Feuille d'entraînement : Premier et second principes de la thermodynamique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q14

   On applique le premier principe de la thermodynamique en écoulement stationnaire à la masse unité de vapeur d'eau traversant la turbine haute pression entre l'entrée A et la sortie B :

   h_B - h_A + \Delta e_c + \Delta e_p = w_u + q

   où w_u est le travail massique utile reçu par le fluide et q le transfert thermique massique reçu.

   • La turbine est supposée parfaitement calorifugée, d'où q = 0.
   • L'écoulement a lieu à altitude sensiblement constante, donc \Delta e_p \approx 0.
   • La variation d'énergie cinétique massique reste de l'ordre de grandeur de \frac{1}{2}v_A^2 \sim \frac{1}{2} \times 55^2 \approx 1{,}5\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} (cf. question Q13), ce qui est tout à fait négligeable devant la chute d'enthalpie massique |h_B - h_A| \approx 430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   Le travail massique utile reçu par la vapeur se réduit donc à :

   w_u = h_B - h_A

   La puissance mécanique transmise par le fluide à l'axe de rotation de la turbine est l'opposée de la puissance utile reçue par le fluide, soit :

   \mathcal{P}_{\text{méc}} = - D_m\,w_u = D_m\,(h_A - h_B)

   Application numérique :

   • Débit massique de vapeur : D_m = \dfrac{534 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{h}^{-1}}{3600\text{ s}\cdot\text{h}^{-1}} \approx 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}
   • D'après la question Q11 : h_A \approx 3500\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et h_B \approx 3070\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, soit h_A - h_B \approx 430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{\text{méc}} &= 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \times 430 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} \\ &= 6{,}38 \times 10^7\text{ W} \approx 64\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{méc}} \approx 64\text{ MW}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}\approx 64\text{ MW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q9

   La détente du gaz est supposée adiabatique (\delta Q = 0) et réversible : le second principe de la thermodynamique assure donc qu'elle est isentropique, soit :

   S_m(T, V_m) = \text{cte}

   D'après l'expression (3) de l'énoncé pour l'entropie molaire :

   S_m(T, V_m) = S_0 + R \ln \left[ T^{\frac{1}{\gamma-1}} (V_m - b) \right] = \text{cte}

   Comme S_0 et R sont des constantes strictement positives, cela équivaut à :

   T^{\frac{1}{\gamma-1}} (V_m - b) = \text{cte} \iff T (V_m - b)^{\gamma-1} = \text{cte}

   L'équation d'état établie à la question Q7 s'écrit pour une mole (n = 1) :

   P = \frac{RT}{V_m - b} \iff T = \frac{P (V_m - b)}{R}

   En injectant cette expression de T dans la relation isentropique, il vient :

   \frac{P (V_m - b)}{R} \, (V_m - b)^{\gamma-1} = \text{cte}

   Comme R est une constante, on obtient la loi de Laplace généralisée au gaz de Joule :

   \boxed{P \, (V_m - b)^\gamma = \text{cte}}

   Résultat

   $$P(V_m-b{)}^{\gamma }=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique PSI 2025, Q17

   Un thermostat (ou réservoir thermique) est un système thermodynamique dont la température demeure uniforme et constante au cours du temps, indépendamment des transferts thermiques finis qu'il effectue avec l'extérieur.

   Pour un système condensé indéformable n'échangeant aucun travail, le premier principe de la thermodynamique s'écrit :

   \mathrm{d}U = C \, \mathrm{d}T = \delta Q \implies \mathrm{d}T = \frac{\delta Q}{C}

   où C est la capacité thermique du solide considéré (\mathcal{S}_1 ou \mathcal{S}_2).

   Pour que la variation de température \mathrm{d}T demeure négligeable lors des échanges d'énergie thermique avec le barreau métallique sur la durée de l'expérience, il faut que la capacité thermique C soit très grande devant la capacité thermique totale du barreau conducteur C_{\text{barreau}} = m_{\text{barreau}} c = \varrho \pi a^2 \ell \, c :

   \boxed{C \gg \varrho \pi a^2 \ell \, c \quad (\text{soit idéalement } C \to \infty)}

   Résultat

   $$C\gg \varrho \pi a^2\ell c(\text{soit ideˊalement }C\to \infty )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q19

   Considérons le système fermé constitué du calorimètre (avec le thermomètre et le barreau aimanté) et des deux masses d'eau m_1 et m_2.

   L'enceinte est calorifugée (transformation adiabatique, Q = 0) et ouverte à la pression atmosphérique constante P_0 (transformation monobare). Le premier principe de la thermodynamique s'écrit alors :

   \Delta H = Q_p = 0

   Par additivité de l'enthalpie pour les phases condensées incompressibles et indilatables, la variation d'enthalpie totale est la somme des variations d'enthalpie de chacun des constituants :

   \begin{aligned} \Delta H_{\text{cal}} &= C (T_3 - T_1) \\ \Delta H_{\text{eau}, 1} &= m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1) \\ \Delta H_{\text{eau}, 2} &= m_2 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_2) \end{aligned}

   Le bilan enthalpique s'écrit donc :

   C (T_3 - T_1) + m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1) + m_2 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_2) = 0

   En isolant la capacité thermique C du calorimètre et de ses accessoires, on obtient :

   C (T_3 - T_1) = m_2 c_{\mathrm{e}} (T_2 - T_3) - m_1 c_{\mathrm{e}} (T_3 - T_1)

   soit :

   \boxed{C = c_{\mathrm{e}} \left( m_2 \frac{T_2 - T_3}{T_3 - T_1} - m_1 \right)}

   Résultat

   $$C=c_{\mathrm{e}}\left(m_2\frac{T_2-T_3}{T_3-T_1}-m_1\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2024, Q16

   Considérons le système fermé coïncident \Sigma^*, constitué à l'instant t par :

   • le fluide contenu dans le volume de contrôle de la machine, noté V_c ;
   • une masse élémentaire \mathrm{d}m de fluide située immédiatement en amont de la section d'entrée \text{E}, de volume \mathrm{d}V_e = v_e\,\mathrm{d}m (où v_e est le volume massique à l'entrée).

   À l'instant t + \mathrm{d}t, cette masse \mathrm{d}m a pénétré dans la machine, et une masse identique \mathrm{d}m (en vertu de la conservation de la masse en régime stationnaire) est sortie par la section \text{S}, occupant un volume \mathrm{d}V_s = v_s\,\mathrm{d}m. Le système \Sigma^* occupe alors le volume formé par V_c et cette tranche sortante.

   L'énergie mécanique macroscopique étant négligée devant les termes thermiques et enthalpiques (\Delta E_c \simeq 0 et \Delta E_p \simeq 0), l'énergie totale du système se réduit à son énergie interne U.

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

   \begin{aligned} \Delta U_{\Sigma^*} &= U_{\Sigma^*}(t + \mathrm{d}t) - U_{\Sigma^*}(t) \\ &= \left[U_{V_c}(t + \mathrm{d}t) + u_s\,\mathrm{d}m\right] - \left[U_{V_c}(t) + u_e\,\mathrm{d}m\right] \end{aligned}

   Le régime étant stationnaire, l'état du fluide dans le volume fixe V_c est indépendant du temps, d'où U_{V_c}(t + \mathrm{d}t) = U_{V_c}(t). Il vient :

   \Delta U_{\Sigma^*} = (u_s - u_e)\,\mathrm{d}m

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé \Sigma^* :

   \Delta U_{\Sigma^*} = W + Q

   où :

   • Q = q\,\mathrm{d}m est le transfert thermique reçu par la masse \mathrm{d}m ;

   • W est le travail total des forces extérieures reçues par \Sigma^*, qui se décompose en :

     • le travail utile reçu des parties mobiles de la machine : W_u = w_u\,\mathrm{d}m ;
     • le travail des forces de pression du fluide amont qui pousse la tranche entrante : W_{p,e} = + p_e\,\mathrm{d}V_e = + p_e\,v_e\,\mathrm{d}m ;
     • le travail des forces de pression du fluide aval qui s'oppose à la sortie de la tranche : W_{p,s} = - p_s\,\mathrm{d}V_s = - p_s\,v_s\,\mathrm{d}m.

   On a donc :

   W = \left(w_u + p_e\,v_e - p_s\,v_s\right)\mathrm{d}m

   En égalant les deux expressions du premier principe :

   (u_s - u_e)\,\mathrm{d}m = \left(w_u + q + p_e\,v_e - p_s\,v_s\right)\mathrm{d}m

   En simplifiant par \mathrm{d}m > 0 et en réorganisant les termes :

   (u_s + p_s\,v_s) - (u_e + p_e\,v_e) = w_u + q

   En introduisant l'enthalpie massique h = u + p v, on obtient la relation du premier principe pour un système ouvert en écoulement stationnaire :

   \boxed{h_s - h_e = w_u + q}

   Résultat

   $$h_s-h_e=w_u+q$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q3

   L'évolution du fluide étant supposée isentropique, la masse volumique \mu peut être considérée comme une fonction de la seule pression P (à entropie S fixée).

   Au voisinage de l'état d'équilibre caractérisé par (P_0, \mu_0), un développement de Taylor au premier ordre donne :

   \mu(x, t) = \mu(P_0) + \left(\frac{\partial \mu}{\partial P}\right)_{\!S} \big(P(x, t) - P_0\big)

   En introduisant les grandeurs perturbées du premier ordre \mu(x,t) = \mu_0 + \mu_1(x,t) et P(x,t) = P_0 + P_1(x,t), il vient :

   \mu_1(x, t) = \left(\frac{\partial \mu}{\partial P}\right)_{\!S} P_1(x, t)

   D'après la définition du coefficient de compressibilité isentropique donnée dans l'énoncé :

   \chi_s \approx \frac{1}{\mu_0}\left(\frac{\partial \mu}{\partial P}\right)_{\!S} \quad \implies \quad \left(\frac{\partial \mu}{\partial P}\right)_{\!S} = \mu_0 \chi_s

   On en déduit la relation linéaire entre la surpression P_1(x, t) et la surmasse volumique \mu_1(x, t) :

   \boxed{\mu_1(x, t) = \mu_0 \chi_s P_1(x, t) \quad \iff \quad P_1(x, t) = \frac{\mu_1(x, t)}{\mu_0 \chi_s}}

   Résultat

   $${\mu }_1(x,t)={\mu }_0{\chi }_s{P}_1(x,t)⟺P_1(x,t)=\frac{{\mu }_1(x,t)}{{\mu }_0{\chi }_s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q5

   Pour un gaz parfait subissant une transformation isentropique, la loi de Laplace s'écrit :

   P V^\gamma = \text{cte}

   Par différentiation logarithmique à entropie S fixée, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}P}{P} + \gamma \frac{\mathrm{d}V}{V} = 0 \implies \left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_S = -\frac{V}{\gamma P}

   Le coefficient de compressibilité isentropique s'en déduit à l'état d'équilibre :

   \chi_s = -\frac{1}{V}\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)_S = \frac{1}{\gamma P_0}

   Par ailleurs, l'équation d'état du gaz parfait pour une masse m de volume V donne :

   P_0 V = \frac{m}{M_{\text{air}}} R T_0 \implies \mu_0 = \frac{m}{V} = \frac{P_0 M_{\text{air}}}{R T_0}

   D'après l'expression établie à la question Q4, la célérité c_1 des ondes acoustiques dans l'air s'écrit :

   c_1 = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \chi_s}} = \frac{1}{\sqrt{\dfrac{P_0 M_{\text{air}}}{R T_0} \times \dfrac{1}{\gamma P_0}}}

   soit finalement :

   \boxed{c_1 = \sqrt{\frac{\gamma R T_0}{M_{\text{air}}}}}

   Application numérique :

   • T_0 = 293\text{ K}
   • \gamma = 1{,}40
   • M_{\text{air}} = 29{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}
   • R = 8{,}31\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}

   c_1 = \sqrt{\frac{1{,}40 \times 8{,}31 \times 293}{29{,}0 \times 10^{-3}}} \approx 343\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{c_1 = 343\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$c_1=\sqrt{\frac{\gamma R{T}_0}{M_{\text{air}}}}$$

   $$c_1=343\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 PSI 2024, Q4

   La vitesse de chauffage est constante et vaut v_{\mathrm{c}} = 2\,^{\circ}\mathrm{C}\cdot\mathrm{h}^{-1}. Pour élever la température de l'eau de T_{\mathrm{i}} = 20\,^{\circ}\mathrm{C} à T_{\mathrm{f}} = 40\,^{\circ}\mathrm{C}, la variation de température est :

   \Delta T = T_{\mathrm{f}} - T_{\mathrm{i}} = 40 - 20 = 20\,^{\circ}\mathrm{C}

   La durée nécessaire \Delta t s'exprime donc par :

   \Delta t = \frac{\Delta T}{v_{\mathrm{c}}}

   D'où l'application numérique :

   \Delta t = \frac{20}{2} = 10\text{ h}

   \boxed{\Delta t = 10\text{ h}}

   L'eau occupe un cylindre de diamètre intérieur d_{\text{int}} = \sqrt{2}\text{ m} et de hauteur h_{\mathrm{e}} = 3/4\text{ m}. Son volume est :

   V_{\mathrm{e}} = \frac{\pi}{4} d_{\text{int}}^2 h_{\mathrm{e}}

   En utilisant la valeur \frac{\pi}{4} = 0{,}8 donnée dans le formulaire de l'énoncé :

   V_{\mathrm{e}} = 0{,}8 \times (\sqrt{2})^2 \times \frac{3}{4} = 0{,}8 \times 2 \times 0{,}75 = 1{,}2\text{ m}^3

   La masse d'eau correspondante est :

   m_{\mathrm{e}} = \rho_{\mathrm{e}} V_{\mathrm{e}} = 10^3 \times 1{,}2 = 1{,}2 \times 10^3\text{ kg}

   En négligeant dans un premier temps les pertes thermiques vers l'extérieur, l'énergie thermique requise pour chauffer cette masse d'eau est donnée par le premier principe :

   Q = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} \Delta T

   La puissance thermique moyenne nécessaire correspondante est :

   \mathscr{P}_{\mathrm{th}} = \frac{Q}{\Delta t} = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} \frac{\Delta T}{\Delta t} = m_{\mathrm{e}} c_{\mathrm{e}} v_{\mathrm{c}}

   Avec v_{\mathrm{c}} = 2\,^{\circ}\mathrm{C}\cdot\mathrm{h}^{-1} = \frac{2}{3\,600}\text{ K}\cdot\mathrm{s}^{-1} = \frac{1}{1\,800}\text{ K}\cdot\mathrm{s}^{-1} :

   \begin{aligned} \mathscr{P}_{\mathrm{th}} &= 1{,}2 \times 10^3 \times 4{,}2 \times 10^3 \times \frac{1}{1\,800} \\ &= \frac{12}{18} \times 4{,}2 \times 10^3 = \frac{2}{3} \times 4{,}2 \times 10^3 = 2{,}8 \times 10^3\text{ W} = 2{,}8\text{ kW} \end{aligned}

   La puissance thermique théorique de 2{,}8\text{ kW} est très proche de la puissance de chauffage annoncée \mathscr{P}_{\mathrm{c}} = 2{,}5\text{ kW} (l'écart relatif n'est que d'environ 10\,\%). Cette légère différence s'explique notamment par le fait que le spa n'est pas nécessairement rempli au volume maximal ou par l'approximation sur \pi/4.

   \boxed{\mathscr{P}_{\mathrm{th}} \approx 2{,}8\text{ kW} \approx \mathscr{P}_{\mathrm{c}} = 2{,}5\text{ kW} \quad \text{: les deux grandeurs sont tout à fait cohérentes.}}

   Résultat

   $$\Delta t=10\text{ h}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{th}}\approx 2,8\text{ kW}\approx {\mathcal{P}}_{\mathrm{c}}=2,5\text{ kW}\text{: les deux grandeurs sont tout aˋ fait coheˊrentes.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique PSI 2024, Q40

   Le gaz d'atomes de rubidium (atomes neutres sans liaisons chimiques) est assimilé à un gaz parfait monoatomique à la température T. Dans le référentiel du laboratoire, chaque atome de masse M possède trois degrés de liberté de translation indépendants, associés aux composantes cartésiennes de sa vitesse \vec{v} = (v_x, v_y, v_z).

   D'après le théorème d'équipartition de l'énergie, chaque terme quadratique indépendant de l'énergie cinétique contribue en moyenne pour \frac{1}{2}k_{\mathrm{B}}T à l'énergie thermique :

   \langle E_{\mathrm{c}} \rangle = \frac{1}{2} M \langle v^2 \rangle = \frac{1}{2} M \left( \langle v_x^2 \rangle + \langle v_y^2 \rangle + \langle v_z^2 \rangle \right) = 3 \times \frac{1}{2} k_{\mathrm{B}} T = \frac{3}{2} k_{\mathrm{B}} T.

   Par définition, la vitesse quadratique moyenne des atomes est la racine carrée de la moyenne du carré de la vitesse :

   \boxed{v_{\mathrm{qm}} = \sqrt{\langle v^2 \rangle} = \sqrt{\frac{3 k_{\mathrm{B}} T}{M}}}

   Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

   • k_{\mathrm{B}} = 1{,}4 \times 10^{-23}\;\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1},
   • T = 1\,000\;\mathrm{K} = 10^3\;\mathrm{K},
   • M = 1{,}4 \times 10^{-25}\;\mathrm{kg}.

   Le rapport k_{\mathrm{B}}/M se calcule immédiatement :

   \frac{k_{\mathrm{B}}}{M} = \frac{1{,}4 \times 10^{-23}}{1{,}4 \times 10^{-25}} = 10^2\;\mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1}\cdot\mathrm{kg}^{-1},

   ce qui conduit à :

   v_{\mathrm{qm}} = \sqrt{3 \times 10^2 \times 10^3} = \sqrt{30 \times 10^4} = 10^2 \sqrt{30} \simeq 100 \times 5{,}48\;\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}.

   En conservant deux chiffres significatifs :

   \boxed{v_{\mathrm{qm}} \approx 5{,}5 \times 10^2\;\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_{\mathrm{qm}}=\sqrt{⟨v^2⟩}=\sqrt{\frac{3k_{\mathrm{B}}T}{M}}$$

   $$v_{\mathrm{qm}}\approx 5,5\times 10^2\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2023, Q31

    Considérons le volume de contrôle fixe (\mathcal{V}) délimité par les parois intérieures du caisson entre la section d'entrée e et la section de sortie s. On définit le système fermé \Sigma^* constitué :

    • de la masse de fluide présente dans le volume de contrôle (\mathcal{V}) à l'instant t ;
    • de la masse élémentaire de fluide \delta m = D_m\,\mathrm{d}t entrant dans (\mathcal{V}) à travers la section d'entrée pendant \mathrm{d}t.

    À l'instant t + \mathrm{d}t, ce même système \Sigma^* est constitué de la masse de fluide présente dans (\mathcal{V}) à t + \mathrm{d}t et de la masse \delta m sortie de (\mathcal{V}) à travers la section de sortie.

    On formule les hypothèses suivantes :

    1. Régime stationnaire : les grandeurs thermodynamiques en tout point du volume de contrôle sont indépendantes du temps ;
    2. Énergies cinétique et potentielle négligeables : les variations d'énergie cinétique macroscopique et d'énergie potentielle de pesanteur entre l'entrée et la sortie sont négligeables devant la variation d'enthalpie ;
    3. Absence de travail utile : aucun organe mécanique mobile n'échange de travail avec le fluide dans ce tronçon (\delta W_u = 0) ;
    4. Caisson calorifugé : les parois extérieures ne laissent passer aucun transfert thermique vers l'extérieur, de sorte que le seul transfert thermique reçu par le fluide provient des accumulateurs : \delta Q = \mathcal{P}\,\mathrm{d}t.

    L'enthalpie du système fermé s'écrit aux deux instants :

    \begin{aligned} H_{\Sigma^*}(t) &= H_{(\mathcal{V})}(t) + \delta m\,h_e \\ H_{\Sigma^*}(t+\mathrm{d}t) &= H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) + \delta m\,h_s \end{aligned}

    En régime stationnaire, H_{(\mathcal{V})}(t+\mathrm{d}t) = H_{(\mathcal{V})}(t). La variation d'enthalpie du système fermé s'élève donc à :

    \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta m\,(h_s - h_e) = D_m(h_s - h_e)\,\mathrm{d}t

    D'après le premier principe appliqué au système fermé \Sigma^*, en tenant compte du travail des forces de pression aux frontières qui est incorporé dans l'enthalpie :

    \mathrm{d}H_{\Sigma^*} = \delta W_u + \delta Q = 0 + \mathcal{P}\,\mathrm{d}t

    En identifiant les deux expressions de \mathrm{d}H_{\Sigma^*}, on obtient :

    \boxed{\mathcal{P} = D_m (h_s - h_e)}

    Résultat

    $$\mathcal{P}=D_m(h_s-h_e)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question