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Problème Scientifique Physique
Conduction de la chaleur
Noé Thorel
Branavan Subramaniam
Esilv A2 S4
21 février 2018

1

1. Partie 1
Enoncé :
Soit une barre cylindrique, homogène, de section S, de longueur L, de conductivité
thermique λ, dont les extrémités sont maintenues à des températues T1 et
T2 . Les parois latérales de cette barre sont parfaitement calorifugées et la
température T (x) dans la barre ne dépend que de l’abscisse x le long de
la barre avec T (0) = T1 et T (L) = T2 . Soit Q(x) la valeur algébrique de la
quantité de chaleur qui traverse la section de cette barre d’abscisse x pendant
l’intervalle de temps unité dans le sens des x positifs. Q(x) obéit à la loi de
Fourier, en régime permanent :
Q(x) = −λS

dT
dx

(a) Montrer que :
δQ(x)
d2 T
= λS 2
dx
dx
On s’interesse ici à une portion de la barre de longueur dx.

En effectuant un bilan de chaleur sur cette portion on a :
Flux reçu = Flux entrant - Flux sortant

2

δQ(x) = Qin − Qout
dT
⇒ δQ(x) = −λS dT
dx (x) + λS dx (x + dx)

Or on sait d’après Taylor que
f (x0 + h)∼f (x0 ) + hf 0 (x0 )
Donc

dT
dx (x

dT
d2 T
(x)
+
dx
dx
dx2 (x)
dT
d2 T
−λS dT
dx + λS dx + λSdx dx2

+ dx) =

⇒ δQ(x) =
2

= λSdx ddxT2


δQ(x)
dx

2

= λS ddxT2

(b) Quelle est l’équation vérifiée par T (x) en régime permanent ?
En régime permanent on sait que Flux entrant = Flux sortant Donc
Qin = Qout
⇒ δQ(x) = Qin − Qout = 0
2

⇒ λS ddxT2 = 0


d2 T
dx2

=0

(Equation de Laplace)

(c) Résolution avec SciLab
A l’aide de la fonction ode de SciLab on résoud l’équation avec T1 = 10
T2 = 20 L = 2 Ici on effectue un changement de variable pour pouvoir
résoudre une équation differentielle vectorielle.
T = (T (x); T 0 (x)) ⇒ T 0 = (T 0 (x); T 00 (x)) = F (T ) on résoud donc :




T 0 (x) = T 0 (x)




T 00 (x) = 0

3

On obtient bien une fonction linéaire d’ordonnée à l’origine 10(= T1 ) et
de pente 5 (=

T2 −T1
L−0 )

Donc avec la résolution SciLab :
T (x) =

(d) Résolution analytique
d2 T
dx2

=0
4

T2 − T1
x + T1
L



dT
dx

= C1

⇒ T (x) = C1 x + C2
Conditions aux limites :
T (0) = T1 ⇒ C2 = T1
⇒ T (x) = C1 x + T1
T (L) = T2
⇒ C1 L + T1 = T2
⇒ C1 =
⇒ T (x)

T2 −T 1
L
1
= T2 −T
L x

+ T1

(e) Comparaison des résolutions et calcul de Q2
On trace ensuite le graphe de la fonction résolue analytiquement :

On constate que les 2 courbes se superposent parfaitement même en
5

zoomant de très près.

T2 −T1
On a Q(x) = −λS dT
dx = −λS L

Donc Q(x) ne dépend pas de l’abscisse x
1
Q2 = Q(L) = −λS T2 −T
L

2. Partie 2
Enoncé :
La barre est placée dans des conditions identiques décrites au 1) en étant
maintenant parcourue par un courant électrique d’intensité I réparti uniformément
sur toute la section S. On appelle ρ la résistivité électrique du matériau de
la barre.

(a) Montrer que :
d2 T
ρI 2
δU (x) = λS 2 dx +
dx
dx
S
6

On a :
Energie Reçue = Flux reçu + terme source
2

δU (x) = δQ(x) + dP Or dP = dRI 2 = d ρLI
S =
⇒ δU (x) = δQ(x) +
2

= λS ddxT2 dx +

ρI 2
S dx

ρI 2
S dx

ρI 2
S dx

(b) Quelle est l’équation vérifiée par T (x) en régime permanent ?
En régime permanent, le flux entrant est égal au flux sortant et l’accumulation
de chaleur dans la barre est nulle donc :
δU (x)
dx

=0

ρI 2
S =
2
2
λS ddxT2 = − ρIS
ρI 2
d2 T
dx2 = − λS 2
2

⇒ λS ddxT2 +



0
(Equation de Poisson)

(c) Résolution avec SciLab
On utilise la même technique que dans la première partie ρ = 16.10− 9
λ = 418
S = 0.2m2
T = (T (x); T 0 (x)) ⇒ T 0 = (T 0 (x); T 00 (x)) = F (T ) on résoud donc :




T 0 (x) = T 0 (x)




ρI
T 00 (x) = − λS
2

2

7

On constate que le coefficient devant x2 est très proche de 0 et SciLab
l’arrondi à 0.
La solution est donc la même que celle de la première partie.

(d) Résolution analytique et calcul de Q(x)
On a :
d2 T
dx2



2

ρI
= − λS
2
dT
dx

2

ρI
= − λS
2 x + C3
2

ρI
2
⇒ T (x) = − 2λS
2 x + C3 x + C4

Conditions aux limites :
T (0) = T1 ⇒ C4 = T1
2

ρI
2
⇒ T (x) = − 2λS
2 x + C3 x + T 1
2

ρI
2
T (L) = T2 ⇒ T2 = − 2λS
2 L + C3 L + T1

⇒ C3 =

ρI 2
2λS 2 L
ρI 2 2
T2 −T1
− 2λS
2x + (
L

T2 −T1
L

⇒ T (x) =

+

+

ρI 2
2λS 2 L)x

8

+ T1


2

ρI
2
= − 2λS
2x +


T
 2






2

− T1 +
L

Q(x) = −λS dT
dx = −λS
=
=

2



ρI L 


2λS 2 
 x + T1











 ρI 2
− 2 x
 λS




T
 2






+

2

− T1 +
L

2



ρI L 



2λS 2 





(T2 −T1 )λS
ρI 2
ρI 2 L2
x

(
+
S
L
2SL )
2
ρI
L
λS
S (x − 2 ) − L (T2 − T1 )

On trace la solution trouvée analytiquement :

Les 2 courbes Numérique/Analytique se superposent a la perfection.

9

(e) Calcul de Q2 et identification des termes.
ρI 2
S (x

− L2 ) − λS
L (T2 − T1 )
2
ρI L
λS
(T2 − T1 )
⇒ Q2 = Q(L) =

2S
L
| {z } |
{z
}
Q(x) =

Ef f etJoule

Conduction

10



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