Exercices corrigés : transferts thermiques et premier principe (Terminale spécialité)

a) $\Delta U=mc\Delta T=2{,}0\times 4185\times 25=2{,}09\times 10^{5}\ \mathrm{J}$, soit environ $209\ \mathrm{kJ}$.

b) Parce que les deux échelles ont le MÊME pas : une variation d'un degré Celsius est exactement une variation d'un kelvin, seule l'origine diffère de $273{,}15$. Un écart de température a donc la même valeur dans les deux unités, alors qu'une température absolue n'a évidemment pas la même. La règle pratique est simple : dès qu'on écrit $\Delta T$, les deux se valent ; dès qu'on écrit $T$ seul, il faut des kelvins.

c) Premièrement, la RÉGULATION THERMIQUE des climats : les océans emmagasinent d'énormes quantités de chaleur pour de faibles variations de température, ce qui adoucit le climat des régions côtières et explique les hivers plus doux à Vancouver qu'à Winnipeg. Deuxièmement, l'usage de l'eau comme FLUIDE CALOPORTEUR dans les circuits de chauffage et de refroidissement, y compris dans les centrales nucléaires : à débit égal, elle transporte plus d'énergie que tout autre liquide courant.

d) Le récipient étant calorifugé, l'énergie perdue par l'eau chaude est intégralement gagnée par l'eau froide : $m_{1}c\left(T_{f}-80\right)+m_{2}c\left(T_{f}-20\right)=0$. Les masses étant égales, $c$ et $m$ se simplifient : $T_{f}=\dfrac{80+20}{2}=50\ \mathrm{^{\circ}C}$.

e) Avec $m_{2}=3{,}0\ \mathrm{kg}$ : $1{,}0\times\left(T_{f}-80\right)+3{,}0\times\left(T_{f}-20\right)=0$, donc $4{,}0\,T_{f}=80+60=140$ et $T_{f}=35\ \mathrm{^{\circ}C}$. La température finale est la moyenne PONDÉRÉE par les masses, et non la moyenne arithmétique : c'est la masse la plus grande qui impose sa température.

a) La convention est celle du RÉCEPTEUR : $Q$ et $W$ sont comptés POSITIVEMENT quand le système les reçoit, négativement quand il les cède. Un système qui se réchauffe reçoit donc $Q>0$, un système qui fournit du travail à l'extérieur a $W<0$.

b) S'il n'y a pas de travail, $W=0$ et le principe se réduit à $\Delta U=Q$ : toute la variation d'énergie interne provient du transfert thermique. C'est le cas de la plupart des situations de ce chapitre, où l'on chauffe ou refroidit un solide ou un liquide à pression constante.

c) Le système REÇOIT $500\ \mathrm{J}$ donc $Q=+500\ \mathrm{J}$, et il FOURNIT $200\ \mathrm{J}$ donc $W=-200\ \mathrm{J}$. Ainsi $\Delta U=500-200=+300\ \mathrm{J}$ : son énergie interne augmente de $300\ \mathrm{J}$.

d) Non, il ne l'interdit PAS. Le premier principe n'est qu'un bilan comptable : il exige seulement que l'énergie cédée par l'un soit reçue par l'autre, ce qui serait tout aussi vrai dans le sens froid vers chaud. C'est le SECOND principe, qui introduit l'entropie, qui interdit ce transfert spontané. Le premier principe autorise beaucoup de choses que la nature refuse.

e) Sa portée est la CONSERVATION de l'énergie : elle ne se crée ni ne se détruit, elle se transfère et se convertit. C'est ce qui interdit le mouvement perpétuel de première espèce. Ce qu'il ne dit pas, c'est le SENS des évolutions spontanées ni la qualité de l'énergie : il traite un joule de travail mécanique et un joule de chaleur diffuse comme équivalents, alors que le premier est intégralement convertible et le second non. Cette dissymétrie relève du second principe.

a) La CONDUCTION est le transfert de proche en proche, par agitation thermique communiquée d'une particule à sa voisine, sans déplacement macroscopique de matière. Elle est le mode dominant dans les solides, et particulièrement efficace dans les métaux où les électrons libres la relaient.

b) La CONVECTION est le transfert par déplacement macroscopique du fluide lui-même : les portions chaudes, moins denses, montent, tandis que les froides descendent, créant un courant. Exemple domestique : un radiateur qui chauffe une pièce, l'air chaud montant au plafond et redescendant refroidi le long des murs.

c) Le RAYONNEMENT est le transfert par ondes électromagnétiques, principalement infrarouges, émises par tout corps du fait de sa température. Ce qui le distingue radicalement, c'est qu'il ne nécessite AUCUN support matériel : il traverse le vide. C'est le seul moyen par lequel l'énergie du Soleil nous parvient à travers l'espace.

d) La cuillère : CONDUCTION, à travers le métal. L'eau qui bout : CONVECTION principalement, avec de la conduction au contact du fond. La chaleur du Soleil : RAYONNEMENT exclusivement, puisqu'il n'y a pas de matière entre le Soleil et nous.

e) Chaque élément vise un mode. Le VIDE entre les parois supprime la conduction et la convection, qui exigent toutes deux un milieu matériel. Les parois ARGENTÉES, très réfléchissantes dans l'infrarouge, renvoient le rayonnement au lieu de l'absorber et l'émettent très mal, ce qui neutralise le troisième mode. Il ne reste que le bouchon et le col, où la conduction subsiste par le matériau du contenant : c'est d'ailleurs par là qu'un thermos perd l'essentiel de sa chaleur.

a) $R_{\mathrm{th}}=\dfrac{e}{\lambda S}=\dfrac{0{,}20}{1{,}4\times 20}=\dfrac{0{,}20}{28}=7{,}1\times 10^{-3}\ \mathrm{K/W}$. L'unité est le kelvin par watt, puisque le flux est une puissance.

b) $\Phi=\dfrac{\Delta T}{R_{\mathrm{th}}}=\dfrac{20}{7{,}1\times 10^{-3}}=2{,}8\times 10^{3}\ \mathrm{W}$. Ce mur nu laisse donc échapper près de trois kilowatts, l'équivalent d'un gros radiateur fonctionnant en permanence.

c) L'analogie est exacte terme à terme. Le FLUX thermique $\Phi$ joue le rôle de l'INTENSITÉ, l'écart de TEMPÉRATURE $\Delta T$ celui de la TENSION, et la RÉSISTANCE THERMIQUE celui de la résistance électrique. La relation $\Phi=\dfrac{\Delta T}{R_{\mathrm{th}}}$ est le strict analogue de $I=\dfrac{U}{R}$. Dans les deux cas, une différence de potentiel généralisée provoque un écoulement qu'une résistance limite.

d) Elles s'AJOUTENT, comme des résistances électriques en série : $R_{\mathrm{tot}}=R_{1}+R_{2}$. L'analogie le rend évident, puisque le même flux traverse successivement les deux couches, exactement comme le même courant traverse deux résistances en série, et que les écarts de température s'additionnent comme les tensions.

e) Un bon isolant a une PETITE conductivité $\lambda$, ce qui lui donne une GRANDE résistance thermique. Les deux formulations sont équivalentes puisque $R_{\mathrm{th}}$ est inversement proportionnelle à $\lambda$. On retiendra que l'air immobile est un excellent isolant, et que la plupart des isolants du bâtiment ne font qu'emprisonner de l'air dans une structure poreuse pour l'empêcher de convecter.

a) En dérivant : $\dfrac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{1}{\tau}\left(T_{0}-T_{a}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau}=-\dfrac{1}{\tau}\left(T-T_{a}\right)$, ce qui est bien l'équation. Et en $t=0$, $\mathrm{e}^{0}=1$ donc $T=T_{a}+T_{0}-T_{a}=T_{0}$ : la condition initiale est respectée.

b) $\tau$ est le TEMPS CARACTÉRISTIQUE du refroidissement. Au bout de $t=\tau$, l'écart vaut $\left(T_{0}-T_{a}\right)\mathrm{e}^{-1}=0{,}368\left(T_{0}-T_{a}\right)$ : il en subsiste $36{,}8$ pour cent, autrement dit $63{,}2$ pour cent de l'écart a été comblé.

c) La température tend vers $T_{a}$, celle du milieu, puisque l'exponentielle tend vers zéro. Le corps ne l'atteint jamais rigoureusement, une exponentielle ne s'annulant pas, mais l'écart devient rapidement indétectable : après $5\tau$ il n'en reste que $0{,}7$ pour cent.

d) PLUS vite, en valeur absolue. Le taux de refroidissement est proportionnel à l'écart $T-T_{a}$ : plus le corps est chaud par rapport au milieu, plus il perd d'énergie par unité de temps. C'est pourquoi une boisson brûlante refroidit spectaculairement pendant les premières minutes puis de plus en plus lentement, et c'est aussi ce qui donne à la courbe sa forme caractéristique.

e) Parce qu'elle suppose implicitement que le transfert est dominé par la conduction et la convection, tous deux proportionnels à l'écart de température. Or le RAYONNEMENT, lui, varie comme la différence des puissances QUATRIÈMES des températures absolues, d'après la loi de Stefan. Pour un écart modéré cette dépendance se linéarise très bien et la loi de Newton reste excellente, mais pour un corps porté au rouge le rayonnement domine et la loi devient fausse.

La figure du corrigé porte $\ln\left(T-T_{\text{amb}}\right)$ en fonction du temps, et c'est la manipulation qui rend la loi de Newton VÉRIFIABLE. En prenant le logarithme de $T-T_{\text{amb}}=\left(T_{0}-T_{\text{amb}}\right)\mathrm{e}^{-t/\tau}$, on obtient $\ln\left(T-T_{\text{amb}}\right)=\ln 65-\dfrac{t}{\tau}$ : une fonction AFFINE du temps, d'ordonnée à l'origine $\ln 65=4{,}17$ et de pente $-\dfrac{1}{\tau}$. Trois usages en découlent. D'abord tester la loi : si les points expérimentaux s'alignent, le refroidissement suit bien une loi de Newton ; s'ils s'incurvent, c'est que le coefficient d'échange n'est pas constant, ce qui arrive dès que la convection devient turbulente ou que le rayonnement domine. Ensuite mesurer $\tau$ avec précision, par la pente d'une droite ajustée sur TOUS les points, ce qui est bien plus fiable que la lecture d'un seul couple de valeurs. Enfin extrapoler : la droite se prolonge sans ambiguïté, alors qu'une exponentielle décroissante devient illisible dès qu'elle s'approche de son asymptote. C'est exactement la démarche de la linéarisation d'une cinétique d'ordre 1, et le point commun n'est pas fortuit : les deux phénomènes obéissent à la même équation différentielle, un écart à l'équilibre dont la dérivée est proportionnelle à cet écart.

a) $m=\rho V=1{,}2\times 50=60\ \mathrm{kg}$. L'air d'une pièce entière ne pèse donc qu'une soixantaine de kilogrammes.

b) $Q=mc\Delta T=60\times 1{,}0\times 10^{3}\times 15=9{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{J}$, soit $900\ \mathrm{kJ}$.

c) $\Delta t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{9{,}0\times 10^{5}}{2{,}0\times 10^{3}}=450\ \mathrm{s}$, soit $7{,}5\ \mathrm{min}$.

d) Premièrement, il ne suffit pas de chauffer l'AIR : il faut aussi chauffer les murs, le sol, les meubles, dont la masse totale se compte en tonnes et la capacité thermique dépasse de très loin celle de l'air. Deuxièmement, la pièce PERD en permanence de la chaleur vers l'extérieur par ses parois, ses fenêtres et les fuites d'air, si bien qu'une partie importante de la puissance sert à compenser ces pertes plutôt qu'à élever la température. Le calcul de la question c) ne donne donc qu'une borne inférieure très optimiste.

e) Non, tout juste pas. Le mur laisse échapper $2{,}8\ \mathrm{kW}$ pour cet écart de $20\ \mathrm{^{\circ}C}$, alors que le radiateur n'en fournit que $2{,}0$. Le bilan est déficitaire de $800\ \mathrm{W}$ : la pièce ne pourrait pas être maintenue à $20\ \mathrm{^{\circ}C}$ et se stabiliserait à une température plus basse, celle pour laquelle les pertes égalent exactement $2{,}0\ \mathrm{kW}$, soit un écart de $\dfrac{2000}{2800}\times 20=14\ \mathrm{^{\circ}C}$ et donc $14\ \mathrm{^{\circ}C}$ intérieur. Isoler le mur est indispensable, et c'est l'objet de l'exercice suivant.

a) $R_{2}=\dfrac{e}{\lambda S}=\dfrac{0{,}10}{0{,}040\times 20}=\dfrac{0{,}10}{0{,}80}=0{,}125\ \mathrm{K/W}$.

b) Les deux couches étant traversées successivement par le même flux, leurs résistances s'ajoutent : $R_{\mathrm{tot}}=7{,}1\times 10^{-3}+0{,}125=0{,}132\ \mathrm{K/W}$.

c) $\Phi=\dfrac{20}{0{,}132}=1{,}51\times 10^{2}\ \mathrm{W}$, contre $2{,}80\times 10^{3}\ \mathrm{W}$ sans isolant. Le facteur de réduction vaut $\dfrac{2800}{151}=18{,}5$ : les pertes sont divisées par plus de dix-huit.

d) $\dfrac{0{,}125}{0{,}132}=0{,}946$, soit $94{,}6$ pour cent. Dix centimètres de laine de verre apportent donc presque toute la résistance du mur, alors que vingt centimètres de béton, deux fois plus épais, n'en apportent que $5$ pour cent. C'est le rapport des conductivités qui explique tout : celle du béton est trente-cinq fois plus grande. Un mur porteur n'isole pratiquement pas, il porte.

e) L'économie de puissance vaut $2800-151=2{,}65\times 10^{3}\ \mathrm{W}$, soit $2{,}65\ \mathrm{kW}$. Sur $2000\ \mathrm{h}$ : $2{,}65\times 2000=5{,}30\times 10^{3}\ \mathrm{kWh}$, ce qui représente $5300\times 0{,}10=5{,}3\times 10^{2}$ dollars par saison. L'isolation d'un seul mur se rembourse donc en quelques années, ce qui explique qu'elle soit le premier poste de tout projet de rénovation énergétique.

La figure du corrigé porte le flux thermique en fonction de l'épaisseur d'isolant ajoutée, et sa forme dicte toute la stratégie d'isolation. Le mur nu laisse passer $\dfrac{20}{7{,}14\times 10^{-3}}=2\,800\ \mathrm{W}$, une valeur si grande qu'elle sort du cadre de la figure. Les deux premiers centimètres d'isolant la font déjà tomber à $622\ \mathrm{W}$, les dix centimètres de l'énoncé à $151\ \mathrm{W}$, et les vingt centimètres à $78\ \mathrm{W}$. La courbe est une hyperbole, donc DÉCROISSANTE ET CONVEXE : chaque centimètre supplémentaire rapporte moins que le précédent. Le chiffre à retenir est brutal : les cinq premiers centimètres suppriment $90$ pour cent des pertes, les quinze suivants n'en suppriment que $7$ de plus. Cela s'explique en revenant aux résistances en série. Le mur seul vaut $7{,}14\times 10^{-3}\ \mathrm{K/W}$ et dix centimètres d'isolant valent $0{,}125\ \mathrm{K/W}$, soit dix-sept fois plus : dès la première couche, c'est l'ISOLANT qui domine entièrement la résistance totale, et le mur porteur ne compte plus. À partir de là, doubler l'épaisseur ne fait que doubler une résistance déjà dominante, donc diviser le flux par deux, ce qui devient rapidement dérisoire en valeur absolue. La conséquence pratique est qu'il vaut toujours mieux isoler correctement une SECONDE paroi non isolée que surépaissir la première.

a) De $T(10)=20+65\,\mathrm{e}^{-10/\tau}=55$ on tire $\mathrm{e}^{-10/\tau}=\dfrac{35}{65}=0{,}538$, puis $-\dfrac{10}{\tau}=\ln\left(0{,}538\right)=-0{,}619$, d'où $\tau=\dfrac{10}{0{,}619}=16{,}2\ \mathrm{min}$.

b) $T(30)=20+65\,\mathrm{e}^{-30/16{,}2}=20+65\times 0{,}156=30{,}1\ \mathrm{^{\circ}C}$. Le graphique confirme cette valeur, le point étant marqué à $30\ \mathrm{min}$.

c) On résout $20+65\,\mathrm{e}^{-t/\tau}=40$, soit $\mathrm{e}^{-t/\tau}=\dfrac{20}{65}=0{,}308$, donc $t=-16{,}2\times\ln\left(0{,}308\right)=16{,}2\times 1{,}179=19{,}0\ \mathrm{min}$.

d) Non, jamais rigoureusement. La courbe tend ASYMPTOTIQUEMENT vers la droite horizontale $T=20\ \mathrm{^{\circ}C}$ tracée sur le graphique, sans jamais la couper : une exponentielle décroissante ne s'annule pas. En pratique l'écart devient indétectable après quelques $\tau$, soit environ une heure et demie ici.

e) Elle a intérêt à l'ajouter TOUT DE SUITE, ce qui est contre-intuitif. En effet, ajouter le lait immédiatement abaisse d'emblée la température du café, donc réduit l'écart avec la pièce pendant toute la durée de l'attente. Or la vitesse de refroidissement est proportionnelle à cet écart : le café refroidira donc plus LENTEMENT pendant tout le reste du temps. Si elle attend, le café reste plus chaud plus longtemps et perd donc davantage d'énergie vers la pièce, avant de subir en plus la chute due au lait. Le calcul détaillé confirme l'intuition qualitative fournie par la loi de Newton.

a) Faux. Le premier principe n'est qu'un bilan comptable : il exige que l'énergie perdue par l'un soit gagnée par l'autre, ce qui serait vérifié dans les deux sens. C'est le SECOND principe, celui de l'entropie, qui impose le sens des transferts spontanés. Le premier principe autorise donc bien des choses que la nature refuse, et confondre les deux revient à croire qu'un bilan équilibré suffit à rendre un processus possible.

b) Faux, ou du moins très incomplet. Ce qui compte est le rapport $\dfrac{e}{\lambda}$, et jouer sur $\lambda$ est infiniment plus efficace. L'exercice 7 le chiffre : dix centimètres de laine de verre apportent $94{,}6$ pour cent de la résistance totale, contre $5$ pour cent pour vingt centimètres de béton pourtant deux fois plus épais. La conductivité du béton est trente-cinq fois plus grande, et aucune épaisseur raisonnable ne compenserait cet écart.

c) Faux au sens où le calcul ne décrit pas la réalité. Les sept minutes et demie de l'exercice 6 ne concernent que l'AIR de la pièce, soit soixante kilogrammes. Il faut en réalité chauffer aussi les murs, le sol et les meubles, dont la masse se compte en tonnes, et compenser en permanence les pertes par les parois, qui atteignent ici $2{,}8\ \mathrm{kW}$ pour un mur nu et dépassent donc à elles seules la puissance du radiateur. Le résultat n'est pas faux, il est simplement une borne inférieure très optimiste.

d) Faux, c'est même l'inverse qui est vrai en un sens. De $85$ à $55$ il faut $10\ \mathrm{min}$ ; de $55$ à $40$ il faut $19{,}0-10{,}0=9{,}0\ \mathrm{min}$, soit à peu près autant, alors que l'écart de température parcouru est deux fois plus petit. La raison est que le refroidissement RALENTIT à mesure que le café approche de la température ambiante, puisque la vitesse est proportionnelle à l'écart restant. Une chute de température deux fois plus petite prend donc presque autant de temps, et les suivantes en prendront de plus en plus.

a) $P_{\mathrm{élec}}=\dfrac{P_{\mathrm{th}}}{\mathrm{COP}}=\dfrac{10}{3{,}5}=2{,}86\ \mathrm{kW}$.

b) Un chauffage électrique direct convertit intégralement l'électricité en chaleur, avec un rapport de 1 : il consommerait $10\ \mathrm{kW}$. L'économie de puissance vaut donc $10-2{,}86=7{,}14\ \mathrm{kW}$, soit plus de $71$ pour cent.

c) Sur $2000\ \mathrm{h}$, la pompe consomme $2{,}86\times 2000=5{,}71\times 10^{3}\ \mathrm{kWh}$ contre $2{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{kWh}$ pour le chauffage direct. L'économie vaut $1{,}43\times 10^{4}\ \mathrm{kWh}$, soit $1{,}43\times 10^{3}$ dollars par an.

d) Non, absolument pas, et c'est le point le plus important du chapitre. La pompe à chaleur ne CRÉE pas d'énergie : elle en PRÉLÈVE à l'extérieur et la transporte à l'intérieur. Le bilan complet s'écrit $P_{\mathrm{th}}=P_{\mathrm{élec}}+P_{\mathrm{prélevée\ dehors}}$, soit ici $10=2{,}86+7{,}14$ : le premier principe est parfaitement respecté. L'électricité ne sert pas à produire la chaleur mais à faire fonctionner le transfert, comme une pompe hydraulique dépense de l'énergie pour élever de l'eau qu'elle ne fabrique pas. Le mot pompe est donc bien choisi.

e) Parce que la pompe doit faire remonter la chaleur d'une source froide vers une source chaude, et que cette tâche est d'autant plus difficile que l'écart entre les deux est grand. Quand la température extérieure chute, l'écart augmente, le travail nécessaire par joule transporté augmente, et le COP diminue. Sous un climat continental, où les températures descendent régulièrement sous les moins vingt degrés, le COP peut tomber au voisinage de 1 : la pompe perd alors tout avantage précisément au moment où les besoins de chauffage sont maximaux. C'est pourquoi les installations y sont presque toujours BIVALENTES, associées à un appoint qui prend le relais sous un certain seuil.

La figure du corrigé porte l'énergie électrique consommée sur une saison de $2\,000$ heures en fonction du coefficient de performance, pour un besoin thermique fixé à $10\ \mathrm{kW}$. La courbe est l'hyperbole $E=\dfrac{P_{th}\,h}{\mathrm{COP}}=\dfrac{20\,000}{\mathrm{COP}}$, et elle situe la pompe à chaleur par rapport à ses concurrentes. À $\mathrm{COP}=1$, on retrouve le chauffage par EFFET JOULE, qui consomme $20\,000\ \mathrm{kWh}$ : c'est le point de départ à gauche de la courbe, et aucun convecteur électrique ne peut faire mieux, puisqu'un rendement de $100$ pour cent est sa limite absolue. La pompe à chaleur de l'énoncé, à $\mathrm{COP}=3{,}5$, n'en consomme que $5\,714\ \mathrm{kWh}$, soit $71$ pour cent d'économie. Mais la forme de la courbe met en garde contre la surenchère : passer d'un COP de $1$ à $3{,}5$ économise $14\,300\ \mathrm{kWh}$, alors que passer de $3{,}5$ à $6$ n'en économise plus que $2\,400$. Les gains s'écrasent, et comme le surcoût d'une machine à haut COP croît, lui, régulièrement, l'optimum économique se situe dans la plage courante de $3$ à $4$. Un dernier point mérite d'être souligné, car il surprend souvent : un COP supérieur à $1$ ne viole aucun principe. La pompe ne CRÉE pas d'énergie, elle en TRANSPORTE depuis l'extérieur, et l'électricité ne sert qu'à faire tourner le compresseur. C'est aussi pourquoi le COP réel chute quand il fait très froid dehors, précisément quand on en a le plus besoin.

a) Pression absolue : $p=2{,}2+1{,}0=3{,}2\ \mathrm{bar}=3{,}2\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$ ; $V=25\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$ ; $T=15+273{,}15=288{,}15\ \mathrm{K}$. Alors $n=\dfrac{pV}{RT}=\dfrac{3{,}2\times 10^{5}\times 25\times 10^{-3}}{8{,}314\times 288{,}15}=3{,}34\ \mathrm{mol}$. Utiliser la surpression de $2{,}2\ \mathrm{bar}$ donnerait $2{,}30\ \mathrm{mol}$, un tiers de trop peu.

b) $m=nM=3{,}34\times 29=97\ \mathrm{g}$ : moins de cent grammes d'air portent la voiture.

c) $n$ et $V$ sont constants, donc $\dfrac{p}{T}$ aussi : $p_{2}=p_{1}\dfrac{T_{2}}{T_{1}}=3{,}2\times\dfrac{318{,}15}{288{,}15}=3{,}53\ \mathrm{bar}$. Le manomètre indique $3{,}53-1{,}0=2{,}53\ \mathrm{bar}$, soit $0{,}33\ \mathrm{bar}$ de plus qu'à froid.

d) Il a utilisé des degrés Celsius dans une PROPORTIONNALITÉ. La loi des gaz parfaits porte sur la température absolue : le rapport des températures vaut $\dfrac{318}{288}=1{,}10$ et non $\dfrac{45}{15}=3$. Avec les Celsius, un pneu gonflé à $0\ \mathrm{^{\circ}C}$ aurait une pression nulle, ce qui est absurde.

e) Il faut $n'=n\dfrac{3{,}2}{3{,}53}$, soit retirer $1-\dfrac{3{,}2}{3{,}53}=9{,}4\ \%$ de l'air. C'est une erreur : une fois refroidi, le pneu serait sous-gonflé de $9{,}4\ \%$. Les pressions de gonflage recommandées sont données à froid, précisément parce qu'elles montent en roulant.

a) $Q_{\mathrm{eau}}=m_{e}c_{e}(T_{f}-T_{e})=0{,}200\times 4185\times 4{,}6=3{,}85\times 10^{3}\ \mathrm{J}$.

b) $Q_{\mathrm{cal}}=C_{\mathrm{cal}}(T_{f}-T_{e})=100\times 4{,}6=460\ \mathrm{J}$. Le récipient et ses accessoires se réchauffent aussi : c'est tout le sens de sa capacité thermique.

c) Le système est isolé : $\Delta U=0$, l'énergie cédée par le métal est reçue par l'eau et le calorimètre. $m_{m}c_{m}(100{,}0-24{,}6)=3\,850+460$, soit $0{,}150\times c_{m}\times 75{,}4=4\,310$, donc $c_{m}=\dfrac{4\,310}{11{,}31}=381\ \mathrm{J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}}$.

d) La valeur la plus proche est celle du CUIVRE, $385\ \mathrm{J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}}$, à $1\ \%$ près. L'aluminium et le plomb sont exclus sans ambiguïté.

e) Sans le calorimètre : $c_{m}=\dfrac{3\,850}{11{,}31}=340\ \mathrm{J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}}$, soit $11\ \%$ de moins que la vraie valeur. L'oubli reste ici sans conséquence sur l'identification, mais il deviendrait décisif pour départager deux métaux proches.

a) $v=\dfrac{90}{3{,}6}=25\ \mathrm{m/s}$ et $E_{c}=\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{1}{2}\times 1\,200\times 25^{2}=3{,}75\times 10^{5}\ \mathrm{J}$.

b) $\Delta U=0{,}80\times 3{,}75\times 10^{5}=3{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{J}$ se répartissent sur $4\times 8{,}0=32\ \mathrm{kg}$ d'acier : $\Delta T=\dfrac{3{,}0\times 10^{5}}{32\times 460}=20\ \mathrm{^{\circ}C}$. Compter un seul disque donnerait $82\ \mathrm{^{\circ}C}$.

c) Pendant un freinage de quelques secondes, les disques n'ont pas le temps de céder de chaleur : $Q\approx 0$. Ils reçoivent l'énergie sous forme de TRAVAIL, celui des forces de frottement des plaquettes : $\Delta U=W>0$. On chauffe un corps sans lui apporter de chaleur, comme on se réchauffe les mains en les frottant.

d) À vitesse constante, l'énergie cinétique ne change pas : toute l'énergie potentielle perdue doit être dissipée. $\Delta E_{p}=mgh=1\,200\times 9{,}81\times 500=5{,}89\times 10^{6}\ \mathrm{J}$, et $\Delta T=\dfrac{0{,}80\times 5{,}89\times 10^{6}}{32\times 460}=320\ \mathrm{^{\circ}C}$.

e) Les disques cèdent en réalité une partie de cette énergie à l'air, mais une descente longue les porte à plusieurs centaines de degrés : le coefficient de frottement chute et les freins perdent leur efficacité, c'est l'échauffement dangereux des longues descentes. D'où le conseil de rétrograder et d'utiliser le frein moteur, qui dissipe l'énergie dans le moteur plutôt que dans les disques.

a) $Q=mc\Delta T=200\times 4185\times 45=3{,}77\times 10^{7}\ \mathrm{J}$, soit $\dfrac{3{,}77\times 10^{7}}{3{,}6\times 10^{6}}=10{,}5\ \mathrm{kWh}$.

b) $\Delta t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{3{,}77\times 10^{7}}{2\,400}=1{,}57\times 10^{4}\ \mathrm{s}$, soit $4{,}4\ \mathrm{h}$ : c'est pourquoi la chauffe se fait la nuit.

c) $\Phi=\dfrac{T-T_{a}}{R_{\mathrm{th}}}=\dfrac{60-20}{0{,}40}=100\ \mathrm{W}$ au maximum, contre $2\,400\ \mathrm{W}$ fournis : les pertes valent au plus $4\ \%$ de la puissance de chauffe, la négligence est raisonnable.

d) En divisant par $mc$ : $\dfrac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{1}{mcR_{\mathrm{th}}}(T-T_{a})$. C'est la loi de Newton avec $\tau=mcR_{\mathrm{th}}$, dont l'unité est $\mathrm{kg}\times\mathrm{J\cdot kg^{-1}\cdot K^{-1}}\times\mathrm{K\cdot W^{-1}}=\mathrm{J/W}=\mathrm{s}$. On retrouve exactement le $\tau=RC$ du circuit électrique : la capacité thermique joue le rôle de $C$. Numériquement $\tau=200\times 4185\times 0{,}40=3{,}35\times 10^{5}\ \mathrm{s}=93\ \mathrm{h}$.

e) $T=20+40\,e^{-8{,}0/93}=20+40\times 0{,}918=56{,}7\ \mathrm{^{\circ}C}$. L'eau a perdu $3{,}3\ \mathrm{^{\circ}C}$, soit $200\times 4185\times 3{,}3=2{,}8\times 10^{6}\ \mathrm{J}$, environ $0{,}77\ \mathrm{kWh}$ par nuit. Comme $8\ \mathrm{h}$ est petit devant $\tau$, la décroissance est presque linéaire : $100\ \mathrm{W}$ pendant $8\ \mathrm{h}$ donneraient $0{,}80\ \mathrm{kWh}$, à peine plus.