Feuille d'entraînement : Premier et second principes

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q22

   Considérons le système fermé constitué par le filament de tungstène entre les instants t et t+\mathrm{d}t. Le filament est modélisé par une phase condensée indilatable et incompressible de température uniforme T(t).

   Sa masse s'exprime en fonction de son rayon r_{\mathrm{f}} et de sa longueur L par :

   m_{\mathrm{f}} = \mu_{\mathrm{W}} \pi r_{\mathrm{f}}^2 L

   Sa capacité thermique est donc :

   C = m_{\mathrm{f}} c = \mu_{\mathrm{W}} c \pi r_{\mathrm{f}}^2 L

   La variation de son énergie interne entre t et t+\mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}U = C\,\mathrm{d}T = \mu_{\mathrm{W}} c \pi r_{\mathrm{f}}^2 L\,\mathrm{d}T

   Pendant cette durée \mathrm{d}t, le filament échange de l'énergie avec l'extérieur :

   • Il reçoit un travail électrique (effet Joule) :

     \delta W = P_{\text{él}}\,\mathrm{d}t

   • Il émet un flux thermique radiatif par sa surface extérieure. Le rayon r_{\mathrm{f}} étant très petit devant la longueur L (r_{\mathrm{f}}/L = 5{,}0\times 10^{-3} \ll 1), la surface d'échange se réduit à sa surface latérale :

     S_{\mathrm{f}} \approx 2\pi r_{\mathrm{f}} L

     D'après la loi de Stefan-Boltzmann et en négligeant le flux reçu du milieu extérieur, le transfert thermique s'écrit :

     \delta Q = - \phi S_{\mathrm{f}}\,\mathrm{d}t = - 2\pi r_{\mathrm{f}} L \sigma T^4\,\mathrm{d}t

   D'après le premier principe de la thermodynamique :

   \mathrm{d}U = \delta W + \delta Q = \left( P_{\text{él}} - 2\pi r_{\mathrm{f}} L \sigma T^4 \right)\mathrm{d}t

   Soit, en divisant par \mathrm{d}t et en explicitant C :

   \mu_{\mathrm{W}} c \pi r_{\mathrm{f}}^2 L \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} = P_{\text{él}} - 2\pi r_{\mathrm{f}} L \sigma T^4

   Ce qui conduit à l'équation différentielle :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \frac{2\sigma}{\mu_{\mathrm{W}} c r_{\mathrm{f}}} T^4 = \frac{P_{\text{él}}}{\mu_{\mathrm{W}} c \pi r_{\mathrm{f}}^2 L}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}+\frac{2\sigma }{{\mu }_{\mathrm{W}}c{r}_{\mathrm{f}}}{T}^4=\frac{P_{\text{eˊl}}}{{\mu }_{\mathrm{W}}c\pi r_{\mathrm{f}}^{2}L}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q11

   Une évolution isentropique d'un gaz parfait fermé de quantité de matière n vérifie par définition :

   s_m(T,V) = s_m(T_0, V_0)

   D'après l'équation (1) admise dans l'énoncé, cette condition d'entropie constante se traduit par :

   \frac{R}{\gamma - 1} \ln\left(\frac{T}{T_0}\right) + R \ln\left(\frac{V}{V_0}\right) = 0

   En divisant par R/(\gamma - 1), on obtient :

   \ln\left(\frac{T}{T_0}\right) + (\gamma - 1)\ln\left(\frac{V}{V_0}\right) = 0

   Le système étant fermé et le gaz étant parfait, l'équation d'état PV = nRT donne :

   \frac{T}{T_0} = \frac{PV}{P_0V_0}

   En injectant ce rapport dans l'égalité précédente, il vient :

   \begin{aligned} \ln\left(\frac{PV}{P_0V_0}\right) + (\gamma - 1)\ln\left(\frac{V}{V_0}\right) &= 0 \\ \ln\left(\frac{P}{P_0}\right) + \ln\left(\frac{V}{V_0}\right) + (\gamma - 1)\ln\left(\frac{V}{V_0}\right) &= 0 \\ \ln\left(\frac{P}{P_0}\right) + \gamma \ln\left(\frac{V}{V_0}\right) &= 0 \\ \ln\left(\frac{P V^\gamma}{P_0 V_0^\gamma}\right) &= 0 \end{aligned}

   En prenant l'exponentielle, on en déduit la relation de Laplace :

   \boxed{P V^\gamma = P_0 V_0^\gamma}

   Résultat

   $$P{V}^{\gamma }=P_0{V}_0^{\gamma }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q14

   Le système thermodynamique fermé est la quantité d'air n contenue dans les cylindres, assimilée à un gaz parfait de capacité thermique isochore C_V constante (d'après la question Q10).

   1. Transferts thermiques sur chaque phase

   • Phases adiabatiques AB et CD : par définition d'une transformation adiabatique,

     Q_{AB} = 0 \quad \text{et} \quad Q_{CD} = 0

   • Phases isochores BC et DA : le volume étant constant (V_B = V_C = V_1 et V_D = V_A = V_2), le travail des forces de pression est nul (W = -\int P\,\mathrm{d}V = 0). Le premier principe donne alors \Delta U = Q. La première loi de Joule s'écrit \Delta U = C_V \Delta T, d'où :

     \begin{aligned} Q_{BC} &= C_V(T_C - T_B) \\ Q_{DA} &= C_V(T_A - T_D) \end{aligned}

   2. Rendement \eta_{\text{rv}} en fonction des températures Sur le cycle complet, la variation d'énergie interne est nulle : \Delta U_{\text{cycle}} = W + Q_{BC} + Q_{DA} = 0, soit un travail total fourni au milieu extérieur :

   -W = Q_{BC} + Q_{DA}

   Le transfert thermique reçu de la source chaude correspond à la combustion BC (T_C > T_B \implies Q_{BC} > 0), tandis que DA est un refroidissement où de la chaleur est cédée à l'extérieur (T_A < T_D \implies Q_{DA} < 0). Le rendement s'écrit donc :

   \eta_{\text{rv}} = \frac{-W}{Q_{BC}} = 1 + \frac{Q_{DA}}{Q_{BC}} = 1 + \frac{C_V(T_A - T_D)}{C_V(T_C - T_B)}

   D'où l'expression en fonction des températures :

   \boxed{\eta_{\text{rv}} = 1 - \frac{T_D - T_A}{T_C - T_B}}

   3. Expression en fonction du taux de compression \alpha Les transformations AB et CD sont adiabatiques et réversibles pour un gaz parfait à \gamma constant. D'après la loi de Laplace établie à la question Q11 :

   P V^\gamma = \text{cste} \quad \text{avec} \quad P = \frac{n R T}{V} \implies T V^{\gamma-1} = \text{cste}

   En appliquant cette relation le long des deux adiabatiques avec V_A = V_D = V_2 et V_B = V_C = V_1, où V_2 = \alpha V_1 :

   \begin{aligned} T_A V_2^{\gamma-1} &= T_B V_1^{\gamma-1} \implies T_B = T_A \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\gamma-1} = T_A\,\alpha^{\gamma-1} \\ T_D V_2^{\gamma-1} &= T_C V_1^{\gamma-1} \implies T_C = T_D \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\gamma-1} = T_D\,\alpha^{\gamma-1} \end{aligned}

   On en déduit la différence :

   T_C - T_B = (T_D - T_A)\,\alpha^{\gamma-1} \implies \frac{T_D - T_A}{T_C - T_B} = \alpha^{1-\gamma}

   En reportant dans l'expression du rendement :

   \boxed{\eta_{\text{rv}} = 1 - \alpha^{1-\gamma}}

   Résultat

   $${\eta }_{\text{rv}}=1-\frac{T_D-T_A}{T_C-T_B}$$

   $${\eta }_{\text{rv}}=1-{\alpha }^{1-\gamma }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MPI 2026, Q18

   Considérons le système constitué de l'ensemble de la masse M_T, initialement dispersée à l'infini au repos à une température T_i \approx 0\text{ K}.

   L'énergie gravitationnelle initiale est nulle (E_{pG}(\infty) = 0). D'après la question Q17.b, l'énergie gravitationnelle finale sous forme de sphère homogène de masse M_T et de rayon R_T vaut :

   E_{pG}(R_T) = -\frac{3\,G}{5}\frac{M_T^2}{R_T}

   La variation d'énergie potentielle gravitationnelle lors de l'accrétion s'écrit donc :

   \Delta E_{pG} = E_{pG}(R_T) - E_{pG}(\infty) = -\frac{3\,G M_T^2}{5\,R_T} < 0

   En supposant que cette énergie mécanique libérée est intégralement convertie en énergie thermique sans perte par rayonnement, la variation d'énergie interne du système s'écrit :

   \Delta U = -\Delta E_{pG} = \frac{3\,G M_T^2}{5\,R_T}

   Par ailleurs, pour un corps condensé de masse M_T et de capacité thermique massique C, la variation d'énergie interne associée à l'élévation de température depuis T_i \approx 0\text{ K} jusqu'à T_{\mathrm{eq}} est :

   \Delta U = M_T\,C\,(T_{\mathrm{eq}} - T_i) \approx M_T\,C\,T_{\mathrm{eq}}

   On en déduit l'expression de la température d'équilibre :

   M_T\,C\,T_{\mathrm{eq}} = \frac{3\,G M_T^2}{5\,R_T}

   soit :

   \boxed{T_{\mathrm{eq}} = \frac{3\,G\,M_T}{5\,C\,R_T}}

   Estimation numérique : En exploitant les logarithmes décimaux fournis en annexe :

   \begin{aligned} \log_{10}(T_{\mathrm{eq}}) &= \log_{10}(0{,}6) + \log_{10}(G) + \log_{10}(M_T) - \log_{10}(C) - \log_{10}(R_T) \\ &= (\log_{10}(6) - 1) + (-10{,}17) + 24{,}78 - 3{,}00 - 6{,}81 \end{aligned}

   D'après la table, \log_{10}(M_T) = 24{,}78 pour M_T = 6{,}0\cdot 10^{24}, d'où \log_{10}(6{,}0) = 0{,}78. Ainsi :

   \begin{aligned} \log_{10}(T_{\mathrm{eq}}) &= (0{,}78 - 1) - 10{,}17 + 24{,}78 - 3{,}00 - 6{,}81 \\ &= -0{,}22 + 4{,}80 = 4{,}58 \end{aligned}

   Par lecture de la courbe de l'annexe, \log_{10}(x) \approx 0{,}58 \implies x \approx 3{,}8 \approx 4. On obtient :

   \boxed{T_{\mathrm{eq}} \approx 4\cdot 10^4\text{ K}}

   Commentaire : Cette température est extrêmement élevée :

   • Elle dépasse très largement la température de fusion des roches silicatées et des métaux (typiquement 1\,500 à 3\,000\text{ K}), ainsi que la température actuelle au centre de la Terre (\sim 6\,000\text{ K}).
   • Cela montre que l'énergie gravitationnelle libérée lors de l'accrétion planétaire est largement suffisante pour fondre complètement la Terre primitive (stade « océan de magma »), favorisant ainsi la différenciation gravitationnelle (le fer liquide plongeant au centre pour former le noyau).
   • Toutefois, l'accrétion s'étant déroulée sur une durée longue (\sim 10^7 à 10^8 ans), une fraction considérable de cette énergie a été évacuée par rayonnement thermique vers l'espace au fur et à mesure de l'accrétion, ce qui explique pourquoi la Terre n'a jamais atteint une température moyenne aussi gigantesque.

   Résultat

   $$T_{\mathrm{eq}}=\frac{3G{M}_T}{5C{R}_T}$$

   $$T_{\mathrm{eq}}\approx 4\cdot 10^4\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q37

   Considérons le système fermé constitué par le corps du nageur, de masse m, de capacité thermique massique c, à la température interne uniforme T(t).

   En l'absence de changement d'état et sous l'hypothèse d'une dilatation thermique négligeable, la variation d'énergie interne du nageur pendant une durée élémentaire \mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}U = m\,c\,\mathrm{d}T

   Appliquons le premier principe de la thermodynamique au système sous forme de bilan de puissance :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_h - \Phi_{\text{tot}}

   où :

   • \mathcal{P}_h est la puissance thermique métabolique libérée au sein de l'organisme au cours de l'effort ;
   • \Phi_{\text{tot}} est le flux thermique total évacué vers l'eau extérieure à T_0.

   D'après le résultat de la question Q35, sous l'hypothèse d'une évolution suffisamment lente (approximation du régime quasi-stationnaire dans la paroi corporelle et la combinaison), le flux s'exprime par :

   \Phi_{\text{tot}} = \frac{T - T_0}{R_{\text{tot}}}

   Le bilan thermique devient alors :

   m\,c\,\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_h - \frac{T - T_0}{R_{\text{tot}}}

   Soit, en réorganisant les termes :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \frac{T}{m\,c\,R_{\text{tot}}} = \frac{T_0}{m\,c\,R_{\text{tot}}} + \frac{\mathcal{P}_h}{m\,c}

   On identifie directement la forme demandée \dfrac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \dfrac{T}{\tau} = \xi avec :

   \boxed{\tau = m\,c\,R_{\text{tot}}}

   \boxed{\xi = \frac{T_0}{m\,c\,R_{\text{tot}}} + \frac{\mathcal{P}_h}{m\,c} = \frac{T_0 + R_{\text{tot}}\mathcal{P}_h}{m\,c\,R_{\text{tot}}} = \frac{T_0 + R_{\text{tot}}\mathcal{P}_h}{\tau}}

   Résultat

   $$\tau =mc{R}_{\text{tot}}$$

   $$\xi =\frac{T_0}{mc{R}_{\text{tot}}}+\frac{{\mathcal{P}}_h}{mc}=\frac{T_0+R_{\text{tot}}{\mathcal{P}}_h}{mc{R}_{\text{tot}}}=\frac{T_0+R_{\text{tot}}{\mathcal{P}}_h}{\tau }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q12

   Les évolutions AB et CD sont adiabatiques (\delta Q = 0) et réversibles. D'après le second principe de la thermodynamique :

   \mathrm{d}S = \frac{\delta Q_{\text{rev}}}{T} = 0 \implies S = \text{cte}

   Ces deux transformations sont donc isentropiques. D'après la relation de Laplace obtenue à la question Q11 pour un gaz parfait évoluant de manière isentropique :

   P V^\gamma = \text{cte}

   En prenant le logarithme népérien de cette expression, il vient :

   \ln P + \gamma \ln V = \text{cte} \iff \ln P = -\gamma \ln V + \text{cte}

   Dans le diagramme de Clapeyron en échelle doublement logarithmique de la figure 3, où l'abscisse est x = \ln V et l'ordonnée y = \ln P, cette relation s'écrit :

   y = -\gamma \, x + \text{cte}

   Il s'agit de l'équation d'une droite de pente :

   \boxed{p_{\text{rv}} = -\gamma}

   Comme \gamma > 1 (pour l'air diatomique, \gamma = 1{,}4), la pente est strictement négative :

   p_{\text{rv}} < 0

   Les deux transformations AB et CD possédant la même pente p_{\text{rv}} = -\gamma mais des constantes d'intégration différentes (P_A V_A^\gamma \neq P_C V_C^\gamma), elles sont représentées par deux droites parallèles.

   Résultat

   $$p_{\text{rv}}=-\gamma$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q35

   L'énergie thermique à extraire du téléphone pour faire passer sa température de T_c = 19\text{ }^\circ\text{C} à T_f = -18\text{ }^\circ\text{C} s'écrit :

   |Q_f| = m \, c_m(\text{tel}) \, (T_c - T_f)

   Avec les données numériques :

   • m = 150\text{ g} = 0{,}150\text{ kg},
   • c_m(\text{tel}) = 2{,}4\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} = 2{,}4 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1},
   • \Delta T = T_c - T_f = 19 - (-18) = 37\text{ K}.

   On obtient :

   |Q_f| = 0{,}150 \times 2{,}4 \times 10^3 \times 37 = 1{,}33 \times 10^4\text{ J} = 13{,}3\text{ kJ}

   Par définition de l'efficacité d'une machine frigorifique, le transfert thermique extrait à la source froide pendant une durée \Delta t sous une puissance électrique consommée P = 250\text{ W} s'exprime par :

   e = \frac{|Q_f|}{W} = \frac{\mathcal{P}_f}{P} \implies \mathcal{P}_f = e \, P

   La puissance frigorifique disponible vaut donc :

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

   En supposant dans un premier temps que l'intégralité de la puissance frigorifique est allouée au refroidissement du téléphone, le temps nécessaire s'évalue par :

   \Delta t = \frac{|Q_f|}{\mathcal{P}_f} = \frac{m \, c_m(\text{tel}) \, (T_c - T_f)}{e \, P}

   \Delta t = \frac{13{,}3 \times 10^3}{800} \approx 17\text{ s}

   \boxed{\Delta t \approx 17\text{ s}}

   Résultat

   $$\Delta t\approx 17\text{ s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 MPI 2023, Q26

   L'énergie interne d'un volume élémentaire \mathrm{d}V de matière assimilée à une phase condensée indilatable s'écrit, en prenant l'origine des énergies internes à T = 0\text{ K} :

   \mathrm{d}U = C_{\mathrm{v}} \, T(\vec{r}) \, \mathrm{d}V

   où C_{\mathrm{v}} désigne la capacité thermique volumique du milieu considéré.

   Compte tenu de la symétrie sphérique du problème, le volume d'une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r est \mathrm{d}V = 4\pi r^2 \mathrm{d}r.

   1. Contribution du noyau (0 \le r \le R_{\mathrm{n}}) Avec le profil thermique linéaire T_{\mathrm{n}}(r) = a_{\mathrm{n}} - b_{\mathrm{n}} r et la capacité thermique volumique C_{\mathrm{v,n}} :

   \begin{aligned} U_{\mathrm{n}} &= \int_0^{R_{\mathrm{n}}} C_{\mathrm{v,n}} (a_{\mathrm{n}} - b_{\mathrm{n}} r) \, 4\pi r^2 \mathrm{d}r \\ &= 4\pi C_{\mathrm{v,n}} \left[ a_{\mathrm{n}} \frac{r^3}{3} - b_{\mathrm{n}} \frac{r^4}{4} \right]_0^{R_{\mathrm{n}}} \\ &= 4\pi C_{\mathrm{v,n}} R_{\mathrm{n}}^3 \left( \frac{a_{\mathrm{n}}}{3} - \frac{b_{\mathrm{n}} R_{\mathrm{n}}}{4} \right) \end{aligned}

   2. Contribution de la couche de roche (R_{\mathrm{n}} \le r \le R_\ell) Avec le profil thermique linéaire T_{\mathrm{r}}(r) = a_{\mathrm{r}} - b_{\mathrm{r}} r et la capacité thermique volumique C_{\mathrm{v,r}} :

   \begin{aligned} U_{\mathrm{r}} &= \int_{R_{\mathrm{n}}}^{R_\ell} C_{\mathrm{v,r}} (a_{\mathrm{r}} - b_{\mathrm{r}} r) \, 4\pi r^2 \mathrm{d}r \\ &= 4\pi C_{\mathrm{v,r}} \left[ \frac{a_{\mathrm{r}}}{3} \left( R_\ell^3 - R_{\mathrm{n}}^3 \right) - \frac{b_{\mathrm{r}}}{4} \left( R_\ell^4 - R_{\mathrm{n}}^4 \right) \right] \end{aligned}

   3. Énergie interne totale de la Lune L'énergie interne totale est la somme de ces deux composantes :

   \boxed{U = 4\pi C_{\mathrm{v,n}} \left( \frac{a_{\mathrm{n}} R_{\mathrm{n}}^3}{3} - \frac{b_{\mathrm{n}} R_{\mathrm{n}}^4}{4} \right) + 4\pi C_{\mathrm{v,r}} \left[ \frac{a_{\mathrm{r}}}{3} \left( R_\ell^3 - R_{\mathrm{n}}^3 \right) - \frac{b_{\mathrm{r}}}{4} \left( R_\ell^4 - R_{\mathrm{n}}^4 \right) \right]}

   L'évaluation numérique menée avec les valeurs des constantes trouvées à la question précédente et les capacités volumiques moyennes correspondantes fournit la valeur annoncée par l'énoncé :

   U \approx 4{,}1 \cdot 10^{28}\text{ J}

   Résultat

   $$U=4\pi C_{\mathrm{v},\mathrm{n}}\left(\frac{a_{\mathrm{n}}{R}_{\mathrm{n}}^3}{3}-\frac{b_{\mathrm{n}}{R}_{\mathrm{n}}^4}{4}\right)+4\pi C_{\mathrm{v},\mathrm{r}}\left[\frac{a_{\mathrm{r}}}{3}\left(R_{\ell }^3-R_{\mathrm{n}}^3\right)-\frac{b_{\mathrm{r}}}{4}\left(R_{\ell }^4-R_{\mathrm{n}}^4\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MPI 2023, Q27

    Lorsque la Lune est totalement refroidie et thermalisée, sa température est uniforme et égale à T_{\mathrm{f}} en tout point :

    T(r) = T_{\mathrm{f}} \quad \text{pour tout } r \in [0, R_\ell]

    En adoptant la même référence d'énergie interne nulle à T = 0\text{ K} qu'à la question précédente, l'énergie interne finale U_{\mathrm{f}} s'obtient en intégrant la densité volumique d'énergie interne u_{\mathrm{f}} = C_{\mathrm{v}} T_{\mathrm{f}} sur le volume total de la Lune, composé de la sphère centrale du noyau (indice \mathrm{n}) de rayon R_{\mathrm{n}} et de la coquille sphérique rocheuse (indice \mathrm{r}) comprise entre R_{\mathrm{n}} et R_\ell :

    \begin{aligned} U_{\mathrm{f}} &= \iiint_{\text{noyau}} C_{\mathrm{v,n}} T_{\mathrm{f}} \, \mathrm{d}V + \iiint_{\text{roche}} C_{\mathrm{v,r}} T_{\mathrm{f}} \, \mathrm{d}V \\ &= C_{\mathrm{v,n}} T_{\mathrm{f}} V_{\mathrm{n}} + C_{\mathrm{v,r}} T_{\mathrm{f}} V_{\mathrm{r}} \end{aligned}

    où les volumes respectifs des deux zones valent :

    V_{\mathrm{n}} = \frac{4}{3}\pi R_{\mathrm{n}}^3 \quad \text{et} \quad V_{\mathrm{r}} = \frac{4}{3}\pi \left(R_\ell^3 - R_{\mathrm{n}}^3\right)

    On en déduit l'expression de l'énergie interne finale de la Lune :

    \boxed{U_{\mathrm{f}} = \frac{4}{3}\pi T_{\mathrm{f}} \left[ C_{\mathrm{v,n}} R_{\mathrm{n}}^3 + C_{\mathrm{v,r}} \left(R_\ell^3 - R_{\mathrm{n}}^3\right) \right]}

    L'application numérique fournie par l'énoncé donne bien :

    U_{\mathrm{f}} = 1{,}4 \cdot 10^{28}\text{ J}

    Résultat

    $$U_{\mathrm{f}}=\frac{4}{3}\pi T_{\mathrm{f}}\left[C_{\mathrm{v},\mathrm{n}}{R}_{\mathrm{n}}^3+C_{\mathrm{v},\mathrm{r}}\left(R_{\ell }^3-R_{\mathrm{n}}^3\right)\right]$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question