Feuille d'entraînement : Premier et second principes

10 questions · filière MPSI · durée estimée environ 33 min

Énoncés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q20· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
On dépose une masse $m$ sur le piston, que l'on a préalablement bloqué. Puis on libère le piston qui s'enfonce dans le gaz, et on admet qu'il s'immobilise (rapidement); un nouvel état d'équilibre thermodynamique, noté (2), est atteint (Fig. ci-avant). On désigne par $p_{2}, V_{2}$ et $T_{2}$ , respectivement la pression, le volume et la température de l'état (2). Exprimer le travail $W_{12}$ algébriquement reçu par le gaz au cours de cette transformation :
A) $W_{12} = \frac{p _{2} V _{2} - p _{1} V _{1}}{γ - 1}$ B) $W_{12} = \frac{p _{2} V _{2} - p _{1} V _{1}}{γ}$ C) $W_{12} = p_{2} (V_{1} - V_{2})$ D) $W_{12} = γ p_{2} (V_{1} - V_{2})$
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2026, Q21· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
À l'aide du premier principe, exprimer $T_{2}$ en fonction de $T_{1}, V_{1}$ et $p_{2}$ :
A) $T_{2} = T_{1} + \frac{p _{2} V _{1}}{n R}$ B) $T_{2} = \frac{T _{1}}{γ} + \frac{p _{2} V _{1}}{n R}$ C) $T_{2} = T_{1} + \frac{p _{2} V _{1}}{n C _{V m}}$ D) $T_{2} = \frac{T _{1}}{γ} + \frac{p _{2} V _{1}}{n C _{p m}}$
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q20· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Quel est le travail $W_{B C}$ (algébriquement) reçu par le gaz lors de la transformation $B \to C$ ? A) $W_{B C} = - n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})$ B) $W_{B C} = n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})$ C) $W_{B C} = \frac{n R T _{C} V _{C}}{V _{A}}$ D) $W_{B C} = - p_{A} V_{C}$
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q20· Application directe· Incontournable· ≈ 4 min
Exprimer $W_{12}$ et $Q_{12}$ :
A) $W_{12} = 0$ B) $W_{12} = - p_{1} V_{1}$ C) $Q_{12} = \frac{nγ R T _{1} ( κ - 1 )}{( γ - 1 ) κ}$ D) $Q_{12} = \frac{n R T _{1} ( 1 - κ )}{( γ - 1 ) κ}$
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2023, Q21· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Déterminer le travail (algébrique) $W_{E_{i} E^{'}}$ reçu par le gaz au cours de la transformation T1.
A) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{1 - γ} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ B) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{\frac{1}{γ} - 1} - 1]$ C) $W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$ D) $W_{E_{i} E^{'}} = p_{i} V_{i} \frac{( 1 + ε ) ^{1 - \frac{1}{γ}}}{γ - 1}$
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2021, Q22· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
On admet que $d p / d z = - ρ g$ . Déterminer la fonction $T (z)$ . Parmi les réponses proposées, $T_{0}$ désigne la température au sol ( $z = 0$ ). A) $T (z) = T_{0} (1 - \frac{z}{H})$ avec $H = \frac{γ R T _{0}}{( 1 - γ ) M _{a} g}$ B) $T (z) = T_{0} (1 + \frac{z}{H})$ avec $H = \frac{γ R T _{0}}{( 1 - γ ) M _{a} g}$ C) $T (z) = T_{0} (1 - \frac{z}{H})$ avec $H = \frac{γ R T _{0}}{( γ - 1 ) M _{a} g}$ D) $T (z) = T_{0} (1 - \frac{z}{H})$ avec $H = \frac{( γ - 1 ) R T _{0}}{M _{a} g}$
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2026, Q22· Application directe· ≈ 2 min
Le système étant dans l'état (2), on ferme l'interrupteur $K$ . Le générateur, de force électromotrice (tension) $E$ , débite alors un courant dans un résistor de résistance $r$ situé dans l'enceinte (Fig. ci-avant), pendant une durée $τ$ . Le système atteint alors un état d'équilibre noté (3). On désigne par $p_{3}, V_{3}$ et $T_{3}$ , respectivement la pression, le volume et la température de l'état (3).
Décrire la transformation menant de (2) à (3).
A) La transformation est isotherme irréversible. B) La transformation est isobare irréversible. C) La transformation est monobare. D) La transformation est adiabatique réversible.
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2025, Q21· Intermédiaire· ≈ 4 min
Exprimer le travail précédent en fonction de $p_{A}$ , $V_{A}$ , $T_{A}$ , $Δ T$ et $Δ V$ : A) $W_{B C} = p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ B) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ C) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$ D) $W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2025, Q22· Application directe· ≈ 2 min
Que vaut le transfert thermique (ou chaleur) $Q_{B C}$ (algébriquement) reçu par le gaz lors de la transformation $B \to C$ ? Parmi les réponses ci-dessous, $Δ_{B}^{C} U$ désigne la variation d'énergie interne du gaz au cours de cette transformation. A) $Q_{B C} = 0$ B) $Q_{B C} = - W_{B C}$ C) $Q_{B C} = Δ_{B}^{C} U$ D) $Q_{B C} = \frac{Δ _{B}^{C} U}{2}$
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2024, Q21· Intermédiaire· ≈ 3 min
Exprimer $W_{23}$ :
A) $W_{23} = 0$ B) $W_{23} = - \frac{n R T _{1} ( κ - 1 )}{κ}$ C) $W_{23} = \frac{n R T _{1} ( κ - 1 )}{κ}$ D) $W_{23} = - \frac{n R T _{1}}{κ}$

Corrigés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q20
1. Expression du travail par la définition mécanique :
Le piston (de masse négligeable) est soumis à la pression atmosphérique extérieure p_0 et au poids de la masse m déposée sur sa face supérieure de section \mathcal{A}. La pression extérieure constante exercée sur le gaz au cours de la transformation s'écrit :
P_{\text{ext}} = p_0 + \frac{mg}{\mathcal{A}}
À l'équilibre final dans l'état (2), l'équilibre mécanique du piston impose l'égalité des pressions :
p_2 = p_0 + \frac{mg}{\mathcal{A}} = P_{\text{ext}}
La transformation est donc monobare à la pression constante P_{\text{ext}} = p_2. Le travail algébriquement reçu par le gaz est :
W_{12} = \int_{V_1}^{V_2} -P_{\text{ext}}\,\mathrm{d}V = -p_2 (V_2 - V_1) = p_2(V_1 - V_2)
La proposition C est donc exacte.
2. Expression du travail via le premier principe de la thermodynamique :
L'enceinte et le piston étant calorifugés, la transformation est adiabatique, soit Q_{12} = 0. Le premier principe de la thermodynamique donne :
\Delta U_{12} = W_{12} + Q_{12} = W_{12}
Pour un gaz parfait vérifiant la première loi de Joule, l'énergie interne ne dépend que de la température :
U = n C_{Vm} T = \frac{n R T}{\gamma - 1} = \frac{p V}{\gamma - 1}
Puisque U est une fonction d'état, sa variation ne dépend que des états initial et final :
\Delta U_{12} = \frac{p_2 V_2 - p_1 V_1}{\gamma - 1}
On en déduit immédiatement :
W_{12} = \frac{p_2 V_2 - p_1 V_1}{\gamma - 1}
La proposition A est également exacte.
\boxed{\text{Les réponses correctes sont A et C.}}
Résultat
$Les r \overset{e}{ˊ} ponses correctes sont A et C.$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2026, Q21
Le gaz parfait contenu dans l'enceinte subit une transformation adiabatique (Q_{12} = 0) entre les états d'équilibre (1) et (2).
D'après le premier principe de la thermodynamique :
\Delta U = W_{12} + Q_{12} = W_{12}
D'après la première loi de Joule pour un gaz parfait :
\Delta U = n C_{Vm}(T_2 - T_1)
En utilisant l'expression du travail reçue établie à la question précédente (W_{12} = p_2(V_1 - V_2)) :
n C_{Vm}(T_2 - T_1) = p_2(V_1 - V_2) = p_2 V_1 - p_2 V_2
Le gaz étant à l'équilibre thermodynamique dans l'état final (2), il vérifie l'équation d'état des gaz parfaits :
p_2 V_2 = n R T_2
En injectant cette relation, l'égalité devient :
\begin{aligned} n C_{Vm}(T_2 - T_1) &= p_2 V_1 - n R T_2 \\ n (C_{Vm} + R) T_2 &= n C_{Vm} T_1 + p_2 V_1 \end{aligned}
D'après la relation de Mayer, C_{pm} - C_{Vm} = R, soit C_{Vm} + R = C_{pm}, et par définition \gamma = \dfrac{C_{pm}}{C_{Vm}}, d'où C_{Vm} = \dfrac{C_{pm}}{\gamma} :
n C_{pm} T_2 = \frac{n C_{pm}}{\gamma} T_1 + p_2 V_1
En divisant membre à membre par n C_{pm}, on obtient :
\boxed{T_2 = \frac{T_1}{\gamma} + \frac{p_2 V_1}{n C_{pm}}}
La proposition D est donc la seule réponse exacte.
Résultat
$T_{2} = \frac{T _{1}}{γ} + \frac{p _{2} V _{1}}{n C _{p m}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q20
La transformation B \rightarrow C étant réversible, la pression extérieure exercée sur le gaz est à tout instant égale à la pression interne du gaz : p_{\text{ext}} = p.
Pour un gaz parfait maintenu à la température constante T_B = T_C, l'équation d'état donne :
p(V) = \frac{nRT_C}{V}
Le travail des forces de pression algébriquement reçu par le système entre l'état B (de volume V_B = V_A, l'étape A \rightarrow B étant isochore) et l'état C (de volume V_C) s'écrit :
\begin{aligned} W_{BC} &= -\int_{V_B}^{V_C} p_{\text{ext}} \, \mathrm{d}V \\ &= -\int_{V_A}^{V_C} \frac{nRT_C}{V} \, \mathrm{d}V \\ &= -nRT_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right) \end{aligned}
La proposition correcte est donc la proposition A.
\boxed{W_{BC} = -nRT_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right)}
Résultat
$W_{B C} = - n R T_{C} ln (\frac{V _{C}}{V _{A}})$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q20
D'après le diagramme (p, V) fourni, la transformation E_1 \to E_2 s'effectue selon un segment vertical, donc à volume constant :
V_1 = V_2
Le travail des forces de pression reçues par le fluide au cours de cette transformation réversible est donc nul :
W_{12} = -\int_{V_1}^{V_2} p\,\mathrm{d}V = 0
L'assertion A est donc vraie (et l'assertion B est fausse).
Pour un gaz parfait, l'énergie interne ne dépend que de la température (première loi de Joule). Le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé entre les états E_1 et E_2 s'écrit :
\Delta U_{12} = W_{12} + Q_{12} = Q_{12}
Or, la variation d'énergie interne pour n moles de gaz parfait s'exprime par :
\Delta U_{12} = C_V (T_2 - T_1) = \frac{nR}{\gamma - 1}(T_2 - T_1)
D'après la question Q19, la température T_2 s'écrit en fonction de T_1 et \kappa sous la forme :
T_2 = \frac{T_1}{\kappa}
On en déduit l'expression du transfert thermique Q_{12} :
\begin{aligned} Q_{12} &= \frac{nR}{\gamma - 1}\left(\frac{T_1}{\kappa} - T_1\right) \\ &= \frac{nRT_1(1 - \kappa)}{(\gamma - 1)\kappa} \end{aligned}
L'assertion D est donc vraie (et l'assertion C est fausse).
\boxed{\text{Réponses A et D}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponses A et D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2023, Q21
La transformation T1 est adiabatique (Q_{E_i E'} = 0). Le premier principe de la thermodynamique appliqué au système fermé constitué des n moles de gaz parfait entre les états E_i et E' s'écrit :
\Delta U_{E_i E'} = W_{E_i E'} + Q_{E_i E'} = W_{E_i E'}
D'après la première loi de Joule, l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température :
\Delta U_{E_i E'} = C_v (T' - T_i) = \frac{n R}{\gamma - 1}(T' - T_i)
En utilisant l'équation d'état du gaz parfait dans l'état initial, p_i V_i = n R T_i, il vient :
W_{E_i E'} = \frac{p_i V_i}{\gamma - 1}\left(\frac{T'}{T_i} - 1\right)
D'après le résultat de la question Q20, le rapport des températures s'exprime sous la forme :
\frac{T'}{T_i} = (1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}}
On en déduit l'expression du travail reçu par le gaz au cours de la transformation T1 :
\boxed{W_{E_i E'} = \frac{p_i V_i}{\gamma - 1}\left[(1 + \varepsilon)^{1 - \frac{1}{\gamma}} - 1\right]}
Cette expression correspond à la proposition C.
Résultat
$W_{E_{i} E^{'}} = \frac{p _{i} V _{i}}{γ - 1} [(1 + ε)^{1 - \frac{1}{γ}} - 1]$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2021, Q22
D'après le résultat de la question Q21, le gradient thermique s'exprime par :
\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} = \frac{\gamma-1}{\gamma} \frac{M_a}{\rho R} \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}z}
En y substituant la relation fondamentale de la statique des fluides \dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}z} = -\rho g, la masse volumique se simplifie :
\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} = \frac{\gamma-1}{\gamma} \frac{M_a}{\rho R} (-\rho g) = -\frac{(\gamma-1) M_a g}{\gamma R}
Ce gradient vertical de température est indépendant de l'altitude z (les grandeurs \gamma, M_a, g et R étant considérées constantes). Par intégration directe avec la condition initiale au niveau du sol T(0) = T_0, on obtient :
T(z) = T_0 - \frac{(\gamma-1) M_a g}{\gamma R} z = T_0 \left( 1 - \frac{z}{H} \right)
où la hauteur caractéristique H est définie par :
H = \frac{\gamma R T_0}{(\gamma-1) M_a g}
Cette expression correspond à la proposition C.
\boxed{\text{L'affirmation C est exacte.}}
Résultat
$L’affirmation C est exacte.$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2026, Q22
Considérons le piston de masse négligeable sur lequel est posée la masse m. Les actions mécaniques extérieures exercées sur l'ensemble {piston + masse m} selon l'axe vertical descendant sont :
- les forces pressantes de l'air atmosphérique extérieur : p_0 \mathcal{A} ;
- le poids de la masse m : mg.
La force pressante exercée par le milieu extérieur sur le gaz à travers le piston correspond donc à une pression extérieure :
P_{\text{ext}} = p_0 + \frac{mg}{\mathcal{A}} = p_2 = \text{cte}
Cette pression extérieure étant rigoureusement constante pendant toute la durée de la transformation menant de l'état (2) à l'état (3), la transformation est, par définition, monobare. La proposition C est donc correcte.
Examinons les autres propositions :
- A) et D) sont fausses : Le résistor dissipe de l'énergie par effet Joule à l'intérieur de l'enceinte, ce qui induit un échauffement du gaz (T_3 > T_2). La transformation n'est donc ni isotherme, ni adiabatique. Elle est de plus intrinsèquement irréversible en raison des transferts thermiques et de la dissipation Joule.
- B) est fausse : Une transformation est dite isobare si la pression interne du gaz reste définie, uniforme et constante à chaque instant (p(t) = \text{cte}). Or, le chauffage interne et la mise en mouvement du piston ne sont pas spécifiés comme étant infiniment lents (quasi-statiques) ; la pression du fluide n'est donc pas nécessairement égale à p_2 au cours des états intermédiaires. L'égalité des pressions initiale et finale p_3 = p_2 = P_{\text{ext}} caractérise une transformation monobare entre deux états d'équilibre mécanique, et non une transformation isobare.
Par conséquent, seule la proposition C est exacte.
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2025, Q21
D'après les définitions de l'énoncé :
\begin{aligned} \Delta T &= T_C - T_A \implies T_C = T_A + \Delta T = T_A\left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) \\ \Delta V &= V_C - V_A \implies V_C = V_A + \Delta V \implies \frac{V_C}{V_A} = 1 + \frac{\Delta V}{V_A} \end{aligned}
L'équation d'état des gaz parfaits appliquée au gaz dans l'état A donne :
p_A V_A = n R T_A
Le facteur n R T_C intervenant dans le travail W_{BC} s'écrit donc :
n R T_C = n R T_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) = p_A V_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right)
En reportant cette relation ainsi que l'expression de \frac{V_C}{V_A} dans le travail W_{BC} = -n R T_C \ln\left(\frac{V_C}{V_A}\right) obtenu à la question Q20, on obtient :
\boxed{W_{BC} = -p_A V_A \left(1 + \frac{\Delta T}{T_A}\right) \ln\left(1 + \frac{\Delta V}{V_A}\right)}
La réponse correcte est la proposition B.
Résultat
$W_{B C} = - p_{A} V_{A} (1 + \frac{Δ T}{T _{A}}) ln (1 + \frac{Δ V}{V _{A}})$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2025, Q22
Le gaz parfait subit une transformation isotherme entre l'état B et l'état C à la température T_B = T_C.
D'après la première loi de Joule, l'énergie interne d'un gaz parfait ne dépend que de sa température :
\Delta_B^C U = C_V (T_C - T_B) = 0
D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué au gaz parfait entre les états B et C :
\Delta_B^C U = W_{BC} + Q_{BC}
Comme la variation d'énergie interne est nulle, on en déduit directement :
\boxed{Q_{BC} = -W_{BC}}
L'item B est donc vérifié. Comme W_{BC} < 0 (détente), on a Q_{BC} > 0, ce qui exclut l'item A (Q_{BC} = 0), ainsi que les items C et D (car \Delta_B^C U = 0 \neq Q_{BC}).
Résultat
$Q_{B C} = - W_{B C}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2024, Q21
D'après le diagramme de Clapeyron (p, V), la transformation menant de l'état E_2 à l'état E_3 est une détente isobare réversible à la pression constante p_2 = p_3.
Le travail des forces de pression reçu algébriquement par le gaz parfait s'écrit :
W_{23} = -\int_{V_2}^{V_3} p\,\mathrm{d}V = -p_3 (V_3 - V_2)
Or, d'après les caractéristiques du cycle et les résultats de la question Q19 :
- V_2 = V_1 ;
- V_3 = \kappa V_1 car T_3 = T_1 implique p_3 V_3 = p_1 V_1, soit V_3 = \frac{p_1}{p_3}V_1 = \kappa V_1 ;
- p_3 = \frac{p_1}{\kappa}.
En injectant ces relations dans l'expression du travail :
\begin{aligned} W_{23} &= -p_3(\kappa V_1 - V_1) \\ &= -p_3 V_1 (\kappa - 1) \\ &= -\frac{p_1 V_1}{\kappa}(\kappa - 1) \end{aligned}
En utilisant l'équation d'état des gaz parfaits dans l'état E_1, p_1 V_1 = n R T_1, on obtient :
\boxed{W_{23} = -\frac{n R T_1 (\kappa - 1)}{\kappa}}
La réponse correcte est l'assertion B.
Résultat
$W_{23} = - \frac{n R T _{1} ( κ - 1 )}{κ}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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