Voici le corrigé du contrôle sur l’énergie interne et le premier principe : chaque bilan d’énergie est justifié, les calculs sont détaillés avec leurs unités et le barème est précisé question par question.
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La correction détaillée avec le barème du corrigé sur l’énergie interne
Correction de l’exercice 1 : Gaz comprimé dans un cylindre (5 points)1. (1 pt) On compte positivement ce que le système reçoit et négativement ce qu’il cède. Le gaz reçoit du travail : W = + 260 J. Il cède de la chaleur : Q = − 90 J.
2. (1 pt) ΔU = W + Q = 260 + (− 90) = + 170 J.
3. (1 pt) ΔU > 0 : l’énergie interne du gaz augmente, et elle croît avec la température. La température augmente.
4. (1 pt) Dans un cylindre adiabatique, Q = 0 donc ΔU = W = + 260 J : l’échauffement est plus important que dans le cas précédent, car aucune énergie n’est cédée à l’extérieur.
5. (1 pt) Pour un gaz parfait, U ne dépend que de T ; en transformation isotherme, ΔU = 0. Alors Q = − W avec W = − 120 J (le gaz fournit du travail) : Q = + 120 J. Le gaz reçoit de la chaleur de l’extérieur pour compenser le travail fourni.
1. (1 pt) Δt = 3,0 × 60 = 180 s. Wél = P Δt = 50 × 180 = 9 000 J, soit 9,0 kJ.
2. (1 pt) ΔT = Wél / (m c) = 9 000 / (0,400 × 900) = 9 000 / 360 = 25 K.
3. (1 pt) θi = 18,0 °C ; θf = 40,5 °C à t = 180 s. ΔTmesuré = 40,5 − 18,0 = 22,5 K.
4. (1 pt) ΔU = m c ΔT = 0,400 × 900 × 22,5 = 8 100 J, soit ΔU = 8,1 kJ.
5. (1 pt) Énergie perdue : 9 000 − 8 100 = 900 J, soit 900 / 9 000 = 10 % de l’énergie fournie (transfert thermique du bloc vers l’air ambiant, Q = − 900 J).
1. (1 pt) Sans frottement, v = √(2 g h) = √(2 × 9,81 × 2,0) = √39,24 = 6,26 m/s, soit v ≈ 6,3 m/s.
2. (1 pt) Ec = ½ m v2 = 0,5 × 1,0 × 39,24 = 19,6 J (valeur égale à m g h).
3. (1,5 pt) Le bloc s’immobilise : ΔEc = 0 − 19,6 = − 19,6 J. Aucun transfert thermique (Q = 0) et aucun travail extérieur au cours de la phase d’arrêt, donc ΔEc + ΔU = 0 et ΔU = + 19,6 J : l’énergie cinétique macroscopique est convertie en énergie interne.
4. (1 pt) ΔT = ΔU / (m cPb) = 19,6 / (1,0 × 129) = 0,152 K, soit ΔT ≈ 0,15 K.
5. (0,5 pt) Après 100 chutes : 100 × 0,152 = 15,2 K, soit ≈ 15 K.
1. (1 pt) Qfusion = mg Lf = 0,020 × 334 × 103 = 6 680 J, soit ≈ 6,7 kJ.
2. (0,5 pt) Le système est isolé : W = 0 et Q = 0. D’après le premier principe, ΔUtotal = 0. Les variations d’énergie interne de la glace (qui fond puis se réchauffe) et de l’eau (qui se refroidit) se compensent.
3. (1 pt) L’eau peut céder en refroidissant de 25 °C à 0 °C : me ceau × 25 = 0,250 × 4 180 × 25 = 26 125 J. Cette valeur dépasse largement 6 680 J : le glaçon fond entièrement.
4. (2,5 pt) Conservation : mg Lf + mg ceau (θf − 0) + me ceau (θf − 25) = 0. Soit 6 680 + 83,6 θf + 1 045 θf − 26 125 = 0, d’où 1 128,6 θf = 19 445 et θf = 17,2 °C, soit θf ≈ 17 °C. Cette température est comprise entre 0 °C et 25 °C, ce qui est cohérent.
Barème et conseils
| Exercice | Thème | Points |
|---|---|---|
| 1 | Gaz et piston | 5 |
| 2 | Bloc d’aluminium | 5 |
| 3 | Bloc de plomb qui tombe | 5 |
| 4 | Glaçon dans l’eau | 5 |
| Total | 20 |
Pour progresser, commence toujours par définir le système et la convention de signe (reçu positif, cédé négatif), puis écris le bilan ΔEc + ΔU = W + Q avant de calculer. Dans un mélange en système isolé, vérifie d’abord si le changement d’état est total, puis écris que la somme des variations d’énergie interne est nulle.