Système thermodynamique : gaz parfait et premier principe

Pour chaque système, écrire « ouvert », « fermé » ou « isolé ».

1. L’eau d’une casserole sans couvercle qui bout sur une plaque : système
   La vapeur d’eau quitte la casserole : de la matière sort, le système est ouvert.
2. Le soda d’une canette fermée que l’on met au réfrigérateur : système
   Aucune matière n’entre ni ne sort, mais le soda cède de l’énergie à l’air froid du réfrigérateur : système fermé, pas isolé.
3. Le café d’une bouteille isotherme bouchée, supposée parfaite : système
   Ni matière ni énergie n’est échangée (bouteille idéale) : système isolé. Une vraie bouteille laisse fuir un peu d’énergie : le café finit par refroidir.
4. L’air d’une chambre à air de vélo crevée, qui se dégonfle : système
   L’air s’échappe par le trou : de la matière sort, le système est ouvert.

Températures thermodynamiques et écarts de température.

1. L’azote liquide bout à −196 °C sous la pression atmosphérique : T = K (au kelvin près)
   $T=\theta +273,15=-196+273,15=77,15$, soit 77 K.
2. Le zéro absolu, 0 K, correspond à θ = °C
   $\theta =T-273,15=0-273,15=$ −273,15 °C : aucune température ne peut être plus basse.
3. L’eau d’un bain passe de 31 °C à 38 °C : ΔT = K
   Un écart a la même valeur en kelvins et en degrés Celsius : $\Delta T=38-31=$ 7 K. Ajouter 273,15 à chaque température ne change pas leur différence.
4. Un gaz passe de 20,0 °C à 40,0 °C : sa température thermodynamique est multipliée par (au millième)
   ${\displaystyle \frac{T_2}{T_1}}={\displaystyle \frac{313,15}{293,15}}\approx$ 1,068 : une hausse de moins de 7 %. Doubler la température en °C ne double pas la température thermodynamique.

Un récipient rigide et étanche contient de l’air, assimilé à un gaz parfait. Pour chaque question, répondre par « augmente », « diminue » ou « ne change pas », sauf indication contraire.

1. On chauffe le récipient : la vitesse moyenne des molécules
   La température mesure l’agitation thermique : plus elle est grande, plus les molécules sont rapides en moyenne. Elle augmente.
2. Pendant ce chauffage, la masse volumique de l’air
   La masse d’air et le volume du récipient rigide ne changent pas : $\rho ={\displaystyle \frac{m}{V}}$ ne change pas. Le nombre de molécules par unité de volume est le même ; ce sont leurs vitesses qui changent.
3. Pendant ce chauffage, le nombre de chocs par seconde sur 1 cm² de paroi
   Autant de molécules par unité de volume, mais plus rapides : elles atteignent la paroi plus souvent, et la frappent plus fort. Le nombre de chocs augmente, et la pression avec lui.
4. On laisse ensuite sortir la moitié de l’air, à température constante : la pression
   Deux fois moins de molécules par unité de volume, aussi rapides qu’avant : deux fois moins de chocs, la pression diminue (elle est divisée par 2).
5. À la même température, l’énergie cinétique moyenne de déplacement d’un atome d’hélium, comparée à celle d’une molécule de diazote, est : (« la même », « plus grande » ou « plus petite »)
   Elle est la même : elle ne dépend que de la température. L’atome d’hélium, sept fois plus léger, est donc plus rapide : $\frac{1}{2}m{v}^2$ est le même avec une masse plus petite.

Une seringue étanche contient de l’air, assimilé à un gaz parfait : $V_1=2,40$ L, $P_1=1,013\times {10}^5$ Pa, ${\theta }_1=22$ °C. Donnée : $R=8,314$ J·K⁻¹·mol⁻¹.

1. Quantité de matière d’air : n = × 10⁻² mol
   $T_1=22+273,15=295,15$ K et $V_1=2,40\times {10}^{-3}$ m³ : $n={\displaystyle \frac{P_1{V}_1}{R{T}_1}}={\displaystyle \frac{1,013\times {10}^5\times 2,40\times {10}^{-3}}{8,314\times 295,15}}={\displaystyle \frac{243,1}{2454}}$, soit 9,91 × 10⁻² mol.
2. On enfonce lentement le piston jusqu’à 1,50 L, la température restant égale à 22 °C : $P_2$ = × 10⁵ Pa
   $n$ et $T$ ne changent pas : $P_1{V}_1=P_2{V}_2$ (loi de Mariotte), donc $P_2=1,013\times {10}^5\times {\displaystyle \frac{2,40}{1,50}}$, soit 1,62 × 10⁵ Pa. Les volumes peuvent rester en litres : seul leur rapport compte.
3. Le piston est bloqué et l’air est chauffé jusqu’à 40 °C : $P_3$ = × 10⁵ Pa
   Volume constant : ${\displaystyle \frac{P_2}{T_2}}={\displaystyle \frac{P_3}{T_3}}$, d’où $P_3=1,621\times {10}^5\times {\displaystyle \frac{313,15}{295,15}}$, soit 1,72 × 10⁵ Pa. Le rapport des températures doit être pris en kelvins : $\frac{40}{22}$ donnerait une pression presque doublée, absurde.

Un récipient rigide et fermé de 5,00 L contient 0,240 mol de néon, gaz parfait monoatomique, à 27 °C. Un élève écrit : « $P_1={\displaystyle \frac{nR{\theta }_1}{V}}={\displaystyle \frac{0,240\times 8,314\times 27}{5,00\times {10}^{-3}}}$ ». On donne, pour un gaz parfait monoatomique, $U={\displaystyle \frac{3}{2}}nRT$.

1. Résultat de l’élève : × 10⁴ Pa
   ${\displaystyle \frac{0,240\times 8,314\times 27}{5,00\times {10}^{-3}}}\approx$ 1,08 × 10⁴ Pa, environ dix fois moins que la pression atmosphérique pour un récipient fermé à température ambiante : le résultat doit alerter.
2. Pression correcte : $P_1$ = × 10⁵ Pa
   L’équation d’état exige la température absolue : $T_1=300,15$ K. Avec $nR=0,240\times 8,314=1,995$ J·K⁻¹ : $P_1={\displaystyle \frac{1,995\times 300,15}{5,00\times {10}^{-3}}}$, soit 1,20 × 10⁵ Pa, valeur plausible.
3. L’erreur de l’élève divise la pression par (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{300,15}{27}}\approx$ 11,1 : c’est le rapport entre la température absolue et le nombre de degrés Celsius.
4. On chauffe jusqu’à ce que la pression atteigne $1,60\times {10}^5$ Pa : $T_2$ = K (au kelvin près)
   $T_2={\displaystyle \frac{P_{2}V}{nR}}={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^5\times 5,00\times {10}^{-3}}{1,995}}={\displaystyle \frac{800}{1,995}}$, soit 401 K, c’est-à-dire environ 128 °C.
5. Transfert thermique reçu par le néon pendant ce chauffage : Q = J
   Récipient rigide : $\Delta V=0$, donc $W=0$ et $Q=\Delta U={\displaystyle \frac{3}{2}}nR(T_2-T_1)=2,993\times (400,9-300,15)$, soit 302 J.

Le réservoir de 80,0 L d’un véhicule au gaz naturel, assimilé à du méthane CH₄ ($M=16,04$ g·mol⁻¹), est rempli sous $2,00\times {10}^7$ Pa (200 bar) à 15 °C. Les tables de mesures donnent, à 15 °C, une masse volumique du méthane de 167,75 kg·m⁻³ sous $2,00\times {10}^7$ Pa et de 36,98 kg·m⁻³ sous $5,00\times {10}^6$ Pa.

1. Masse de méthane prévue par le modèle du gaz parfait : m = kg
   $m=nM={\displaystyle \frac{PVM}{RT}}={\displaystyle \frac{2,00\times {10}^7\times 0,0800\times 16,04\times {10}^{-3}}{8,314\times 288,15}}={\displaystyle \frac{25664}{2396}}$, soit 10,7 kg.
2. Masse réelle de méthane dans le réservoir : m = kg
   $m=\rho V=167,75\times 0,0800$, soit 13,4 kg.
3. À 200 bar, le modèle sous-estime la masse réelle de % (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{13,42-10,71}{13,42}}\approx 0,20$ : 20 %. Le modèle est ici nettement en défaut.
4. À 50 bar, le modèle sous-estime la masse volumique de % (au dixième)
   Modèle : $\rho ={\displaystyle \frac{PM}{RT}}={\displaystyle \frac{5,00\times {10}^6\times 16,04\times {10}^{-3}}{8,314\times 288,15}}\approx 33,48$ kg·m⁻³ ; écart ${\displaystyle \frac{36,98-33,48}{36,98}}$, soit 9,5 %. L’écart grandit avec la pression : les molécules sont de plus en plus serrées.
5. Le gaz réel est plus dense que prévu. L’hypothèse du modèle mise en défaut est l’absence d’ entre les entités
   Le modèle suppose les entités sans interactions à distance. Dans le méthane comprimé, les molécules proches s’attirent : le gaz se laisse davantage comprimer, il en tient plus dans le réservoir. Pour le dihydrogène à très haute pression, c’est au contraire le volume propre des molécules qui domine, et le modèle surestime la masse volumique.

Un bloc d’aluminium de 0,450 kg, initialement à 18,0 °C, reçoit un transfert thermique $Q=9,60\times {10}^3$ J, sans travail. On le modélise par un système incompressible, avec $c=897$ J·kg⁻¹·K⁻¹ ; pour l’eau, $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹.

1. Élévation de température du bloc : ΔT = K
   Pas de travail : $\Delta U=W+Q=Q$. Or $\Delta U=mc\Delta T$, donc $\Delta T={\displaystyle \frac{9,60\times {10}^3}{0,450\times 897}}={\displaystyle \frac{9,60\times {10}^3}{403,7}}$, soit 23,8 K.
2. Température finale du bloc : θ = °C
   Un écart vaut autant en K qu’en °C : $\theta =18,0+23,8=$ 41,8 °C.
3. Masse d’eau liquide qui s’échaufferait d’autant avec la même énergie : m = g
   Même énergie, même $\Delta T$ : même capacité thermique, $m_{\text{eau}}{c}_{\text{eau}}=403,7$ J·K⁻¹, d’où $m_{\text{eau}}={\displaystyle \frac{403,7}{4,18\times {10}^3}}$, soit 96,6 g : à masse égale, l’eau s’échauffe plus de quatre fois moins que l’aluminium.

Un récipient rigide contient 1,20 mol d’hélium, gaz parfait monoatomique, à 15 °C. On donne $U={\displaystyle \frac{3}{2}}nRT$ pour un gaz parfait monoatomique et $U={\displaystyle \frac{5}{2}}nRT$ pour le diazote, gaz de molécules diatomiques, aux températures usuelles.

1. Énergie interne de l’hélium : $U_1$ = × 10³ J
   $T_1=288,15$ K : $U_1={\displaystyle \frac{3}{2}}\times 1,20\times 8,314\times 288,15$, soit 4,31 × 10³ J.
2. On porte l’hélium à 85 °C : $U_2$ = × 10³ J
   $T_2=358,15$ K : $U_2={\displaystyle \frac{3}{2}}\times 1,20\times 8,314\times 358,15$, soit 5,36 × 10³ J.
3. Transfert thermique reçu par l’hélium pendant ce chauffage : Q = × 10³ J
   Récipient rigide : $W=0$, donc $Q=\Delta U={\displaystyle \frac{3}{2}}nR\Delta T={\displaystyle \frac{3}{2}}\times 1,20\times 8,314\times 70,0$, soit 1,05 × 10³ J. On retrouve $U_2-U_1$.
4. Même échauffement, dans le même récipient, pour 1,20 mol de diazote : Q = × 10³ J
   $Q=\Delta U={\displaystyle \frac{5}{2}}\times 1,20\times 8,314\times 70,0$, soit 1,75 × 10³ J : davantage que pour l’hélium, car l’énergie reçue fait aussi tourner les molécules. Utiliser $\frac{3}{2}nRT$ pour le diazote serait une erreur.

On place au congélateur un bac contenant 0,250 kg d’eau à 20,0 °C. On veut obtenir des glaçons à −18,0 °C. Données : $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹ ; $c_{\text{glace}}=2,10\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹ ; $L_f=3,34\times {10}^5$ J·kg⁻¹ (énergie massique de fusion de la glace). On néglige la capacité thermique du bac.

1. Transfert thermique reçu par l’eau qui refroidit de 20,0 °C à 0 °C : $Q_1$ = × 10⁴ J
   $Q_1=m{c}_{\text{eau}}({\theta }_f-{\theta }_i)=0,250\times 4,18\times {10}^3\times (0-20,0)$, soit −2,09 × 10⁴ J : négatif, l’eau cède de l’énergie.
2. Transfert thermique reçu pendant la solidification à 0 °C : $Q_2$ = × 10⁴ J
   La solidification est l’inverse de la fusion : $Q_2=-m{L}_f=-0,250\times 3,34\times {10}^5$, soit −8,35 × 10⁴ J.
3. Transfert thermique reçu par la glace qui refroidit de 0 °C à −18,0 °C : $Q_3$ = × 10³ J
   $Q_3=m{c}_{\text{glace}}(-18,0-0)=0,250\times 2,10\times {10}^3\times (-18,0)$, soit −9,45 × 10³ J.
4. Transfert thermique total : Q = × 10⁵ J
   $U$ est une fonction d’état : on additionne les étapes. $Q=-20900-83500-9450$, soit −1,14 × 10⁵ J.
5. Le congélateur retire de l’énergie à l’eau avec une puissance moyenne de 40 W : durée nécessaire ≈ min
   $\Delta t={\displaystyle \frac{|Q|}{𝒫}}={\displaystyle \frac{113850}{40}}\approx 2846$ s, soit environ 47 min.
6. Un élève calcule $m{c}_{\text{eau}}(-18,0-20,0)$ en un seul terme. Son résultat ne représente que % de l’énergie réelle (à l’unité)
   $0,250\times 4,18\times {10}^3\times 38,0=39710$ J, soit ${\displaystyle \frac{39710}{113850}}\approx$ 35 %. Il a oublié la solidification, l’étape la plus coûteuse, et utilisé $c_{\text{eau}}$ pour la glace.

Pour chaque situation, le système est indiqué entre accolades. Donnée : $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹.

1. {0,50 kg d’eau} passe de 22,0 °C à 6,0 °C dans un réfrigérateur, sans travail échangé : ΔU = × 10⁴ J
   $\Delta U=mc({\theta }_f-{\theta }_i)=0,50\times 4,18\times {10}^3\times (6,0-22,0)$, soit −3,34 × 10⁴ J. Comme $W=0$, $Q=\Delta U$ : l’eau cède cette énergie à l’air du réfrigérateur.
2. {un gaz} reçoit $1,8\times {10}^3$ J par transfert thermique et fournit un travail de $1,1\times {10}^3$ J au milieu extérieur : ΔU = J
   Travail fourni, donc cédé : $W=-1,1\times {10}^3$ J ; $Q=+1,8\times {10}^3$ J. $\Delta U=-1100+1800=$ +700 J : l’énergie interne augmente malgré le travail cédé.
3. {un gaz} subit une compression adiabatique au cours de laquelle il reçoit un travail de 240 J : ΔU = J
   Adiabatique : $Q=0$, donc $\Delta U=W=$ +240 J.
4. Au cours de cette compression adiabatique, la température du gaz (augmente, diminue, ne change pas)
   Son énergie interne augmente sans aucun apport thermique : l’agitation de ses entités augmente, sa température augmente. C’est pourquoi une pompe à vélo chauffe pendant le gonflage.

Un cylindre fermé par un piston mobile contient 0,0500 mol d’hélium, gaz parfait monoatomique. La pression extérieure reste égale à $1,013\times {10}^5$ Pa et le piston est libre : la pression du gaz reste égale à cette valeur. On chauffe le gaz de 20,0 °C à 80,0 °C. On donne $U={\displaystyle \frac{3}{2}}nRT$ et, pour une transformation monobare, $W=-P_{ext}\Delta V$.

1. Volume initial : $V_1$ = L
   $V_1={\displaystyle \frac{nR{T}_1}{P}}={\displaystyle \frac{0,0500\times 8,314\times 293,15}{1,013\times {10}^5}}=1,203\times {10}^{-3}$ m³, soit 1,20 L.
2. Volume final : $V_2$ = L
   $V_2=V_1\times {\displaystyle \frac{353,15}{293,15}}$ (pression constante : $\frac{V}{T}$ constant) $=1,449\times {10}^{-3}$ m³, soit 1,45 L.
3. Travail reçu par le gaz : W = J
   $W=-P_{ext}(V_2-V_1)=-1,013\times {10}^5\times 2,46\times {10}^{-4}$, soit −24,9 J : en se dilatant, le gaz repousse le piston, il cède du travail. (On a aussi $W=-nR\Delta T$.)
4. Variation d’énergie interne : ΔU = J
   $\Delta U={\displaystyle \frac{3}{2}}nR\Delta T=1,5\times 0,0500\times 8,314\times 60,0$, soit 37,4 J.
5. Transfert thermique reçu : Q = J
   $Q=\Delta U-W=37,4-(-24,9)$, soit 62,4 J. Piège : $Q\ne \Delta U$, le piston bouge.
6. Part du transfert thermique reçu qui sert à augmenter l’énergie interne : %
   ${\displaystyle \frac{37,4}{62,4}}={\displaystyle \frac{3}{5}}$, soit 60 % ; le reste repart sous forme de travail fourni au piston.

Un récipient de volume variable contient 0,320 mol d’un gaz parfait monoatomique ($U={\displaystyle \frac{3}{2}}nRT$). État A : $P_A=1,40\times {10}^5$ Pa, $T_A=310$ K. Le gaz subit une détente isotherme A → B jusqu’au volume $V_B=9,20$ L, au cours de laquelle il reçoit $Q_{AB}=368$ J, puis une transformation isochore B → C jusqu’à $T_C=268$ K.

1. Volume dans l’état A : $V_A$ = L
   $nR=0,320\times 8,314\approx 2,660$ J·K⁻¹ ; $V_A={\displaystyle \frac{nR{T}_A}{P_A}}={\displaystyle \frac{824,7}{1,40\times {10}^5}}=5,89\times {10}^{-3}$ m³, soit 5,89 L.
2. Pression dans l’état B : $P_B$ = × 10⁴ Pa
   Isotherme : $T_B=310$ K, $P_B={\displaystyle \frac{824,7}{9,20\times {10}^{-3}}}$, soit 8,96 × 10⁴ Pa.
3. Travail reçu par le gaz de A à B : $W_{AB}$ = J
   Gaz parfait à température constante : $\Delta U_{AB}=0$, donc $W_{AB}=-Q_{AB}=$ −368 J : tout le transfert thermique reçu repart en travail fourni.
4. Variation d’énergie interne de B à C : $\Delta U_{BC}$ = J
   $\Delta U_{BC}={\displaystyle \frac{3}{2}}nR(T_C-T_B)=3,991\times (268-310)$, soit −168 J. Isochore : $W_{BC}=0$, donc $Q_{BC}=\Delta U_{BC}$, le gaz cède 168 J.
5. Transfert thermique total reçu de A à C : $Q_{AC}$ = J
   $Q_{AC}=Q_{AB}+Q_{BC}=368-167,6$, soit 200 J. Contrôle : $W_{AC}+Q_{AC}=-368+200,4=-167,6$ J $=\Delta U_{AC}=\frac{3}{2}nR(T_C-T_A)$ ; $\Delta U$ ne dépend que de A et C, $W$ et $Q$ dépendent du chemin.

Dans un calorimètre de capacité thermique négligeable, on verse 300 g d’eau à 15,0 °C puis 150 g d’eau à 75,0 °C. Donnée : $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹.

1. Température finale : θ = °C
   $\Delta U=0$ : $m_{1}c({\theta }_f-15,0)+m_{2}c({\theta }_f-75,0)=0$, d’où ${\theta }_f={\displaystyle \frac{300\times 15,0+150\times 75,0}{450}}={\displaystyle \frac{15750}{450}}$, soit 35,0 °C, et non la moyenne 45,0 °C : il y a deux fois plus d’eau froide.
2. Transfert thermique reçu par l’eau initialement froide : Q = × 10⁴ J
   $Q=0,300\times 4,18\times {10}^3\times (35,0-15,0)$, soit 2,51 × 10⁴ J ; l’eau chaude en cède exactement autant.
3. On recommence en remplaçant l’eau chaude par 150 g d’huile à 75,0 °C ($c=2,0\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹) : θ = °C
   $0,300\times 4,18\times {10}^3\times ({\theta }_f-15,0)+0,150\times 2,0\times {10}^3\times ({\theta }_f-75,0)=0$, d’où ${\theta }_f={\displaystyle \frac{18810+22500}{1254+300}}$, soit 26,6 °C : à masse égale, l’huile a deux fois moins d’énergie à céder que l’eau.

Un calorimètre de capacité thermique $C_{cal}=95$ J·K⁻¹ contient 200 g d’eau ; l’ensemble est à 18,0 °C. On y plonge un cylindre métallique de 150 g sorti d’un bain d’eau bouillante à 98,0 °C. L’équilibre s’établit à 22,7 °C. Données : $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹ ; capacités thermiques massiques (J·kg⁻¹·K⁻¹) : aluminium 897, fer 449, cuivre 385, plomb 129.

1. Énergie reçue par l’eau et le calorimètre : Q = × 10³ J
   $Q=(m_{\text{eau}}{c}_{\text{eau}}+C_{cal})(22,7-18,0)=(836+95)\times 4,7=931\times 4,7$, soit 4,38 × 10³ J.
2. Capacité thermique massique du métal : c ≈ J·kg⁻¹·K⁻¹
   $\Delta U=0$ : le métal cède ce que reçoivent l’eau et le calorimètre, $mc(98,0-22,7)=4376$ J, d’où $c={\displaystyle \frac{4376}{0,150\times 75,3}}$, soit 387 J·kg⁻¹·K⁻¹.
3. Si l’on oubliait le calorimètre dans le bilan, on trouverait c ≈ J·kg⁻¹·K⁻¹
   $c={\displaystyle \frac{836\times 4,7}{0,150\times 75,3}}$, soit 348 J·kg⁻¹·K⁻¹ : une erreur de 10 % : la valeur ne correspondrait plus à aucun métal du tableau.
4. D’après le tableau, le cylindre est probablement en
   La valeur mesurée, 387 J·kg⁻¹·K⁻¹, est très proche de celle du cuivre (385) ; les autres métaux du tableau en sont très éloignés.

Pour mesurer l’énergie massique de fusion de la glace, on utilise un calorimètre de capacité thermique $C_{cal}=120$ J·K⁻¹ contenant 300 g d’eau, l’ensemble étant à 25,0 °C. On y ajoute un glaçon de 40,0 g à 0 °C, essuyé. Tout le glaçon fond ; l’équilibre s’établit à 13,5 °C. Donnée : $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹.

1. Énergie cédée par l’eau initiale et le calorimètre : × 10⁴ J
   $(0,300\times 4,18\times {10}^3+120)(25,0-13,5)=1374\times 11,5$, soit 1,58 × 10⁴ J.
2. Énergie reçue par l’eau issue du glaçon pour passer de 0 °C à 13,5 °C : × 10³ J
   $0,0400\times 4,18\times {10}^3\times 13,5$, soit 2,26 × 10³ J.
3. Énergie massique de fusion mesurée : $L_f$ = × 10⁵ J·kg⁻¹
   Système {eau + calorimètre + glaçon} : $\Delta U=0$, donc $m_g{L}_f+2257-15801=0$ et $L_f={\displaystyle \frac{15801-2257}{0,0400}}$, soit 3,39 × 10⁵ J·kg⁻¹.
4. Écart relatif avec la valeur des tables, $3,34\times {10}^5$ J·kg⁻¹ : % (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{3,386-3,34}{3,34}}\approx$ 1,4 % : la mesure est satisfaisante. Le glaçon est essuyé pour ne pas apporter d’eau liquide, qui fausserait $m_g$.
5. Un élève oublie l’échauffement de l’eau issue du glaçon : il trouve $L_f$ = × 10⁵ J·kg⁻¹
   ${\displaystyle \frac{15801}{0,0400}}$, soit 3,95 × 10⁵ J·kg⁻¹, 18 % de trop : une fois fondue, la glace devient de l’eau à 0 °C qui doit encore s’échauffer.

Un aquarium contient 60,0 L d’eau ($\rho =1,00$ kg·L⁻¹, $c=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹). Une résistance chauffante de 150 W, plongée dans l’eau, doit élever sa température de 2,0 °C. On néglige les pertes vers la pièce.

1. Variation d’énergie interne de l’eau : ΔU = × 10⁵ J
   $\Delta U=mc\Delta T=60,0\times 4,18\times {10}^3\times 2,0$, soit 5,02 × 10⁵ J.
2. Durée de chauffage : min (au dixième)
   La résistance reçoit $W=𝒫\Delta t$ et la transmet à l’eau : $\Delta t={\displaystyle \frac{501600}{150}}=3344$ s, soit 55,7 min.
3. Pour le système {eau}, l’énergie reçue est un (« travail » ou « transfert thermique »)
   L’eau reçoit l’énergie de la résistance, plus chaude qu’elle, à l’échelle microscopique : c’est un transfert thermique.
4. Pour le système {eau + résistance}, l’énergie reçue est un (« travail » ou « transfert thermique »)
   Ce système reçoit l’énergie du courant électrique qui traverse la résistance : c’est un travail électrique. Le transfert résistance → eau devient interne au système et n’apparaît plus dans le bilan.

Au pied d’une chute d’eau de 120 m de haut, l’eau retombe dans un bassin. On étudie 1,00 kg d’eau, depuis le haut de la chute, où sa vitesse est négligeable, jusqu’au bassin, où son mouvement s’est amorti. On néglige les échanges avec l’air et la roche, et l’évaporation. Données : $g=9,81$ N·kg⁻¹ ; $c_{\text{eau}}=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹.

1. Diminution de l’énergie potentielle de pesanteur de cette eau : J
   $|\Delta E_p|=mgh=1,00\times 9,81\times 120\approx 1177$ J, soit environ 1 180 J.
2. Élévation de température de l’eau dans le bassin : ΔT = K
   Système {eau} : $\Delta E_c+\Delta E_p+\Delta U=W+Q=0$, avec $\Delta E_c=0$ (vitesse négligeable au départ, mouvement amorti à l’arrivée). Donc $\Delta U=-\Delta E_p$ et $\Delta T={\displaystyle \frac{1177}{4,18\times {10}^3}}$, soit 0,28 K : trop peu pour le sentir.
3. Hauteur de chute qui élèverait la température de l’eau de 1,0 K : m
   $gh=c\Delta T$ donne $h={\displaystyle \frac{4,18\times {10}^3\times 1,0}{9,81}}$, soit 426 m : l’énergie mécanique « vaut » peu en élévation de température, ce qui rend l’effet difficile à mesurer.

Pendant une journée d’hiver, le fluide d’une pompe à chaleur reçoit 3,2 kWh d’énergie électrique (travail) et cède 12,0 kWh d’énergie au logement. Sur des cycles complets, l’énergie interne du fluide ne varie pas. Donnée : 1 kWh = 3,6 × 10⁶ J.

1. Coefficient de performance : COP = (trois chiffres)
   $\text{COP}={\displaystyle \frac{|Q_c|}{W}}={\displaystyle \frac{12,0}{3,2}}$, soit 3,75, sans unité.
2. Transfert thermique $Q_c$ reçu par le fluide côté logement, avec son signe : kWh
   Le fluide cède 12,0 kWh au logement : pour lui, $Q_c=$ −12,0 kWh.
3. Énergie prélevée par le fluide à l’air extérieur : $Q_f$ = kWh
   Sur des cycles complets, $\Delta U=0$ : $W+Q_c+Q_f=0$, donc $Q_f=-W-Q_c=-3,2+12,0=$ 8,8 kWh, positif : reçu.
4. Cette énergie prélevée dehors, en joules : × 10⁷ J
   $8,8\times 3,6\times {10}^6$, soit 3,17 × 10⁷ J.
5. Un élève affirme : « un rendement de 375 % : la pompe crée de l’énergie ». La part de l’énergie fournie au logement qui vient en réalité de l’extérieur est % (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{8,8}{12,0}}\approx$ 73 %. Rien n’est créé : l’énergie cédée au logement est la somme de l’électricité et de l’énergie prise dehors. Le COP n’est pas un rendement : son dénominateur ne compte que l’électricité payée.