TD 4 – Thermodynamique mésoscopique Correction Principes de la thermodynamique BLAISE PASCAL PT 2018-2019 Révisions de PTSI Exercice 1 : Échauffement adiabatique d’un gaz par compression 1 Le système considéré est le gaz dans la seringue. Comme la transformation est rapide, elle peut être considérée comme adiabatique. 2 Procédons à un bilan d’énergie au cours de la transformation. Le piston se déplace sur une longueur LI − LF , et comme la force est constante alors le travail (moteur) exercé par l’opérateur vaut simplement W = F0 (LI − LF ) . On suppose la force de pression extérieure négligeable devant F0 . Penser à vérifier le signe de W pour s’assurer qu’il n’y a pas d’erreur de signe. Il n’y a pas de force de pression intérieure à prendre en compte : comme son nom l’indique, c’est une force intérieure ! Le bilan d’énergie s’écrit ∆U |{z} = F0 (LI − LF ) |{z} = CV (TF − TI ) , 1er ppe Joule d’où on déduit finalement TF = TI + F0 (LI − LF ) > TI . CV La température du gaz augmente, alors qu’il n’a reçu aucun transfert thermique. Exercice 2 : Capacité thermique massique du cuivre Le système considéré est constitué du calorimètre, de l’eau qu’il contient et du barreau de cuivre. La transformation dans le calorimètre peut être considérée comme adiabatique, et comme il n’y a pas de travail indiqué fourni au système, le premier principe donne ∆H = Q + Wi = 0 . Par additivité de l’enthalpie, la variation totale d’enthalpie est la somme de celles de l’eau, du calorimètre et du métal. Comme il s’agit de phases condensées changeant de température, on a ∆H = ∆Heau + ∆Hcalo + ∆HCu = meau ceau (TF − Teau ) + µ ceau (TF − Teau ) + mCu cCu (TF − TCu ) en décrivant le calorimètre par sa valeur en eau µ. Finalement, cCu = (meau + µ) ceau (Teau − TF ) = 9,8 · 102 J · K−1 · kg−1 . mCu (TF − TCu ) Exercice 3 : De la glace qui fond L’exercice est nettement plus rédigé que nécessaire. En particulier, les schémas synoptiques des transformations auxilliaires sont pratiques pour comprendre le raisonnement mais pas nécessaires sur une copie. On peut directement donner l’expression de ∆H obtenue pour la transformation auxiliaire. Comme le calorimètre est calorifugé et que les systèmes n’y reçoivent aucun travail, alors d’après le premier principe, ∆H = W6=p + Q = 0 1/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 Les transformations dans le calorimètre sont donc isenthalpiques. Dans tout l’exercice, le système considéré est l’ensemble de l’eau contenue dans le calorimètre. Il s’agit bien d’un système fermé (masse constante), mais il n’est pas homogène (deux phases). 1 Raisonnons à partir de la transformation (auxiliaire) décrite figure 1. Elle a même état initial et même état final que la transformation réelle, donc comme l’enthalpie est une fonction d’état, sa variation est la même au cours des deux transformations. liquide : mliq , T1 solide : mgl , T2 = Tfus ∆H = 0 ∆H1 liquide : mliq , T1 liquide : mgl , T2 = Tfus liquide : mgl + mliq , TF ∆H3 ∆H2 liquide : mliq , T1 liquide : mgl , TF Figure 1 – Schéma synoptique de la transformation. Hypothèse où l’état final est complètement liquide. Calculons les variations d’enthalpie étape par étape : . Étape 1 : la totalité de la glace fond tout en restant à la température de fusion T1 = 0 ◦C, le reste du système ne subit aucune transformation, donc ∆H1 = mgl ∆fus h ; . Étape 2 : la masse d’eau juste fondue, liquide, passe de T2 à TF , le reste du système ne subit aucune transformation, donc ∆H2 = mgl c (TF − T2 ) ; . Étape 3 : l’eau initialement liquide passe de T1 à TF , le reste du système ne subit aucune transformation, donc ∆H3 = mliq c (TF − T1 ) . Ainsi, le bilan enthalpique global s’écrit ∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 et donc 0 = mgl ∆fus h + mgl c (TF − T2 ) + mliq c (TF − T1 ) . On en déduit alors TF = mgl c T2 + mliq c T1 − mgl ∆fus h = 260 K = −13 ◦C . (mgl + mliq )c Il y a donc une contradiction : l’eau est supposée liquide, et pourtant à la température trouvée elle devrait être solide. L’hypothèse d’eau complètement liquide est donc fausse. 2 Si l’eau est présente à la fois sous forme liquide et solide, alors comme la transformation est monobare à pression atmosphérique, on connaît la température finale qui est l’unique température à laquelle une coexistence stable est possible, TF = Tfus = 0 ◦C . La transformation auxiliaire sur laquelle on raisonne pour exprimer les variations d’enthalpie se compose de deux étapes, indiquées figure 2. . Étape 1 : la totalité de l’eau liquide refroidit jusqu’à la température Tfus , le reste du système ne subit aucune transformation, donc ∆H1 = mliq c (Tfus − T1 ) ; . Étape 2 : une fraction x d’eau solide (masse xmgl ) passe à l’état liquide, le reste du système ne subit aucune transformation, donc ∆H2 = x mgl ∆fus h Le bilan enthalpique global s’écrit donc ∆H = 0 = mliq c (Tfus − T1 ) + x mgl ∆fus H 2/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique liquide : mliq , T1 solide : mgl , T2 = Tfus Blaise Pascal, PT 2018-2019 ∆H = 0 liquide : mliq + xmgl , T2 = Tfus solide : (1 − x)mgl , T2 = Tfus ∆H2 ∆H1 liquide : mliq , T2 = Tfus solide : mgl , T2 = Tfus Figure 2 – Schéma synoptique de la transformation. Hypothèse où l’état final est une coexistence entre solide et liquide. soit x= mliq c (T1 − Tfus ) = 0,51 . mgl ∆fus h Cette valeur est physiquement acceptable : on en déduit que l’hypothèse est validée. Ainsi, dans l’état final, le calorimètre contient 1,25 kg d’eau liquide et 0,25 kg de glace, le tout à 0 ◦C. Une hypothèse fausse se traduirait par une valeur de x négative ou supérieure à 1. Attention à la cohérence physique des hypothèses lors de la construction de la transformation auxiliaire : si l’eau liquide refroidit, alors pour conserver l’enthalpie il faut nécessairement que de la glace fonde. Dans le cas où vous auriez supposé que l’eau refroidissait puis gelait, vous auriez abouti à une contradiction. Exercice 4 : Équilibre d’une enceinte à deux compartiments 1 Considérons le système formé des deux gaz dans les deux compartiments et de la cloison. Comme la cloison est diatherme et mobile sans frottement, alors les deux gaz seront en équilibre thermique et mécanique à l’état final, d’où on déduit directement déf. déf. T1F = T2F = TF et P1F = P2F = PF . En revanche, les volumes V1 et V2 des compartiments sont a priori différents. Enfin, la loi des gaz parfaits et les conditions initiales montrent que la quantité de matière diffère dans les deux compartiments : n2 = 2n1 . Comme le piston est étanche, elle ne change pas au cours de la transformation. Pour unifier les notations, on notera n1 = n0 En résumé, les états des gaz sont : . Gaz 1 : état initial (n0 , T0 , P0 , V0 ), état final (n0 , TF , PF , V1 ) ; . Gaz 2 : état initial (2n0 , T0 , 2P0 , V0 ), état final (2n0 , TF , PF , V2 ). Par additivité de l’énergie interne, ∆U = ∆U1 + ∆U2 + ∆Ucloison ' ∆U1 + ∆U2 en supposant que la cloison, solide, est de masse suffisamment faible pour que son énergie interne ne varie presque pas. Il est cependant indispensable de l’inclure dans le système, sans quoi il faut également prendre en compte le travail fourni par la cloison aux gaz pendant le déplacement, ce qui complique singulièrement les choses. D’après le premier principe, ∆U1 + ∆U2 = W + Q = 0 car l’enceinte est indéformable et calorifugée. Attention à ne pas confondre : il y a échange de travail et de transfert thermique d’un gaz à l’autre (sans quoi il n’y aurait pas de transformation), mais compte tenu du système considéré ce sont des échanges intérieurs, qui n’apparaissent pas dans le bilan d’énergie. Quelle que soit la transformation, les variations d’énergie interne d’un gaz parfait sont reliées aux variations de température par la capacité thermique à volume constant (et ce, même si l’évolution n’est pas isochore ... c’est propre au gaz parfait !). Ainsi, ∆U1,2 = CV 1,2 (TF − T0 ) d’où (CV 1 + CV 2 )(TF − T0 ) = 0 3/10 et TF = T0 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 Pour calculer les pressions et les volumes, on utilise l’équation d’état, PF V1 = n0 RT PF V2 = 2n0 RT et d’où V2 = 2V1 . Comme l’enceinte est indéformable, alors on a également V1 + V2 = 2V0 , ce qui permet de conclure V1 = 2 V0 3 et V2 = 4 V0 . 3 Enfin, l’équation d’état permet d’aboutir à la pression, dont on rappelle qu’elle est égale dans les deux compartiments, PF = 3 n0 R T 0 . 2V0 L’idée pour la fin de question, une fois les températures trouvées, est de déterminer les trois variables d’état manquantes V1 , V2 et PF en utilisant trois équations indépendantes : l’équation d’état des gaz parfaits appliquée aux deux compartiments donne deux équations, la conservation du volume donne la troisième. La tambouille des calculs peut ensuite être faite de multiples façons. 2 La variation d’entropie du système s’obtient facilement par extensivité et utilisation de la fonction d’état donnée (en multipliant par les quantités de matière à température constante, ce qui permet de simplifier directement) ∆S = ∆S1 + ∆S2 V1 + 2n0 R ln = n0 R ln V0 16 2 = n0 R ln + ln 3 9 32 ∆S = n0 R ln 27 V2 V0 Comme la transformation est adiabatique, le système n’échange pas d’entropie avec l’extérieur, donc ∆S = Scrée d’où Scrée = n0 R ln 32 27 dont on remarque qu’elle est bien strictement positive, comme imposé par le second principe. Il y a également de l’entropie échangée entre les deux gaz, mais là encore ce sont des échanges internes qui n’apparaissent donc pas dans le bilan entropique global. Exercices Exercice 5 : Démonstration de la loi de Laplace 1.a Trois hypothèses : gaz parfait en transformation adiabatique et réversible. La loi de Laplace s’écrit P V γ = cte . 1.b On combine avec l’équation d’état : d’une part, nRT × V γ = cte V et d’autre part P 2 nRT P d’où T V γ−1 = cte0 , d’où P 1−γ T γ = cte00 . γ = cte La variation d’énergie interne au cours de la transformation s’écrit dU |{z} = CV dT |{z} = δWp + 0 Joule 1er ppe 4/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 et en remplaçant nR dT = −P dV . γ−1 3 En prenant la différentielle de l’équation d’état, V dP + P dV = nR dT . On déduit alors de la question précédente V dP + P dV = −(γ − 1)P dV 4 V dP = −γP dV . d’où La séparation des variables donne dP dV = −γ P V et par intégration ln P = −γ ln V + cte ln P + γ ln V = cte soit et ln (P V γ ) = cte d’où on déduit la loi de Laplace, P V γ = cte . Exercice 6 : Transformation polytropique Commençons par écrire l’équation d’état en fonction de r et v, P 1 V n = RT m m soit Pv = RT M d’où P v = rT . D’après l’identité thermodynamique, T ds = du + P dv = c dT . Or pour un gaz parfait du = cV dT et d’où on déduit cV dT + P = rT v rT dv = c dT v et ainsi (c − cV ) 2 dT dv −r = 0. T v La relation précédente s’écrit (c − cV ) dv dT =r , T v donc en intégrant (c − cV ) ln T = r ln v + cte ce que l’on peut réécrire ln T − r ln v = cte c − cV soit ln T × v −r/(c−cV ) = cte donc ln Pv × v −r/(c−cV ) r = cte . On en déduit donc que P v 1−r/(c−cV ) = cte ce qui est bien de la forme demandée avec k =1− r c − cV − r = c − cV c − cV 5/10 d’où k= c − cP . c − cV Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 en utilisant la relation de Mayer sous forme massique. 3 La relation de la question 1 s’écrit dT r dv − =0 T c − cV v dT dv + (k − 1) = 0. T v soit Au cours de la transformation, le travail massique reçu dû aux forces de pression s’écrit δw = −P dv = −rT 4 dv v δw = d’où r dT . k−1 On a r du |{z} = δw + δq |{z} = cV dT = dT γ−1 1er ppe Joule Ainsi, δq = r 5 1 1 − γ−1 k−1 dT . • Isobare : il faut P = cte, ce qui possible si k = 0. • Isochore : il faut v = cte, et d’après la relation polytropique P 1/k v = cte . On veut donc 1/k = 0 ce qui est possible si k → ∞. • Adiabatique : il faut δq = 0, ce qui est possible si k = γ. La relation polytropique redonne alors comme prévu la loi de Laplace (adiabatique réversible d’un gaz parfait). • Isotherme : d’après l’équation d’état, une isotherme se caractérise par P v = rT = cte, ce qui est possible pour k = 1. Exercice 7 : Chauffage isobare d’un gaz parfait 1 Appliquons le premier principe au gaz entre les instants t et t + dt. La transformation est isobare avec p = p0 (p pression du gaz) grâce au piston libre de coulisser. D’après le premier principe, dH = δWi + δQ = 0 + RI 2 dt . et comme on a affaire à un gaz parfait dH = CP dT . Par identification, on déduit dT RI 2 = dt CP et en utilisant l’expression de R(T ) on obtient l’équation différentielle dT R0 I 2 T = T = dt CP T0 τ avec τ= CP T0 . R0 I 2 Cette équation s’intègre en T (t) = A e+t/τ , et à l’instant initial T (0) |{z} = T0 |{z} = A CI sol d’où on déduit finalement T (t) = T0 e+t/τ . 6/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 Si on écrit l’équation différentielle sous forme canonique, on constate que les deux préfacteurs sont de signe différents : le système est instable (cf. chapitre sur les systèmes linéaires), il est donc logique de trouver une solution divergente. 2 On en déduit V (t) = nR T (t) nRT0 +t/τ = e p0 p0 soit V (t) = V0 e+t/τ . Annales de concours Exercice 8 : Bilan d’entropie [oral banque PT] Le litre d’eau à température ambiante a pour masse m = 1 kg. 1 On raisonne sur une transformation où l’eau atteint sa température d’ébullition et se vaporise. Ainsi, ∆Seau = mc ln Téb Téb ∆vap h + m ∆vap s = mc ln +m = 7,07 kJ · K−1 . T0 T0 Téb Comme le thermostat évolue de façon réversible, sa variation d’entropie est égale à l’entropie échangée entre les deux systèmes. Commençons par calculer le transfert thermique Q reçu par l’eau au cours de la transformation. Un bilan d’enthalpie donne ∆Heau |{z} = 0 + Q |{z} = mc(Téb − T0 ) + m ∆vap h . 1er ppe transf L’entropie cédée par le thermostat et reçue par l’eau vaut donc Séch = mc(Téb − T0 ) + m ∆vap h Q = Téb Téb d’où on déduit la variation d’entropie du thermostat, égale à −Séch car il évolue de manière réversible, ∆Sthst = mc T0 ∆vap h −1 −m = −6,96 kJ · K−1 . Téb Téb Il est logique de trouver ∆Sthst < 0 car le thermostat est de température supérieure à l’eau, donc lui cède un transfert thermique, donc de l’entropie, sans qu’il ne s’en créée dans le thermostat qui est réversible. Enfin, l’entropie créée l’est uniquement dans l’eau et vaut Scréée = ∆Seau − Séch soit Scréée = mc ln Téb mc(Téb − T0 ) + T0 Téb soit en factorisant T0 T0 − + 1 = 0,113 kJ · K−1 . Scréée = mc − ln Téb Téb En utilisant l’inégalité de convexité ln x ≤ 1 − x, on peut vérifier que Scréée > 0 quelles que soient les températures car c > 0 (ou on montre ainsi que c doit être positif). On peut aussi remarquer que le changement d’état n’intervient pas dans la création d’entropie : ce n’est pas un hasard, un changement d’état isotherme est une transformation réversible. La démonstration se fait grâce à l’identité thermodynamique, ou l’égalité du potentiel chimique entre les deux phases à l’équilibre. 2 Notons T1 la température du thermostat intermédiaire. La méthode est alors identique. • Variation d’entropie de l’eau : L’état initial et final de l’eau étant le même qu’à la question précédente, la variation d’entropie est la même, ∆Seau = mc ln Téb Téb ∆vap h + m ∆vap s = mc ln +m = 7,07 kJ · K−1 . T0 T0 Téb 7/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 • Variation d’entropie de chaque thermostat : Bilan d’enthalpie au cours du contact avec le premier thermostat (Q1 reçu par l’eau) : ∆H1 |{z} = 0 + Q1 |{z} = mc(T1 − T0 ) 1er ppe Joule d’où on déduit l’entropie échangée reçue par l’eau, Séch,1 = Q1 mc(T1 − T0 ) T0 , = = mc 1 − T1 T1 T1 puis la variation d’entropie du thermostat 1 : ∆S1 = −Séch,1 = mc T0 −1 T1 = −0,502 kJ · K−1 . Bilan d’enthalpie au cours du contact avec le second thermostat : ∆H2 |{z} = 0 + Q2 |{z} = mc(Téb − T1 ) + m ∆vap h . 1er ppe transf L’entropie cédée par le thermostat et reçue par l’eau vaut donc Séch,2 = mc(Téb − T1 ) + m ∆vap h Q2 = Téb Téb d’où on déduit la variation d’entropie du thermostat 2, T1 ∆vap h ∆S2 = mc −1 −m = −6,51 kJ · K−1 . Téb Téb • Entropie créée : Il n’y a création d’entropie que dans l’eau, d’où Scréée = ∆Seau −Séch,1 −Séch,2 Scréée = mc ln soit Téb + mc T0 T0 T1 − 1 + mc − 1 = 0,059 kJ · K−1 . T1 Téb On constate que l’entropie créée est très inférieure dans la deuxième transformation : l’utilisation du thermostat intermédiaire permet de limiter les inhomogénéités de température dans l’eau, qui sont source d’irréversibilité. Exercice 9 : Canon à neige [oral banque PT] 1 La goutte d’eau est un système fermé, en transformation monobare avec équilibre mécanique, qui n’échange d’énergie que par transfert thermique. Bilan d’enthalpie entre t et t + dt : dH |{z} = m0 c dT |{z} = −φ dt = −h(T − Ta )S dt . 1er ppe Joule Il y a un signe car φ est une puissance cédée. La goutte étant sphérique de rayon R constant, on en déduit 4 3 πR µ cdT = −h(T − Ta ) × 4πR2 dt 3 et finalement µ cR 2 dT = −3h(T − Ta ) . dt Cette relation se réécrit dT 3h 3h + T = Ta , dt µ cR µ cR où on identifie le temps caractéristique τ= µ cR . 3h Les solutions de cette équation s’écrivent T = Ta + A e−t/τ . 8/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 As-tu bien pensé à la solution particulière T = Ta ? Pour la retrouver : le second membre est constant, donc la solution particulière Tpart aussi, et on la trouve directement sur l’équation différentielle : Tpart Ta = . τ τ 0+ La condition initiale donne T (0) |{z} = T0 |{z} = Ta + A CI A = T0 − Ta . donc sol Finalement, T = Ta + (T0 − Ta ) e−t/τ ce qui se met bien sous la forme cherchée, T − Ta = e−t/τ . T0 − Ta À l’instant t1 , e−t1 /τ = 3 T1 − Ta T0 − Ta t1 = −τ ln donc T1 − Ta T0 − Ta soit t1 = τ ln T0 − Ta = 4,0 s . T1 − Ta La transformation est supposée sans travail, adiabatique et monobare donc d’après le premier principe ∆H = 0 . L’eau est partiellement solidifiée, on en déduit donc que la température finale est égale à la température de coexistence Tfus = 0 ◦C. Raisonnons sur la transformation auxiliaire, fictive, suivante : . dans une première étape, toute l’eau passe de T1 à Tfus ; . dans une deuxième étape, une masse (1 − x)m se solidifie, ce qui laisse bien une fraction massique x de liquide. Le bilan enthalpique s’écrit ∆H = ∆H1 + ∆H2 = mc(Tfus − T1 ) + (1 − x)m (−`fus ) . L’enthalpie de fusion est l’opposée de l’enthalpie de solidification. Par identification des deux expressions de ∆H, on en déduit (x − 1)`fus = −c(Tfus − T1 ) et ainsi x=1− c(Tfus − T1 ) = 0,94 . `fus 4 Par simplicité, on redéfinit un temps t0 = t − t1 tel que t0 = 0 corresponde à la fin de la surfusion. Entre t0 et t0 + dt0 on a désormais une masse dm qui solidifie à température T = Tfus constante. Le bilan enthalpique devient dH = |{z} solidification On en déduit −dm `fus |{z} = −h(Tfus − Ta ) 4πR2 dt . 1er ppe dm 4πR2 h = (Tfus − Ta ) dt `fus et par intégration la masse de solide vaut 4πR2 h (Tfus − Ta )t0 + m1 . `fus La constante se détermine avec une condition initiale, m(t0 ) = m(t0 = 0) |{z} = (1 − x)m0 |{z} = m1 CI sol d’où m(t) = 4πR2 h (Tfus − Ta )(t − t1 ) + (1 − x)m0 . `fus L’instant t2 est tel que m(t2 ) = m0 , d’où t2 = t1 + x R `fus µ = 21 s . 3h(Tfus − Ta ) 9/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr Correction TD 4 : Principes de la thermodynamique Blaise Pascal, PT 2018-2019 Exercice 10 : Transformation polytropique [oral banque PT] La première question est excessivement calculatoire à mon sens, et mériterait d’être bien plus guidée. Si vous tombez sur un exercice comme celui-ci ... reste à espérer que le deuxième soit plus abordable ! 1 D’après l’identité thermodynamique, dU = T dS − P dV . D’après les lois de Joule (gaz parfait), dU = CV dT dH = CP dT . et Comme la transformation est réversible, on a de plus dS = dT δQ + 0 = aCP , T T et ainsi, CV dT = aCP dT − P dV . En divisant par T et en utilisant l’équation d’état, on obtient dT P dV = − dV = −nR T T V On peut alors séparer les deux membres et intégrer, (CV − aCP ) (CV − aCP ) soit ln T CV −aCP = − ln V nR + cte dT dV + nR = 0. T V ln T CV −aCP × V nR = cte soit d’où on déduit T CV −aCP V nR = cte . Or d’après l’équation d’état, T = PV , nR d’où, en insérant nR dans la constante, P CV −aCP V CV −aCP +nR = cte et en reconnaissant la relation de Mayer CP = CV + nR il vient P CV −aCP V (1−a)CP = cte . En changeant à nouveau la constante, on arrive enfin à PV (1−a)CP CV −aCP = PV (1−a)γ 1−aγ = cte , ce qui est bien de la forme demandée, P V k = cte 2 k= avec (1 − a)γ . 1 − aγ Pour une transformation isobare, P = cte donc kisoP = 0 . Une transformation isentropique réversible d’un gaz parfait est caractérisée par la loi de Laplace : on a alors kisoS = γ . Enfin, une transformation isotherme se caractérise par P V = nRT = cte soit kisoT = 1 . Problème ouvert Exercice 11 : Combien de glaçons dans le jus de fruits ? Solution à rédiger. Idée : transformation classique isobare avec fonte totale des glaçons et refroidissement du liquide. Les calculs ne posent pas de difficulté, par contre il faut expliciter les hypothèses (en particulier discuter les transferts thermiques avec l’air environnant qu’on néglige abusivement) et estimer numériquement la masse d’un glaçon et la masse de jus de fruit qu’on met dans un verre. 10/10 Étienne Thibierge, 12 octobre 2018, www.etienne-thibierge.fr