A1 + sur le filet fluide r-
On appelle τ(r) l'action du filet fluide r
L'équilibre de l'anneau (il avance à vitesse constante) s'écrit en projection sur l'axe des x
$\tau (r + dr)2\pi (r + dr)dx - \tau (r)2\pi rdx - P(x + dx)2\pi rdr + P(x)2\pi rdr = 0$ soit:
\(\frac{{d\left( {r\tau \left( r \right)} \right)}}{{dr}}drdx - \frac{{dP}}{{dx}}rdxdr = 0\) ou bien: $\frac{{dP}}{{dx}} = \frac{1}{r}\frac{{d(r\tau (r))}}{{dr}}$
A2 Les filets les plus rapides sont au centre et les plus lents à la périphérie (vitesse nulle au contact du bord du tube). Ceci a deux conséquences: La contrainte tangentielle de r+ sur r- est dirigée vers les x négatifs: (τ < 0)
Le gradient des vx(r) est négatif: $\frac{d{{v}_{x}}}{dr}<0$ On peut donc écrire: $\tau =\eta \frac{dv_{x}^{{}}}{dr}$, et donc: $\frac{dP}{dx}=\eta \frac{1}{r}\frac{d(r\frac{d{{v}_{x}}}{dr})}{dr}$
On reconnaît une fonction de x seul à gauche et de r seul à droite, ce qui confirme que dP/dx est bien une constante comme l'annonce l'énoncé.
On tire: $\frac{{d(r\frac{{d{v_x}}}{{dr}})}}{{dr}} = \frac{1}{\eta }\frac{{dP}}{{dx}}r{\rm{ d'o\`u r}}\frac{{{\rm{d}}{{\rm{v}}_{\rm{x}}}}}{{{\rm{dr}}}} = \frac{1}{{2\eta }}\frac{{dP}}{{dx}}{r^2}{\rm{ }}(constante d'int\'e gration nulle ... r = 0)$
Et donc: $\frac{\text{d}{{\text{v}}_{\text{x}}}}{\text{dr}}=\frac{1}{2\eta }\frac{dP}{dx}r\text{ soit: }{{\text{v}}_{\text{x}}}=\frac{1}{4\eta }\frac{dP}{dx}{{r}^{2}}+C\text{ avec C}=-\frac{1}{4\eta }\frac{dP}{dx}{{a}^{2}}\text{ car }{{\text{v}}_{\text{x}}}=0\text{ en x}=\text{a}\text{.}$
Enfin: ${{\text{v}}_{\text{x}}}=\frac{1}{4\eta }\frac{dP}{dx}\left( {{r}^{2}}-{{a}^{2}} \right)$
Le profil de vitesse est donc parabolique.
A3$Q=\int_{0}^{a}{2\pi r{{v}_{x}}dr}=\frac{\pi }{2\eta }\frac{dP}{dx}\left( \frac{{{a}^{4}}}{4}-{{a}^{2}}\frac{{{a}^{2}}}{2} \right)\text{ soit: }Q=-\frac{\pi {{a}^{4}}}{8\eta }\frac{dP}{dx}$.
La vitesse moyenne est telle que: Q = vm πa2. On retrouve bien: ${{v}_{m}}=-\frac{{{a}^{2}}}{8\eta }\frac{dP}{dx}$
On peut noter que la vitesse maximale du fluide (obtenue au centre) est le double de la vitesse moyenne: vmax = 2 vm
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B1 $\Phi =\frac{3\left( \pi {{a}^{2}}l \right)}{{{l}^{3}}}$ soit: $\Phi =3\pi \frac{{{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}$
La porosité est légèrement surévaluée par cette expression car on compte 3 fois au lieu d'une la partie commune des trois tubes. L'erreur est de l'ordre de 2a3/l3 il s'agit d'un infiniment petit d'ordre supérieur qu'il est bien légitime de négliger.
B2 La surface S de matériau poreux correspond à N = S/l2 cubes élémentaires, et donc à N tubes de section πa2 dans lesquels le débit est Q calculé précédemment. D'où VxS = NQ = SQ/l2, et donc Vx = Q/l2 = $-\frac{\pi {{a}^{4}}}{8\eta {{l}^{2}}}\frac{dP}{dx}$
Or ${{a}^{4}}={{l}^{4}}\frac{{{\Phi }^{2}}}{9{{\pi }^{2}}}$ On a bien: ${{V}_{x}}=-\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi \eta }\frac{dP}{dx}$
B3 $\mathbf{V}=-\frac{k}{\eta }\mathbf{grad}P$
V en ms-1 τ en Nm-2 et donc η en Nsm-2 d'après l'expression de A2 gradP en Nm-3 k est en m2
Loi B3 projetée sur l'axe des x: Vx = $-\frac{k}{\eta }\frac{dP}{dx}$ et avec B2 $k=\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi }$. (ce qui confirme l'unité en m2)
B4 On ne s'intéresse qu'à la circulation sur l'axe des x et on néglige l'incidence de la présence des deux autres pores sur la conductance de la matrice.
On a à faire à deux conducteurs en parallèle dont les conductances s'ajoutent:
G = Gm + Gf =${{\sigma }_{m}}\frac{{{l}^{2}}}{l}+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{l}={{\sigma }_{m}}l+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{l}$
Or pour un matériau de section l2 longueur l conductivité σ, la conductance vaut: G =$\sigma \frac{{{l}^{2}}}{l}=\sigma l$
On tire: $\sigma ={{\sigma }_{m}}+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}\approx {{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}$ car σf >> σm et avec B1: $\Phi =3\frac{\sigma }{{{\sigma }_{f}}}$.
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C1 On peut reprendre la démonstration faite en A1 pour un anneau disposé verticalement entre z et z+dz (sens ascendant)
Au bilan des forces vues plus haut il faut ajouter le poids de l'anneau dirigé vers le bas. Si le mouvement du fluide est tel que l'accélération est négligeable, la projection des forces sur l'axe vertical est nulle:
$\eta {{\left. \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r+dr}}2\pi (r+dr)dz-\eta {{\left. \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r}}2\pi rdz-P(z+dz)2\pi rdr+P(z)2\pi rdr-{{\rho }_{e}}g2\pi rdrdz=0$
soit: $\frac{dP}{dz}+{{\rho }_{e}}g=\eta \frac{1}{r}\frac{d\left( r\frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right)}{dr}$ On retrouve l'expression vue en A2 où la constante dP/dz est remplacée par la constante dP/dz + ρeg . On attend donc le résultat trouvé en B3 où dP/dz + ρeg remplace dP/dz. On obtient bien: ${{V}_{z}}=-\frac{k}{\eta }\left( \frac{dP}{dz}+{{\rho }_{e}}g \right)$
C2 Cas h(t) > 0:
Au sein du fluide surnageant (au repos): P(0) = Patm + hρeg
A la base du sable d'où l'eau coule goutte à goutte: P(-L) = Patm
Puisque dP/dz est constant (énoncé) on tire: dP/dz = hρeg/L
Cas h(t) < 0:
La surface de l'eau (dans les pores) est à la pression atmosphérique ainsi que la base du sable où l'eau s'écoule goutte à goutte.
On a donc dans ce cas: dP/dz = 0
Avec Vz = dh/dt, on obtient les deux équations différentielles: $\frac{dh}{dt}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\left( \frac{h}{L}+1 \right)$ (si h>0), $\frac{dh}{dt}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g$ (si h<0)
C3 Le modèle est satisfaisant mais il sous estime sans doute les effets de la viscosité car les capillaires sont supposés rectilignes. En négligeant la tortuosité du parcours entre les grains, il sous estime la longueur de ces parcours. Il n'est sans doute pas bien adapté à des sables de trop forte granulométrie car a devient trop grand pour considérer l'écoulement comme laminaire d'une part et pour négliger le volume des pores devant celui de la matrice d'autre part. De plus, le modèle néglige les phénomènes de capillarité qui jouent un rôle d'autant plus important que l'on approche de la fin du processus d'écoulement.
C4 Cas h(t) > 0:
$\frac{dh}{dt}+\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\frac{h}{L}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\text{ }\Rightarrow \text{ }h=-L+A{{e}^{-\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}}\text{ avec z}={{\text{h}}_{\text{o}}}\text{ pour t}=\text{0 d }\!\!'\!\!\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ A }={{\text{h}}_{\text{o}}}+L\text{ }$
On obtient donc: $h=\left( {{h}_{o}}+L \right){{e}^{-\text{ }\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}}-L$ pour 0 < h < ho
La surface du sable s'assèche pour to tel que : $$$\frac{{{\text{h}}_{\text{o}}}+L}{L}={{e}^{\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}{{t}_{o}}}}$ soit: ${{t}_{o}}=\frac{\eta L}{k{{\rho }_{e}}g}\ln \left( \frac{{{h}_{o}}+L}{L} \right)$
Cas h(t) < 0:
$h=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}gt+B\text{ avec h}=0\text{ pour t}={{t}_{\text{o}}}\text{ d }\!\!'\!\!\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ }h=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g(t-{{t}_{o}})$
L'eau écoulée à l'instant t est égale à l'eau présente à t=0 moins l'eau restant à l'instant t:
Si h(t) > 0 eau initiale = hoSρe + eau dans le sable
eau restante = hSρe + eau dans le sable m(t) = (ho - h)ρeS m(t) =$\left( {{h}_{o}}+L \right){{\rho }_{e}}S\left( 1-{{e}^{-\text{ }\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}} \right)$
à t = to , la masse d'eau écoulée est mo = hoρeS Si h(t) < 0 l'eau écoulée depuis to est celle qui était présente dans pores de 0 à h(t).
Il s'est donc écoulé depuis l'instant initial: m(t) = hoρeS +ΦS(-h(t))ρe
Soit: $m(t)={{\rho }_{e}}S\left( {{h}_{o}}+\Phi \frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta }\left( t-{{t}_{o}} \right) \right)$
Le changement de régime se fait à to = 827 s (l'eau affleure à la surface supérieure du sable).
La masse passée à cet instant est mo= 30 kg.
Tout est vide lorsque h(t) = -L.
C'est à dire pour tf = $\frac{\eta L}{k{{\rho }_{e}}g}+{{t}_{o}}$=1289 s.
La masse totale passée est m1 = 30,6 kg.
C5 La vitesse de Darcy (Vz =$\left| \frac{dh}{dt} \right|$) est maximale à l'instant initial. On obtient donc: Vzmax = $\frac{\left( {{h}_{o}}+L \right)k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}$= 2,6 mms-1
D'après A3 et B2 la vitesse maximale dans un pore (au centre du pore) est: vmaxi= 2vm = 2$\frac{Q}{\pi {{a}^{2}}}=2\frac{{{V}_{z\max }}{{l}^{2}}}{\pi {{a}^{2}}}=\frac{6}{\Phi }{{V}_{z\max }}$
Soit: ${{v}_{\max i}}=\frac{6}{\Phi }$$\frac{\left( {{h}_{o}}+L \right)k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}$ vmaxi = 0,156 ms-1
Le nombre de Reynolds s'écrit: Re= $\frac{{{v}_{\max i}}a}{\upsilon }$ avec ν = η/ρe On trouve: Re = $\frac{{{v}_{\max i}}l{{\rho }_{e}}}{\eta }\sqrt{\frac{\Phi }{3\pi }}=50$
Pour un milieu confiné comme les pores, l'écoulement peut effectivement être considéré comme laminaire.
C6 On a négligé les forces de capillarité. Moins il y a d'eau plus leur importance relative s'accroit. En particulier, en fin de processus, on ne parvient pas à "vider" complètement les capillaires par le seul effet de la gravité (effet "buvard").
C7 Si le fluide est forcé à traverser les pores depuis le bas, la matrice est soumise à une action verticale ascendante de la part du fluide, du fait de sa viscosité.
Si on considère une tranche de sable gorgée d'eau comprise entre z et z+ dz, elle est soumise à son poids ρmSdzg. A l'entrée de chaque pore le fluide extérieur exerce la pression P sur le fluide intérieur (surface πa2 par pore). La surface S de "boue" comprend N = S/l2 pores sur chacun desquels s'exerce la force Pπa2.
La face située en z est donc soumise à P(z) S πa2/l2 = P(z)SΦ/3 vers le haut. De même il s'exerce P(z+dz)SΦ/3 vers le bas.
La résultante de ces forces, projetée sur l'axe ascendant s'écrit: dfz=$-\frac{dP}{dz}\frac{\Phi }{3}Sdz-{{\rho }_{m}}gSdz$
Or, d'après C1, $-\frac{dP}{dz}=\frac{\eta }{k}{{V}_{z}}+{{\rho }_{e}}g\text{ }$d'où: dfz = Sdz $\left( \frac{\eta }{k}\frac{\Phi }{3}{{V}_{z}}+\left( \frac{\Phi }{3}{{\rho }_{e}}-{{\rho }_{m}} \right)g \right)\text{ }$
Le sable sera instable et aura tendance à se soulever (il y aura "liquéfaction" du sable) dès que dfz sera positif ou nul, c'est à dire dès que: Vz > Vzc = $\frac{k}{\eta }\left( \frac{3}{\Phi }{{\rho }_{m}}-{{\rho }_{e}} \right)g$ soit: Vzc = 3,2 cms-1
Remarque:
On peut retrouver ce résultat en étudiant directement l'action, sur la matrice, de l'eau qui remonte:
Soit un grain de matrice traversé par un pore vertical. Ce grain de matrice est soumis à son poids: ρml3g et à la contrainte de viscosité verticale ascendante sur la paroi d'un pore:
$-{{\left. \eta \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r=a}}2\pi al=-\frac{\eta }{2\eta }\frac{dP}{dz}a2\pi al=-\pi {{a}^{2}}l\frac{dP}{dz}=\pi {{a}^{2}}l\left( \frac{\eta }{k}{{V}_{z}}+{{\rho }_{e}}g \right)$
La résultante ascendante s'écrit:\(\pi {a^2}l\left( {\frac{\eta }{k}{V_z} + {\rho _e}g} \right) - {\rho _m}{l^3}g\). D'où la même expression de la vitesse critique. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
D1 Entre a et b ainsi que entre c et d où les effets de la viscosité peuvent être négligés, on peut appliquer le théorème de Bernouilli: $\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{a}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{a}}+{{P}_{a}}=\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{b}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{b}}+{{P}_{b}}\text{ avec }{{\text{V}}_{\text{a}}}\approx 0\text{ }\Rightarrow \text{ }{{P}_{b}}={{\rho }_{e}}gh+{{P}_{o}}-\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{b}}^{2}$
$\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{d}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{d}}+{{P}_{d}}=\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{c}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{c}}+{{P}_{c}}\text{ avec }{{\text{V}}_{\text{d}}}\approx 0\text{ }\Rightarrow \text{ }{{P}_{c}}={{\rho }_{e}}ge+{{P}_{o}}-\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{c}}^{2}$
D2 Les forces de viscosité ne peuvent plus être négligées au sein de l'aquifère et Bernoulli ne peut plus être appliqué.
Le gradient de pression moyen s'écrit: $\frac{{{P}_{c}}-{{P}_{b}}}{\pi R}=\frac{dP}{dl}$
On obtient, en remarquant que la conservation de la matière dans l'aquifère s'écrit: Vb = Vc, $\frac{dP}{dl}=\frac{{{\rho }_{e}}g\left( e-h \right)}{\pi R}$
D3 L'équation d'Euler s'écrit en un point de la colonne (supposée verticale) de fluide libre (supposé parfait) à la sortie de l'aquifère: $\frac{D\mathbf{V}}{Dt}=-\mathbf{grad}P+\rho \mathbf{g}$
V et g sont verticales. La projection sur les axes horizontaux Ox et Oy, donne: $\frac{\partial P}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=0$.
La pression est donc constante dans un plan horizontal et vaut donc Po. (Loi des pressions transverses)
On déduit de l'expression de Bernouilli dans le panache la vitesse de sortie de l'aquifère: Vc2 = 2eg (Torricelli)
D4 Les résultats de A s'appliquent à l'aquifère: $v=-\frac{{{a}^{2}}}{8\eta }\frac{dP}{dl}=-\frac{S}{8\pi \eta }\frac{{{\rho }_{e}}g(e-h)}{\pi R}$
Vc est assimilable à cette vitesse moyenne, d'où: $v=\frac{S{{\rho }_{e}}g}{8{{\pi }^{2}}\eta R}\left( h-\frac{{{v}^{2}}}{2g} \right)$
Si R $\infty $ v 0
Ceci se réécrit: ${{v}^{2}}+\frac{16{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}}v-2gh=0$
Si R 0 v $\sqrt{2gh}$
On tire: $v=-\frac{8{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}}+\sqrt{{{\left( \frac{8{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}} \right)}^{2}}+2gh}$
D5 On obtient pour S = 1m2 et h = 50m v = 29,8 ms-1 e = 45,2 m
La perte de charge (5 m) dans la galerie est très faible. Ceci est dû à la forte dimension transversale. (conduite forcée EDF)
Le nombre de Reynolds vaut: Re = $\frac{{{\rho }_{e}}v\sqrt{S}}{\eta }$ = 3 107 . L'hypothèse laminaire dans ce type de conduite est erronée.
D6 La pression de sortie est Pc = Po et cette fois la vitesse d'écoulement dans le milieu poreux est très faible. On peut donc écrire Pb = hρeg + Po.
L'expression de la vitesse de Darcy applicable à ce milieu poreux fournit alors ici:
$v=-\frac{k}{\eta }\frac{dP}{dl}=\frac{k}{\eta }\frac{h{{\rho }_{e}}g}{\pi R}$ On tire, avec le débit: Q = vS: $k=\frac{Q\eta \pi R}{h{{\rho }_{e}}gS}$ k = 2 10-9 m2
D7Avec les résultats obtenus dans les parties précédentes: k = $\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi }$ et $\Phi =3\pi \frac{{{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}$ on tire:
$l=\frac{\sqrt{72\pi k}}{\Phi }=7\text{ }mm\text{ et a}=\text{l}\sqrt{\frac{\Phi }{\text{3}\pi }}=0,7\text{ mm}$
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E1 Soit S(r) la surface de la sphère de rayon r. (S(r) = 4πr2)
Il entre la puissance: q(r)S(r). Il sort: q(r+dr)S(r+dr)
La puissance échangée par la couche sphérique par conduction thermique est donc:
q(r)S(r) - q(r+dr)S(r+dr) =$-\frac{\partial (qS)}{\partial r}dr=-4\pi \frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}dr$
E2 La puissance produite dans le volume S(r)dr concerné s'écrit: HρS(r)dr = 4πr2ρHdr
L'élévation de température dT nécessite l'énergie: ρSdrcpdT.
Cette variation de température est observée pour une durée dt, la puissance nécesaire est donc: 4πr2ρdrcp$\frac{\partial T}{\partial t}$.
On déduit: $-4\pi \frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}dr+4\pi {{r}^{2}}\rho Hdr=4\pi {{r}^{2}}\rho dr{{c}_{p}}\frac{\partial T}{\partial t}$ ou bien $\rho {{c}_{p}}{{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial t}={{r}^{2}}\rho H-\frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}$
E3 L'obtention du résultat demandé est immédiat $\rho {{c}_{p}}\frac{\partial T}{\partial t}=\rho H+\frac{\lambda }{{{r}^{2}}}\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}$
Unités: ρ kgm−3
cp Jkg-1K-1 soit: kgm2s-2kg-1K-1 ou m2s-2K-1
H Js-1kg-1 soit: kgm2s-2s-1kg-1 ou m2s-3
λ Js−1m-2mK-1 kgm2s-2s-1m-1K-1 ou kgms-3K-1
E4 En régime permanent $\frac{\partial T}{\partial t}=0$:
A l'interface en r = rm il doit y avoir continuité de la température ainsi que du flux thermique, et donc de $\frac{\partial T}{\partial r}$ puisque la conductivité est la même de part et d'autre de l'interface.
Pour 0$ \le $r$ \le $rm , l'équation de la chaleur s'écrit: $\frac{\lambda }{{{r}^{2}}}\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}=0\Rightarrow {{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r}=K$
On tire: T = $\frac{K}{r}+K'$ En r = 0 la température ne pouvant prendre de valeur infinie, K =0.
Il reste donc T = K' =Tc = Tm (où Tc est la température au centre et Tm la température à l'interface en rm)
La température est constante (mais inconnue à ce stade du raisonnement). On en déduit que $\frac{dT}{dr}=0$ (y compris en r = rm)
Pour r$ \ge {r_m}$, l'équation de la chaleur devient: $\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}=-\frac{\rho H}{\lambda }{{r}^{2}}\Rightarrow {{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r}=-\frac{\rho H}{3\lambda }{{r}^{3}}+K''$
En r = rm $\frac{\partial T}{\partial r}=0\text{ On tire K }\!\!'\!\!\text{ }\!\!'\!\!\text{ }=\frac{\rho \text{H}}{\text{3}\lambda }r_{m}^{3}$ d'où: $\frac{\partial T}{\partial r}=-\frac{\rho H}{3\lambda }r+\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{{{r}^{2}}}$ et donc $$$T=-\frac{\rho H}{6\lambda }{{r}^{2}}-\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{r}+K'''$
En r = R , T = To d'où $K'''={{T}_{o}}+\frac{\rho H}{6\lambda }{{R}^{2}}+\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{R}$
On obtient enfin: $T={{T}_{o}}+\frac{\rho H}{3\lambda }\left( \frac{{{R}^{2}}-{{r}^{2}}}{2}+r_{m}^{3}\left( \frac{1}{R}-\frac{1}{r} \right) \right)$
La température maximale est obtenue pour \(\frac{{\partial T}}{{\partial r}} = 0\), c'est à dire pour q = 0 et donc pour r = rm. il s'agit donc de la température Tc = Tm = T(rm).
On obtient: ${{T}_{c}}={{T}_{m}}={{T}_{o}}+\frac{\rho H}{3\lambda }\left( \frac{{{R}^{2}}}{2}+\frac{r_{m}^{3}}{R}-\frac{3}{2}r_{m}^{2} \right)$ Tc = 447K (Valeur très nettement sous estimée!)
${{\left. \frac{\partial T}{\partial r} \right]}_{r=R}}=\frac{\rho H}{3\lambda }\left( \frac{{{r}_{m}}^{3}-{{R}^{3}}}{{{R}^{2}}} \right)\text{ soit -10}\text{,45 Kk}{{\text{m}}^{\text{-1}}}$ (cette fois l'ordre de grandeur est correct)
E5
D'où:\(q\left( R \right) = \frac{{\rho H}}{3}\left( {\frac{{{R^3} - r_m^3}}{{{R^2}}}} \right)\) le flux thermique total en surface s’écrit donc : \({P_{tot}} = 4\pi {R^2}q\left( R \right) = \frac{4}{3}\pi \left( {{R^3} - r_m^3} \right)\rho H\)
On reconnaît précisément la totalité de la puissance radioactive dissipée dans la croûte.
La flux thermique total évacué à la surface de la planète peut donc s'écrire en généralisant ce résultat:
${{P}_{tot}}=\int_{0}^{R}{4\pi {{r}^{2}}\rho (r)H(r)dr}$
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F1 En dérivant l'équation de la chaleur par rapport à z on obtient: $\rho {{c}_{p}}\frac{\partial \left( \frac{\partial T}{\partial t} \right)}{\partial z}=\lambda \frac{{{\partial }^{3}}T}{\partial {{z}^{3}}}\,$ou bien grâce au théorème de Schwartz: $\rho {{c}_{p}}\frac{\partial \left( \frac{\partial T}{\partial z} \right)}{\partial t}=\lambda \frac{{{\partial }^{3}}T}{\partial {{z}^{3}}}\,$
Il suffit ensuite de remplacer $\frac{\partial T}{\partial z}\text{ par -}\frac{\text{q}}{\lambda }$ (Fourier), pour obtenir l'équation: $\frac{\partial q}{\partial t}=D\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}\,$
F2 A l'instant t = 0, T est uniforme (pour z$ \ne $0) et vaut To, d'où: q(0,z) = 0 $\forall z \ne 0$
Lorsque t $ + \infty $, la planète s'est totalement refroidie pour prendre uniformément la température Ts, d'où: $q(\infty ,z)=0\text{ }\forall \text{z}$
A l'instant t = 0, la température de la surface est Ts mais au voisinage immédiat la température est To$ \ne $Ts.
${{\left. \frac{\partial T}{\partial z} \right]}_{z=0}}$(et donc q) peut donc être considéré comme infini dans ce modèle. D'où: $q(t,0)\to \infty \text{ quand t}\to 0$
La fonction proposée satisfait aux conditions aux limites; En effet:
t$\infty $ exp(-z2/4Dt)1 et q0 $\forall z$
t0 si z$ \ne $0 exp(-z2/4Dt)0 et q0 car l'exponentielle l'emporte sur la puissance
si z = 0 q(0,t) = $-\frac{A}{\sqrt{Dt}}$ et q $ - \infty $
La fonction proposée satisfait à l'équation différentielle proposée. En effet:
$\frac{\partial q}{\partial t}=\frac{1}{2}\frac{A}{\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}-\frac{A}{\sqrt{Dt}}\left( \frac{{{z}^{2}}}{4D{{t}^{2}}} \right){{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}=\frac{1}{2}\frac{A}{\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}\left( 1-\frac{{{z}^{2}}}{2Dt} \right)$
$\frac{\partial q}{\partial z}=\frac{A}{\sqrt{Dt}}\frac{z}{2Dt}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}$
$\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}=\frac{A}{\sqrt{Dt}}\left( \frac{1}{2Dt}-\frac{{{z}^{2}}}{4{{D}^{2}}{{t}^{2}}} \right){{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}=\frac{A}{2\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}\left( 1-\frac{{{z}^{2}}}{2Dt} \right)\frac{1}{D}$
On a bien: $\frac{\partial q}{\partial t}=D\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}\,$
Quand t augmente, l'amplitude diminue, mais la largeur augmente.
F4 On a vu en E3 les dimensions de λ, ρ et cp:
[λ] = [M][L][T]-3[Θ]−1
[ρ] = [M][L] -3 On en tire: [D] = [L]2[T]-1
[cp] = [L]2[T]-2[Θ]−1
[q] = [M][T]-3 a la dimension de $\frac{A}{\sqrt{Dt}}$ d'où: [A] = [M][L][T]-3
La dimension proposée par l'expression de l'énoncé est: [A] = [Θ]α[M]β[L]β[T]−3β[Θ]−β[M]γ[L]−3γ[L]2δ[T]−2δ[Θ]−δ
On tire le système d'équations: α − β − δ = 0 α = 1
β + γ = 1 γ = 1 − β γ = 0
β − 3γ + 2δ = 1 β−3+3β−3β+3=1et β = 1
−3β − 2δ = −3 2δ = −3β + 3 δ = 0 On tire l'expression de A: A = aλ(Το -Ts)
F5 L'énoncé donne: $A=\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)\lambda }{\sqrt{\pi }}$
D'où:: $q(0,t)=-\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)\lambda }{\sqrt{\pi Dt}}$ et avec la loi de Fourier: ${{\left. \frac{\partial T}{\partial z} \right]}_{z=0}}=\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)}{\sqrt{\pi Dt}}$
L'âge de la terre déduit par Lord Kelvin est alors: $t = \frac{{{{\left( {{T_o} - {T_s}} \right)}^2}}}{{\pi D{{\left( {{{\left. {\frac{{\partial T}}{{\partial z}}} \right]}_{z = 0}}} \right)}^2}}}$ soit avec les valeurs de Lord Kelvin, un âge compris entre 10 et 40 millions d'années.
F6 Kelvin se trompe d'un facteur de plus de 100 (âge de 4,5 milliards d'année)
Il a trouvé un refroidissement trop rapide en ne prenant pas en compte l'énergie volumique produite par radioactivité au sein de la terre (1ère partie du problème)
Thomson (ou bien Lord Kelvin) 1824-1907 fait les calculs ci-dessus vers 1862. La radioactivité n'est découverte par Becquerel qu'en 1896 (puis confirmée par Marie Curie).
En définitive, aucun des deux résultats n'est satisfaisant:
E4 En n'expliquant le flux sortant que par la radioactivité dans un cadre stationnaire. Le lent refroidissement de la terre est donc évacué.
F5 En ne prenant pas en compte la production interne de chaleur par radioactivité qui retarde le refroidissement de la terre. ===================================== FIN =============================================
L'équilibre de l'anneau (il avance à vitesse constante) s'écrit en projection sur l'axe des x
$\tau (r + dr)2\pi (r + dr)dx - \tau (r)2\pi rdx - P(x + dx)2\pi rdr + P(x)2\pi rdr = 0$ soit:
\(\frac{{d\left( {r\tau \left( r \right)} \right)}}{{dr}}drdx - \frac{{dP}}{{dx}}rdxdr = 0\) ou bien: $\frac{{dP}}{{dx}} = \frac{1}{r}\frac{{d(r\tau (r))}}{{dr}}$
Le gradient des vx(r) est négatif: $\frac{d{{v}_{x}}}{dr}<0$ On peut donc écrire: $\tau =\eta \frac{dv_{x}^{{}}}{dr}$, et donc: $\frac{dP}{dx}=\eta \frac{1}{r}\frac{d(r\frac{d{{v}_{x}}}{dr})}{dr}$
On reconnaît une fonction de x seul à gauche et de r seul à droite, ce qui confirme que dP/dx est bien une constante comme l'annonce l'énoncé.
On tire: $\frac{{d(r\frac{{d{v_x}}}{{dr}})}}{{dr}} = \frac{1}{\eta }\frac{{dP}}{{dx}}r{\rm{ d'o\`u r}}\frac{{{\rm{d}}{{\rm{v}}_{\rm{x}}}}}{{{\rm{dr}}}} = \frac{1}{{2\eta }}\frac{{dP}}{{dx}}{r^2}{\rm{ }}(constante d'int\'e gration nulle ... r = 0)$
Et donc: $\frac{\text{d}{{\text{v}}_{\text{x}}}}{\text{dr}}=\frac{1}{2\eta }\frac{dP}{dx}r\text{ soit: }{{\text{v}}_{\text{x}}}=\frac{1}{4\eta }\frac{dP}{dx}{{r}^{2}}+C\text{ avec C}=-\frac{1}{4\eta }\frac{dP}{dx}{{a}^{2}}\text{ car }{{\text{v}}_{\text{x}}}=0\text{ en x}=\text{a}\text{.}$
 |
Noter que r < a et vx
> 0 impose que dP/dx < 0:
La pression diminue vers
les x croissants.
|
Le profil de vitesse est donc parabolique.
A3$Q=\int_{0}^{a}{2\pi r{{v}_{x}}dr}=\frac{\pi }{2\eta }\frac{dP}{dx}\left( \frac{{{a}^{4}}}{4}-{{a}^{2}}\frac{{{a}^{2}}}{2} \right)\text{ soit: }Q=-\frac{\pi {{a}^{4}}}{8\eta }\frac{dP}{dx}$.
La vitesse moyenne est telle que: Q = vm πa2. On retrouve bien: ${{v}_{m}}=-\frac{{{a}^{2}}}{8\eta }\frac{dP}{dx}$
On peut noter que la vitesse maximale du fluide (obtenue au centre) est le double de la vitesse moyenne: vmax = 2 vm
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La porosité est légèrement surévaluée par cette expression car on compte 3 fois au lieu d'une la partie commune des trois tubes. L'erreur est de l'ordre de 2a3/l3 il s'agit d'un infiniment petit d'ordre supérieur qu'il est bien légitime de négliger.
B2 La surface S de matériau poreux correspond à N = S/l2 cubes élémentaires, et donc à N tubes de section πa2 dans lesquels le débit est Q calculé précédemment. D'où VxS = NQ = SQ/l2, et donc Vx = Q/l2 = $-\frac{\pi {{a}^{4}}}{8\eta {{l}^{2}}}\frac{dP}{dx}$
Or ${{a}^{4}}={{l}^{4}}\frac{{{\Phi }^{2}}}{9{{\pi }^{2}}}$ On a bien: ${{V}_{x}}=-\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi \eta }\frac{dP}{dx}$
B3 $\mathbf{V}=-\frac{k}{\eta }\mathbf{grad}P$
V en ms-1 τ en Nm-2 et donc η en Nsm-2 d'après l'expression de A2 gradP en Nm-3 k est en m2
Loi B3 projetée sur l'axe des x: Vx = $-\frac{k}{\eta }\frac{dP}{dx}$ et avec B2 $k=\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi }$. (ce qui confirme l'unité en m2)
B4 On ne s'intéresse qu'à la circulation sur l'axe des x et on néglige l'incidence de la présence des deux autres pores sur la conductance de la matrice.
On a à faire à deux conducteurs en parallèle dont les conductances s'ajoutent:
G = Gm + Gf =${{\sigma }_{m}}\frac{{{l}^{2}}}{l}+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{l}={{\sigma }_{m}}l+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{l}$
Or pour un matériau de section l2 longueur l conductivité σ, la conductance vaut: G =$\sigma \frac{{{l}^{2}}}{l}=\sigma l$
On tire: $\sigma ={{\sigma }_{m}}+{{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}\approx {{\sigma }_{f}}\frac{\pi {{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}$ car σf >> σm et avec B1: $\Phi =3\frac{\sigma }{{{\sigma }_{f}}}$.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
$\eta {{\left. \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r+dr}}2\pi (r+dr)dz-\eta {{\left. \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r}}2\pi rdz-P(z+dz)2\pi rdr+P(z)2\pi rdr-{{\rho }_{e}}g2\pi rdrdz=0$
soit: $\frac{dP}{dz}+{{\rho }_{e}}g=\eta \frac{1}{r}\frac{d\left( r\frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right)}{dr}$ On retrouve l'expression vue en A2 où la constante dP/dz est remplacée par la constante dP/dz + ρeg . On attend donc le résultat trouvé en B3 où dP/dz + ρeg remplace dP/dz. On obtient bien: ${{V}_{z}}=-\frac{k}{\eta }\left( \frac{dP}{dz}+{{\rho }_{e}}g \right)$
Au sein du fluide surnageant (au repos): P(0) = Patm + hρeg
A la base du sable d'où l'eau coule goutte à goutte: P(-L) = Patm
Puisque dP/dz est constant (énoncé) on tire: dP/dz = hρeg/L
Cas h(t) < 0:
La surface de l'eau (dans les pores) est à la pression atmosphérique ainsi que la base du sable où l'eau s'écoule goutte à goutte.
On a donc dans ce cas: dP/dz = 0
Avec Vz = dh/dt, on obtient les deux équations différentielles: $\frac{dh}{dt}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\left( \frac{h}{L}+1 \right)$ (si h>0), $\frac{dh}{dt}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g$ (si h<0)
C3 Le modèle est satisfaisant mais il sous estime sans doute les effets de la viscosité car les capillaires sont supposés rectilignes. En négligeant la tortuosité du parcours entre les grains, il sous estime la longueur de ces parcours. Il n'est sans doute pas bien adapté à des sables de trop forte granulométrie car a devient trop grand pour considérer l'écoulement comme laminaire d'une part et pour négliger le volume des pores devant celui de la matrice d'autre part. De plus, le modèle néglige les phénomènes de capillarité qui jouent un rôle d'autant plus important que l'on approche de la fin du processus d'écoulement.
C4 Cas h(t) > 0:
$\frac{dh}{dt}+\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\frac{h}{L}=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g\text{ }\Rightarrow \text{ }h=-L+A{{e}^{-\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}}\text{ avec z}={{\text{h}}_{\text{o}}}\text{ pour t}=\text{0 d }\!\!'\!\!\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ A }={{\text{h}}_{\text{o}}}+L\text{ }$
On obtient donc: $h=\left( {{h}_{o}}+L \right){{e}^{-\text{ }\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}}-L$ pour 0 < h < ho
La surface du sable s'assèche pour to tel que : $$$\frac{{{\text{h}}_{\text{o}}}+L}{L}={{e}^{\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}{{t}_{o}}}}$ soit: ${{t}_{o}}=\frac{\eta L}{k{{\rho }_{e}}g}\ln \left( \frac{{{h}_{o}}+L}{L} \right)$
Cas h(t) < 0:
$h=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}gt+B\text{ avec h}=0\text{ pour t}={{t}_{\text{o}}}\text{ d }\!\!'\!\!\text{ o }\!\!\grave{\mathrm{u}}\!\!\text{ }h=-\frac{k}{\eta }{{\rho }_{e}}g(t-{{t}_{o}})$
L'eau écoulée à l'instant t est égale à l'eau présente à t=0 moins l'eau restant à l'instant t:
Si h(t) > 0 eau initiale = hoSρe + eau dans le sable
eau restante = hSρe + eau dans le sable m(t) = (ho - h)ρeS m(t) =$\left( {{h}_{o}}+L \right){{\rho }_{e}}S\left( 1-{{e}^{-\text{ }\frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}t}} \right)$
à t = to , la masse d'eau écoulée est mo = hoρeS Si h(t) < 0 l'eau écoulée depuis to est celle qui était présente dans pores de 0 à h(t).
Il s'est donc écoulé depuis l'instant initial: m(t) = hoρeS +ΦS(-h(t))ρe
Soit: $m(t)={{\rho }_{e}}S\left( {{h}_{o}}+\Phi \frac{k{{\rho }_{e}}g}{\eta }\left( t-{{t}_{o}} \right) \right)$
La masse passée à cet instant est mo= 30 kg.
Tout est vide lorsque h(t) = -L.
C'est à dire pour tf = $\frac{\eta L}{k{{\rho }_{e}}g}+{{t}_{o}}$=1289 s.
La masse totale passée est m1 = 30,6 kg.
D'après A3 et B2 la vitesse maximale dans un pore (au centre du pore) est: vmaxi= 2vm = 2$\frac{Q}{\pi {{a}^{2}}}=2\frac{{{V}_{z\max }}{{l}^{2}}}{\pi {{a}^{2}}}=\frac{6}{\Phi }{{V}_{z\max }}$
Soit: ${{v}_{\max i}}=\frac{6}{\Phi }$$\frac{\left( {{h}_{o}}+L \right)k{{\rho }_{e}}g}{\eta L}$ vmaxi = 0,156 ms-1
Le nombre de Reynolds s'écrit: Re= $\frac{{{v}_{\max i}}a}{\upsilon }$ avec ν = η/ρe On trouve: Re = $\frac{{{v}_{\max i}}l{{\rho }_{e}}}{\eta }\sqrt{\frac{\Phi }{3\pi }}=50$
Pour un milieu confiné comme les pores, l'écoulement peut effectivement être considéré comme laminaire.
C6 On a négligé les forces de capillarité. Moins il y a d'eau plus leur importance relative s'accroit. En particulier, en fin de processus, on ne parvient pas à "vider" complètement les capillaires par le seul effet de la gravité (effet "buvard").
C7 Si le fluide est forcé à traverser les pores depuis le bas, la matrice est soumise à une action verticale ascendante de la part du fluide, du fait de sa viscosité.
Si on considère une tranche de sable gorgée d'eau comprise entre z et z+ dz, elle est soumise à son poids ρmSdzg. A l'entrée de chaque pore le fluide extérieur exerce la pression P sur le fluide intérieur (surface πa2 par pore). La surface S de "boue" comprend N = S/l2 pores sur chacun desquels s'exerce la force Pπa2.
La face située en z est donc soumise à P(z) S πa2/l2 = P(z)SΦ/3 vers le haut. De même il s'exerce P(z+dz)SΦ/3 vers le bas.
La résultante de ces forces, projetée sur l'axe ascendant s'écrit: dfz=$-\frac{dP}{dz}\frac{\Phi }{3}Sdz-{{\rho }_{m}}gSdz$
Or, d'après C1, $-\frac{dP}{dz}=\frac{\eta }{k}{{V}_{z}}+{{\rho }_{e}}g\text{ }$d'où: dfz = Sdz $\left( \frac{\eta }{k}\frac{\Phi }{3}{{V}_{z}}+\left( \frac{\Phi }{3}{{\rho }_{e}}-{{\rho }_{m}} \right)g \right)\text{ }$
Le sable sera instable et aura tendance à se soulever (il y aura "liquéfaction" du sable) dès que dfz sera positif ou nul, c'est à dire dès que: Vz > Vzc = $\frac{k}{\eta }\left( \frac{3}{\Phi }{{\rho }_{m}}-{{\rho }_{e}} \right)g$ soit: Vzc = 3,2 cms-1
Remarque:
On peut retrouver ce résultat en étudiant directement l'action, sur la matrice, de l'eau qui remonte:
Soit un grain de matrice traversé par un pore vertical. Ce grain de matrice est soumis à son poids: ρml3g et à la contrainte de viscosité verticale ascendante sur la paroi d'un pore:
$-{{\left. \eta \frac{d{{v}_{z}}}{dr} \right]}_{r=a}}2\pi al=-\frac{\eta }{2\eta }\frac{dP}{dz}a2\pi al=-\pi {{a}^{2}}l\frac{dP}{dz}=\pi {{a}^{2}}l\left( \frac{\eta }{k}{{V}_{z}}+{{\rho }_{e}}g \right)$
La résultante ascendante s'écrit:\(\pi {a^2}l\left( {\frac{\eta }{k}{V_z} + {\rho _e}g} \right) - {\rho _m}{l^3}g\). D'où la même expression de la vitesse critique. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
$\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{d}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{d}}+{{P}_{d}}=\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{c}}^{2}+{{\rho }_{e}}g{{z}_{c}}+{{P}_{c}}\text{ avec }{{\text{V}}_{\text{d}}}\approx 0\text{ }\Rightarrow \text{ }{{P}_{c}}={{\rho }_{e}}ge+{{P}_{o}}-\frac{1}{2}{{\rho }_{e}}{{V}_{c}}^{2}$
D2 Les forces de viscosité ne peuvent plus être négligées au sein de l'aquifère et Bernoulli ne peut plus être appliqué.
Le gradient de pression moyen s'écrit: $\frac{{{P}_{c}}-{{P}_{b}}}{\pi R}=\frac{dP}{dl}$
On obtient, en remarquant que la conservation de la matière dans l'aquifère s'écrit: Vb = Vc, $\frac{dP}{dl}=\frac{{{\rho }_{e}}g\left( e-h \right)}{\pi R}$
D3 L'équation d'Euler s'écrit en un point de la colonne (supposée verticale) de fluide libre (supposé parfait) à la sortie de l'aquifère: $\frac{D\mathbf{V}}{Dt}=-\mathbf{grad}P+\rho \mathbf{g}$
V et g sont verticales. La projection sur les axes horizontaux Ox et Oy, donne: $\frac{\partial P}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=0$.
La pression est donc constante dans un plan horizontal et vaut donc Po. (Loi des pressions transverses)
On déduit de l'expression de Bernouilli dans le panache la vitesse de sortie de l'aquifère: Vc2 = 2eg (Torricelli)
D4 Les résultats de A s'appliquent à l'aquifère: $v=-\frac{{{a}^{2}}}{8\eta }\frac{dP}{dl}=-\frac{S}{8\pi \eta }\frac{{{\rho }_{e}}g(e-h)}{\pi R}$
Vc est assimilable à cette vitesse moyenne, d'où: $v=\frac{S{{\rho }_{e}}g}{8{{\pi }^{2}}\eta R}\left( h-\frac{{{v}^{2}}}{2g} \right)$Ceci se réécrit: ${{v}^{2}}+\frac{16{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}}v-2gh=0$
Si R 0 v $\sqrt{2gh}$
On tire: $v=-\frac{8{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}}+\sqrt{{{\left( \frac{8{{\pi }^{2}}\eta R}{S{{\rho }_{e}}} \right)}^{2}}+2gh}$
D5 On obtient pour S = 1m2 et h = 50m v = 29,8 ms-1 e = 45,2 m
La perte de charge (5 m) dans la galerie est très faible. Ceci est dû à la forte dimension transversale. (conduite forcée EDF)
Le nombre de Reynolds vaut: Re = $\frac{{{\rho }_{e}}v\sqrt{S}}{\eta }$ = 3 107 . L'hypothèse laminaire dans ce type de conduite est erronée.
D6 La pression de sortie est Pc = Po et cette fois la vitesse d'écoulement dans le milieu poreux est très faible. On peut donc écrire Pb = hρeg + Po.
L'expression de la vitesse de Darcy applicable à ce milieu poreux fournit alors ici:
$v=-\frac{k}{\eta }\frac{dP}{dl}=\frac{k}{\eta }\frac{h{{\rho }_{e}}g}{\pi R}$ On tire, avec le débit: Q = vS: $k=\frac{Q\eta \pi R}{h{{\rho }_{e}}gS}$ k = 2 10-9 m2
D7Avec les résultats obtenus dans les parties précédentes: k = $\frac{{{\Phi }^{2}}{{l}^{2}}}{72\pi }$ et $\Phi =3\pi \frac{{{a}^{2}}}{{{l}^{2}}}$ on tire:
$l=\frac{\sqrt{72\pi k}}{\Phi }=7\text{ }mm\text{ et a}=\text{l}\sqrt{\frac{\Phi }{\text{3}\pi }}=0,7\text{ mm}$
E1 Soit S(r) la surface de la sphère de rayon r. (S(r) = 4πr2)
La puissance échangée par la couche sphérique par conduction thermique est donc:
q(r)S(r) - q(r+dr)S(r+dr) =$-\frac{\partial (qS)}{\partial r}dr=-4\pi \frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}dr$
E2 La puissance produite dans le volume S(r)dr concerné s'écrit: HρS(r)dr = 4πr2ρHdr
L'élévation de température dT nécessite l'énergie: ρSdrcpdT.
Cette variation de température est observée pour une durée dt, la puissance nécesaire est donc: 4πr2ρdrcp$\frac{\partial T}{\partial t}$.
On déduit: $-4\pi \frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}dr+4\pi {{r}^{2}}\rho Hdr=4\pi {{r}^{2}}\rho dr{{c}_{p}}\frac{\partial T}{\partial t}$ ou bien $\rho {{c}_{p}}{{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial t}={{r}^{2}}\rho H-\frac{\partial ({{r}^{2}}q)}{\partial r}$
E3 L'obtention du résultat demandé est immédiat $\rho {{c}_{p}}\frac{\partial T}{\partial t}=\rho H+\frac{\lambda }{{{r}^{2}}}\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}$
Unités: ρ kgm−3
cp Jkg-1K-1 soit: kgm2s-2kg-1K-1 ou m2s-2K-1
H Js-1kg-1 soit: kgm2s-2s-1kg-1 ou m2s-3
λ Js−1m-2mK-1 kgm2s-2s-1m-1K-1 ou kgms-3K-1
E4 En régime permanent $\frac{\partial T}{\partial t}=0$:
A l'interface en r = rm il doit y avoir continuité de la température ainsi que du flux thermique, et donc de $\frac{\partial T}{\partial r}$ puisque la conductivité est la même de part et d'autre de l'interface.
Pour 0$ \le $r$ \le $rm , l'équation de la chaleur s'écrit: $\frac{\lambda }{{{r}^{2}}}\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}=0\Rightarrow {{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r}=K$
On tire: T = $\frac{K}{r}+K'$ En r = 0 la température ne pouvant prendre de valeur infinie, K =0.
Il reste donc T = K' =Tc = Tm (où Tc est la température au centre et Tm la température à l'interface en rm)
La température est constante (mais inconnue à ce stade du raisonnement). On en déduit que $\frac{dT}{dr}=0$ (y compris en r = rm)
Pour r$ \ge {r_m}$, l'équation de la chaleur devient: $\frac{\partial ({{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r})}{\partial r}=-\frac{\rho H}{\lambda }{{r}^{2}}\Rightarrow {{r}^{2}}\frac{\partial T}{\partial r}=-\frac{\rho H}{3\lambda }{{r}^{3}}+K''$
En r = rm $\frac{\partial T}{\partial r}=0\text{ On tire K }\!\!'\!\!\text{ }\!\!'\!\!\text{ }=\frac{\rho \text{H}}{\text{3}\lambda }r_{m}^{3}$ d'où: $\frac{\partial T}{\partial r}=-\frac{\rho H}{3\lambda }r+\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{{{r}^{2}}}$ et donc $$$T=-\frac{\rho H}{6\lambda }{{r}^{2}}-\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{r}+K'''$
En r = R , T = To d'où $K'''={{T}_{o}}+\frac{\rho H}{6\lambda }{{R}^{2}}+\frac{\rho Hr_{m}^{3}}{3\lambda }\frac{1}{R}$
La température maximale est obtenue pour \(\frac{{\partial T}}{{\partial r}} = 0\), c'est à dire pour q = 0 et donc pour r = rm. il s'agit donc de la température Tc = Tm = T(rm).
On obtient: ${{T}_{c}}={{T}_{m}}={{T}_{o}}+\frac{\rho H}{3\lambda }\left( \frac{{{R}^{2}}}{2}+\frac{r_{m}^{3}}{R}-\frac{3}{2}r_{m}^{2} \right)$ Tc = 447K (Valeur très nettement sous estimée!)
${{\left. \frac{\partial T}{\partial r} \right]}_{r=R}}=\frac{\rho H}{3\lambda }\left( \frac{{{r}_{m}}^{3}-{{R}^{3}}}{{{R}^{2}}} \right)\text{ soit -10}\text{,45 Kk}{{\text{m}}^{\text{-1}}}$ (cette fois l'ordre de grandeur est correct)
E5
D'où:\(q\left( R \right) = \frac{{\rho H}}{3}\left( {\frac{{{R^3} - r_m^3}}{{{R^2}}}} \right)\) le flux thermique total en surface s’écrit donc : \({P_{tot}} = 4\pi {R^2}q\left( R \right) = \frac{4}{3}\pi \left( {{R^3} - r_m^3} \right)\rho H\)
On reconnaît précisément la totalité de la puissance radioactive dissipée dans la croûte.
La flux thermique total évacué à la surface de la planète peut donc s'écrire en généralisant ce résultat:
${{P}_{tot}}=\int_{0}^{R}{4\pi {{r}^{2}}\rho (r)H(r)dr}$
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Il suffit ensuite de remplacer $\frac{\partial T}{\partial z}\text{ par -}\frac{\text{q}}{\lambda }$ (Fourier), pour obtenir l'équation: $\frac{\partial q}{\partial t}=D\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}\,$
F2 A l'instant t = 0, T est uniforme (pour z$ \ne $0) et vaut To, d'où: q(0,z) = 0 $\forall z \ne 0$
Lorsque t $ + \infty $, la planète s'est totalement refroidie pour prendre uniformément la température Ts, d'où: $q(\infty ,z)=0\text{ }\forall \text{z}$
A l'instant t = 0, la température de la surface est Ts mais au voisinage immédiat la température est To$ \ne $Ts.
${{\left. \frac{\partial T}{\partial z} \right]}_{z=0}}$(et donc q) peut donc être considéré comme infini dans ce modèle. D'où: $q(t,0)\to \infty \text{ quand t}\to 0$
La fonction proposée satisfait aux conditions aux limites; En effet:
t$\infty $ exp(-z2/4Dt)1 et q0 $\forall z$
t0 si z$ \ne $0 exp(-z2/4Dt)0 et q0 car l'exponentielle l'emporte sur la puissance
si z = 0 q(0,t) = $-\frac{A}{\sqrt{Dt}}$ et q $ - \infty $
$\frac{\partial q}{\partial t}=\frac{1}{2}\frac{A}{\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}-\frac{A}{\sqrt{Dt}}\left( \frac{{{z}^{2}}}{4D{{t}^{2}}} \right){{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}=\frac{1}{2}\frac{A}{\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}\left( 1-\frac{{{z}^{2}}}{2Dt} \right)$$\frac{\partial q}{\partial z}=\frac{A}{\sqrt{Dt}}\frac{z}{2Dt}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}$
$\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}=\frac{A}{\sqrt{Dt}}\left( \frac{1}{2Dt}-\frac{{{z}^{2}}}{4{{D}^{2}}{{t}^{2}}} \right){{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}=\frac{A}{2\sqrt{D{{t}^{3}}}}{{e}^{-\text{ }\frac{{{z}^{2}}}{4Dt}}}\left( 1-\frac{{{z}^{2}}}{2Dt} \right)\frac{1}{D}$
On a bien: $\frac{\partial q}{\partial t}=D\frac{{{\partial }^{2}}q}{\partial {{z}^{2}}}\,$
Quand t augmente, l'amplitude diminue, mais la largeur augmente.
F4 On a vu en E3 les dimensions de λ, ρ et cp:
[λ] = [M][L][T]-3[Θ]−1
[ρ] = [M][L] -3 On en tire: [D] = [L]2[T]-1
[cp] = [L]2[T]-2[Θ]−1
[q] = [M][T]-3 a la dimension de $\frac{A}{\sqrt{Dt}}$ d'où: [A] = [M][L][T]-3
La dimension proposée par l'expression de l'énoncé est: [A] = [Θ]α[M]β[L]β[T]−3β[Θ]−β[M]γ[L]−3γ[L]2δ[T]−2δ[Θ]−δ
On tire le système d'équations: α − β − δ = 0 α = 1
β + γ = 1 γ = 1 − β γ = 0
β − 3γ + 2δ = 1 β−3+3β−3β+3=1et β = 1
−3β − 2δ = −3 2δ = −3β + 3 δ = 0 On tire l'expression de A: A = aλ(Το -Ts)
F5 L'énoncé donne: $A=\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)\lambda }{\sqrt{\pi }}$
D'où:: $q(0,t)=-\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)\lambda }{\sqrt{\pi Dt}}$ et avec la loi de Fourier: ${{\left. \frac{\partial T}{\partial z} \right]}_{z=0}}=\frac{\left( {{T}_{o}}-{{T}_{s}} \right)}{\sqrt{\pi Dt}}$
L'âge de la terre déduit par Lord Kelvin est alors: $t = \frac{{{{\left( {{T_o} - {T_s}} \right)}^2}}}{{\pi D{{\left( {{{\left. {\frac{{\partial T}}{{\partial z}}} \right]}_{z = 0}}} \right)}^2}}}$ soit avec les valeurs de Lord Kelvin, un âge compris entre 10 et 40 millions d'années.
Il a trouvé un refroidissement trop rapide en ne prenant pas en compte l'énergie volumique produite par radioactivité au sein de la terre (1ère partie du problème)
Thomson (ou bien Lord Kelvin) 1824-1907 fait les calculs ci-dessus vers 1862. La radioactivité n'est découverte par Becquerel qu'en 1896 (puis confirmée par Marie Curie).
En définitive, aucun des deux résultats n'est satisfaisant:
E4 En n'expliquant le flux sortant que par la radioactivité dans un cadre stationnaire. Le lent refroidissement de la terre est donc évacué.
F5 En ne prenant pas en compte la production interne de chaleur par radioactivité qui retarde le refroidissement de la terre. ===================================== FIN =============================================
