta S_e = \frac{\delta Q_f}{T'} + \frac{\delta Q_c}{\theta_c}

   • la machine fonctionnant de manière réversible, l'entropie créée est nulle :

     \delta S_c = 0

   On en déduit la relation de Clausius sous forme infinitésimale :

   \boxed{\frac{\delta Q_f}{T'} + \frac{\delta Q_c}{\theta_c} = 0}

   ou de manière équivalente :

   \delta Q_c = -\frac{\theta_c}{T'} \, \delta Q_f

   Résultat

   $$\frac{\delta Q_f}{T^{\prime }}+\frac{\delta Q_c}{{\theta }_c}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MP 2022, Q18

   Considérons comme système fermé le fil émetteur de volume V = \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4} L_{\mathrm{w}} et de masse m = \mu_{\mathrm{w}} V.

   D'après les hypothèses de l'énoncé :

   • la température T_{\mathrm{e}}(t) est spatialement uniforme dans le fil à chaque instant (conduction thermique interne négligée) ;
   • les pertes thermiques par conduction vers les broches sont négligées ;
   • l'impulsion étant extrêmement brève (\tau de quelques microsecondes), les transferts conducto-convectifs avec l'air environnant sont également négligés (\delta Q = 0).

   Le premier principe de la thermodynamique appliqué au fil entre les instants t et t+\mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}U = \delta W_{\mathrm{elec}} + \delta Q = \mathcal{P}_{\mathrm{j}}(t)\,\mathrm{d}t

   Le fil étant une phase condensée incompressible et indilatable de capacité thermique totale C, la variation d'énergie interne est :

   \mathrm{d}U = C\,\mathrm{d}T_{\mathrm{e}} = C\,\mathrm{d}(T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}}) \quad \text{avec} \quad C = m\,c_{\mathrm{w}} = \mu_{\mathrm{w}} c_{\mathrm{w}} \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4} L_{\mathrm{w}}

   La puissance électrique dissipée par effet Joule sous le courant continu I s'exprime à l'aide de la résistance R_{\mathrm{e}}(t) :

   \mathcal{P}_{\mathrm{j}}(t) = R_{\mathrm{e}}(t)\,I^2

   D'après la relation (2), la température étant uniforme dans tout le fil, la résistance dépend de la température selon :

   R_{\mathrm{e}}(t) = R_{\mathrm{f}} \left[ 1 + \alpha \left(T_{\mathrm{e}}(t) - T_{\mathrm{f}}\right) \right]

   où R_{\mathrm{f}} = \dfrac{4\rho_{\mathrm{f}} L_{\mathrm{w}}}{\pi d_{\mathrm{w}}^2} est la résistance du fil à la température du fluide.

   Le bilan thermique devient donc :

   \begin{aligned} C \frac{\mathrm{d}(T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}})}{\mathrm{d}t} &= R_{\mathrm{f}} I^2 \left[ 1 + \alpha (T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}}) \right] \\ \frac{\mathrm{d}(T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}})}{\mathrm{d}t} - \frac{\alpha R_{\mathrm{f}} I^2}{C} (T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}}) &= \frac{R_{\mathrm{f}} I^2}{C} \end{aligned}

   Par identification avec la relation (5) imposée par l'énoncé :

   \frac{\mathrm{d}(T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}})}{\mathrm{d}t} - \frac{T_{\mathrm{e}} - T_{\mathrm{f}}}{\tau_1} = \frac{R_{\mathrm{f}} I^2}{C}

   on obtient les expressions des constantes :

   \boxed{C = \mu_{\mathrm{w}} c_{\mathrm{w}} \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4} L_{\mathrm{w}}}

   \boxed{\tau_1 = \frac{C}{\alpha R_{\mathrm{f}} I^2} = \frac{\pi^2 \mu_{\mathrm{w}} c_{\mathrm{w}} d_{\mathrm{w}}^4}{16 \alpha \rho_{\mathrm{f}} I^2}}

   Le paramètre C représente la capacité thermique (ou capacité calorifique) totale du fil conducteur.

   Résultat

   $$C={\mu }_{\mathrm{w}}{c}_{\mathrm{w}}\frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4}{L}_{\mathrm{w}}$$

   $${\tau }_1=\frac{C}{\alpha R_{\mathrm{f}}{I}^2}=\frac{{\pi }^2{\mu }_{\mathrm{w}}{c}_{\mathrm{w}}{d}_{\mathrm{w}}^4}{16\alpha {\rho }_{\mathrm{f}}{I}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q15

   Le gaz est modélisé par un gaz parfait de coefficient isentropique \gamma constant.

   Transformation \mathrm{B}\to\mathrm{C} : Il s'agit d'une compression adiabatique et réversible entre les volumes V_{\mathrm{B}} = V_{\max} et V_{\mathrm{C}} = V_{\min}. D'après la loi de Laplace :

   T_{\mathrm{B}} V_{\mathrm{B}}^{\gamma - 1} = T_{\mathrm{C}} V_{\mathrm{C}}^{\gamma - 1} \implies \frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{B}}} = \left(\frac{V_{\mathrm{B}}}{V_{\mathrm{C}}}\right)^{\gamma - 1} = \left(\frac{V_{\max}}{V_{\min}}\right)^{\gamma - 1}

   Transformation \mathrm{D}\to\mathrm{E} : Il s'agit d'une détente adiabatique et réversible entre les volumes V_{\mathrm{D}} = V_{\min} et V_{\mathrm{E}} = V_{\max}. De même, la loi de Laplace s'écrit :

   T_{\mathrm{D}} V_{\mathrm{D}}^{\gamma - 1} = T_{\mathrm{E}} V_{\mathrm{E}}^{\gamma - 1} \implies \frac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{E}}} = \left(\frac{V_{\mathrm{E}}}{V_{\mathrm{D}}}\right)^{\gamma - 1} = \left(\frac{V_{\max}}{V_{\min}}\right)^{\gamma - 1}

   On en déduit :

   \boxed{\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{B}}} = \frac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{E}}} = a^{\gamma - 1}}

   Résultat

   $$\frac{T_{\mathrm{C}}}{T_{\mathrm{B}}}=\frac{T_{\mathrm{D}}}{T_{\mathrm{E}}}=a^{\gamma -1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2021, Q4

   Considérons l'équilibre mécanique vertical d'une tranche d'air d'épaisseur \mathrm{d}z et de section S dans le champ de pesanteur \vec{g} = -g \vec{u}_z. La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho(z) g}

   En assimilant l'air à un gaz parfait de masse molaire M, la masse volumique \rho s'exprime selon :

   P = \frac{\rho}{M} R T \implies \rho = \frac{P M}{R T}

   L'équation différentielle de l'équilibre hydrostatique devient donc :

   \frac{1}{P} \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\frac{M g}{R T}

   Dans le modèle isentropique, l'entropie S est constante selon la verticale, soit \mathrm{d}S = 0. L'expression de la différentielle de l'entropie donnée par l'énoncé conduit à :

   \mathrm{d} \left[ \ln\left( T P^{\frac{1}{\gamma}-1} \right) \right] = 0 \iff \frac{\mathrm{d}T}{T} + \left(\frac{1-\gamma}{\gamma}\right) \frac{\mathrm{d}P}{P} = 0

   D'après les définitions de \gamma = C_p/C_v et la relation de Mayer C_p - C_v = R, on a :

   \frac{1-\gamma}{\gamma} = \frac{C_v - C_p}{C_p} = -\frac{R}{C_p}

   On en déduit :

   \frac{\mathrm{d}T}{T} = \frac{R}{C_p} \frac{\mathrm{d}P}{P}

   En dérivant par rapport à z et en substituant \frac{1}{P}\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} :

   \begin{aligned} \frac{1}{T} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} &= \frac{R}{C_p} \left( -\frac{M g}{R T} \right) = -\frac{M g}{C_p T} \\ \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} &= -\frac{M g}{C_p} \end{aligned}

   Les grandeurs M, g et C_p étant supposées indépendantes de l'altitude, le gradient thermique vertical est constant. L'intégration avec la condition aux limites T(0) = T_0 donne :

   \boxed{T(z) = T_0 - \frac{M g}{C_p} z}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=-\rho (z)g$$

   $$T(z)=T_0-\frac{Mg}{C_p}z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique MP 2021, Q7

   Considérons une perturbation déplaçant la parcelle vers le haut (\mathrm{d}z > 0). La parcelle s'équilibre instantanément à la pression extérieure locale P_f = P(z_i + \mathrm{d}z).

   D'après l'équation d'état des gaz parfaits, la masse volumique du fluide à la pression P_f et à une température T s'écrit :

   \rho = \frac{P_f M}{R T}

   La masse volumique de la parcelle déplacée \rho_f et celle du milieu extérieur \rho_{\text{ext}} à l'altitude z_i + \mathrm{d}z valent donc respectivement :

   \rho_f = \frac{P_f M}{R T_f} \quad \text{et} \quad \rho_{\text{ext}} = \frac{P_f M}{R T(z_i + \mathrm{d}z)}

   La force volumique verticale nette (poids et poussée d'Archimède) s'exerçant sur la parcelle est :

   f_z = (\rho_{\text{ext}} - \rho_f) g = \frac{P_f M g}{R} \left( \frac{1}{T(z_i + \mathrm{d}z)} - \frac{1}{T_f} \right)

   On distingue deux cas :

   • Si T_f < T(z_i + \mathrm{d}z) : on a \rho_f > \rho_{\text{ext}}. La parcelle est plus froide et donc plus dense que le milieu environnant. La force nette est dirigée vers le bas (f_z < 0), ce qui tend à ramener la parcelle vers son altitude d'équilibre initiale z_i. Le même raisonnement pour un déplacement vers le bas (\mathrm{d}z < 0) montre que la force tend également à faire remonter la parcelle. Le profil d'atmosphère est donc stable.

     \boxed{T_f < T(z_i + \mathrm{d}z) \implies \text{atmosphère stable}}

   • Si T_f > T(z_i + \mathrm{d}z) : on a \rho_f < \rho_{\text{ext}}. La parcelle est plus chaude et donc moins dense que le fluide ambiant. La poussée d'Archimède l'emporte sur le poids (f_z > 0) : la parcelle continue d'accélérer vers le haut, s'éloignant indéfiniment de sa position de départ. La moindre perturbation engendre un mouvement d'ascension spontané : le profil d'atmosphère est donc instable.

     \boxed{T_f > T(z_i + \mathrm{d}z) \implies \text{atmosphère instable (instabilité convective)}}

   Résultat

   $$T_f<T(z_i+\mathrm{d}z)⟹\text{atmospheˋre stable}$$

   $$T_f>T(z_i+\mathrm{d}z)⟹\text{atmospheˋre instable (instabiliteˊ convective)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q26

   a) Diagramme d'état (P, T) de l'eau

   Le diagramme d'état de l'eau (P, T) présente les trois phases stables (glace, eau liquide, vapeur d'eau), séparées par trois courbes de coexistence se rejoignant au point triple (T_t = 273{,}16\text{ K}, P_t = 0{,}06\text{ bar}) :

   • la courbe de sublimation (équilibre solide-vapeur) ;
   • la courbe de vaporisation (équilibre liquide-vapeur), qui se termine au point critique (T_c = 647{,}15\text{ K}, P_c = 218\text{ bars}) ;
   • la courbe de fusion (équilibre solide-liquide), qui présente une pente négative (\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}T} < 0), car la masse volumique de la glace est inférieure à celle du liquide (\Delta v_{\text{fusion}} < 0).

   b) Quantité d'énergie thermique reçue

   La transformation s'effectue à pression atmosphérique constante P^0 = 1\text{ bar}. D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé constitué par la masse m = 1\text{ kg} d'eau, en l'absence de tout travail autre que celui des forces pressantes :

   Q = \Delta H

   À P^0 = 1\text{ bar}, la température de fusion normale de l'eau est T_{\text{fus}} = 273{,}15\text{ K}, soit \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C}. L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose la transformation en trois étapes réversibles successives :

   1. Refroidissement isobare du liquide de \theta_i = 4^\circ\text{C} à \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C} :

      \Delta H_1 = m\, C_{\text{liq}} (\theta_{\text{fus}} - \theta_i)

   2. Solidification totale isobare et isotherme à 0^\circ\text{C} (changement d'état liquide \rightarrow solide, opposé de la fusion) :

      \Delta H_2 = - m\, \Delta H_{\text{fusion}}^0

   3. Refroidissement isobare de la glace de \theta_{\text{fus}} = 0^\circ\text{C} à \theta_f = -10^\circ\text{C} :

      \Delta H_3 = m\, C_{\text{sol}} (\theta_f - \theta_{\text{fus}})

   La chaleur totale reçue par l'eau s'écrit donc :

   Q = m \left[ C_{\text{liq}}(\theta_{\text{fus}} - \theta_i) - \Delta H_{\text{fusion}}^0 + C_{\text{sol}}(\theta_f - \theta_{\text{fus}}) \right]

   Calcul numérique des contributions :

   \begin{aligned} \Delta H_1 &= 1{,}00 \times 4{,}22\cdot 10^3 \times (0 - 4) = -16{,}9\cdot 10^3\text{ J} = -16{,}9\text{ kJ} \\ \Delta H_2 &= -1{,}00 \times 333\cdot 10^3 = -333\cdot 10^3\text{ J} = -333\text{ kJ} \\ \Delta H_3 &= 1{,}00 \times 2{,}06\cdot 10^3 \times (-10 - 0) = -20{,}6\cdot 10^3\text{ J} = -20{,}6\text{ kJ} \end{aligned}

   D'où :

   Q = -16{,}9 - 333 - 20{,}6 = -370{,}5\text{ kJ}

   \boxed{Q \approx -370\text{ kJ} = -3{,}70\cdot 10^5\text{ J}}

   Résultat

   $$Q\approx -370\text{ kJ}=-3,70\cdot 10^5\text{ J}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q29

   On note T_0 = T_i = T_f = 263{,}15\text{ K} la température initiale et finale de l'eau, égale à la température du sol T_{\text{sol}}, et T_{\text{fus}} = 273{,}15\text{ K} la température normale de fusion sous P^0 = 1\text{ bar}. Les capacités thermiques massiques sont notées C_{\text{liq}} et C_{\text{sol}}, et l'enthalpie massique de fusion \Delta H_{\text{fusion}}^0 = L.

   a) Variation d'entropie de l'eau L'entropie S étant une fonction d'état, on décompose la transformation globale en trois étapes réversibles :

   1. Échauffement de l'eau liquide de T_0 à T_{\text{fus}} :

      \Delta S_1 = m C_{\text{liq}} \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)

   2. Solidification totale réversible à la température T_{\text{fus}} et sous P^0 (changement d'état d'enthalpie massique -L) :

      \Delta S_2 = - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}

   3. Refroidissement de la glace de T_{\text{fus}} à T_0 :

      \Delta S_3 = m C_{\text{sol}} \ln\left(\frac{T_0}{T_{\text{fus}}}\right) = - m C_{\text{sol}} \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)

   La variation d'entropie de l'eau vaut ainsi :

   \Delta S_{\text{eau}} = \Delta S_1 + \Delta S_2 + \Delta S_3 = m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}

   \boxed{\Delta S_{\text{eau}} = m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{m L}{T_{\text{fus}}}}

   b) Variation d'entropie du sol La transformation de l'eau s'effectue à pression constante P^0, sans travail autre que les forces de pression. Le premier principe appliqué à l'eau donne pour la chaleur totale échangée par l'eau avec le sol :

   Q_{\text{eau}} = \Delta H_{\text{eau}}

   En utilisant le même chemin thermodynamique que précédemment :

   \begin{aligned} \Delta H_{\text{eau}} &= m C_{\text{liq}}(T_{\text{fus}} - T_0) - m L + m C_{\text{sol}}(T_0 - T_{\text{fus}}) \\ &= m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0) - m L \end{aligned}

   Le sol étant un thermostat à la température constante T_{\text{sol}} = T_0, il reçoit de l'eau le transfert thermique :

   Q_{\text{sol}} = - Q_{\text{eau}} = - \Delta H_{\text{eau}} = m L - m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0)

   La transformation d'un thermostat étant réversible en son sein, sa variation d'entropie s'écrit :

   \Delta S_{\text{sol}} = \frac{Q_{\text{sol}}}{T_0} = \frac{m L}{T_0} - \frac{m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}})(T_{\text{fus}} - T_0)}{T_0}

   \boxed{\Delta S_{\text{sol}} = \frac{m L}{T_0} - m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0} - 1\right)}

   c) Création d'entropie L'ensemble {eau + sol} constitue un système globalement isolé. D'après le second principe :

   S_{\text{créée}} = \Delta S_{\text{eau}} + \Delta S_{\text{sol}}

   En sommant les deux expressions obtenues :

   \begin{aligned} S_{\text{créée}} &= m L \left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T_{\text{fus}}}\right) + m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left[\ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0} - 1\right)\right] \end{aligned}

   \boxed{S_{\text{créée}} = m L \left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T_{\text{fus}}}\right) + m (C_{\text{liq}} - C_{\text{sol}}) \left[\ln\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right) - \frac{T_{\text{fus}} - T_0}{T_0}\right]}

   Résultat

   $$\Delta S_{\text{eau}}=m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\ln \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)-\frac{mL}{T_{\text{fus}}}$$

   $$\Delta S_{\text{sol}}=\frac{mL}{T_0}-m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}-1\right)$$

   $$S_{\text{creˊeˊe}}=mL\left(\frac{1}{T_0}-\frac{1}{T_{\text{fus}}}\right)+m(C_{\text{liq}}-C_{\text{sol}})\left[\ln \left(\frac{T_{\text{fus}}}{T_0}\right)-\frac{T_{\text{fus}}-T_0}{T_0}\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique MP 2026, Q23

    a) Signification physique de C_\ell

    Lors d'une transformation réversible élémentaire à longueur constante (\mathrm{d}\ell = 0), le transfert thermique élémentaire reçu par le ressort s'écrit :

    \delta Q_{\text{rev}} = T\,\mathrm{d}S = C_\ell\,\mathrm{d}T

    Par analogie directe avec la capacité thermique isochore C_V du gaz parfait, C_\ell représente la capacité thermique du ressort à longueur constante. Elle s'exprime en \mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1} et correspond à l'énergie thermique qu'il faut fournir au ressort pour élever sa température d'un kelvin en maintenant sa longueur constante.

    b) Expression de T_f pour une transformation isentropique

    Pour une transformation isentropique, l'entropie du ressort reste constante : \mathrm{d}S(T, \ell) = 0. Il vient :

    C_\ell \frac{\mathrm{d}T}{T} + D(\ell - \ell_{\mathrm{o}})\,\mathrm{d}\ell = 0 \iff \frac{\mathrm{d}T}{T} = -\frac{D}{C_\ell}(\ell - \ell_{\mathrm{o}})\,\mathrm{d}\ell

    C_\ell et D étant indépendants de T et de \ell, on intègre entre l'état initial (T_i, \ell_i) et l'état final (T_f, \ell_f) :

    \begin{aligned} \int_{T_i}^{T_f} \frac{\mathrm{d}T}{T} &= -\frac{D}{C_\ell} \int_{\ell_i}^{\ell_f} (\ell - \ell_{\mathrm{o}})\,\mathrm{d}\ell \\ \ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right) &= -\frac{D}{2C_\ell} \left[ (\ell_f - \ell_{\mathrm{o}})^2 - (\ell_i - \ell_{\mathrm{o}})^2 \right] \\ \ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right) &= \frac{D}{2C_\ell} \left[ (\ell_i - \ell_{\mathrm{o}})^2 - (\ell_f - \ell_{\mathrm{o}})^2 \right] \end{aligned}

    En passant à l'exponentielle, on obtient :

    \boxed{T_f = T_i \exp\left( \frac{D}{2C_\ell} \left[ (\ell_i - \ell_{\mathrm{o}})^2 - (\ell_f - \ell_{\mathrm{o}})^2 \right] \right)}

    c) Protocole de mesure de la température atmosphérique

    Compte tenu du résultat précédent, Major Tom peut exploiter l'effet élastocalorique du ressort selon le protocole suivant :

    1. Mise à l'équilibre thermique initial : Laisser le ressort au repos à sa longueur à vide \ell_i = \ell_{\mathrm{o}} (ou à une longueur fixée \ell_i) en contact avec l'atmosphère suffisamment longtemps pour que l'équilibre thermique soit atteint ; ainsi, la température initiale du ressort est la température atmosphérique recherchée : T_i = T_{\text{atm}}.
    2. Déformation isentropique : Étirer (ou relâcher) le ressort jusqu'à une longueur mesurée \ell_f de façon suffisamment rapide pour que les transferts thermiques avec l'air ambiant restent négligeables (condition adiabatique), mais suffisamment lente devant le temps de propagation des ondes acoustiques dans le ressort pour que le mouvement soit quasi-statique (donc réversible, ce qui assure \mathrm{d}S = 0).
    3. Mesure de la température finale : Mesurer immédiatement la température T_f atteinte par le ressort au moyen d'un capteur thermique (thermocouple ou caméra infrarouge) avant que la rééquilibration thermique avec l'atmosphère ne s'opère.

    4. Calcul de la température atmosphérique : Connaissant les paramètres étalonnés du ressort (C_\ell, D et \ell_{\mathrm{o}}) et les longueurs \ell_i, \ell_f, remonter à T_{\text{atm}} en inversant la formule établie :

       T_{\text{atm}} = T_f \exp\left( \frac{D}{2C_\ell} \left[ (\ell_f - \ell_{\mathrm{o}})^2 - (\ell_i - \ell_{\mathrm{o}})^2 \right] \right)

    Résultat

    $$T_f=T_i\exp \left(\frac{D}{2C_{\ell }}\left[({\ell }_i-{\ell }_{\mathrm{o}}{)}^2-({\ell }_f-{\ell }_{\mathrm{o}}{)}^2\right]\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question