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

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2025, Q21

   Pour un système ouvert (volume de contrôle) en régime stationnaire, traversé par des fluides présentant plusieurs entrées (notées e) et sorties (notées s), le premier principe de la thermodynamique (bilan d'énergie sous forme industrielle) s'écrit en termes de puissances :

   \boxed{\sum_{s} D_{m,s} \left( h_s + \frac{v_s^2}{2} + g z_s \right) - \sum_{e} D_{m,e} \left( h_e + \frac{v_e^2}{2} + g z_e \right) = \mathcal{P}_u + \dot{Q}}

   où :

   • D_{m,e} et D_{m,s} sont respectivement les débits massiques traversant les sections d'entrée e et de sortie s ;
   • h_e et h_s sont les enthalpies massiques des fluides au niveau des entrées et sorties ;
   • v est la vitesse macroscopique d'écoulement et z l'altitude, les grandeurs \frac{v^2}{2} et g z représentant respectivement les énergies cinétique et potentielle de pesanteur massiques ;
   • \mathcal{P}_u (souvent notée \mathcal{P}_i pour puissance indiquée) est la puissance mécanique utile (ou puissance des forces de pression autres que celles d'admission et de refoulement) échangée avec les parties mobiles ;
   • \dot{Q} (ou \mathcal{P}_{\text{th}}) est la puissance thermique reçue par le fluide à travers les parois de l'enceinte.

   Résultat

   $$\sum _s{D}_{m,s}\left(h_s+\frac{v_s^2}{2}+g{z}_s\right)-\sum _e{D}_{m,e}\left(h_e+\frac{v_e^2}{2}+g{z}_e\right)={\mathcal{P}}_u+\dot{Q}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2024, Q10

   Le premier principe pour un fluide en écoulement permanent à une entrée (état 5) et une sortie (état 6) s'écrit :

   \Delta_{(5,6)} (h + e_c + e_p) = h_6 - h_5 + \Delta e_c + \Delta e_p = w_i + q

   Selon les hypothèses et les données du document 2 :

   • les variations d'énergies cinétique et potentielle massiques sont négligées : \Delta e_c \approx 0 et \Delta e_p \approx 0 ;
   • le détendeur ne comporte aucune pièce mécanique mobile, il n'échange donc aucun travail utile (ou indiqué) avec le fluide : w_i = 0 ;
   • la traversée est adiabatique : q = 0.

   Le bilan d'énergie se réduit ainsi à :

   h_6 - h_5 = 0 \iff h_6 = h_5

   \boxed{\text{La détente subie par le fluide à travers le détendeur est isenthalpique.}}

   Résultat

   $$\text{La deˊtente subie par le fluide aˋ travers le deˊtendeur est isenthalpique.}$$

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3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2024, Q24

   1. Système et premier principe

   On choisit comme système fermé l'ensemble :

   \{\text{calorimètre et ses accessoires}, \, m_e \text{ d'eau distillée}, \, m \text{ de }\mathrm{NH_4Cl(s)}\}

   • La transformation a lieu à pression atmosphérique constante (P = P^\circ = \text{cste}), elle est donc monobare : \Delta H = Q_P.
   • Le calorimètre étant supposé athermane (parfaitement isolé thermiquement), les échanges thermiques avec l'extérieur sont nuls : Q_P = 0.

   On a ainsi :

   \Delta H = 0

   2. Chemin thermodynamique fictif

   L'état initial est constitué du calorimètre et de l'eau à la température \theta_1, ainsi que du chlorure d'ammonium solide à la température \theta_1. L'état final est constitué du calorimètre et de la solution homogène à la température \theta_2.

   L'enthalpie étant une fonction d'état, on imagine un chemin fictif en deux étapes :

   • Étape 1 : Dissolution isotherme à \theta_1 et à P^\circ
     La quantité de matière de \mathrm{NH_4Cl} dissous est :

     n = \frac{m}{M_{\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}}}

     La variation d'enthalpie associée à cette réaction totale est :

     \Delta H_1 = n \, \Delta_{\mathrm{diss}} H^\circ = \frac{m}{M_{\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}}} \Delta_{\mathrm{diss}} H^\circ

   • Étape 2 : Variation de température du système final sans réaction de \theta_1 à \theta_2
     Le système final est composé du calorimètre (capacité thermique K) et de la solution obtenue. Selon l'énoncé, la capacité thermique de la solution est assimilée à celle de l'eau pure, soit C_{\text{sol}} = m_e c_e. La capacité thermique totale du système est donc :

     C_{\mathrm{tot}} = K + m_e c_e

     La variation d'enthalpie associée à cette étape s'écrit :

     \Delta H_2 = C_{\mathrm{tot}} (\theta_2 - \theta_1) = (K + m_e c_e)(\theta_2 - \theta_1)

   3. Bilan enthalpique

   Puisque \Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 = 0, on obtient :

   \frac{m}{M_{\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}}} \Delta_{\mathrm{diss}} H^\circ + (K + m_e c_e)(\theta_2 - \theta_1) = 0

   D'où l'expression de l'enthalpie standard de dissolution :

   \boxed{\Delta_{\mathrm{diss}} H^\circ = \frac{M_{\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}}}{m} (K + m_e c_e)(\theta_1 - \theta_2)}

   Résultat

   $${\Delta }_{\mathrm{diss}}{H}^{\circ }=\frac{M_{{\mathrm{NH}}_4\mathrm{Cl}}}{m}(K+m_e{c}_e)({\theta }_1-{\theta }_2)$$

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4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2023, Q19

   Pour une mole de gaz parfait, la relation de Mayer relie les capacités thermiques molaires isobare C_{p\mathrm{m}} et isochore C_{v\mathrm{m}} :

   C_{p\mathrm{m}} - C_{v\mathrm{m}} = R

   Par définition du coefficient isentropique \gamma, on a :

   \gamma = \frac{C_{p\mathrm{m}}}{C_{v\mathrm{m}}} \iff C_{v\mathrm{m}} = \frac{C_{p\mathrm{m}}}{\gamma}

   En injectant cette relation dans celle de Mayer, on obtient :

   \begin{aligned} C_{p\mathrm{m}} \left(1 - \frac{1}{\gamma}\right) &= R \\ C_{p\mathrm{m}} \left(\frac{\gamma - 1}{\gamma}\right) &= R \\ C_{p\mathrm{m}} &= \frac{\gamma R}{\gamma - 1} \end{aligned}

   La capacité thermique isobare massique de l'air c_{\mathrm{pa}} est reliée à la capacité thermique molaire C_{p\mathrm{m}} par la masse molaire M_{\mathrm{air}} selon c_{\mathrm{pa}} = \frac{C_{p\mathrm{m}}}{M_{\mathrm{air}}}, ce qui conduit à :

   \boxed{c_{\mathrm{pa}} = \frac{\gamma R}{(\gamma - 1) M_{\mathrm{air}}}}

   Résultat

   $$c_{\mathrm{pa}}=\frac{\gamma R}{(\gamma -1)M_{\mathrm{air}}}$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2023, Q26

   Dans le cycle de Brayton idéal, le fluide est un gaz parfait subissant des transformations isentropiques réversibles dans le compresseur et dans la turbine.

   Pour une transformation isentropique d'un gaz parfait dont le rapport des capacités thermiques \gamma est supposé constant, la loi de Laplace s'écrit sous la forme :

   T\, P^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} = \text{cte} \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{T_{\text{final}}}{T_{\text{initial}}} = \left(\frac{P_{\text{final}}}{P_{\text{initial}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}

   1. Compression isentropique 1 \to 2 : L'air passe de l'état initial (T_{\mathrm{i}1}, P_{\mathrm{a}}) à l'état (T_{\mathrm{i}2}, P_2) :

   \frac{T_{\mathrm{i}2}}{T_{\mathrm{i}1}} = \left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}

   D'où l'expression de T_{\mathrm{i}2} :

   \boxed{T_{\mathrm{i}2} = T_{\mathrm{i}1} \left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}}

   2. Détente isentropique 3 \to 4 : L'air se détend dans la turbine de l'état (T_{\mathrm{i}3}, P_2) à l'état (T_{\mathrm{i}4}, P_{\mathrm{a}}) :

   \frac{T_{\mathrm{i}4}}{T_{\mathrm{i}3}} = \left(\frac{P_{\mathrm{a}}}{P_2}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}

   En inversant le rapport des pressions pour exprimer T_{\mathrm{i}3}, on obtient :

   \boxed{T_{\mathrm{i}3} = T_{\mathrm{i}4} \left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}}

   Résultat

   $$T_{\mathrm{i}2}=T_{\mathrm{i}1}{\left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)}^{\frac{\gamma -1}{\gamma }}$$

   $$T_{\mathrm{i}3}=T_{\mathrm{i}4}{\left(\frac{P_2}{P_{\mathrm{a}}}\right)}^{\frac{\gamma -1}{\gamma }}$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2022, Q11

   1. Caractère isenthalpe de la détente de Joule-Thomson

   Considérons le système ouvert constitué par le fluide en écoulement stationnaire à travers le détendeur entre l'entrée (état 1) et la sortie (état 2). Le premier principe en régime permanent, rappelé à la question Q1, s'écrit :

   \Delta h + \Delta e_c + \Delta e_p = w_u + q

   • Le détendeur ne comporte aucune pièce mobile, le travail utile échangé est nul : w_u = 0.
   • La détente est calorifugée ou suffisamment rapide pour être modélisée comme adiabatique : q = 0.
   • Les variations d'énergie cinétique et potentielle sont négligeables : \Delta e_c \approx 0 et \Delta e_p \approx 0.

   On en déduit :

   \Delta h = h_2 - h_1 = 0 \iff h_2 = h_1

   Pour une masse totale m, l'enthalpie globale H = m\,h est également conservée.

   \boxed{\text{La détente de Joule-Thomson est isenthalpe : } H = \text{cte}.}

   2. Caractère isotherme pour un gaz parfait

   D'après la deuxième loi de Joule, l'enthalpie d'un gaz parfait ne dépend que de sa température absolue : H = H(T), soit dH = C_p\,\mathrm{d}T. Par conséquent, entre les deux états :

   \Delta H = \int_{T_1}^{T_2} C_p\,\mathrm{d}T = 0

   Comme la capacité thermique C_p > 0, cela impose :

   \boxed{T_2 = T_1 \iff T = \text{cte} \quad (\text{détente isotherme}).}

   3. Forme des isothermes dans le diagramme \{\log(P), h\}

   Dans un diagramme \{\log(P), h\}, où l'enthalpie massique h est en abscisse et \log(P) (ou la pression P en échelle logarithmique) en ordonnée :

   • Pour un gaz parfait, h ne dépend que de la température T.
   • Ainsi, le long d'une isotherme (T = \text{cte}), l'enthalpie massique h reste constante quelle que soit la pression P.

   \boxed{\text{Pour un gaz parfait, les isothermes sont des droites verticales dans le diagramme } \{\log(P), h\}.}

   Résultat

   $$\text{La deˊtente de Joule-Thomson est isenthalpe : }H=\text{cte}.$$

   $$T_2=T_1⟺T=\text{cte}(\text{deˊtente isotherme}).$$

   $$\text{Pour un gaz parfait, les isothermes sont des droites verticales dans le diagramme }\{\log (P),h\}.$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2022, Q15

   La deuxième identité thermodynamique s'écrit :

   \mathrm{d}H = T\,\mathrm{d}S + V\,\mathrm{d}P \iff \mathrm{d}S = \frac{\mathrm{d}H}{T} - \frac{V}{T}\,\mathrm{d}P

   Pour un gaz parfait (deuxième loi de Joule et équation d'état) :

   \mathrm{d}H = C_P\,\mathrm{d}T \quad \text{et} \quad \frac{V}{T} = \frac{n\,R}{P}

   Il vient ainsi pour la différentielle de l'entropie :

   \mathrm{d}S = C_P\,\frac{\mathrm{d}T}{T} - n\,R\,\frac{\mathrm{d}P}{P}

   En intégrant entre l'état initial (T_I, P_I) et l'état final (T_F, P_F), sous l'hypothèse d'une capacité thermique C_P constante sur l'intervalle de température considéré :

   \boxed{\Delta S = S_F - S_I = C_P \cdot \ln\left(\frac{T_F}{T_I}\right) - n \cdot R \cdot \ln\left(\frac{P_F}{P_I}\right)}

   Appliquons ce résultat aux deux détentes adiabatiques, qui partent du même état initial (T_I, P_I) et s'achèvent à la même pression finale P_F = 1{,}0\text{ bar} :

   • Pour la détente adiabatique réversible, les transferts thermiques sont nuls et la création d'entropie est nulle, d'où \Delta S_{\text{REV}} = 0 :

     C_P \cdot \ln\left(\frac{T_{\text{F-REV}}}{T_I}\right) - n\,R \cdot \ln\left(\frac{P_F}{P_I}\right) = 0

   • Pour la détente adiabatique irréversible, le système n'échange pas de chaleur avec l'extérieur (S_{\text{éch}} = 0), mais il y a création d'entropie (\delta S_i > 0 \implies S_{\text{créée}} > 0). Le bilan entropique donne \Delta S_{\text{IRREV}} = S_{\text{créée}} > 0 :

     C_P \cdot \ln\left(\frac{T_{\text{F-IRREV}}}{T_I}\right) - n\,R \cdot \ln\left(\frac{P_F}{P_I}\right) = S_{\text{créée}} > 0

   En effectuant la différence membre à membre entre ces deux équations :

   C_P \cdot \ln\left(\frac{T_{\text{F-IRREV}}}{T_{\text{F-REV}}}\right) = S_{\text{créée}} > 0

   La capacité thermique à pression constante étant strictement positive (C_P > 0), il s'ensuit que :

   \ln\left(\frac{T_{\text{F-IRREV}}}{T_{\text{F-REV}}}\right) > 0 \iff \frac{T_{\text{F-IRREV}}}{T_{\text{F-REV}}} > 1

   On retrouve bien analytiquement le résultat établi graphiquement à la question 14 :

   \boxed{T_{\text{F-IRREV}} > T_{\text{F-REV}}}

   Résultat

   $$\Delta S=S_F-S_I=C_P\cdot \ln \left(\frac{T_F}{T_I}\right)-n\cdot R\cdot \ln \left(\frac{P_F}{P_I}\right)$$

   $$T_{\text{F-IRREV}}>T_{\text{F-REV}}$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2020, Q1

   Considérons une masse unité d'eau liquide. La première identité thermodynamique liant l'énergie interne massique u, l'entropie massique s et le volume massique v s'écrit :

   \mathrm{d}u = T\,\mathrm{d}s - P\,\mathrm{d}v

   Le fluide étant modélisé comme un liquide incompressible, son volume massique est constant (v = \text{cste}), d'où :

   \mathrm{d}v = 0

   L'identité thermodynamique se simplifie alors en :

   \mathrm{d}u = T\,\mathrm{d}s

   Pour une phase condensée idéale incompressible, l'énergie interne ne dépend que de la température (première loi de Joule) et vérifie \mathrm{d}u = c_{\text{EAU}}\,\mathrm{d}T, où c_{\text{EAU}} est la capacité thermique massique de l'eau liquide. On en déduit :

   \mathrm{d}s = c_{\text{EAU}}\,\frac{\mathrm{d}T}{T}

   Pour une transformation isentropique, l'entropie massique reste constante, soit \mathrm{d}s = 0. Puisque c_{\text{EAU}} \neq 0 et T > 0, il vient :

   \mathrm{d}T = 0 \iff T = \text{cste}

   \boxed{\text{Pour un liquide incompressible, toute transformation isentropique est isotherme.}}

   Résultat

   $$\text{Pour un liquide incompressible, toute transformation isentropique est isotherme.}$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2020, Q3

   L'identité thermodynamique appliquée à l'enthalpie massique h d'un fluide homogène s'écrit :

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

   où v = \frac{1}{\rho_{\text{EAU}}} est le volume massique du liquide.

   La compression de l'état A à l'état B étant isentropique (Document 2), on a \mathrm{d}s = 0, d'où :

   \mathrm{d}h = v\,\mathrm{d}P

   D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à un fluide en écoulement stationnaire dans une machine ouverte (sans variation d'énergie cinétique ni d'énergie potentielle macroscopiques) :

   \Delta h = h_B - h_A = w_{\text{comp}} + q

   La transformation étant adiabatique et réversible (isentropique), aucun transfert thermique n'a lieu avec l'extérieur (q = 0). Le travail massique reçu par l'eau liquide dans le compresseur s'identifie donc à la variation d'enthalpie :

   w_{\text{comp}} = h_B - h_A = \int_{P_A}^{P_B} v\,\mathrm{d}P

   L'eau liquide étant incompressible, son volume massique v est indépendant de la pression :

   w_{\text{comp}} = v\,(P_B - P_A) = \frac{P_B - P_A}{\rho_{\text{EAU}}}

   \boxed{w_{\text{comp}} = \frac{P_B - P_A}{\rho_{\text{EAU}}}}

   Application numérique avec les données de l'énoncé :

   • P_A = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \cdot 10^5\text{ Pa} ;
   • P_B = 40\text{ bar} = 40 \cdot 10^5\text{ Pa} ;
   • \rho_{\text{EAU}} = 1{,}0 \cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}.

   w_{\text{comp}} = \frac{(40 - 1{,}0) \cdot 10^5}{1{,}0 \cdot 10^3} = 3{,}9 \cdot 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 3{,}9\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   \boxed{w_{\text{comp}} = 3{,}9\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$w_{\text{comp}}=\frac{P_B-P_A}{{\rho }_{\text{EAU}}}$$

   $$w_{\text{comp}}=3,9\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique B PT 2020, Q4

    Considérons le fluide traversant l'ensemble de la chaudière (économiseur, ballon vaporisateur et surchauffeur) entre l'état d'entrée B et l'état de sortie E.

    Il s'agit d'un système ouvert en régime permanent. Les éléments de la chaudière étant des appareils d'échange thermique fixes, aucun travail utile n'est échangé avec l'extérieur (w_u = 0). En négligeant les variations d'énergie cinétique et potentielle comme indiqué dans l'énoncé (\Delta e_c \approx 0 et \Delta e_p \approx 0), le premier principe industriel s'écrit :

    \Delta h = h_E - h_B = w_u + q_{\text{ch}} = q_{\text{ch}}

    où q_{\text{ch}} représente le transfert thermique massique total reçu par l'eau le long des trois étapes successives de chauffage isobare (B \to C, C \to D et D \to E) :

    q_{\text{ch}} = q_{\text{écon}} + q_{\text{ballon}} + q_{\text{surch}} = (h_C - h_B) + (h_D - h_C) + (h_E - h_D)

    Le transfert thermique massique total s'exprime donc simplement par :

    \boxed{q_{\text{ch}} = h_E - h_B}

    D'après les lectures réalisées sur le diagramme à la question 2 :

    • h_E \approx 3150\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
    • h_B \approx 105\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} (ou \approx 100\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}).

    On obtient numériquement :

    q_{\text{ch}} = 3150 - 100 = 3{,}05 \cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

    Cette valeur correspond exactement au dénominateur 3{,}05 présent dans l'aide au calcul numérique de l'énoncé (0{,}72/3{,}05 = 0{,}24).

    Avec deux chiffres significatifs :

    \boxed{q_{\text{ch}} = 3{,}1 \cdot 10^3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 3{,}05\cdot 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}}

    Résultat

    $$q_{\text{ch}}=h_E-h_B$$

    $$q_{\text{ch}}=3,1\cdot 10^3\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}=3,05\cdot 10^6\text{ J}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question