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\title{LP19 -- Bilans thermiques : flux conductifs, convectifs et radiatifs}
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\date{\today}

\begin{document}

\titre{Aurélien Goerlinger}{Yohann Faure}{}{}



\subsection*{Commentaires du jury}
\begin{itemize}
    \item \textbf{2017: }Il ne faut pas oublier de faire des bilans thermiques dans cette leçon qui ne consiste pas en un catalogue
des divers flux.
\item \textbf{2015: }Le traitement d’au moins un exemple mettant en jeu plusieurs mécanismes de transferts thermiques est
l’un des objectifs de cette leçon.
\end{itemize}

\subsection*{Niveau : L2/L3}


\subsection*{Bibliographie}
\begin{tabular}{@{\livre}p{0.48\linewidth} @{\ $\longrightarrow$ \ }p{0.48\linewidth}}
\textit{Thermodynamique}, \textbf{Diu} \\
\textit{PC}, \textbf{Dunod}  \\
\textit{Hydrodynamique physique}, \textbf{GHP} & Comparaison diffusion/convection \\
\textit{Tout-en-un Physique PC}, \textbf{Sanz}  & Base de la leçon \\ 
\textit{Ondes mécaniques et diffusion}, \textbf{Garing} \\
\end{tabular}

\noindent
\begin{minipage}[t]{0.48\linewidth}



\subsection*{Prérequis}
\begin{itemize}[label=\ding{226}]
 \item Thermodynamique : 1er et 2nd principes
 \item Rayonnement du corps noir
 \item Diffusion
 \item Notion de couche limite
\end{itemize}
\end{minipage}
\begin{minipage}[t]{0.48\linewidth}
\subsection*{Expériences}
	\begin{itemize}[label=\Coffeecup]
	\item 
	\end{itemize}
\end{minipage}



\newpage

\tableofcontents

\newpage

\setlength{\parskip}{1em}


\section*{Introduction}

On connait trois modes de transport d'énergie :
\begin{itemize}
    \item Conduction : quand on se brule en touchant la casserolle
    \item Convection : naturelle quand elle est causée par l'instabilité d'un fluide, forcée quand le mouvement est forcé (clim)
    \item Rayonnement : quand on sent la chaleur du soleil
\end{itemize}

Pour les étudier, il va falloir sortir du cadre habituel que l'on a défini jusqu'ici de la thermo en équilibre. Il va falloir faire intervenir le temps, et les états hors équilibre.

Pourquoi les étudier ? Pour isoler les maisons et faire cuire des pâtes pardi !


\vspace{0.2cm}


\section{Cadre de l'étude}
\subsection{Équilibre thermodynamique local}
On veut étudier des systèmes hors équilibre, qui se thermalisent, donc on ne peut pas rigoureusement définir ($T,P,\mu$). Mais on en a besoin, on va donc ruser en partitionnant les systèmes !

Par exemple, prenons un système $\Sigma$ en contact avec deux thermostats de températures différentes de chaque côté, on ne peut pas définir sa température, mais on peut le couper en tranches infinitésimales de température égale !

Il faut cependant que ces tranches, ces sous-systèmes, soient assez grands pour y définir les variables thermodynamiques (une seule molécule ne suffit pas), donc on va se placer à l'échelle mésoscopique :

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width = .4\textwidth]{fig/micro_meso_macro.png}
    \caption{Illustration de l'échelle mésoscopique.}
    \label{fig:meso}
\end{figure}

On supposera alors \textbf{l'équilibre thermodynamique local}, c'est à dire l'équilibre thermodynamique de chacun des sous-systèmes. On a alors défini les variables thermodynamiques en chaque point du système !

On fera égalememnt l'\textbf{Approximation linéaire.} On supposera les écarts à l'équilibre suffisamment faibles pour les traiter comme des ordres 1 dans les Développement limités.


\subsection{Notion de flux thermique}

Soit un système $\Sigma$ de volume $V$ et de surface $S$. La chaleur reçue par $\Sigma$ pendant d$t$ s'exprime

\begin{equation}
    \delta Q=\left[\iint_S\varphi_{\text{ext}\rightarrow\Sigma}\dd S\right]\dd t
\end{equation}

On voit apparaître le flux thermique surfacique entre [crochets]. C'est la chaleur reçue par unité de temps et de surface. On peut en définir un vecteur de courant, comme on l'a fait en électromagnétisme :

\begin{equation}
\begin{aligned}
    \varphi\dd S&=\vb{j}\cdot \vb{\dd S}\\
    \text{c'est-à-dire }\varphi&=\vb{j}\cdot\vb{n}
\end{aligned}
\end{equation}

\textbf{Point unités :} $\delta Q$ en J, $\varphi$ en W/m$^2$.

L'utilité principale du flux thermique et de faire des bilans d'échange d'énergie entre deux systèmes, et c'est ce que nous allons faire tout de suite !

\subsection{Bilan énergétiques}

Soit $\Sigma$ toujours notre système, mais cette fois-ci fermé et à frontière immobile, il ne reçoit aucun travail, si bien que l'on peut écrire le premier principe comme suit :

\begin{equation}
    U_{\Sigma}(t+\dd t)-U_{\Sigma}(t)=\dd U_{Sigma}=\delta Q + \mathcal{P}_{vol,\text{produit}}
\end{equation}

On voit ici l'apparition d'un therme de production, il s'agit de la production de chaleur dans le milieu, on peut par exemple imaginer un courant électrique qui, par effet Joules, fait chauffer $\Sigma$. On peut aussi imaginer des réactions thermonucléaires, comme dans les étoiles.


\begin{equation}
\begin{aligned}
    \dd U_{\Sigma}&=\left(
        \oiint_S \varphi\dd S+\iiint_V\mathcal{P}_{vol}\dd V
    \right)\dd t\\
    \derond{U_{\Sigma}}{t}\dd t&=\left(
    \oiint_S \varphi\dd S+\iiint_V\mathcal{P}_{vol}\dd V\right)\dd t\\
    \derond{U_{\Sigma}}{t}\dd t&=\left(
    \oiint_S \textcolor{red}{-}\vb{j}\cdot\vb{\dd S}+\iiint_V\mathcal{P}_{vol}\dd V\right)\dd t\qquad\text{"-" car on parle en reçu ici}\\
\end{aligned}
\end{equation}

On peut alors utiliser le théorème de la divergence et réorganiser les termes, pour obtenir la magnifique équation

\begin{equation}
    \iiint_V\left(\derond{u_\Sigma}{t}+\Nabla\cdot\vb{j} -\mathcal{P}_{vol} \right)\dd V\dd t=0
\end{equation}

Et comme ceci est vrai pour tout $t$ et pour tout $V$, on peut passer à la formulation mésoscopique, à savoir :

\important{
\begin{equation}
\derond{u_\Sigma}{t}=-\Nabla\cdot\vb{j}+\mathcal{P}_{vol}
\label{eq:locale}
\end{equation}
}




\subsection{Modes de transport}

Mais ce petit j c’est quoi exactement ? On identifie trois modes de transport de la chaleur par transfert
thermique :

\textbf{Conductif} : Dans un contexte plus général, on parle de diffusion. Lorsqu’une zone de l’espace est plus chaude, elle va avoir tendance à céder de l’énergie autour d’elle pour homogénéiser la température dans l’espace. Ce mode résulte de la collision des particules qui se transmettent leur énergie de proche en proche. L’aspect "propagatif" est un phénomène purement statistique mais ne découle d’aucune force ! \textbf{Exemple} : Lorsqu’on pose sa main sur une plaque de métal, celle-ci nous semble froide, parce qu’elle est à une température inférieure à celle de notre corps. L’énergie va de la main vers la plaque.

\textbf{Convectif} : On parle de convection lorsque lorsque le milieu support est en mouvement. Le fluide passe d’un système chaud à un système froid en transportant l’énergie avec lui. \textbf{Exemple} : Il existe de la convection naturelle (l’air chaud remonte) ou bien forcée (touiller son café)

\textbf{Radiatif} : Un système à température T est également capable de céder de l’énergie sans support matériel !
Ce transfert se fait via une onde électro-magnétique et est piloté par des mécanismes d’absorption / émission. \textbf{Exemple} : Le Soleil nous chauffe et pourtant c’est bien du vide qui se situe entre lui et la Terre ! Remarquons que nous somme aussi à température non nulle, donc nous chauffons également le Soleil...

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.7\textwidth]{fig/3flux.png}
    \includegraphics[width=.29\textwidth]{fig/je_chante_comme_une_.png}
    \caption{Les différents flux.}
    \label{fig:flux}
\end{figure}




\section{Conduction thermique}
Maintenant qu'on a pu poser un cadre d'étude, on va pouvoir rentrer dans le vif du sujet et parler d'un premier type de transport : la conduction thermique. C'est ce mode de transport qui explique pourquoi lorsqu'on trempe le bout d'une cuillère dans un thé chaud on constate que la cuillère entière devient chaude.

La conduction thermique nécessite un milieu matériel pour avoir lieu. Elle s'effectue sans transport de matière mais plutôt via un transfert d'énergie de proche en proche. Il s'agit du processus de transport de l'énergie dominant dans les solides.

\subsection{Loi de Fourier et équation de la chaleur}
La conduction est un phénomène de diffusion : en effet, elle est causée par une inhomogénéïté, \textit{i.e.} un gradient, de température dans le milieu matériel. Comme pour tout phénomène diffusif, on peut définir un vecteur densité de courant d'énergie $\vb{j_Q}$ relié au flux d'énergie algébrique $\Phi$ \textit{sortant} du système par unité de temps via la relation
\begin{equation}
    \Phi = \oiint \vb{j_Q}\cdot \vb{\dd S}
\end{equation}
où $\vb{\dd S}$ est un vecteur normal à la surface du système et dirigé vers l'extérieur. On a dit cependant que la conduction thermique était lié au gradient de température, il faut donc trouver un moyen de relier $\vb{j_Q}$ et $\Nabla T$. 

En 1807, ce lien est établi grâce à la \textbf{loi phénoménologique de Fourier} :
\begin{equation}
    \boxed{\vb{j_Q}=-\lambda \Nabla T}
\end{equation}
où on introduit une grandeur spécifique au milieu étudié : la \textbf{conductivité thermique} $\lambda$, exprimée en $\SI{}{\watt\per\metre\per\kelvin}$. Cette loi nécessite cependant de faire plusieurs hypothèses :
\begin{itemize}
    \item équilibre thermodynamique locale, afin de définir $T$ en tout point
    \item faible gradient de $T$, afin d'utiliser l'approximation linéaire $\vb{j_Q} \propto \Nabla T$
    \item $\lambda$ est constante (en réalité $\lambda$ dépend de $T$)
\end{itemize}

Quelques ordres de grandeur de $\lambda$ pour différents matériaux :
\begin{center}
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{fig/coefficients_de_condutivite_diffusion_thermiques.png}
\end{center}


Maintenant qu'on a relié $\Nabla T$ à $\vb{j_Q}$, il ne reste plus qu'à appliquer la conservation de l'énergie :
\begin{equation}
    \begin{aligned}
        \derond{u}{t}+\Nabla\cdot\vb{j_q} = 0 &\Rightarrow \derond{}{t}(\rho c_v T) + \Nabla\cdot(-\lambda\Nabla T) \qquad (\text{1ère loi de Joule : }U=C_V T)\\
        &\Rightarrow \rho c_v\derond{T}{t} - \lambda \Delta T = 0
    \end{aligned}
\end{equation}
avec $\rho$ la masse volumique du matériau et $c_v$ sa capacité calorifique massique.
On obtient bel et bien une équation de diffusion, appelée \textbf{équation de la chaleur} :
\begin{equation}
    \boxed{\derond{T}{t}-D\Delta T = 0}
\end{equation}
avec $D=\dfrac{\lambda}{_pho c_v}$ le coefficient de diffusion thermique (cf tableau précédent pour des OdG). Comme tout équation de diffusion, cette équation est irréversible et possède une longueur caractéristique $L=\sqrt{Dt}$.

\subsection{Analogie avec l'électrostatique : notion de résistance thermique}
En régime stationnaire, on a $\derond{T}{t}=0$. On peut aussi se placer en ARQS pour avoir $\derond{T}{t}\simeq 0$.

En écrivant $\norm{\Nabla T} \approx \dfrac{\delta T}{e}$, on peut obtenir le 'courant de chaleur' $I_Q$ :
\begin{equation}
    I_Q = \norm{\vb{j_Q}} S = \dfrac{S\lambda}{e} \delta T
\end{equation}

On peut faire un analogie avec l'électrostatique :

\begin{center}
 \begin{tabular}{c|c|c}
    Domaine & Electrostatique & Thermique \\
    \hline
    Courant & $I=\dv{q}{t}$ & $I_Q=\derond{Q}{t}$ \\
    Ddp & $U = V_2-V_1 =\delta V$ & $T_2-T_1=\delta T$ \\
    Résistance & $R=\dfrac{U}{I}$ & $R_\text{th}=\dfrac{\delta T}{I_Q}$ 
\end{tabular}
\end{center}

Avec cette analogie, on peut ainsi définir une \textbf{résistance thermique} $R_\text{th}$, exprimée en $\SI{}{\kelvin\per\watt}$. On a alors $$R_\text{th}=\dfrac{e}{\lambda S}$$



\subsection{Exemple : la conduction dans le sol}
\livre Garing + Sanz

\smallbreak
On cherche ici à connaître la profondeur adéquate à laquelle placer une cave pour éviter que les variations saisonnières de température viennent perturber la température de la cave. Le même problème se pose pour des canalisations, on cherche à éviter le gel dû aux variations journalières de température.

On modélise le problème en assimilant le sol à un demi-espace ($z$>0, axe $z$ vers le bas) homogène de masse volummique $\rho$, de chaleur massique $c_v$ et de conductivité thermique $\lambda$. On note $T(z,t)$ la température à l'instant $t$ et à la profondeur $z$. 

On suppose que la température à la surface suit la loi $T(z=0,t)=T_0+T_1\cos(\omega t)$ (c'est une modélisation des cycles jour/nuit voire des cycles saisonniers si on veut).
On admet qu'à grande profondeur la température tend vers la moyenne annuelle : $T(z \rightarrow + \infty,t) \longrightarrow T_0$. Finalement, on suppose qu'il n'y a aucune source d'énergie dans le sol. L'équation de la chaleur donne alors
\begin{equation}
    D \derondcarre{T}{z}(z,t) = \derond{T}{t}(x,t)
\end{equation}
Pour résoudre cette équation, on pose $\Theta(z,t)=T(z,t)-T_0$ et on passe en notations complexes : $\underline{\Theta}(z,t)=\Re[\underline{f}(z)\exp(i\omega t)]$. En mettant $\Theta$ dans l'équation de la chaleur, on peut obtenir un polynôme caractéristique de solution
$$r_\pm=\pm (1+i)\sqrt{\dfrac{\omega}{2D}}$$
En en déduit que les solutions sont de la forme
\begin{equation}
    \underline{f}(z)=\underline{\alpha} \exp\bigpar{-(1+i)\sqrt{\dfrac{\omega}{2D}}z} + \underline{\beta} \exp\bigpar{+(1+i)\sqrt{\dfrac{\omega}{2D}}z}
\end{equation}
On a pour conditions aux limites. 
$$\begin{aligned}
\underline{\Theta}(z=0,t)=T_1\exp(i \omega t) \iff \underline{f}(z=0)=T_1 \\
\underline{\Theta}(z\rightarrow + \infty,t)=0\iff \underline{f}(z\rightarrow + \infty)=0
\end{aligned}$$
On obtient donc $\underline{\alpha}=T_1$ et $\underline{\beta}=0$. 

On peut finalement exprimer $T(z,t)$ :
\begin{equation}
    \boxed{T(z,t)=T_0+T_1\exp\bigpar{-\dfrac{z}{\delta}}\cos\bigpar{\omega t - \dfrac{x}{\delta}} \qquad \text{avec } \delta=\sqrt{\dfrac{2D}{\omega}}}
\end{equation}
On remarque que plus les variations de température en surface sont rapides (\textit{i.e.} plus $\omega$ est grand), plus la distance caractéristique d'atténuation $\delta$ est faible donc moins ces variations se propagent. En notant $\tau$ la période de ces variations, on peut écrire $\delta=\sqrt{\dfrac{D\tau}{\pi}}$.

\remarque{Application numérique}{Le sol a une diffusivité thermique moyenne $D_\text{sol}=\SI{6.5e-7}{\metre\per\second\squared}$. 

Pour des variations de température annuelles, on obtient donc $\delta(\tau=1\text{ an}) = 2.5$ m. Si on veut creuser une cave telle que les variations annuelles de température ne causent un variation de température dans la cave de moins de 2$\deg$C, il faut que $$|T_1\exp\bigpar{-\dfrac{z_0}{\delta}}|<2 \qquad \Rightarrow \qquad z_0 > \delta \ln\bigpar{\dfrac{T_1}{2}}$$
En prenons des variations annuelles de température d'amplitude $T_1=20\deg$C, on obtient $z_0>6$ m.

Pour des variations journalières, $\delta(\tau=1\text{ jour}) = 14$ cm. On enterre les canalisations d'eau à $z=1$ m de profondeur. Ainsi, on divise l'amplitude des variations journalières de température par 1000 environ ! Les canalisations sont alors préservées du gel. 

}

\newpage

\section{Convection thermique}
\livre \textit{J'intègre} MP, chap 23.

\experience{Visualisation de la convection}{}{}{
\textbf{Matériel :} glace, bécher, colorant, baguette en verre

Déposer délicatement le glaçon imbibé d’eau colorée dans un bécher d’eau tiède/chaude. On observe le traçage de la cellule de convection par le colorant.

Mélanger avec la baguette pour illustrer la convection forcée plus efficace.
}

\subsection{Mécanisme}

On le rappelle, la convection thermique est le mode de transport thermique qui s’accompage d’un mouvement global de matière dont les molécules transportent leur agitation thermique. Elle nécessite une interface solide-liquide (casserole), liquide-gaz (surface de la mer) ou bien solide-gaz. Lorsqu’on étudie le transport de chaleur dans un fluide, on se rend vite compte que la convection est plus importante que la conduction. Exemple très simple : la casserole d’eau chauffée ! On voit bien les cycles de convection (c’est d’ailleurs leur petit nom) avec l’eau qui remonte. On peut prendre cet exemple pour comprendre le mécanisme de la convection.


À l’interface entre la casserole et l’eau du fond, il y a un échange thermique entre le métal chaud et le liquide froid, il y a, comme dans le cas de la conduction thermique, transmission-répartition de l’énergie cinétique d’agitation thermique. Ce transfert a pour conséquence le réchauffement de l’eau inférieure, du bas de la casserole. Or, un fluide (là c’est de l’eau mais c’est pareil pour de l’air) chaud est moins dense qu’un fluide froid ! On est donc dans la situation où du fluide peu dense est situé en dessous de fluide dense.

D’après les lois de la statique des fluides, cet état du système n’est pas stable. Le fluide peu dense, le chaud donc, va remonter dans la casserole et ce faisant faire descendre le fluide dense, le froid. On est donc revenu dans la situation initiale : on est reparti pour un tour ! En prenant en compte le refroidissement de l’eau supérieure au contact de l’air (par...convection) on a ainsi création d’un cycle !

Pour résumer la convection : Si le solide est à une température plus élevée que le fluide, il y aura remplacement progressif des parties du fluide en contact avec le solide par du fluide froid qui à son tour recevra de l’énergie de la part du solide. Ceci durera jusqu’à ce qu’il y ait homogénéisation de la température.

On distingue deux formes de convection :
\begin{itemize}
    \item la convection naturelle : il s’agit du mécanisme précédemment décrit. Exemples : formation des courants océaniques (interface sol sous-marin/eau), formation des vents (interface surface de la mer/air), mouvement des plaques tectoniques\footnote{\textit{Timéo stars to dance.}} (convection dans le manteau).
    \item la convection forcée : lorsque le fluide est mis en mouvement par une pompe ou un ventilateur. Exemples : refroidissement d’un moteur à explosion, refroidissement des composants d’un ordi...
\end{itemize}

\newpage

\subsection{Loi de refroidissement de Newton, couche limite}

Le phénomène de convection est un phénomène non-linéaire mais qui phénoménologiquement peut être représenté par un modèle linéaire, celui de la couche limite.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{fig/newton.png}
    \caption{Modèle de la couche limite.}
    \label{fig:couche}
\end{figure}

Le modèle consiste à considérer qu'il existe un couche fine de fluide qui ne se déplace pas avec le reste du fluide, qui reste collée au fond de la casserolle en somme.

Cette couche, considérée fine, d'épaisseur $e$, est le siège d'un fort gradient thermique 

$$\partial_zT=\dfrac{T_f-T_s}{e}$$

Comme le transfert thermique est conductif dans cette couche, on applique la \textbf{loi de Fourier}.


\begin{equation}
\begin{aligned}
    \vb{j}_{conduc}&=-\lambda\partial_zT\vb{e_z}\\
    \vb{j}_{conduc}&=\dfrac{\lambda_f}{e}(T_s-T_f)\vb{e_z}
\end{aligned}
\end{equation}

On a de plus, de part l'équilibre thermodynamique local, l'impossibilité d'accumuler infiniment de la chaleur. Donc le flux conductif doit être évacué en flux convectif.

\begin{equation}
    \vb{j}_{conduc}=\vb{j}_{convec}
\end{equation}

Ce résultat se nomme \textbf{Loi de Newton}

\important{
\begin{equation}
    \vb{j}_{convec}=h\Delta T \vb{n}
\end{equation}
Avec $h=\dfrac{\lambda_f}{e}$ le coefficient conducto-convectif de Newton, en W m$^{-2}$ K$^{-1}$ et $\vb{n}$ la normale à la surface, que l'on dirige en fonction de la physique de la situation.
}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.4\textwidth]{fig/OdG_h.png}
    \caption{Ordre de grandeur de $h$ en fonction du matériaux.}
    \label{fig:h}
\end{figure}

Dans le cas d'une température uniforme sur la surface considérée, comme par exemple dans le cas d'un mur de maison, on peut écrire la puissance dissipée par convection :

\begin{equation}
    \mathcal{P}=h\Delta T S
\end{equation}

Par analogie avec l'électrostatique, on peut poser une résistance thermique pour la convection $R_\text{th}^{conv}=hS$. 

\subsection{Applications directes}
Deux applications sont standards, celle des ailettes de refroidissement et celle du double vitrage.
\subsubsection{Ailettes}
Pour refroidir un composant informatique, on utilise généralement un bloc métallique appelé radiateur, qui va dissiper de la chaleur par radiation et par conducto-convection.

\livre CCP 2017 :

Chaque ailette est parallélépipédique, de dimensions $a$ = 2,0 mm (épaisseur), $b$ = 10 cm (largeur) et $c$ = 20 cm (longueur). On pourra admettre que $a$ est négligeable devant $b$. En fonctionnement, le boîtier de l’appareil M sera maintenu à la température $T_M$ = 60$\deg$C. L’air extérieur, qui circule, est de température constante et uniforme $T_A$ = 20$\deg$C, sauf au voisinage immédiat de l’ailette, entourée d’une couche limite d’air thermiquement peu conductrice dont la température reste localement voisine de celle de la surface de l’ailette.

Dans l’ailette, on admettra que le transfert thermique, de type conductif, est monodimensionnel dans la direction de l’axe Ox. Il obéit à la loi de Fourier, la conductivité thermique étant $\lambda = \SI{16}{\watt\per\metre\per\kelvin}$. On note $T(x)$ la température de l'aile à $x$. Il existe aussi un transfert thermique de l’ailette vers l’air ambiant, à travers la couche limite. Le flux thermique au niveau d’une surface d$S$ de l’élément de l’ailette de longueur d$x$ suit la loi de Newton, avec $h=\SI{150}{\watt\per\metre\squared\per\kelvin}$.

\begin{enumerate}
    \item Ecrire le bilan des transferts d’énergie pour la tranche d’ailette comprise entre les abscisses $x$ et $x$+d$x$ en régime permanent. On posera $L=\sqrt{\dfrac{\lambda a}{2h}}$. Écrire ensuite et résoudre l'EDL dont $T$ est la solution.
    \item Vérifier l'hypothèse d'épaisseur de la couche limite
    \item Donner l'expression de d$\mathcal{P}(x)$, puis de la puissance totale $\mathcal{P}$ dissipée par l'ailette. En déduire le nombre d'ailettes nécessaires pour évacuer la chaleur produite par une machine de 1kW en le maintenant à 60$\deg$C.
\end{enumerate}

\begin{center}
    \rule{0.5\linewidth}{1pt}
\end{center}
 
\begin{enumerate}
    \item La loi de Fourier nous donne, appliquée entre $x$ et $x+dx$, $\vb{j}=-\lambda\Nabla T$, \textit{i.e.} $j(x)=-\lambda \partial_xT$. On applique alors le bilan de conservation de l'énergie, avec une perte de puissance surfacique. Cette perte vaut $\mathcal{P}_{vol}=\dfrac{2h}{a}(T(x)-T_A)$. 2 car il y a deux surface, et divisé par $a$ parce qu'il faut répartir la puissance surfacique sur l'épaisseur.
    
    \begin{equation}
        \partial_x^2T=\dfrac{2h}{\lambda a}(T-T_A)=\dfrac{T-T_A}{L^2}
    \end{equation}
    
    La résolution donne alors directement
    \begin{equation}
        T=T_A+(T_M-T_A)e^{-x/L}
    \end{equation}
    
    \item $L$ correspond à la couche limite en question, et pour appliquer la loi de Newton, il faut que la couche limite soit petite face à la largeur de l'ailette. Ici un rapide calcul nous donne $L\simeq1$cm. On est bon !
    
    \item $\mathcal{P}=\iint h(T(x)-T_A)\dd S=\lambda \dfrac{ab}{L}T_M\simeq100$W.
\end{enumerate}

\textbf{Remarque :} la puissance est en $b\sqrt{a}$, on peut donc réduire $a$ au profit de l'augmentation du nombre d'ailettes, c'est franchement plus rentable !

\textbf{Remarque :} Si on fait juste de la conducto-convection sur une surface de taille $a\times b$, on a un flux ridiculement petit, et $\mathcal{P}=abh\Delta T=0.12$W...


\subsubsection{Compétition avec la conduction thermique : puits canadiens}
\livre Sanz PC p.149, \textit{Puits Canadiens}

Un fluide à la vitesse v dans une canalisation, reçoit de la chaleur du sol par un flux conducto-convectif, et un flux dû au gradient de température dans la canalisation sous forme conductif.

Ici, on fait un bilan d’énergie thermique, on arrive à l’équation :

\begin{equation}
    \partial_x^2T-\dfrac{c_p\mu v}{\lambda}\partial_xT-\dfrac{2h}{\lambda R}(T(x)-T_s)=0
\end{equation}

On a la dérivée seconde qui est de la conduction, la dérivée première qui est la convection. C’est assez subtil car en fait on ne compare pas la conducto-convection à la conduction. On dit juste que la conducto-convection a lieu (et est "toujours plus grande que la conduction" au vue des valeurs de h, ou tout du moins du même ODG), mais on compare avec la convection d’énergie interne qui est un résultat du mouvement du fluide. Ca c’est important. On fait le rapport des deux termes en ODG :

\begin{equation}
    \dfrac{\text{Diff}}{\text{Conv}}=\dfrac{\lambda}{L\mu c_pv}=\dfrac{D_{th}}{Lv}=\dfrac{1}{Pe}
\end{equation}

On fait apparaitre le nombre de Péclet, qui caractérise cette compétition. Il est ici visible que la conduction s'essouffle aux temps longs (en racine de $t$), alors que la convection non !


\section{Rayonnement}
\livre LP17 (et LP38)



On cherche à mettre en équation les dépendances en fréquence et en température de l'énergie interne volumique $u$ et du flux surfacique d'énergie rayonnée $\Phi_R$. On remarque qu'avec les dépendances en fréquence, on obtient aisément les dépendances en longueur d'onde car $\lambda=\dfrac{C}{\nu}$. On notera $x_\nu$ la grandeur par unité de $\nu$.

On se place donc dans toute cette partie à l'équilibre radiatif pour toute fréquence, $\Phi_i=\Phi_p=\Phi$.

\subsection{Loi générale}

Dans un intervalle de fréquence $[\nu, \nu + \text{d}\nu]$, l'énergie volumique du rayonnement s'écrit $\text{du}=\text{u}_{\nu}(\nu,\text{T}) \text{d}\nu$, où \linebreak $\text{u}_{\nu}$ s'exprime en \si{\joule~\second~\metre^{-3}}. On a

\begin{equation}
\Phi=\int_{0}^{+\infty}\Phi_\nu ~  \text{d}\nu = \int_{0}^{+\infty} \Phi_\lambda ~ \text{d}\lambda
\end{equation}


\noindent où $\Phi_\nu$ est en \si{\watt~\metre^{-2}~\second} et $\Phi_\lambda$ est en \si{\watt~\metre^{-3}}. Il nous faut alors lier u et $\Phi$ par une relation constitutive. Pour cela, on exprime l'énergie reçue par une tranche de paroi d'aire s :


\begin{equation}
    \text{d}^2\mathcal{E}=\Phi_\nu \dd \nu \text{s} \dd \text{t}
\end{equation}

\begin{wrapfigure}[12]{r}{0.3\textwidth}
\vskip -1cm
\includegraphics[width=\linewidth]{fig/solid.png}
\end{wrapfigure}

À l'équilibre thermodynamique, la paroi émet l'énergie qu'elle reçoit. Comme le rayonnement se propage à la vitesse c, cette énergie se trouvait dans le cylindre de longueur c dt, de base s et de génératrices parallèles à la direction de propagation. Cette énergie vaut, dans l'angle solide d$\Omega$,


\begin{equation}
\dd^4 \mathcal{E} = \text{u}_\nu \dd \nu ~ \text{s}\cos(\theta)~ \text{c} \dd \text{t} ~\dfrac{\dd \Omega}{4\pi}
\end{equation}


On intègre sur d$\Omega$ pour obtenir $$\dd^2 \mathcal{E} = \dfrac{\text{c}}{4}\text{u}_\nu \dd \nu \text{s} \dd \text{t} $$

\important{On obtient alors $$\Phi_\nu(\nu,\text{T})=\dfrac{\text{c}}{4}\text{u}_\nu(\nu,\text{T})$$}

Ce lien entre flux et énergie volumique du rayonnement nous permet, en connaissant la répartition de cette énergie, de donner le spectre d'émission d'un objet.

\transition{Il nous reste à préciser la répartition en fréquence de l'énergie et on pourra en déterminer le rayonnement. C'est ce qui a été fait tout au long du 19eme siècle avec la nécessité de remplacer la loi de Rayleigh-Jeans. C'est bien évidemment Planck qui a trouvé la solution.}

\subsection{Loi de Planck}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{fig/blackbody.png}
    \caption{Loi de Planck pour différentes température. L'abscisse est en Hz.}
    \label{fig:planck}
\end{figure}


Planck a marqué l'histoire de l'étude du corps noir en introduisant le célèbre quantum d'énergie h$\nu$ (cf la leçon LP38 sur l'aspect corpusculaire du rayonnement). En utilisant cette méthode de quantification du rayonnement, il a obtenu la forme suivante pour $u$ :

\begin{equation}
    \text{u}_{\nu}(\nu,\text{T})=8\pi\dfrac{\nu^2}{\text{c}^3} \cdot \dfrac{1}{\exp\left(\dfrac{\text{h}\nu}{\text{k}_\text{B} \text{T}_0}-1\right)} \cdot \text{h}\nu
\end{equation}

Le premier terme décrit la densité de modes de vibration des quantums, le second donne le nombre de photons par mode et le troisième donne l'énergie de chaque mode.  On rappelle que $\text{k}_\text{B} = 1.38 \cdot 10^{-23}$ \si{\joule ~ \kelvin^{-1}} et h=$6.626 \cdot 10^{-34}$ \si{\joule~\second}.

\vspace{0.5cm}
On remarque que cette expression est indépendante du matériau étudié et qu'elle ne fait intervenir que T, $\nu$ ainsi que trois des constantes fondamentales de la physique. 



On observe l'émergence de deux régimes :
\begin{itemize}
    \item Wien pour $\dfrac{\text{h}\nu}{\text{k}_\text{B} \text{T}_0} \gg 1$ ;
    \item Stefan pour $\dfrac{\text{h}\nu}{\text{k}_\text{B} \text{T}_0} \ll 1$.
\end{itemize}
On remarque qu'on peut retrouver avec un développement limité de l'exponentielle au première ordre la loi de Rayleigh-Jeans, indépendante de la quantification :
$$\text{u}_\nu(\nu,\text{T})=8\pi\dfrac{\nu^2}{\text{c}^3} \text{k}_\text{B} \text{T}_0$$
Cette loi donne cependant une divergence pour les hautes fréquences qu'on a appelée la catastrophe ultraviolette.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{fig/cata.png}
    \caption{La catastrophe ultraviolette.}
    \label{fig:cata}
\end{figure}

On va maintenant exploiter ce résultat.

\subsection{Loi de Wien, température des étoiles.}
On veut relier le spectre du rayonnement du corps noir à sa température. Pour cela, il suffit d'exprimer $\text{u}_\lambda$ puis de trouver la valeur de $\lambda$ qui le maximise.

\begin{equation}
    \text{u}_\lambda=8\pi\dfrac{\text{hc}}{\lambda^5} \cdot
    \dfrac{1}
    {\exp\left(\dfrac{\text{hc}}{\text{k}_\text{B}\text{T}_0 \lambda}\right)-1}
\end{equation}

En posant $x=\dfrac{\text{hc}}{\text{k}_\text{B} \text{T}_0 \lambda}$, l'annulation de la dérivée de u$_\lambda$ donne l'équation $$e^{-x}+0.2x-1=0 \iff x=4.97$$
\important{On en déduit la loi de Wien :
\begin{equation}
    \lambda_{\text{max}}\text{T}=2898 \ \mu\si{\metre ~ \kelvin}
\end{equation}
}
\textbf{Application :} calculer la température de la surface du Soleil.

Comme on l'a vu, le soleil est modélisable par une structure en couches, et on peut considérer sa couche externe comme un corps noir. La lumière qui nous en parvient est donc un rayonnement d'équilibre thermique pur.

Sur cette figure, on voit le spectre solaire, avec un ajustement en loi de Planck. Le maximum est à 500nm, ce qui donne T=5800K.

Cette loi est très utilisée en cosmologie puisqu'elle donne une bonne première approximation de la température d'une étoile lointaine. Elle peut aussi servir à déterminer sans contact la température d'une surface, comme un être humain, simplement en trouvant le maximum de son spectre d'émission.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{fig/sun.png}
    \caption{Spectre d'émission du Soleil reçu sur Terre.}
    \label{fig:sun}
\end{figure}


\subsection{Loi de Stefan}

Cette loi relie le flux de lumière, et donc l'énergie rayonnée, à la température. On se dit intuitivement que plus c'est chaud plus ça brille, c'est ce que l'on va montrer.

Le flux d'énergie rayonnée s'écrit $$\Phi=\int_0^{+\infty}\dfrac{\text{c}}{4} \text{u}_\nu \dd \nu$$
En combinant cette expression avec la loi de Planck, on obtient alors 
\begin{equation}
    \Phi=\dfrac{2\pi\text{h}}{\text{c}^2} \left( \dfrac{\text{k}_\text{B} \text{T}_0}{\text{h}} \right)^4 \underbrace{\int_0^{+\infty}\dfrac{x^3}{e^x-1}\dd x}_{=\dfrac{\pi^4}{15}}
\end{equation}
\important{On obtient ainsi la loi de Stefan :
\begin{equation}
    \Phi = \sigma \text{T}^4
\end{equation}
où $\sigma = \dfrac{2\pi^5\text{k}_{\text{B}}^4}{15\text{h}^3\text{c}^2}=5.67 \cdot 10^{-8}$ \si{\watt ~ \metre^{-2} ~ \kelvin^{-4}} est la constante de Stefan.
}

\experience{Vérification de la loi de Stefan sur une petite ampoule}{Une petite ampoule, deux multimêtres, une alim, un ordinateur.}{5 minutes}{

L'ampoule de petite taille est un bon corps noir parce que le vide est quasiment total dans le bulbe. On peut d'ailleurs toucher ce dernier, il n'est pas chaud.

Le filament à l'intérieur est en Tungstène, on connaît donc sa courbe résistivité-température, notée $\rho(T)$. Dans cette expérience celle-ci nous vient tout droit d'internet\footnote{The University of the State of New York Reference Tables for Physical Setting/Physics. New York: The State Education Department, 2002.}\footnote{https://hypertextbook.com/facts/2004/DeannaStewart.shtml}. On fait une regression quadratique sur les données de la table obtenue.
$$
T=a+br+cr^2
$$

$a=128,0\pm 9,0$, $b=203,0\pm 2,1$, $c=-1,62\pm 0,1$.

Où on a posé

$$r=\dfrac{R(T)}{R(T_{amb})}=\dfrac{\rho(T)}{\rho(T_{amb})}$$

Pour remonter à R on utilise la relation $U=R\times I$, et le montage suivant :
\center{
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{fig/circuit.png}
}

Ainsi on remonte à $T$ via la relation $r(T)$, puis on trace $P=U\times I$ en fonction de $T^4$ et Bam !!

}


Question : J'ai deux minutes pour boire un thé brûlant, et je veux y mettre de l'eau froide. Quand dois-je mettre cette eau froide pour avoir le meilleur refroidissement ? \textit{Il me suffit d'attendre le dernier moment, j'aurais ainsi transféré autant d'énergie que possible à l'air ambiant avant de mélanger et de boire mon thé.}

\manip{Boire le thé posé au bord de la paillasse.}




\subsection{Application : effet de serre}
\livre Sanz ou n'importe quel livre de prépa

\smallbreak
On étudie l’équilibre thermique radiatif de la Terre. En première approximation, la température de surface résulte de l’équilibre entre le rayonnement reçu du Soleil et le rayonnement produit par la Terre. De plus, la Terre réfléchit une partie de l’énergie reçue par le Soleil (on appelle cette fraction réfléchie l’albedo, notée A) et absorbe le reste. Le rayon du Soleil est $R_S = \SI{7.2e5}{\kilo\metre}$ et sa température surfacique est $T_S = 5800$ K. La puissance totale rayonnée par le Soleil est donc :
\begin{equation}
    \mathcal{P}_S=4\pi R_S^2\sigma T_S^4
\end{equation}
La Terre reçoit la pression surfacique
\begin{equation}
    \mathcal{P}_\text{surf}=\dfrac{\mathcal{P}_S}{4\pi d_{T-S}^2} 
\end{equation}
où $d_{T_S}=\SI{1.5e11}{\metre}$ est la distance terre-Soleil.

En supposant que les rayons solaires arrivent parralèles entre eux au niveau de la Terre (légitime compte tenu de la distance importante entre la Terre et le Soleil), on peut considérer que la terre reçoit la même puissance que celle d’un disque de rayon $R_T$ (le rayon de la Terre) placé perpendiculairement à l’axe Terre-Soleil. La puissance reçue par la Terre est donc :

\begin{equation}
    \mathcal{P}=\sigma T^4_s\pi\dfrac{R_T^2R_S^2}{d^2_{TS}}=\SI{1.8e17}{\watt}
\end{equation}

\begin{equation}
    \phi=\dfrac{\mathcal{P}}{4\pi R_T^2}=\SI{1.4}{\kilo\watt\per\meter\squared}
\end{equation}


Comme on l'a dit précédemment, la Terre réfléchit une partie A de la puissance P qu’elle reçoit. Elle réemet la puissance $\mathcal{P}_\text{émise}=4\pi R_T^2\sigma T_0^4$ où $T_0$ est la température à la surface de la Terre que l'on recherche. On obtient alors 
\begin{equation}
    (1-A)\mathcal{P}=4\pi R_T^2\sigma T_0^4 \iff T_0=(1-A)^{1/4}\sqrt{\dfrac{R_S}{2d_{T-S}}}T_S
\end{equation}
La valeur moyenne de l’albedo est de 0.31, ce qui donne une température de surface égale à $T_0 = 255$ K. Cette valeur est trop faible : \textbf{il faut prendre en compte la présence de l’atmosphère}.



On assimile l’atmosphère de la Terre à une couche sphérique de centre confondu avec celui de la Terre et d’épaisseur $e \sim30\text{km} \ll R_T$.

La longueur d’onde d’émission maximale du Soleil est donnée par la loi de Wien et vaut : $\lambda_m\sim500$ nm. En considérant que la température de surface recherchée doit être de l’ordre de 300 K, la longueur d’onde maximale d’émission de la Terre est de l’ordre de $\SI{10}{\micro\metre}$. Ces deux longueurs étant très différentes, on peut faire les hypothèses suivantes :
\begin{itemize}
    \item l’atmosphère laisse passer une grande partie du rayonnement solaire, on supposera en premier lieu qu’elle le transmet intégralement.
    \item l’atmosphère absorbe complètement le rayonnement de la Terre, notamment à cause de l’eau présente qui absorbe les rayonnements dans la gamme de longueurs d’onde rayonnées par la Terre.
\end{itemize}

On note $T_0$ et $T_1$ les températures respectives de la Terre et de l’atmosphère, supposées uniformes et on considère que l’albedo est le même que celui introduit précédemment. Les bilans thermiques, respectivement pour l’ensemble du
système \{Terre+atmosphère\} et pour la Terre, sont :

\begin{equation}
\left \{
\begin{array}{rcl}
 (1-A)\mathcal{P} &=& \sigma T_1^44\pi R_T^2 \\
  (1-A)\mathcal{P} &+& \sigma T_1^44\pi R_T^2 = \sigma T_0^44\pi R_T^2
\end{array}
\right.
\end{equation}

La résolution de ce système donne $T_1$ = 255 K et $T_0 = 2^{1/4} T_1 = 303$ K. \textbf{Cette valeur de température est trop élevée.}

Il faut en réalité améliorer ce modèle. En effet, la Terre n’est pas totalement transparente au rayonnement solaire : une partie du rayonnement ultraviolet est absorbé par l’ozone stratosphérique et une partie du rayonnement infrarouge est absorbé par l’eau.

On suppose donc que l’atmosphère absorbe une fraction $\alpha$ du rayonnement solaire et donc que la Terre absorbe la fraction $1-\alpha$ du même rayonnement. Le bilan énergétique de l’ensemble du système est inchangé mais le bilan de la Terre devient alors :
\begin{equation}
    (1-A)(1-\alpha)\mathcal{P}+4\pi R_T^2\sigma T_1^4=4\pi R_T^2\sigma T_0^4
\end{equation}
On obtient une température de surface $T_0=290$ K, soit 17$\deg$C, ce qui est satisfaisant.



On peut encore affiner ce modèle sur deux points principaux :
\begin{itemize}
    \item l’atmosphère n’est pas totalement opaque au rayonnement terrestre.
    \item la surface de la Terre ne fait pas qu’émettre simplement du rayonnement, une partie de l’énergie thermique reçue sert à l’évaporation des océans et est ensuite restituée lors de la condensation de la vapeur d’eau en altitude
\end{itemize}


\section{Exercice d'application : le plongeur}
Considérons l'exemple d'un plongeur en combinaison qui barbote joyeusement dans de l'eau, et on se demande ou bout de combien de temps il entre en hypothermie, \textit{i.e.} sa température corporelle atteint $T_c=35\deg$C (oui c'est cruel mais c'est pour la science). Le but est d'obtenir une expression de la résistance thermique du plongeur.


\subsection{Flux conductifs}

\noindent Pour obtenir une expression de cette résistance thermique via la diffusion, il faut se placer en ARQS, \textit{i.e.} il faut que la température corporelle du plongeur évolue lentement par rapport au temps caractéristique de diffusion dans la combinaison.
Pour une combinaison de néoprène d'épaisseur $e\simeq 3$ mm et de diffusivité thermique $D=\SI{e-7}{\metre\per\second\squared}$ (OdG pour un isolant solide). On trouve alors $\tau_\text{diff}=\dfrac{(\SI{3e-3})^2}{10^{-7}}\simeq 90 $ secondes. Si on suppose que le plongeur passe 1 heure dans son bain, on peut bien se placer en ARQS.

\noindent On peut ensuite modéliser le plongeur par un schéma électrique équivalent avec 2 résistances en série (résistance du plongeur et résistance de la combinaison) :
\begin{center}
    \includegraphics[width=.5\textwidth]{fig/schema_electrique_plongeur_1.png}
\end{center}

\remarque{Pourquoi des résistances en série ?}{Aux interfaces on a conservation du flux de chaleur $I_Q$ donc
$$I_{Q} = I_{Q,\text{peau}}  = I_{Q,\text{combi}}  \iff \dfrac{T_i-T_\text{combi}}{R_\text{th,eq}}=\dfrac{T_i-T_\text{peau}}{R_\text{pl}}=\dfrac{T_\text{peau}-T_\text{combi}}{R_\text{combi}}$$
Comme $T_i-T_\text{combi}=T_i-T_\text{peau}+T_\text{peau}-T_\text{combi}$, on a donc
$$R_\text{th,eq}I_Q=R_\text{pl}I_{Q,\text{peau}}+R_{\text{combi}}I_{Q,\text{combi}} \Rightarrow R_\text{th,eq}=R_\text{combi}+R_\text{combi}$$
}
D'après \livre Sanz p148, la résistance du plongeur vaut $R_\text{pl}=\SI{3.0e-2}{\kelvin\per\watt}$. Pour calculer $R_\text{combi}$, on prend une surface totale $S=\SI{1.7}{\metre\squared}$ et $\lambda=\SI{4.4e-2}{\watt\per\metre\per\kelvin}$ (encore une fois d'après \livre Sanz). On obtient alors $R_\text{combi}=\SI{4.0e-2}{\kelvin\per\watt}$

\noindent On obtient donc une résistance thermique équivalente $$\boxed{R_\text{th,eq}^\text{diff}=\SI{7.0e-2}{\kelvin\per\watt}}$$.



\subsection{Flux convectifs}

\noindent La convection opère à l'interface antre l'eau et la combinaison. Cela revient à ajouter sur le schéma électrique une résistance en série $R_\text{th}^\text{conv}$ :
\begin{center}
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{fig/schema_electrique_plongeur_2.png}
\end{center}
Pour un coefficient conducto-convectif $h=\SI{10}{\watt\per\metre\squared\per\kelvin}$, et toujours avec $S=\SI{1.7}{\metre\squared}$, on obtient $$\boxed{R_\text{th}^\text{conv}=\SI{5.0e-2}{\kelvin\per\watt}}$$


\subsection{Flux radiatifs}

\noindent Pour cela, on suppose que les systèmes \{plongeur + combinaison\} et \{eau + environnement\} sont tous les deux des corps noirs de surface $S$. Le plongeur cède un flux de chaleur $\Phi_\text{pl}=S\sigma T_\text{combi}^4$ tandis qu'il reçoit de l'environnement un flux de chaleur $\Phi_\text{env}=S\sigma T_e^4$.

\noindent Puisque $T_\text{combi}>T_e$, on a un courant de chaleur allant du plongeur vers l'environnement :
$$I_Q^\text{ray}=s \sigma (T_\text{combi}^4-T_e)=S\sigma [(T_e+\delta T)^4 - T_e^4] \simeq 4S\sigma T_e^3\delta T$$
On obtient donc une résistance thermique de rayonnement $$\boxed{R_\text{th}^{ray}=\dfrac{1}{4S\sigma T_e^3} = \SI{1.1e-1}{\kelvin\per\watt}} \qquad \text{pour une eau à }T_e=15\deg\text{C}$$

\noindent Il reste à savoir comment ajouter cette résistance dans le circuit équivalent. Pour cela, on remarque que les puissances (courants de chaleur) de la convection et du rayonnement s'ajoutent après la combinaison :
$$\begin{aligned}
I_{Q,\text{conv+ray}}=I_{Q,\text{conv}}+I_{Q,\text{ray}} &\iff \dfrac{T_\text{combi}-T_e}{R_\text{th}^\text{conv+ray}}=\dfrac{T_\text{combi}-T_e}{R_\text{th}^\text{conv}}+\dfrac{T_\text{combi}-T_e}{R_\text{th}^\text{ray}} \\
&\iff \dfrac{1}{R_\text{th}^\text{conv+ray}}=\dfrac{1}{T_\text{th}^\text{conv}}+\dfrac{1}{R_\text{th}^\text{ray}}
\end{aligned}$$
On doit donc mettre les résistances thermiques de convection et de rayonnement en parallèle dans le circuit équivalent.
\begin{center}
    \includegraphics[width=.6\textwidth]{fig/schema_electrique_plongeur_3.png}
\end{center}


\subsection{Résistance thermique totale}

\begin{center}
    \includegraphics[width=.3\textwidth]{fig/schema_electrique_plongeur_4.png}
\end{center}
\noindent On assimile toutes ces résistances thermiques à une seul résistance thermique équivalente $R_\text{th,tot}$ qui vaut :

$$\boxed{R_\text{th,tot}= R_\text{th,eq}^\text{diff}+ \dfrac{R_\text{th}^\text{conv}\cdot R_\text{th}^\text{ray}}{R_\text{th}^\text{conv}+R_\text{th}^\text{ray}}=\SI{1.04e-1}{\kelvin\per\watt}}$$

\noindent La puissance thermique perdue par le plongeur vaut alors $I_Q=\dfrac{T_i(t)-T_e}{R_\text{th,tot}}$.


\subsection{Bilan énergétique et conclusion}

\noindent Dernière étape de l'exercice : savoir au bout de combien de temps le plongeur est en hypothermie. On a une évolution isochore de $T_i$ et on peut écrire
$$mc_v\derond{T_i}{t}=-I_Q+\mathcal{P}$$
où $\mathcal{P}$ est la puissance dégagé par le corps humain de par son fonctionnement normal : $\mathcal{P}=2500 \ \text{kcal/jour}=120$ W.

\remarque{Remarque}{On ne travaille pas avec des grandeurs volumiques ici.}

\noindent Avec l'expression de $I_Q$, on obtient 
$$\derond{T_i}{t}=-\dfrac{T_i(t)-T_e}{mc_vR_\text{th,tot}}+\dfrac{\mathcal{P}}{mc_v}$$
On reconnaît un temps caractéristique $\tau=mc_vR_\text{th,tot}=\SI{3.7e4}{s}=10$ heures.
En réécrivant l'équation différentielle, on a alors
$$\derond{T_i}{t}+\dfrac{T_i}{\tau}=+\dfrac{T_e}{\tau}+\dfrac{\mathcal{P}}{mc_v}=\dfrac{T_\infty}{\tau}$$
en posant $T_\infty=T_e+\dfrac{\tau\mathcal{P}}{mc_v}=T_e+\mathcal{P}R_\text{th,tot}$.

\noindent On peut donc déjà calculer la température à l'équilibre : $T_\infty = \SI{303}{\kelvin} \simeq 30\deg$C. Bon, le plongeur à l'équilibre est en hypothermie déjà assez vénère, ce qui veut dire qu'il ne peut pas rester indéfiniment dans l'eau. Il s'agit donc de savoir au bout de quelle durée $T_i(t)$ atteint $T_c=35\deg$C.
On résoud pour ça l'équation différentielle du 1er ordre :
$$\begin{aligned}
\derond{T_i}{t}+\dfrac{T_i}{\tau}=\dfrac{T_\infty}{\tau} &\Rightarrow T_i{t}=T_\infty + [T_i(t=0)-T_\infty]\exp\bigpar{-\dfrac{t}{\tau}} \\
&\Rightarrow \boxed{t=\tau \ln\bigpar{\dfrac{T_\infty-T_i(t=0)}{T_\infty-T_i(t)}}}
\end{aligned}$$
Avec $T_i(t=0)=37.5\deg$C, $T_\infty=30\deg$C et $T_i(t=t_\text{hypo})=T_c=35\deg$C, on trouve $$\boxed{t_\text{hypo}=\SI{1.2e4}{\second}\simeq \text{3 heures 30 minutes pour atteindre l'hypothermie.}}$$ 

\noindent On trouve bien $t_\text{hypo} \gg \tau_\text{diff}$, ce qui est cohérent avec l'hypothèse de l'équilibre thermodynamique local formulée au départ.


\noindent On trouve un résultat satisfaisant malgré toutes les approximations effectuées puisque les secouristes estiment que le corps atteint l'hypothermie en 4 heures.

\subsection{Et si le plongeur est nu ?}
\noindent Dans ce cas, la résistance thermique totale change. On a juste à lui soustraire $R_\text{combi}$ pour obtenir
$$R_\text{th,tot,nu}= R_\text{peau}+ \dfrac{R_\text{th}^\text{conv}\cdot R_\text{th}^\text{ray}}{R_\text{th}^\text{conv}+R_\text{th}^\text{ray}}=\SI{0.64e-1}{\kelvin\per\watt}$$
Le nouveau temps caractéristique vaut alors $\tau,\text{nu}=\SI{.27e4}{\second}=6$ heures et 20 minutes (au lieu de 10 heures avec la combinaison, ce qui donne \textit{in fine} :
$$t_\text{hypo, nu}=\SI{7.5e3}{\second}\simeq \text{2 heures 6 minutes pour atteindre l'hypothermie.}$$


\section*{Conclusion}

\begin{center}
\begin{Large}
Sortez couverts !
\end{Large}
\end{center}



\end{document}

