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Corrigé détaillé Centrale Physique Chimie 1 PSI 2020 (page 3/3 : Partie II)

Stockage d'énergie par pompage thermique (procédé SEPT)

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Partie II : Analyse de quelques caractéristiques des régénérateurs

II.A · Influence de la porosité du milieu

Question 27

Application directeTemps estimé : ≈ 5 min
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  • Question de cours
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  • Faisable en MPSI, PCSI, TSI1

Notions : compacité, coordinence, maille cfc

Exprimer puis calculer la porosité théorique de chaque structure. Pourquoi dit-on que l'empilement cubique à faces centrées est un empilement compact ?

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Exprimer la compacité C = V_{\text{sphères}}/V_{\text{maille}} pour les deux réseaux à partir du rayon des sphères en contact tangent, puis en déduire la porosité théorique \varepsilon = 1 - C.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la porosité \varepsilon en fonction de la compacité C de la maille par la relation \varepsilon = 1 - C.
  2. Pour chaque structure (cubique simple et cubique à faces centrées), déterminer la condition de tangence entre sphères (contact), le nombre N de motifs propres à la maille, en déduire C puis \varepsilon.
  3. Expliquer la qualification d'empilement « compact » pour le réseau cubique à faces centrées à l'aide de la coordinence et de la compacité maximale.
Voir la réponse courte

Calcul de compacité c puis porosité \varepsilon = 1 - c ; compacité maximale du CFC (74

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La porosité \varepsilon est le rapport du volume occupé par le fluide (volume des interstices) sur le volume total. En notant C la compacité (fraction volumique occupée par les sphères de rayon R) :

\varepsilon = 1 - C = 1 - \frac{N \cdot V_{\text{sphère}}}{V_{\text{maille}}} = 1 - \frac{N \times \dfrac{4}{3}\pi R^3}{a^3}

où a désigne le paramètre de la maille cubique et N le nombre de sphères appartenant en propre à la maille.

1. Structure cubique simple (CS) :

  • Nombre de sphères par maille : les 8 sommets sont partagés chacun par 8 mailles :

    N_{\text{CS}} = 8 \times \frac{1}{8} = 1
  • Condition de contact : les sphères sont tangentes le long des arêtes :

    a = 2R
  • Compacité et porosité :

    C_{\text{CS}} = \frac{1 \times \dfrac{4}{3}\pi R^3}{(2R)^3} = \frac{\pi}{6} \approx 0{,}524
\boxed{\varepsilon_{\text{CS}} = 1 - \frac{\pi}{6} \approx 0{,}476 \quad (47{,}6\,\%)}

2. Structure cubique à faces centrées (CFC) :

  • Nombre de sphères par maille : 8 sommets partagés par 8 mailles et 6 centres de faces partagés par 2 mailles :

    N_{\text{CFC}} = 8 \times \frac{1}{8} + 6 \times \frac{1}{2} = 1 + 3 = 4
  • Condition de contact : les sphères sont tangentes le long de la diagonale d'une face :

    a\sqrt{2} = 4R \implies a = 2\sqrt{2}\,R
  • Compacité et porosité :

    C_{\text{CFC}} = \frac{4 \times \dfrac{4}{3}\pi R^3}{(2\sqrt{2}\,R)^3} = \frac{\dfrac{16}{3}\pi R^3}{16\sqrt{2}\,R^3} = \frac{\pi}{3\sqrt{2}} = \frac{\pi\sqrt{2}}{6} \approx 0{,}740
\boxed{\varepsilon_{\text{CFC}} = 1 - \frac{\pi\sqrt{2}}{6} \approx 0{,}260 \quad (26{,}0\,\%)}

3. Qualification d'empilement compact :

  • La structure cubique à faces centrées est constituée d'un empilement de plans de compacité bidimensionnelle maximale (plans hexagonaux compacts) suivant la séquence périodique ABCABC\dots
  • Chaque sphère est entourée de 12 plus proches voisines tangentes (coordinence maximale égale à 12).
  • Sa compacité C_{\text{CFC}} \approx 74\,\% correspond au taux d'occupation spatial maximal possible pour un empilement de sphères rigides identiques dans l'espace à trois dimensions (conjecture de Kepler).

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Attention à ne pas confondre la porosité et la compacité d'un empilement.

« Porosité et compacité ont cependant été le plus souvent confondues. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 28

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en MPSI, PCSI, TSI1

Notions : capacité thermique, porosité, perte de charge

Quel mode d'empilement serait le mieux adapté au remplissage d'un régénérateur ?

Voir l'indice

Comparer les porosités calculées à la valeur optimale de 50\,\% mentionnée dans l'énoncé pour désigner la structure la plus avantageuse.

Voir la stratégie

Comparer les porosités théoriques obtenues à la question précédente à la valeur optimale de 50\,\% indiquée dans le préambule de la partie II.A.

Voir la réponse courte

Recherche d'un compromis entre compacité élevée (capacité de stockage) et porosité suffisante pour modérer les pertes de charge.

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D'après le préambule de la partie II.A, l'efficacité du stockage thermique augmente avec la porosité jusqu'à un optimum situé autour de :

\varepsilon_{\text{opt}} \approx 50\,\%.

D'après les résultats de la question Q27 :

  • l'empilement cubique présente une porosité \varepsilon_{\text{cubique}} \approx 47{,}6\,\%, valeur très proche de l'optimum visé ;
  • l'empilement cubique à faces centrées présente une porosité \varepsilon_{\text{CFC}} \approx 26{,}0\,\%, nettement trop éloignée de cet optimum.

Par conséquent, au regard du critère d'efficacité thermique :

\boxed{\text{L'empilement cubique est le mode le mieux adapté au remplissage du régénérateur.}}

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Il suffisait de s'appuyer sur les informations fournies dans l'énoncé.

« Il suffisait ici de faire référence à l’énoncé ce que beaucoup ont bien fait. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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II.B.1 · Fronts thermiques et influence du coefficients d'échange

Question 29

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Notions : loi de newton, coefficient de transfert

D'après les courbes de la figure 11, comment varie la différence de température entre le fluide et le solide avec ? Commenter.

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Observer l'écart vertical entre les courbes en trait plein (solide) et en pointillés (fluide) sur la figure 11 pour h=5 et h=20\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}.

Voir la réponse courte

Un coefficient h plus grand réduit l'écart |T_f - T_s|, traduisant un couplage thermique plus performant.

Voir le corrigé complet

À la lecture des courbes de la figure 11 :

  • Pour h = 5\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}, l'écart de température entre le fluide (courbe en pointillés) et le solide (courbe en trait plein) est notable au niveau de la zone de transition du front thermique (pouvant atteindre plusieurs dizaines de kelvins).
  • Pour h = 20\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}, les deux courbes sont presque confondues tout au long du profil spatial z.

Ainsi, la différence de température |T_f - T_s| diminue lorsque le coefficient d'échange h augmente.

Commentaire physique : Le transfert thermique conducto-convectif surfacique entre le fluide et le solide est régi par la loi de Newton :

\varphi = h (T_f - T_s) \iff T_f - T_s = \frac{\varphi}{h}

où \varphi est la densité de flux thermique échangée.

  • Une augmentation de h diminue la résistance thermique d'interface (R_{\text{th}} \propto 1/h) et améliore ainsi le couplage thermique entre le gaz et le solide granulaire.
  • Pour transférer un même flux de chaleur, un écart de température plus faible est alors nécessaire. À la limite d'un coefficient h très grand, le fluide et le matériau solide seraient en équilibre thermique local (T_f \approx T_s).
Voir ce qu'a relevé le jury

La justification s'appuyait sur la loi phénoménologique de Newton.

« Exploitation généralement correcte des courbes de température. La justification nécessitait la loi de Newton, non exigible, qui aurait dû être rappelée dans l’énoncé. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 30

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Notions : front thermique, transfert thermique

Expliquer, à l'aide de la figure 11, qu'un coefficient d'échange plus élevé permet d'arrêter le stockage plus tard et donc de stocker d'avantage d'énergie dans le régénérateur.

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Analyser la raideur du front thermique : un coefficient h plus grand resserre la zone de transition, retardant ainsi le moment où le gaz chaud commence à percer en sortie basse.

Voir la stratégie
  1. Identifier la contrainte d'arrêt de la phase de stockage : la température du gaz en sortie du régénérateur (z = 10\text{ m}) ne doit pas augmenter significativement par rapport à sa valeur nominale T_{0n} \approx 300\text{ K} (phénomène de percée thermique).
  2. Analyser l'étalement et la progression du front thermique sur la figure 11 selon la valeur du coefficient h.
  3. Conclure sur la durée admissible de stockage et sur la quantité d'énergie emmagasinée dans le lit de solide.
Voir la réponse courte

Un coefficient h élevé raidit le front thermique et retarde la percée en sortie de l'enceinte.

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Pendant la phase de stockage, le gaz chaud entre au sommet de l'enceinte (z = 0) à la température T_1 et en ressort au bas (z = 10\text{ m}) à une température qui doit rester aussi proche que possible de la température nominale T_{0n} \approx 300\text{ K} pour assurer le bon fonctionnement de la détente ultérieure dans la turbine. La fin de la charge est donc dictée par la « percée thermique », moment où le front atteint la sortie et où la température en z = 10\text{ m} commence à croître.

D'après la figure 11 :

  • Pour h = 5\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}, le front thermique est très étalé dans l'espace. Dès t = 10\text{ h}, la température en sortie s'élève notablement (T > 300\text{ K}), et à t = 13{,}3\text{ h}, elle dépasse 400\text{ K}. Le stockage doit donc être interrompu prématurément pour ne pas rejeter un gaz anormalement chaud.
  • Pour h = 20\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1}, le front thermique est beaucoup plus raide et étroit. À t = 10\text{ h}, la température en z = 10\text{ m} est rigoureusement maintenue à 300\text{ K}. Même à t = 13{,}3\text{ h}, le pied du front commence tout juste à atteindre le bas de l'enceinte, maintenant le fluide sortant à une température quasi égale à T_0.
\boxed{\text{Un coefficient } h \text{ élevé raidit le front, retarde la percée en sortie et permet de saturer une plus grande fraction de l'enceinte à } T_1.}

Le processus de stockage peut ainsi être poursuivi plus longtemps (ici au-delà de 13\text{ h} contre moins de 10\text{ h} pour le faible coefficient), ce qui permet d'élever la température d'un volume plus important de solide granulaire jusqu'à T_1 et donc d'accroître l'énergie thermique stockée \Delta U_s = \int_0^{H_e} \rho_s (1-\varepsilon) c_s S (T_s(z) - T_0)\,\mathrm{d}z.

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Il fallait relier l'élévation thermique du fond de l'enceinte au critère d'arrêt et à la capacité de stockage.

« La question était complexe. Très peu de candidats ont fait le lien entre la montée en température du fond de l’enceinte et la condition d’arrêt liée à la température de sortie. De même pour l’augmentation de la capacité de stockage. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 31

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Question de cours
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en première année (toutes filières)

Notions : réversibilité, entropie créée, loi de newton

Rappeler à quelles conditions un échange thermique entre un fluide (de température ) et un solide (de température ) peut être considéré réversible. Quelle devrait être la valeur de pour que l'entropie créée lors du transfert gaz-solide soit nulle ?

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Écrire le taux de création d'entropie surfacique associé à un transfert conducto-convectif en \Delta T, et chercher la condition pour annuler cette création à flux thermique non nul.

Voir la réponse courte

Échange réversible si l'écart de température s'annule ; pour un flux non nul, cela nécessiterait un coefficient h infini.

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Un transfert thermique est intrinsèquement irréversible dès lors qu'il se produit à travers un écart de température fini. Pour qu'un échange thermique entre un fluide à la température T_f et un solide à la température T_s puisse être considéré comme thermodynamiquement réversible, il faut que la transformation soit quasi-statique d'un point de vue thermique, c'est-à-dire que l'écart de température entre les deux milieux soit infinitésimal à chaque instant et en tout point de contact :

|T_f - T_s| \to 0 \quad (\text{soit } T_f \approx T_s).

Considérons une surface d'échange A traversée pendant une durée \mathrm{d}t par un transfert thermique élémentaire \delta Q du fluide vers le solide. D'après la loi de Newton du transfert conducto-convectif :

\delta Q = h A (T_f - T_s) \, \mathrm{d}t.

Le bilan entropique appliqué à la frontière de contact fluide-solide donne pour l'entropie créée élémentaire :

\begin{aligned} \delta S_c &= \mathrm{d}S - \delta S_e \\ &= \frac{\delta Q}{T_s} - \frac{\delta Q}{T_f} \\ &= \delta Q \left( \frac{1}{T_s} - \frac{1}{T_f} \right) \\ &= h A \, \frac{(T_f - T_s)^2}{T_f T_s} \, \mathrm{d}t \geqslant 0. \end{aligned}

En exprimant ce taux de création d'entropie en fonction du flux thermique \Phi = \frac{\delta Q}{\mathrm{d}t} = h A (T_f - T_s), on obtient :

\delta S_c = \frac{\Phi^2}{h A \, T_f T_s} \, \mathrm{d}t.

Pour qu'un flux thermique non nul puisse être échangé à travers l'interface tout en annulant l'entropie créée (\delta S_c = 0, soit T_f - T_s \to 0), il faut que la résistance thermique d'interface R_{\text{th}} = \frac{1}{hA} soit nulle, ce qui impose :

\boxed{h \to +\infty}

Résultat

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II.B.2 · Influence de la largeur des enceintes

Question 32

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
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  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Notions : transfert thermique, temps de séjour

Expliquer l'évolution du rendement en fonction de .

Voir l'indice

Relier l'augmentation de la section L_e^2 à la diminution de la vitesse d'écoulement du gaz et à la réduction des pertes thermiques relatives par les parois latérales.

Voir la stratégie
  1. Décrire l'évolution observée sur la figure 12 : le rendement \Gamma est une fonction croissante de la largeur L_e.
  2. Justifier cette augmentation par l'effet d'échelle sur les pertes thermiques pariétales (rapport surface/volume).
  3. Analyser l'impact hydrodynamique et thermique interne : pour un débit massique donné, l'augmentation de la section de passage diminue la vitesse du fluide, ce qui améliore l'échange thermique et réduit les irréversibilités.
Voir la réponse courte

Une plus grande largeur diminue la vitesse d'écoulement, augmente le temps de séjour et diminue les pertes de charge.

Voir le corrigé complet

D'après la figure 12, le rendement global \Gamma de l'installation est une fonction croissante de la largeur L_e de l'enceinte (il passe d'environ 0{,}42 pour L_e = 22\text{ m} à plus de 0{,}54 pour L_e = 42\text{ m}).

Cette évolution s'explique par deux phénomènes complémentaires :

  1. Effet d'échelle sur les pertes thermiques vers l'extérieur :
    Le volume utile de stockage de l'enceinte vaut V_e = L_e^2 H_e, de sorte que l'énergie thermique stockée varie en L_e^2. En revanche, les déperditions thermiques avec le milieu extérieur se font principalement à travers les parois latérales de surface S_{\text{lat}} = 4 L_e H_e \propto L_e. Le ratio des pertes thermiques relatives par rapport à l'énergie emmagasinée s'écrit donc :

    \frac{\mathcal{P}_{\text{pertes}}}{E_{\text{stockée}}} \propto \frac{S_{\text{lat}}}{V_e} = \frac{4}{L_e}

    Lorsque L_e augmente, ce ratio décroît en 1/L_e : l'enceinte est thermiquement mieux isolée par auto-confinement volumique.

  2. Amélioration du transfert conducto-convectif interne et diminution des pertes de charge :
    À hauteur H_e et débit massique D_m fixés, la section droite de passage du gaz S = L_e^2 augmente, ce qui réduit la vitesse superficielle du gaz v = \frac{D_m}{\rho S} \propto \frac{1}{L_e^2}.

    • Le temps de séjour \tau = \frac{H_e}{v} \propto L_e^2 augmente, ce qui favorise l'équilibre thermique local entre le fluide et les particules solides. L'écart |T_f - T_s| diminue, réduisant ainsi la création d'entropie par transfert thermique (d'après Q31).
    • La dissipation d'énergie mécanique par pertes de charge au travers du lit poreux (loi de Darcy-Ergun) diminue fortement avec la vitesse d'écoulement.
\boxed{\text{Le rendement }\Gamma\text{ augmente avec } L_e \text{ grâce à la réduction relative des pertes pariétales et à la baisse de la vitesse du fluide.}}

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Ne vous limitez pas à décrire la courbe : expliquez l'évolution en faisant le lien avec la vitesse d'écoulement.

« Trop de candidats se sont contentés de décrire l’évolution de Γ en fonction de Leou de Dm (ce qui ne constitue pas une explication !), sans faire le lien avec la vitesse de l’écoulement. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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II.B.3 · Influence du débit massique de gaz

Question 33

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document
  • Faisable en première année (toutes filières)

Notions : temps de séjour, perte de charge, rendement

Expliquer l'évolution du rendement avec le débit du gaz.

Voir l'indice

Relier une hausse de débit massique à la réduction du temps de contact fluide-solide (baisse du nombre d'unités de transfert) et à l'augmentation des pertes de charge.

Voir la stratégie
  1. Décrire l'évolution visible sur la figure 13.
  2. Proposer les causes physiques de cette baisse de rendement dans le régénérateur : l'aspect thermique (temps de séjour, efficacité de l'échange) et l'aspect mécanique (pertes de charge aérauliques).
Voir la réponse courte

Compromis : à faible débit les pertes thermiques dominent, à fort débit les pertes de charge et le non-équilibre dégradent le rendement.

Voir le corrigé complet

D'après la figure 13, le rendement \Gamma de l'installation décroît de façon monotone lorsque le débit massique D_m du gaz augmente (il passe d'environ 0{,}56 pour D_m = 0{,}6 à moins de 0{,}50 pour D_m = 1{,}4).

Cette dégradation s'explique par deux phénomènes physiques principaux :

  • Diminution de l'efficacité des transferts thermiques : La vitesse moyenne du gaz dans les enceintes poreuses est proportionnelle au débit massique (v \propto D_m). Lorsque D_m augmente, le temps de séjour du fluide dans le régénérateur diminue :

    \tau = \frac{L_e}{v} \propto \frac{1}{D_m}

    De manière équivalente, le nombre d'unités de transfert \mathrm{NUT} = \frac{h A}{D_m c_p} diminue. Le transfert conducto-convectif gaz-solide est donc moins complet, ce qui élargit le front thermique et impose un écart de température |T_f - T_s| plus grand pour transférer la chaleur requise. Comme établi à la question Q31, cela accroît l'irréversibilité thermique (création d'entropie) et abaisse le rendement.

  • Augmentation des pertes de charge : L'écoulement de l'argon à travers le milieu poreux granulaire engendre des pertes de charge visqueuses et inertielles \Delta P régies par la loi de Darcy ou la loi d'Ergun, avec \Delta P fonction croissante de la vitesse v (en v puis en v^2). La puissance mécanique dissipée par ces frottements :

    \mathcal{P}_{\text{dissipée}} \approx \frac{D_m}{\rho} \Delta P

    augmente fortement avec D_m (en D_m^2 ou D_m^3), ce qui consomme une fraction plus importante du travail fourni ou récupéré par les turbomachines.

\boxed{\text{Le rendement décroît avec } D_m \text{ en raison d'un temps de contact réduit (irréversibilités thermiques)} \atop \text{et de l'augmentation des pertes de charge dans le lit poreux (dissipation visqueuse).}}

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Une description de courbe ne vaut pas explication : il fallait faire le lien avec la vitesse de l'écoulement.

« Trop de candidats se sont contentés de décrire l’évolution de Γ en fonction de Leou de Dm (ce qui ne constitue pas une explication !), sans faire le lien avec la vitesse de l’écoulement. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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II.C · Évolution thermique des enceintes pendant les pauses

Question 34

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Mise en équation
  • Application numérique
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en MP2I, BCPST1

Notions : loi de fourier, résistance thermique, bilan d'énergie

Évaluer un ordre de grandeur de l'énergie thermique diffusée axialement et la comparer à l'énergie interne de cette enceinte . Conclure.

Voir l'indice

Appliquer la loi de Fourier pour calculer le flux thermique conductif axial P_{\text{th}} = \lambda L_e^2 |\mathrm{d}T/\mathrm{d}z|, puis intégrer sur la durée \Delta t avant de comparer à U.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la densité de flux thermique par conduction axiale à l'aide de la loi de Fourier.
  2. En déduire le flux thermique traversant une section droite horizontale d'aire S = L_e^2, puis intégrer sur la durée d'arrêt \Delta t pour déterminer l'énergie diffusée Q_{\text{diff}}.
  3. Calculer le rapport Q_{\text{diff}} / U pour conclure sur l'impact de cette diffusion sur l'efficacité globale du stockage.
Voir la réponse courte

Évaluation de l'énergie diffusée Q \approx \lambda_{\text{eff}} S (\Delta T/L)\Delta t \ll U, montrant la négligeabilité des pertes axiales.

Voir le corrigé complet

D'après la loi de Fourier, le vecteur densité de flux thermique associé à la conduction axiale selon l'axe vertical (Oz) s'écrit :

\vec{\jmath}_Q = -\lambda \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z}\,\vec{u}_z

L'enceinte étant à base carrée de côté L_e, la section droite horizontale traversée par le flux thermique a pour aire :

S = L_e^2

Le flux thermique axial (en valeur absolue) à travers cette section vaut ainsi :

\Phi = \iint_S \|\vec{\jmath}_Q\|\,\mathrm{d}S = \lambda S \left| \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} \right| = \lambda L_e^2 \left| \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} \right|

Le gradient thermique étant supposé uniforme et constant durant la pause, l'énergie thermique diffusée pendant la durée \Delta t s'exprime par :

Q_{\text{diff}} = \Phi\,\Delta t = \lambda L_e^2 \left| \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} \right| \Delta t

Avec les valeurs numériques fournies :

  • \lambda = 0{,}03\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
  • L_e = 10\text{ m} ;
  • \left|\dfrac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z}\right| = 200\text{ K}\cdot\text{m}^{-1} ;
  • \Delta t = 24\text{ h} = 24 \times 3\,600\text{ s} = 86\,400\text{ s}.

On obtient :

\begin{aligned} \Phi &= 0{,}03 \times 10^2 \times 200 = 600\text{ W} \\ Q_{\text{diff}} &= 600 \times 86\,400 \approx 5{,}2 \times 10^7\text{ J} \end{aligned}
\boxed{Q_{\text{diff}} \approx 5{,}2 \times 10^7\text{ J}}

Comparons cette énergie à l'énergie interne stockée dans l'enceinte U = 1{,}7 \times 10^{12}\text{ J} :

\frac{Q_{\text{diff}}}{U} = \frac{5{,}2 \times 10^7}{1{,}7 \times 10^{12}} \approx 3{,}1 \times 10^{-5} \sim 10^{-5}

L'énergie diffusée axialement représente environ 0{,}003\,\% de l'énergie stockée, ce qui est tout à fait négligeable.

Conclusion : La diffusion thermique axiale au cours des phases de pause (même pour une durée d'une journée entière) n'entraîne aucune dégradation notable de la stratification thermique ; il n'est donc pas nécessaire de la prendre en compte dans l'évaluation de l'efficacité globale du procédé SEPT.

Résultat

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II.D · Notions sur les modèles de conductivité effective d'un milieu poreux

Question 35

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Faisable en MP2I, BCPST1

Notions : conductivité thermique, résistance thermique

Exprimer les conductivités dans les deux situations limites en fonction de , et . Valider les expressions obtenues en considérant des cas limites.

Voir l'indice

Appliquer les règles d'association des résistances thermiques en parallèle (addition des flux) et en série (addition des écarts de température) pour déterminer la conductivité équivalente.

Voir la stratégie
  1. Exploiter l'analogie électrothermique en associant à chaque phase une résistance ou une conductance thermique définie par sa géométrie (fraction volumique) et sa conductivité.
  2. Associer en parallèle les conductances thermiques pour le flux le long des strates, et en série les résistances thermiques pour le flux normal aux strates.
  3. Tester les cas limites physiquement évidents (\varepsilon = 0, \varepsilon = 1 et \lambda_s = \lambda_g) pour valider les formules obtenues.
Voir la réponse courte

Modélisation par résistances thermiques en parallèle (\lambda_{\max} = \varepsilon\lambda_g + (1-\varepsilon)\lambda_s) et en série.

Voir le corrigé complet

Considérons un bloc élémentaire de milieu poreux de longueur L dans la direction du flux thermique et de section transverse totale S.

1. Modèle parallèle (strates parallèles au flux) Les deux phases s'étendent sur toute la longueur L et sont soumises au même écart de température \Delta T. La section transverse se répartit proportionnellement aux fractions volumiques :

S_s = (1 - \varepsilon) S \quad \text{et} \quad S_g = \varepsilon S

Le flux thermique total est la somme des flux traversant chaque phase, ce qui correspond à deux conductances thermiques en parallèle :

G_{\text{th},\parallel} = G_{\text{th},s} + G_{\text{th},g}

Avec G_{\text{th}} = \frac{\lambda S}{L}, il vient :

\begin{aligned} \frac{\lambda_\parallel S}{L} &= \frac{\lambda_s (1 - \varepsilon)S}{L} + \frac{\lambda_g \varepsilon S}{L} \end{aligned}

Soit, en simplifiant par S/L :

\boxed{\lambda_\parallel = (1 - \varepsilon)\lambda_s + \varepsilon\lambda_g}

2. Modèle série (strates perpendiculaires au flux) Le flux thermique \Phi traverse successivement la couche solide puis la couche gazeuse à travers la même section S. Les épaisseurs de chaque couche sont proportionnelles aux fractions volumiques, pour une épaisseur totale L :

L_s = (1 - \varepsilon) L \quad \text{et} \quad L_g = \varepsilon L

La différence de température totale est la somme des écarts de température aux bornes de chaque strate, ce qui correspond à deux résistances thermiques en série :

R_{\text{th},\perp} = R_{\text{th},s} + R_{\text{th},g}

Avec R_{\text{th}} = \frac{L}{\lambda S}, on obtient :

\begin{aligned} \frac{L}{\lambda_\perp S} &= \frac{(1 - \varepsilon)L}{\lambda_s S} + \frac{\varepsilon L}{\lambda_g S} \end{aligned}

Soit :

\frac{1}{\lambda_\perp} = \frac{1 - \varepsilon}{\lambda_s} + \frac{\varepsilon}{\lambda_g}

En réduisant au même dénominateur :

\boxed{\lambda_\perp = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\varepsilon \lambda_s + (1 - \varepsilon)\lambda_g}}

3. Validation sur les cas limites

  • Milieu purement solide (\varepsilon = 0) :

    \lambda_\parallel(\varepsilon = 0) = \lambda_s \quad \text{et} \quad \lambda_\perp(\varepsilon = 0) = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\lambda_g} = \lambda_s
  • Milieu purement gazeux (\varepsilon = 1) :

    \lambda_\parallel(\varepsilon = 1) = \lambda_g \quad \text{et} \quad \lambda_\perp(\varepsilon = 1) = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\lambda_s} = \lambda_g
  • Phases de même conductivité (\lambda_s = \lambda_g = \lambda_0) :

    \lambda_\parallel = (1 - \varepsilon)\lambda_0 + \varepsilon\lambda_0 = \lambda_0 \quad \text{et} \quad \lambda_\perp = \frac{\lambda_0^2}{\varepsilon\lambda_0 + (1 - \varepsilon)\lambda_0} = \lambda_0

Les deux expressions redonnent fidèlement le comportement d'un milieu homogène dans ces situations limites, ce qui valide les expressions obtenues.

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Évitez les transpositions abusives depuis l'électricité et contrôlez l'homogénéité des résistances thermiques.

« De fréquentes confusions entre expressions série et parallèle, des problèmes de dimension dans les résistances thermiques du solide et du gaz. On ne peut pas sommer les conductivités ou leurs inverses « d’après le cours d’électricité » ! »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 36

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral
  • Faisable en MP2I, BCPST1

Notions : résistance thermique, conductivité thermique

Montrer que l'une de ces deux expressions limites est toujours supérieure à l'autre. Déterminer et .

Voir l'indice

Calculer la différence \lambda_\parallel - \lambda_\perp ou utiliser l'inégalité arithmético-harmonique pour prouver que \lambda_\parallel \geqslant \lambda_\perp.

Voir la stratégie
  1. Former la différence \lambda_\parallel - \lambda_\perp entre les conductivités effectives des modèles parallèle et série obtenues à la question précédente.
  2. Réduire au même dénominateur et factoriser le numérateur sous la forme d'un carré parfait pour établir son signe.
  3. Conclure sur le classement des deux expressions et identifier formellement \lambda_{\min} et \lambda_{\max}.
Voir la réponse courte

Démonstration de l'inégalité arithmético-harmonique prouvant \lambda_{\parallel} \ge \lambda_{\text{série}}.

Voir le corrigé complet

D'après les résultats de la question Q35, les conductivités thermiques effectives associées aux deux configurations extrêmes s'écrivent :

\lambda_\parallel = (1 - \varepsilon)\lambda_s + \varepsilon\lambda_g \quad \text{et} \quad \lambda_\perp = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\varepsilon \lambda_s + (1 - \varepsilon)\lambda_g}

Calculons la différence \lambda_\parallel - \lambda_\perp en posant, pour alléger l'écriture, a = 1 - \varepsilon et b = \varepsilon (avec a > 0, b > 0 et a + b = 1) :

\begin{aligned} \lambda_\parallel - \lambda_\perp &= (a\lambda_s + b\lambda_g) - \frac{\lambda_s \lambda_g}{b\lambda_s + a\lambda_g} \\ &= \frac{(a\lambda_s + b\lambda_g)(b\lambda_s + a\lambda_g) - \lambda_s \lambda_g}{b\lambda_s + a\lambda_g} \\ &= \frac{ab \lambda_s^2 + (a^2 + b^2)\lambda_s \lambda_g + ab \lambda_g^2 - \lambda_s \lambda_g}{b\lambda_s + a\lambda_g} \end{aligned}

Comme a + b = 1, on a a^2 + b^2 - 1 = (a + b)^2 - 2ab - 1 = -2ab. Le numérateur devient ainsi :

\begin{aligned} ab \lambda_s^2 - 2ab \lambda_s \lambda_g + ab \lambda_g^2 = ab(\lambda_s - \lambda_g)^2 \end{aligned}

On en déduit l'expression factorisée de la différence :

\lambda_\parallel - \lambda_\perp = \frac{\varepsilon(1 - \varepsilon)(\lambda_s - \lambda_g)^2}{\varepsilon \lambda_s + (1 - \varepsilon)\lambda_g}

Pour un milieu poreux biphasique réel (0 < \varepsilon < 1) et deux phases de conductivités distinctes (\lambda_s > \lambda_g), le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs. On en déduit :

\lambda_\parallel > \lambda_\perp

La conductivité thermique en mode parallèle est donc toujours supérieure à celle en mode série, ce qui permet d'identifier les bornes extrêmes :

\boxed{\lambda_{\max} = (1 - \varepsilon)\lambda_s + \varepsilon\lambda_g}
\boxed{\lambda_{\min} = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\varepsilon \lambda_s + (1 - \varepsilon)\lambda_g} = \left(\frac{1 - \varepsilon}{\lambda_s} + \frac{\varepsilon}{\lambda_g}\right)^{-1}}

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Examinez la cohérence physique des cas limites et commentez d'éventuelles incohérences constatées.

« Des cas limites aberrants auraient dû alerter les candidats sur un problème de démarche. Le jury a d’ailleurs valorisé les candidats qui, sans forcément trouver leur erreur, ont noté l’incohérence des valeurs limites trouvées. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 37

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Application numérique
  • Faisable en MP2I, BCPST1

Notions : conductivité thermique, application numérique

Calculer les valeurs numériques de et .

Voir l'indice

Effectuer les applications numériques directes des formules établies en Q35 avec les données fournies pour l'argon et le sable.

Voir la réponse courte

Calcul numérique direct des bornes minimale et maximale de conductivité effective.

Voir le corrigé complet

D'après les expressions établies à la question Q36, les conductivités thermiques effectives minimale et maximale s'écrivent :

\begin{aligned} \lambda_{\min} &= \left( \frac{1 - \varepsilon}{\lambda_s} + \frac{\varepsilon}{\lambda_g} \right)^{-1} = \frac{\lambda_s \lambda_g}{\varepsilon \lambda_s + (1 - \varepsilon)\lambda_g} \\ \lambda_{\max} &= (1 - \varepsilon)\lambda_s + \varepsilon \lambda_g \end{aligned}

Avec les valeurs numériques fournies :

  • Porosité du milieu granulaire : \varepsilon = 0,47 (d'où 1 - \varepsilon = 0,53) ;
  • Conductivité du solide (sable) : \lambda_s = 0,40\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
  • Conductivité du gaz (argon) : \lambda_g = 0,018\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}.

Pour la borne supérieure :

\begin{aligned} \lambda_{\max} &= 0,53 \times 0,40 + 0,47 \times 0,018 \\ &= 0,212 + 0,00846 = 0,2205\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \end{aligned}

Pour la borne inférieure :

\begin{aligned} \lambda_{\min} &= \frac{0,40 \times 0,018}{0,47 \times 0,40 + 0,53 \times 0,018} \\ &= \frac{7,20 \times 10^{-3}}{0,188 + 9,54 \times 10^{-3}} = \frac{7,20 \times 10^{-3}}{0,1975} \approx 0,0364\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \end{aligned}

En conservant deux chiffres significatifs en accord avec les données :

\boxed{\lambda_{\min} = 3,6 \times 10^{-2}\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \quad \text{et} \quad \lambda_{\max} = 0,22\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}}

Résultat

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II.E · Mesure de la conductivité thermique effective du milieu granulaire utilisé pour les enceintes du procédé S.E.P.T.

Question 38

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 8 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral

Notions : équation de diffusion, coordonnée cylindrique, bilan d'énergie

Établir l'équation différentielle vérifié par , la température du matériau en fonction du temps. On pourra introduire la diffusivité thermique du matériau définie par .

Voir l'indice

Établir un bilan thermique sur une coquille cylindrique d'épaisseur \mathrm{d}r ou utiliser directement le laplacien en coordonnées cylindriques à symétrie axiale.

Voir la stratégie
  1. Exploiter les symétries et invariances du problème afin de réduire les variables d'espace à la seule coordonnée radiale r.
  2. Effectuer un bilan d'énergie sur un système fermé constitué de la matière contenue dans une coquille cylindrique élémentaire entre les rayons r et r+\mathrm{d}r, sur une hauteur L, pendant une durée \mathrm{d}t.
  3. Appliquer la loi de Fourier pour exprimer le flux conductif et introduire la diffusivité thermique \alpha = \frac{\lambda}{\rho c_p}.
Voir la réponse courte

Bilan d'énergie sur une coquille cylindrique élémentaire et loi de Fourier : \partial T/\partial t = (\alpha/r)\partial(r\partial T/\partial r)/\partial r.

Voir le corrigé complet

Compte tenu de la longueur supposée infinie du fil et de la symétrie axiale, la température ne dépend ni de la coordonnée axiale z, ni de l'angle azimutal \theta. Le champ scalaire de température s'écrit donc sous la forme T(r, t).

Le vecteur densité de flux thermique est purement radial d'après la loi de Fourier :

\vec{\jmath}_{\text{th}}(r, t) = -\lambda \frac{\partial T}{\partial r}(r, t)\,\vec{u}_r

Considérons le système fermé constitué par le milieu matériel situé à l'instant t entre les rayons r et r + \mathrm{d}r, sur une longueur L. Son volume s'écrit :

\mathrm{d}V = 2\pi r\,\mathrm{d}r\,L

Le milieu étant incompressible et indilatable (\mathrm{d}V = 0), le travail des forces de pression est nul. En l'absence de terme source volumique dans le matériau granulaire pour r > r_0, le premier principe de la thermodynamique appliqué à ce système entre les instants t et t+\mathrm{d}t donne :

\mathrm{d}U = \delta Q

où :

  • la variation d'énergie interne s'exprime par :

    \mathrm{d}U = \rho c_p \mathrm{d}V \frac{\partial T}{\partial t}(r, t)\,\mathrm{d}t = \rho c_p (2\pi r\,\mathrm{d}r\,L)\frac{\partial T}{\partial t}(r, t)\,\mathrm{d}t
  • la chaleur reçue pendant \mathrm{d}t correspond au bilan des flux conductifs nets entrant en r et sortant en r+\mathrm{d}r :

    \delta Q = \left[\Phi(r, t) - \Phi(r+\mathrm{d}r, t)\right]\mathrm{d}t = -\frac{\partial \Phi}{\partial r}(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t

Le flux conductif traversant la surface cylindrique latérale de rayon r orientée vers l'extérieur vaut :

\Phi(r, t) = \vec{\jmath}_{\text{th}}(r, t) \cdot (2\pi r L\,\vec{u}_r) = -2\pi L \lambda\,r\frac{\partial T}{\partial r}(r, t)

D'où :

-\frac{\partial \Phi}{\partial r}(r, t) = 2\pi L \lambda\,\frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial T}{\partial r}\right)

En égalant les deux expressions de \mathrm{d}U et \delta Q :

\begin{aligned} \rho c_p (2\pi r\,\mathrm{d}r\,L)\frac{\partial T}{\partial t} &= 2\pi L \lambda\,\frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial T}{\partial r}\right)\mathrm{d}r \\ \rho c_p \frac{\partial T}{\partial t} &= \frac{\lambda}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial T}{\partial r}\right) \end{aligned}

En introduisant la diffusivité thermique \alpha = \frac{\lambda}{\rho c_p}, on obtient l'équation de diffusion vérifiée par T(r, t) :

\boxed{\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{\alpha}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r \frac{\partial T}{\partial r}\right) = \alpha \left(\frac{\partial^2 T}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial T}{\partial r}\right)}

Résultat

Voir ce qu'a relevé le jury

Définissez le système, vérifiez l'homogénéité et n'oubliez pas la dépendance radiale de la surface cylindrique.

« Le système étudié n’est pas toujours défini ! Beaucoup d’erreurs conduisent à des expressions non homogènes. »

« Trop peu de candidats sont capables de mettre en œuvre un bilan de façon rigoureuse. Par exemple, le calcul de transfert thermique est souvent mal mené en oubliant la dépendance en rde la surface du cylindre. »

Source : rapport du jury CentraleSupélec 2020

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Question 39

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Incontournable
  • Calcul littéral

Notions : analyse dimensionnelle, longueur de diffusion

À un instant donné, quelle est, en ordre de grandeur, la longueur caractéristique de variation de la température avec ?

Voir l'indice

Procéder par analyse dimensionnelle sur l'équation de la diffusion pour relier l'extension spatiale radiale \delta au temps t et à la diffusivité \alpha.

Voir la stratégie
  1. Identifier la nature de l'équation différentielle établie à la question Q38 (équation de diffusion thermique).
  2. Effectuer une analyse d'ordres de grandeur des termes de l'équation pour relier l'extension spatiale \delta au temps t via la diffusivité \alpha.
Voir la réponse courte

Analyse dimensionnelle de l'équation de diffusion : la longueur caractéristique de pénétration thermique varie comme \sqrt{\alpha t}.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q38, la température T(r, t) vérifie l'équation de la diffusion radiale :

\frac{\partial T}{\partial t} = \alpha \left( \frac{\partial^2 T}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial T}{\partial r} \right)

Considérons une échelle caractéristique de variation spatiale \delta sur une durée t. En estimant les ordres de grandeur des termes dominants :

\begin{aligned} \frac{\partial T}{\partial t} &\sim \frac{\Delta T}{t} \\ \alpha \frac{\partial^2 T}{\partial r^2} &\sim \alpha \frac{\Delta T}{\delta^2} \end{aligned}

L'équilibre entre la variation temporelle et la diffusion thermique impose :

\frac{\Delta T}{t} \sim \alpha \frac{\Delta T}{\delta^2} \implies \delta^2 \sim \alpha t

À l'instant t, la longueur caractéristique de pénétration de la chaleur dans le milieu selon la direction radiale est donc :

\boxed{\delta \sim \sqrt{\alpha t}}

Résultat

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Question 40

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Faisable en MP2I, BCPST1

Notions : loi de fourier, flux thermique, condition aux limites

Exprimer en fonction de , et .

Voir l'indice

Écrire la continuité du flux thermique total par unité de longueur à la traversée de la surface latérale du cylindre de rayon r_0 à l'aide de la loi de Fourier.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le vecteur densité de flux thermique à la surface du fil en utilisant la loi de Fourier en coordonnées cylindriques.
  2. Exprimer le flux thermique total cédé par le fil sur une longueur L et le relier au flux par unité de longueur \varphi_L.
  3. En déduire le gradient radial de température en r = r_0.
Voir la réponse courte

Conservation du flux linéique sur le cylindre de rayon r_0 : \partial T/\partial r(r_0,t) = -\varphi_L / (2\pi \lambda r_0).

Voir le corrigé complet

D'après la loi de Fourier, le transfert thermique s'effectuant uniquement par conduction dans le milieu selon la direction radiale, le vecteur densité de flux de chaleur s'écrit :

\vec{\jmath}_{\mathrm{th}}(r, t) = -\lambda \vec{\nabla} T = -\lambda \frac{\partial T}{\partial r}(r, t)\,\vec{u}_r

Considérons un tronçon de fil de longueur L et de rayon r_0. Le flux thermique évacué par la surface latérale cylindrique d'aire S = 2\pi r_0 L à travers la frontière en r = r_0 s'exprime par :

\begin{aligned} \Phi(t) &= \iint_{S} \vec{\jmath}_{\mathrm{th}}(r_0, t) \cdot \vec{n}_{\mathrm{ext}}\,\mathrm{d}S \\ &= \vec{\jmath}_{\mathrm{th}}(r_0, t) \cdot \vec{u}_r \times (2\pi r_0 L) \\ &= -2\pi r_0 L \lambda \frac{\partial T}{\partial r}(r_0, t) \end{aligned}

Par définition, le fil injecte dans le milieu un flux thermique constant par unité de longueur \varphi_L, soit :

\Phi(t) = \varphi_L L

En identifiant les deux expressions du flux, on obtient :

\varphi_L L = -2\pi r_0 L \lambda \frac{\partial T}{\partial r}(r_0, t)

Soit finalement :

\boxed{\frac{\partial T}{\partial r}(r_0, t) = -\frac{\varphi_L}{2\pi \lambda r_0}}

Résultat

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Question 41

ExigeanteTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral

Notions : sonde à fil chaud, développement asymptotique

Donner une expression approchée de aux temps longs en précisant l'échelle de temps pertinente.

Voir l'indice

Développer la fonction E(x) pour x = r_0^2/(4\alpha t) \ll 1 et identifier l'expression logarithmique de T(r_0, t) ainsi que le temps caractéristique r_0^2/(4\alpha).

Voir la stratégie
  1. Exprimer l'argument x de la fonction E(x) en r = r_0 pour identifier l'échelle de temps caractéristique associée à la condition x \ll 1.
  2. Injecter le développement asymptotique E(x) \approx -\gamma - \ln(x) dans l'expression de la température fournie par l'énoncé.
Voir la réponse courte

Développement asymptotique de la solution en exponentielle intégrale pour t \gg r_0^2/\alpha conduisant à une dépendance en \ln(t).

Voir le corrigé complet

En r = r_0, la température fournie par l'énoncé s'écrit :

T(r_0, t) = T_0 + \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} E(x) \quad \text{avec} \quad x = \frac{r_0^2}{4\alpha t}

L'échelle de temps caractéristique associée à la diffusion thermique sur le rayon r_0 du fil est :

\tau_c = \frac{r_0^2}{4\alpha} \quad \left(\text{ou } \tau_c \sim \frac{r_0^2}{\alpha}\right)

La condition pour que la variable x soit petite devant 1 (x \ll 1) correspond donc au régime des « temps longs » :

t \gg \tau_c = \frac{r_0^2}{4\alpha}

Dans cette limite, on utilise l'approximation proposée :

\begin{aligned} E(x) &\approx -\gamma - \ln\left(\frac{r_0^2}{4\alpha t}\right) \\ &= \ln\left(\frac{4\alpha t}{r_0^2}\right) - \gamma \\ &= \ln t + \ln\left(\frac{4\alpha}{r_0^2}\right) - \gamma \end{aligned}

On en déduit l'expression approchée de la température à la surface du fil :

\boxed{T(r_0, t) \approx T_0 + \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} \left[ \ln\left(\frac{4\alpha t}{r_0^2}\right) - \gamma \right] = T_0 + \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} \ln t + \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda}\left(\ln\left(\frac{4\alpha}{r_0^2}\right) - \gamma\right)}

Résultat

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Question 42

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document

Notions : sonde à fil chaud, régression linéaire, analyse documentaire

Montrer que ces mesures sont en accord avec les résultats théoriques précédents.

Voir l'indice

Vérifier que le tracé de \Delta T en fonction de \ln t sur la figure 16 présente une portion rectiligne aux temps longs en accord avec l'approximation logarithmique.

Voir la stratégie
  1. Rappeler la prédiction théorique établie à la question Q41 pour \Delta T(t) = T(r_0, t) - T_0 aux temps longs.
  2. Confronter cette loi théorique avec les observations de la figure 16 : forme de la courbe aux temps courts versus alignement aux temps longs.
Voir la réponse courte

Mise en évidence de la zone linéaire sur la courbe T = f(\ln t) aux temps longs, confirmant le modèle.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q41, la variation théorique de température du fil s'écrit pour les temps longs (t \gg r_0^2 / (4\alpha)) :

\Delta T(t) = T(r_0, t) - T_0 = \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda}\ln(t) + \mathrm{cste}

Le modèle théorique prévoit donc une loi affine entre \Delta T et \ln(t), avec une pente constante égale à :

\text{pente} = \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda}

Sur la figure 16, qui représente \Delta T en fonction de \ln(t) (t en secondes) :

  • Pour les temps courts (\ln(t) \lesssim 2, soit t \lesssim 7\text{ s}), les points expérimentaux s'écartent de la droite : c'est le régime transitoire initial où la condition x = r_0^2/(4\alpha t) \ll 1 n'est pas encore pleinement vérifiée et où l'inertie thermique propre du fil ne peut être négligée.
  • Pour les temps longs (\ln(t) \gtrsim 2), les points expérimentaux s'alignent remarquablement le long d'une droite, comme le met en évidence la régression linéaire.
\boxed{\text{L'alignement linéaire de } \Delta T \text{ en fonction de } \ln(t) \text{ aux temps longs valide parfaitement le modèle théorique.}}

Résultat

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Question 43

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral
  • Application numérique

Notions : conductivité thermique, sonde à fil chaud, exploitation de courbe

Estimer un ordre de grandeur de la conductivité thermique effective du régénérateur étudié sachant que le fil utilisé a une longueur et qu'il émet un flux thermique total .

Voir l'indice

Mesurer la pente de la droite de régression linéaire sur la figure 16 et l'égaler au préfacteur théorique \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} = \frac{\varphi}{4\pi l \lambda}.

Voir la stratégie
  1. Identifier la relation entre la pente p de la droite \Delta T = f(\ln t) obtenue aux temps longs et la conductivité thermique \lambda à partir du résultat de la question Q41.
  2. Déterminer graphiquement la valeur de la pente p sur la figure 16.
  3. Exprimer le flux linéique \varphi_L = \varphi / l, puis en déduire l'estimation de \lambda.
Voir la réponse courte

Détermination de la pente expérimentale p = \Delta T/\Delta(\ln t) pour calculer \lambda_{\text{eff}} = \varphi / (4\pi l p).

Voir le corrigé complet

D'après l'expression asymptotique établie à la question Q41 :

\Delta T(t) = T(r_0, t) - T_0 = \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} \ln t + \text{cste}

La courbe \Delta T = f(\ln t) présente une asymptote linéaire de pente :

p = \frac{\varphi_L}{4\pi\lambda} = \frac{\varphi}{4\pi l \lambda}

où \varphi_L = \frac{\varphi}{l} est le flux thermique par unité de longueur émis par le fil.

Sur la figure 16, la droite de régression linéaire passe par les points :

  • \ln t_1 = 2{,}0 \quad \Longrightarrow \quad \Delta T_1 \approx 6{,}0\text{ }^\circ\text{C} ;
  • \ln t_2 = 5{,}0 \quad \Longrightarrow \quad \Delta T_2 \approx 23{,}6\text{ }^\circ\text{C}.

On en déduit la pente expérimentale :

p = \frac{\Delta T_2 - \Delta T_1}{\ln t_2 - \ln t_1} \approx \frac{23{,}6 - 6{,}0}{5{,}0 - 2{,}0} = \frac{17{,}6}{3{,}0} \approx 5{,}9\text{ K}

On en déduit l'expression littérale de la conductivité thermique effective :

\lambda = \frac{\varphi}{4\pi l p}

Application numérique : Avec \varphi = 0{,}64\text{ W}, l = 0{,}20\text{ m} et p \approx 5{,}9\text{ K} :

\lambda \approx \frac{0{,}64}{4\pi \times 0{,}20 \times 5{,}9} \approx 4{,}3 \times 10^{-2}\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}

En ordre de grandeur :

\boxed{\lambda \approx 4 \times 10^{-2}\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} = 0{,}04\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 44

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif

Notions : conductivité thermique

Commenter le résultat.

Voir l'indice

Comparer la valeur expérimentale obtenue aux bornes théoriques [\lambda_{\min}, \lambda_{\max}] déterminées à la question Q37.

Voir la réponse courte

Vérification de la cohérence : la conductivité mesurée se situe bien entre \lambda_{\min} et \lambda_{\max}.

Voir le corrigé complet

La valeur de conductivité thermique effective obtenue expérimentalement, \lambda \approx 0{,}043\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}, appelle plusieurs commentaires :

  • Cohérence avec les bornes théoriques : La valeur mesurée est bien comprise entre les bornes extrêmes calculées à la question Q37 :

    \lambda_{\min} \approx 0{,}036\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} \leqslant \lambda \leqslant \lambda_{\max} \approx 0{,}22\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}
  • Proximité avec la borne minimale \lambda_{\min} : La valeur est très proche de la borne inférieure (modèle série). Dans un milieu granulaire réel, les contacts entre les grains solides sont quasi ponctuels, ce qui engendre une très forte résistance thermique de contact (constriction des lignes de courant thermique). Le flux de chaleur doit donc traverser les interstices remplis d'argon ; les phases solide et gazeuse sont ainsi disposées thermiquement plutôt « en série », et la conductivité effective est bridée par celle du fluide le moins conducteur (\lambda_g = 0{,}018\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}).
  • Cohérence avec les données du sujet : Cette mesure concorde parfaitement avec la valeur de modélisation retenue dans la sous-partie II.C (\lambda = 0{,}03\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}).
  • Intérêt pour le procédé SEPT : Une conductivité thermique effective aussi faible est un atout déterminant pour le régénérateur : elle garantit une excellente isolation thermique intrinsèque du milieu granulaire, limitant ainsi la diffusion thermique axiale lors des périodes d'arrêt (conformément au résultat de la question Q34) et préservant la netteté du front thermique au cours du temps.
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