Feuille d'entraînement : Diffusion de particules

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2022, Q14

   Considérons une tranche d'espace fixe (volume de contrôle mésoscopique) délimitée par les plans perpendiculaires à l'axe (Ox) d'abscisses x et x + \mathrm{d}x, d'aire transverse S. Le volume élémentaire vaut :

   \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}x

   Le nombre de gouttelettes contenues dans ce volume à l'instant t s'écrit :

   \mathrm{d}N(t) = c(x, t)\,\mathrm{d}V = c(x, t)\,S\,\mathrm{d}x

   Entre les instants t et t + \mathrm{d}t, la variation du nombre de gouttelettes est :

   \mathrm{d}[\mathrm{d}N] = \left[ c(x, t+\mathrm{d}t) - c(x, t) \right] S\,\mathrm{d}x = \frac{\partial c}{\partial t}(x, t)\,S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   En l'absence de création ou de destruction de gouttelettes au sein du volume élémentaire (pas de réactions ni de dépôts internes), cette variation est uniquement due aux échanges de matière à travers les frontières :

   • en x, le nombre de gouttelettes entrant dans la tranche pendant \mathrm{d}t est :

     \delta N_{\mathrm{entrant}} = j_x(x, t)\,S\,\mathrm{d}t

   • en x + \mathrm{d}x, le nombre de gouttelettes sortant de la tranche pendant \mathrm{d}t est :

     \delta N_{\mathrm{sortant}} = j_x(x + \mathrm{d}x, t)\,S\,\mathrm{d}t

   Le bilan de matière s'écrit donc :

   \begin{aligned} \mathrm{d}[\mathrm{d}N] &= \delta N_{\mathrm{entrant}} - \delta N_{\mathrm{sortant}} \\ &= \left[ j_x(x, t) - j_x(x + \mathrm{d}x, t) \right] S\,\mathrm{d}t \end{aligned}

   Un développement de Taylor à l'ordre un donne :

   j_x(x + \mathrm{d}x, t) = j_x(x, t) + \frac{\partial j_x}{\partial x}(x, t)\,\mathrm{d}x

   On obtient ainsi :

   \frac{\partial c}{\partial t}(x, t)\,S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t = -\frac{\partial j_x}{\partial x}(x, t)\,S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   En simplifiant par S\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t \neq 0, on aboutit à l'équation locale de conservation :

   \boxed{\frac{\partial c}{\partial t} = -\frac{\partial j_x}{\partial x}}

   Résultat

   $$\frac{\partial c}{\partial t}=-\frac{\partial j_x}{\partial x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2022, Q15

   Considérons une surface élémentaire plane \mathrm{d}S, orientée par le vecteur normal unitaire \vec{n}, située au point \vec{r} à l'instant t. Les gouttelettes sont entraînées par le champ de pesanteur avec la vitesse constante d'advection :

   \vec{v} = v_z^\star \vec{e}_z \quad (\text{avec } v_z^\star \le 0)

   Pendant l'intervalle de temps élémentaire \mathrm{d}t, les gouttelettes qui traversent la surface \mathrm{d}S dans le sens de \vec{n} sont exactement celles qui se trouvaient initialement à l'intérieur du cylindre élémentaire de base \mathrm{d}S et de génératrice \vec{v}\,\mathrm{d}t.

   Le volume de ce cylindre vaut :

   \mathrm{d}^2V = (\vec{v}\cdot\vec{n})\,\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t

   La concentration c(\vec{r}, t) étant supposée uniforme à l'échelle mésoscopique du volume \mathrm{d}^2V, le nombre de gouttelettes traversant \mathrm{d}S pendant \mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}^2N = c(\vec{r}, t)\,\mathrm{d}^2V = c(\vec{r}, t)(\vec{v}\cdot\vec{n})\,\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t

   Le flux particulaire algébrique \mathrm{d}\Phi_{\mathrm{A}} à travers \mathrm{d}S s'exprime donc par :

   \mathrm{d}\Phi_{\mathrm{A}} = \frac{\mathrm{d}^2N}{\mathrm{d}t} = c(\vec{r}, t)\,\vec{v}\cdot\vec{n}\,\mathrm{d}S

   Par définition du vecteur densité de flux de particules \vec{j}_{\mathrm{A}}, défini par \mathrm{d}\Phi_{\mathrm{A}} = \vec{j}_{\mathrm{A}}\cdot\vec{n}\,\mathrm{d}S, on identifie :

   \vec{j}_{\mathrm{A}}(\vec{r}, t) = c(\vec{r}, t)\,\vec{v}

   En introduisant l'expression de la vitesse verticale \vec{v} = v_z^\star \vec{e}_z, on obtient :

   \boxed{\vec{j}_{\mathrm{A}}(\vec{r}, t) = c(\vec{r}, t)\,v_z^\star\,\vec{e}_z}

   Résultat

   $${\vec{j}}_{\mathrm{A}}(\vec{r},t)=c(\vec{r},t)v_z^{\star }{\vec{e}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2022, Q16

   La densité de flux volumique totale de gouttelettes s'écrit comme la somme de la contribution diffusive et de la contribution advective :

   \vec{j}(\vec{r}, t) = \vec{j}_{\mathrm{D}}(\vec{r}, t) + \vec{j}_{\mathrm{A}}(\vec{r}, t)

   En utilisant la loi de Fick (équation (6)) et le résultat de la question 15, il vient :

   \vec{j}(\vec{r}, t) = -D_R \vec{\mathrm{grad}}\,c(\vec{r}, t) + c(\vec{r}, t)\,v_z^\star\,\vec{e}_z

   Calculons la divergence de cette densité de flux par linéarité :

   • Pour le terme de diffusion, le coefficient D_R étant supposé uniforme, la relation (7) donne :

     \mathrm{div}\,\vec{j}_{\mathrm{D}} = \mathrm{div}\left(-D_R \vec{\mathrm{grad}}\,c\right) = -D_R\,\mathrm{div}(\vec{\mathrm{grad}}\,c) = -D_R\,\Delta c

   • Pour le terme d'advection, la vitesse v_z^\star étant constante dans l'espace :

     \mathrm{div}\,\vec{j}_{\mathrm{A}} = \frac{\partial}{\partial z}\left(c\,v_z^\star\right) = v_z^\star\,\frac{\partial c}{\partial z}

   La divergence totale est donc :

   \mathrm{div}\,\vec{j} = -D_R\,\Delta c + v_z^\star\,\frac{\partial c}{\partial z}

   En reportant cette expression dans l'équation de bilan local (5), \dfrac{\partial c}{\partial t} = -\mathrm{div}\,\vec{j}, on obtient l'équation aux dérivées partielles vérifiée par la concentration c(\vec{r}, t) :

   \boxed{\frac{\partial c}{\partial t} + v_z^\star \frac{\partial c}{\partial z} = D_R \Delta c}

   que l'on peut également écrire sous la forme \dfrac{\partial c}{\partial t} = D_R \Delta c - v_z^\star \dfrac{\partial c}{\partial z}.

   Résultat

   $$\frac{\partial c}{\partial t}+v_z^{\star }\frac{\partial c}{\partial z}=D_R\Delta c$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2020, Q1

   La première loi de Fick modélise le transport diffusif de matière. Elle s'énonce :

   \vec{\jmath}_{\text{part}}(\vec{r}, t) = - D \, \overrightarrow{\mathrm{grad}} \, n(\vec{r}, t)

   Les grandeurs physiques intervenant dans cette loi sont :

   • \vec{\jmath}_{\text{part}}(\vec{r}, t) : le vecteur densité volumique de flux (ou de courant) particulaire. Il représente le nombre de particules traversant une surface élémentaire unitaire par unité de temps, orthogonale à cette surface. Sa dimension est [\jmath_{\text{part}}] = \mathrm{L}^{-2}\cdot\mathrm{T}^{-1} (en \text{m}^{-2}\cdot\text{s}^{-1}).
   • n(\vec{r}, t) : la concentration particulaire (nombre de particules de soluté par unité de volume). Sa dimension est [n] = \mathrm{L}^{-3} (en \text{m}^{-3}).
   • D : le coefficient de diffusion du soluté dans le milieu. Sa dimension est [D] = \mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-1} (en \text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}).
   • \overrightarrow{\mathrm{grad}} \, n(\vec{r}, t) : le gradient spatial de la concentration, de dimension [\mathrm{grad}\, n] = \mathrm{L}^{-4} (en \text{m}^{-4}).

   La concentration particulaire n(\vec{r}, t) et la concentration molaire c(\vec{r}, t) sont reliées par le nombre d'Avogadro \mathcal{N}_{\text{A}} :

   n(\vec{r}, t) = \mathcal{N}_{\text{A}} \, c(\vec{r}, t)

   De même, le flux molaire traversant une surface élémentaire correspond au flux particulaire divisé par \mathcal{N}_{\text{A}}, d'où la relation entre densités de courant :

   \vec{\jmath}(\vec{r}, t) = \frac{\vec{\jmath}_{\text{part}}(\vec{r}, t)}{\mathcal{N}_{\text{A}}}

   En introduisant la loi de Fick particulaire et en exploitant la linéarité du gradient :

   \vec{\jmath}(\vec{r}, t) = -\frac{D}{\mathcal{N}_{\text{A}}} \, \overrightarrow{\mathrm{grad}}\bigl(\mathcal{N}_{\text{A}} \, c(\vec{r}, t)\bigr)

   \boxed{\vec{\jmath}(\vec{r}, t) = - D \, \overrightarrow{\mathrm{grad}} \, c(\vec{r}, t)}

   Résultat

   $$\vec{ȷ}(\vec{r},t)=-D\overrightarrow{\mathrm{grad}}c(\vec{r},t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2020, Q4

   Par définition donnée par l'énoncé, le flux \Phi_0(r) = \Phi_0 correspond à la quantité de matière entrant par unité de temps à travers la sphère \mathcal{S}(r) de rayon r centrée sur la bactérie.

   Le vecteur surface élémentaire orienté vers l'extérieur de la sphère étant \mathrm{d}^2\vec{S} = r^2\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\theta\,\vec{e}_r, la normale rentrante est -\vec{e}_r. Le flux entrant s'écrit donc :

   \Phi_0 = \iint_{\mathcal{S}(r)} \vec{\jmath}(\vec{r})\cdot(-\vec{e}_r)\,\mathrm{d}^2S

   En utilisant l'expression \vec{\jmath}(\vec{r}) = j(r)\vec{e}_r établie à la question 2 :

   \begin{aligned} \Phi_0 &= \iint_{\mathcal{S}(r)} \left(j(r)\vec{e}_r\right)\cdot(-\vec{e}_r)\,\mathrm{d}^2S \\ &= - j(r) \iint_{\mathcal{S}(r)} \mathrm{d}^2S \\ &= - 4\pi r^2 j(r) \end{aligned}

   Les nutriments diffusant vers la bactérie (qui agit comme un puits), le courant molaire est centripète, soit j(r) < 0. La norme de la densité molaire de courant est ainsi :

   \|\vec{\jmath}(r)\| = |j(r)| = -j(r)

   On en déduit la relation reliant le flux \Phi_0 à la norme de la densité de courant et au rayon r :

   \boxed{\Phi_0 = 4\pi r^2 \|\vec{\jmath}(r)\|}

   ce qui correspond, en termes de la composante radiale algébrique j(r), à :

   j(r) = -\frac{\Phi_0}{4\pi r^2}

   Résultat

   $${\Phi }_0=4\pi r^2\Vert \vec{ȷ}(r)\Vert$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2020, Q5

   D'après la loi de Fick projetée selon \vec{e}_r (question Q2) et l'expression issue de la conservation du flux de matière entrant \Phi_0 (question Q4), nous avons :

   j(r) = - D \frac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}r} = -\frac{\Phi_0}{4\pi r^2}

   On en déduit l'équation différentielle séparable vérifiée par le profil de concentration c(r) pour r \ge R :

   \frac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}r} = \frac{\Phi_0}{4\pi D r^2}

   En intégrant entre une distance r quelconque et l'infini, où la concentration tend vers c_\infty :

   \begin{aligned} \int_{c(r)}^{c_\infty} \mathrm{d}c &= \int_{r}^{+\infty} \frac{\Phi_0}{4\pi D {r'}^2} \, \mathrm{d}r' \\ c_\infty - c(r) &= \left[ -\frac{\Phi_0}{4\pi D r'} \right]_{r}^{+\infty} = \frac{\Phi_0}{4\pi D r} \end{aligned}

   Il vient finalement :

   \boxed{c(r) = c_\infty - \frac{\Phi_0}{4\pi D r}}

   Résultat

   $$c(r)=c_{\infty }-\frac{{\Phi }_0}{4\pi Dr}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2025, Q13

   Si la longueur du nuage atteint une valeur finie L_{\infty} = \lim_{t \to +\infty} L(t), la vitesse d'avancée du front doit nécessairement s'annuler en temps long :

   \lim_{t \to +\infty} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t} = 0

   D'après l'équation différentielle (4) issue de la question Q10 :

   L^{1/2}\,\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t} = A \psi^{1/2}

   Comme L(t) tend vers une limite finie non nulle L_\infty, le membre de gauche tend vers 0 lorsque t \to +\infty. La constante A étant strictement positive, cela implique que :

   \boxed{\lim_{t \to +\infty} \psi(t) = 0}

   Lorsque \psi \to 0, la fraction volumique solide tend vers sa valeur critique \phi_{\min}, ce qui annule la gravité effective g' (d'après l'équation (2)) : la masse volumique du nuage devient égale à celle de l'air ambiant (\rho_{\mathrm{c}} \to \rho_0), de sorte que la poussée d'Archimède compense exactement le poids du nuage, éteignant le moteur gravitaire de l'écoulement.

   Dans la réalité, les particules solides en suspension ne restent pas indéfiniment dans le nuage : sous l'action de la pesanteur, elles tombent et se déposent sur le sol. Le phénomène physique indispensable à prendre en compte pour compléter ce modèle est donc la sédimentation (ou le dépôt gravitaire) des particules solides.

   Résultat

   $$\underset{t\to +\infty }{\lim }\psi (t)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2025, Q19

   Le nuage est modélisé par un pavé droit de longueur L(t), de largeur constante W_0 selon l'axe (\mathrm{O}y) et de hauteur h(t). La surface de contact entre la base du nuage et le sol horizontal (z=0) est donc :

   S(t) = L(t) \, W_0

   Chaque particule solide chute verticalement vers le sol à la vitesse constante v_{\mathrm{s}}. Pendant la durée infinitésimale \mathrm{d}t, les particules qui atteignent le sol sont celles qui se trouvaient initialement à une altitude z \le v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t. Elles sont donc issues d'un volume élémentaire adjacent au sol :

   \mathrm{d}V = S(t) \times v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t = L(t) \, W_0 \, v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t

   Comme la turbulence maintient la fraction volumique solide \phi(t) spatialement uniforme dans tout le nuage, le volume total de solide contenu dans cette tranche s'écrit :

   \mathrm{d}V_{\mathrm{s}} = \phi(t) \, \mathrm{d}V = \phi(t) \, L(t) \, W_0 \, v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t

   Les particules étant des sphères identiques de diamètre d, le volume propre d'une particule est :

   v_{\mathrm{p}} = \frac{4}{3}\pi \left(\frac{d}{2}\right)^3 = \frac{\pi d^3}{6}

   Le nombre \mathrm{d}N_{\mathrm{s}} de particules solides atteignant le sol entre t et t + \mathrm{d}t est le rapport de ces volumes :

   \mathrm{d}N_{\mathrm{s}} = \frac{\mathrm{d}V_{\mathrm{s}}}{v_{\mathrm{p}}} = \frac{\phi(t) \, L(t) \, W_0 \, v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t}{\dfrac{\pi d^3}{6}}

   d'où l'expression recherchée :

   \boxed{\mathrm{d}N_{\mathrm{s}} = \frac{6 \, W_0 \, v_{\mathrm{s}}}{\pi d^3} \, L(t) \, \phi(t) \, \mathrm{d}t}

   Résultat

   $$\mathrm{d}{N}_{\mathrm{s}}=\frac{6W_0{v}_{\mathrm{s}}}{\pi d^3}L(t)\varphi (t)\mathrm{d}t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2025, Q20

   Le volume total du nuage est supposé constant au cours de l'écoulement :

   V = L(t)\, h(t)\, W_0 = L_0\, h_0\, W_0 = \text{cte}

   Soit v_{\mathrm{p}} = \frac{\pi d^3}{6} le volume d'une particule solide. Le volume total occupé par les particules dans le nuage est V_{\mathrm{s}}(t) = \phi(t) V, de sorte que le nombre total de particules solides présentes dans le nuage à l'instant t s'écrit :

   N(t) = \frac{V_{\mathrm{s}}(t)}{v_{\mathrm{p}}} = \frac{\phi(t) V}{v_{\mathrm{p}}}

   Entre les instants t et t+\mathrm{d}t, les particules qui se déposent au sol ne participent plus à la dynamique du nuage. Le bilan sur le nombre de particules s'écrit donc :

   \mathrm{d}N(t) = N(t+\mathrm{d}t) - N(t) = -\mathrm{d}N_{\mathrm{s}}

   En utilisant l'expression de \mathrm{d}N_{\mathrm{s}} établie à la question Q19 (\mathrm{d}N_{\mathrm{s}} = \frac{\phi(t)\, L(t)\, W_0\, v_{\mathrm{s}}\, \mathrm{d}t}{v_{\mathrm{p}}}), il vient :

   \frac{V}{v_{\mathrm{p}}}\,\mathrm{d}\phi(t) = -\frac{W_0\, v_{\mathrm{s}}}{v_{\mathrm{p}}}\, L(t)\, \phi(t)\,\mathrm{d}t

   En divisant par \mathrm{d}t et en simplifiant par v_{\mathrm{p}}, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}\phi(t)}{\mathrm{d}t} = -\frac{W_0\, v_{\mathrm{s}}}{V}\, L(t)\, \phi(t) = -\frac{W_0\, v_{\mathrm{s}}}{L_0\, h_0\, W_0}\, L(t)\, \phi(t) = -B\, L(t)\, \phi(t)

   On identifie ainsi l'expression de la constante B :

   \boxed{B = \frac{v_{\mathrm{s}}}{L_0\, h_0}}

   Par définition (question Q5), la fraction volumique solide d'excès s'écrit \psi(t) = \phi(t) - \phi_{\min}, où \phi_{\min} est une constante. On a donc :

   \frac{\mathrm{d}\psi(t)}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}\phi(t)}{\mathrm{d}t} \quad \text{et} \quad \phi(t) = \psi(t) + \phi_{\min}

   En injectant ces relations dans l'équation différentielle (6), on obtient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\psi(t)}{\mathrm{d}t} = -B\, L(t)\,\big(\psi(t) + \phi_{\min}\big)}

   Résultat

   $$B=\frac{v_{\mathrm{s}}}{L_0{h}_0}$$

   $$\frac{\mathrm{d}\psi (t)}{\mathrm{d}t}=-BL(t)(\psi (t)+{\varphi }_{\min })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2022, Q22

    Dans le cadre de l'approximation quasi-stationnaire, la dépendance temporelle explicite de la concentration est négligée devant la diffusion spatiale :

    \frac{\partial c_{\mathrm{w}}}{\partial t} = 0

    L'équation de diffusion (10) devient alors une équation différentielle ordinaire sur c_{\mathrm{w}}(r) :

    \frac{D_{\mathrm{w}}}{r^2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \left( r^2 \frac{\mathrm{d}c_{\mathrm{w}}}{\mathrm{d}r} \right) = 0

    Le coefficient de diffusion D_{\mathrm{w}} étant non nul, on intègre une première fois par rapport à r :

    \begin{aligned} r^2 \frac{\mathrm{d}c_{\mathrm{w}}}{\mathrm{d}r} &= C_1 \quad (C_1 = \text{Cste}) \\ \frac{\mathrm{d}c_{\mathrm{w}}}{\mathrm{d}r} &= \frac{C_1}{r^2} \end{aligned}

    Une seconde intégration conduit à :

    c_{\mathrm{w}}(r) = -\frac{C_1}{r} + C_2 \quad (C_2 = \text{Cste})

    La condition aux limites à grande distance de la gouttelette impose :

    \lim_{r \to +\infty} c_{\mathrm{w}}(r) = c_0 \implies C_2 = c_0

    En posant C_1 = -c_0 b (ou en conservant une constante additive A = -C_1), l'expression de la concentration s'écrit :

    \boxed{c_{\mathrm{w}}(r) = c_0 + \frac{A}{r} = c_0 \left( 1 + \frac{b}{r} \right)}

    où la constante b (ou A) reste à déterminer à l'aide des conditions à la surface de la gouttelette.

    Résultat

    $$c_{\mathrm{w}}(r)=c_0+\frac{A}{r}=c_0\left(1+\frac{b}{r}\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question