Feuille d'entraînement : Diffusion thermique et diffusion de particules

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q48

   La loi phénoménologique de Fourier régit la conduction thermique au sein d'un milieu matériel isotrope.

   Sous sa forme locale tridimensionnelle générale, elle relie le vecteur densité de flux thermique \vec{j}_{\mathrm{th}} au gradient de température :

   \boxed{\vec{j}_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \vec{\mathrm{grad}}\, T}

   où :

   • \vec{j}_{\mathrm{th}} est la densité surfacique de flux thermique (en \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}) ;
   • \lambda_{\mathrm{th}} est la conductivité thermique du milieu (en \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}\cdot\mathrm{K}^{-1}), avec \lambda_{\mathrm{th}} > 0 ;
   • T est la température locale (en \mathrm{K}).

   Dans le cas unidimensionnel selon l'axe (Ox) décrit par le texte, où la température ne dépend que de l'abscisse x, cette relation s'écrit de façon scalaire :

   \boxed{j_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}}

   Résultat

   $${\vec{j}}_{\mathrm{th}}=-{\lambda }_{\mathrm{th}}\overrightarrow{\mathrm{grad}}T$$

   $$j_{\mathrm{th}}=-{\lambda }_{\mathrm{th}}\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q49

   Par analogie entre conduction électrique et conduction thermique :

   • la différence de potentiel V_1 - V_2 (cause du courant électrique) correspond à la différence de température T_1 - T_2 (cause du transfert thermique) ;
   • l'intensité du courant électrique I = \iint_S \vec{j} \cdot \vec{\mathrm{d}S} correspond à la puissance thermique (ou flux thermique) \mathcal{P}_{\mathrm{th}} = \iint_S \vec{j}_{\mathrm{th}} \cdot \vec{\mathrm{d}S} ;
   • la loi d'Ohm locale \vec{j} = -\gamma\, \vec{\nabla} V correspond à la loi de Fourier \vec{j}_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}}\, \vec{\nabla} T, la conductivité électrique \gamma correspondant à la conductivité thermique \lambda_{\mathrm{th}}.

   Par analogie avec la loi d'Ohm macroscopique V_1 - V_2 = R_e I, on définit la résistance thermique R_{\mathrm{th}} d'un conducteur reliant deux parois à températures imposées T_1 et T_2 (T_1 > T_2) traversé par un flux thermique \mathcal{P}_{\mathrm{th}} orienté de 1 vers 2 par :

   \boxed{R_{\mathrm{th}} = \frac{T_1 - T_2}{\mathcal{P}_{\mathrm{th}}}}

   Dans le barreau cylindrique d'axe (Ox), le flux thermique \vec{j}_{\mathrm{th}} = j_{\mathrm{th}} \vec{e_x} est uniforme et traverse la section S orthogonale à \vec{e_x}. La puissance thermique s'exprime ainsi :

   \mathcal{P}_{\mathrm{th}} = \iint_S j_{\mathrm{th}} \vec{e_x} \cdot (\mathrm{d}S \vec{e_x}) = j_{\mathrm{th}} S

   D'après la loi de Fourier unidimensionnelle (question Q48) :

   j_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}

   En intégrant entre l'extrémité gauche x = 0 (à la température T_1) et l'extrémité droite x = \ell (à la température T_2) :

   \begin{aligned} T_1 - T_2 &= -\int_0^\ell \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^\ell \frac{j_{\mathrm{th}}}{\lambda_{\mathrm{th}}}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{j_{\mathrm{th}} \ell}{\lambda_{\mathrm{th}}} \\ &= \frac{\ell}{\lambda_{\mathrm{th}} S} \mathcal{P}_{\mathrm{th}} \end{aligned}

   Par identification avec la relation de définition T_1 - T_2 = R_{\mathrm{th}} \mathcal{P}_{\mathrm{th}}, on retrouve l'expression annoncée :

   \boxed{R_{\mathrm{th}} = \frac{\ell}{\lambda_{\mathrm{th}} S}}

   On remarque que cette formule se déduit également de l'expression de la résistance électrique R_{e,\mathrm{Cu}} = \frac{\ell}{\gamma S} établie à la question Q47 par simple substitution de \gamma par \lambda_{\mathrm{th}}.

   Résultat

   $$R_{\mathrm{th}}=\frac{T_1-T_2}{{\mathcal{P}}_{\mathrm{th}}}$$

   $$R_{\mathrm{th}}=\frac{\ell }{{\lambda }_{\mathrm{th}}S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS 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

4. Exercice 4ENS 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

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2022, Q23

   Dans l'air ambiant entourant la gouttelette, la diffusion de la vapeur d'eau est régie par la première loi de Fick :

   \vec{j}_{\mathrm{w}}(r) = -D_{\mathrm{w}} \vec{\mathrm{grad}}\, c_{\mathrm{w}}(r)

   Compte tenu de la symétrie sphérique du problème, le gradient s'écrit selon le vecteur unitaire radial \vec{e}_r :

   \vec{\mathrm{grad}}\, c_{\mathrm{w}}(r) = \frac{\mathrm{d}c_{\mathrm{w}}}{\mathrm{d}r}\,\vec{e}_r

   À partir de l'expression de la concentration donnée par l'équation (11) :

   \frac{\mathrm{d}c_{\mathrm{w}}}{\mathrm{d}r} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left[c_0\left(1 + \frac{b}{r}\right)\right] = -\frac{c_0 b}{r^2}

   La densité de flux de diffusion en tout point r \ge R s'écrit donc :

   \vec{j}_{\mathrm{w}}(r) = \frac{D_{\mathrm{w}} c_0 b}{r^2}\,\vec{e}_r

   En évaluant cette grandeur à la surface de la gouttelette, en r = R, on obtient :

   \boxed{\vec{j}_{\mathrm{w}}(R) = \frac{D_{\mathrm{w}} c_0 b}{R^2}\,\vec{e}_r}

   Résultat

   $${\vec{j}}_{\mathrm{w}}(R)=\frac{D_{\mathrm{w}}{c}_{0}b}{R^2}{\vec{e}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q15

   Considérons une tranche de bois indéformable comprise entre x et x+\mathrm{d}x. Ses caractéristiques géométriques sont :

   • Section droite : S = \pi r_c^2 ;
   • Volume : \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}x = \pi r_c^2\,\mathrm{d}x ;
   • Masse : \mathrm{d}m = \rho_b\,\mathrm{d}V = \rho_b \pi r_c^2\,\mathrm{d}x ;
   • Surface latérale en contact avec l'air : \mathrm{d}S_{\text{lat}} = 2\pi r_c\,\mathrm{d}x.

   Pendant la durée \mathrm{d}t, appliquons le premier principe de la thermodynamique à cette tranche au repos :

   \mathrm{d}U = \delta Q

   La variation d'énergie interne s'écrit, en considérant une phase condensée incompressible et indéformable :

   \mathrm{d}U = \mathrm{d}m\,C_b\,\mathrm{d}T = \rho_b C_b \pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial T}{\partial t}(x,t)\,\mathrm{d}t

   Les transferts thermiques reçus par la tranche pendant \mathrm{d}t comportent :

   • Le transfert thermique conductif entrant à travers la section en x :

     \delta Q_{\text{cond}}(x) = j(x,t) S\,\mathrm{d}t

   • Le transfert thermique conductif sortant à travers la section en x+\mathrm{d}x :

     \delta Q_{\text{cond}}(x+\mathrm{d}x) = j(x+\mathrm{d}x,t) S\,\mathrm{d}t \simeq \left( j(x,t) + \frac{\partial j}{\partial x}(x,t)\,\mathrm{d}x \right) S\,\mathrm{d}t

   • Le transfert thermique convectif cédé à l'air ambiant par la surface latérale (orienté vers l'extérieur) :

     \delta Q_{\text{conv}} = \varphi(x,t)\,\mathrm{d}S_{\text{lat}}\,\mathrm{d}t = h\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) \cdot 2\pi r_c\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   Le bilan thermique s'écrit alors :

   \delta Q = \delta Q_{\text{cond}}(x) - \delta Q_{\text{cond}}(x+\mathrm{d}x) - \delta Q_{\text{conv}} = -\frac{\partial j}{\partial x}\,\pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t - 2\pi r_c h\bigl(T(x,t) - T_0\bigr)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   En égalant \mathrm{d}U et \delta Q, puis en divisant par \pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t, on obtient :

   \rho_b C_b\,\frac{\partial T}{\partial t}(x,t) = -\frac{\partial j}{\partial x}(x,t) - \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr)

   Soit sous forme standard :

   \boxed{\rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} + \frac{\partial j(x,t)}{\partial x} + \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) = 0}

   Résultat

   $${\rho }_b{C}_b\frac{\partial T(x,t)}{\partial t}+\frac{\partial j(x,t)}{\partial x}+\frac{2h}{r_c}(T(x,t)-T_0)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q16

   À une dimension le long de l'axe (Ox), la loi phénoménologique de Fourier relie la composante algébrique du vecteur densité de flux thermique j(x,t) au gradient spatial de température :

   \boxed{j(x,t) = -\lambda_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial x}}

   où :

   • j(x,t) est la densité de flux thermique conductif (ou vecteur densité de courant thermique projeté selon \vec{e}_x), exprimée en watt par mètre carré (\mathrm{W\cdot m^{-2}}) ;
   • \lambda_b est la conductivité thermique du milieu (ici le bois), exprimée en watt par mètre et par kelvin (\mathrm{W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}}) ;
   • \dfrac{\partial T}{\partial x}(x,t) est le gradient de température selon la direction x, exprimé en kelvin par mètre (\mathrm{K\cdot m^{-1}}), avec la température T en kelvin (\mathrm{K}) et la coordonnée spatiale x en mètre (\mathrm{m}).

   Résultat

   $$j(x,t)=-{\lambda }_b\frac{\partial T(x,t)}{\partial x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q17

   D'après la question Q15, le bilan d'énergie sur une tranche élémentaire de bois d'épaisseur \mathrm{d}x s'écrit :

   \rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} + \frac{\partial j(x,t)}{\partial x} + \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) = 0

   En introduisant la loi de Fourier unidimensionnelle rappelée en Q16, j(x,t) = -\lambda_b \frac{\partial T}{\partial x}, et en supposant la conductivité thermique \lambda_b constante, il vient :

   \frac{\partial j}{\partial x} = -\lambda_b \frac{\partial^2 T}{\partial x^2}

   L'équation devient ainsi :

   \rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \lambda_b \frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} + \frac{2h}{r_c} T(x,t) = \frac{2h}{r_c} T_0

   En divisant cette relation par le facteur \dfrac{2h}{r_c} > 0, on obtient :

   T(x,t) + \frac{\rho_b C_b r_c}{2h}\frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \frac{\lambda_b r_c}{2h}\frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} = T_0

   Cette équation est bien de la forme attendue :

   T(x,t) + \tau \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \ell^2 \frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} = T_0

   avec les constantes positives définies par :

   \boxed{\tau = \frac{\rho_b C_b r_c}{2h}} \quad \text{et} \quad \boxed{\ell = \sqrt{\frac{\lambda_b r_c}{2h}}}

   Applications numériques : Avec r_c = 1\text{ mm} = 10^{-3}\text{ m} (d'après Q14), \rho_b = 1000\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, C_b = 2000\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}, \lambda_b = 0,2\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et h = 20\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1} :

   \begin{aligned} \tau &= \frac{1000 \times 2000 \times 10^{-3}}{2 \times 20} = \frac{2000}{40} = 50\text{ s} \\ \ell &= \sqrt{\frac{0,2 \times 10^{-3}}{2 \times 20}} = \sqrt{5 \times 10^{-6}}\text{ m} \simeq 2,2 \times 10^{-3}\text{ m} \end{aligned}

   Avec un chiffre significatif :

   \boxed{\tau = 5\times 10^1\text{ s}} \quad \text{et} \quad \boxed{\ell = 2\text{ mm}}

   Résultat

   $$\tau =\frac{{\rho }_b{C}_b{r}_c}{2h}$$

   $$\ell =\sqrt{\frac{{\lambda }_b{r}_c}{2h}}$$

   $$\tau =5\times 10^1\text{ s}$$

   $$\ell =2\text{ mm}$$

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9. Exercice 9ENS 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

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

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10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2020, Q2

    Le problème présente une symétrie sphérique :

    • La bactérie est assimilée à une sphère de rayon R centrée à l'origine \mathrm{O}, qui absorbe les nutriments de manière isotrope à sa surface.
    • Le milieu extérieur est infini, isotrope, et la concentration loin de la bactérie tend vers une constante uniforme c_\infty.

    Invariances : Le système physique est invariant par toute rotation autour de l'origine \mathrm{O}, c'est-à-dire par toute rotation d'angles \theta ou \varphi en coordonnées sphériques (r, \varphi, \theta). De plus, le régime est stationnaire. Par conséquent, le champ scalaire de concentration ne dépend que de la coordonnée radiale r :

    c(\vec{r}, t) = c(r).

    Symétries et direction du vecteur : Tout plan passant par le centre \mathrm{O} de la bactérie (contenant le vecteur unitaire radial \vec{e}_r) est un plan de symétrie pour la géométrie et les conditions aux limites du problème.

    Puisque le champ scalaire de concentration c(r) est invariant par réflexion par rapport à ces plans, le gradient \overrightarrow{\mathrm{grad}}\,c (et donc le vecteur densité de courant molaire \vec{\jmath}, d'après la loi de Fick \vec{\jmath} = -D\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,c) est un vecteur polaire contenu dans l'intersection de tous ces plans de symétrie passant par le point M.

    L'intersection de tous les plans de symétrie passant par M(r, \varphi, \theta) est la droite radiale (OM), portée par le vecteur unitaire \vec{e}_r. Ainsi :

    \vec{\jmath}(\vec{r}) = j(r)\,\vec{e}_r.

    On peut également le vérifier directement à l'aide de l'expression du gradient en coordonnées sphériques pour un champ scalaire c(r) :

    \begin{aligned} \vec{\jmath} &= -D\,\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,c(r) = -D\,\frac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}r}\,\vec{e}_r. \end{aligned}

    En posant j(r) = -D\,\dfrac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}r}, on retrouve bien :

    \boxed{\vec{\jmath}(\vec{r}, t) = j(r)\,\vec{e}_r}

    Résultat

    $$\vec{ȷ}(\vec{r},t)=j(r){\vec{e}}_r$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question