Feuille d'entraînement : Description d'un système thermodynamique

Corrigés

1. Exercice 1Banque 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

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

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q48

   Le vase d'expansion étant de volume total V_{\text{tot}} constant, le volume occupé par le gaz parfait à tout instant vaut :

   V_{\text{gaz}} = V_{\text{tot}} - V_{\text{eau}}

   Les deux états de fonctionnement extrêmes de la cuve sont :

   • à la pression minimale P_{\min} : le volume d'eau est minimal (V_{\text{eau}} = V_{\min}), donc le volume du gaz est maximal :

     V_{\text{gaz},\max} = V_{\text{tot}} - V_{\min}

   • à la pression maximale P_{\max} : le volume d'eau est maximal (V_{\text{eau}} = V_{\max}), donc le volume du gaz est minimal :

     V_{\text{gaz},\min} = V_{\text{tot}} - V_{\max}

   D'après la question Q47, la transformation subie par le gaz parfait est isotherme à la température T_0. La loi de Boyle-Mariotte donne :

   P_{\min} V_{\text{gaz},\max} = P_{\max} V_{\text{gaz},\min}

   En introduisant le rapport adimensionné \alpha = \dfrac{P_{\min}}{P_{\max}}, il vient :

   V_{\text{gaz},\min} = \alpha \, V_{\text{gaz},\max}

   La variation de volume d'eau stockée s'écrit alors :

   \begin{aligned} \Delta V &= V_{\max} - V_{\min} \\ &= (V_{\text{tot}} - V_{\text{gaz},\min}) - (V_{\text{tot}} - V_{\text{gaz},\max}) \\ &= V_{\text{gaz},\max} - V_{\text{gaz},\min} \\ &= (1 - \alpha) V_{\text{gaz},\max} \end{aligned}

   En remplaçant V_{\text{gaz},\max} par son expression en fonction de V_{\text{tot}} et V_{\min}, on obtient :

   \boxed{\Delta V = (1 - \alpha)\,(V_{\text{tot}} - V_{\min})}

   Résultat

   $$\Delta V=(1-\alpha )(V_{\text{tot}}-V_{\min })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2026, Q49

   D'après la question Q48, le volume utile d'eau pouvant être emmagasiné dans le vase d'expansion s'écrit :

   \Delta V = (1 - \alpha)\left(V_{\text{tot}} - V_{\min}\right) \quad \text{avec} \quad \alpha = \frac{P_{\min}}{P_{\max}} \in {]0, 1[}

   Le volume d'eau minimal V_{\min} étant nécessairement positif ou nul (V_{\min} \geqslant 0), \Delta V est maximal lorsque la réserve d'eau est totalement vidée au seuil de pression basse, c'est-à-dire pour :

   V_{\min} = 0

   Dans ces conditions optimales d'exploitation, le gaz parfait occupe l'intégralité du volume du vase lorsque la pression atteint P_{\min} :

   V_{\text{gaz}}(P_{\min}) = V_{\text{tot}} - V_{\min} = V_{\text{tot}}

   En appliquant l'équation d'état des gaz parfaits à cet instant (la température étant maintenue à T_0 = 20\text{ }^\circ\text{C} par équilibre avec l'atmosphère extérieure) :

   P_{\min} V_{\text{tot}} = n_{\text{gaz}} R T_0

   On en déduit l'expression littérale de la quantité de matière de gaz :

   \boxed{n_{\text{gaz}} = \frac{P_{\min} V_{\text{tot}}}{R T_0}}

   Application numérique :

   • P_{\min} = 1{,}5\text{ bar} = 1{,}5 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • V_{\text{tot}} = 2000\text{ L} = 2{,}0\text{ m}^3 ;
   • R = 8\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
   • T_0 = 20 + 273 = 293\text{ K}.

   \begin{aligned} n_{\text{gaz}} &= \frac{1{,}5 \times 10^5 \times 2{,}0}{8 \times 293} = \frac{3{,}0 \times 10^5}{2344} \approx 128\text{ mol} \end{aligned}

   \boxed{n_{\text{gaz}} \approx 1{,}3 \times 10^2\text{ mol}} \quad (\text{soit } 128\text{ mol})

   Résultat

   $$n_{\text{gaz}}=\frac{P_{\min }{V}_{\text{tot}}}{R{T}_0}$$

   $$n_{\text{gaz}}\approx 1,3\times 10^2\text{ mol}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2026, Q8

   1. Équation générale d'une isobare pour un gaz parfait

   Pour une masse unité de gaz parfait, la seconde identité thermodynamique s'écrit :

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

   En appliquant la première loi de Joule sous forme massique (dh = c_p\,\mathrm{d}T, avec c_p la capacité thermique massique à pression constante supposée constante) et l'équation d'état du gaz parfait (v = \frac{rT}{P}, avec r = \frac{R}{M}), la différentielle de l'entropie massique devient :

   \mathrm{d}s = c_p\,\frac{\mathrm{d}T}{T} - r\,\frac{\mathrm{d}P}{P}

   Le long d'une isobare (\mathrm{d}P = 0), on a donc :

   \left(\frac{\partial s}{\partial T}\right)_P = \frac{c_p}{T}

   En intégrant entre un état de référence (T_0, s_0) et l'état (T, s) le long de l'isobare, on obtient :

   s(T) - s_0 = c_p \ln\left(\frac{T}{T_0}\right)

   En exprimant la température T (en ordonnée) en fonction de l'entropie massique s (en abscisse) :

   \boxed{T(s) = T_0 \exp\left(\frac{s - s_0}{c_p}\right)}

   Dans le diagramme (T, s), l'isobare est donc une courbe exponentielle croissante de pente :

   \left(\frac{\partial T}{\partial s}\right)_P = \frac{T}{c_p} > 0

   2. Allure des isenthalpes à entropie élevée

   À entropie massique élevée (partie droite du diagramme, correspondant à des pressions modérées ou faibles et à de la vapeur surchauffée), la vapeur d'eau se comporte de façon quasi idéale.

   D'après la deuxième loi de Joule, l'enthalpie d'un gaz parfait ne dépend que de sa température :

   h = h(T) \quad \text{soit} \quad \mathrm{d}h = c_p\,\mathrm{d}T

   Par conséquent, une ligne isenthalpe (h = \text{cste}, donc \mathrm{d}h = 0) est confondue avec une isotherme (T = \text{cste}).

   Dans le diagramme (T, s), où la température T est portée sur l'axe des ordonnées :

   \boxed{\text{Les courbes isenthalpes deviennent des droites horizontales à entropie élevée.}}

   Cette allure horizontale est clairement visible sur le diagramme du document réponse 1 pour les valeurs élevées d'entropie (s \gtrsim 7\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}).

   Résultat

   $$T(s)=T_0\exp \left(\frac{s-s_0}{c_p}\right)$$

   $$\text{Les courbes isenthalpes deviennent des droites horizontales aˋ entropie eˊleveˊe.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2025, Q15

   Dans un volume V = 1\text{ m}^3 d'air humide à T = 27\text{ }^\circ\mathrm{C} = 300\text{ K}, la quantité maximale d'eau sous forme vapeur correspond à la saturation de l'air, soit une pression partielle P_{ve} = P_{\text{sat}}. En assimilant la vapeur d'eau à un gaz parfait :

   P_{\text{sat}} V = n_{\max} R T = \frac{m_{\max}}{M_{\text{eau}}} R T

   D'où l'expression de la masse maximale d'eau récupérable :

   m_{\max} = \frac{P_{\text{sat}} M_{\text{eau}} V}{R T}

   Application numérique :

   • Avec les valeurs précises fournies :

     \begin{aligned} m_{\max} &= \frac{3{,}568 \times 10^3 \times 18 \times 10^{-3} \times 1}{8{,}314 \times 300{,}15} \approx 2{,}6 \times 10^{-2}\text{ kg} = 26\text{ g} \end{aligned}

   • Avec les arrondis proposés par l'énoncé (P_{\text{sat}} \approx 3\text{ kPa}, M_{\text{eau}} \approx 20\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, R \approx 10\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}) :

     \begin{aligned} m_{\max} &\approx \frac{3 \times 10^3 \times 20 \times 10^{-3} \times 1}{10 \times 300} = 2 \times 10^{-2}\text{ kg} = 20\text{ g} \end{aligned}

   \boxed{m_{\max} \approx 26\text{ g}\quad (\text{ou } 20\text{ g selon les arrondis})}

   La masse d'un volume V_{\text{eau}} = 1\text{ m}^3 d'eau liquide vaut :

   m_{\text{eau}} = \mu_{\text{eau}} V_{\text{eau}} = 10^3\text{ kg}

   Le volume minimal d'air à traiter pour condenser cette masse d'eau (en supposant une extraction totale) est :

   V_{\text{air, min}} = \frac{m_{\text{eau}}}{m_{\max}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} V_{\text{air, min}} &= \frac{10^3}{2{,}6 \times 10^{-2}} \approx 3{,}8 \times 10^4\text{ m}^3 \quad \left(\text{ou } \frac{10^3}{2 \times 10^{-2}} = 5 \times 10^4\text{ m}^3\right) \end{aligned}

   \boxed{V_{\text{air, min}} \approx 4 \times 10^4\text{ m}^3}

   Commentaire : Le volume d'air à traiter est gigantesque : 40\,000\text{ m}^3 correspond au volume d'un cube d'environ 34\text{ m} de côté (ou environ 16 piscines olympiques de 25\text{ m}). Cela souligne la très faible concentration massique de la vapeur d'eau dans l'air (de l'ordre de 2\% en masse) et implique que les générateurs d'eau atmosphérique doivent brasser des débits d'air considérables, ce qui induit une consommation d'énergie importante (puissance des ventilateurs et puissance frigorifique nécessaire pour condenser l'eau).

   Résultat

   $$m_{\max }\approx 26\text{ g}(\text{ou }20\text{ g selon les arrondis})$$

   $$V_{\text{air, min}}\approx 4\times 10^4{\text{ m}}^3$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2025, Q16

   L'énoncé introduit ici le principe de fonctionnement du psychromètre sans poser de question calculatoire directe.

   Le psychromètre est constitué de deux thermomètres placés dans le même flux d'air :

   • le premier mesure la température dite sèche T de l'air ambiant non saturé (bulbe nu et sec) ;
   • le second mesure la température dite humide T_h (bulbe entouré d'une mèche ou mousseline imbibée d'eau liquide pure, soumis à un courant d'air forcé entraînant l'évaporation stationnaire de l'eau).

   Ces deux températures T et T_h constituent le couple de mesures expérimentales permettant de déterminer l'état thermodynamique de l'air humide (son humidité relative et absolue).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2025, Q18

   Les gaz étant assimilés à des gaz parfaits, les quantités de matière de vapeur d'eau n_{ve} et d'air sec n_{as} contenues dans un volume V à la température T s'écrivent :

   \begin{aligned} n_{ve} &= \frac{P_{ve} V}{R T} \implies M_{ve} = n_{ve} M_{\text{eau}} = \frac{P_{ve} V}{R T} M_{\text{eau}} \\ n_{as} &= \frac{P_{as} V}{R T} \implies M_{as} = n_{as} M_{\text{air}} = \frac{P_{as} V}{R T} M_{\text{air}} \end{aligned}

   D'après la loi de Dalton, la pression totale du mélange est la somme des pressions partielles :

   P = P_{as} + P_{ve} \iff P_{as} = P - P_{ve}

   Le taux d'humidité absolu X_a est par définition le rapport des masses :

   X_a = \frac{M_{ve}}{M_{as}} = \frac{M_{\text{eau}}}{M_{\text{air}}} \frac{P_{ve}}{P_{as}} = \delta \frac{P_{ve}}{P - P_{ve}}

   En divisant le numérateur et le dénominateur par P_{ve}, on obtient :

   \boxed{X_a = \frac{\delta}{\frac{P}{P_{ve}} - 1}}

   À saturation, la pression partielle de vapeur d'eau atteint la pression de vapeur saturante, soit P_{ve} = P_{\text{sat}}. On en déduit directement le taux d'humidité absolu de l'air saturé :

   \boxed{X_{as} = \frac{\delta}{\frac{P}{P_{\text{sat}}} - 1}}

   Application numérique à 27~^{\circ}\text{C} : Les données du sujet précisent :

   • P = P_{\text{atm}} = 1\text{ bar} = 100\text{ kPa} ;
   • P_{\text{sat}}(27~^{\circ}\text{C}) = 3{,}568\text{ kPa} \approx 3\text{ kPa} ;
   • M_{\text{eau}} = 18\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} et M_{\text{air}} = 29\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, soit \delta = \frac{18}{29} \approx 0{,}621 (ou de façon approchée \frac{20}{30} \approx 0{,}67).

   Avec les valeurs précises :

   \frac{P}{P_{\text{sat}}} = \frac{100}{3{,}568} \approx 28{,}0 \implies \frac{P}{P_{\text{sat}}} - 1 \approx 27{,}0

   X_{as} = \frac{18}{29 \times 27{,}0} = \frac{2}{29 \times 3} = \frac{2}{87} \approx 0{,}023\text{ kg}_{\text{eau}}\cdot\text{kg}_{\text{air sec}}^{-1}

   (Avec les valeurs approchées de l'énoncé \delta \approx \frac{2}{3} et P_{\text{sat}} \approx 3\text{ kPa}, on obtient X_{as} \approx \frac{2/3}{(100/3) - 1} = \frac{2}{97} \approx 0{,}021).

   En conservant deux chiffres significatifs :

   \boxed{X_{as}(27~^{\circ}\text{C}) \approx 2{,}3 \times 10^{-2}\text{ kg}\cdot\text{kg}^{-1} = 23\text{ g}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$X_a=\frac{\delta }{\frac{P}{P_{ve}}-1}$$

   $$X_{as}=\frac{\delta }{\frac{P}{P_{\text{sat}}}-1}$$

   $$X_{as}(27{}^{\circ }\text{C})\approx 2,3\times 10^{-2}\text{ kg}\cdot {\text{kg}}^{-1}=23\text{ g}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2024, Q11

   Le réacteur étant de volume V indéformable et maintenu à la température T constante, le modèle des gaz parfaits donne :

   • à l'état initial (t = 0), seul le gaz \mathrm{PH}_3 est présent :

     P_0 = \frac{n_0 R T}{V}

   • à une date t quelconque, la pression totale dépend de la quantité totale de gaz n_g(t) = n_0 + 2\xi (d'après le tableau d'avancement de la question Q10) :

     P = \frac{n_g(t) R T}{V} = \frac{(n_0 + 2\xi) R T}{V} = P_0 + 2\,\frac{\xi R T}{V}

     On en déduit l'expression du terme lié à l'avancement :

     \frac{\xi R T}{V} = \frac{P - P_0}{2}

   La pression partielle en phosphine s'exprime selon :

   P_{\mathrm{PH}_3} = \frac{n(\mathrm{PH}_3) R T}{V} = \frac{(n_0 - 4\xi) R T}{V} = P_0 - 4\,\frac{\xi R T}{V}

   En injectant l'expression de \dfrac{\xi R T}{V}, on obtient :

   \begin{aligned} P_{\mathrm{PH}_3} &= P_0 - 4\left(\frac{P - P_0}{2}\right) \\ &= P_0 - 2(P - P_0) \end{aligned}

   D'où la relation demandée :

   \boxed{P_{\mathrm{PH}_3} = 3P_0 - 2P}

   Résultat

   $$P_{{\mathrm{PH}}_3}=3P_0-2P$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2024, Q12

   Dans le modèle des gaz parfaits, la pression partielle de la phosphine vérifie :

   P_{\mathrm{PH}_3} V = n_{\mathrm{PH}_3} R T

   La concentration molaire de la phosphine dans le volume V du réacteur s'écrit donc :

   C_{\mathrm{PH}_3} = \frac{n_{\mathrm{PH}_3}}{V} = \frac{P_{\mathrm{PH}_3}}{R T}

   En utilisant l'expression établie à la question Q11, P_{\mathrm{PH}_3} = 3P_0 - 2P, il vient :

   \boxed{C_{\mathrm{PH}_3} = \frac{3P_0 - 2P}{R T}}

   Résultat

   $$C_{{\mathrm{PH}}_3}=\frac{3P_0-2P}{RT}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2023, Q6

    1. Ordre de grandeur du volume de gaz

    L'eau vaporisée (m = 1\text{ kg}) représente une quantité de matière :

    n = \frac{m}{M} = \frac{1\,000\text{ g}}{18\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}} \approx 55{,}6\text{ mol}

    En assimilant la vapeur d'eau à un gaz parfait à la température T = 473\text{ K} sous la pression régnant dans la cavité P = 16\text{ bar} = 16 \times 10^5\text{ Pa} (question Q2) :

    V_{\text{gaz}} = \frac{n R T}{P} = \frac{m R T}{M P}

    Numériquement :

    \begin{aligned} V_{\text{gaz}} &= \frac{55{,}6 \times 8{,}3 \times 473}{16 \times 10^5} \\ &= \frac{2{,}18 \times 10^5}{16 \times 10^5} \approx 0{,}136\text{ m}^3 \approx 140\text{ L} \end{aligned}

    Au niveau de la cavité, le volume de gaz est ainsi de l'ordre de grandeur de :

    \boxed{V_{\text{gaz}} \sim 10^2\text{ L}}

    Ce volume est plus de cent fois supérieur au volume initial de la cavité (V_0 = 1\text{ L}). Lorsque ce gaz commence à refouler l'eau dans la cheminée et que la pression hydrostatique diminue, il se détend jusqu'à la pression atmosphérique P^0 = 1\text{ bar}, atteignant alors un volume de l'ordre de 2 \times 10^3\text{ L}.

    2. Nécessité de roches non-poreuses

    • Confinement de pression : Des roches imperméables sont indispensables pour assurer l'étanchéité du réservoir souterrain. Si la roche était poreuse, l'eau et la vapeur fuiraient latéralement, empêchant toute surpression significative dans la cavité.
    • Canalisation de l'éjection : L'imperméabilité des parois oblige la surpression à se décharger exclusivement vers le haut, à travers l'étroite cheminée conique.

    3. Caractère intermittent du phénomène

    Le fonctionnement du geyser s'explique par un cycle thermodynamique auto-entretenu :

    1. Infiltration et chauffage lent : De l'eau froide d'infiltration remplit la cavité et la cheminée. En profondeur, l'eau est soumise à une forte pression hydrostatique (16\text{ bar}), ce qui repousse sa température d'ébullition à 200^\circ\text{C}. L'eau s'échauffe lentement au contact des roches magmatiques (phénomène de conduction thermique lent).
    2. Déclenchement et décompression : Lorsque la température atteint 200^\circ\text{C} au fond, des bulles de vapeur se forment. En gonflant, elles chassent un volume d'eau hors du sommet de la cheminée.
    3. Ébullition explosive : La perte de cette masse d'eau réduit la hauteur de la colonne liquide, provoquant une baisse brutale de la pression hydrostatique dans tout le conduit. Toute l'eau surchauffée de la colonne se retrouve instantanément au-dessus de sa température d'ébullition : elle se vaporise massivement et de façon quasi-instantanée, projetant violemment l'eau et la vapeur vers le haut (le jaillissement).
    4. Réamorçage : Une fois la cheminée vidée et refroidie par la détente, une nouvelle masse d'eau froide s'infiltre. Le cycle recommence.

    L'intermittence résulte ainsi du contraste majeur d'échelles de temps entre la phase de remplissage et de chauffage conductif (plusieurs dizaines de minutes) et la phase d'éruption hydrodynamique (quelques secondes à minutes).

    Résultat

    $$V_{\text{gaz}}\sim 10^2\text{ L}$$

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