Ce document détaille des exercices de thermodynamique et de transfert de chaleur, avec des calculs sur l'irradiation, la radiosité et le flux radiatif net entre surfaces. Les exercices incluent également la détermination de l'équation de chaleur dans un cœur radioactif et des schémas de distribution thermique dans des matériaux. Les résultats finaux fournissent des températures spécifiques et des flux radiatifs pour différents scénarios.

1. Groupe: IEX 05
Correction EMD 2 : Thermodynamique et Transfert de Chaleur
Exercice 1 (6 Pts)
1- Calcul de l’irradiation Totale (1Pts)
0
G G dλ λ
∞
= ∫ …0,5
1
G=400 (2 1)+300 (4 2) 300 (7 4)
2
⇒ × − × − + × × −
Donc G=1450 W/m2
…0,5
2- Calcul de la radiosité Totale (1.5 Pts)
On a J=E+ρG …0,5
Et d’après les données ρ=0.4, α=0.6 …0,5 donc
J=600+0.4x1450 ⇒ J=1180 W/m2
…0,5
3- le flux radiatif net (1.5 Pts)
q=J−G …0,5 ⇒ q=-270 W/m2
(flux reçu) …1
4-Le schéma du bilan d’énergie (2 Pts)
Exercice 2 (6 Pts)
1-Calcul du flux radiatif net (1,5 Pts)
Le calcul du facteur de forme F12
On a F11+F12+F13=1 (F13 pour la surface en pointillé) avec F11=0
F12=F13 (Symétrie) donc F12=0.5…0,5
Le flux radiatif net entre les deux surfaces noires :
4 4
12 1 12 1 2Q A F (T T )σ= − …0,5 avec A1=0.1x1 donc
Q12≈1680 W …0,5
2- Le schéma électrique (1 Pts)
3- Calcul du nouveau flux radiatif net (2 Pts)
Puisque la troisième surface est isolée (Q3=0)
Donc Q1=-Q2=-Q12 donc
b1 b2
12
eq
E E
Q'
R
−
= …0,5
On a F12=F13=F23=0.5 et A1= A2= A3 …0,5 (triangle équilatérale)
[ ]
1
1
eq 1 12 1 13 2 23
1 12
2
R A F 1/A F 1/A F
3A F
−
−
 = + + =
  …0,5 donc
4 4
12 1 12 1 2
3
Q' A F (T T )
2
σ= − ⇒ Q’12≈2520 W …0,5
4- calcul de la température de la troisième surface (1,5 Pts)
Q3=0 ⇒ Q13= Q23…0,5 1 12 b1 b2 3 32 b3 b2A F (E E ) A F (E E )⇒ − = − donc
4
b3 3 b1 b2E = T =(E + E )/2σ ⇒
1/4
4 4
3 1 2T (T T )/2 = +  …0,5
q=-270
Unité : W/m2

2. T3=916 K …0,5
Exercice 3 (8 Pts)
1-détermination de l’équation de la chaleur dans le cœur radioactif (3Pts)
L’équation de la chaleur dans ces conditions s’écrit
2
2
1
0
λ
∂
+ =
∂
&T q
x
…0,5 si on intègre deux fois on obtient la solution :
2
1 2
1
( )
2
q
T x x C x C
λ
= − + +
&
…0,5, on déduit C1 et C2 à partir des conditions aux limites :
x=-L : T=T1=
2
1 2
12
q
L C L C
λ
− − +
&
;x=L: T=T2=
2
1 2
12
q
L C L C
λ
− + +
&
donc on obtient
21 2
2
12 2
T T q
C L
λ
+
= +
&
…0,5 1 2
1
2
−
= −
T T
C
L
…0,5
2 2 1 2 1 2
1
( ) ( )
2 2 2
T T T Tq
T x L x x
Lλ
− +
= − − +
&
…1
2- Schéma de distribution de la température dans le système (1,5 Pts)
-Dans la première couche d’acier –b−L<x<-L c’est une conduction sans sources donc
T(x)=ax+b Mais une face est isolé x=-b-L :
dT/dx=0 ⇒ T(x)=b=T0=T1….0,5
- Pour -L<x<L c’est la fonction de la partie 1 avec
dT/dx=0 (x=-L)
- Pour L<x<L+b c’est une conduction sans
sources donc T(x)=a’x+b’ et on obtient :
T(x)= (T3− T2)(x-L)/b+ T2…0,5 et on obtient le
schéma suivant…0,5 :
3- Calcul des températures T0, T1, T2, et T3. (2,5 Pts)
En régime permanent on a la conservation du flux : 3( )g convQ Q qV hS T T∞= ⇒ = −& & &
3 3
2
2 ( )
qL
qS L hS T T T T
h
∞ ∞⇒ × = − ⇒ = +
&
& donc T3=260 °C…0,75
En régime permanent on a la conservation du flux : g condQ Q=& &
2 2 32 ( )/qS L S T T bλ⇒ × = −&
2 3
2
2qLb
T T
λ
⇒ = +
&
⇒ T2=380 °C…0,75
Pour x=-L on a dT/dx=0⇒
2
1 2
1 2
1 1
2
0
2
T Tq qL
L T T
Lλ λ
−
= − ⇒ = +
& &
Donc T1=530°C…0,75
T0=T1=530°C…0,25
4- Les températures maximales et minimales (1 Pts)
On a pour x=-L, dT/dx=0 ⇒ Tmax= T(L)=T1 ⇒ Tmax =530°C...0,5
Il est clair d’après le schéma que Tmin=T(L)=T2 ⇒ Tmin =380°C…0,5