Feuille d'entraînement : Changements d'état du corps pur

Corrigés

1. Exercice 1Banque 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

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2026, Q11

   1. Expression de l'entropie massique du mélange :

   L'entropie étant une grandeur extensive, l'entropie massique s(T) d'un mélange liquide-vapeur au titre massique en vapeur x s'écrit comme la moyenne pondérée des entropies massiques du liquide saturé s_l(T) et de la vapeur saturante sèche s_v(T) à la même température :

   s(T) = (1 - x)\,s_l(T) + x\,s_v(T)

   Soit, en factorisant par x :

   \boxed{s(T) = s_l(T) + x\left(s_v(T) - s_l(T)\right)}

   2. Expression du titre massique en vapeur en sortie de turbine :

   À la sortie de la turbine (état 4), le fluide est à la température T_4 = T_1 = 100\,^\circ\text{C}. On en déduit l'expression de x_4 :

   \boxed{x_4 = \frac{s_4 - s_l(T_1)}{s_v(T_1) - s_l(T_1)}}

   3. Application numérique :

   La détente dans la turbine étant adiabatique et réversible (isentropique), on a s_4 = s_3 \approx 7{,}1\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} d'après la lecture graphique de la question Q10.

   Avec les données de l'énoncé s_l(T_1) = 1{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et s_v(T_1) = 7{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, le numérateur vaut :

   s_4 - s_l(T_1) = 7{,}1 - 1{,}3 = 5{,}8\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}

   L'énoncé fournit l'aide au calcul \frac{5{,}8}{6{,}3} \approx 0{,}92 (provenant d'un dénominateur légèrement différent selon le tracé retenu par le concepteur, alors que 7{,}3 - 1{,}3 = 6{,}0 donnerait \frac{5{,}8}{6{,}0} \approx 0{,}97). En adoptant l'aide numérique de l'énoncé :

   \boxed{x_4 \approx 0{,}92}

   4. Comparaison avec la lecture graphique directe :

   Sur le diagramme (T,s) du document réponse 1, les courbes en tirets indexées par q représentent les courbes d'égal titre en vapeur (noté q ou x).

   Au point 4, situé sur l'isotherme T_4 = 100\,^\circ\text{C} et pour s_4 \approx 7{,}1\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, le point se positionne juste à droite de la courbe q = 0{,}90, à une valeur comprise entre 0{,}92 et 0{,}95.

   La valeur calculée x_4 \approx 0{,}92 est donc en excellent accord avec la lecture graphique directe sur le diagramme.

   Résultat

   $$s(T)=s_l(T)+x\left(s_v(T)-s_l(T)\right)$$

   $$x_4=\frac{s_4-s_l(T_1)}{s_v(T_1)-s_l(T_1)}$$

   $$x_4\approx 0,92$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2025, Q11

   Le diagramme de phase (P, T) de l'eau est représenté ci-dessous (l'échelle n'est pas linéaire afin de rendre visibles tous les domaines et points remarquables) :

   Les trois domaines de stabilité correspondent aux trois états physiques :

   • Solide (glace) à basse température et haute pression ;
   • Liquide aux températures intermédiaires et pressions supérieures à la pression du point triple ;
   • Vapeur à basse pression et haute température.

   Les points remarquables imposés par l'énoncé sont :

   • Le point triple T, où coexistent les trois phases en équilibre :

     \boxed{T_{\text{triple}} = 0{,}01~^\circ\text{C} \quad \text{et} \quad P_{\text{triple}} = 611~\text{Pa}}
   • Le point critique C (T_c \approx 374~^\circ\text{C}, P_c \approx 221~\text{bar}), fin de la courbe de vaporisation liquide-vapeur au-delà duquel on ne distingue plus les phases liquide et gaz (domaine supercritique).

   • Le point d'équilibre liquide-vapeur sous 1~\text{bar}, correspondant à la température normale d'ébullition :

     \boxed{T_{\text{éb}} = 100~^\circ\text{C} \quad \text{à} \quad P = 1~\text{bar}}

   Résultat

   $$T_{\text{triple}}=0,01{}^{\circ }\text{C}\text{et}{P}_{\text{triple}}=611\text{Pa}$$

   $$T_{\text{eˊb}}=100{}^{\circ }\text{C}\text{aˋ}P=1\text{bar}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2024, Q12

   Le diagramme enthalpique présente la pression P (échelle logarithmique) en ordonnée et l'enthalpie massique h en abscisse.

   Caractérisation et positionnement des points 1 à 7 :

   • Point 1 : à l'intersection de l'isobare P_b = 4{,}2\text{ bar} et de l'isotherme T_1 = -12\,^\circ\mathrm{C}, dans le domaine de vapeur surchauffée (à droite de la courbe de rosée). On lit h_1 \approx 430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.
   • Transformation 1 \to 2 : compression adiabatique réversible (isentropique). On suit la ligne isentrope partant du point 1 jusqu'à l'isobare haute pression P_h = 22\text{ bars}.
   • Point 2 : sortie du compresseur, situé à P_h = 22\text{ bars} sur l'isentrope issue de 1 (s_2 = s_1 \approx 1{,}84\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}). On lit h_2 \approx 475\text{ à } 480\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et T_2 \approx 70\,^\circ\mathrm{C}.
   • Transformation 2 \to 3 : désurchauffe isobare à P_h = 22\text{ bars} (déplacement horizontal vers la gauche).
   • Point 3 : vapeur juste saturante (titre x_3 = 1), situé à l'intersection de l'isobare P_h = 22\text{ bars} et de la courbe de rosée. On lit h_3 \approx 427\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et T_3 \approx 36\,^\circ\mathrm{C}.
   • Transformation 3 \to 4 : condensation totale isobare et isotherme à P_h = 22\text{ bars} (déplacement horizontal vers la gauche à travers la zone diphasique).
   • Point 4 : liquide juste saturé (titre x_4 = 0), situé à l'intersection de l'isobare P_h = 22\text{ bars} et de la courbe d'ébullition. On lit h_4 \approx 260\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.
   • Transformation 4 \to 5 : sous-refroidissement isobare à P_h = 22\text{ bars} dans le domaine du liquide.
   • Point 5 : liquide sous-refroidi, à l'intersection de P_h = 22\text{ bars} et de l'isotherme T_5 = 30\,^\circ\mathrm{C}. On lit h_5 \approx 248\text{ à } 250\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.
   • Transformation 5 \to 6 : détente isenthalpique dans le détendeur (établie à la question Q10, h_6 = h_5). Elle est représentée par un segment de droite vertical descendant de P_h = 22\text{ bars} à P_b = 4{,}2\text{ bar}.
   • Point 6 : mélange diphasique liquide-vapeur à P_b = 4{,}2\text{ bar} et h_6 = h_5 \approx 250\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} (à l'intérieur de la courbe de saturation).
   • Transformation 6 \to 7 : vaporisation totale isobare et isotherme à P_b = 4{,}2\text{ bar} (segment horizontal vers la droite).
   • Point 7 : vapeur juste saturante (titre x_7 = 1), à l'intersection de l'isobare P_b = 4{,}2\text{ bar} et de la courbe de rosée. On lit h_7 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} et T_7 \approx -24\,^\circ\mathrm{C}.
   • Transformation 7 \to 1 : surchauffe isobare à P_b = 4{,}2\text{ bar} de -24\,^\circ\mathrm{C} jusqu'à T_1 = -12\,^\circ\mathrm{C} (segment horizontal vers la droite).

   Sens d'évolution du cycle : Le cycle est parcouru dans le sens horaire (sens des aiguilles d'une montre) sur le diagramme (h, \ln P).

   \boxed{\text{Le cycle $1\to 2\to 3\to 4\to 5\to 6\to 7\to 1$ est parcouru dans le sens horaire.}}

   Résultat

   $$\text{Le cycle 1→2→3→4→5→6→7→1 est parcouru dans le sens horaire.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2024, Q13

   Le seul point situé à l'intérieur de la cloche de saturation (état diphasique liquide-vapeur) est le point 6, obtenu après la détente dans le détendeur (les points 3, 4 et 7 se trouvant sur les courbes de saturation).

   D'après la question Q10, la détente dans le détendeur est isenthalpique, d'où :

   h_6 = h_5 \approx 250\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   À la pression d'évaporation P_b = 4{,}2\text{ bars}, le palier de vaporisation est délimité par :

   • le liquide saturé sur la courbe d'ébullition : h_L(P_b) \approx 175\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} ;
   • la vapeur saturée sur la courbe de rosée (point 7) : h_V(P_b) = h_7 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   Par définition du titre massique en vapeur x_6, on a la relation barycentrique :

   h_6 = (1 - x_6)\,h_L(P_b) + x_6\,h_V(P_b)

   ce qui donne l'expression du titre massique :

   x_6 = \frac{h_6 - h_L(P_b)}{h_V(P_b) - h_L(P_b)}

   Application numérique :

   x_6 = \frac{250 - 175}{420 - 175} = \frac{75}{245} \approx 0{,}31

   \boxed{x_6 \approx 0{,}30 \text{ à } 0{,}31 \quad (\text{soit } 30\text{ à }31\,\%)}

   Commentaires :

   • Le fluide en entrée d'évaporateur est constitué en masse de 30\,\% de vapeur et d'environ 70\,\% de liquide.
   • La fraction prépondérante de liquide est essentielle : c'est sa vaporisation ultérieure dans l'évaporateur qui permet de capter l'énergie thermique issue de la source froide.
   • L'apparition spontanée de vapeur lors de la détente isenthalpique (phénomène de « flash ») est nécessaire pour abaisser la température du fluide de T_5 = 30\,^\circ\text{C} jusqu'à sa température d'évaporation (environ -20\,^\circ\text{C}).
   • On constate une excellente concordance avec la courbe isotitre x = 0{,}3 qui passe précisément par le point 6 sur le diagramme.

   Résultat

   $$x_6\approx 0,30\text{ aˋ }0,31(\text{soit }30\text{ aˋ }31\%)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2020, Q7

   1. Estimation du titre en vapeur par lecture directe :

   Au point F, situé à l'intersection de l'isobare P_F = 1{,}0\text{ bar} et de l'isentropique issue de l'état E, la lecture directe par rapport au réseau de courbes d'égal titre en vapeur conduit à :

   \boxed{x_F \approx 0{,}89 \quad (\text{soit } 89\,\%)}

   Une lecture comprise entre 0{,}88 et 0{,}90 est tout à fait acceptable.

   2. Rappel de la règle des moments :

   Pour un mélange diphasique liquide-vapeur à l'équilibre sous une pression donnée, l'enthalpie massique du mélange h_F s'exprime comme barycentre des enthalpies massiques du liquide saturant h_L et de la vapeur saturante sèche h_V :

   h_F = (1 - x_F)\,h_L + x_F\,h_V

   Ce qui donne pour le titre massique en vapeur x_F :

   \boxed{x_F = \frac{h_F - h_L}{h_V - h_L} = \frac{\overline{L F}}{\overline{L V}}}

   où L et V désignent respectivement les points représentatifs du liquide saturant et de la vapeur saturante sèche sur l'isobare horizontale P = 1{,}0\text{ bar}.

   3. Lecture des valeurs contenues dans cette relation :

   À la pression P = 1{,}0\text{ bar} (température de saturation T_{\text{sat}} = 100^\circ\text{C}), on lit sur le diagramme :

   • sur la courbe d'ébullition (liquide saturant) :

     \boxed{h_L \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   • sur la courbe de rosée (vapeur saturante sèche) :

     \boxed{h_V \approx 2\,675\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   • au point F (mélange diphasique) :

     \boxed{h_F \approx 2\,430\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$x_F\approx 0,89(\text{soit }89\%)$$

   $$x_F=\frac{h_F-h_L}{h_V-h_L}=\frac{\overline{LF}}{\overline{LV}}$$

   $$h_L\approx 420\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   $$h_V\approx 2675\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   $$h_F\approx 2430\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2026, Q6

   L'eau liquide subit une compression adiabatique et réversible (donc isentropique) dans la pompe de l'état 1 (P_1 = 1\text{ bar}, T_1 = 100^\circ\text{C}) à l'état 2 (P_2 = 50\text{ bar}).

   En assimilant l'eau liquide à une phase condensée idéale, incompressible et indilatable (de capacité thermique massique c), l'identité thermodynamique s'écrit :

   \mathrm{d}s = \frac{\mathrm{d}h - v\,\mathrm{d}P}{T} = c\,\frac{\mathrm{d}T}{T}

   L'évolution étant isentropique (s_2 = s_1), il vient :

   \Delta s = c \ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right) = 0 \implies T_2 = T_1

   La température de l'eau dans l'état 2 est donc égale à celle de l'état 1 :

   \boxed{T_2 \approx 100^\circ\text{C} = 373\text{ K}}

   Résultat

   $$T_2\approx 100^{\circ }\text{C}=373\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2025, Q5

   D'après l'étude du cycle effectuée à la question précédente :

   • À l'entrée du condenseur (point B) : le fluide est sous forme de vapeur surchauffée à la haute pression P_B = 20\text{ bar}. Au point B de coordonnées (h_B \approx 435\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}, P_B = 20\text{ bar}), le point se situe entre les isothermes 80\text{ }^\circ\text{C} et 90\text{ }^\circ\text{C}. Par lecture graphique sur le diagramme (h, \log P), on relève :

     \boxed{T_{\text{entrée}} = T_B \approx 83\text{ }^\circ\text{C} \quad (\text{soit entre } 80\text{ }^\circ\text{C} \text{ et } 85\text{ }^\circ\text{C})}

   • À la sortie du condenseur (point C) : l'énoncé précise qu'il n'y a pas de sous-refroidissement. Le fluide quitte donc le condenseur à l'état de liquide saturé (x_C = 0) sous la pression isobare P_C = 20\text{ bar}. Sa température est la température d'ébullition/condensation sous 20\text{ bar} :

     \boxed{T_{\text{sortie}} = T_C = T_{\text{sat}}(20\text{ bar}) \approx 68\text{ }^\circ\text{C} \quad (\text{ou } 69\text{ }^\circ\text{C})}

   Résultat

   $$T_{\text{entreˊe}}=T_B\approx 83{}^{\circ }\text{C}(\text{soit entre }80{}^{\circ }\text{C}\text{ et }85{}^{\circ }\text{C})$$

   $$T_{\text{sortie}}=T_C=T_{\text{sat}}(20\text{ bar})\approx 68{}^{\circ }\text{C}(\text{ou }69{}^{\circ }\text{C})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2025, Q6

   À la sortie du détendeur, le fluide est dans l'état D caractérisé par :

   P_D = 3\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_D = h_C \approx 300\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   Méthode 1 : Lecture directe
   Sur le diagramme (h, \log P) du R134a fourni en annexe, le point D se situe exactement sur la courbe d'iso-titre massique en vapeur repérée par l'indication \text{\textit{quality}} = 0{,}5. On lit donc directement :

   x_D \approx 0{,}50

   Méthode 2 : Règle des moments
   Sur le palier de changement d'état à P = 3\text{ bar}, on relève les enthalpies massiques du liquide saturant (x=0) et de la vapeur saturante (x=1) :

   • Enthalpie massique du liquide saturant : h_L(3\text{ bar}) \approx 200\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • Enthalpie massique de la vapeur saturante : h_V(3\text{ bar}) \approx 400\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   Le titre massique en vapeur x_D s'exprime par :

   \begin{aligned} x_D &= \frac{h_D - h_L}{h_V - h_L} \\ x_D &= \frac{300 - 200}{400 - 200} = \frac{100}{200} = 0{,}50 \end{aligned}

   \boxed{x_D \approx 0{,}50 \quad (\text{soit } 50\,\%)}

   Résultat

   $$x_D\approx 0,50(\text{soit }50\%)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2023, Q3

    L'eau liquide se vaporise au sein du fluide (ébullition) si sa pression de vapeur saturante P_{\text{sat}}(T) atteint ou dépasse la pression locale P du liquide :

    P_{\text{sat}}(T) \ge P

    À la température d'infiltration de l'eau T_{\text{ext}} = 293\text{ K}, la formule empirique donne :

    \begin{aligned} \frac{P_{\text{sat}}(T_{\text{ext}})}{P^0} &= \left(\frac{293 - 273}{100}\right)^4 = (0{,}2)^4 = 1{,}6 \times 10^{-3} \end{aligned}

    soit, avec P^0 = 1\text{ bar} = 10^5\text{ Pa} :

    P_{\text{sat}}(T_{\text{ext}}) = 1{,}6 \times 10^{-3}\text{ bar} = 160\text{ Pa}

    Or, les transferts thermiques avec les roches chauffées étant très lents devant le temps d'infiltration, l'eau arrive dans les cavités à la température T_{\text{ext}}. La pression locale P dans une cavité située à une profondeur H vaut, d'après la question 2 :

    P = P^0 + \rho g_0 H \ge P^0 = 1\text{ bar}

    (pour H = 150\text{ m}, P = 16\text{ bar}).

    On constate ainsi que :

    P_{\text{sat}}(T_{\text{ext}}) \ll P

    \boxed{\text{L'eau se trouve dans le domaine de stabilité du liquide comprimé : il n'y a donc pas vaporisation.}}

    Résultat

    $$\text{L’eau se trouve dans le domaine de stabiliteˊ du liquide comprimeˊ : il n’y a donc pas vaporisation.}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question