Feuille d'entraînement : Thermodynamique

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2026, Q44

   Considérons une tranche de fluide en écoulement stationnaire incompressible et homogène entre la surface libre du puits en A_0 et l'entrée du vase d'expansion en D. En l'absence de pertes de charge, le bilan d'énergie mécanique (théorème de Bernoulli avec apport de puissance mécanique par la pompe) s'écrit :

   \Delta e_m = \left( \frac{v_D^2 - v_{A_0}^2}{2} \right) + g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho} = w_{\text{pompe}}

   où w_{\text{pompe}} = \frac{\mathcal{P}}{D_m} = \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} est le travail massique utile transféré par la pompe au fluide.

   D'après la question précédente, la variation d'énergie cinétique est négligée devant la variation d'énergie potentielle, d'où :

   \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} = g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho}

   Or, d'après les conditions de fonctionnement imposées :

   • la surface libre A_0 est à l'air libre : P_{A_0} = P_0 = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • au point D, la pression maximale recherchée est P_D = P_{\max} = 6{,}0\text{ bar} = 6{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • le dénivelé vaut z_D - z_{A_0} = h = 25\text{ m}.

   En multipliant par le débit massique D_m = \rho D_p, on obtient l'expression littérale de la puissance mécanique :

   \boxed{\mathcal{P} = D_p \left[ (P_{\max} - P_0) + \rho g h \right]}

   Application numérique :

   • D_p = 1000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{1000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = \frac{1}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} ;
   • P_{\max} - P_0 = (6{,}0 - 1{,}0)\text{ bar} = 5{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;

   • avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

     \rho g h = 1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}8 \times 25 = 2{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{ou } 2{,}5 \times 10^5\text{ Pa})

   La surpression totale à assurer vaut donc :

   \Delta P_{\text{tot}} = (P_{\max} - P_0) + \rho g h = 5{,}0 \times 10^5 + 2{,}45 \times 10^5 = 7{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{soit } 7{,}5 \times 10^5\text{ Pa pour } g=10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})

   On en déduit :

   \mathcal{P} = \frac{7{,}45 \times 10^5}{60} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad \left(\text{ou } \mathcal{P} = \frac{7{,}50 \times 10^5}{60} = 12{,}5\text{ kW}\right)

   \boxed{\mathcal{P} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad (\text{ou } 12{,}5\text{ kW avec } g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_p\left[(P_{\max }-P_0)+\rho gh\right]$$

   $$\mathcal{P}\approx 12,4\text{ kW}(\text{ou }12,5\text{ kW avec }g=10\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-2})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q47

   La lenteur des phases de compression et de détente (qui durent plusieurs minutes d'après le cahier des charges) entraîne deux conséquences directes sur la transformation subie par le gaz :

   • Caractère quasi-statique : La vitesse de déplacement du piston est extrêmement faible devant la vitesse du son dans le gaz. Les ondes de pression s'équilibrent quasi-instantanément, si bien que le gaz passe par une succession continue d'états d'équilibre mécanique interne, avec une pression P(t) uniforme à chaque instant.

   • Caractère isotherme : La cuve est métallique (bon conducteur thermique) et se trouve en contact thermique direct avec l'atmosphère extérieure, qui se comporte comme un thermostat à la température constante T_0 = 20\ ^\circ\mathrm{C}. La durée des phases de compression et de détente (plusieurs minutes) est bien supérieure au temps caractéristique de diffusion thermique à travers la cuve. Les transferts thermiques ont donc le temps d'assurer en permanence l'équilibre thermique avec le milieu extérieur :

     T(t) = T_0 = \text{cte}

   En supposant de surcroît l'absence de frottements mécaniques lors du glissement du piston, l'évolution du gaz est une transformation isotherme et réversible à la température T_0.

   \boxed{\text{Les évolutions du gaz sont isothermes à la température constante } T_0 = 20\ ^\circ\mathrm{C} \text{ (et quasi-statiques).}}

   Par conséquent, pour le gaz parfait contenu dans la cuve, le produit de la pression par son volume vérifie la loi de Boyle-Mariotte : P\,V_{\text{gaz}} = \text{cte}.

   Résultat

   $$\text{Les eˊvolutions du gaz sont isothermes aˋ la tempeˊrature constante }{T}_0=20{}^{\circ }\mathrm{C}\text{ (et quasi-statiques).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2026, Q2

   Considérons le fluide décrivant un cycle complet au sein de l'installation motrice réversible fonctionnant entre la source chaude à la température T_{ch} et la source froide à la température T_{fr}.

   Le rendement thermique du moteur est défini par le rapport entre l'énergie utile fournie au milieu extérieur (le travail mécanique extrait -W) et l'énergie thermique coûteuse consommée (le transfert thermique reçu de la source chaude Q_c) :

   \eta = \frac{-W}{Q_c}

   Appliquons les deux principes de la thermodynamique au fluide sur un cycle :

   • Premier principe : l'énergie interne étant une fonction d'état, sa variation sur un cycle est nulle :

     \Delta U = W + Q_c + Q_f = 0 \implies -W = Q_c + Q_f

     On en déduit l'expression générale du rendement :

     \eta = 1 + \frac{Q_f}{Q_c}

   • Second principe : l'entropie étant une fonction d'état, sa variation sur un cycle est également nulle :

     \Delta S = \frac{Q_c}{T_{ch}} + \frac{Q_f}{T_{fr}} + S_{\text{créée}} = 0

     Pour un cycle de Carnot, les échanges thermiques sont réversibles avec les deux thermostats, ce qui implique S_{\text{créée}} = 0. Il vient alors l'égalité de Clausius-Carnot :

     \frac{Q_c}{T_{ch}} + \frac{Q_f}{T_{fr}} = 0 \implies \frac{Q_f}{Q_c} = -\frac{T_{fr}}{T_{ch}}

   En substituant ce rapport dans l'expression du rendement, on obtient le rendement de Carnot :

   \boxed{\eta_C = 1 - \frac{T_{fr}}{T_{ch}}}

   Résultat

   $${\eta }_C=1-\frac{T_{fr}}{T_{ch}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2026, Q5

   1. Définition du système étudié

   On considère un composant du circuit (volume de contrôle \mathcal{V}_c) à une entrée e et une sortie s, traversé en régime stationnaire par un fluide de débit massique D_m. Pour appliquer les lois de la thermodynamique, on définit un système fermé \Sigma constitué :

   • à la date t : de la masse de fluide présente dans \mathcal{V}_c, augmentée de la masse \delta m = D_m\,\mathrm{d}t s'apprêtant à entrer ;
   • à la date t+\mathrm{d}t : de la masse de fluide présente dans \mathcal{V}_c, augmentée de la même masse \delta m venant de sortir.

   2. Expression générale du premier principe industriel

   En appliquant le premier principe de la thermodynamique au système fermé \Sigma entre t et t+\mathrm{d}t, et en tenant compte du travail des forces de pression aux frontières (qui transforme l'énergie interne u en enthalpie h = u + P v), on obtient sous forme massique :

   \left(h_s - h_e\right) + \frac{1}{2}\left(c_s^2 - c_e^2\right) + g\left(z_s - z_e\right) = w_u + q

   ou sous forme de puissances, en multipliant par le débit massique D_m :

   D_m \left[ \Delta h + \Delta e_c + \Delta e_p \right] = \mathcal{P}_u + \dot{Q}

   où :

   • h_e et h_s sont les enthalpies massiques respectivement en entrée et en sortie (\mathrm{J\cdot kg^{-1}}) ;
   • c_e et c_s sont les vitesses macroscopiques moyennes d'écoulement du fluide (\mathrm{m\cdot s^{-1}}) ;
   • z_e et z_s sont les altitudes d'entrée et de sortie dans le champ de pesanteur uniforme g (\mathrm{m}) ;
   • w_u est le travail utile massique échangé avec les parties mobiles (aubes de la turbine, rotor de la pompe), hors forces de transvasement (\mathrm{J\cdot kg^{-1}}) ;
   • q est le transfert thermique massique reçu par le fluide à travers les parois (\mathrm{J\cdot kg^{-1}}) ;
   • \mathcal{P}_u = D_m\,w_u et \dot{Q} = D_m\,q sont respectivement la puissance utile et le flux thermique échangés (\mathrm{W}).

   3. Expression simplifiée dans le circuit

   En négligeant la variation d'énergie cinétique macroscopique (\Delta e_c \approx 0) et les variations d'énergie potentielle de pesanteur (\Delta e_p \approx 0), l'expression se réduit à :

   \boxed{\Delta h = h_s - h_e = w_u + q}

   Soit, en termes de puissances :

   \boxed{D_m\left(h_s - h_e\right) = \mathcal{P}_u + \dot{Q}}

   Résultat

   $$\Delta h=h_s-h_e=w_u+q$$

   $$D_m\left(h_s-h_e\right)={\mathcal{P}}_u+\dot{Q}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2026, Q9

   1. Justification du placement des points 1 à 4 :

   • Point 1 (entrée de la pompe) : Le fluide est un liquide saturé sous la pression P_1 = 1\text{ bar} à T_1 = 100^\circ\text{C}. Il se situe donc exactement sur la courbe d'ébullition (branche gauche de la courbe de saturation) à l'ordonnée T_1 = 100^\circ\text{C}, ce qui correspond à l'abscisse s_1 = s_l(T_1) = 1{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}.

   • Point 2 (sortie de la pompe / entrée du générateur de vapeur) : La compression dans la pompe est adiabatique réversible, donc isentropique :

     s_2 = s_1 = 1{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}

     La pression de sortie est P_2 = 50\text{ bar} = 5\text{ MPa}. Le liquide étant quasi-incompressible et indilatable, l'élévation de température est négligeable (T_2 \approx 100^\circ\text{C}, d'après Q6). Dans le diagramme (T, s), les isobares en phase liquide étant extrêmement resserrées le long de la courbe d'ébullition, le point 2 est quasiment confondu avec le point 1 (ou très légèrement au-dessus à la même abscisse s_2 = s_1).

   • Point 3 (sortie du générateur de vapeur / entrée de la turbine) : Le fluide est sous forme de vapeur surchauffée (« vapeur sèche ») à la pression P_3 = 50\text{ bar} = 5\text{ MPa} et à la température T_3 = 500^\circ\text{C}. Le point 3 se place donc à l'intersection de l'horizontale T = 500^\circ\text{C} et de l'isobare P = 5\text{ MPa} (notée « 5 » sur le réseau d'isobares du diagramme, dans le domaine de vapeur surchauffée à droite du dôme).

   • Point 4 (sortie de la turbine / entrée du condenseur) : La détente dans la turbine est adiabatique et réversible, donc isentropique :

     s_4 = s_3

     Elle s'effectue jusqu'à la pression P_4 = 1\text{ bar} = 0{,}1\text{ MPa}, pour laquelle le fluide est un mélange liquide-vapeur diphasique à la température de saturation T_4 = 100^\circ\text{C} (d'après Q7). Le point 4 se situe donc sous la courbe de saturation, à l'intersection de l'horizontale T_4 = 100^\circ\text{C} (palier de condensation à 1\text{ bar}) et de la droite verticale issue de 3 (abscisse s_4 = s_3).

   2. Tracé et allure du cycle :

   • Évolution 1 \to 2 (pompe) : segment vertical ascendant quasi-ponctuel (compression isentropique de 1 à 50\text{ bar}).

   • Évolution 2 \to 3 (générateur de vapeur) : transformation isobare à P = 50\text{ bar} = 5\text{ MPa}, comprenant :

     • l'échauffement du liquide comprimé de 100^\circ\text{C} jusqu'à la température de vaporisation T_{\text{sat}}(50\text{ bar}) \approx 264^\circ\text{C} le long de la courbe de saturation ;
     • la vaporisation complète isotherme et isobare le long du palier horizontal sous le dôme ;
     • la surchauffe de la vapeur sèche le long de l'isobare 5\text{ MPa} jusqu'à T_3 = 500^\circ\text{C}.
   • Évolution 3 \to 4 (turbine) : segment vertical descendant d'abscisse constante s = s_3 de T_3 = 500^\circ\text{C} à T_4 = 100^\circ\text{C} (détente isentropique).
   • Évolution 4 \to 1 (condenseur) : segment horizontal vers la gauche à T = 100^\circ\text{C} (condensation complète à P = 1\text{ bar} jusqu'à l'état de liquide saturé 1).

   Le cycle est fermé et parcouru dans le sens horaire, caractéristique d'un cycle moteur ditherme.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique MP 2026, Q22

   a) D'après le second principe de la thermodynamique, la variation élémentaire d'entropie s'écrit :

   \mathrm{d}S = \delta S_{\text{e}} + \delta S_{\text{c}}

   • la transformation étant adiabatique, le transfert thermique est nul : \delta Q = 0, soit \delta S_{\text{e}} = \frac{\delta Q}{T} = 0 ;
   • la transformation étant réversible, la création d'entropie est nulle : \delta S_{\text{c}} = 0.

   On en déduit :

   \boxed{\mathrm{d}S = 0}

   Une transformation adiabatique réversible est donc isentropique.

   b) L'expression de la différentielle de l'entropie donnée par l'énoncé est :

   \mathrm{d}S(T, V) = \frac{nR}{\gamma - 1} \frac{\mathrm{d}T}{T} + \frac{P}{T} \mathrm{d}V

   Pour un gaz parfait vérifiant l'équation d'état P V = n R T, on a :

   \frac{P}{T} = \frac{nR}{V}

   Puisque la transformation est isentropique (\mathrm{d}S = 0), il vient :

   \frac{nR}{\gamma - 1} \frac{\mathrm{d}T}{T} + \frac{nR}{V} \mathrm{d}V = 0

   En multipliant cette équation par \frac{\gamma - 1}{nR} \neq 0, on obtient bien :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}T}{T} + (\gamma - 1) \frac{\mathrm{d}V}{V} = 0}

   c) En intégrant cette relation différentielle, le coefficient \gamma étant constant :

   \ln(T) + (\gamma - 1) \ln(V) = \text{cte} \iff \ln\left(T V^{\gamma - 1}\right) = \text{cte}

   On en déduit la relation :

   \boxed{T V^{\gamma - 1} = \text{cte}}

   Cette relation est connue sous le nom de loi de Laplace.

   Résultat

   $$\mathrm{d}S=0$$

   $$\frac{\mathrm{d}T}{T}+(\gamma -1)\frac{\mathrm{d}V}{V}=0$$

   $$T{V}^{\gamma -1}=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q2

   Le diagramme de phases (P, T) de l'eau est reproduit ci-dessous :

   • Phases de l'eau :

     • Le domaine solide (glace) se situe à basse température et haute pression (à gauche de la courbe de fusion et au-dessus de la courbe de sublimation).
     • Le domaine liquide se situe à des températures intermédiaires et hautes pressions (entre les courbes de fusion et de vaporisation).
     • Le domaine gazeux (vapeur d'eau) se situe à plus haute température et plus faible pression (en dessous des courbes de sublimation et de vaporisation).

   • Points à pression atmosphérique (P_{\text{atm}} = 1{,}0\text{ bar}) :

     • Le point de fusion se situe à l'intersection de l'isobare P = 1\text{ bar} et de la courbe d'équilibre solide-liquide, soit à la température T_{\text{fus}} = 273{,}15\text{ K} \approx 273\text{ K} (0\text{ }^\circ\text{C}).
     • Le point de vaporisation (ébullition) se situe à l'intersection de l'isobare P = 1\text{ bar} et de la courbe d'équilibre liquide-vapeur, soit à la température T_{\text{eb}} = 373{,}15\text{ K} \approx 373\text{ K} (100\text{ }^\circ\text{C}).

   • Noms des points remarquables :

     \boxed{A \text{ est le point triple}}

     où coexistent les trois phases solide, liquide et vapeur en équilibre thermodynamic (T_A \approx 273{,}16\text{ K} et P_A \approx 6{,}1\times 10^{-3}\text{ bar}).

     \boxed{B \text{ est le point critique}}

     au-delà duquel disparaît la distinction entre la phase liquide et la phase gazeuse (état fluide supercritique, avec T_B \approx 647\text{ K} et P_B \approx 221\text{ bar}).

   Résultat

   $$A\text{ est le point triple}$$

   $$B\text{ est le point critique}$$

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8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q29

   Le système \{\text{GP}\} décrit un cycle moteur (moteur thermique à allumage commandé) :

   • Signe de Q_c : Lors de la phase de combustion isochore 2 \to 3, le mélange s'échauffe de T_2 = 614\text{ K} à T_3 = 1\,800\text{ K} au contact de la source chaude. Le système reçoit donc de l'énergie thermique de la part de la source chaude :

     \boxed{Q_c > 0}

   • Signe de Q_f : Lors de la phase de refroidissement isochore 4 \to 1, le gaz se refroidit de T_4 = 879\text{ K} à la température ambiante T_1 = 300\text{ K}. Le système cède donc de l'énergie thermique à la source froide :

     \boxed{Q_f < 0}

   • Signe de W : Par définition d'un moteur thermique, le système fournit un travail utile au milieu extérieur (vers le rotor et les roues) au cours d'un cycle. En convention récepteur, le travail reçu par le système sur un cycle complet est donc négatif :

     \boxed{W < 0}

   Ces signes sont cohérents avec le premier principe appliqué au cycle (\Delta U = W + Q_c + Q_f = 0, soit -W = Q_c + Q_f > 0) et avec l'inégalité de Clausius (\frac{Q_c}{T_c} + \frac{Q_f}{T_f} \le 0).

   Résultat

   $$Q_c>0$$

   $$Q_f<0$$

   $$W<0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q30

   Le cycle thermodynamique de Beau de Rochas suivi par le mélange \{\text{GP}\} est constitué des transformations suivantes :

   • 1 \to 2 : compression adiabatique réversible (isentropique), le volume passe de V_h à V_b (V_b < V_h) ;
   • 2 \to 3 : combustion isochore au volume V_b, la pression augmente de P_2 à P_3 ;
   • 3 \to 4 : détente adiabatique réversible (isentropique), le volume passe de V_b à V_h ;
   • 4 \to 1 : refroidissement isochore au volume V_h, la pression diminue de P_4 à P_1.

   Les phases d'admission (0 \to 1) et d'éjection (1 \to 0), isobares à la pression atmosphérique, se superposent et présentent des bilans de travail opposés qui s'annulent.

   Commentaire sur le sens de parcours :

   \boxed{\text{Le cycle est parcouru dans le sens horaire.}}

   L'intégrale cyclique \oint P\,\mathrm{d}V, correspondant à l'aire géométrique délimitée par le cycle, est donc strictement positive. Par conséquent, le travail total reçu par le fluide sur un cycle :

   W = -\oint P\,\mathrm{d}V < 0

   est strictement négatif. Le système fournit du travail mécanique utile au milieu extérieur : il s'agit bien d'un cycle moteur.

   Résultat

   $$\text{Le cycle est parcouru dans le sens horaire.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec 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