CORRIGÉS
Corps pur diphasé
5
275
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Si le modèle est correct : s (T) = C ln
avec T 0 = 273,15 K . Examinons donc les valeurs
expérimentales de f 1 (T) =
:
25 °C : f 1 = 4,1895 kJ. K –1 .kg –1 ;
110 °C : f 1 = 4,1899 kJ. K –1 .kg –1 .
L’accord est excellent.
Si la vapeur est un gaz parfait, alors
=
est constant. Examinons les valeurs expérimentales de
f 2 (T) =
:
25 °C : f 2 = 461 J. K –1 .kg –1 ;
110 °C : f 2 = 452 J. K –1 .kg –1 . L’accord est relativement
bon.
3 • On suppose que, la quantité d’eau vaporisée étant
faible, le volume occupé par le gaz est constant, soit
V g = 9,90 L.
Affectons l’indice 1 à l’état initial et l’indice 2 à l’état
final.
P 1 = 0,0317 bar ; m g1 =
= 0,228g ⇒ m 1 = 99,77 g
⇒ V 1 = 0,0998 L.L’erreur sur les volumes est de
l’ordre de 2.10 –4 L, soit une erreur relative de 2.10 –5 sur
V g .
À l’état final : P 2 = 1,4326 bar, m g =
= 8,182 g
⇒ m 2 = 91,2 g ⇒ V 2 = 0,0912 L. L’approximation sur
le volume V g2 est encore justifiée à 8.10 –4 près en valeur
relative. Si on s’en tient à une précision de l’ordre de
0,1 %, cette hypothèse est légitime.
Pour une évolution isochore, le transfert thermique est
égal à la variation d’énergie interne, donc :
Q = ∆U = ∆H – ∆(PV) = ∆H – V(P 2 – P 1 )
Évaluons ∆H en imaginant une suite de deux transformations fictives ayant même état initial et même état final.
∆H A = m 1 (h 2 – h 1 ) + m g1 (h g2 – h g1 ) = 35,60 kJ ;
∆H B = v2 (m g2 – m g1 ) = (h g2 – h 2 ) (m g2 – m g1 ) =
17,73 kJ .
On en déduit ∆H = ∆H A + ∆H B puis Q = 51,9 kJ.
L’erreur relative sur les masses dans l’état final est de l’ordre de l’erreur relative sur V 2 , soit de l’ordre de 0,1%.
Le troisième chiffre significatif est donc crédible.
25°
m l1
m g1
DH A
DH B
110°
m l1
m g1
110°
m l2
m g2
V g
V g1
V g
V g1
P sat v g
T
R
M
P sat v g
T
s
ln
I
T
0
T
T 0
4 • On reconnaît une détente de Joule-Thomson, qui
conserve la fonction enthalpie.
Faisons l’hypothèse que le fluide sortant est un mélange
liquide/vapeur en équilibre interne de titre en vapeur x 2 .
Il est à la température de 100 °C (T 2 ).
L’enthalpie d’une masse m de ce fluide a pour expression : H = m 2 h 2 + m g2 h g2 = m[(1 – x 2 )h + x 2 h g ] .
Son enthalpie massique est : h = h + x(h g – h ) .
Le titre x 2 est donc solution de l’équation : h 1 = h 2 + x 2
(h g2 – h 2 ) .
On obtient : x 2 = 0,10.
1 g de fluide sortant contient 0,1 g de vapeur et 0,9 g de
liquide. La valeur trouvée étant comprise entre 0 et 1,
l’hypothèse est validée.
5 • La détente lente est une suite continue d’états d’équilibre. On peut l’assimiler à une adiabatique réversible,
c’est-à-dire à une isentropique. Écrivons l’égalité de l’entropie initiale S 1 et de l’entropie finale S 2 .
L’état initial est composé de vapeur saturante, à 100 °C.
V 1 = mv g1 = 1,67 Le t S 1 = ms g1 .
L’état final est un état d’équilibre de température 25 °C et
de titre en vapeur x 2 inconnu. Son entropie est :
S 2 = m[s 2 + x 2 (s g2 – s 2 )] .
Il suffit d’égaler les deux valeurs de l’entropie et on
obtient : x 2 = 0,74 .
On en déduit V 2 = m(0,74 v g2 + 0,26 v 2 ) soit : V 2 = 32 L.
Changement d’état
en présence d’un gaz
1 • La pression de vapeur saturante est donnée par la formule : P s = a
α ; à t = 100 °C , la pression de vapeur
saturante est égale à la pression atmosphérique (soit 760 mm
de mercure) ; donc a = 10 5 Pa , ou a = 760 mm de mercure.
On remarque qu’au cours de la transformation proposée, la
pression dans le tube est invariante, et égale à 860 mm de
mercure (P = ρ Hg gH, avec H = 860 mm) .
2 • On suppose que la vapeur est sèche à 98 °C :
Si elle est sèche à cette température, elle le sera encore à
102 °C : la quantité de matière en phase vapeur est donc invariante lors de la transformation ; on doit donc vérifier que
(comme la pression dans le tube est invariante) :
= cte, soit :
=
,
ce qui est faux car :
≠
:
la vapeur est donc au moins saturante à 98 °C.
On suppose que la vapeur est saturante à 102 °C.
750
273 +102
500
273 +98
n 102
T 102
n 98
T 98
V
T
t
100
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Corps pur diphasé
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Si le modèle est correct : s (T) = C ln
avec T 0 = 273,15 K . Examinons donc les valeurs
expérimentales de f 1 (T) =
:
25 °C : f 1 = 4,1895 kJ. K –1 .kg –1 ;
110 °C : f 1 = 4,1899 kJ. K –1 .kg –1 .
L’accord est excellent.
Si la vapeur est un gaz parfait, alors
=
est constant. Examinons les valeurs expérimentales de
f 2 (T) =
:
25 °C : f 2 = 461 J. K –1 .kg –1 ;
110 °C : f 2 = 452 J. K –1 .kg –1 . L’accord est relativement
bon.
3 • On suppose que, la quantité d’eau vaporisée étant
faible, le volume occupé par le gaz est constant, soit
V g = 9,90 L.
Affectons l’indice 1 à l’état initial et l’indice 2 à l’état
final.
P 1 = 0,0317 bar ; m g1 =
= 0,228g ⇒ m 1 = 99,77 g
⇒ V 1 = 0,0998 L.L’erreur sur les volumes est de
l’ordre de 2.10 –4 L, soit une erreur relative de 2.10 –5 sur
V g .
À l’état final : P 2 = 1,4326 bar, m g =
= 8,182 g
⇒ m 2 = 91,2 g ⇒ V 2 = 0,0912 L. L’approximation sur
le volume V g2 est encore justifiée à 8.10 –4 près en valeur
relative. Si on s’en tient à une précision de l’ordre de
0,1 %, cette hypothèse est légitime.
Pour une évolution isochore, le transfert thermique est
égal à la variation d’énergie interne, donc :
Q = ∆U = ∆H – ∆(PV) = ∆H – V(P 2 – P 1 )
Évaluons ∆H en imaginant une suite de deux transformations fictives ayant même état initial et même état final.
∆H A = m 1 (h 2 – h 1 ) + m g1 (h g2 – h g1 ) = 35,60 kJ ;
∆H B = v2 (m g2 – m g1 ) = (h g2 – h 2 ) (m g2 – m g1 ) =
17,73 kJ .
On en déduit ∆H = ∆H A + ∆H B puis Q = 51,9 kJ.
L’erreur relative sur les masses dans l’état final est de l’ordre de l’erreur relative sur V 2 , soit de l’ordre de 0,1%.
Le troisième chiffre significatif est donc crédible.
25°
m l1
m g1
DH A
DH B
110°
m l1
m g1
110°
m l2
m g2
V g
V g1
V g
V g1
P sat v g
T
R
M
P sat v g
T
s
ln
I
T
0
T
T 0
4 • On reconnaît une détente de Joule-Thomson, qui
conserve la fonction enthalpie.
Faisons l’hypothèse que le fluide sortant est un mélange
liquide/vapeur en équilibre interne de titre en vapeur x 2 .
Il est à la température de 100 °C (T 2 ).
L’enthalpie d’une masse m de ce fluide a pour expression : H = m 2 h 2 + m g2 h g2 = m[(1 – x 2 )h + x 2 h g ] .
Son enthalpie massique est : h = h + x(h g – h ) .
Le titre x 2 est donc solution de l’équation : h 1 = h 2 + x 2
(h g2 – h 2 ) .
On obtient : x 2 = 0,10.
1 g de fluide sortant contient 0,1 g de vapeur et 0,9 g de
liquide. La valeur trouvée étant comprise entre 0 et 1,
l’hypothèse est validée.
5 • La détente lente est une suite continue d’états d’équilibre. On peut l’assimiler à une adiabatique réversible,
c’est-à-dire à une isentropique. Écrivons l’égalité de l’entropie initiale S 1 et de l’entropie finale S 2 .
L’état initial est composé de vapeur saturante, à 100 °C.
V 1 = mv g1 = 1,67 Le t S 1 = ms g1 .
L’état final est un état d’équilibre de température 25 °C et
de titre en vapeur x 2 inconnu. Son entropie est :
S 2 = m[s 2 + x 2 (s g2 – s 2 )] .
Il suffit d’égaler les deux valeurs de l’entropie et on
obtient : x 2 = 0,74 .
On en déduit V 2 = m(0,74 v g2 + 0,26 v 2 ) soit : V 2 = 32 L.
Changement d’état
en présence d’un gaz
1 • La pression de vapeur saturante est donnée par la formule : P s = a
α ; à t = 100 °C , la pression de vapeur
saturante est égale à la pression atmosphérique (soit 760 mm
de mercure) ; donc a = 10 5 Pa , ou a = 760 mm de mercure.
On remarque qu’au cours de la transformation proposée, la
pression dans le tube est invariante, et égale à 860 mm de
mercure (P = ρ Hg gH, avec H = 860 mm) .
2 • On suppose que la vapeur est sèche à 98 °C :
Si elle est sèche à cette température, elle le sera encore à
102 °C : la quantité de matière en phase vapeur est donc invariante lors de la transformation ; on doit donc vérifier que
(comme la pression dans le tube est invariante) :
= cte, soit :
=
,
ce qui est faux car :
≠
:
la vapeur est donc au moins saturante à 98 °C.
On suppose que la vapeur est saturante à 102 °C.
750
273 +102
500
273 +98
n 102
T 102
n 98
T 98
V
T
t
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