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Transferts thermiques : flux, résistance et loi de Newton

Conduction, convection et rayonnement ; flux thermique et résistance thermique d’une paroi ; parois en série et en parallèle ; bilan thermique du système Terre-atmosphère et effet de serre ; loi phénoménologique de Newton et évolution de la température d’un système.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : les pertes et la facture d’un ballon d’eau chaude, les déperditions d’une maison et son refroidissement chauffage coupé, un capteur solaire thermique, une pièce d’aluminium sortie d’un four avec la méthode d’Euler, et un modèle à une couche de l’effet de serre.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je définis le système et le régime : stationnaire (températures constantes, puissance reçue = puissance cédée) ou évolution au cours du temps (loi de Newton).
Je convertis : épaisseurs en m, durées en s ou en h selon l’unité de l’énergie (J ou kWh), températures en K dans $σ T^{4}$ .
Je choisis l’association des parois (série : résistances ; parallèle : flux) ou le bilan radiatif (disque éclairé, sphère qui rayonne).
Je résous littéralement, puis je fais l’application numérique ; pour une durée, j’isole l’exponentielle et je prends le logarithme.
Je critique le modèle : température uniforme ? extérieur constant ? écart modéré ? rayonnement ou évaporation négligés ?

Problème 1 · Ballon d’eau chaude : chauffe, pertes et facture★★★Facile

Un ballon d’eau chaude contient 200 L d’eau. Sa résistance chauffante a une puissance de 2 400 W. L’eau est portée de 12,0 °C à 60,0 °C, puis maintenue à 60,0 °C. Le ballon est installé dans un local à 18,0 °C ; l’isolation de la cuve a une résistance thermique

R_{t h} = 0, 65

K·W⁻¹. Données :

ρ_{eau} = 1, 0

kg·L⁻¹ ;

c = 4, 18 \times 10^{3}

J·kg⁻¹·K⁻¹ ; 1 kWh = 3,6 × 10⁶ J ; on prend 0,20 € le kWh.

1. Énergie à fournir à l’eau pour la porter de 12,0 °C à 60,0 °C : × 10⁷ J
$m = 200$ kg ; $Δ U = m c Δ T = 200 \times 4, 18 \times 10^{3} \times 48, 0 \approx$ 4,01 × 10⁷ J.
2. La même énergie en kilowattheures : kWh
$\frac{4, 013 \times 10^{7}}{3, 6 \times 10^{6}} \approx$ 11,1 kWh.
3. Durée de la mise en température si l’on néglige les pertes : h
$Δ t = \frac{Δ U}{P} = \frac{4, 013 \times 10^{7}}{2 400} \approx 1, 67 \times 10^{4}$ s, soit 4,64 h (4 h 39 min). La durée réelle est un peu plus longue : la cuve perd de l’énergie dès qu’elle est plus chaude que le local.
4. Flux thermique cédé au local quand l’eau est maintenue à 60,0 °C : Φ = W
$Φ = \frac{60, 0 - 18, 0}{0, 65} = \frac{42, 0}{0, 65} \approx$ 64,6 W : c’est la puissance moyenne que la résistance doit fournir rien que pour compenser les pertes.
5. Énergie perdue en 24 h de maintien en température : kWh
$Q = Φ Δ t \approx 64, 6 \times 24 \approx 1 551$ Wh, soit 1,55 kWh par jour, environ 14 % de la mise en température, sans qu’on ait tiré d’eau chaude.
6. Coût annuel de ces seules pertes : €
$1, 551 \times 365 \approx 566$ kWh par an, et $566 \times 0, 20 \approx$ 113 €.
7. On abaisse la consigne à 55,0 °C. Économie réalisée sur les pertes : %
Les pertes sont proportionnelles à l’écart avec le local : de 42,0 K à 37,0 K, soit $\frac{42, 0 - 37, 0}{42, 0} \approx$ 12 % d’économie. Augmenter $R_{t h}$ (mieux isoler) agit plus fortement ; la consigne doit de toute façon rester assez haute pour des raisons sanitaires.
8. On coupe le chauffage alors que l’eau est à 60,0 °C. Constante de temps du refroidissement de l’eau : τ = h
Le flux cédé vaut $\frac{T - T_{e x t}}{R_{t h}}$ : c’est la loi de Newton avec $h S = \frac{1}{R_{t h}}$ , donc $τ = m c R_{t h} = 200 \times 4, 18 \times 10^{3} \times 0, 65 \approx 5, 43 \times 10^{5}$ s, soit 151 h.
9. Température de l’eau 24 h après la coupure : °C
$T = 18, 0 + 42, 0 e^{- 86 400 / 543 400} \approx 18, 0 + 42, 0 \times 0, 853 \approx$ 53,8 °C : l’eau n’a perdu que 6 °C en une journée, grâce à sa grande capacité thermique.

Problème 2 · Les déperditions d’une maison★★★Moyen

L’intérieur d’une maison est maintenu à 20 °C ; dehors, il fait 4 °C. Ses trois voies de déperdition sont des parois traversées en parallèle :

Élément	R (K·W⁻¹)
Murs	0,085
Toiture	0,062
Fenêtres (simple vitrage)	0,021

Prix de l’énergie : 0,20 € le kWh. Capacité thermique de l’ensemble de la maison :

C = 8, 0 \times 10^{6}

J·K⁻¹.

1. Flux thermique total qui quitte la maison : Φ = × 10³ W
Les trois parois subissent le même écart, 16 K, et leurs flux s’additionnent : $Φ = 16 \times (\frac{1}{0, 085} + \frac{1}{0, 062} + \frac{1}{0, 021}) = 16 \times (11, 8 + 16, 1 + 47, 6) \approx$ 1,21 × 10³ W.
2. Part des déperditions qui passe par les fenêtres : %
$\frac{47, 6}{75, 5} \approx$ 63 % : les fenêtres, de plus petite résistance, sont le point faible ; c’est là qu’il faut agir en priorité.
3. Énergie perdue en une journée : kWh
$1 208 \times 24 \approx 29 000$ Wh, soit 29,0 kWh.
4. Coût de ce chauffage pour une journée : €
$29, 0 \times 0, 20 =$ 5,80 € par jour.
5. On remplace le simple vitrage par un double vitrage de résistance 0,057 K·W⁻¹. Nouveau flux total : W
$\frac{1}{0, 057} \approx 17, 5$ W·K⁻¹ ; $Φ_{2} = 16 \times (11, 8 + 16, 1 + 17, 5) \approx$ 727 W.
6. Économie réalisée par ce changement : %
$\frac{1 208 - 727}{1 208} \approx$ 40 % en ne changeant que les vitrages.
7. Avec les vitrages d’origine, on coupe le chauffage, la maison étant à 20 °C. En assimilant ses échanges à la loi de Newton, constante de temps du refroidissement : τ = h
$C \frac{d T}{d t} = - (\sum \frac{1}{R_{i}}) (T - T_{e x t})$ : même forme que la loi de Newton, avec $h S = \sum \frac{1}{R_{i}} = 75, 5$ W·K⁻¹. $τ = \frac{8, 0 \times 10^{6}}{75, 5} \approx 1, 06 \times 10^{5}$ s, soit 29,4 h.
8. Température intérieure 8,0 h après la coupure : °C
$T = 4 + 16 e^{- 8, 0 / 29, 4} \approx 4 + 16 \times 0, 762 \approx$ 16,2 °C. Le modèle suppose la température intérieure uniforme et l’extérieur constant : acceptable pour une nuit, pas par grand vent qui augmente les échanges par convection.

Problème 3 · Un capteur solaire thermique★★★Moyen

Un capteur solaire thermique de 4,5 m² reçoit un éclairement moyen de 620 W·m⁻² pendant une journée d’été. Une plaque noire (l’absorbeur), placée sous une vitre, transmet à l’eau qui circule dans ses tubes 58 % de la puissance solaire reçue. L’eau traverse le capteur avec un débit massique de 0,020 kg·s⁻¹. Données :

c = 4, 18 \times 10^{3}

J·kg⁻¹·K⁻¹ ; 1 kWh = 3,6 × 10⁶ J.

1. Puissance solaire reçue par le capteur : × 10³ W
$P = 620 \times 4, 5 = 2 790$ W, soit 2,79 × 10³ W.
2. Puissance transmise à l’eau : × 10³ W
$P_{u} = 0, 58 \times 2 790 \approx$ 1,62 × 10³ W.
3. Élévation de température de l’eau entre l’entrée et la sortie, en régime stationnaire : °C
Pendant $Δ t$ , la masse $D_{m} Δ t$ traverse le capteur et reçoit $P_{u} Δ t = D_{m} Δ t c Δ T$ ; on simplifie par $Δ t$ : $Δ T = \frac{P_{u}}{D_{m} c} = \frac{1 618}{0, 020 \times 4, 18 \times 10^{3}} \approx$ 19,4 °C. Un débit plus faible donnerait une eau plus chaude, mais moins d’eau chauffée.
4. Énergie transmise à l’eau en 6,0 h : × 10⁷ J
$E = P_{u} Δ t = 1 618 \times 2, 16 \times 10^{4} \approx$ 3,50 × 10⁷ J.
5. La même énergie en kilowattheures : kWh
$\frac{3, 495 \times 10^{7}}{3, 6 \times 10^{6}} \approx$ 9,71 kWh.
6. Masse d’eau d’un ballon que cette énergie peut porter de 14,0 °C à 50,0 °C : kg
$m = \frac{E}{c Δ T} = \frac{3, 495 \times 10^{7}}{4, 18 \times 10^{3} \times 36, 0} \approx$ 232 kg, l’eau chaude d’une famille pour une journée.
7. Puissance solaire qui n’est pas transmise à l’eau : × 10³ W
$2 790 - 1 618 \approx$ 1,17 × 10³ W. Une partie de la lumière est réfléchie par la vitre ; l’absorbeur, plus chaud que l’air, cède de l’énergie par convection et par rayonnement infrarouge, et par conduction à travers le fond. Rien n’est détruit : cette énergie est rendue à l’environnement.

Problème 4 · Une pièce d’aluminium sortie d’un four★★★Difficile

Une pièce en aluminium de masse 2,5 kg (

c = 900

J·kg⁻¹·K⁻¹) sort d’un four à 240 °C et refroidit à l’air libre dans un atelier à

θ_{a} = 22, 0

°C. Sa surface d’échange vaut 0,34 m² ; on la suppose de température uniforme. On relève :

$t$ (min)	$θ$ (°C)
0	240
10,0	156
20,0	105

On modélise les échanges par la loi de Newton :

θ (t) = θ_{a} + (θ_{0} - θ_{a}) e^{- t / τ}

1. Constante de temps déduite de la mesure à 10,0 min : τ = × 10³ s
$e^{- 600 / τ} = \frac{156 - 22, 0}{240 - 22, 0} = \frac{134}{218}$ , d’où $τ = \frac{600}{\ln (218 / 134)} = \frac{600}{0, 4867} \approx$ 1,23 × 10³ s, environ 20,5 min.
2. Coefficient de transfert surfacique : $h$ = W·m⁻²·K⁻¹
$C = 2, 5 \times 900 = 2 250$ J·K⁻¹ et $h S = \frac{C}{τ} = \frac{2 250}{1 233} \approx 1, 82$ W·K⁻¹, d’où $h = \frac{1, 82}{0, 34} \approx$ 5,4 W·m⁻²·K⁻¹, l’ordre de grandeur d’une convection naturelle dans l’air.
3. Température prévue par le modèle à 20,0 min : °C
$θ = 22, 0 + 218 e^{- 1 200 / 1 233} \approx 22, 0 + 218 \times 0, 378 \approx$ 104 °C, pour 105 °C mesurés : 1 % d’écart, le modèle convient sur cette plage.
4. Méthode d’Euler, pas de 60 s : $θ_{k + 1} = θ_{k} - 60 \times \frac{θ_{k} - θ_{a}}{τ}$ . Température calculée à 60 s : °C
$θ_{1} = 240 - 60 \times \frac{218}{1 233} \approx 240 - 10, 6 \approx$ 229,4 °C.
5. Température calculée par Euler à 120 s : °C
$θ_{2} = 229, 4 - 60 \times \frac{229, 4 - 22, 0}{1 233} \approx 229, 4 - 10, 1 \approx$ 219,3 °C.
6. Température donnée par la solution exacte à 120 s : °C
$22, 0 + 218 e^{- 120 / 1 233} \approx 22, 0 + 218 \times 0, 907 \approx$ 219,8 °C. Euler donne 0,5 °C de moins : il garde, sur tout un pas, la pente du début du pas, la plus forte. Un pas plus petit réduit l’écart.
7. Durée nécessaire pour que la pièce descende sous 40,0 °C et puisse être manipulée : min
$t = τ \ln (\frac{218}{18, 0}) = 1 233 \times 2, 494 \approx 3, 07 \times 10^{3}$ s, soit environ 51 min, 2,5 τ. Limites du modèle : le cœur reste plus chaud que la surface ; à 240 °C, le rayonnement, qui n’est pas proportionnel à l’écart, compte beaucoup ; $h$ dépend lui-même de l’écart. Le modèle est plus fiable en fin de refroidissement.

Problème 5 · Un modèle à une couche de l’effet de serre★★★Difficile

La Terre absorbe en moyenne 238 W·m⁻² de rayonnement solaire, par mètre carré de sa surface. On modélise l’atmosphère par une seule couche de température

T_{a}

, transparente au rayonnement solaire, qui absorbe la fraction

ε

de l’infrarouge émis par le sol (température

T_{s}

) et laisse passer le reste. La couche émet

ε σ T_{a}^{4}

vers l’espace et autant vers le sol ; le sol émet

σ T_{s}^{4}

. Tout est en régime stationnaire ;

σ = 5, 67 \times 10^{- 8}

W·m⁻²·K⁻⁴. Le bilan de la couche donne

ε σ T_{s}^{4} = 2 ε σ T_{a}^{4}

, et celui du sol

238 + ε σ T_{a}^{4} = σ T_{s}^{4}

1. Couche qui absorbe tout l’infrarouge du sol ( $ε$ = 1) : $T_{s}$ = K
Avec $σ T_{a}^{4} = \frac{σ T_{s}^{4}}{2}$ , le bilan du sol devient $238 = σ T_{s}^{4} (1 - \frac{1}{2})$ , d’où $T_{s} = {(\frac{238}{0, 5 \times 5, 67 \times 10^{- 8}})}^{1 / 4} \approx$ 303 K, soit 30 °C : trop chaud.
2. Avec $ε$ = 0,78 : $T_{s}$ = K
En général, $σ T_{s}^{4} (1 - \frac{ε}{2}) = 238$ ; avec $1 - 0, 39 = 0, 61$ : $T_{s} = {(\frac{238}{0, 61 \times 5, 67 \times 10^{- 8}})}^{1 / 4} \approx$ 288 K, la température moyenne observée (15 °C).
3. Température de la couche atmosphérique dans ce cas : $T_{a}$ = K
$T_{a} = \frac{T_{s}}{2^{1 / 4}} = \frac{288, 1}{1, 189} \approx$ 242 K : l’atmosphère du modèle est plus froide que le sol, comme l’atmosphère réelle en moyenne.
4. Puissance infrarouge que le sol reçoit de l’atmosphère, par mètre carré : W·m⁻²
$ε σ T_{a}^{4} = 0, 78 \times \frac{σ T_{s}^{4}}{2} = 0, 39 \times 390 \approx$ 152 W·m⁻² : on vérifie que $238 + 152 = 390$ W·m⁻², ce que le sol émet.
5. Si davantage de gaz à effet de serre portait $ε$ à 0,80, la température du sol augmenterait de K
Avec $1 - 0, 40 = 0, 60$ : $T_{s} = {(\frac{238}{0, 60 \times 5, 67 \times 10^{- 8}})}^{1 / 4} \approx 289, 2$ K, soit 1,2 K de plus. Ce modèle très simple ignore la convection, l’évaporation et les nuages ; il montre seulement le sens de l’effet.

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