TRANSFERTS THERMIQUES - corrigé des exercices

A. EXERCICES DE BASE

Diffusion de neutrons ; stabilité d'un réacteur

• Si les neutrons se déplacent (en moyenne) à la vitesse

v

et s'ils parcourent (en moyenne) la distance

λ

avant d'être absorbés, alors la durée moyenne de ce parcours est :

\displaystyle τ≈\frac{λ}{v}

(bien que, selon la répartition des vitesses, la moyenne du quotient soit plus ou moins différente du quotient des moyennes).
• Si la densité volumique des neutrons est

𝓃

et s'ils sont absorbés après une durée

τ

, alors le nombre d'absorptions par unité de volume dans la durée

τ

est

𝓃

. Par conséquent, le nombre d'absorptions par unité de volume et par unité de temps est (en moyenne) :

\displaystyle C=\frac{𝓃}{τ}=\frac{𝓃 \:v}{λ}

2.	• Compte tenu des créations et des absorptions de neutrons, ainsi que de la diffusion, le bilan d'évolution de $𝓃$ (invariant en $y$ et $z$ ) peut s'écrire sous la forme : $\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=S-C-\frac{∂j_𝓃}{∂x}=S-C+D \: \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2}$ où $D$ est le coefficient de diffusion.

• Dans un milieu sans source de neutrons (

S=0

), limité au demi-espace

x>0

avec une source de neutrons en

x=0

délivrant

N_0

neutrons par unité de surface et par unité de temps, l'équation précédente s'écrit :

\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=-C+D\: \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2}

.
• En régime stationnaire on obtient donc :

\displaystyle 0=-C+D \: \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2}

; ceci peut s'écrire (puisque

𝓃

ne dépend pas du temps) :

\displaystyle \frac{d^2 𝓃}{dx^2} =\frac{C}{D}=\frac{1}{D \:τ} \, 𝓃

ou encore :

\displaystyle \frac{d^2 𝓃}{dx^2} -α^2 \: 𝓃=0

en posant

\displaystyle α=\frac{1}{\sqrt{D \:τ}}=\sqrt{\frac{v}{λ \:D}}

. Les solutions sont de la forme :

𝓃(x)=A \:\mathrm{e}^{αx}+B \:\mathrm{e}^{-αx}

où

A

B

sont deux constantes d'intégration imposées par les conditions aux limites.
• Compte tenu de l'invariance en

y

z

, le vecteur densité de courant de particules est parallèle à

Ox

et tel que :

\displaystyle j_𝓃=-D \: \frac{∂𝓃}{∂x}=-α \:D \:A \;\mathrm{e}^{αx}+α \:D \:B \;\mathrm{e}^{-αx}

. Le terme

A\: \mathrm{e}^{αx}

ne correspond donc pas à une bonne solution physique : il décrit un flux de particules (amorti par l'absorption) diffusant vers les

x<0

; or la source de

N_0

ne peut générer des neutrons que vers les

x>0

. La solution est donc de la forme :

𝓃(x)=B \:\mathrm{e}^{-αx}

.
• La densité de courant de particules est alors :

j_𝓃=α \:D \:B \;\mathrm{e}^{-αx}

; en particulier :

j_𝓃 (0)=α \:D \:B=N_0

. On en déduit :

\displaystyle B=\frac{N_0}{α \:D}

et finalement :

\displaystyle 𝓃(x)=\frac{N_0}{α \:D} \: \mathrm{e}^{-αx}

• Si chaque absorption libère

K

neutrons, alors :

S=K \:C

, c'est-à-dire :

\displaystyle S(x)=\frac{K}{τ} \, 𝓃(x)

.
• Dans ces conditions, l'équation vérifiée par

𝓃

peut s'écrire :

\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=\frac{K-1}{τ} \, 𝓃+D \: \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2}

; en régime stationnaire :

\displaystyle \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2} +\frac{K-1}{D \:τ} \, 𝓃=0

5.a.	• L'équation peut s'écrire : $\displaystyle \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2} -β^2 \: 𝓃=0$ en posant $\displaystyle β=\sqrt{\frac{1-K}{D \:τ}}$ . • Pour $K<1$ les solution sont de la forme : $𝓃(x)=A \;\mathrm{e}^{βx}+B \;\mathrm{e}^{-βx}$ où la symétrie des conditions aux limites impose $B=A$ , c'est à dlre : $𝓃(x)=A .\left(\mathrm{e}^{βx}+\mathrm{e}^{-βx} \right)=2 \,A \; \cosh(β \:x)$ . Or, ce type de solution ne peut pas s'annuler pour $\displaystyle x=±\frac{a}{2}$ (sauf si $A=0$ , mais cela n'est pas une solution acceptable) ; donc l'existence d'un régime stable est incompatible avec la condition $K<1$ . • Pour $K=1$ on peut écrire : $\displaystyle \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2} =0$ . Mais les solution sont de la forme : $𝓃(x)=A \:x+B$ où la symétrie des conditions aux limites impose $A=0$ , c'est-à-dire : $𝓃(x)=B$ . Or, ce type de solution ne peut pas s'annuler pour $\displaystyle x=±\frac{a}{2}$ (sauf si $B=0$ , mais cela n'est pas une solution acceptable) ; donc l'existence d'un régime stable est incompatible avec la condition $K=1$ .

5.b.	• Pour $K>1$ on peut écrire : $\displaystyle \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2} +β^2 \: 𝓃=0$ en posant ici $\displaystyle β=\sqrt{\frac{K-1}{D \:τ}}$ . Les solution sont de la forme : $𝓃(x)=A \; \cos(βx)+B \; \sin(βx)$ où la symétrie des conditions aux limites impose $B=0$ , c'est à dire : $𝓃(x)=A \; \cos(βx)$ . Or, ce type de solution ne peut s'annuler pour $\displaystyle x=±\frac{a}{2}$ que si $β \,a=π$ (les autres solutions ne sont pas acceptables car il faut $𝓃≥0$ ). • La condition pour que le réacteur atteigne effectivement un régime stable (régime “critique”) peut donc s'écrire : $\displaystyle K=1+D \:τ.\left(\frac{π}{a}\right)^2$ . • La répartition est alors de la forme : $𝓃(x)=𝓃(0) \; \cos(βx)$ , déterminée uniquement par les conditions (dépendant du temps) dans lesquelles le régime stable a été établi progressivement (en pratique : on relève progressivement des barreaux absorbants, pour laisser progressivement augmenter les réactions nucléaires; l'enfoncement plus ou moins important des barreaux absorbants permet de contrôler en permanence l'importance des réactions).

Diffusion et marche au hasard ; problème à une dimension

• Pour l'expression indiquée :

\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=\frac{x^2-2 \,D \:t}{4 \,D \:t^2} \, \frac{N_0}{\sqrt{4π \:D \:t}} \; \exp\left(-\frac{x^2}{4 \,D \:t}\right)

;

$\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂x}=-\frac{2 \,x}{4 \,D \:t} \, \frac{N_0}{\sqrt{4π \:D \:t}} \; \exp\left(-\frac{x^2}{4 \,D \:t}\right)$ ; $\displaystyle \frac{∂^2 𝓃}{∂x^2}=\frac{x^2-2 \,D \:t}{4 \,D^2 \: t^2} \, \frac{N_0}{\sqrt{4π \:D \:t}} \; \exp\left(-\frac{x^2}{4 \,D \:t}\right)=\frac{1}{D} \, \frac{∂𝓃}{∂t}$ .

2.a.	• Pour l'expression indiquée, avec $\displaystyle α=\frac{1}{4 \,D \:t}$ : $\displaystyle N=\frac{N_0}{\sqrt{π \:α}} \, {\textstyle ∫_{-∞}^∞ }\, \exp(-α \:x^2 ) \; dx=2 \, \frac{N_0}{\sqrt{π \:α}} \: \sqrt{\frac{π}{4 \,α}}=\frac{N_0}{α}$ . • De même : $∫_0^∞ \, x \;dN=∫_0^∞ \, x \:𝓃 \;dx={\displaystyle \frac{N_0}{\sqrt{π \:α}} }\, ∫_0^∞ \, x \;\exp(-α \:x^2 ) \; dx={\displaystyle \frac{N_0}{\sqrt{π \:α}} \, \frac{1}{2 \,α}=\frac{N_0}{2\,α \:\sqrt{π \:α}}}$ ; par contre on obtient $\langle\, x \,\rangle=0$ par symétrie du signe de $x$ . • Enfin : $∫_{-∞}^∞ \, x^2 \; dN=∫_{-∞}^∞ \, x^2 \: 𝓃 \;dx={\displaystyle \frac{N_0}{\sqrt{π \:α}} }\, ∫_{-∞}^∞ \, x^2 \; \exp(-α \:x^2 ) \; dx$ peut utiliser l'intégration par parties. • On obtient ainsi : $∫_0^∞ \,\left(x \;\mathrm{e}^{-αx^2} \right)' dx=∫_0^∞ \,\mathrm{e}^{-αx^2} dx-2 \,α\;∫_0^∞ \,x^2 \; \mathrm{e}^{-αx^2} dx$ ; $2 \:α\:∫_0^∞ \,x^2 \; \mathrm{e}^{-αx^2} dx={\displaystyle \sqrt{\frac{π}{4 \,α}} }-\left[x \;\mathrm{e}^{-αx^2} \right]_0^∞={\displaystyle \sqrt{\frac{π}{4 \,α}} }$ ; $∫_0^∞ \,x^2 \: \mathrm{e}^{-αx^2} dx={\displaystyle \frac{1}{2 \,α} \, \sqrt{\frac{π}{4 \,α}} }$ ; $\displaystyle \langle\, x^2 \,\rangle=\frac{1}{2 \,α}$ .

2.b.	• L'expression indiquée décrit une répartition qui, sous l'effet de la diffusion, s'étale de part et d'autre de l'origine sur une largeur de l'ordre de $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{α}}= \sqrt{4 \,D \:t}$ croissant avec le temps.

3.a.	• On peut considérer $\displaystyle m≈\frac{t}{τ}$ dans la mesure où l'arrondi devient négligeable.

3.b.	• Pour $p$ pas à droite, il y a $m-p$ pas à gauche ; la position est : $x=[p-(m-p)] \: 𝓁=(2 \,p-m) \: 𝓁$ .

3.c.	• Puisque $p≤m$ la position la plus à droite est : $x=m \:𝓁=a$ et symétriquement à gauche.

3.d.	• Avec deux possibilités à chaque pas, le nombre de mouvements possibles pour $m$ pas est $2^m$ . • Le nombre de mouvements avec $p$ pas à droite correspond à $C_m^p$ .

3.e.	• La probabilité d'avoir un mouvement avec $p$ pas à droite est $\displaystyle \frac{C_m^p}{2^m}$ ; avec $\displaystyle \frac{m}{2}-p=-\frac{x}{2 \:𝓁}$ le nombre de particules correspondant est : $\displaystyle N_0 \, \frac{C_m^p}{2^m} ≈N_0 \; \sqrt{\frac{2}{π \:m}} \:\: \exp\left(\frac{-\left(\frac{m}{2}-p\right)^2}{\frac{m}{2}}\right)≈N_0 \; \sqrt{\frac{2 \,τ}{π \:t}} \:\: \exp\left(-\frac{\left(\frac{x}{2 \,𝓁}\right)^2}{\frac{t}{2 \,τ}}\right)$ . • On pourrait penser que ces $δN=𝓃 \:δx$ particules sont dans un intervalle $δx≈𝓁$ ; mais il y a un piège... Considérons l'exemple avec $m=10$ ; les particules qui ont fait $p=5$ pas à droite en ont fait autant à gauche donc sont en $x=0$ ; celles qui ont fait $p=6$ pas à droite n'en ont fait que $m-p=4$ à gauche donc sont en $x=2 \,𝓁$ ; ainsi $δx≈2 \,𝓁$ et $\displaystyle 𝓃=\frac{N_0}{2 \,𝓁} \: \sqrt{\frac{2 \,τ}{π \:t}} \:\: \exp\left(-\frac{x^2}{\frac{4 \,𝓁^2 \: t}{2 \,τ}}\right)$ .

3.f.	• En comparant les coefficients : $\displaystyle D=\frac{𝓁^2}{2 \,τ}$ .

Équilibre de l'atmosphère isotherme et diffusion

• Si on considère le champ de pesanteur

\overset{→}{g}

uniforme, les forces pressantes latérales, horizontales, se compensent forcément à l'équilibre puisque la composante horizontale du poids est nulle.
• L'équilibre vertical correspond à :

S \:p(z)-S \:p(z+dz)-dm \;g=0

; ainsi :

\displaystyle dp=-dm \: \frac{g}{S}

. La masse

dm

de la tranche de gaz est par ailleurs :

dm=μ \:dV=μ \:S \:dz

où

μ

est la masse volumique ; par suite :

dp=-μ \:g \:dz

.
• La loi de gaz parfaits :

\displaystyle p=R \:T \, \frac{n}{V}

(où

n

est le nombre de moles de molécules du gaz) ne peut pas s'appliquer pour l'ensemble dont la pression n'est pas uniforme. Si on l'applique à la tranche de gaz :

\displaystyle p(z)=R \:T \, \frac{dn}{dV}=\frac{R \:T}{M} \, \frac{dm}{dV}=\frac{R \:T}{M} \, μ

; inversement :

\displaystyle μ=\frac{M}{R \:T} \, p

.
• Par suite, la relation d'équilibre s'écrit :

\displaystyle dp=-\frac{M \:g}{R \:T} \, p \:dz

, ou encore :

\displaystyle \frac{dp}{p}=-\frac{dz}{H}

avec

\displaystyle H=\frac{R \:T}{M \:g}

.
• Compte tenu de la condition limite

p(0)=p_0

cette équation s'intègre en :

p(z) = p_0 \; \mathrm{e}^{-z/H}

2.a.	• Pour une molécule soumise à une force $\overset{→}{F}$ constante, l'équation du mouvement est de la forme : $m \; \overset{→}{a}=\overset{→}{F}$ d'où on déduit : $\displaystyle \overset{→}{v}=\overset{→}{v}_0+\overset{→}{F} \, \frac{t}{m}$ .

2.b.	• Pour la moyenne : $\langle\, \overset{→}{v} \,\rangle≈\langle\, \overset{→}{v}_0 \,\rangle+\overset{→}{v}_F$ avec $\displaystyle \overset{→}{v}_F=\overset{→}{F} \, \frac{τ}{m}$ . • Dans un milieu homogène, on peut considérer que les directions des vitesses juste après les chocs sont aléatoires (distribution locale maxwellienne, si les forces lors des chocs sont très supérieures aux effets de pesanteur), alors : $\langle\, \overset{→}{v}_0 \,\rangle≈\overset{→}{0}$ et $\langle\, \overset{→}{v} \,\rangle≈\overset{→}{v}_F$ . • Dans un milieu inhomogène, il faut par contre envisager $\langle\, \overset{→}{v}_0 \,\rangle≠\overset{→}{0}$ car les effets des chocs ne sont pas symétriques.

2.c.	• Si la force $\overset{→}{F}$ donne aux molécules une contribution $\overset{→}{v}_F$ à la vitesse moyenne, elle contribue à la circulation de molécules selon une densité de courant : $\overset{→}{j}_F=𝓃 \;\overset{→}{v}_F$ .

• L'inhomogénéité de

𝓃

cause une densité de courant :

\displaystyle \overset{→}{j}_𝓃=𝓃 \:\langle\, \overset{→}{v}_0 \,\rangle=-D \: \frac{∂𝓃}{∂z} \; \overset{→}{u}_z

; la densité de courant totale est :

\overset{→}{j}_d=\overset{→}{j}_𝓃+\overset{→}{j}_F=𝓃\:\langle\, \overset{→}{v} \,\rangle=\overset{→}{0}

à l'équilibre. Ainsi en projection verticale :

\displaystyle \frac{d𝓃}{dz}=-\frac{g \:τ}{D} \, 𝓃

.
• La durée moyenne

τ

entre deux collision peut s'exprimer :

\displaystyle τ≈\frac{\langle\, 𝓁 \,\rangle}{\langle\, v \,\rangle}

avec le libre parcours moyen :

\displaystyle \langle\, 𝓁 \,\rangle=\frac{1}{\sqrt{2} \, 𝓃 \:σ}

(où

σ

est la section efficace de collision). Par suite

τ

dépend de

z

et il faut préciser les différentes grandeurs avant d'intégrer. Mais d'autre part :

\displaystyle D≈\frac{\langle\, 𝓁 \,\rangle \: \langle\, v \,\rangle}{3}

et donc :

\displaystyle \frac{τ}{D}≈\frac{3}{\langle\, v \,\rangle{}^2}

est indépendant de

z

.
• L'équation peut donc s'écrire :

\displaystyle \frac{d𝓃}{𝓃}=-\frac{dz}{H'}

avec :

\displaystyle H'=\frac{D}{g \:τ}≈\frac{\langle\, v \,\rangle{}^2}{3 \,g}

. Compte tenu de la condition limite

𝓃(0)=𝓃_0

cette équation s'intègre en :

𝓃(z)=𝓃_0 \; \mathrm{e}^{-z/H'}

• En appliquant le principe d'équipartition de l'énergie, pour l'énergie cinétique

E_c=\frac{1}{2} m \:v^2

dont la dépendance en

v

est quadratique et avec trois degrés de liberté (

v_x

v_y

v_z

), on obtient :

\langle\, E_c \,\rangle=\frac{3}{2} k_\mathrm{B} \: T

et donc :

\displaystyle \langle\, v^2 \,\rangle=\frac{3 \,k_\mathrm{B} \: T}{m}=\frac{3 \,R \:T}{M}

.
• Avec l'approximation :

\displaystyle \langle\, v \,\rangle{}^2≈\langle\, v^2 \,\rangle=\frac{3 \,R \:T}{M}

on aboutit à :

\displaystyle H'≈\frac{R \:T}{M \:g}=H

. Ce calcul, bien que simplifié, montre donc que l'équilibre de l'atmosphère isotherme correspond effectivement à une compensation de la pesanteur par le courant de diffusion, qui apparaît naturellement sous l'effet du gradient de la densité volumique

𝓃

Équation de la chaleur et séparation des variables

1.a.	• En considérant des fonctions de la forme : $T(x,t)=f(t) \;g(x)+T_c$ (où les variables $t$ et $x$ interviennent séparément) on obtient : $\displaystyle μ \:c_V \, \frac{∂T}{∂t}=μ \:c_V \: \dot{f}(t) \;g(x)$ et $\displaystyle K \, \frac{∂^2 T}{∂x^2} =K \:f(t) \;g″(x)$ . L'équation simplifiée est alors vérifiée si et seulement si : $\displaystyle μ \:c_V \, \frac{\dot{f}(t)}{f(t)}=K \, \frac{g″ (x)}{g(x)}$ . Or, puisque le membre de gauche est indépendant de $x$ et que le membre de droite est indépendant de $t$ , chacun de ces deux membres ne peut être qu'une constante $A$ (indépendante de $t$ et de $x$ ). • Les solutions de l'équation : $\displaystyle μ \:c_V \, \frac{\dot{f}(t)}{f(t)}=A$ sont de la forme : $f(t)=F \;\mathrm{e}^{-αt}$ avec $\displaystyle α=-\frac{A}{μ \:c_V}$ et où $F$ est une constante d'intégration.

1.b.	• Les fonctions de la forme : $T(x,t)=f(t) \;g(x)+T_c$ décrivent forcément physiquement une température tendant exponentiellement vers une limite $T(x,∞)=T_c$ uniforme et indépendante du temps (par ”répartition” de l'énergie thermique dans le système considéré). Au contraire, une exponentielle croissante supposerait un apport d'énergie thermique extérieure augmentant exponentiellement, ce qui n'est pas physiquement réalisable. On doit donc considérer que $A<0$ . • L'équation $\displaystyle K \, \frac{g″ (x)}{g(x)}=A$ peut s'écrire : $K \:g″ (x)+\|A\| \: g(x)=0$ ; les solutions sont des sinusoïdes : $g(x)=G \; \sin(β \,x+ϕ)$ avec $\displaystyle β=\sqrt{\frac{\|A\|}{K}}$ et où $G$ et $ϕ$ sont des constantes d'intégration. • Au total, en posant $Θ=F \:G$ , on obtient : $T(x,t)=Θ \;\mathrm{e}^{-αt} \; \sin(β \,x+ϕ)+T_c$ où $\displaystyle α=\frac{β^2 \: K}{μ \:c_V}$ . ◊ remarque : en plus de $T_c$ il semble donc y avoir trois “autres” constantes d'intégration ( $Θ$ , $β$ et $ϕ$ ) ; ceci est inattendu pour une équation avec seulement trois dérivations, mais en fait $T_c$ est une partie des hypothèses et ce n'est pas vraiment une constante issue de l'intégration.

2.a.	• La répartition initiale : $T(x,0)=T_0+(T_1-T_0) \; \sin\left(\frac{π \:x}{𝓁}\right)$ est de la forme précédente, à condition de poser : $T_c=T_0=0 \:\mathrm{°C}$ ; $Θ=T_1-T_0=50 \:\mathrm{°C}$ ; $\displaystyle β=\frac{π}{𝓁}=31\text{,}4 \:\mathrm{m^{-1}}$ ; $ϕ=0$ . ◊ remarque : cette expression n'est par contre pas solution de l'équation car elle ne peut pas persister pour $t$ quelconque. • Le bain thermostaté à la température $T_0$ impose logiquement une limite uniforme $T_0$ . La loi d'évolution est donc de la forme : $\displaystyle T(x,t)=T_0+(T_1-T_0) \;\mathrm{e}^{-αt} \; \sin\left(\frac{π \:x}{𝓁}\right)$ avec $\displaystyle α=\left(\frac{π}{𝓁}\right)^2 \frac{K}{μ \:c_V}=99 \:\mathrm{s^{-1}}$ .

2.b.	• À l'abscisse $\displaystyle x=\frac{𝓁}{2}$ la température est : $T\left(\frac{𝓁}{2}\,,\,t\right)=T_0+(T_1-T_0)\;\mathrm{e}^{-αt}$ . La température y atteint la valeur : $T_0+\frac{1}{2}\,(T_1-T_0)$ à l'instant $t_1$ tel que : $\mathrm{e}^{-αt}=\frac{1}{2}$ c'est-à-dire : $\displaystyle t_1=\frac{\ln(2)}{α}=7\text{,}0 \:\mathrm{s}$ . On obtient de même : $\displaystyle t_2=\frac{\ln(10)}{α}=23 \:\mathrm{s}$ .

Résolution numérique de l'équation de la chaleur

• En supposant les segments assez petits :

\displaystyle μ \:c_V \, \frac{∂T}{∂t}≈μ \:c_V \, \frac{T_{n;(m+1)}-T_{n;m}}{∆t}

.
• De façon analogue :

\displaystyle K \,\frac{∂^2T}{∂x^2}≈K\,\frac{\left(\frac{T_{(n+1);m}-T_{n;m}}{∆x}\right)-\left(\frac{T_{n;m}-T_{(n-1);m}}{∆x}\right)}{∆x}=K\:\frac{T_{(n+1);m}+T_{(n-1);m}-2\,T_{n;m}}{(∆x)^2}

.
• En choisissant :

\displaystyle (∆x)^2=2 \, \frac{K}{μ \:c_V} \, ∆t

on obtient :

\displaystyle K \, \frac{∂^2 T}{∂x^2} ≈μ \:c_V \: \frac{\frac{1}{2} \,\left(T_{(n+1);m}+T_{(n-1);m} \right)-T_{n;m}}{∆t}

.
• L'équation de la chaleur s'écrit alors (en simplifiant) :

T_{n;(m+1)}≈\frac{1}{2} \, \left(T_{(n+1);m}+T_{(n-1);m} \right)

2.a.	• En choisissant $𝓁=0\text{,}1 \:\mathrm{m}$ , on considère $∆x=0\text{,}01 \:\mathrm{m}$ . Ceci donne : $\displaystyle ∆t=\frac{μ \:c_V}{2 \,K} \,(∆x)^2=0\text{,}5 \:\mathrm{s}$ . • Le bain étant thermostaté, on pourrait supposer que les températures aux limites restent égales à $T_0$ , mais cela pose problème pour les limites du solide qui devraient être initialement à $T_2$ . On choisit donc de supposer qu'initialement (quasi-instantanément au contact) les températures limites sont $\frac{1}{2} \,(T_0+T_2 )$ , puis que le thermostat l'emporte rapidement pour imposer $T_0$ aux limites. • On constate que la température tend partout vers $T_0$ sous l'effet de la propagation de chaleur depuis les extrémités (on raisonne ici directement d'après la représentation graphique globale ci-après).

2.b.	• On obtient la représentation graphique suivante, en particulier pour $t=5 \:\mathrm{s}$ . ◊ remarque : on peut essayer de diviser $∆x$ par deux, donc $∆t$ par quatre ; cela n'améliore que d'à peine $5 \:%$ dans les zones où l'évolution est brutale et de seulement $1 \:%$ dans l'ensemble.

Chauffage d'une maison

1.a.	• Le transfert de chaleur vers l'extérieur d'un volume $V$ délimité par une surface fermée $𝒮$ peut s'écrire : ${\displaystyle -\frac{δQ}{dt}}=I_{Q\text{_}sort}=∬ \,\overset{→}{j}_Q⋅d\overset{→}{𝒮}$ ; donc dans le cas ne dépendant que de $x$ , en considérant comme volume $V$ une tranche de section $S$ et d'épaisseur $dx$ : $\displaystyle -\frac{δQ}{dt}=\left(j_Q (x+dx)-j_Q (x)\right) \: S=\frac{∂j_Q}{∂x} \, S \:dx=\frac{∂j_Q}{∂x} \, dV$ . • Mais $δQ=dU=dm \;c_V \: dT$ ; donc, pour un transfert selon un axe $Ox$ : $\displaystyle -\frac{dm}{dV} \, c_V \, \frac{∂T}{∂t}=-μ \:c_V \, \frac{∂T}{∂t}=\frac{∂j_Q}{∂x}$ . ◊ remarque : ceci suppose qu'il n'y a pas de variation d'énergie interne par transformation d'autres formes d'énergie. • Compte tenu de la relation de Fourier : $\overset{→}{j}_Q=-K \:\overset{→}{∇}T$ , ceci aboutit à l'équation de la chaleur (en supposant que le milieu est homogène, pour sortir $K$ de la dérivée) : $\displaystyle μ \:c_V \, \frac{∂T}{∂t}=K \, \frac{∂^2 T}{∂x^2}$ . • Dans le cas stationnaire, pour un système ne dépendant que d'une coordonnée $x$ , alors $\displaystyle \frac{∂T}{∂t}=0$ et la variation de T(x) est nécessairement affine : $\displaystyle \frac{∂^2 T}{∂x^2} =0$ implique $T(x)=A \:x+B$ .

1.b.	• Ceci s'écrit aussi : $\displaystyle \frac{∂j_Q}{∂x}=0$ , ce qui correspond à une densité de courant uniforme (et constante).

• La densité de courant de chaleur est (algébriquement) :

\displaystyle j_Q=-K \, \frac{∂T}{∂x}=\frac{K}{e} \, ∆T

avec

∆T=T_i-T_e

. Compte tenu de l'uniformité des parois, le débit de chaleur est :

\displaystyle I_Q=j_Q \: S=\frac{K \:S}{e} \, ∆T

avec la surface totale (en négligeant les “bords”)

S≈2 \,(L \:h+𝓁 \:h+L \:𝓁)

.
• Ainsi :

I_Q=44 \:\mathrm{kW}

(à comparer avec la puissance des appareils ménagers usuels

≈1 \:\mathrm{kW}

et à la puissance du chauffage d'une habitation bien isolée

≈3 \:\mathrm{kW}

• Dans le cas où le chauffage est arrêté, on peut écrire :

\displaystyle I_Q=-\frac{δQ}{dt}=-C \, \frac{dT}{dt}

avec

\displaystyle I_Q=\frac{K \:S}{e} \, (T_i-T_e )

.
• En intégrant l'équation :

\displaystyle \frac{dT_i}{T_i-T_e}=-\frac{K \:S}{e \:C} \, dt

pour

T_{i0}=20 \:\mathrm{°C}

(initialement) :

T_i=T_e+(T_{i0}-T_e ) \; \mathrm{e}^{-t/τ}

avec

\displaystyle τ=\frac{e \:C}{K \:S}=23000 \:\mathrm{s}=6\text{,}4 \:\mathrm{h}

. Deux heures après l'arrêt, la température intérieure est donc :

T_i=14\text{,}6 \:\mathrm{°C}

Chauffage par le sol

1.a.

• D'après l'équation de la chaleur en régime stationnaire unidirectionnel, partout où il n'y a ni création ni absorption de chaleur :

\displaystyle μ \:c_p \, \frac{∂T}{∂t}=K \, \frac{∂^2 T}{∂z^2} =0

; ainsi la température varie de façon affine en fonction de l'altitude

z

.
• La densité de courant thermique est alors uniforme (sinon il y aurait accumulation, contredisant l'hypothèse stationnaire) :

\displaystyle j_Q=-K \, \frac{∂T}{∂z}=-\frac{K}{e} \, ∆T

a la même valeur dans chaque “tranche” (mais pas forcément la même valeur pour les tranches au dessus et au dessous).
• Au dessus des éléments chauffants :

\displaystyle ∆T_1=j_Q \, \frac{e_1}{K_1}

;

\displaystyle ∆T_2=j_Q \, \frac{e_2}{K_2}

; de même dans la partie inférieure :

\displaystyle ∆T'_2=j'_Q \, \frac{e'_2}{K_2}

;

\displaystyle ∆T_3=j'_Q \, \frac{e_3}{K_3}

. Les écarts de températures entre les limites des différentes couches sont donc, dans chaque partie, proportionnels aux quotients

\displaystyle \frac{e_i}{K_i}

phenTransport_cor_Im/phenTransport_cor_Im1.jpg

1.b.

• Le flux thermique à travers une section

S

est dans ce cas :

\displaystyle I_Q=-\frac{K \:S}{e} \, ∆T

; ceci peut s'écrire sous la forme :

\displaystyle ∆T=-\frac{e}{K \:S} \, I_Q

.
• Pour la loi d'Ohm électrocinétique :

𝒰=-∆𝒱=R_{el} \: I

, la résistance peut s'écrire (dans le cas géométrique analogue) :

\displaystyle R_{el}=\frac{e}{γ \:S}

où

γ

est la conductivité électrique.
• Par analogie, on peut écrire ici :

∆T=-ℛ \:I_Q

(avec une convention de signe adaptée), en notant la “résistance thermique”

\displaystyle ℛ=\frac{e}{K \:S}

.
• En électrocinétique, pour un assemblage de résistances en série, le principe du pont diviseur de tension indique que les tensions sont proportionnelles aux résistances. En considérant la loi analogue pour des différences de températures, la simplification par la section

S

commune redonne la proportionnalité obtenue précédemment.

1.c.

• Ceci s'écrit dans la région du bas :

\displaystyle \frac{K_2}{e'_2} \,(T_1-T_A)=\frac{K_3}{e_3} \,(T_A-T_0)

.
• On en déduit :

\displaystyle T_A=\frac{K_2 \: e_3 \: T_1+K_3 \: e'_2 \: T_0}{K_2 \: e_3+K_3 \: e'_2}=88\text{,}6 \:\mathrm{°C}

.
• De même dans la région du haut :

\displaystyle \frac{K_2}{e_2}\, (T_1-T_B)=\frac{K_1}{2 \,e_1} \,(T_B-T_0)

.
• On en déduit :

\displaystyle T_B=\frac{2 \,K_2 \: e_1 \: T_1+K_1 \: e_2 \: T_0}{2 \,K_2 \: e_1+K_1 \: e_2}=42\text{,}8 \:\mathrm{°C}

.
• Enfin (en simplifiant) :

\displaystyle T_C=\frac{T_B+T_0}{2}=31\text{,}4 \:\mathrm{°C}

• La densité de courant thermique vers le bas (perdue puisqu'elle ne sert pas à chauffer le local) est arithmétiquement :

\displaystyle j'_Q=\frac{K_3}{e_3} \,(T_A-T_0)=171 \;\mathrm{W.m^{-2}}

.
◊ remarque : la surface est la même partout donc se simplifie.
• La densité de courant vers le haut est de même :

\displaystyle j_Q=\frac{K_2}{e_2} \,(T_1-T_B)=1430 \;\mathrm{W.m^{-2}}

; la fraction perdue est donc :

\displaystyle \frac{j'_Q}{j_Q+j'_Q}=10\text{,}6 \:\mathrm{%}

(isolation médiocre).

☞ remarque : il est peu plausible de considérer dans le sous-sol un flux thermique uniforme... puis nul (l'énergie thermique s'accumulerait à la limite, dont la température ne serait pas constante) ; on peut par contre envisager un “étalement” progressif en largeur (de part et d'autre du local) et une densité de courant thermique décroissant progressivement (d'allure exponentielle) ; la modélisation de la “couche limite” peut alors être simplifiée (on modélise la courbe par sa tangente à l'origine).
• Puisque l'énoncé ne demande pas les températures intermédiaires, on peut calculer directement le flux thermique en ajoutant les résistances en série (en simplifiant par la surface) :

$\displaystyle T_1-T_4=\left(\frac{e'_2}{K_2} +\frac{e_3}{K_3} +\frac{e_4}{K_4} \right) \; j″_Q$ .

• On en déduit inversement :

$\displaystyle j″_Q=\frac{K_2 \: K_3 \: K_4}{K_3 \: K_4 \: e'_2+K_2 \: K_4 \: e_3+K_2 \: K_3 \: e_4} \, (T_1-T_4 )$ ;
$j″_Q=31\text{,}6 \;\mathrm{W.m^{-2}}$ .

• La fraction perdue devient donc :

$\displaystyle \frac{j″_Q}{j_Q+j″_Q}=2\text{,}15 \:\mathrm{%}$ (bonne isolation).

phenTransport_cor_Im/phenTransport_cor_Im2.jpg

Structure réfractaire composite

• En représentant schématiquement la couche comportant des alvéoles avec une partie d'air occupant

70 \:\mathrm{%}

de la surface du mur, on peut proposer le schéma ci-après (avec des résistances notées

R

).
• Dans le schéma électrique équivalent, les différentes couches peuvent être représentées par les résistances en série. Pour l'air des aspérités, la résistance équivalente

R

de l'air est par contre en parallèle avec celle

R'_b

des portions de brique équivalentes (ne représentant que

30 \:\mathrm{%}

de la surface).

phenTransport_cor_Im/phenTransport_cor_Im3.jpg

• D'après la loi de Fourier, on peut écrire la densité de flux thermique

\displaystyle j_Q=-K \, \frac{∆T}{∆x}

analogue à la loi d'Ohm (locale)

\displaystyle j=-γ \, \frac{∆𝒱}{∆x}

. Ceci permet de définir une notion de “résistance thermique” :

\displaystyle R=\frac{∆x}{K \:S}

.
• On obtient ainsi pour une surface

S=1 \:\mathrm{m^2}

$R_a=0\text{,}338.{10}^{-4} \;\mathrm{ kJ^{-1}.h .°C}$ ; $R_b=80\text{,}4.{10}^{-4} \; \mathrm{kJ^{-1}.h .°C}$ ;
$R'_b=4\text{,}29.{10}^{-4} \; \mathrm{kJ^{-1}.h .°C}$ (pour $0\text{,}3 \:\mathrm{S}$ ) ; $R=87\text{,}9.{10}^{-4} \; \mathrm{kJ^{-1}.h .°C}$ (pour $0\text{,}7 \:\mathrm{S}$ ).

• La résistance totale est ainsi :

\displaystyle R_{tot}=2 \,R_a+2 \, \frac{R \:R'_b}{R+R'_b}+R_b=89\text{,}3.{10}^{-4} \; \mathrm{kJ^{-1}.h .°C}

.
• On peut remarquer que la contribution principale est celle de la brique : l'acier est meilleur conducteur et la couche d'air est très résistive mais de faible épaisseur (donc le flux de chaleur passe sans trop de difficulté par la partie de brique des aspérités, qui est en parallèle).
◊ remarque : on peut préciser qu'en l'absence des aspérités la résistance ne serait pas énormément plus faible :

R_{tot}=2 \,R_a+2 \,(0\text{,}3 \,R'_b )+R_b=83\text{,}7.{10}^{-4} \; \mathrm{kJ^{-1}.h .°C}

3.	• La densité surfacique de flux thermique est : $\displaystyle j_Q=-K \, \frac{∆T}{∆x}=\frac{T_1-T_0}{S \:R_{tot}}=38000 \;\mathrm{kJ .h^{-1}.m^{-2}}=10\text{,}6 \;\mathrm{kW.m^{-2}}$ .

B. EXERCICES D'APPROFONDISSEMENT

Diffusion dans un tuyau poreux

• En l'absence de fuites, on peut raisonner selon l'axe du tube :

\displaystyle j_𝓃=-D \, \frac{d𝓃}{dx}

en régime stationnaire, c'est-à-dire

\displaystyle I_𝓃=-D \:π \:r^2 \, \frac{d𝓃}{dx}

.
• Pour tenir compte des fuites latérales on peut ajouter un terme analogue en considérant que la concentration extérieure est nulle :

\displaystyle δI_𝓃=-D' \: 2π \:r \:dx \: \frac{𝓃}{e}

(le courant dans le tube diminue car une partie a fui à travers la paroi).
• Ceci revient à considérer :

\displaystyle δj_𝓃=-D' \, \frac{2}{r} \: dx \, \frac{𝓃}{e}

c'est-à-dire :

\displaystyle \frac{dj_𝓃}{dx}=-D' \, \frac{2 \,𝓃}{r \:e}

2.a.	• On obtient l'équation : $\displaystyle \frac{d^2 𝓃}{dx^2} =\frac{D'}{D} \, \frac{2 \,𝓃}{r \:e}=α^2 \: 𝓃$ . • Les solutions sont de la forme : $𝓃=A \;\mathrm{e}^{αx}+B \;\mathrm{e}^{-αx}$ avec ici : $𝓃_0=A+B$ et $𝓃_1=A \;\mathrm{e}^{αL}+B \;\mathrm{e}^{-αL}$ . • Inversement : $\displaystyle A=\frac{𝓃_1-𝓃_0 \; \mathrm{e}^{-αL}}{2 \:\sinh(α \:L)}$ ; $\displaystyle B=\frac{𝓃_0 \; \mathrm{e}^{αL}-n_1}{2 \:\sinh(α \:L)}$ .

2.b.	• Pour $α \:L≫1$ on obtient $2 \; \sinh(α \:L)≈\mathrm{e}^{αL}$ donc : $A≈𝓃_1 \; \mathrm{e}^{-αL}≈0$ ; $B≈𝓃_0-𝓃_1 \; \mathrm{e}^{-αL}≈𝓃_0$ . • Ceci correspond à : $𝓃≈𝓃_0 \; \mathrm{e}^{-αx}$ .

Diffusion et marche au hasard ; problème à trois dimensions

• On obtient :

\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=\left(\frac{r^2}{4 \,D \:t^2}-\frac{3}{2 \,t}\right) \: \frac{N_0}{(4π \:D \:t)^{3/2}} \: \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right)

.
• Par ailleurs :

\displaystyle \frac{∂(r \:𝓃)}{∂r}=\left(1-\frac{r^2}{2 \,D \:t}\right) \: \frac{N_0}{(4π \:D \:t)^{3/2}} \: \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right)

;

$\displaystyle \frac{∂^2 (r \:𝓃)}{∂r^2} =\frac{r}{D} \: \left(\frac{r^2}{4 \,D \:t^2}-\frac{3}{2 \,t}\right) \: \frac{N_0}{(4π \:D \:t)^{3/2}} \: \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right)$ .

• Ceci correspond à :

\displaystyle \frac{∂𝓃}{∂t}=\frac{D}{r} \: \frac{∂^2 (r \:𝓃)}{∂r^2} =D \;∆𝓃

; la fonction proposée est donc effectivement solution.

2.a.	• Le nombre total de particules est : $N=∭ \,𝓃 \:dV={\displaystyle \frac{N_0}{(4π \:D \:t)^{3/2}} \; ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right) \: r^2 \; dr }\;\; ∫ \sin(θ) \; dθ \:\: ∫ dϕ$ . • Or, avec $\displaystyle α=\frac{1}{4 \,D \:t}$ on obtient : $\displaystyle ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right) \; r^2 \; dr=-\frac{∂}{∂α} \left[ \, ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right)\; dr \,\right]=-\frac{∂}{∂α} \left[ \,\sqrt{\frac{π}{4 \,α}} \,\right]=\frac{\sqrt{π}}{4 \,α^{3/2}}$ et finalement : $N=N_0$ . • D'une façon analogue, on peut écrire : $N \;\langle\, r^2 \,\rangle=∭ \,r^2 \: 𝓃 \:dV={\displaystyle 4π \: \frac{N_0}{(4π \:D \:t)^{3/2}} \: ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right) \; r^4 \: dr}$ avec : $\displaystyle ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right) \; r^4 \: dr=\frac{∂^2}{∂α^2} \left[\, ∫ \exp\left(-\frac{r^2}{4 \,D \:t}\right) \; dr \,\right]=\frac{3 \:\sqrt{π}}{8 \,α^{5/2}}$ et finalement : $\langle\, r^2 \,\rangle=6 \,D \:t$ .

2.b.	• On peut en déduire une interprétation de la solution considérée : cette solution représente un ensemble de $N_0$ particules, initialement situées à l'origine ( $\langle\, r^2 \,\rangle=0$ ) et se répartissant ensuite par diffusion radiale proportionnellement à $\sqrt{t}$ ( $\langle\, r^2 \,\rangle=6 \,D \:t$ ).

3.a.	• À un instant $t≫τ$ le nombre de pas est $\displaystyle m≈\frac{t}{τ}$ .

3.b.	• La position est : $\overset{→}{r}(t)=∑ \,\overset{→}{𝓁}_i$ où la somme comporte $m$ termes.

3.c.	• On peut calculer : $\left‖\,\overset{→}{r}(t)\,\right‖^2=∑_i \, 𝓁_i^{\:2} +∑_i ∑_{j≠i} \, \overset{→}{𝓁}_i⋅\overset{→}{𝓁}_j$ ; compte tenu de la compensation moyenne des produits scalaires pour des directions aléatoires, ceci donne $\displaystyle \langle\, r^2 \,\rangle=m \:𝓁^2=𝓁^2 \, \frac{t}{τ}$ . On retrouve donc bien $\langle\, r^2 \,\rangle$ proportionnel au temps.

3.d.	• Par comparaison des deux expressions : $\displaystyle D≈\frac{𝓁^2}{6 \,τ}$ ; ceci peut aussi s'écrire : $\displaystyle D≈\frac{𝓁}{6} \, \langle\, v \,\rangle$ .

Échauffement dans un réacteur nucléaire

• Avec la symétrie cylindrique, la loi de Fourier peut s'écrire :

\displaystyle j_Q=-K \, \frac{∂T}{∂r}

;
• Le courant traversant la surface de rayon

r

est :

\displaystyle I_Q (r)=-2π \:r \:L \:K \, \frac{∂T}{∂r}

.
• Pour une tranche en régime stationnaire :

I_Q (r+dr)-I_Q (r)=q \:2π \:r \:dr \:L

.
• Ainsi :

\displaystyle -2π \:(r+dr) \: K . {\left[\frac{∂T}{∂r}\right]}_{(r+dr)} +2π \:r \:K . {\left[\frac{∂T}{∂r}\right]}_{(r)}=q \:2π \:r \:dr

;

\displaystyle {\left[\frac{∂T}{∂r}\right]}_{(r+dr)}={\left[\frac{∂T}{∂r}\right]}_{(r)}+\frac{∂^2T}{∂r^2} \: dr

.
• En ne conservant que le premier ordre en

dr

et en simplifiant :

\displaystyle r \, \frac{∂^2 T}{∂r^2} + \frac{∂T}{∂r}+η \:r=0

avec

\displaystyle η=\frac{q}{K}

.
• On peut alors commencer par chercher

\displaystyle Θ=r \, \frac{∂T}{∂r}

solution de :

\displaystyle \frac{∂Θ}{∂r}+η \:r=0

.
• Ceci donne :

\displaystyle Θ=-\frac{η}{2} \: r^2+Cste

d'où la forme :

\displaystyle \frac{∂T}{∂r}=-\frac{η}{2} \, r+\frac{A}{r}

.
• Mais à la périphérie on doit retrouver pour l'ensemble :

\displaystyle I_Q \left(r_0\right)=-2π \:r_0 \:L \:K \, \frac{∂T}{∂r}=q \:π \: r_0^{\:2} \: L

.
• Ceci impose :

\displaystyle -\frac{η}{2} \, r_0+\frac{A}{r_0}=-\frac{η}{2} \, r_0

donc

A=0

.
◊ remarque : on doit aussi retrouver que

\displaystyle \frac{∂T}{∂r}=0

sur l'axe (il n'y a pas de dégagement de chaleur).
• La seconde intégration donne :

\displaystyle T(r)=-\frac{η}{4} \, r^2+B

. Avec :

\displaystyle T(r_0)=-\frac{η}{4} \, r_0^{\:2}+B=T_e

on en déduit :

\displaystyle B=T_e+\frac{η}{4} r_0^{\:2}

\displaystyle T(r)=\frac{η}{4} \,\left(r_0^{\:2}-r^2 \right)+T_e

• La température maximale est sur l'axe :

\displaystyle T_m=T_e+\frac{η}{4} \:r_0^{\:2}

.
• L'écart avec l'extérieur est :

\displaystyle T_m-T_e=\frac{η}{4} \:r_0^{\:2}≈1360 \:\mathrm{K}

. La température de fusion de l'uranium étant

T_f=1135 \:\mathrm{°C}

cela peut nécessiter un refroidissement de contrôle et/ou une pressurisation (en plus du refroidissement “fonctionnel” par l'échangeur de chaleur servant à faire tourner les turbines).