23.6 - onduction thermique et effet Joule

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Unformatted text preview: Physique PHENOMENES DE TRANSFERT EXERCICE D’ ORAL -EXERCICE 23.6• ENONCE : « Conduction thermique et effet Joule » On considère une barre cylindrique homogène, de section S et de longueur L (selon l’axe Ox). λ. Ses extrémités sont maintenues à des températures constantes ( T1 en x = 0, et T2 en x = L ). Elle est calorifugée latéralement et sa conductivité thermique est notée Elle est en outre parcourue par un courant électrique uniforme I (selon Ox) et la résistivité électrique est appelée ρ . La barre est suffisamment mince pour que la température ne dépende que de la variable x. 1) Déterminer la loi T(x) dans la barre. 2) Exprimer la puissance thermique Pth 2 reçue par la source T2 ; commenter les deux termes obtenus. Page 1 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. Physique PHENOMENES DE TRANSFERT EXERCICE D’ ORAL • CORRIGE : « Conduction thermique et effet Joule » 1) Prenons pour système une « tranche » de largeur dx, de section S ; appliquons le 1er Principe en régime permanent à ce système : dU entrant sor = 0 = Pth ( x) − Pth tan t ( x + dx) + δ PJ dt Rq : comme dans l’exercice 23.5, insistons sur le fait que d’un point de vue thermique, l’effet Joule est un gain d’énergie pour le système et qu’il doit être compté positivement dans le bilan énergétique précédent. ! ! dx entrant ( x) = ∫∫ jth ( x) ⋅ dSex = ∫∫ jth ( x) × dS = jth ( x) × S δ PJ = δ Rélec × I 2 = ρ I 2 ; par ailleurs : Pth S S S ! (puisque jth ( x ) a un module constant sur toute la section S) • sor Pth tan t ( x + dx) = jth ( x + dx ) × S ; après division par Sdx, le bilan devient : De même : jth ( x + dx ) − jth ( x) ρ I 2 = 2 ; dx S pour dx → 0 , on arrive à : La loi de Fourier permet d’obtenir : λ d 2T ( x ) ρI 2 =− 2 dx 2 S djth ( x ) ρ I 2 = 2 dx S (conforme à λ∆T + dPJ = 0) dτ ρI2 2 x + ax + b ; les conditions aux limites (continuité de la 2λ S 2 température aux extrémités) sont : T (0) = T1 et T ( L ) = T2 . Après calculs, il vient : L’intégration conduit à : T ( x) = − ρI2 2 ρ I 2 L2 T ( x) = − x + (T2 − T1 + )( x / L) + T1 2λ S 2 2λ S 2 2) On peut alors calculer la puissance thermique traversant une section S : Pth ( x ) = jth ( x) × S = −λ Pth ( x ) = dT ( x ) × S , que l’on peut mettre sous la forme : dx ρI 2 λS ( x − L / 2) + (T1 − T2 ) S L On en déduit : Pth 2 = Pth ( x = L) = ρ I 2L λS + (T1 − T2 ) 2S L λS (T1 − T2 ) correspond au transfert thermique dû au gradient thermique L ρI 2L existant entre les 2 extrémités de la barre (son signe est lié à celui de T1 − T2 ); le terme 2S Conclusion : le terme est la moitié de l’effet Joule total (la résistance d’un conducteur de longueur L et de section S vaut effectivement ρ L / S ), chaque source se répartissant cette puissance totale de manière symétrique. Page 2 Christian MAIRE EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites. ...
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This note was uploaded on 03/18/2012 for the course PHYS 101 taught by Professor M.dupont during the Spring '12 term at Paris Tech.

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