Autour de la maison Partie I
Optimisation thermique d’une pièce
I.1. Intérêt d’un double vitrage
Q1. Loi de Fourier−→ jth=−λv
−−→grad (T), avec−→
jthle vecteur densité surfacique de flux thermique en W·m−2etλla conductivité thermique en W·m−1·K−1.
Dans le cas unidimensionnel présenté ici, la température ne dépend que dex, d’oùjth=−λvdT dx. Q2. Par définitionΦ(x)est le flux du vecteur densité de courant thermique à travers une surface d’oùΦ(x) =
Z Z −→ jth(x)·−→
dS= jth(x)S.Φ(x)s’exprime en Watts.
Q3. En régime stationnaire l’équation locale de conservation de l’énergie thermique conduit à div−→ jth
= 0ce qui signifie que le vecteur densité de courant est à flux conservatif et donc le flux thermique est le même à travers toutes les sections de la paroi.
Autre démonstration : On applique le premier principe sur une tranche de la paroi d’épaisseurdx. En régime stationnaire l’énergie interne ne varie pas d’oùΦ(x)−Φ(x+ dx) = 0et ainsiΦ(x) =cste.
Q4. Nous avons vu queΦ(x) =jth(x)S, orjth(x) =−λv
dT
dx. Ainsi dT
dx =cste, et par intégrationT(x) =Ax+B.
Q5. À l’aide des conditions limitesT(x= 0) =T0 etT(x=e) =T1, nous obtenons queT(x) = T1−T0
e x+T0. Q6.
x T(x)
T0
T1
−e e 2e
Q7. D’après les questions précédentesΦ =jthS=−λvST1−T0
e , d’où Rth= e λvS. Q8. Rth= 4,0·10−3
1,0·6,0 = 6,7·10−4 K·W−1.
Q9. Dans l’analogie électrique, le flux thermiqueΦest associé à l’intensitéI, la différence de température∆T est associée à la tensionU. Ici les trois résistances thermiques sont parcourues par le même flux, ce qui correspond à une association en série. Finalement Rtot= 2Rv+Rair.
Q10. Nous avons vu queRv= e
λvS, ainsiRair = 3e
λairS, d’oùRtot= e S
2 λv
+ 3 λair
. Q11. Rtot = 4,0·10−3
6
2 1,0+ 9
10−1
= 4
3 + 60
·10−3= 6,1·10−2 K·W−1. La résistance thermique augmente ce qui signifie que pour un même écart de température, le flux thermique sera plus faible dans le cas d’un double vitrage que dans le cas d’un simple vitrage. Le double vitrage est donc plus efficace.
Q12. L’argon4018Arest composé de 18 protons, 18 électrons, et de40−18 = 22neutrons.
Q13. À l’aide des règles de Hund, Pauli et Klechkowski, nous avons la configuration électronique suivante1s22s22p63s23p6. Q14. L’argon est donc situé dans la 3`emeligne (nombre quantique principal le plus grand) et dans la dernière colonne, c’est
à dire la 18`eme colonne.
Q15. Il appartient à la famille des gaz nobles.
Q16. Dans ce casRtot= e S
2 λv
+ 3 λar
= 4,0·10−3 6
2
1,0+ 15 10−1
= 1,0·10−1 K·W−1.
Q17. Nous avons doncRtot,ar> Rtot,air> Rth. La présence d’Argon permet donc d’améliorer d’un facteur 150 la résistance thermique d’un simple vitrage et quasiment d’un facteur 2 un double vitrage classique.
I.2. Utilisation d’une pompe à chaleur
Q18.
Fluide caloporteur Source
chaude
Source froide
Moteur
Qc<0 Qf >0
W >0
Q19. Lors du fonctionnement de la pompe à chaleur, la grandeur d’intérêt pour l’utilisateur est le transfert thermique reçu par la source chaude, c’est à dire−Qc, alors que la grandeur que l’on doit fournir à la pompe à chaleur, qui nous coûte, est le travail du moteurW, ainsi= −Qc
W .
Q20. Sur le cycle le premier principe conduit à∆U = 0 =W +Qc+Qf et le second principe à ∆S = 0 = Sc+Se avec Sc= 0 car les évolutions sont supposées réversibles etSe= Qc
T0
+Qf
T1
. Ainsi en utilisant ces deux relations, nous obtenons que= Qc
Qc+Qf
= T0
T0−T1
= 293 15 ≈ 300
15 = 20.
Q21. La température de l’air de la pièce T est supérieur à la température de l’air extérieur T1, ainsi δQ0 < 0 car a est également positif.δQ0 étant négatif c’est l’air extérieur qui reçoit un transfert thermique depuis la pièce.
Q22. δQ0 s’exprime enJ,Cen J.K−1, ainsias’exprime en s−1.
Q23. On applique le premier principe entretett+ dtà l’air de la pièce, ainsidU =δQ0 (La transformation étant isochore le travail des forces de pression est nul). Or pour un gaz parfaitdU =C(T(t+dt)−T(t)) =CdT
dtdt, ainsi dT
dt =−a(T−T1).
Nous obtenons alors l’équation différentielle suivante dT
dt +aT(t) =B avecB=aT1. Remarque : on retrouve bien l’homogénéité deaen s−1.
Q24. La solution d’une équation différentielle d’ordre à second membre constant est donc de la formeT(t) = Ae−t/τ +T1
avecτ= 1/a. À l’aide de la condition initialeT(t= 0) =T0, nous obtenons T(t) = (T0−T1)e−at+T1.
Q25. D’après l’énoncé, la température au bout det1= 3 h vautTf = 15◦C, ainsi T(t1) =Tf = (T0−T1)e−at1+T1, d’où a= 1
t1
lnT0−T1
Tf−T1
= 1 3ln15
10 ≈0,41
3 = 0,14h−1. Q26. Par définitionP = δW
dt .
Q27. Le premier principe conduit cette fois ci à CdT
dtdt = −aC(T(t)−T1)dt−δQc. Or δQc = −δW = −Pdt =
−P T T−T1dt.
Nous obtenons finalement dT
dt +aT−P C
T
T−T1 =aT1. Remarque :
— Si on suppose que T −T1 varie peu, alors on retrouve une équation différentielle d’ordre 1 dont la constante de tempsτa pour expressionτ= C(Tmoyen−T1)
aC(Tmoyen−T1)−P. Cette constante de temps peut être positive (une température d’équilibre peut être atteinte) ou négative (pas de température d’équilibre) selon la puissance du moteur et la capacité de l’air.
— En régime stationnaire, nous avons alors un polynôme du second degré T2−
2T1+ P aC
T +T12 = 0. Si l’on souhaite que Tsta = T0 cela impose que P = aC(T0−T1)2
T0 . On retrouve bien la même expression si l’on fait le raisonnement directement sur les transferts thermiques.
I.3. Comparaison de l’énergie libérée par un poêle à bois et un poêle à éthanol
Q28. L’oxygène possède 8 électrons, donc 6 électrons de valence, l’hydrogène possède un unique électron donc un électron de valence. Ainsi dans une molécule d’eau il y a 8 électrons de valence donc 4 liaisons ou doublet non liant. Afin de respecter la règle de l’octet et du duet, nous aboutissons à la structure suivante : O
H H
.
Le carbone est constitué de 6 électrons, donc 4 électrons de valence. Il y a donc 16 électrons de valence dans une molécule deCO2, d’où8 liaisons et doublets non liants. Nous obtenons alors la structure de Lewis suivante :O C O. Q29. Une réaction de combustion s’effectue en présence de dioxygène et fournit de l’eau et du dioxyde de carbone d’où
C2H6O+ 3O2= 3H2O+ 2CO2. On commence par équilibrer les atomes de carbone, puis les atomes d’hydrogène avant de finir par les atomes d’oxygène.
Q30. ∆rH◦= 2∆fH◦(CO2) + 3∆fH◦(H2O)−3∆fH◦(O2)−∆fH◦(C2H6O) =−8,0·102−6,0·102+ 3,0·102=−11,0·102 kJ·mol−1.
Q31. L’enthalpie de réaction étant négative, cela signifie que la réaction est exothermique, elle cède donc de l’énergie à l’extérieur ce qui corrobore bien la phrase "Elles s’accompagnent de la production de chaleur" du document 1.
Q32. Pour obtenir le pouvoir calorifique de l’éthanol, il suffit de multiplier l’enthalpie standard de réaction par la quantité de matière d’éthanol dans un 1kg (on suppose la réaction de combustion comme totale et qu’elle s’effectue de manière isobare et isothermeQ=n∆rH◦), ainsiP C= 103
2·14,0 + 6,0 + 16,011,0·102= 11
46105= 2,4·104kJ·kg−1= 24MJ·kg−1. Ce qui est très proche de la valeur donnée par l’énoncé.
Q33. D’après les pouvoirs calorifiques donnés, c’est l’éthanol qui libère le plus d’énergie par kg de combustible brulé.
Q34. Une masse mbois de bois délivre une énergie Q = mboisP Cbois, ainsi la masse d’éthanol permettant de dégager la même énergie est methanol = mboisP Cbois
P Cethanol
. Nous pouvons alors en déduire le coût en éthanol équivalent Cethanol = 1,5methanol
ρ = 1,5mboisP Cbois
ρP Cethanol .
Si l’on dépense100Dpour le bois, il faudrait alors dépenser Cethanol= 1,5103·16 0,8·25 =6
5103= 1200D. L’éthanol n’est donc pas du tout intéressant malgré son meilleur pouvoir calorifique.
Partie II
Autres équipements de la maison
II.1. Dans le ventre du four à micro-ondes !
Q35. Nous avons la relationλ= c
f = 3·108
2,5·109 = 12cm. La longueur d’onde de ces ondes est donc de l’ordre du centimètre d’où leur nom...
Q36. Le phénomène responsable de ces perturbations sont les interférences constructives ou destructives des ondes. Les ondes Wi-Fi sont donc d’une fréquence de 2,5 GHz.
Q37. Maxwell Gauss dans le vide : div−→ E
= 0, Maxwell Faraday : −→ rot−→
E
=−∂−→ B
∂t , Maxwell flux : div−→ B
= 0 et Maxwell Ampère dans le vide −→
rot−→ B
=µ0ε0
∂−→ E
∂t .
Q38. On applique le rotationnel à Maxwell Faraday ce qui conduit en utilisant les données à l’équation−−→
grad div−→
E
−
−
→∆−→
E =−µ0ε0
∂2−→ E
∂t2 . Nous obtenons finalement l’équation de D’Alembert demandée en utilisant le fait que div−→ E
= 0 dans le vide.
Q39. D’après l’énoncé−→
E est uniquement dirigé par −u→y, ainsi l’équation (3) devient ∆Ey−µ0ε0
∂2Ey
∂t2 = 0.
Or ∆Ey=∂2Ey
∂x2 +∂2Ey
∂z2 = d2E0
dx2 −k2E0
cos(ωt−kz)et ∂2Ey
∂t2 =−ω2E0cos(ωt−kz).
Finalement nous obtenons l’équation différentielle d2E0
dx2 + ω2
c −k2
E0= 0.
Q40. Pour avoir une solution oscillante il faut que ω2
c2 > k2 afin que le terme devant E0 soit positif ce qui imposera des racines du polynôme caractéristique complexes.
Q41. L’application de la relation de passage enx= 0conduit à la relation−→
E(x= 0, y, z, t)−0 = σ ε0
−→ ux. Or−→
E est selon −u→y, ainsi par projection sur les trois axes nous obtenonsσ= 0etE0(x= 0) cos(ωt−kz) = 0, d’oùE0(0) = 0.
De la même manière on montre enx=dqueE0(d) = 0.
Q42. Voir question précédente.
Q43. D’après l’énoncé nous nous plaçons dans le cas où les solutions sont oscillantes, ainsi E0(x) = Acos(k0x+φ). Or à l’aide des conditions limites précédentes, nous avonsAcos(φ) = 0 etAcos(k0d+φ) = 0.
La première relation imposeφ=π/2, d’oùE0(x) =Asin(k0x)et la seconde conduit alors à0 =Asin(k0d)de qui impose quek0d=nπ avecn∈Zd’oùk0= nπ
d . Nous obtenons donc finalement bien l’expression demandée.
Lorsque l’on injecte cette expression dans l’équation différentielle précédente nous obtenons alors la relation n2π2 d2 = ω2
c2 −k2, d’où k2=ω2
c2 −n2π2 d2.
Q44. On souhaite alors10−4=e−emin/δ, d’oùemin=δln 104= r 2
ωµ0σln 104=
r 2
2π·2,5·109·4π·10−7·2,0·107ln 104=
√ 1
2π105ln 104≈2·10−5 m.
L’épaisseur usuelle des parois (de l’ordre du mm) est suffisante pour une bonne protection des personnes à proximité.
II.2. Nettoyage par électrolyse d’une piscine
Q45. L’élément chlore est caractérisé par son numéro atomique qui permet de déterminer son nombre de protons, son nombre d’électrons et d’en déduire sa position dans le tableau périodique ainsi que ses propriétés d’oxydation ou de réduction.
Q46. Un oxydant est une espèce susceptible de capter un ou plusieurs électrons.
Q47. 2Cl−=Cl2+ 2e−.
Q48. L’eau participe au couple rédoxH+/H2d’où la demi-équation électronique2H++ 2e−=H2. Nous souhaitons écrire cette réaction en milieu basique, nous rajoutons donc 2HO− de chaque coté ce qui donne finalement 2H2O+ 2e− = H2+ 2HO−. Il y a donc bien dégagement deH2.
Q49. La combinaison des deux équations précédentes conduit bien à l’équation bilan donnée par l’énoncé.
Q50. On souhaite connaitre la production de dichlore par heure. Or pendant une heure de fonctionnement la cellule délivre une chargeQ=I.3600C, ce qui correspond alors à un nombre de mole d’électron échangé dene= Q
F mol.
Or d’après les demi-équations électroniques écrites plus tôt, une molécule de dichlore est produite pour 2 électrons échangés, ainsimCl2 = 2MCl·ne
2 =2MClI·1800 F . L’application numérique donne mCl2 = 71·15·1800
96500 ≈ 10−2
14 ·15·18·102 = 18· 15
14 ≈19g. Ce qui est conforme à la valeur donnée aux vues de nos approximations. (Le calcul exact donne 19,8 g).
Q51. On utilise le fait que la somme des degrés d’oxydation d’un édifice chimique est égale à la charge totale :
— 2no(Cl/Cl2) = 0 d’oùno(Cl/Cl2) = 0,
— no(Cl/ClO−) +no(O/ClO−) =−I, d’où no(Cl/ClO−) =−I car le degré d’oxydation de l’oxygène est de−II,
— no(Cl/Cl−) =−I.
Q52. La réaction (7) est donc une réaction de dismutation, car le dichlore qui est à la fois un oxydant et un réducteur réagit avec lui même pour formerClO− et Cl− qui sont les oxydant et réducteur des couples associés.
Q53. Ce pictogramme signifie que ce produite est nocif ou irritant. Il faut donc manipuler ce produit à l’aide de gants et en portant un masque pour éviter toute inhalation ou ingestion.
Q54. CO2−3 est une base, ainsi son ajout dans l’eau va avoir tendance à augmenter le pH de la piscine (passage dans le domaine de prédominance de la base pour les forts pH), ainsi pH-plus est constitué de N a2CO3. HSO−4 est un acide, son ajout dans l’eau aura donc tendance à diminuer le pH de la piscine (passage dans le domaine de prédominance de l’acide du coté des faibles pH), ainsi pH-moins est constitué deN aHSO4.
Dans le cas présent, le pH est trop élevé, il faut donc ajouter un acide afin d’abaisser le pH, il faut donc ajouterN aHSO4.
II.3. L’internet par ADSL
Q55. D’après la fiche technique, la bobineLAest la bobine équivalente à l’association série des bobinesL2,L6 etL4, ainsi LA = 10.10−3+ 220.10−6+ 33.10−6 ≈10mH. De même LB est la bobine équivalente à l’association deL1, L3 et L5, ainsiLB ≈10mH.
Ensuite la résistanceRA (respectivementRB) correspond à la résistance équivalente des bobinesL2,L6et L4(respecti- vementL1,L3 etL5) placées en série, ainsiRA=RB = 21 + 2 = 23 Ω.
Enfin les résistancesRC et RD représentent les résistancesR2 etR1 valant toutes les deux22 Ω.
Q56. À basses fréquences, la bobine se comporte comme un fil, alors que le condensateur se comporte comme un interrup- teur ouvert, ainsius=ue.
À hautes fréquences, la bobine se comporte comme un interrupteur ouvert alors que le condensateur se comporte comme un fil, ainsius= 0.
ue us
ue us
Le filtre se comporte donc comme un passe bas.
Le fait de placer ce filtre sur une résistance supplémentaire grande devant les résistances du circuit ne change pas le comportement global du filtre puisque l’on pourra toujours considéré la sortie comme ouverte.
Q57. Sur le diagramme donné dans la fiche technique, il a été tracé l’affaiblissement, c’est à dire l’opposé du gain, en fonction de la fréquence. On remarque ainsi que les faibles fréquences ne sont pas affectées par le filtre alors que l’affaiblissement augmente pour les hautes fréquences ce qui signifie que l’amplitude en sortie diminue fortement pour les hautes fréquences.
Cela correspond donc bien à un filtre passe bas.
Q58. Par une lecture graphique, on obtient une fréquence de coupure de 10 kHz.
Q59. La fréquence de coupure choisit est donc grande devant les plus hautes fréquences composant le signal téléphonique mais reste faible devant la plus petite fréquence du signal ADSL, ainsi le filtre ne laisse passer que le signal téléphonique et atténue très fortement le signal ADSL.
Q60. En sortie du filtre, nous retrouvons les fréquences du si- gnal téléphonique sans modification des amplitudes puisque l’atténuation est nulle, par contre le signal ADSL a été for- tement diminué
Q61. Un montageRC série permet de retrouver un filtre passe bas, avec ue la tension aux bornes de l’ensemble et us la tension aux bornes du condensateur.
Ce montage permet bien d’avoir un filtre passe bas, puisqu’à basses fréquences, le condensateur se comporte comme un interrupteur ouvert, ainsius=ue et aux hautes fréquences le condensateur se comporte comme un fil, doncus= 0.
La pulsation de coupure d’un tel filtre est ωc = 1
RC, ainsi fc = 1
2πRC. Ainsi pour avoir une fréquence de coupure équivalente avec une capacité de 1 nF, il faudrait une résistance deR= 1
2π·104·1·10−9 ≈1,6·104 Ω = 16kΩ.
Q62. Le gain du filtre RC précédent possède une pente de -20 dB par décade après la fréquence de coupure, alors que le filtre proposé possède une pente d’environ -40 dB par décade. Ce filtre permet donc de couper de manière beaucoup plus brutale les fréquences au delà de la fréquence de coupure.
Fin de la correction
Correction proposée par T. Hairie B. Bourget
