Feuille d'entraînement : Premier et second principes

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q27

   Considérons le système fermé constitué par le « côté froid » du télescope, de masse m, de capacité thermique massique c, de surface d'échange S, supposé à une température spatiale uniforme T(t) à chaque instant.

   Le système étant assimilé à une phase condensée indéformable, la variation de son énergie interne pendant une durée élémentaire \mathrm{d}t s'écrit :

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

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

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{\text{reçue}} - \mathcal{P}_{\text{émise}}

   où :

   • la puissance thermique transmise par le bouclier vers le côté froid est donnée par l'énoncé : \mathcal{P}_{\text{reçue}} = P_t ;

   • la puissance thermique rayonnée par le télescope de surface S à la température T vers l'espace (considéré à température négligeable) est donnée par la loi de Stefan :

     \mathcal{P}_{\text{émise}} = \sigma S T^4

   Le bilan énergétique devient ainsi :

   m\,c\,\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} = P_t - \sigma S T^4

   En divisant les deux membres par la capacité thermique totale positive m\,c, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \frac{\sigma S}{m\,c}\,T^4 = \frac{P_t}{m\,c}

   Cette relation s'identifie bien à l'équation différentielle proposée :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + a\,T^4 = b

   avec les constantes positives :

   \boxed{a = \frac{\sigma S}{m\,c}} \quad \text{et} \quad \boxed{b = \frac{P_t}{m\,c}}

   Résultat

   $$a=\frac{\sigma S}{mc}$$

   $$b=\frac{P_t}{mc}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2025, Q14

   1. Variations d'énergie interne et d'entropie en régime stationnaire

   En régime stationnaire, toutes les grandeurs d'état locales et globales décrivant le module sont indépendantes du temps. L'énergie interne U et l'entropie S du module sont donc rigoureusement constantes :

   \mathrm{d}U = 0 \quad \text{et} \quad \mathrm{d}S = 0

   2. Application des principes et rendement de Carnot

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

   \begin{aligned} \mathrm{d}U &= (\mathcal{P}_C + \mathcal{P}_F + \mathcal{P}_{\text{él}})\,\mathrm{d}t = 0 \\ \implies \mathcal{P}_C + \mathcal{P}_F + \mathcal{P}_{\text{él}} &= 0 \end{aligned}

   Le second principe appliqué au module sur le même intervalle donne :

   \begin{aligned} \mathrm{d}S &= \delta S_e + \delta S_c = \left( \frac{\mathcal{P}_C}{T_C} + \frac{\mathcal{P}_F}{T_F} \right) \mathrm{d}t + \delta S_c = 0 \end{aligned}

   où \delta S_c \ge 0 est l'entropie créée par les irréversibilités. On en déduit l'inégalité de Clausius :

   \begin{aligned} \frac{\mathcal{P}_C}{T_C} + \frac{\mathcal{P}_F}{T_F} \le 0 \end{aligned}

   En injectant \mathcal{P}_F = -\mathcal{P}_C - \mathcal{P}_{\text{él}} issu du premier principe :

   \begin{aligned} \frac{\mathcal{P}_C}{T_C} + \frac{-\mathcal{P}_C - \mathcal{P}_{\text{él}}}{T_F} &\le 0 \\ \mathcal{P}_C \left( \frac{1}{T_C} - \frac{1}{T_F} \right) &\le \frac{\mathcal{P}_{\text{él}}}{T_F} \end{aligned}

   En multipliant par T_F > 0 et en divisant par \mathcal{P}_C > 0, il vient :

   \begin{aligned} \frac{T_F}{T_C} - 1 \le \frac{\mathcal{P}_{\text{él}}}{\mathcal{P}_C} = -\eta \implies \eta \le 1 - \frac{T_F}{T_C} \end{aligned}

   Le rendement admet ainsi une borne supérieure :

   \boxed{\eta \le \eta_{\text{Carnot}} = 1 - \frac{T_F}{T_C}}

   3. Condition d'atteinte de la limite de Carnot

   Ce rendement limite n'est atteint que pour une création d'entropie nulle (\delta S_c = 0), c'est-à-dire pour un fonctionnement réversible du convertisseur thermoélectrique (absence d'effet Joule, pas de conduction thermique irréversible liée à des gradients finis de température non convertis, etc.).

   Résultat

   $$\eta \le {\eta }_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_F}{T_C}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique C PC 2024, Q28.a

   On choisit comme système fermé le gaz unitaire contenu dans l'enceinte, constitué de N atomes constants.

   • Les parois sont parfaitement athermanes, donc la transformation est adiabatique : \delta Q = 0.

   • Le déplacement de la paroi mobile s'effectue lentement : à chaque instant, le gaz est à l'équilibre mécanique et thermodynamique avec l'extérieur, de sorte que la pression extérieure exercée sur le fluide s'identifie à sa pression interne (P_{\text{ext}} = P). La transformation est donc quasi-statique et réversible, et le travail élémentaire des forces de pression s'écrit :

     \delta W = - P\,\mathrm{d}V

   D'après le premier principe de la thermodynamique :

   \mathrm{d}U = \delta W + \delta Q = - P\,\mathrm{d}V

   Par ailleurs, d'après la relation (4) admise pour le gaz unitaire :

   U = \frac{3}{2}PV \implies \mathrm{d}U = \frac{3}{2}P\,\mathrm{d}V + \frac{3}{2}V\,\mathrm{d}P

   En égalant les deux expressions de la variation élémentaire \mathrm{d}U :

   \begin{aligned} \frac{3}{2}P\,\mathrm{d}V + \frac{3}{2}V\,\mathrm{d}P &= - P\,\mathrm{d}V \\ \frac{3}{2}V\,\mathrm{d}P + \frac{5}{2}P\,\mathrm{d}V &= 0 \end{aligned}

   En divisant cette relation par le produit P V (qui est strictement positif) :

   3\,\frac{\mathrm{d}P}{P} + 5\,\frac{\mathrm{d}V}{V} = 0

   Ce qui s'écrit encore :

   \mathrm{d}\ln\left(P^3 V^5\right) = 0

   On en déduit qu'au cours de la transformation :

   \boxed{P^3 V^5 = \text{constante}}

   Résultat

   $$P^3{V}^5=\text{constante}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique C PC 2024, Q30.a

   Considérons le système fermé constitué des N atomes du gaz unitaire, occupant un volume constant V (donc \mathrm{d}V = 0).

   • Premier principe de la thermodynamique : pour une transformation élémentaire du gaz, la variation d'énergie interne s'écrit

     \mathrm{d}U = \delta W + \delta Q

     Le volume V étant strictement fixe et les parois indéformables, les forces de pression extérieures ne travaillent pas : \delta W = 0. Il vient ainsi :

     \mathrm{d}U = \delta Q

   • Deuxième principe de la thermodynamique :

     \mathrm{d}S = \delta S_e + \delta S_c = \frac{\delta Q}{T_{\text{ext}}} + \delta S_c

     L'apport de chaleur étant effectué lentement, la transformation est quasi-statique et réversible : il n'y a pas de création d'entropie (\delta S_c = 0) et la température aux parois s'identifie à la température d'équilibre T du gaz (T_{\text{ext}} = T). Par conséquent :

     \mathrm{d}S = \frac{\delta Q}{T} \iff \delta Q = T\,\mathrm{d}S

   En combinant ces deux principes, on obtient la relation recherchée :

   \boxed{\mathrm{d}U = T\,\mathrm{d}S}

   Résultat

   $$\mathrm{d}U=T\mathrm{d}S$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 PC 2024, Q10

   1. Bilan thermique et équation différentielle

   On applique le premier principe de la thermodynamique au système fermé constitué par l'eau du spa, de masse m_{\mathrm{eau}} = \rho_{\mathrm{e}} V_{\mathrm{eau}} = 1{,}2 \times 10^3\text{ kg} (d'après la question Q4) et de capacité thermique C = m_{\mathrm{eau}} c_{\mathrm{e}}, supposée à température uniforme T_{\mathrm{int}}(t).

   Pendant la durée \mathrm{d}t, en l'absence de travail utile et en régime quasi-stationnaire :

   \mathrm{d}U = C\,\mathrm{d}T_{\mathrm{int}} = \delta Q = -\Phi_{\mathrm{pertes}}\,\mathrm{d}t

   où \Phi_{\mathrm{pertes}} = \dfrac{T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}}}{R_{\text{eq}}} désigne le flux thermique total perdu vers l'extérieur à travers la résistance thermique équivalente R_{\text{eq}}.

   L'équation différentielle vérifiée par l'écart de température \theta(t) = T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}} s'écrit donc :

   \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} + \frac{\theta}{\tau} = 0 \quad \text{avec} \quad \tau = R_{\text{eq}} C

   Par intégration avec la condition initiale \theta(0) = T_{\mathrm{int}}(0) - T_{\mathrm{ext}}, on obtient bien :

   \boxed{T_{\mathrm{int}}(t) - T_{\mathrm{ext}} = \left(T_{\mathrm{int}}(0) - T_{\mathrm{ext}}\right)\mathrm{e}^{-\frac{t}{\tau}}}

   2. Détermination de la résistance équivalente R_{\text{eq}}

   Les déperditions thermiques de l'eau s'effectuent par trois voies en parallèle :

   • la surface libre de l'eau en contact avec l'air (convection) : R_{\mathrm{surf}} = R_{\mathrm{s}} = 6 \times 10^{-2}\text{ K}\cdot\text{W}^{-1} ;
   • le fond en contact avec le sol à travers l'herbe tassée (conduction) : R_{\mathrm{fond}} = R_{\mathrm{t}} = 5 \times 10^{-2}\text{ K}\cdot\text{W}^{-1} ;
   • les parois latérales verticales (convection eau-paroi puis conduction dans l'enveloppe en série) : R_{\mathrm{lat}} = R_{\mathrm{pc}} + R_{\mathrm{p}} \approx R_{\mathrm{p}} = 3\text{ K}\cdot\text{W}^{-1} puisque R_{\mathrm{p}} \gg R_{\mathrm{pc}}.

   La conductance thermique globale associée à ces trois branches en parallèle vaut :

   \begin{aligned} G_{\text{eq}} = \frac{1}{R_{\text{eq}}} &= \frac{1}{R_{\mathrm{s}}} + \frac{1}{R_{\mathrm{t}}} + \frac{1}{R_{\mathrm{lat}}} \\ &= \frac{1}{6 \times 10^{-2}} + \frac{1}{5 \times 10^{-2}} + \frac{1}{3} \\ &\approx 16{,}7 + 20 + 0{,}33 \approx 37\text{ W}\cdot\text{K}^{-1} \end{aligned}

   soit R_{\text{eq}} \approx \dfrac{1}{37} \approx 2{,}7 \times 10^{-2}\text{ K}\cdot\text{W}^{-1}.

   3. Calcul de la capacité thermique et du temps caractéristique \tau

   La capacité thermique de l'eau vaut :

   C = m_{\mathrm{eau}} c_{\mathrm{e}} = 1{,}2 \times 10^3 \times 4{,}2 \times 10^3 = 5{,}04 \times 10^6\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}

   On en déduit la constante de temps :

   \tau = \frac{C}{G_{\text{eq}}} = \frac{5{,}04 \times 10^6}{37} \approx 1{,}36 \times 10^5\text{ s} \approx 38\text{ h}

   \boxed{\tau \approx 1{,}4 \times 10^5\text{ s} \approx 38\text{ h}}

   Commentaire : La valeur élevée de \tau (environ 1,5 jour) s'explique par la très grande inertie thermique de la masse d'eau (1{,}2\text{ tonne}) associée à la capacité thermique massique élevée de l'eau. Cela justifie pleinement l'hypothèse de régime quasi-stationnaire formulée dans l'énoncé. Toutefois, à l'échelle d'une journée (24\text{ h}), la baisse de température reste importante (environ 6^\circ\text{C}), ce qui motive l'utilisation d'une couverture et d'un tapis de sol isolant.

   Résultat

   $$T_{\mathrm{int}}(t)-T_{\mathrm{ext}}=\left(T_{\mathrm{int}}(0)-T_{\mathrm{ext}}\right){\mathrm{e}}^{-\frac{t}{\tau }}$$

   $$\tau \approx 1,4\times 10^5\text{ s}\approx 38\text{ h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique PC 2023, Q28

   Considérons une particule fluide fermée de masse m et de volume V, de sorte que sa masse volumique s'écrit \rho = \frac{m}{V}. Pour un gaz parfait de rapport \gamma constant subissant une évolution isentropique (adiabatique et réversible), la loi de Laplace s'écrit :

   p V^\gamma = \text{cte}

   En remplaçant le volume par V = \frac{m}{\rho}, il vient :

   p \left(\frac{m}{\rho}\right)^\gamma = \text{cte} \iff p \rho^{-\gamma} m^\gamma = \text{cte}

   La masse m de la particule fluide étant constante au cours de son mouvement, on en déduit :

   \boxed{p \rho^{-\gamma} = C^{\text{ste}}}

   En prenant le logarithme népérien de cette relation :

   \ln(p) - \gamma \ln(\rho) = \text{cte}

   Par différentiation logarithmique le long d'une isentropique, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}p}{p} - \gamma \frac{\mathrm{d}\rho}{\rho} = 0 \implies \left(\frac{\partial \rho}{\partial p}\right)_{\!S} = \frac{\rho}{\gamma p}

   Le coefficient de compressibilité isentropique défini à la question Q26 s'exprime donc par :

   \chi_S = \frac{1}{\rho}\left(\frac{\partial \rho}{\partial p}\right)_{\!S} = \frac{1}{\gamma p}

   À l'état d'équilibre thermodynamique (p = p_0), ce coefficient vaut :

   \chi_{S,0} = \frac{1}{\gamma p_0}

   D'après l'expression de la célérité c = \frac{1}{\sqrt{\rho_0 \chi_{S,0}}} établie à la question Q27, on aboutit directement à la relation de Laplace :

   \boxed{c = \sqrt{\frac{\gamma p_0}{\rho_0}}}

   Résultat

   $$p{\rho }^{-\gamma }=C^{\text{ste}}$$

   $$c=\sqrt{\frac{\gamma p_0}{{\rho }_0}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique C PC 2023, Q2

   Que la particule ait été détectée dans le compartiment de gauche ou de droite, le volume V' qui lui est accessible passe de V_i = V/2 à V_f = V.

   La détente étant réversible et isotherme à la température T imposée par le thermostat, la pression est donnée à chaque instant par l'équation d'état établie à la question 1 :

   P(V') = \frac{k_B T}{V'}

   Le travail infinitésimal reçu par la particule s'écrit \delta W = - P(V')\,\mathrm{d}V'. Le travail total reçu lors de l'étape C est donc :

   \begin{aligned} W_C &= \int_{V/2}^V - P(V')\,\mathrm{d}V' \\ &= - \int_{V/2}^V \frac{k_B T}{V'}\,\mathrm{d}V' \\ &= - k_B T \ln\left(\frac{V}{V/2}\right) \end{aligned}

   soit :

   \boxed{W_C = - k_B T \ln 2}

   Par la troisième loi de Newton, la force exercée par la particule sur la paroi mobile est l'opposée de celle exercée par la paroi sur la particule. Le travail reçu par le mécanisme lors de l'étape C est donc :

   W_{\mathrm{m}, C} = - W_C = k_B T \ln 2

   D'après l'énoncé, le mécanisme effectue un travail négligeable lors des étapes A, B et D (W_{\mathrm{m}, A} = W_{\mathrm{m}, B} = W_{\mathrm{m}, D} = 0). Le travail reçu par le mécanisme au cours d'un cycle complet est donc :

   \boxed{W_{\mathrm{m}} = k_B T \ln 2}

   Résultat

   $$W_C=-k_{B}T\ln 2$$

   $$W_{\mathrm{m}}=k_{B}T\ln 2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique C PC 2023, Q3

   D'après les hypothèses de l'énoncé, le mécanisme n'effectue aucun travail au cours des étapes A, B et D. Par conséquent, les travaux reçus par la particule lors de ces étapes sont négligeables :

   W_A = W_B = W_D = 0.

   Le travail total W reçu par la particule sur le cycle se réduit donc au travail reçu lors de la détente de l'étape C (question Q2) :

   W = W_C = - W_{\mathrm{m}}

   \boxed{W = -k_B T \ln 2}

   L'énergie interne U étant une fonction d'état, sa variation sur un cycle fermé est rigoureusement nulle :

   \Delta U_{\text{cycle}} = 0.

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à la particule sur le cycle complet :

   \begin{aligned} \Delta U_{\text{cycle}} &= W + Q = 0, \end{aligned}

   ce qui conduit immédiatement à :

   \boxed{Q = -W = k_B T \ln 2}

   Résultat

   $$W=-k_{B}T\ln 2$$

   $$Q=-W=k_{B}T\ln 2$$

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9. Exercice 9ENS Physique C PC 2021, Q15

   L'enthalpie massique d'un fluide est définie par h = u + Pv, où u est l'énergie interne massique, P la pression et v = 1/\rho le volume massique.

   En différentiant et en utilisant l'identité thermodynamique massique issue de l'équation (1) (\mathrm{d}u = T\,\mathrm{d}s - P\,\mathrm{d}v), on obtient la première identité thermodynamique pour l'enthalpie massique :

   \mathrm{d}h = T\,\mathrm{d}s + v\,\mathrm{d}P = T\,\mathrm{d}s + \frac{\mathrm{d}P}{\rho}.

   Par hypothèse, l'atmosphère considérée est isentropique, ce qui signifie que l'entropie massique ne dépend pas de l'altitude z :

   \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}z} = 0 \quad \Longrightarrow \quad \mathrm{d}h = \frac{\mathrm{d}P}{\rho}.

   D'autre part, l'atmosphère est à l'équilibre hydrostatique dans le champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\,\vec{e}_z :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho g.

   En combinant ces deux relations, la variation verticale d'enthalpie s'écrit :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}z} &= \frac{1}{\rho}\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -g. \end{aligned}

   On en déduit immédiatement :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}(h + gz) = 0.

   L'enthalpie généralisée h_* = h + gz est donc indépendante de l'altitude :

   \boxed{h_* = h + gz = \text{constante}.}

   Résultat

   $$h_{\ast }=h+gz=\text{constante}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique C PC 2021, Q16

    L'air sec étant assimilé à un gaz parfait, son enthalpie ne dépend que de la température (deuxième loi de Joule) :

    \mathrm{d}h = c_p \mathrm{d}T.

    D'après la question Q15, l'enthalpie généralisée est constante dans une atmosphère isentropique sèche en équilibre hydrostatique, ce qui donne :

    \mathrm{d}h_* = \mathrm{d}h + g\,\mathrm{d}z = 0 \implies c_p \mathrm{d}T + g\,\mathrm{d}z = 0.

    On en déduit l'expression du gradient thermique adiabatique sec :

    \left.\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z}\right|_\mathrm{d} = -\frac{g}{c_p} \implies \Gamma_d = -\left.\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z}\right|_\mathrm{d} = \frac{g}{c_p}.

    \boxed{\Gamma_d = \frac{g}{c_p}}

    Application numérique : Avec g \approx 9,8 \text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et c_p = 1,006 \times 10^3 \text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} :

    \Gamma_d = \frac{9,8}{1,006 \times 10^3} \approx 9,7 \times 10^{-3} \text{ K}\cdot\text{m}^{-1} \approx 9,8 \text{ K}\cdot\text{km}^{-1}.

    Avec un chiffre significatif :

    \boxed{\Gamma_d \approx 1 \times 10^{-2} \text{ K}\cdot\text{m}^{-1} = 10 \text{ K}\cdot\text{km}^{-1}}

    Comparaison avec l'atmosphère standard (figure 4a) : Sur le profil de température de la troposphère (figure 4a), la température décroît linéairement depuis T(0) \approx 288\text{ K} à l'altitude z = 0 jusqu'à T(H_t) \approx 217\text{ K} au niveau de la tropopause à z = H_t \approx 11\text{ km}. Le gradient thermique observé dans l'atmosphère standard vaut donc :

    \Gamma_{\text{std}} = -\frac{\Delta T}{\Delta z} \approx \frac{288 - 217}{11} \approx 6,5 \text{ K}\cdot\text{km}^{-1}.

    On constate que :

    \Gamma_{\text{std}} < \Gamma_d.

    La décroissance de température observée dans l'atmosphère réelle est nettement moins rapide que celle prédite par le modèle adiabatique sec.

    Résultat

    $${\Gamma }_d=\frac{g}{c_p}$$

    $${\Gamma }_d\approx 1\times 10^{-2}\text{ K}\cdot {\text{m}}^{-1}=10\text{ K}\cdot {\text{km}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question