Transferts thermiques : corrigé des exercices de physique terminale – PDF gratuit à télécharger et imprimer

1. Conduction (milieu matériel, sans déplacement de matière), convection (fluide en mouvement), rayonnement (aucun milieu nécessaire, se propage dans le vide).
2. Le flux thermique est l’énergie transférée par unité de temps : Φ = Q ÷ Δt, en watts.
3. R_th = e ÷ (λ S), en K·W⁻¹.
4. Φ = h S (T_ext − T).
5. τ = C ÷ (h S) ; unité : J·K⁻¹ ÷ (W·m⁻²·K⁻¹ × m²) = J·K⁻¹ ÷ (W·K⁻¹) = J ÷ W = s.

a. Vrai : c’est le sens spontané imposé par le second principe.
b. Faux : la conduction se fait de proche en proche sans déplacement de matière.
c. Vrai : le rayonnement du Soleil nous parvient à travers le vide spatial.
d. Faux : Φ = ΔT ÷ R_th, donc un R_th plus grand donne un flux plus petit.
e. Vrai : R_tot = R₁ + R₂ + … pour des parois en série.
f. Faux : φ ∝ T⁴, donc doubler T multiplie φ par 2⁴ = 16.
g. Faux : e⁻⁵ ≈ 0,0067, il reste 0,67 % de l’écart ; T tend vers T_ext sans l’atteindre en un temps fini.

a. Conduction (dans le métal). b. Convection (air en mouvement). c. Rayonnement (infrarouge du feu, l’air est mauvais conducteur). d. Convection (le fluide chaud monte, le froid descend). e. Rayonnement (à travers le vide). f. Conduction (contact direct entre le métal et l’aliment).

1. Δt = 3 600 s : Φ = 3,6 × 10⁵ ÷ 3 600 = 1,0 × 10² W.
2. Δt = 2,5 × 3 600 = 9 000 s ; Q = 1 800 × 9 000 = 1,6 × 10⁷ J (1,62 × 10⁷ J) ; en kWh : 1,8 kW × 2,5 h = 4,5 kWh.
3. Δt = 8,0 × 3 600 = 28 800 s ; Q = 40 × 28 800 = 1,15 × 10⁶ J.

1. R_th = e ÷ (λ S) = 4,0 × 10⁻³ ÷ (1,0 × 1,5) = 2,7 × 10⁻³ K·W⁻¹.
2. Φ = ΔT ÷ R_th = 15 ÷ 2,67 × 10⁻³ ≈ 5,6 × 10³ W. (La valeur est élevée car on a négligé les couches d’air qui limitent les échanges réels.)

1. R_air = 12 × 10⁻³ ÷ (0,026 × 1,5) = 0,31 K·W⁻¹ (0,3077).
2. Chaque verre : 2,67 × 10⁻³ K·W⁻¹. R_tot = 0,3077 + 2 × 2,67 × 10⁻³ = 0,313 K·W⁻¹.
3. Φ = 15 ÷ 0,313 ≈ 48 W. Rapport : 5 625 ÷ 47,9 ≈ 1,2 × 10² : le flux est environ cent vingt fois plus faible.
4. Si l’air circulait, la convection transporterait l’énergie : la lame cesserait d’être un isolant. L’air immobile (piégé) est un très mauvais conducteur.

1. À x = 20 cm, T ≈ 18 °C (18,2 °C).
2. La couche d’isolant : la température y passe de 18 °C à 0 °C (18 K) contre 2 K environ dans la brique.
3. R_brique = 0,20 ÷ (0,80 × 10) = 0,025 K·W⁻¹ ; R_isol = 0,10 ÷ (0,040 × 10) = 0,25 K·W⁻¹ ; R_tot = 0,275 K·W⁻¹ ; Φ = 20 ÷ 0,275 = 72,7 W.
4. ΔT_brique = Φ R_brique = 72,7 × 0,025 = 1,8 K, donc T_interface = 20 − 1,8 = 18,2 °C. Le flux est identique dans les deux couches et ΔT = R Φ : la couche de plus grande résistance (dix fois plus ici) subit la plus grande chute.

1. m = 2,0 kg ; Q = m c ΔT = 2,0 × 4 180 × 50 = 4,2 × 10⁵ J (4,18 × 10⁵ J).
2. Δt = Q ÷ P = 4,18 × 10⁵ ÷ 1 500 ≈ 279 s, soit 4 min 39 s.
3. La puissance utile est 0,80 × 1 500 = 1 200 W : Δt = 4,18 × 10⁵ ÷ 1 200 ≈ 348 s, soit 5 min 48 s.

1. Système isolé, sans travail : ΔU = Q = 0, soit m₁ c (T_f − 20) + m₂ c (T_f − 80) = 0.
2. 200 (T_f − 20) + 100 (T_f − 80) = 0, d’où 300 T_f = 12 000 et T_f = 40 °C.
3. Parce que les masses sont différentes : T_f est la moyenne pondérée par les masses (200 g d’eau froide pèsent plus que 100 g d’eau chaude) ; la moyenne simple donnerait 50 °C.

1. Φ = h S (T_surface − T_air) = 10 × 0,50 × 40 = 2,0 × 10² W.
2. Q = Φ Δt = 200 × 1 800 = 3,6 × 10⁵ J.
3. 100 = 10 × 0,50 × (T − 20), d’où T − 20 = 20 et T = 40 °C.

1. T(0) = 70 °C ; la courbe tend vers 20 °C, la température T_ext de la pièce (équilibre thermique).
2. Écart initial : 70 − 20 = 50 K ; 63 % de 50 K = 31,5 K ; on cherche T = 70 − 31,5 ≈ 38,5 °C : on lit t ≈ 600 s, donc τ ≈ 6,0 × 10² s.
3. T(t) = 20 + 50 e^−t/600 ; T(1 500) = 20 + 50 × e^−2,5 = 20 + 50 × 0,0821 ≈ 24 °C.
4. 20 + 50 e^−t/600 = 25 ⇒ e^−t/600 = 0,10 ⇒ t = 600 × ln 10 ≈ 1,4 × 10³ s (1 382 s, soit 23 min).

1. τ = C ÷ (hS) = 1,0 × 10³ ÷ 2,0 = 5,0 × 10² s ; unité : (J·K⁻¹) ÷ (W·K⁻¹) = J·W⁻¹ = s.
2. C = 0,50 × 4 180 = 2 090 J·K⁻¹ ; τ = 2 090 ÷ 3,5 ≈ 6,0 × 10² s, soit 10 min.
3. Masse doublée : C double, donc τ double. hS doublé : τ est divisé par 2.
4. Augmenter la capacité thermique (plus de liquide) et diminuer hS (double paroi, vide entre les parois, surface réfléchissante, bouchon isolant).

1. dT/dt = −(60 ÷ 500) e^−t/500 = −0,12 e^−t/500. Alors dT/dt + T/τ = −0,12 e^−t/500 + (20 + 60 e^−t/500) ÷ 500 = 0,04 + (−0,12 + 0,12) e^−t/500 = 0,04 = 20 ÷ 500 = T_ext/τ. Condition initiale : T(0) = 20 + 60 = 80 °C.
2. T(τ) = 20 + 60 e⁻¹ = 42,1 °C ; T(2τ) = 20 + 60 e⁻² = 28,1 °C ; T(3τ) = 20 + 60 e⁻³ = 23,0 °C ; T(5τ) = 20 + 60 e⁻⁵ = 20,4 °C.
3. 60 e^−t/τ = 20 ⇒ t = τ ln 3 = 500 × 1,0986 ≈ 5,5 × 10² s ; 60 e^−t/τ = 10 ⇒ t = τ ln 6 = 500 × 1,7918 ≈ 9,0 × 10² s.

1. (T − T_ext) ÷ (T₀ − T_ext) = e^−t/τ, donc y = −t ÷ τ : fonction linéaire de t, de coefficient directeur −1 ÷ τ.
2. La droite passe par (0 ; 0) et (1 500 s ; −3,0) : coefficient directeur = −3,0 ÷ 1 500 = −2,0 × 10⁻³ s⁻¹, donc τ = 1 ÷ (2,0 × 10⁻³) = 5,0 × 10² s.
3. La droite utilise tous les points et permet de valider le modèle exponentiel (alignement) ; la méthode des 63 % ne repose que sur un point.

1. φ = σ T⁴ = 5,67 × 10⁻⁸ × 310⁴ = 5,67 × 10⁻⁸ × 9,235 × 10⁹ ≈ 5,2 × 10² W·m⁻² ; P = φ S = 523,6 × 1,7 ≈ 8,9 × 10² W.
2. λ_max = 2,90 × 10⁻³ ÷ 310 = 9,4 × 10⁻⁶ m = 9,4 µm : domaine infrarouge (supérieur à 800 nm).
3. φ_murs = 5,67 × 10⁻⁸ × 293⁴ = 5,67 × 10⁻⁸ × 7,370 × 10⁹ ≈ 418 W·m⁻² ; P_reçue = 418 × 1,7 ≈ 7,1 × 10² W. Puissance nette perdue : 890 − 710 ≈ 1,8 × 10² W.

1. Le maximum se situe à λ_max ≈ 580 nm.
2. T = 2,90 × 10⁻³ ÷ 5,80 × 10⁻⁷ = 5,0 × 10³ K.
3. La courbe retombe lentement du côté des grandes longueurs d’onde : une part importante de l’aire, de l’ordre de la moitié, se trouve au-delà de 800 nm (infrarouge). L’estimation est qualitative.
4. λ_max est divisée par 2 (T doublée, λ_max T constant) : environ 290 nm ; φ est multiplié par 16.

1. La Terre intercepte S₀ sur un disque d’aire πR², mais sa surface est 4πR² : en moyenne, le flux par unité de surface est S₀ ÷ 4.
2. (1 − 0,30) × 1 361 ÷ 4 = 238,2 W·m⁻² = σ T⁴, donc T = (238,2 ÷ 5,67 × 10⁻⁸)^1/4 = (4,20 × 10⁹)^1/4 ≈ 255 K, soit −18 °C.
3. A = 0,35 : 0,65 × 1 361 ÷ 4 = 221,2 W·m⁻², T = (3,90 × 10⁹)^1/4 ≈ 250 K (−23 °C), soit ΔT ≈ −4,7 K : une Terre plus réfléchissante est plus froide.
4. La valeur observée (288 K) dépasse la valeur sans atmosphère de 255 K d’environ 33 K : c’est le rôle de l’effet de serre naturel.

1. 340 − 102 = 238 : la puissance absorbée par la Terre est égale à la puissance qu’elle émet vers l’espace, c’est l’équilibre radiatif (température moyenne stable).
2. φ = σ × 288⁴ = 5,67 × 10⁻⁸ × 6,880 × 10⁹ ≈ 3,9 × 10² W·m⁻² (390 W·m⁻²) : cohérent avec le schéma.
3. 390 − 238 = 152 W·m⁻² : cette part du rayonnement infrarouge du sol est absorbée par l’atmosphère (et partiellement renvoyée vers le sol) au lieu de s’échapper : c’est l’effet de serre.
4. L’atmosphère retient davantage : pour que l’équilibre se rétablisse, la température du sol augmente jusqu’à ce que le flux émis vers l’espace redevienne égal à 238 W·m⁻².

1. R_th,min = ΔT ÷ Φ_max = 20 ÷ 400 = 0,050 K·W⁻¹.
2. e = R λ S = 0,050 × 0,040 × 60 = 0,12 m, soit 12 cm de laine de verre.
3. e = 0,050 × 0,025 × 60 = 0,075 m, soit 7,5 cm.
4. Q = 400 W × 24 h = 9 600 Wh = 9,6 kWh (3,5 × 10⁷ J).

1. C dT = h S (T_ext − T) dt conduit à T(t) = 20 + 70 e^−t/τ (T₀ = 90 °C).
2. À t = 7 200 s : 60 = 20 + 70 e^{−7 200/τ}, donc e^{−7 200/τ} = 40 ÷ 70 = 0,5714, soit 7 200 ÷ τ = ln(1,75) = 0,5596 et τ ≈ 1,29 × 10⁴ s (3,6 h).
3. C = 1,0 × 4 180 = 4 180 J·K⁻¹ ; hS = C ÷ τ = 4 180 ÷ 12 866 ≈ 0,32 W·K⁻¹.
4. t = 21 600 s : T = 20 + 70 e^{−21 600/12 866} = 20 + 70 × e^−1,679 = 20 + 70 × 0,187 ≈ 33 °C.
5. Le modèle suppose h constant (alors que la convection dépend de l’écart de température), une température uniforme dans le liquide, une capacité de bouteille et des pertes par le bouchon négligeables, et T_ext constante.