Cuisson d un soufflé

Mines-PC-1999 A-Equilibre de l ensemble Cuisson d un soufflé 2- Le système { plque et ir} est u contct vec une source de chleur (les prois du four) à tempérture constnte T e. Il s git donc d une trnsformtion monotherme. 3- L tempérture de l ir vrie u cours du temps. Si on considère le four étnche (ce qui n est ps une hypothèse très réliste) cel implique que l pression de l ir vrie u cours du temps. Il y ur des mouvements de convection dns l ir. Il semble difficile de ne tenir compte que de l conduction thermique u niveu de l ir. 4- A l équilibre il n y plus d évolution de l tempérture. On donc T p = T = T e 5- L énoncé précise que les plns Π 1 et Π 2 sont de très grndes dimensions devnt d. Dns ces conditions, on néglige les effets de bord et on suppose que T(M, t) = T(z, t). On en déduit que θ(m, t) = T(z, t) T e = θ(z, t) 6- On trville vec comme système un volume de plque compris entre l bscisse z et z + dz et de section S. Entre t et t + dt l vrition d énergie interne pr unité de temps de ce système est : du T T = cdm = cρsdz dt t t On pplique le premier principe de l thermodynmique. L vrition d énergie interne est due à une énergie de trnsfert thermique entrnt dns le système pr l section z =constnte et à une énergie de trnsfert thermique sortnt du système pr l section z + dz =constnte Sdz j Q (z + dz) z + dz z ce qui donne : du T = cρsdz = j dt t Q(z, t)s j Q (z + dz, t)s = Sdz j Q. z On l loi de Fourier j Q = λgr dt ce qui donne j Q (z, t) = λ dt. On en déduit l éqution différentielle suivnte : cρ T = λ 2 T t z 2 On donc : T λ t cρ 2 T z θ 2 = 0 soit λ t cρ j Q (z) 2 θ = 0 Soit z 2 2 = λ 7- On cherche une solution de l forme θ(z, t) = f(z)g(t) ce qui donne en remplçnt dns l éqution différentielle trouvée à l question précédente : f(z)g (t) = 2 f (z)g(t) soit : On donc deux équtions différentielles : g (t) νg(t) = 0 et f (z) ν 2 f(z) = 0 On vérifie que ν est bien homogène à l inverse d un temps. cρ. dz

8- On s intéresse à l éqution : g (t) νg(t) = 0 ; s solution est g(t) = g o exp (νt). Or on veut que lim t g(t) 0 ce qui impose ν < 0. L utre solution n ps de sens physique cr l tempérture ne peut ps diverger. On pose ν = 2. L solution en g(t) est donc : g(t) = g o exp ( 2 t) 9- On s intéresse à l éqution différentielle en f(z) : f (z) + 2 2 f(z) = 0 ce qui donne : f(z) = Acos ( z) + Bsin ( z). On obtient une fmille de solutions prmétrées pr : θ = (A cos ( z) + B sin ( z)) exp( 2 t) vec α = et α = 2 Comme j Q (z, t) = λ dt dz u z, on j Q (Π 1 ) = λ ( dt dz ) z=0 u z soit j Q (Π 1 ) = λb exp( 2 t)u z et j Q (Π 2 ) = λ ( dt ) u dz z ce qui donne : z=d j Q (Π 2 ) = λ ( A sin ( d) + B cos ( d)) exp( 2 t) u z Etude des conditions ux limites imposées ux niveux de Π 1 et Π 2 10- Si on néglige tout mouvement de l ir u-dessus de l plque l ir stisfit à l même éqution différentielle que l plque : T t λ c ρ 2 T z 2 = 0 Si on fit l hypothèse d un régime qusi sttionnire pour l ir on : 2 T = 0 ce qui donne : z2 T (z) = Az + B. On trouve A et B vec les conditions ux limites : T (z = 0) = T 1 et T (z = L) = T e ce qui donne : T (z) = (T e T 1 ) z L + T 1. dt Dns l ir on l loi de Fourier j Q (z, t) = λ u (T dz z, ce qui donne j Q1 (Π 1 ) = λ 1 T e ) u L z. 11- Le trnsfert thermique est conductif sur une distnce η ce qui donne pour l tempérture de l ir : T (z) = (T e T 1 ) z η + T 1 et pour le flux de puissnce thermique : (T j Q2 (Π 1 ) = λ 1 T e ) u η z 12- Comme η L on j Q1 j Q2 * Le brssge de l ir dns un four ugmente les flux de chleur : l cuisson est plus rpide. * Pour le refroidissement d un biberon, on intérêt à le mettre dns un cournt d eu froide. Dns ce cs on des échnges conducto-conductifs, plus importnt que dns l eu stgnnte où on que des échnges conductifs. * Qund on souffle sur s cuillère de soupe, on rélise deux trnsformtions thermodynmique : d une prt on brsse l ir et on méliore les échnges de chleur mis d utre prt on modifie l pression prtielle en vpeur d eu u voisinge de l cuillère. On fvorise donc le chngement de phse liquide-vpeur, chngement de phse qui est endothermique. L énergie nécessire à ce chngement de phse est prise u système { l soupe} qui du coup se refroidit.

13- Le pln Π 1 étnt immtériel, il y continuité des flux thermiques. On : j Q (Π 1 ) = j Q On en déduit l reltion : λb exp( 2 t) = h(t e T 1 ) = hθ (z = 0). On : θ (z = 0) = A exp( 2 t) ce qui donne comme reltion: λb exp( 2 t) = ha exp( 2 t) soit : B = h A λ On donc : θ = A (cos ( h z) sin λ ( z)) exp( 2 t) 14- Au niveu du pln Π 2 l tempérture de l plque est T e ce qui impose l condition : θ (z = d) = 0 soit cos ( h d) + sin λ ( d) = 0 ce qui donne tn ( λ d) = h 15- Si on trce sur un même grphique l fonction F() = tn ( λ d) et l droite G() = h tn ( d) solutions λ h On trouve une infinité de solutions. On dmet que l solution générle est une combinison i= linéire des solutions c est-à-dire : θ(z, t) = (z, t). 16- = λ ρc = 1,44. 10 3 m. s 1/2 i=1 θ i 17- Avec les vleurs indiquées on : λ h NB = 13,9 s1/2 et λ h B = 0,23 s1/2, on constte que l intersection de l droite vec l fonction tn ( d) se fit ux niveux des symptotes c està-dire pour des vleurs proches de (2n + 1) π. 2d De plus on B NB i > i On donc : 1 B > 1 NB ~ π 2d = 0,045 s 1/2 et 2 B > 2 NB ~ 3π 2d = 0,136 s 1/2 L estimtion sur 2 est plus précise que celle sur 1 ce qui est norml d près le grphe de l question 15. 18- On veut r = exp( t 1 2 ) > 10 soit exp(t( exp( t 2 2 ) 2 2 2 1 )) > 10 ce qui donne t > Ln10 2 2 2 = t 1 1 On obtient : t NB 1 = Ln10 NB2 2 NB2 = 132 s et t B 1 = Ln10 1 B2 2 B2 = 94 s 1 On constte donc qu u bout d environ 2 minutes on θ(z, t)~θ 1 (z, t) 19- On cherche le temps tel que exp( 1 2 t) < 0,1 ce qui donne t > Ln10 1 2 = t 2

On t NB 2 = Ln10 NB2 = 491 s et t B 2 = Ln10 1 B2 = 285 s 1 Au bout de 5 à 10 minutes, l tempérture de l plque est à peu près celle des prois. Comme on pouvit s y ttendre l plque tteint plus rpidement cette tempérture vec l ir brssé. 20- Pour t > t 1 on θ(z, t)~θ 1 = A 1 (cos ( 1 h z) sin ( 1 z)) exp( λ 1 1 2 t) mis on ussi λ 1 = tn h ( 1d ) ce qui donne : θ(z, t) = A 1 (cos ( 1 1d cos( z) + ) sin sin( (1 1d ) z)) exp( 1 2 t) soit : θ(z, t) = A 1 ( sin( 1d )cos( 1 z)+cos( 1d )sin( 1 z) sin( 1d ) ) exp( 1 2 t) soit : θ(z, t) = A 1 ( sin( 1(z+d) sin( 1d ) ) ) exp( 1 2 t) 21- Pour t = 300 s on donne T(z = d 2 ) soit : θ ( d 2, t ) = A 1 ( sin( 1d 2 ) A 1 NB = 2cos( 1 NB d 2 )(TNB T e ) exp( 1 NB2 t ) sin( 1d )) exp( 1 2 t ) = A 1 = 110 C et A 1 B = exp( 1 2 t ) 2cos( 1d 2 ) = T T e d où 2cos( 1 B d 2 )(TB T e ) exp( 1 B2 t ) On obtient les expressions numériques suivntes : T NB (z, t) = 180 159sin(47,5z + 2,37)exp( 4,69. 10 3 t) T B (z, t) = 180 129sin(59,6z + 2,98)exp( 7,40. 10 3 t) = 20.9 C 22- T est minimle qund sin ( 1(z+d) ) est mximl puisqu on trouvé que A 1 < 0. On donc 1(z m +d) On obtient : z NB m = 1,69 cm et z B m = 2,36 cm 23- Les points remrqubles sont : = π 2 ce qui donne z m = π 2 1 d z = 0; T = T 1 ; T 1 NB = 125 C ; T 1 B = 173 C; z = z m ; T = T m ; T m NB = 101 C ; T m B = 137 C; z = d; T = T e = 180 C; On identifie l courbe de l tempérture dns le cs de l ir brssé u-dessus de celle de l ir non brssé pour une vleur de z donnée.. On observe que l tempérture est plus uniforme dns le cs du four à ir brssé

T( C) B NB z(cm) 24- Dns le cs du four à ir brssé l tempérture ugmente plus vite en fonction du temps que dns le cs d un four à ir non brssé. Dns tous les cs l tempérture finle est 180 C. 180 C T( C) B NB t(s)