Corrigé détaillé Centrale Physique Chimie 1 PSI 2021

La loi empirique d'Arrhenius exprime la dépendance de la constante de vitesse k(T) d'une réaction chimique vis-à-vis de la température thermodynamique T :

où :

• k(T) est la constante de vitesse de la réaction (son unité dépend de l'ordre global) ;
• A est le facteur pré-exponentiel (même unité que k) ;
• E_a est l'énergie d'activation molaire (\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}) ;
• R est la constante des gaz parfaits (R = 8{,}31\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}) ;
• T est la température thermodynamique (\text{K}).

Pour la très grande majorité des réactions chimiques, l'énergie d'activation est strictement positive (E_a > 0). Par conséquent :

• Aspect macroscopique : La fonction T \mapsto -\frac{E_a}{R T} est strictement croissante avec la température T. Ainsi, la constante de vitesse k(T) croît avec T, ce qui accélère la vitesse de la réaction à composition fixée.
• Interprétation microscopique : D'après la théorie des collisions, pour qu'un choc entre molécules réactives aboutisse à une transformation chimique, l'énergie cinétique relative des partenaires de collision doit être supérieure à l'énergie d'activation E_a (hauteur de la barrière énergétique de l'état de transition). Une hausse de température augmente l'agitation thermique et déplace la distribution statistique des vitesses vers les hautes énergies : la proportion de chocs efficaces, régie par le facteur de Boltzmann \exp(-E_a/RT), augmente de façon spectaculaire.

L'amorçage d'une réaction de combustion est plus aisé lorsque le combustible est en phase gazeuse.

Cette plus grande facilité s'explique par deux aspects principaux :

• Mélange homogène à l'échelle moléculaire : le comburant étant le dioxygène de l'air (gazeux), un combustible gazeux forme un mélange homogène. La fréquence des chocs réactifs entre molécules de combustible et de comburant est alors considérablement plus élevée que dans un système hétérogène (solide ou liquide), où la réaction ne peut avoir lieu qu'à l'interface de contact ;
• Absence de changement d'état ou de décomposition préalable : un combustible liquide ou solide nécessite un apport thermique initial pour être vaporisé ou pyrolysé (dégagement de gaz combustibles) avant que la combustion avec flamme ne s'amorce. Ces étapes préparatoires, consommatrices d'énergie, n'existent pas pour un gaz.

Le Soleil est une source à l'infini sous un diamètre angulaire apparent \alpha. Son image par la lentille convergente se forme dans le plan focal image (où se trouve la feuille de papier) et présente un diamètre :

La surface de cette tache circulaire vaut donc :

La masse de papier contenue dans cette zone s'exprime à l'aide de la masse surfacique \sigma :

L'énergie thermique minimale nécessaire pour porter cette masse de la température initiale T_0 = 20\text{ }^\circ\text{C} à la température d'auto-inflammation T_{\text{ai}} = 232\text{ }^\circ\text{C} est :

Par ailleurs, la lentille de rayon r intercepte un faisceau lumineux d'aire S_{\text{lentille}} = \pi r^2. Compte tenu de l'absorption de 25\,\% par la lentille, la transmission vaut \tau = 1 - 0{,}25 = 0{,}75. En supposant que le papier noir absorbe la totalité du rayonnement incident, la puissance reçue par la zone d'échauffement s'écrit :

En l'absence de pertes thermiques (par diffusion, convection ou rayonnement), la durée minimale \Delta t_{\text{min}} nécessaire à l'auto-inflammation vérifie \mathcal{P}\Delta t_{\text{min}} = \Delta H, soit :

Application numérique :

• \alpha = 32' = \dfrac{32 \times \pi}{60 \times 180} \approx 9{,}31 \times 10^{-3}\text{ rad} ;
• f' = 0{,}10\text{ m} et r = 0{,}05\text{ m}, d'où \dfrac{f'}{r} = 2 ;
• \sigma = 100\text{ g}\cdot\text{m}^{-2} = 0{,}100\text{ kg}\cdot\text{m}^{-2} ;
• c = 1{,}4\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} = 1{,}4 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} ;
• T_{\text{ai}} - T_0 = 232 - 20 = 212\text{ K} ;
• \varphi_0 = 800\text{ W}\cdot\text{m}^{-2} et \tau = 0{,}75.

1. Comparaison entre durée réelle et durée minimale

Le calcul mené à la question Q3 sous-estime la durée effective pour plusieurs raisons :

• Pertes thermiques : dès que la température de la zone éclairée s'élève au-dessus de la température ambiante, des transferts thermiques vers l'extérieur se développent par conduction au sein de la feuille, par convection avec l'air ambiant et par rayonnement thermique propre (T^4). Une fraction croissante de la puissance solaire reçue est ainsi dissipée au lieu de servir à l'échauffement.
• Aberrations optiques : les aberrations géométriques (aberration de sphéricité) et chromatiques d'une lentille simple augmentent la taille de la tache focale par rapport à l'image géométrique idéale, réduisant ainsi la densité surfacique de puissance.
• Absorption imparfaite : une partie du flux incident est tout de même réfléchie ou diffusée par le papier.

Pour compenser ces pertes et ce déficit de puissance volumique absorbée, il faut apporter davantage d'énergie. Par conséquent :

2. Pertinence du choix d'un papier noir

Un papier noir possède un coefficient d'absorption (absorptance) \alpha_{\text{abs}} \approx 1 sur l'ensemble du spectre visible et proche infrarouge, où se concentre l'essentiel du rayonnement solaire. À l'inverse, un papier blanc diffuserait et réfléchirait la majorité du flux incident (albédo élevé), ce qui réduirait considérablement la puissance absorbée et pourrait même empêcher d'atteindre le point d'auto-inflammation en présence de pertes.

Considérons un échantillon de bois de masse totale m = 100\text{ g}. Les masses de chaque élément présent dans l'échantillon sont déduites des pourcentages massiques :

• carbone : m_{\mathrm{C}} = 50\text{ g} ;
• hydrogène : m_{\mathrm{H}} = 6\text{ g} ;
• oxygène : m_{\mathrm{O}} = 44\text{ g}.

À l'aide des masses molaires atomiques fournies (M(\mathrm{C}) = 12{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, M(\mathrm{H}) = 1{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, M(\mathrm{O}) = 16{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}), on calcule les quantités de matière correspondantes :

Si le bois est modélisé par un corps pur de formule brute de la forme \mathrm{C}\mathrm{H}_y\mathrm{O}_z, les indices stœchiométriques sont proportionnels aux quantités de matière des différents éléments. En normalisant par rapport à l'élément carbone :

La formule brute équivalente du bois s'écrit donc bien :

La combustion complète d'une mole de combustible de formule brute \mathrm{CH}_{1{,}44}\mathrm{O}_{0{,}66} conduit à la formation exclusive de dioxyde de carbone \mathrm{CO}_2 et d'eau \mathrm{H}_2\mathrm{O} selon :

La conservation des éléments chimiques impose :

• pour le carbone : \nu_{\mathrm{CO}_2} = 1 ;
• pour l'hydrogène : 2\,\nu_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} = 1{,}44 \implies \nu_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} = 0{,}72 ;

• pour l'oxygène : 0{,}66 + 2\,\nu = 2\,\nu_{\mathrm{CO}_2} + \nu_{\mathrm{H}_2\mathrm{O}} = 2 \times 1 + 0{,}72 = 2{,}72, d'où :

  \nu = \frac{2{,}72 - 0{,}66}{2} = \frac{2{,}06}{2} = 1{,}03

L'eau produite étant sous forme de vapeur au vu de la définition du pouvoir calorifique inférieur (PCI) qui suit, l'équation-bilan s'écrit :

Par définition, le pouvoir calorifique inférieur (\mathrm{PCI}) représente la quantité d'énergie thermique libérée (donc comptée positivement) par la combustion complète d'un kilogramme de combustible à pression constante, l'eau étant produite à l'état gazeux.

L'équation de combustion écrite à la question précédente (Q6) est rapportée à une mole de combustible \mathrm{CH}_{1{,}44}\mathrm{O}_{0{,}66}, de masse molaire apparente M = 24{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 24{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} (déterminée en Q5).

La réaction étant exothermique, la chaleur reçue par le système à pression constante lors de la combustion d'une mole de bois s'identifie à l'enthalpie de réaction :

Application numérique :

En ne conservant que deux chiffres significatifs (cohérents avec la donnée du \mathrm{PCI}) :

Les réactions de combustion complète du dihydrogène et du monoxyde de carbone s'écrivent :

D'après la loi de Hess, les enthalpies standard de réaction associées à 298\text{ K} valent :

Les corps simples dans leur état standard de référence ayant une enthalpie de formation nulle (\Delta_f H^\circ(\mathrm{H}_{2(\text{g})}) = 0 et \Delta_f H^\circ(\mathrm{O}_{2(\text{g})}) = 0), les données du tableau fournissent :

Si l'on considère la pyrolyse d'un mole de formule unitaire de bois \mathrm{CH}_{1{,}44}\mathrm{O}_{0{,}66}, la formation exclusive de gaz \mathrm{CO} et \mathrm{H}_2 et d'un résidu solide carboné (le charbon) s'écrit selon le bilan de matière :

La combustion de ces gaz de pyrolyse libère une enthalpie standard de :

(ou -525\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} pour un mélange équimolaire \mathrm{CO} + \mathrm{H}_2).

Conclusion : ces réactions de combustion sont fortement exothermiques (\Delta_r H^\circ \ll 0). L'énergie thermique dégagée par la combustion des gaz de pyrolyse dans les flammes représente la majeure partie de l'énergie de combustion totale du bois (\approx 80\,\% des -456\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} trouvés en Q7). Elle assure l'échauffement du combustible adjacent, l'évaporation de l'eau et la poursuite de la pyrolyse, ce qui rend la propagation de l'incendie auto-entretenue.

Considérons le système fermé constitué de la pièce, de son contenu et de la bûche de bois. La pièce étant calorifugée, la transformation est adiabatique (Q = 0). En supposant la pression atmosphérique constante (ou des variations de pression négligeables), le premier principe de la thermodynamique appliqué au système global s'écrit :

La combustion complète de la masse m = 1\text{ kg} de chêne libère une énergie thermique égale à :

Cette énergie thermique est intégralement reçue par la pièce de capacité thermique totale C, provoquant une élévation de température \Delta T = T_{\max} - T_0 :

On en déduit l'élévation de température :

et la température maximale atteinte :

Application numérique :

• m = 1\text{ kg}
• \mathrm{PCI} = 19\text{ MJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 19 \times 10^6\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} (d'après la question Q7)
• C = 6{,}0 \times 10^5\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}
• T_0 = 20\text{ }^\circ\text{C} = 293\text{ K}

Les trois modes de transfert thermique sont :

1. La conduction thermique (ou diffusion) :

   • C'est un transfert d'énergie thermique qui s'effectue de proche en proche au sein de la matière, à l'échelle microscopique (par collisions moléculaires dans les fluides, par phonons et électrons libres dans les solides), sans déplacement macroscopique de matière.
   • Elle est régie phénoménologiquement par la loi de Fourier et constitue le mode de transfert privilégié au sein des solides immobiles.

2. La convection :

   • C'est un transfert thermique au sein d'un fluide (liquide ou gaz) associé à un déplacement macroscopique de matière.
   • Elle peut être naturelle (mouvement induit par les gradients de masse volumique sous l'effet de la pesanteur / poussée d'Archimède) ou forcée (mise en mouvement mécanique du fluide par un ventilateur, une pompe, du vent).
   • Aux interfaces solide-fluide, elle est souvent modélisée de manière globale par la loi de Newton.

3. Le rayonnement thermique :

   • C'est un transfert d'énergie sous forme d'ondes électromagnétiques émises par tout corps porté à une température thermodynamique non nulle (loi de Stefan-Boltzmann, loi de Planck).
   • Sa spécificité essentielle est qu'il ne nécessite aucun support matériel et peut se propager dans le vide (ainsi qu'à travers les milieux transparents ou semi-transparents).

Dans le contexte d'un incendie (comme celui de la charpente de Notre-Dame), les trois modes de transfert thermique interviennent de manière complémentaire :

1. La conduction thermique :

   • Elle assure le transfert de chaleur au sein même des éléments solides (poutres, planchers, cloisons).
   • Elle permet la propagation du front thermique le long d'une pièce de bois, échauffant la matière adjacente jusqu'à sa température de pyrolyse (T_i) puis de combustion (T_c).
   • Elle peut également transmettre la chaleur à travers des éléments de structure non combustibles (métaux, maçonnerie) et enflammer des matériaux disposés de l'autre côté.

2. La convection thermique :

   • Les fumées et les gaz chauds générés par la combustion s'élèvent sous l'effet de la poussée d'Archimède (tirage thermique). Ce flux ascendant propage préférentiellement l'incendie vers le haut (étages supérieurs, combles, flèche).
   • Ce mouvement d'air crée un appel d'air frais (convection naturelle ou forcée par le vent), ce qui réapprovisionne continuellement le foyer en comburant (\mathrm{O}_2), attisant ainsi les flammes.
   • La convection permet également le transport sur de longues distances d'escarbilles ou de brandons enflammés, provoquant des départs de feux secondaires disjoints.

3. Le rayonnement thermique :

   • Émis principalement dans l'infrarouge par les flammes, les gaz chauds et les braises rougeoyantes (dont la puissance surfacique varie en T^4 d'après la loi de Stefan-Boltzmann), il se propage dans toutes les directions sans support matériel.
   • Il préchauffe et assèche les matériaux combustibles situés à distance sans contact direct, entraînant leur dégazage par pyrolyse.
   • Lorsque le flux radiatif reçu devient critique, il peut provoquer l'auto-inflammation simultanée de tous les combustibles exposés, phénomène d'embrasement généralisé éclair (flashover).

Considérons le système fermé constitué par la tranche de poutre comprise entre les abscisses x et x+\mathrm{d}x, de section S et de masse :

L'évolution se déroulant à pression atmosphérique fixée, le premier principe appliqué à ce système entre les instants t et t+\mathrm{d}t s'écrit sous forme d'un bilan enthalpique :

Détaillons chacun des termes :

• La variation d'enthalpie liée à l'élévation de température s'écrit :

  \mathrm{d}H = \mathrm{d}m\,c_p\,\mathrm{d}T = \mu\,c_p\,S\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial T}{\partial t}\,\mathrm{d}t

• Le transfert thermique conductif net reçu par la tranche résulte des flux traversant les sections en x et en x+\mathrm{d}x :

  \delta Q_{\text{cond}} = \left[\Phi(x,t) - \Phi(x+\mathrm{d}x,t)\right]\mathrm{d}t = -\frac{\partial \Phi}{\partial x}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

  En appliquant la loi de Fourier à une dimension, la densité de flux thermique s'écrit \vec{j}_{\text{th}} = -\lambda\,\frac{\partial T}{\partial x}\,\vec{u}_x, d'où le flux thermique traversant la section S orientée vers les x croissants :

  \Phi(x,t) = \vec{j}_{\text{th}}(x,t)\cdot(S\,\vec{u}_x) = -\lambda\,S\,\frac{\partial T}{\partial x}(x,t)

  Il en découle :

  \delta Q_{\text{cond}} = \lambda\,S\,\frac{\partial^2 T}{\partial x^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

• La puissance thermique dégagée par la combustion est \mathcal{P}_{\text{reac}} = P_c\,\mathrm{d}m = P_c\,\mu\,S\,\mathrm{d}x, d'où l'énergie thermique fournie au système par la réaction :

  \delta H_{\text{reac}} = P_c\,\mu\,S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

En rassemblant ces contributions dans le bilan d'enthalpie, on obtient :

En simplifiant par S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t, il vient :

Soit, en divisant par le terme volumique \mu\,c_p :

On identifie ainsi l'équation demandée avec :

Dans la zone non altérée (x > x_2(t)), la température T(x,t) reste inférieure à la température d'inflammation T_i. Par conséquent, aucune réaction de combustion ne s'y produit et le terme source volumique de chaleur est nul (\kappa = 0).

Le transfert thermique dans le bois étant purement diffusif et unidimensionnel selon l'axe (Ox), et la diffusivité thermique D étant supposée identique dans tout le matériau d'après l'énoncé, l'évolution de la température est régie par l'équation de la chaleur classique sans terme source :

Le temps caractéristique de diffusion thermique sur une échelle spatiale L \sim 10\text{ cm} = 0{,}10\text{ m} est donné par :

Avec D = 1{,}0 \times 10^{-7}\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-1} :

Pour estimer la durée de combustion \tau_c d'une section de poutre de cette taille, on peut relier le pouvoir calorifique inférieur \mathrm{PCI} = 19\text{ MJ}\cdot\text{kg}^{-1} à la puissance thermique massique de combustion P_c = 4{,}0 \times 10^3\text{ W}\cdot\text{kg}^{-1} :

Cette valeur est en plein accord avec l'ordre de grandeur usuel de la combustion d'une bûche de 10 cm (environ une à deux heures, soit \tau_c \sim 10^3 \text{ à } 10^4\text{ s}).

On constate ainsi que :

Conclusion : L'approximation des régimes quasi stationnaires (ARQS) nécessiterait que la diffusion thermique s'établisse quasi instantanément à l'échelle de temps de la combustion, c'est-à-dire \tau_d \ll \tau_c. Ici, la diffusion est beaucoup plus lente que la progression de la combustion (\tau_d \gg \tau_c). L'ARQS n'est donc pas applicable et le terme temporel \frac{\partial T}{\partial t} ne peut en aucun cas être négligé, ce qui justifie l'approche par onde de propagation adoptée dans les questions suivantes.

Le changement de variable proposé est u = x - ct, avec c > 0, de sorte que la température s'écrit sous la forme d'une onde progressive :

Pour une valeur fixée du profil de température (c'est-à-dire \theta(u) = \text{cte}, soit u = \text{cte}), la position x(t) vérifie :

La quantité c s'interprète donc comme la célérité (ou vitesse de propagation) de l'onde thermique et du front de combustion, qui se propage dans la poutre dans le sens des x croissants :

Le changement de variable est défini par u = x - ct, de sorte que T(x,t) = \theta(u). Par dérivation des fonctions composées, on obtient :

Dans la zone inaltérée : D'après la question Q13, l'équation de la chaleur s'écrit :

En y injectant les dérivées partielles, on obtient :

L'équation différentielle du premier ordre satisfaite par la dérivée \theta'(u) est donc :

Dans la zone en combustion : D'après la question Q12, l'équation régissant l'évolution thermique est :

Soit, en fonction de la variable u :

L'équation différentielle régissant l'évolution de la dérivée \theta'(u) s'écrit alors :

Zone 1 : zone brûlée (u < u_1)

D'après le préambule de la partie I.C, la zone brûlée est à température uniforme et constante :

où a_1 est une constante (qui vaut T_c).

Zone 2 : zone en combustion (u_1 < u < u_2)

D'après la question Q16, la dérivée \theta_2'(u) vérifie l'équation différentielle linéaire du premier ordre avec second membre constant :

Une solution particulière constante évidente est \theta_{2,\text{part}}'(u) = -\dfrac{\kappa}{c}. La solution générale de l'équation s'écrit donc :

où K_2 est une constante d'intégration. En intégrant une nouvelle fois par rapport à u, il vient :

En posant b_2 = -\dfrac{D}{c}K_2, constante d'intégration arbitraire, on obtient :

Zone 3 : zone inaltérée (u > u_2)

D'après la question Q16, l'équation différentielle vérifiée par \theta_3'(u) s'écrit :

Sa solution générale est :

où K_3 est une constante. L'intégration par rapport à u donne :

En posant b_3 = -\dfrac{D}{c}K_3, on aboutit à :

On retrouve ainsi la forme générale demandée pour l'ensemble des trois zones :

D'après l'énoncé, la température dans la zone ayant brûlé (x < x_1(t), soit u < u_1) est uniforme et fixée à la température de combustion T_c = 720\text{ K}. L'expression de la solution dans cette zone étant \theta_1(u) = a_1, on en déduit directement :

Dans la zone inaltérée (x > x_2(t), soit u > u_2), l'énoncé précise que loin de la frontière x_2(t), c'est-à-dire lorsque x \to +\infty (soit u \to +\infty), la température de la poutre reste constante et égale à T_\infty = 320\text{ K} :

Or, d'après la forme de la solution établie à la question Q17 :

Les grandeurs c et D étant strictement positives, l'exposant est négatif et le terme exponentiel s'atténue vers zéro à l'infini :

Par identification avec la condition aux limites, on obtient :

D'après les questions précédentes et les données de l'énoncé, le profil de température \theta(u) présente les caractéristiques suivantes :

• dans la zone brûlée (u < u_1), la température est uniforme et vaut \theta_1(u) = T_c = 720\text{ K} ;
• la température est continue en u = u_1, soit \theta(u_1) = T_c ;
• dans la zone de combustion (u_1 < u < u_2), la température décroît continûment de T_c à la température d'inflammation T_i = 520\text{ K} atteinte en u = u_2 ;
• dans la zone inaltérée (u > u_2), la température décroît de façon exponentielle à partir de \theta_3(u_2) = T_i et tend asymptotiquement vers la température ambiante T_\infty = 320\text{ K} lorsque u \to +\infty.

Les constantes d'intégration a_2, b_2 et b_3 s'obtiennent en écrivant les conditions aux limites et de raccordement aux deux interfaces u = u_1 et u = u_2 :

1. Continuité de la température :

   • En u = u_1, la température atteint la température de combustion T_c :

     \theta_2(u_1) = \theta_1(u_1) = T_c

   • En u = u_2, la température est égale à la température d'inflammation T_i :

     \theta_2(u_2) = T_i \quad \text{et} \quad \theta_3(u_2) = T_i

     ce qui assure la continuité \theta_2(u_2) = \theta_3(u_2) = T_i.

   Ces trois équations suffisent à déterminer les trois constantes a_2, b_2 et b_3 en fonction de u_1 et u_2.

2. Continuité du flux thermique :
   En l'absence de source surfacique d'énergie et la conductivité thermique \lambda étant supposée identique dans tout le matériau, le vecteur densité de flux thermique -\lambda \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}u}\vec{u}_x est continu en tout point, ce qui impose la continuité de la dérivée \theta'(u) :

   • En u = u_1 :

     \theta_2'(u_1) = \theta_1'(u_1) = 0

   • En u = u_2 :

     \theta_2'(u_2) = \theta_3'(u_2)

L'équation satisfaite par la célérité c s'écrit :

Introduisons la variable sans dimension :

Avec les valeurs numériques fournies :

On constate que :

Le membre de gauche s'écrit donc :

L'équation se ramène ainsi à :

La valeur X = 0 correspond au cas sans combustion (c = 0). La solution non triviale correspond à l'intersection de la courbe y = \ln(1 - x) avec la droite d'équation y = -2x.

Sur le graphique de l'annexe :

• pour x = 0{,}8, -2x = -1{,}6 et \ln(1 - 0{,}8) = \ln(0{,}2) \approx -1{,}61 ;
• la droite y = -2x coupe donc la courbe en :

On en déduit l'expression littérale puis la valeur de la vitesse c :

Avec \kappa = 2{,}0\text{ K}\cdot\text{s}^{-1} (établi à la question Q12), D = 1{,}0 \times 10^{-7}\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-1} et T_i - T_\infty = 200\text{ K} :

Conclusion : La vitesse de propagation du front de combustion est très faible, de l'ordre de 10\text{ cm}\cdot\text{h}^{-1} (soit environ 1{,}7\text{ mm}\cdot\text{min}^{-1}). Le temps nécessaire pour consumer un tronçon de 10\text{ cm} est ainsi de l'ordre de \frac{0{,}1}{2{,}8 \times 10^{-5}} \approx 3{,}6 \times 10^3\text{ s} \approx 1\text{ h}, ce qui est en parfait accord avec l'ordre de grandeur de \tau_c \sim 5 \times 10^3\text{ s} estimé à la question Q14. Le bois massif de chêne est donc un matériau qui se consume lentement.

Le front de combustion se propage à la vitesse constante c. La durée nécessaire à la combustion complète d'un tronçon de poutre de longueur L s'écrit donc :

D'après la question Q21, la célérité de propagation vaut c \approx 2{,}8 \times 10^{-5}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. Pour une longueur L = 1{,}0\text{ m} :

En convertissant en heures :

Dans un réseau cubique à faces centrées (CFC), les atomes de plomb sont situés :

• aux 8 sommets du cube, chacun étant partagé par 8 mailles élémentaires ;
• aux centres des 6 faces, chacun étant partagé par 2 mailles.

Le nombre d'atomes de plomb par maille s'élève donc à :

La masse d'une maille élémentaire est m_{\text{maille}} = \dfrac{Z M}{N_A}, et son volume vaut V = a^3. La masse volumique du plomb s'exprime ainsi :

On en déduit l'expression littérale du paramètre de maille a :

Application numérique :

• Z = 4 ;
• M = 207{,}2\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 207{,}2 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;
• \rho = 11{,}35\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3} = 11{,}35 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• N_A = 6{,}02 \times 10^{23}\text{ mol}^{-1}.

D'après les données fournies pour l'élément plomb :

• température de fusion : T_{\text{fus}} = 327\text{ }^\circ\mathrm{C} ;
• température d'ébullition : T_{\text{éb}} = 1749\text{ }^\circ\mathrm{C}.

Sur les lieux de l'incendie, la température a dépassé 800\text{ }^\circ\mathrm{C}, mais présente un gradient spatial important depuis la température ambiante jusqu'au cœur du foyer :

1. Plomb liquide : Au niveau des zones du brasier où T > 327\text{ }^\circ\mathrm{C} (et en particulier là où T > 800\text{ }^\circ\mathrm{C}), la température est largement supérieure à T_{\text{fus}} mais reste inférieure à T_{\text{éb}} = 1749\text{ }^\circ\mathrm{C}. Le plomb s'y trouve donc à l'état liquide (le plomb des toitures et de la flèche a ainsi fondu et coulé).
2. Plomb solide : Dans les zones éloignées du foyer ou moins exposées où la température est restée inférieure à 327\text{ }^\circ\mathrm{C}, ou encore après ruissellement et refroidissement du métal fondu sur les pierres ou les voûtes, le plomb se trouve à l'état solide.
3. Plomb gazeux et aérosols : Bien que T < T_{\text{éb}}, la pression de vapeur saturante du plomb liquide n'est pas négligeable aux températures atteintes (800\text{ }^\circ\mathrm{C} et plus), ce qui conduit à l'émission de vapeurs de plomb. Au contact de l'air plus froid et du dioxygène, ces vapeurs se condensent ou réagissent pour former des microparticules en suspension (aérosols, notamment d'oxydes de plomb) emportées dans les panaches de fumée.

À température ambiante (T \approx 20\text{ }^\circ\text{C} < T_{\text{fus}} = 327\text{ }^\circ\text{C}), le plomb est à l'état solide. En imposant un coefficient stœchiométrique égal à 1 pour le dioxygène gazeux \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}, les équations de réaction d'oxydation du plomb solide s'écrivent :

• Formation de l'oxyde de plomb(II) \mathrm{PbO}_{(\mathrm{s})} :

  \boxed{2\,\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} = 2\,\mathrm{PbO}_{(\mathrm{s})}}

• Formation du tétroxyde de triplomb \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_{4(\mathrm{s})} :

  \boxed{\frac{3}{2}\,\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} = \frac{1}{2}\,\mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_{4(\mathrm{s})}}

• Formation du dioxyde de plomb \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} :

  \boxed{\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} = \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})}}

Dans un oxyde, le nombre d'oxydation conventionnel de l'élément oxygène vaut -\mathrm{II}. La somme des nombres d'oxydation des atomes d'une espèce neutre étant nulle :

• Pour le monoxyde de plomb \mathrm{PbO}_{(\mathrm{s})} :

  \text{n.o.}(\mathrm{Pb}) + \text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \implies \text{n.o.}(\mathrm{Pb}) + (-2) = 0 \implies \boxed{\text{n.o.}(\mathrm{Pb}) = +\mathrm{II}}

• Pour le dioxyde de plomb \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} :

  \text{n.o.}(\mathrm{Pb}) + 2\,\text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \implies \text{n.o.}(\mathrm{Pb}) + 2 \times (-2) = 0 \implies \boxed{\text{n.o.}(\mathrm{Pb}) = +\mathrm{IV}}

• Pour le tétroxyde de triplomb \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_{4(\mathrm{s})} (minium) :

  3\,\overline{\text{n.o.}}(\mathrm{Pb}) + 4\,\text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \implies 3\,\overline{\text{n.o.}}(\mathrm{Pb}) - 8 = 0 \implies \boxed{\overline{\text{n.o.}}(\mathrm{Pb}) = +\frac{8}{3}}

Commentaire sur \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_{4(\mathrm{s})} : Le nombre d'oxydation moyen est fractionnaire, ce qui traduit le fait que \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_{4} est un oxyde mixte (ou composé à valence mixte).

Comme le plomb n'admet que les états d'oxydation entiers +\mathrm{II} et +\mathrm{IV} (rappelés dans les données de l'énoncé), le solide associe deux ions \mathrm{Pb(II)} pour un ion \mathrm{Pb(IV)}. La formule s'écrit sous forme d'oxyde double :

On retrouve bien la moyenne arithmétique :

D'après la question Q25, la réaction de formation de l'oxyde \mathrm{PbO}_{(\mathrm{s})} écrite avec un coefficient stœchiométrique égal à 1 pour le dioxygène est :

L'enthalpie standard de cette réaction à T = 298\text{ K} est donnée par la loi de Hess :

De même, l'entropie standard de réaction à 298\text{ K} vaut :

L'enthalpie libre standard de réaction à T = 298\text{ K} s'en déduit :

La constante d'équilibre K^\circ(298\text{ K}) est reliée à \Delta_r G^\circ(298\text{ K}) par la relation de définition :

Application numérique avec R = 8{,}31\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et T = 298\text{ K} :

D'où la valeur de la constante d'équilibre :

1. Calcul de la variance des trois équilibres

Chacun des trois équilibres de la question Q25 met en jeu :

• N = 3 espèces chimiques (le plomb \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})}, le dioxygène \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} et l'oxyde de plomb considéré) ;
• r = 1 réaction chimique indépendante ;
• \varphi = 3 phases distinctes : les deux solides sont non miscibles et constituent chacun une phase propre, à laquelle s'ajoute la phase gazeuse ;
• k = 0 relation supplémentaire imposée par les conditions initiales ou de conservation d'éléments en phase homogène.

D'après la règle des phases de Gibbs, la variance v vaut :

La variance est identique pour les trois équilibres : ces systèmes sont monovariants.

Remarque équivalente : L'activité d'une phase solide pure étant unitaire, la condition d'équilibre s'écrit simplement :

À une température T fixée, la pression de dioxygène d'équilibre est totalement imposée : il n'y a qu'un seul paramètre intensif indépendant (T).

2. Effet d'une diminution de la pression en dioxygène à température constante

Le quotient réactionnel associé à l'équilibre d'oxydation s'écrit :

Une diminution de la pression en dioxygène (P_{\mathrm{O}_2} < P_{\mathrm{O}_2,\text{éq}}) entraîne une augmentation de ce quotient, d'où Q_r > K^\circ(T). L'affinité chimique A = -RT \ln(Q_r/K^\circ) devient négative.

D'après le principe de modération de Le Chatelier, une diminution de la pression partielle du gaz \mathrm{O}_2 déplace l'équilibre dans le sens qui tend à s'opposer à cette diminution, c'est-à-dire dans le sens qui produit du dioxygène gazeux :

Si la pression P_{\mathrm{O}_2} est maintenue inférieure à la pression d'équilibre (par exemple sous balayage de gaz neutre ou dans une enceinte ouverte), l'équilibre est rompu et la réaction se poursuit jusqu'à la disparition complète de l'oxyde métallique.

Considérons l'équilibre de formation de \mathrm{PbO}_{(\mathrm{s})} écrit avec un nombre stœchiométrique de 1 pour \mathrm{O}_2 (question Q25) :

Les solides étant purs et dans leur état standard (a_{\mathrm{Pb}} = 1 et a_{\mathrm{PbO}} = 1), la constante d'équilibre s'écrit :

Sur la figure 3, la droite frontière séparant le domaine d'existence du plomb \mathrm{Pb} (en bas) de celui de l'oxyde \mathrm{PbO} (au-dessus) correspond à cet équilibre.

À la température T = 298\text{ K} \approx 300\text{ K}, on lit sur cette droite :

(on observe également que l'ordonnée à l'origine indiquée vaut \Delta_r H^\circ \approx -438\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}, très proche des -436\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} calculés à la question Q27).

On en déduit :

ce qui donne :

On retrouve bien la valeur obtenue à la question Q27 (K^\circ \approx 9 \times 10^{65}).

La température du nuage de fumée est :

Dans l'air ambiant, la pression partielle en dioxygène est P_{\mathrm{O}_2} \approx 0{,}20\text{ bar}. Au sein des fumées d'incendie, la combustion a appauvri le milieu en comburant, de sorte que P_{\mathrm{O}_2} \leqslant 0{,}20\text{ bar}. On a donc :

Sur le diagramme d'existence de la figure 3 à T = 773\text{ K} :

• La frontière entre \mathrm{Pb} et \mathrm{PbO} se situe vers -320\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} ;
• La frontière entre \mathrm{PbO} et \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_4 se situe au voisinage de 0\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} (légèrement au-dessus de -10\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}).

L'état du système se situe donc nettement au-dessus de la droite d'oxydation de \mathrm{Pb}, et en dessous de la droite de formation de \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_4, c'est-à-dire dans le domaine de stabilité de \mathrm{PbO}.

Ce résultat thermodynamique est confirmé par les données du tableau :

• \mathrm{PbO}_2 se décompose dès 290\text{ }^\circ\mathrm{C} en \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_4 puis \mathrm{PbO} ;
• \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_4 subit une fusion et une décomposition thermique au-delà de 500\text{ }^\circ\mathrm{C} pour donner \mathrm{PbO} ;
• La coloration jaune des fumées observée lors de l'incendie (rappelée en introduction de la partie II) correspond à la couleur de la litharge \mathrm{PbO}.

À la température de 500\text{ }^\circ\mathrm{C}, qui constitue la limite supérieure de stabilité de \mathrm{Pb}_3\mathrm{O}_4, des traces résiduelles de cet oxyde orange peuvent éventuellement subsister si l'équilibre n'est pas totalement atteint.

Le phénomène de fluorescence X se déroule en deux étapes :

1. L'ionisation d'une couche électronique interne de l'atome par effet photoélectrique sous l'impact d'un photon incident ;
2. La désexcitation radiative d'un électron d'une couche plus externe venant combler la lacune ainsi créée, avec émission d'un photon X de fluorescence caractéristique.

L'éjection d'un électron d'une couche d'énergie E_{\text{couche}} < 0 n'est possible que si l'énergie E_{\text{inc}} du photon incident est supérieure ou égale à l'énergie d'ionisation (ou énergie de liaison) de cette couche :

D'après le tableau 1, les énergies de liaison des couches K et L du plomb sont :

• Pour la source de ^{109}\mathrm{Cd} : le photon \gamma émis a une énergie de E_\gamma = 88\text{ keV}. Cette énergie est suffisante pour ioniser la couche K (E_\gamma \approx |E_{\text{K}}|) ainsi que la couche L (E_\gamma \gg |E_{\text{L}}|). Des lacunes sont donc créées sur les deux couches, permettant l'émission et la détection des raies K et L du plomb.

• Pour le tube à rayons X de 15\text{ keV} :

  |E_{\text{L}}| = 14{,}3\text{ keV} < 15\text{ keV} < |E_{\text{K}}| = 88{,}0\text{ keV}

  L'énergie des photons incidents est suffisante pour arracher un électron de la couche L, ce qui induit l'émission des raies L. En revanche, elle est très inférieure à l'énergie nécessaire pour arracher un électron de la couche K : aucune lacune n'est créée sur cette couche, et les raies K ne peuvent donc pas être émises.

Dans le modèle proposé (figure 4), le niveau d'énergie le plus bas (niveau fondamental pour ces transitions de couches profondes) correspond à la couche K (n=1), d'énergie E_{\text{K}} = -88{,}0\text{ keV}.

Passage de la couche M au niveau fondamental (transition notée K_\beta) : L'énergie libérée par l'électron lors de cette transition est :

Passage de la couche L au niveau fondamental (transition notée K_\alpha) : L'énergie libérée lors de cette transition est :

Visibilité des photons émis : Le domaine du visible s'étend sur des longueurs d'onde de 400\text{ nm} à 800\text{ nm}, ce qui correspond à des énergies de photons comprises entre :

Or, les énergies des photons émis sont de l'ordre de 70\text{ à } 85\text{ keV}, soit environ quatre ordres de grandeur supérieures aux énergies des photons du domaine visible.

À titre d'illustration, la longueur d'onde du photon émis lors de la transition K_\alpha vaut :

Cette longueur d'onde se situe très nettement dans le domaine des rayons X durs.

1. Identification des raies sur les spectres :

• Spectre haute énergie (droite) :

  • Le pic situé à \mathbf{74{,}2\text{ keV}} correspond à la raie \mathbf{K_\alpha} (transition \mathrm{L} \to \mathrm{K}), calculée à 73{,}7\text{ keV} d'après la question Q32.
  • Le pic situé à \mathbf{85{,}4\text{ keV}} correspond à la raie \mathbf{K_\beta} (transition \mathrm{M} \to \mathrm{K}), calculée à 85{,}0\text{ keV} d'après la question Q32.

• Spectre basse énergie (gauche) :

  • Les pics situés à \mathbf{10{,}5\text{ keV}}, \mathbf{12{,}6\text{ keV}} (et le pic secondaire vers 14{,}7\text{ keV}) correspondent aux désexcitations électroniques vers la couche L, c'est-à-dire aux raies du groupe \mathbf{L} (\mathrm{L}_\alpha, \mathrm{L}_\beta, \mathrm{L}_\gamma).

2. Confrontation avec le modèle simple :

D'après le tableau 1, l'énergie libérée lors de la transition \mathrm{M} \to \mathrm{L} dans ce modèle simplifié vaut :

Le modèle simple associe un niveau d'énergie unique à chaque couche (n = 2 pour L, n = 3 pour M). Il ne prévoit donc qu'une seule raie à 11{,}3\text{ keV} et ne permet pas de rendre compte de l'existence distincte des deux raies à 10{,}5\text{ keV} et 12{,}6\text{ keV}.

3. Explications possibles :

• Structure fine et sous-couches (explication principale) : Dans un atome lourd polyélectronique (Z = 82), les couches L et M ne sont pas mono-énergétiques. Elles sont divisées en sous-niveaux d'énergie distincts (\mathrm{L}_\mathrm{I}, \mathrm{L}_\mathrm{II}, \mathrm{L}_\mathrm{III} pour n=2, et \mathrm{M}_\mathrm{I} à \mathrm{M}_\mathrm{V} pour n=3) sous l'effet du couplage spin-orbite et des corrections relativistes. Les transitions radiatives entre ces différents sous-niveaux produisent plusieurs raies d'énergies voisines encadrant la valeur moyenne de 11{,}3\text{ keV} (notamment \mathrm{L}_{\alpha_1} \approx 10{,}5\text{ keV} et \mathrm{L}_{\beta_1} \approx 12{,}6\text{ keV}).
• Implication de couches supérieures : Comme le suggère le diagramme de la figure 4 où figure un niveau au-dessus de la couche M (couche N, n=4), la raie à 10{,}5\text{ keV} peut être attribuée à la raie \mathrm{L}_\alpha (transition \mathrm{M} \to \mathrm{L}) et la raie à 12{,}6\text{ keV} à la raie \mathrm{L}_\beta (transition plus énergétique issue d'une couche supérieure \mathrm{N} \to \mathrm{L}).

Considérons la réaction de décomposition thermique de l'eau vapeur :

D'après les données thermodynamiques à 298\text{ K} :

Sous l'approximation d'Ellingham (indépendance de \Delta_r H^\circ et \Delta_r S^\circ vis-à-vis de la température), l'enthalpie libre standard de réaction s'écrit :

La température d'inversion T_{\text{inv}}, au-delà de laquelle \Delta_r G^\circ(T) < 0 et la réaction devient thermodynamiquement favorable sous P^\circ = 1\text{ bar}, vaut :

À la température maximale citée pour l'incendie (T = 800\text{ }^\circ\text{C} \approx 1073\text{ K}) :

La constante d'équilibre associée vaut :

La molécule d'eau est donc extrêmement stable thermodynamiquement et ne se décompose pas en \mathrm{H}_2 et \mathrm{O}_2 aux températures atteintes lors du sinistre.

D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à une masse m = 1\text{ kg} d'eau subissant une transformation monobare sans travail autre que les forces de pression :

où \Delta h est la variation d'enthalpie massique globale.

L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose le chemin thermodynamique en trois étapes :

1. Échauffement du liquide de T_1 = 15\text{ }^\circ\text{C} à T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} :

   \Delta h_1 = c_{P,\text{liq}} (T_{\text{eb}} - T_1)

2. Vaporisation complète sous P^\circ = 1\text{ bar} à T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} :

   \Delta h_2 = \Delta_{\text{vap}}H^\circ

3. Échauffement de la vapeur de T_{\text{eb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} à T_2 = 800\text{ }^\circ\text{C} :

   \Delta h_3 = c_{P,\text{vap}} (T_2 - T_{\text{eb}})

L'énergie totale nécessaire s'écrit donc :

Application numérique :

• \Delta h_1 = 4180 \times (100 - 15) = 4180 \times 85 = 355{,}3 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 355{,}3\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
• \Delta h_2 = 2257\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} = 2257 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}
• \Delta h_3 = 1850 \times (800 - 100) = 1850 \times 700 = 1295 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1} = 1295{,}0\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

On en déduit :

Pour m = 1{,}0\text{ kg} :

Le débit volumique d'une lance est D_v = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{0{,}500}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1}.
La masse volumique de l'eau liquide étant \rho = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, le débit massique total d'eau débité par une lance s'écrit :

Puisqu'un tiers de cette eau se vaporise et est portée à 800\text{ }^\circ\text{C}, le débit massique d'eau vaporisée vaut :

D'après la question Q35, l'énergie absorbée pour vaporiser et chauffer 1\text{ kg} d'eau de 15\text{ }^\circ\text{C} à 800\text{ }^\circ\text{C} est \Delta h \approx 3{,}91\text{ MJ}\cdot\text{kg}^{-1}. La puissance thermique que cette fraction d'eau peut absorber s'exprime donc par :

Application numérique :

Remarque : si l'on prend également en compte les deux tiers d'eau liquide ruisselante qui s'échauffent par exemple jusqu'à 100\text{ }^\circ\text{C} sans se vaporiser, ceux-ci absorbent une puissance supplémentaire :

ce qui porte la puissance totale absorbée par lance à environ 13\text{ MW}, ne modifiant pas l'ordre de grandeur.

Commentaire : Pour neutraliser directement un feu d'une puissance de P_{\text{feu}} = 1500\text{ MW}, il faudrait théoriquement mobiliser simultanément :

Un tel déploiement est matériellement irréalisable en milieu urbain dense et sur un édifice patrimonial :

• cela nécessiterait un approvisionnement en eau colossal (140 \times 500 = 70\,000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1}), bien au-delà de la capacité du réseau local et des bouches d'incendie ;
• l'encombrement spatial et la portée limitée des jets empêchent de concentrer autant de lances sur le foyer principal.

Ce calcul met en lumière la réalité tactique des pompiers : face à un embrasement généralisé d'une telle puissance, l'objectif n'est pas d'éteindre le cour du brasier de manière frontale, mais de circonscrire l'incendie, d'empêcher la propagation aux beffrois et aux tours pour éviter l'effondrement de l'édifice, et d'attendre l'épuisement progressif de la charge calorifique de la charpente.

Pendant une durée \Delta t = 1\text{ min}, le volume d'eau liquide débité par la lance est V_{\text{tot}} = 500\text{ L} = 0{,}500\text{ m}^3, soit une masse :

Puisqu'un seul tiers de cette eau se vaporise, la masse d'eau réellement évaporée par minute est :

Soit, en quantité de matière avec M(\mathrm{H_2O}) = 18{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :

En assimilant la vapeur d'eau produite à un gaz parfait sous la pression atmosphérique ambiante P = P^\circ = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa} :

• À la température d'ébullition sous 1\text{ bar}, T_{\text{éb}} = 100\text{ }^\circ\text{C} = 373\text{ K} :

  V_{\text{vap}}(100\text{ }^\circ\text{C}) = \frac{9{,}26 \times 10^3 \times 8{,}31 \times 373}{1{,}0 \times 10^5} \approx 287\text{ m}^3 \approx 2{,}9 \times 10^2\text{ m}^3

• Si cette vapeur est portée à la température du foyer T = 800\text{ }^\circ\text{C} = 1073\text{ K} (conforme à la question Q35) :

  V_{\text{vap}}(800\text{ }^\circ\text{C}) = \frac{9{,}26 \times 10^3 \times 8{,}31 \times 1073}{1{,}0 \times 10^5} \approx 826\text{ m}^3 \approx 8{,}3 \times 10^2\text{ m}^3

Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique la seconde loi de Newton à une parcelle d'eau de masse m en vol libre soumise à son seul poids \vec{P} = m\vec{g} :

En choisissant l'origine du repère au niveau de l'extrémité de la lance et l'axe (Ox) dans la direction horizontale du tir, les conditions initiales s'écrivent :

Par intégration successive par rapport au temps :

Le sommet de la trajectoire (flèche du jet) est atteint lorsque la vitesse verticale s'annule :

L'élévation verticale maximale au-dessus du point d'éjection est donc :

Exploitation de la photographie (figure 6) :

• L'énoncé précise que la hauteur estimée de chaque arc-boutant est h_{\text{ab}} = 30\text{ m}. Sur la figure 6, la hauteur d'un arc-boutant du chevet mesure environ 1{,}5\text{ cm}.

• Le jet le plus en avant (à droite) part d'une échelle porte-nacelle et monte vers la toiture. On mesure :

  • une hauteur maximale atteinte par rapport au point d'éjection mesurée à environ 1{,}0\text{ cm}, soit un dénivelé H \approx 20\text{ m} ;
  • un angle d'inclinaison initial avec l'horizontale de l'ordre de \alpha \approx 50^\circ \text{ à } 60^\circ (on retient \alpha \approx 55^\circ).

L'application numérique donne :

Si l'on estime la portée horizontale du jet à L \approx 40\text{ m} avec la relation de portée L \approx \frac{V_e^2 \sin(2\alpha)}{g}, on obtient V_e \approx \sqrt{\frac{9{,}81 \times 40}{\sin(110^\circ)}} \approx 20\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

En tenant compte du freinage aérodynamique (qui diminue la flèche et la portée par rapport au cas balistique idéal), la vitesse réelle en sortie de lance doit être légèrement supérieure. On estime ainsi :

L'eau étant un liquide assimilable à un fluide incompressible, le débit volumique Q se conserve le long de l'écoulement.

Dans un tuyau de diamètre intérieur d = 70\text{ mm} = 0{,}070\text{ m}, la section droite est :

Pour un débit volumique Q = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{500 \times 10^{-3}}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} \approx 8{,}33 \times 10^{-3}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1}, la vitesse moyenne de l'eau dans le tuyau vaut :

D'après le résultat de la question Q38, la vitesse d'éjection du jet est de l'ordre de V_e \approx 25\text{ à }30\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. On constate donc que :

Explication : La lance d'incendie comporte à son extrémité un ajutage (ou buse convergente) de section de sortie S_e nettement inférieure à la section S du tuyau d'alimentation.

En vertu de la conservation du débit volumique (Q = S V_{\text{tuyau}} = S_e V_e), le rétrécissement de section impose une accélération du fluide :

Le convergent transforme ainsi une grande partie de l'énergie de pression du fluide en énergie cinétique, ce qui confère au jet la vitesse élevée nécessaire pour assurer une portée balistique suffisante afin d'atteindre la charpente de l'édifice.

On modélise l'écoulement de l'eau dans le tuyau de refoulement selon les hypothèses suivantes :

• le fluide est parfait (viscosité négligée à cette étape) et incompressible de masse volumique \rho = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• l'écoulement est en régime permanent ;
• la section intérieure du tuyau de diamètre d est constante entre la sortie de la pompe (altitude z_p = 0) et l'entrée de la lance sur la nacelle (altitude z_l = h = 30\text{ m}).

Par conservation du débit volumique Q = S V en fluide incompressible et pour une section S constante, la vitesse moyenne de l'eau est identique en tout point du tuyau :

Le théorème de Bernoulli appliqué le long d'une ligne de courant entre la sortie de la pompe et la lance s'écrit :

Comme V_p = V_l et en fixant l'origine des altitudes au niveau de la pompe (z_p = 0), il vient :

La différence de pression nécessaire est donc :

Application numérique :

D'après la question Q39, la vitesse moyenne de l'eau dans le tuyau de diamètre d = 70\text{ mm} = 0{,}070\text{ m} pour un débit volumique Q = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{500 \times 10^{-3}}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} \approx 8{,}33 \times 10^{-3}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} vaut :

Avec la masse volumique \rho = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et la viscosité dynamique de l'eau \eta = 1{,}0 \times 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s}, le nombre de Reynolds associé est :

Pour un écoulement dans une conduite cylindrique, la transition vers la turbulence se produit à un nombre de Reynolds critique Re_c \simeq 2000. Comme :

Par définition, la perte de charge linéique J représente la diminution de pression par unité de longueur de canalisation :

Examinons la dimension du terme \dfrac{\rho V^2}{2d} intervenant dans la formule de Darcy-Weisbach :

• la masse volumique a pour dimension [\rho] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3} ;
• la vitesse a pour dimension [V] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1} ;

• le terme d'énergie cinétique volumique \rho V^2 est homogène à une pression :

  [\rho V^2] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3} \cdot (\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1})^2 = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-2} = [P] \quad (\text{en }\mathrm{Pa}) ;
• le diamètre intérieur a la dimension d'une longueur : [d] = \mathrm{L}.

Le quotient a donc pour dimension :

D'après la formule J = f \dfrac{\rho V^2}{2d}, on en conclut que le facteur f est une grandeur sans dimension :

La perte de charge totale \Delta P_f subie par le fluide sur une longueur L s'écrit :

À débit fixé (Q = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1}) et pour une conduite de géométrie donnée (d = 70\text{ mm}), la vitesse moyenne V = \frac{4Q}{\pi d^2} et la masse volumique \rho sont constantes. Le coefficient de frottement f s'exprime donc sous la forme :

Calculons le rapport \frac{\Delta P_f}{L} pour différentes longueurs issues de la ligne à 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} du tableau 2 :

• pour L = 40\text{ m} : \frac{\Delta P_f}{L} = \frac{0{,}2}{40} = 5{,}0 \times 10^{-3}\text{ bar}\cdot\text{m}^{-1} ;
• pour L = 100\text{ m} : \frac{\Delta P_f}{L} = \frac{0{,}55}{100} = 5{,}5 \times 10^{-3}\text{ bar}\cdot\text{m}^{-1} ;
• pour L = 200\text{ m} : \frac{\Delta P_f}{L} = \frac{1{,}1}{200} = 5{,}5 \times 10^{-3}\text{ bar}\cdot\text{m}^{-1} ;
• pour L = 400\text{ m} : \frac{\Delta P_f}{L} = \frac{2{,}2}{400} = 5{,}5 \times 10^{-3}\text{ bar}\cdot\text{m}^{-1}.

Aux incertitudes de lecture et d'arrondi près (au dixième de bar), la perte de charge \Delta P_f est strictement proportionnelle à la longueur L du tuyau, ce qui correspond à une perte de charge linéique constante :

Par conséquent :

Pour un tuyau de diamètre d = 70\text{ mm} transportant de l'eau (\rho = 1,0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, \eta = 1,0 \times 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s}), un nombre de Reynolds Re = 5 \times 10^5 correspond à une vitesse moyenne :

Le débit volumique correspondant est :

Ce débit est très proche de la dernière ligne du tableau 2 (Q = 1500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1}, où V \approx 6,50\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et Re \approx 4,6 \times 10^5). D'après cette ligne, pour L = 100\text{ m}, la perte de charge vaut \Delta P = 5,0\text{ bar}, d'où une perte linéique J = \frac{\Delta P}{L} = 5,0 \times 10^4\text{ Pa} / 100\text{ m} = 500\text{ Pa}\cdot\text{m}^{-1} \times 10 = 5000\text{ Pa}\cdot\text{m}^{-1}. Le facteur de Darcy s'en déduit :

On retrouve une valeur quasiment identique à celle déduite à la question Q43 pour Q = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} (f \approx 0,0164), ce qui confirme la très faible dépendance de f vis-à-vis de Re à ces régimes.

La formule de Colebrook utilise le logarithme décimal \log :

En isolant l'argument du logarithme, on obtient :

On en déduit l'expression de la rugosité relative :

Avec f \approx 0,0165 et Re = 5 \times 10^5, on a :

Il vient :

La rugosité absolue correspondante vaut :

Commentaires :

• La rugosité relative est très faible (\varepsilon/d \sim 3 \times 10^{-4}), ce qui montre que la paroi interne des tuyaux d'incendie est particulièrement lisse. La valeur absolue \varepsilon \approx 23\text{ }\mu\text{m} est tout à fait typique d'un tuyau textile gainé intérieurement d'un élastomère ou de caoutchouc extrudé.
• Le terme géométrique de rugosité \frac{\varepsilon/d}{3,7} \approx 8,9 \times 10^{-5} est plus de deux fois supérieur au terme visqueux \frac{2,51}{Re\sqrt{f}} \approx 3,9 \times 10^{-5} : l'écoulement se situe dans le régime de transition vers le régime turbulent rugueux, où les pertes de charge dépendent principalement de la rugosité de la paroi.

Le théorème de Bernoulli généralisé (avec pertes de charge) appliqué à l'écoulement d'eau entre la sortie de la pompe (cote z_p = 0) et l'extrémité du tuyau au niveau de la nacelle (cote z_l = h = 30\text{ m}), tous deux de diamètre intérieur d = 70\text{ mm} (d'où l'égalité des vitesses moyennes V_p = V_l), s'écrit :

où \Delta P_f représente les pertes de charge le long de la conduite. La différence de pression nécessaire est donc :

D'après la question Q40, le terme de dénivellation vaut :

Pour un débit Q = 500\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} et une longueur de tuyau L = 200\text{ m}, la lecture directe dans le tableau 2 donne la perte de charge régulière :

On en déduit la surpression totale minimale requise :

Autres causes de perte de charge :

Outre ces pertes de charge régulières (ou linéaires) réparties le long du tuyau, il existe des pertes de charge singulières (ou localisées) dues aux accidents de géométrie de la canalisation :

• les courbures, torsions, plis et coudes formés par le tuyau souple lors de son déploiement le long du bras élévateur ;
• les raccords et jonctions entre les différents tronçons de tuyaux (les tuyaux de pompiers étant généralement constitués d'éléments mis bout à bout) ;
• la présence de vannes, robinets d'arrêt, clapets ou diviseurs de débit.