Feuille d'entraînement : Description d'un système thermodynamique

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q1

   Les deux principaux constituants de l'atmosphère terrestre (en air sec) sont :

   • le diazote (\mathrm{N}_2), qui représente environ 78\,\% en fraction molaire (ou volumique) ;
   • le dioxygène (\mathrm{O}_2), qui représente environ 21\,\% en fraction molaire (ou volumique).

   En première approximation, on retient souvent les proportions approchées de 4/5 (soit 80\,\%) pour le diazote et de 1/5 (soit 20\,\%) pour le dioxygène. Le pourcent restant est constitué majoritairement d'argon (\approx 0{,}93\,\%) et d'autres gaz à l'état de traces (dioxyde de carbone, néon, hélium, etc.).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q8

   Le modèle microscopique du gaz parfait repose sur les hypothèses suivantes :

   • Particules ponctuelles : le volume propre des entités (atomes ou molécules) est négligeable devant le volume V accessible au gaz (covolume nul).
   • Absence d'interactions à distance : les particules n'exercent aucune interaction mutuelle à distance ; l'énergie potentielle d'interaction entre molécules est donc négligeable devant leur énergie cinétique.
   • Chocs élastiques instantanés : les seules interactions prises en compte sont des collisions élastiques (avec conservation de l'énergie cinétique) de durée négligeable, entre particules d'une part, et contre les parois du récipient d'autre part.
   • Chaos moléculaire : le mouvement des particules est désordonné, isotrope et régit par les lois de la mécanique classique.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q9

   D'après la formule donnée dans l'énoncé, la vitesse quadratique moyenne des atomes d'hélium s'écrit :

   u = \sqrt{\frac{3RT}{\mathcal{M}_{\mathrm{He}}}}

   Avec les valeurs numériques fournies :

   • R = 8{,}0\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
   • T = 300\text{ K} ;
   • \mathcal{M}_{\mathrm{He}} = 4{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;

   on obtient :

   \begin{aligned} u &= \sqrt{\frac{3 \times 8{,}0 \times 300}{4{,}0 \cdot 10^{-3}}} = \sqrt{\frac{7\,200}{4{,}0 \cdot 10^{-3}}} = \sqrt{1{,}8 \cdot 10^{6}} = \sqrt{1{,}8} \cdot 10^{3}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. \end{aligned}

   En utilisant l'aide numérique \sqrt{1{,}8} \approx 1{,}3 :

   \boxed{u \approx 1{,}3 \cdot 10^{3}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 1{,}3\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   D'après le résultat de la question Q7, la vitesse de libération terrestre vaut v_{\ell} \approx 1{,}2 \cdot 10^{4}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, d'où :

   \frac{v_{\ell}}{10} \approx 1{,}2 \cdot 10^{3}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 1{,}2\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}.

   On constate ainsi que :

   u > \frac{v_{\ell}}{10}.

   D'après le critère énoncé, les atomes d'hélium sont capables de s'échapper progressivement de l'attraction gravitationnelle de la Terre. Bien qu'il soit produit en permanence dans la croûte terrestre par radioactivité, l'hélium diffuse vers l'espace à l'échelle des temps géologiques, ce qui justifie sa très faible teneur dans l'atmosphère terrestre (de l'ordre de 5\text{ ppm}).

   Résultat

   $$u\approx 1,3\cdot 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}=1,3\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q38

   Considérons l'équilibre hétérogène de vaporisation de l'acide méthanoïque liquide pur (réaction (4)) :

   \mathrm{HCO_2H(liq)} = \mathrm{HCO_2H(gaz)}

   Les activités des constituants s'écrivent :

   • pour l'acide méthanoïque liquide pur, constituant seul dans sa phase condensée : a\big(\mathrm{HCO_2H(liq)}\big) = 1 ;
   • pour l'acide méthanoïque gazeux, assimilé à un gaz parfait de pression partielle p : a\big(\mathrm{HCO_2H(gaz)}\big) = \dfrac{p}{P^\circ}, avec P^\circ = 1\text{ bar}.

   À l'équilibre physico-chimique entre le liquide pur et sa vapeur à la température T, le quotient de réaction est égal à la constante d'équilibre K_4^\circ(T), de sorte que la pression de vapeur saturante p_{\text{sat}} vérifie :

   K_4^\circ(T) = \frac{p_{\text{sat}}}{P^\circ}

   L'odeur de l'acide méthanoïque est perceptible par un individu d'odorat moyen dès lors que la pression partielle p de vapeur au-dessus du liquide atteint ou dépasse le seuil de sensibilité p_{\min} = 10^{-4}\text{ bar}. Au voisinage de la surface libre, la pression partielle maximale possible est la pression de vapeur saturante p_{\text{sat}}. La condition de sensibilité s'écrit donc :

   p_{\text{sat}} \ge p_{\min} \iff K_4^\circ(T) \ge \frac{p_{\min}}{P^\circ}

   En prenant le logarithme décimal :

   \log_{10}\big(K_4^\circ(T)\big) \ge \log_{10}\left(\frac{p_{\min}}{P^\circ}\right) = \log_{10}(10^{-4}) = -4

   En injectant l'expression de la constante d'équilibre fournie :

   \begin{aligned} \alpha - \frac{\Theta}{T} &\ge -4 \\ \frac{\Theta}{T} &\le \alpha + 4 \\ T &\ge \frac{\Theta}{\alpha + 4} \end{aligned}

   Application numérique : avec \alpha = 14{,}1 et \Theta = 5{,}60 \times 10^3\text{ K} :

   T \ge \frac{5{,}60 \times 10^3}{14{,}1 + 4} = \frac{5{,}60 \times 10^3}{18{,}1} \approx 309{,}4\text{ K}

   En degrés Celsius, avec T(\text{K}) = \theta(^\circ\text{C}) + 273 :

   \theta \ge 309{,}4 - 273 = 36{,}4\,^\circ\text{C}

   \boxed{T \ge 309\text{ K} \quad \text{soit} \quad \theta \ge 36\,^\circ\text{C}}

   Résultat

   $$T\ge 309\text{ K}\text{soit}\theta \ge 36{}^{\circ }\text{C}$$

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5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q10

   Dans le cadre du modèle du gaz parfait (à quantité de matière n fixée) :

   • d'après la première loi de Joule, l'énergie interne ne dépend que de la température : U = U(T) ;
   • d'après la deuxième loi de Joule, l'enthalpie ne dépend également que de la température : H = H(T).

   Pour une quantité de matière variable, U et H sont proportionnelles à n et ne dépendent donc que du couple de paramètres (T, n).

   Par définition de l'enthalpie et grâce à l'équation d'état du gaz parfait PV = nRT, on a :

   H = U + PV = U + nRT

   Comme U et H ne dépendent que de la température, les capacités thermiques s'expriment par des dérivées totales :

   C_V = \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}T} \quad \text{et} \quad C_P = \frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}T}

   En dérivant la relation précédente par rapport à T, on obtient la relation de Mayer :

   C_P - C_V = nR

   En utilisant la définition du rapport adiabatique \gamma = \dfrac{C_P}{C_V}, il vient :

   \gamma C_V - C_V = (\gamma - 1)C_V = nR

   On en déduit les expressions de C_V et C_P :

   \boxed{C_V = \frac{nR}{\gamma - 1}}

   \boxed{C_P = \frac{n\gamma R}{\gamma - 1}}

   où R est la constante fondamentale molaire des gaz parfaits.

   Résultat

   $$C_V=\frac{nR}{\gamma -1}$$

   $$C_P=\frac{n\gamma R}{\gamma -1}$$

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6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q9

   D'après l'énoncé, le pinène a pour formule brute \mathrm{C}_{10}\mathrm{H}_{16}. Sa masse molaire vaut :

   M = 10 \times M(\mathrm{C}) + 16 \times M(\mathrm{H}) = 10 \times 12 + 16 \times 1 = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 0,136\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}

   À l'équilibre de vaporisation à la température T = 293\text{ K}, la pression partielle du pinène gazeux dans le local est égale à sa pression de vapeur saturante :

   p = p_p(293) = 430\text{ Pa}

   En assimilant la vapeur de pinène à un gaz parfait occupant un volume V, on a :

   p_p V = n R T = \frac{m}{M} R T

   La concentration massique de pinène dans l'air, notée C_m, s'exprime donc par :

   C_m = \frac{m}{V} = \frac{p_p M}{R T}

   Application numérique avec p_p = 430\text{ Pa}, M = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, R = 8,31\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} et T = 293\text{ K} :

   \begin{aligned} C_m &= \frac{430 \times 136}{8,31 \times 293} \approx 24,0\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} \end{aligned}

   \boxed{C_m \approx 24\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} > 5\text{ g}\cdot\text{m}^{-3}}

   La concentration à l'équilibre dépasse largement la teneur limite admissible de 5\text{ g}\cdot\text{m}^{-3} (près de 5 fois plus élevée). Il est donc dangereux de travailler dans un local fermé à 20\text{ }^\circ\text{C} où se trouve de la térébenthine à l'équilibre de vaporisation ; une ventilation efficace est indispensable.

   Résultat

   $$C_m\approx 24\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}>5\text{ g}\cdot {\text{m}}^{-3}$$

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7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q13

   Dans le mélange gazeux issu de l'alambic et entraîné vers le condenseur, les deux espèces sont assimilées à des gaz parfaits. Pour un même volume V de vapeur à la température T_{\text{eb}}, les quantités de matière d'eau n_e et de pinène n_p s'écrivent :

   n_e = \frac{p_e V}{R T_{\text{eb}}} \quad \text{et} \quad n_p = \frac{p_p V}{R T_{\text{eb}}}

   Le rapport molaire dans la phase gazeuse est donc égal au rapport des pressions partielles :

   \frac{n_e}{n_p} = \frac{p_e}{p_p}

   Les masses correspondantes m_e et m_p produites sont reliées aux quantités de matière par leurs masses molaires M_e et M_p :

   m_e = n_e M_e \quad \text{et} \quad m_p = n_p M_p

   On en déduit l'expression de la masse d'eau nécessaire :

   m_e = m_p \, \frac{p_e M_e}{p_p M_p}

   D'après les données de l'énoncé :

   • Pour l'eau \mathrm{H_2O} : M_e = 2 \times 1 + 16 = 18\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • Pour le pinène \mathrm{C_{10}H_{16}} : M_p = 10 \times 12 + 16 \times 1 = 136\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • D'après la question Q12 : p_e \approx 0{,}85\text{ bar} et p_p \approx 0{,}15\text{ bar} ;
   • m_p = 1{,}0\text{ kg}.

   Application numérique :

   \begin{aligned} m_e &= 1{,}0 \times \frac{0{,}85 \times 18}{0{,}15 \times 136} \\ &= 1{,}0 \times \frac{17}{3} \times \frac{9}{68} \\ &= 1{,}0 \times \frac{3}{4} = 0{,}75\text{ kg} \end{aligned}

   \boxed{m_e = 0{,}75\text{ kg}}

   Résultat

   $$m_e=0,75\text{ kg}$$

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8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MPI 2024, Q25

   D'après l'équation bilan de la réaction (1) :

   \mathrm{H_2P_2O_7^{2-} + HCO_3^- \longrightarrow CO_2(g) + H_2O + HP_2O_7^{3-}}

   une mole de \mathrm{HCO_3^-} (ou de \mathrm{H_2P_2O_7^{2-}}) réagissant totalement produit une mole de dioxyde de carbone gazeux.

   La quantité de matière de \mathrm{CO_2} libérée par la réaction totale d'un sachet de levure correspond donc à la quantité initiale calculée à la question Q24 :

   n(\mathrm{CO_2}) = n_{\mathrm{b}} = \frac{m_{\mathrm{b}}}{M_{\mathrm{b}}} = \frac{11}{306}\text{ mol} \approx 3{,}60 \cdot 10^{-2}\text{ mol}

   En assimilant le dioxyde de carbone à un gaz parfait, le volume V(\mathrm{CO_2}) libéré sous la pression P = 1\text{ bar} = 10^5\text{ Pa} et à la température de cuisson T = 170 + 273 = 443\text{ K} s'écrit :

   V(\mathrm{CO_2}) = \frac{n(\mathrm{CO_2}) R T}{P}

   Application numérique :

   \begin{aligned} V(\mathrm{CO_2}) &= \frac{3{,}595 \cdot 10^{-2} \times 8{,}31 \times 443}{10^5} \\ &= 1{,}32 \cdot 10^{-3}\text{ m}^3 \end{aligned}

   \boxed{V(\mathrm{CO_2}) \approx 1{,}3\text{ L}}

   Résultat

   $$V(\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2)\approx 1,3\text{ L}$$

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9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q17

   Cette relation s'obtient dans le cadre du modèle du gaz parfait monoatomique classique (non relativiste) :

   • Les constituants sont modélisés par des particules ponctuelles sans structure interne, n'interagissant entre elles que par des collisions élastiques instantanées (pas d'énergie potentielle d'interaction à distance).

   • Chaque particule ne possède que 3 degrés de liberté de translation. D'après le théorème de l'équipartition de l'énergie (ou la théorie cinétique des gaz), l'énergie cinétique moyenne d'une particule à la température T s'écrit :

     \langle e_c \rangle = \frac{3}{2} k_B T

     Pour un système de N particules, l'énergie cinétique totale de translation (agitation thermique) vaut donc :

     E_c = N \langle e_c \rangle = \frac{3}{2} N k_B T
   • L'équation d'état du gaz parfait s'écrit P V = N k_B T. En combinant ces deux relations, on obtient directement :

   \boxed{E_c = \frac{3}{2} PV}

   De manière équivalente, la théorie cinétique des gaz relie directement la pression cinétique P à la densité volumique d'énergie cinétique de translation u_c = E_c / V par la relation fondamentale :

   P = \frac{1}{3} n^* m \langle v^2 \rangle = \frac{2}{3} \frac{E_c}{V} \iff E_c = \frac{3}{2} P V

   qui reste valable pour tout gaz parfait où les particules n'ont pas d'énergie interne de rotation ou de vibration contribuant à la pression.

   Résultat

   $$E_c=\frac{3}{2}PV$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q19

    D'après l'hypothèse de la question Q17, l'énergie cinétique d'agitation thermique contenue dans un volume élémentaire \mathrm{d}V soumis à la pression locale P(r) s'écrit :

    \mathrm{d}E_c = \frac{3}{2} P(r) \, \mathrm{d}V

    En raison de la symétrie sphérique, on découpe l'étoile en couches concentriques d'épaisseur \mathrm{d}r, de volume \mathrm{d}V = 4\pi r^2 \mathrm{d}r. L'énergie cinétique totale s'obtient donc par intégration :

    \begin{aligned} E_c &= \int_0^R \frac{3}{2} P(r) \cdot 4\pi r^2 \, \mathrm{d}r \\ &= 6\pi \int_0^R P(r) \, r^2 \, \mathrm{d}r \end{aligned}

    En injectant l'expression de la pression issue de la question Q18, P(r) = \dfrac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6}(R^2 - r^2) :

    \begin{aligned} E_c &= 6\pi \times \frac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6} \int_0^R (R^2 - r^2) r^2 \, \mathrm{d}r \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R^6} \left[ \frac{R^2 r^3}{3} - \frac{r^5}{5} \right]_0^R \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R^6} R^5 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R} \times \frac{2}{15} \end{aligned}

    Ce qui se simplifie en :

    \boxed{E_c = \frac{3}{10} \frac{\mathcal{G}M^2}{R}}

    Commentaires :

    1. Théorème du viriel : À la question Q15, nous avons trouvé pour l'énergie potentielle gravitationnelle de l'étoile W_g = -\dfrac{3}{5}\dfrac{\mathcal{G}M^2}{R}. On constate la relation remarquable :

       E_c = -\frac{1}{2} W_g \quad \Longleftrightarrow \quad 2E_c + W_g = 0

       On retrouve exactement le théorème du viriel pour un système auto-gravitant à l'équilibre dynamique soumis à un potentiel d'interaction en 1/r.

    2. Cohérence des ordres de grandeur : Cela confirme que l'énergie thermique d'agitation et l'énergie gravitationnelle sont du même ordre de grandeur, comme annoncé dans le préambule.

    3. Énergie mécanique totale et stabilité : L'énergie mécanique totale de l'étoile vaut :

       E_m = E_c + W_g = -E_c = \frac{1}{2} W_g = -\frac{3}{10} \frac{\mathcal{G}M^2}{R} < 0

       Le signe négatif confirme que l'étoile forme un système gravitationnellement lié et stable.

    Résultat

    $$E_c=\frac{3}{10}\frac{\mathcal{G}{M}^2}{R}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question