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1 – DS4 [DS4sol.tex]

Sciences Physiques MP 2010-2011

Devoir surveill´ de Sciences Physiques n 4 du 07-12-2010 e ˚
— Dur´e : 4 heures. Solutions — e

Probl`me no 1 – Gain de temps et ´conomies d’´nergie e e e
A. Approche simplifi´e du comportement thermique d’un habitat e Mod´lisation sommaire e 1. On a Rth =
∆θ φ

CCP PC 2010

qui s’exprime en K · W−1 .
dθ dt

2. On a φ = Cth dθo` φ est en W, Cth en J · K−1 et u dt 4. En r´gime permanent, on a e dans l’habitation : φ0 = Mise en temp´rature e Mise en temp´rature sous flux constant e
θc −θe Rth dθ dt

en K · s−1 .
θ−θe Rth .

e e 3. La loi des nœuds permet d’exprimer le bilan ´nerg´tique. On a φ = Cth dθ + dt = 6 kW .

= 0. On peut alors en d´duire le flux n´cessaire pour maintenir la temp´rature e e e

φ0 e 5.L’´quation diff´rentielle qui r´sulte du bilan thermique peut encore s’´crire selon dθ + τθ0 = θ0 + Cth . La e e e e dt τ e solution est de la forme θ(t) = A exp − τt0 + θe + Rth φ0 . Cette solution peut encore ´voluer en tenant compte du fait que Rth φ0 = θc − θe . Avec la prise en compte de la condition initiale θ(t = 0) = θe , on arrive a : `

θ(t) = θc + (θe − θc ) exp − τt0 .

1 lorsque exp −τt0 = 20 . Cela conduit ` t = τ0 ln 20 ≃ 3τ0 . On trouve num´riquement τ0 = 7 500 s, ce qui fait 2 e a heures et 5 minutes et par cons´quent 3τ repr´sente 6 heures et 15 minutes. e e

` 6. A partir des calculs pr´c´dents, on peut ´crire que θc − θ(t) = (θc − θe ) exp − τt0 . Le temps de 5% est atteint e e e

Chauffage forc´ au d´part puis r´duit en fonction du temps e e e 7. Le bilan thermique´volue uniquement par le second membre : e
dθ dt

+

θ τ0

=

θe τ0

+

φ0 Cth

+

9φ0 Cth

8. La solution de l’´quation diff´rentielle est la somme de la solution g´n´rale A exp − τt0 et de deux soe e e e φ0 e lutions particuli`res, l’une constante correspondant ` cette partie du second membre θ0 + Cth qui donne e a τ t en fait θp1 = θc et l’autre de forme identique au secondmembre ` savoir θp2 = B exp − τ . On va tesa 9φ0 t ter la forme de θp2 dans l’´quation diff´rentielle dθ + τθ0 = Cth exp − τ pour justifier son statut de solue e dt
1 tion particuli`re. On a donc (− τ + e 1 τ0 )B

t exp − τ .

=

9φ0 Cth .

Apr`s calcul, on trouve que B = e

de l’´quation diff´rentielle issue du bilan thermique est donc θ(t) = θc + e e reste plus qu’` imposer la conditioninitiale sur la temp´rature θ(t = 0) = θe . Au bout du compte, on a : a e θ(t) = θc +
9(θc −θe ) 1−τ0 /τ t exp − τ − (θc − θe )(1 + 9 t 1−τ0 /τ ) exp − τ0 9 1−τ0 /τ

9(θc −θe ) 1−τ0 /τ . La solution 9(θc −θe ) t t 1−τ /τ0 exp − τ + A exp − τ0 . Il ne

.
10−τ0 /τ 1−τ0 /τ . θc ) exp − 10t . τ0

9. On peut annuler A puisque le terme 1 +

peut encore s’´crire e

Il suffit de prendre τ =

τ0 10.

Le temps mis pour atteindre La solution en θ(t) se simplifie alors et on arrive ` θ(t) = θc + (θe − a le r´gime permanent ` 5% pr`s est maintenant donn´ par t ≃ 3τ0 = 2 250 s, ce qui fait 38 minutes environ. e a e e 10 Chauffage ´volutif en fonction de la temp´rature int´rieure atteinte e e e 10. L’´quation diff´rentielle devient e e rapport au temps, on obtient :
d2 θ dt2 t θe dθ θ k′ k edt + τ0 = τ0 + Cth [θc − θ(t)] + Cth 0 [θc − θ(u)] du. Si on d´rive par 1 dθ k′ ee e = − Ck dθ + Cth (θc − θ). En r´´crivant cette ´quation pour qu’elle τ0 dt th dt d2 θ dt2

+

prenne une forme classique, on arrive ` : a

+

1 τ0

+

k Cth

dθ dt

+

k′ Cth θ

=

k′ Cth θc

. On constate aussitˆt qu’en o

r´gime ind´pendant du temps, on aura θ = θc qui est latemp´rature de consigne. e e e 11. Le r´gime permettant d’atteindre la temp´rature de consigne sans oscillations est le r´gime critique . e e e C’est celui pour lequel le discriminant de l’´quation caract´ristique est nul : e e diff´rentielle s’´crit d’une fa¸on g´n´rale e e c e e
2 θ ad 2 dt

1 τ0

+

k Cth

2

=

4k′ Cth .

L’´quation e

l’´quation caract´ristique qui correspond ` r...
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