Transferts thermiques : flux, résistance et loi de Newton

Indique le mode de transfert thermique qui domine dans chaque situation : conduction, convection ou rayonnement.

1. Une tige d’acier est chauffée au chalumeau à un bout ; peu à peu, l’autre bout devient brûlant :
   L’agitation thermique se transmet de proche en proche le long de la tige, sans que la matière se déplace : conduction.
2. Dans un four à chaleur tournante, un ventilateur fait circuler l’air chaud autour du plat :
   C’est un fluide en mouvement, l’air chaud, qui apporte l’énergie au plat : convection, ici forcée par le ventilateur.
3. La face d’un satellite tournée vers l’espace, à l’ombre, perd de l’énergie :
   Dans le vide, ni conduction ni convection vers l’extérieur : seul le rayonnement infrarouge emporte l’énergie.
4. Une plaque à induction éteinte, encore chaude, réchauffe le fond de la casserole posée dessus :
   Contact direct entre deux solides, sans déplacement de matière : conduction.
5. Un pare-soleil réfléchissant, posé derrière le pare-brise, limite l’échauffement de l’habitacle en réduisant les transferts par
   La lumière du Soleil arrive par rayonnement ; une surface brillante en réfléchit la plus grande partie vers l’extérieur.

Pour chaque système, indique le signe du transfert thermique $Q$ qu’il reçoit (positif, négatif ou nul), ou la température demandée. $Q$ est compté positivement quand le système reçoit de l’énergie.

1. {une brique de lait à 4 °C posée dans une cuisine à 25 °C} : $Q$ est
   La brique est plus froide que l’air : l’énergie va de l’air vers la brique, qui la reçoit : $Q$ positif.
2. {l’air de la cuisine}, pendant que la brique se réchauffe : $Q$ est
   L’air cède à la brique l’énergie qu’elle reçoit : pour l’air, $Q$ est négatif. Le signe dépend du système choisi.
3. Température de la brique de lait après plusieurs heures : °C
   Le transfert cesse à l’équilibre thermique, quand les températures sont égales : 25 °C, celle de la cuisine, qui varie très peu car l’air de la pièce a une capacité thermique bien plus grande.
4. {une poêle retirée du feu à 180 °C, posée dans la même cuisine} : $Q$ est
   La poêle est plus chaude que l’air : elle cède de l’énergie, $Q$ négatif, et sa température baisse.
5. {deux blocs de cuivre à 40 °C chacun, mis en contact et isolés de l’extérieur} : le transfert thermique entre eux est
   Sans écart de température, aucun transfert thermique : il est nul. Les deux blocs sont déjà en équilibre thermique.

Une serre de jardin est faite de parois vitrées posées sur un sol de terre sombre ; des lucarnes peuvent s’ouvrir dans le toit. Par une journée ensoleillée, il y fait bien plus chaud que dehors.

1. Le verre laisse entrer la lumière visible du Soleil mais absorbe l’infrarouge émis par le sol chaud, et en renvoie une partie vers lui : il réduit les pertes par
   Le sol, chauffé par la lumière, émet de l’infrarouge ; le verre l’absorbe et en réémet une partie vers l’intérieur : il limite les pertes par rayonnement, comme l’atmosphère dans l’effet de serre.
2. Portes et lucarnes fermées, l’air chauffé au contact du sol ne peut pas être remplacé par l’air froid du dehors : elles suppriment les pertes par
   Dehors, l’air chauffé au sol monterait et serait remplacé par de l’air froid : c’est la convection. Avec le rôle du verre sur l’infrarouge, c’est l’une des deux raisons de la chaleur d’une serre.
3. Par nuit claire, une serre couverte d’un simple film de polyéthylène, plastique en grande partie transparent à l’infrarouge, se refroidit plus vite qu’une serre en verre : le film laisse s’échapper vers le ciel l’énergie émise par le sol, par
   Le verre absorbe l’infrarouge du sol et en renvoie une partie ; le polyéthylène en laisse passer la plus grande part, qui part vers le ciel froid : les pertes par rayonnement sont plus fortes. Ce n’est pas la conduction : le film est si mince que sa résistance thermique est négligeable dans les deux cas.
4. Toutes ouvertures fermées, la serre se refroidit plus vite par grand vent : l’air extérieur, sans cesse renouvelé contre les vitres, emporte davantage d’énergie par
   L’air du dehors circule le long de la paroi et emporte l’énergie qu’elle lui cède : c’est la convection, forcée par le vent. Le coefficient $h$ de la loi de Newton augmente avec la vitesse de l’air. Fermer la serre empêche l’air chaud de partir, pas l’air du dehors de lécher les vitres.
5. Des parois en double vitrage, avec une lame d’air immobile, réduisent surtout les pertes par à travers la paroi
   L’air immobile conduit très mal : la lame d’air augmente beaucoup la résistance thermique de la paroi et freine la conduction.

Une fenêtre à simple vitrage a une surface de 2,4 m² et une épaisseur de 4,0 mm ; conductivité du verre : $\lambda =1,0$ W·m⁻¹·K⁻¹. Sa face intérieure est à 20,0 °C, sa face extérieure à 3,0 °C, en régime stationnaire.

1. Résistance thermique de la vitre : $R_{th}$ = × 10⁻³ K·W⁻¹
   $R_{th}={\displaystyle \frac{e}{\lambda S}}={\displaystyle \frac{4,0\times {10}^{-3}}{1,0\times 2,4}}\approx$ 1,67 × 10⁻³ K·W⁻¹ : l’épaisseur doit être en mètres. Valeur très faible : le verre n’est pas un isolant.
2. Flux thermique à travers la fenêtre : Φ = × 10⁴ W
   $\Phi ={\displaystyle \frac{T_1-T_2}{R_{th}}}={\displaystyle \frac{17,0}{1,667\times {10}^{-3}}}\approx$ 1,02 × 10⁴ W. Ce flux énorme surestime la réalité : le modèle ne garde que la conduction dans le verre et néglige les couches d’air peu mobiles collées aux deux faces, qui freinent beaucoup le transfert.
3. Énergie transférée vers l’extérieur en une heure : kWh
   $Q=\Phi \Delta t=1,02\times {10}^4\times 3600=3,67\times {10}^7$ J, puis ${\displaystyle \frac{3,67\times {10}^7}{3,6\times {10}^6}}\approx$ 10,2 kWh. Une réponse en watts serait fausse : on demande une énergie.

Un plancher de 12 m² est isolé par 20 cm d’un isolant de conductivité $\lambda =0,040$ W·m⁻¹·K⁻¹. L’écart de température entre ses deux faces vaut 18 K.

1. Résistance thermique : $R_{th}$ = K·W⁻¹
   $R_{th}={\displaystyle \frac{0,20}{0,040\times 12}}={\displaystyle \frac{0,20}{0,48}}\approx$ 0,417 K·W⁻¹.
2. Flux thermique : Φ = W
   $\Phi ={\displaystyle \frac{18}{0,4167}}\approx$ 43,2 W.
3. Énergie perdue en 30 jours : kWh
   30 jours = 720 h : $Q=43,2\times 720=31104$ Wh, soit 31,1 kWh (en joules : $43,2\times 2,592\times {10}^6\approx 1,12\times {10}^8$ J).
4. Conductivité d’un isolant qui donnerait le même flux avec seulement 12 cm d’épaisseur : λ = W·m⁻¹·K⁻¹
   Même flux et même écart, donc même résistance : $\lambda ={\displaystyle \frac{e}{R_{th}S}}={\displaystyle \frac{0,12}{0,4167\times 12}}\approx$ 0,024 W·m⁻¹·K⁻¹, soit $0,040\times {\displaystyle \frac{12}{20}}$ : il faut un isolant plus performant que l’air immobile.

Pour mesurer la conductivité thermique d’un panneau, on le serre entre une plaque chauffante électrique et une plaque refroidie. En régime stationnaire, toute la puissance de la plaque chauffante, 25,0 W, traverse le panneau, de surface 0,250 m² et d’épaisseur 3,0 cm. Ses faces sont alors à 34,0 °C et 14,0 °C.

1. Résistance thermique du panneau : $R_{th}$ = K·W⁻¹
   Le flux traversant est la puissance de chauffe : $R_{th}={\displaystyle \frac{\Delta T}{\Phi }}={\displaystyle \frac{34,0-14,0}{25,0}}=$ 0,800 K·W⁻¹ ; l’écart vaut 20,0 K comme 20,0 °C.
2. Conductivité thermique du matériau : λ = W·m⁻¹·K⁻¹
   $R_{th}={\displaystyle \frac{e}{\lambda S}}$ donne $\lambda ={\displaystyle \frac{e}{R_{th}S}}={\displaystyle \frac{0,030}{0,800\times 0,250}}=$ 0,15 W·m⁻¹·K⁻¹.
3. D’après le tableau des conductivités du cours, ce panneau est sans doute en
   λ ≈ 0,15 W·m⁻¹·K⁻¹ : c’est l’ordre de grandeur du bois, bien moins conducteur que le verre (≈ 1) et bien plus que la laine (≈ 0,04).
4. On colle deux panneaux identiques l’un contre l’autre ; pour la même puissance de chauffe, l’écart de température entre les deux faces extérieures devient K
   Les deux panneaux sont en série : la résistance double, 1,60 K·W⁻¹. Pour le même flux, $\Delta T=R_{th}\Phi =1,60\times 25,0=$ 40,0 K.
5. Énergie qui traverse un seul panneau en 10 min : × 10⁴ J
   $Q=\Phi \Delta t=25,0\times 600=15000$ J, soit 1,5 × 10⁴ J, avec la durée en secondes.

Applique les règles d’association des résistances thermiques.

1. Deux couches en série, de résistances 0,045 K·W⁻¹ et 0,180 K·W⁻¹ : $R_{th}$ = K·W⁻¹
   Même flux à travers les deux couches : les résistances s’additionnent, $R_{th}=0,045+0,180=$ 0,225 K·W⁻¹.
2. Ce mur, soumis à un écart de 18 K : Φ = W
   $\Phi ={\displaystyle \frac{18}{0,225}}=$ 80 W.
3. Dans ce mur, chute de température à travers la couche de 0,180 K·W⁻¹ : K
   Chaque couche est traversée par le même flux : $\Delta T_2=R_2\Phi =0,180\times 80=$ 14,4 K ; l’autre couche ne porte que $0,045\times 80=3,6$ K, et les deux chutes s’additionnent bien en 18 K. La couche la plus résistante porte la plus grande chute.
4. Deux parois côte à côte, de résistances 0,10 K·W⁻¹ et 0,40 K·W⁻¹, soumises à un écart de 20 K : flux total = W
   Même écart pour les deux : les flux s’additionnent, $\Phi ={\displaystyle \frac{20}{0,10}}+{\displaystyle \frac{20}{0,40}}=200+50=$ 250 W. Additionner les résistances (0,50 K·W⁻¹) donnerait 40 W : faux.

Une porte d’entrée de 2,0 m² est faite d’une mousse isolante de 5,0 cm ($\lambda =0,030$ W·m⁻¹·K⁻¹) prise entre deux tôles d’acier de 0,80 mm chacune ($\lambda =50$ W·m⁻¹·K⁻¹). L’intérieur est à 20 °C, l’extérieur à 0 °C.

1. Résistance thermique d’une tôle : × 10⁻⁶ K·W⁻¹
   $R={\displaystyle \frac{0,80\times {10}^{-3}}{50\times 2,0}}={\displaystyle \frac{0,80\times {10}^{-3}}{100}}$, soit 8,0 × 10⁻⁶ K·W⁻¹.
2. Résistance thermique de la mousse : K·W⁻¹
   $R={\displaystyle \frac{0,050}{0,030\times 2,0}}={\displaystyle \frac{0,050}{0,060}}\approx$ 0,833 K·W⁻¹.
3. Flux thermique à travers la porte : Φ = W
   Trois couches en série : $R_{th}=0,83333+2\times 8,0\times {10}^{-6}\approx 0,83335$ K·W⁻¹ ; $\Phi ={\displaystyle \frac{20}{0,83335}}\approx$ 24,0 W.
4. Part des deux tôles dans la résistance totale : %
   ${\displaystyle \frac{1,6\times {10}^{-5}}{0,83335}}\approx 1,9\times {10}^{-5}$, soit 0,0019 % : les tôles, très conductrices, n’isolent pas ; toute l’isolation vient de la mousse.

Un mur de 24 m² est formé, de l’extérieur vers l’intérieur, de 20 cm de béton (${\lambda }_1=1,4$ W·m⁻¹·K⁻¹), de 10 cm de laine minérale (${\lambda }_2=0,038$ W·m⁻¹·K⁻¹) et de 13 mm de plaque de plâtre (${\lambda }_3=0,35$ W·m⁻¹·K⁻¹). Intérieur à 20,0 °C, extérieur à −2,0 °C, régime stationnaire, conduction seule.

1. Résistance du béton : × 10⁻³ K·W⁻¹
   $R_1={\displaystyle \frac{0,20}{1,4\times 24}}={\displaystyle \frac{0,20}{33,6}}\approx$ 5,95 × 10⁻³ K·W⁻¹.
2. Résistance de la laine : K·W⁻¹
   $R_2={\displaystyle \frac{0,10}{0,038\times 24}}={\displaystyle \frac{0,10}{0,912}}\approx$ 0,110 K·W⁻¹.
3. Résistance du plâtre : × 10⁻³ K·W⁻¹
   $R_3={\displaystyle \frac{0,013}{0,35\times 24}}={\displaystyle \frac{0,013}{8,4}}\approx$ 1,55 × 10⁻³ K·W⁻¹.
4. Flux thermique traversant le mur : Φ = W
   Couches en série : $R_{th}=5,95\times {10}^{-3}+0,1096+1,55\times {10}^{-3}\approx 0,117$ K·W⁻¹. L’écart vaut $20,0-(-2,0)=22,0$ K, d’où $\Phi ={\displaystyle \frac{22,0}{0,1172}}\approx$ 188 W.
5. Part de la résistance totale apportée par la laine : %
   ${\displaystyle \frac{0,1096}{0,1172}}\approx$ 93,6 % pour 10 cm sur 31,3 cm d’épaisseur : c’est la conductivité, pas l’épaisseur, qui fait l’isolant. Épaissir le béton serait presque sans effet.
6. Épaisseur de laine qu’il faudrait poser, les autres couches restant les mêmes, pour diviser le flux par deux : cm
   Flux divisé par 2 à écart fixé : $R_{th}$ doublée, $0,2343$ K·W⁻¹. Béton et plâtre en apportent $7,50\times {10}^{-3}$, donc la laine doit valoir $0,2268$ K·W⁻¹ : $e=R\lambda S=0,2268\times 0,912\approx$ 20,7 cm. Un peu plus que le double de 10 cm, car les autres couches ne doublent pas.

Les surfaces rayonnent comme des corps noirs ; loi de Stefan-Boltzmann : $p=\sigma T^4$, avec $\sigma =5,67\times {10}^{-8}$ W·m⁻²·K⁻⁴.

1. Puissance émise par mètre carré d’une surface à 300 K : W·m⁻²
   $p=5,67\times {10}^{-8}\times {300}^4=5,67\times {10}^{-8}\times 8,10\times {10}^9\approx$ 459 W·m⁻².
2. Puissance émise par mètre carré d’une surface à 57 °C : W·m⁻²
   Une température seule dans $\sigma T^4$ doit être absolue : $T=57+273,15=330,15$ K, d’où $p\approx$ 674 W·m⁻². Avec 57 au lieu de 330, on trouverait 0,6 W·m⁻², plus de mille fois trop peu.
3. Si la température absolue d’un corps double, la puissance qu’il émet est multipliée par
   $\sigma (2T{)}^4=2^4\sigma T^4$ : la puissance est multipliée par 16.
4. Température d’une surface qui émet 1,00 × 10³ W·m⁻² : K
   $T={\left({\displaystyle \frac{p}{\sigma }}\right)}^{1/4}={\left({\displaystyle \frac{1,00\times {10}^3}{5,67\times {10}^{-8}}}\right)}^{1/4}\approx$ 364 K, soit environ 91 °C.

Mercure n’a pas d’atmosphère notable. Face au Soleil, il reçoit $𝒞=9,08\times {10}^3$ W·m⁻² ; son albédo vaut 0,068. On cherche sa température d’équilibre radiatif ($\sigma =5,67\times {10}^{-8}$ W·m⁻²·K⁻⁴).

1. Puissance absorbée par mètre carré du disque éclairé : W·m⁻²
   La part absorbée vaut $1-A=0,932$ : $0,932\times 9080\approx$ 8 460 W·m⁻².
2. Puissance absorbée en moyenne par mètre carré de la surface de la planète : W·m⁻²
   Le disque éclairé, $\pi R^2$, est quatre fois plus petit que la sphère, $4\pi R^2$ : 2 120 W·m⁻² en moyenne.
3. Température d’équilibre radiatif : × 10² K
   Régime stationnaire : $\sigma T^4=2116$ W·m⁻², d’où $T={\left({\displaystyle \frac{2116}{5,67\times {10}^{-8}}}\right)}^{1/4}\approx 440$ K, soit 4,4 × 10² K. C’est une moyenne : le côté éclairé dépasse 590 K et la nuit y est glaciale.

On modélise la Terre comme une planète sans effet de serre : $T={\left({\displaystyle \frac{(1-A)𝒞}{4\sigma }}\right)}^{1/4}$, avec $\sigma =5,67\times {10}^{-8}$ W·m⁻²·K⁻⁴. À sa distance moyenne du Soleil, $𝒞=1361$ W·m⁻², et l’on trouve 255 K pour $A=0,30$.

1. Température d’équilibre si l’albédo passait à 0,35 (extension des glaces) : K
   $T={\left({\displaystyle \frac{0,65\times 1361}{4\times 5,67\times {10}^{-8}}}\right)}^{1/4}\approx$ 250 K.
2. Variation de la température d’équilibre due à ce changement d’albédo : K
   $249,9-254,6\approx$ −4,7 K (avec les valeurs non arrondies) : une planète plus claire absorbe moins et se refroidit. Sur la Terre réelle, la fonte ou l’extension des glaces amplifie ainsi les variations de température.
3. Au périhélie, la Terre est à 0,983 fois sa distance moyenne au Soleil ; la puissance reçue par unité de surface varie comme l’inverse du carré de la distance. $𝒞$ y vaut W·m⁻²
   ${𝒞}_{\text{p}}={\displaystyle \frac{1361}{0,{983}^2}}\approx$ 1 410 W·m⁻².
4. Température d’équilibre au périhélie, avec $A=0,30$ : K
   $T$ varie comme ${𝒞}^{1/4}$, donc comme $d^{-1/2}$ : $T={\displaystyle \frac{254,6}{\sqrt{0,983}}}\approx$ 257 K.
5. La température d’équilibre varie comme la distance au Soleil élevée à la puissance
   $𝒞\propto d^{-2}$ et $T\propto {𝒞}^{1/4}$, donc $T\propto d^{-2/4}=d^{-1/2}$ : puissance −1/2. Une planète quatre fois plus loin serait deux fois plus froide (en kelvins).

Les échanges avec l’extérieur suivent la loi de Newton. Rappel : $\tau ={\displaystyle \frac{C}{hS}}={\displaystyle \frac{mc}{hS}}$.

1. Système de capacité thermique 1,2 × 10³ J·K⁻¹, avec $hS$ = 6,0 W·K⁻¹ : τ = s
   $\tau ={\displaystyle \frac{1,2\times {10}^3}{6,0}}=$ 200 s : J·K⁻¹ divisé par W·K⁻¹ donne J·W⁻¹, c’est-à-dire des secondes.
2. Même système, écart initial de 60 K avec l’extérieur : au bout de τ, l’écart vaut K
   L’écart vaut $60e^{-1}\approx 60\times 0,368\approx$ 22 K : il a perdu 63 %.
3. Au bout de 3τ, l’écart vaut K
   $60e^{-3}\approx 60\times 0,0498\approx$ 3,0 K : l’écart ne diminue pas de la même quantité à chaque durée τ, il est multiplié chaque fois par 0,37.
4. Même système, mais avec un coefficient $h$ deux fois plus grand (air brassé par un ventilateur) : τ = s
   $hS$ double, donc τ est divisée par 2 : 100 s. Le refroidissement est plus rapide.
5. 0,50 kg d’eau ($c$ = 4,18 × 10³ J·kg⁻¹·K⁻¹) dans un récipient, avec $hS$ = 1,9 W·K⁻¹ : τ = × 10³ s
   $C=0,50\times 4,18\times {10}^3=2090$ J·K⁻¹ et $\tau ={\displaystyle \frac{2090}{1,9}}=$ 1,10 × 10³ s, soit un peu plus de 18 min.

Un bol contient 0,20 kg de soupe, assimilée à de l’eau ($c=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹), à 78,0 °C. La pièce est à 20,0 °C. Les échanges suivent la loi de Newton avec $hS=1,2$ W·K⁻¹ ; on néglige la capacité thermique du bol.

1. Constante de temps : τ = s
   $C=0,20\times 4,18\times {10}^3=836$ J·K⁻¹, donc $\tau ={\displaystyle \frac{836}{1,2}}\approx$ 697 s, soit environ 11,6 min.
2. Température de la soupe au bout de 10,0 min : °C
   $\theta =20,0+58,0e^{-600/697}\approx 20,0+58,0\times 0,423\approx$ 44,5 °C.
3. Température au bout de 20,0 min : °C
   $\theta =20,0+58,0e^{-1200/697}\approx 20,0+58,0\times 0,179\approx$ 30,4 °C. La baisse des dix dernières minutes (14,2 °C) est bien plus faible que celle des dix premières (33,5 °C) : le flux diminue avec l’écart.
4. Durée nécessaire pour que la soupe atteigne 40,0 °C : s
   $e^{-t/\tau }={\displaystyle \frac{40,0-20,0}{78,0-20,0}}={\displaystyle \frac{20,0}{58,0}}$, d’où $t=\tau \ln \left({\displaystyle \frac{58,0}{20,0}}\right)=697\times \ln 2,9\approx$ 742 s, soit environ 12 min 22 s.

Deux sphères pleines en laiton ($\rho =8,5\times {10}^3$ kg·m⁻³, $c=380$ J·kg⁻¹·K⁻¹), de rayons $r_1=1,5$ cm et $r_2=2r_1$, sont portées à 90,0 °C puis refroidissent dans l’air à 20,0 °C, avec $h=12$ W·m⁻²·K⁻¹. Volume d’une sphère : $\frac{4}{3}\pi r^3$ ; aire : $4\pi r^2$.

1. Masse de la petite sphère : g
   $m_1=\rho {\displaystyle \frac{4}{3}}\pi r_1^3=8,5\times {10}^3\times {\displaystyle \frac{4}{3}}\pi \times (1,5\times {10}^{-2}{)}^3\approx 0,120$ kg, soit 120 g.
2. Aire de la petite sphère : × 10⁻³ m²
   $S_1=4\pi r_1^2=4\pi \times (1,5\times {10}^{-2}{)}^2\approx$ 2,83 × 10⁻³ m².
3. Constante de temps de la petite sphère : τ₁ = × 10³ s
   ${\tau }_1={\displaystyle \frac{m_{1}c}{h{S}_1}}={\displaystyle \frac{0,1202\times 380}{12\times 2,83\times {10}^{-3}}}\approx$ 1,35 × 10³ s. En simplifiant, $\tau ={\displaystyle \frac{\rho cr}{3h}}$.
4. Rapport des constantes de temps τ₂ ÷ τ₁ =
   Rayon doublé : la masse est multipliée par $2^3=8$, l’aire seulement par $2^2=4$ ; τ est multipliée par ${\displaystyle \frac{8}{4}}=$ 2, comme le montre $\tau ={\displaystyle \frac{\rho cr}{3h}}$.
5. Température de la petite sphère au bout de 30 min : °C
   ${\theta }_1=20,0+70,0e^{-1800/1346}\approx 20,0+70,0\times 0,263\approx$ 38,4 °C.
6. Température de la grande sphère au bout de 30 min : °C
   ${\tau }_2\approx 2692$ s : ${\theta }_2=20,0+70,0e^{-1800/2692}\approx 20,0+70,0\times 0,512\approx$ 55,9 °C. La grosse sphère, qui a proportionnellement moins de surface, refroidit plus lentement.

Les évolutions suivent la loi de Newton : $T(t)=T_{ext}+(T_0-T_{ext})e^{-t/\tau }$.

1. τ = 300 s ; de 80 °C à 50 °C, dans l’air à 20 °C : durée = s
   L’écart passe de 60 K à 30 K : $t=300\times \ln \left({\displaystyle \frac{60}{30}}\right)=300\ln 2\approx$ 208 s.
2. Même système, de 80 °C à 35 °C : durée = s
   L’écart passe de 60 K à 15 K : $t=300\ln 4\approx$ 416 s. La baisse est 1,5 fois plus grande qu’à la question précédente, mais la durée est deux fois plus longue : elle n’est pas proportionnelle à la baisse.
3. τ = 300 s ; un pot de yaourt sorti à 4 °C dans une cuisine à 22 °C ; durée pour atteindre 16 °C : s
   Réchauffement : l’écart passe de $4-22=-18$ K à $16-22=-6$ K ; $t=300\times \ln \left({\displaystyle \frac{-18}{-6}}\right)=300\ln 3\approx$ 330 s.
4. L’écart avec l’extérieur passe de 40 K à 10 K en 12 min : τ = min
   $\tau ={\displaystyle \frac{t}{\ln (40/10)}}={\displaystyle \frac{12}{\ln 4}}\approx$ 8,66 min : la durée et τ s’expriment dans la même unité.

Un chauffe-plat électrique de puissance $P=60$ W, de capacité thermique $C=1,5\times {10}^3$ J·K⁻¹, est allumé à 20 °C dans une pièce à 20 °C. Ses pertes suivent la loi de Newton avec $hS=0,75$ W·K⁻¹ : $C{\displaystyle \frac{dT}{dt}}=P-hS(T-T_{ext})$.

1. Température limite atteinte : °C
   À la limite, ${\displaystyle \frac{dT}{dt}}=0$ : les pertes compensent le chauffage, $hS(T_{lim}-T_{ext})=P$, d’où $T_{lim}=20+{\displaystyle \frac{60}{0,75}}=$ 100 °C.
2. Constante de temps : τ = s
   $\tau ={\displaystyle \frac{C}{hS}}={\displaystyle \frac{1,5\times {10}^3}{0,75}}=$ 2 000 s, la même qu’en refroidissement.
3. Température au bout de 20 min : °C
   $T(t)=T_{lim}+(T_0-T_{lim})e^{-t/\tau }=100-80e^{-1200/2000}\approx 100-80\times 0,549\approx$ 56,1 °C.
4. Durée pour atteindre 90 °C : × 10³ s
   L’écart à la limite passe de 80 K à 10 K : $t=2000\times \ln 8\approx$ 4,16 × 10³ s, environ 69 min.
5. Puissance perdue par le chauffe-plat quand il est à 90 °C : W
   $hS(T-T_{ext})=0,75\times 70=$ 52,5 W : il ne reste que 7,5 W pour continuer à chauffer, d’où la montée de plus en plus lente.

On relève la température d’un café de 200 g (assimilé à de l’eau, $c=4,18\times {10}^3$ J·kg⁻¹·K⁻¹) qui refroidit dans une tasse ; la pièce est à ${\theta }_{ext}=23,0$ °C et la surface d’échange vaut $S=3,8\times {10}^{-2}$ m².

1. Valeur de $y$ à $t$ = 20 min : $y$ =
   $y=\ln \left({\displaystyle \frac{49,5-23,0}{82,0-23,0}}\right)=\ln \left({\displaystyle \frac{26,5}{59,0}}\right)\approx$ −0,800 : on prend les écarts, pas les températures.
2. Constante de temps déduite de ce point : τ = min
   $\tau =-{\displaystyle \frac{t}{y}}={\displaystyle \frac{20}{0,800}}\approx$ 25,0 min. Les autres points donnent la même pente : à 30 min, $y=\ln (17,8/59,0)\approx -1,20$ ; les points s’alignent sur une droite passant par l’origine, signe que le modèle convient.
3. Température prévue par le modèle à $t$ = 10 min : °C
   $\theta =23,0+59,0e^{-10/25,0}\approx 23,0+59,0\times 0,670\approx$ 62,5 °C, pour 62,6 °C mesurés : l’écart est inférieur à 0,2 %.
4. Coefficient $h$ de la loi de Newton pour ce café : W·m⁻²·K⁻¹
   $h={\displaystyle \frac{mc}{\tau S}}$ avec τ en secondes, $1500$ s : $h={\displaystyle \frac{0,200\times 4,18\times {10}^3}{1500\times 3,8\times {10}^{-2}}}={\displaystyle \frac{836}{57}}\approx$ 15 W·m⁻²·K⁻¹, valeur typique d’un échange avec l’air calme.
5. Transfert thermique reçu par le café pendant les 30 premières minutes : $Q$ = × 10⁴ J
   Système incompressible, sans travail : $Q=\Delta U=mc({\theta }_f-{\theta }_i)=836\times (40,8-82,0)\approx$ −3,44 × 10⁴ J, négatif : le café a cédé environ 34 kJ à la pièce.
6. Instant auquel le modèle prévoit 30,0 °C : min
   $t=\tau \ln \left({\displaystyle \frac{59,0}{7,0}}\right)=25,0\times \ln 8,43\approx$ 53 min. Prévision à nuancer : c’est hors de la plage de mesures, et l’évaporation, négligée, accélère un peu le refroidissement.