Flux thermique, loi de Fourier et résistance thermique

Les prérequis, en trois minutes

Avant de parler de flux, il te faut seulement trois choses.

• Une énergie se mesure en joules (J). Ici on la note $Q$ : c'est l'énergie transférée sous forme de chaleur.
• Une puissance, c'est une énergie par seconde, en watts (W) : $1\ \text{W} = 1\ \text{J} / \text{s}$.
• Un écart de température $\Delta T$ se lit indifféremment en kelvins ou en degrés Celsius : un écart de $20\ ^\circ\text{C}$ vaut $20\ \text{K}$. C'est bien un écart, pas une température absolue.

Et deux conversions qui coûtent des points chaque année : les épaisseurs en mètres ($15\ \text{cm} = 0{,}15\ \text{m}$) et les durées en secondes ($1\ \text{h} = 3600\ \text{s}$).

Enfin, un réflexe de calcul : dans ce chapitre tu passes ton temps à diviser par un produit, du type $\dfrac{e}{\lambda \times S}$. Fais-le en une seule fois à la calculatrice, avec le produit entre parenthèses.

L'essentiel en mots simples, et les formules clés

Un transfert thermique est un échange spontané d'énergie entre deux corps de températures différentes. Il va toujours du corps chaud vers le corps froid, jamais l'inverse tout seul.

Il existe trois modes : la conduction (de proche en proche dans un solide), la convection (transport par un fluide en mouvement) et le rayonnement (ondes électromagnétiques, sans support matériel). En Terminale, le calcul porte sur la conduction en régime permanent à travers une paroi plane : c'est le cas du mur d'une maison.

Deux grandeurs à retenir. Le flux thermique $\Phi$, c'est la puissance qui traverse la paroi (en watts) : combien de joules passent chaque seconde. La résistance thermique $R_{\text{th}}$ mesure la capacité de la paroi à freiner ce passage (en $\text{K} / \text{W}$).

Les formules à savoir par cœur :

• Flux et énergie : $\Phi = \dfrac{Q}{\Delta t}$, en $\text{W}$.
• Loi de Fourier pour une paroi plane : $\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e}$.
• Résistance thermique : $R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$, en $\text{K} / \text{W}$.
• Lien entre les deux : $\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}}$.
• Couches superposées : $R_{\text{tot}} = R_{\text{th},1} + R_{\text{th},2} + \cdots$

Dans ces formules, $e$ est l'épaisseur de la paroi (en m), $S$ sa surface (en m²), $\Delta T = T_{\text{chaud}} - T_{\text{froid}}$ l'écart de température, et $\lambda$ la conductivité thermique du matériau (en $\text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$). Retiens l'essentiel sur $\lambda$ : plus $\lambda$ est petit, plus le matériau est isolant. Béton : $\lambda \approx 1{,}0$. Laine de verre : $\lambda \approx 0{,}040$. Mousse de polyuréthane : $\lambda \approx 0{,}025$.

Un exemple entièrement traité

Énoncé. Un mur de béton a une épaisseur $e = 0{,}20\ \text{m}$ et une surface $S = 12\ \text{m}^2$. La conductivité du béton vaut $\lambda = 1{,}0\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$. Il fait $20\ ^\circ\text{C}$ à l'intérieur et $5\ ^\circ\text{C}$ à l'extérieur. Calculer le flux thermique à travers ce mur.

Étape 1 — l'écart de température.

$\Delta T = T_{\text{chaud}} - T_{\text{froid}} = 20 - 5 = 15\ \text{K}$

Étape 2 — la résistance thermique.

$R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S} = \dfrac{0{,}20}{1{,}0 \times 12}$

$R_{\text{th}} = \dfrac{0{,}20}{12} \approx 1{,}7 \times 10^{-2}\ \text{K} / \text{W}$

Étape 3 — le flux thermique.

$\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}} = \dfrac{15}{1{,}67 \times 10^{-2}}$

$\Phi \approx 9{,}0 \times 10^{2}\ \text{W}$, soit $900\ \text{W}$

Conclusion. Ce mur laisse fuir $900$ joules chaque seconde, l'équivalent d'un petit radiateur allumé en permanence. Voilà pourquoi on l'isole.

Contrôle rapide : on pouvait aussi appliquer directement la loi de Fourier, $\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e} = 1{,}0 \times 12 \times \dfrac{15}{0{,}20} = 900\ \text{W}$. Même résultat, c'est rassurant.

Transfert thermique et les trois modes

Définition. Un transfert thermique est un échange spontané d'énergie entre deux corps de températures différentes, toujours orienté du corps chaud vers le corps froid. Ce n'est pas de la matière qui passe forcément : c'est de l'énergie.

Ce transfert peut se faire de trois manières, qui coexistent en général.

• La conduction : l'énergie se propage de proche en proche dans un solide, sans déplacement de matière. Exemple : une barre métallique chauffée à une extrémité, dont l'autre extrémité finit par brûler les doigts.
• La convection : l'énergie est transportée par un fluide en mouvement. Elle est naturelle quand le mouvement vient des différences de densité (l'air chaud monte), ou forcée quand on impose le mouvement (ventilateur, pompe).
• Le rayonnement : l'énergie voyage sous forme d'ondes électromagnétiques, sans avoir besoin de support matériel. C'est ainsi que la chaleur du Soleil nous parvient à travers le vide.

Le cadre de Terminale. Le programme te demande de quantifier la conduction en régime permanent à travers des parois planes. « Régime permanent » signifie que les températures ne varient plus au cours du temps : le mur a fini de se mettre en place thermiquement, et tout ce qui entre d'un côté ressort de l'autre. C'est ce qui autorise à parler d'un flux $\Phi$ constant.

Flux, loi de Fourier, résistance thermique

Le flux thermique. C'est l'énergie thermique transférée par unité de temps :

$\Phi = \dfrac{Q}{\Delta t}$, avec $Q$ en joules, $\Delta t$ en secondes, donc $\Phi$ en watts.

Un flux thermique est donc une puissance. Si on te demande une énergie, tu inverses : $Q = \Phi \times \Delta t$.

La loi de Fourier pour une paroi plane. Elle donne ce flux à partir des caractéristiques de la paroi :

$\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e}$

Elle se lit physiquement : le flux augmente si l'écart de température augmente, si la surface augmente, si le matériau conduit bien la chaleur ; il diminue si la paroi est épaisse.

Signification de chaque grandeur.

• $\lambda$ est la conductivité thermique du matériau, en $\text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$. Elle ne dépend que du matériau. Plus $\lambda$ est faible, plus le matériau est isolant : béton $\lambda \approx 1{,}0$, laine de verre $\lambda \approx 0{,}040$, mousse de polyuréthane $\lambda \approx 0{,}025$.
• $e$ est l'épaisseur de la paroi, en mètres.
• $S$ est la surface d'échange, en mètres carrés.
• $\Delta T = T_{\text{chaud}} - T_{\text{froid}}$ est l'écart de température, en kelvins (ou en degrés Celsius, c'est le même nombre pour un écart).

La résistance thermique. On regroupe tout ce qui décrit la paroi dans une seule grandeur :

$R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$, en $\text{K} / \text{W}$

et la loi de Fourier se réécrit alors sous la forme très commode

$\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}}$

L'analogie électrique. Cette dernière relation est l'analogue thermique de la loi d'Ohm $I = \dfrac{U}{R}$ : l'écart de température joue le rôle de la tension, le flux thermique celui de l'intensité, et la résistance thermique s'oppose au passage de la chaleur exactement comme la résistance électrique s'oppose au courant.

Conséquence : les couches en série. Pour des couches superposées traversées par le même flux, les résistances thermiques s'additionnent :

$R_{\text{tot}} = R_{\text{th},1} + R_{\text{th},2} + \cdots$

Attention à ne pas confondre $\lambda$ et $R_{\text{th}}$ : $\lambda$ est une propriété du matériau, $R_{\text{th}}$ une propriété de la paroi (elle dépend aussi de l'épaisseur et de la surface). Un petit $\lambda$ donne un grand $R_{\text{th}}$, c'est-à-dire un bon isolant.

La méthode pas à pas, et l'exemple de la paroi composite

Méthode — résoudre un problème de conduction en régime permanent.

• 1. Identifier toutes les couches et relever pour chacune $\lambda_i$ et $e_i$, ainsi que la surface $S$ (elle est la même pour toutes les couches en série).
• 2. Calculer chaque résistance : $R_{\text{th},i} = \dfrac{e_i}{\lambda_i \cdot S}$.
• 3. Additionner : $R_{\text{tot}} = \sum_i R_{\text{th},i}$.
• 4. Calculer le flux : $\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{tot}}}$.
• 5. Si on demande une énergie, convertir : $Q = \Phi \times \Delta t$, avec $\Delta t$ en secondes.

Exemple traité — paroi composite béton et laine de verre.

Données. Béton : $\lambda_1 = 1{,}0\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$, $e_1 = 0{,}20\ \text{m}$. Laine de verre : $\lambda_2 = 0{,}040\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$, $e_2 = 0{,}10\ \text{m}$. Surface commune $S = 10\ \text{m}^2$, écart $\Delta T = 20\ \text{K}$.

Étape 2 — résistance du béton.

$R_{\text{th},1} = \dfrac{0{,}20}{1{,}0 \times 10} = \dfrac{0{,}20}{10} = 0{,}020\ \text{K} / \text{W}$

Étape 2 (suite) — résistance de la laine de verre.

$R_{\text{th},2} = \dfrac{0{,}10}{0{,}040 \times 10} = \dfrac{0{,}10}{0{,}40} = 0{,}25\ \text{K} / \text{W}$

Étape 3 — résistance totale.

$R_{\text{tot}} = 0{,}020 + 0{,}25 = 0{,}270\ \text{K} / \text{W}$

Étape 4 — flux thermique.

$\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{tot}}} = \dfrac{20}{0{,}270} \approx 74\ \text{W}$

Lecture du résultat. Les $10\ \text{cm}$ de laine de verre pèsent $0{,}25\ \text{K} / \text{W}$ contre $0{,}020\ \text{K} / \text{W}$ pour les $20\ \text{cm}$ de béton : l'isolant fournit à lui seul plus de $90\ \%$ de la résistance de la paroi, alors qu'il est deux fois moins épais. Tout est dans le $\lambda$.

Exemple 1 — un mur simple, par les deux chemins

Énoncé. Un mur de béton de surface $S = 12\ \text{m}^2$ et d'épaisseur $e = 20\ \text{cm}$ sépare une pièce à $20\ ^\circ\text{C}$ d'un garage à $5\ ^\circ\text{C}$. Le béton a une conductivité $\lambda = 1{,}0\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$. Déterminer le flux thermique.

On commence par convertir. L'énoncé donne l'épaisseur en centimètres, la formule veut des mètres. C'est le piège numéro un du chapitre, on le désamorce tout de suite.

$e = 20\ \text{cm} = 0{,}20\ \text{m}$

On calcule l'écart de température. On soustrait toujours le froid au chaud, pour obtenir un $\Delta T$ positif.

$\Delta T = 20 - 5 = 15\ ^\circ\text{C} = 15\ \text{K}$

Chemin A — en passant par la résistance thermique. C'est la voie à privilégier, parce que c'est celle qu'on prolongera dès qu'il y aura plusieurs couches.

$R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S} = \dfrac{0{,}20}{1{,}0 \times 12}$

$R_{\text{th}} = \dfrac{0{,}20}{12} \approx 1{,}67 \times 10^{-2}\ \text{K} / \text{W}$

Remarque au passage : la résistance est très petite, donc le mur ne freine presque rien. On s'attend à un gros flux.

$\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}} = \dfrac{15}{1{,}67 \times 10^{-2}} \approx 9{,}0 \times 10^{2}\ \text{W}$

Chemin B — directement par la loi de Fourier. Utile pour vérifier, ou quand il n'y a qu'une seule couche.

$\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e} = 1{,}0 \times 12 \times \dfrac{15}{0{,}20}$

$\Phi = 12 \times 75 = 9{,}0 \times 10^{2}\ \text{W}$

Conclusion rédigée. Le flux thermique à travers le mur vaut $\Phi \approx 900\ \text{W}$ : le mur perd $900\ \text{J}$ chaque seconde vers le garage.

Ce qu'on retient de cet exemple : les deux chemins donnent le même nombre, ce qui est normal puisque $R_{\text{th}}$ n'est qu'une réécriture de la loi de Fourier. Fais-en une habitude de vérification.

Exemple 2 — du flux à l'énergie perdue

Énoncé. On reprend le mur précédent ($\Phi = 900\ \text{W}$). Quelle énergie thermique traverse ce mur en une heure ? Exprime le résultat en joules, puis en kilowattheures.

On part de la définition du flux.

$\Phi = \dfrac{Q}{\Delta t}$, donc $Q = \Phi \times \Delta t$

On convertit la durée en secondes. C'est obligatoire : le watt est un joule par seconde, pas un joule par heure.

$\Delta t = 1\ \text{h} = 3600\ \text{s}$

On calcule.

$Q = 900 \times 3600$

$Q = 3{,}24 \times 10^{6}\ \text{J}$, soit $3{,}24\ \text{MJ}$

On convertit en kilowattheures. Par définition $1\ \text{kWh} = 1000\ \text{W} \times 3600\ \text{s} = 3{,}6 \times 10^{6}\ \text{J}$.

$Q = \dfrac{3{,}24 \times 10^{6}}{3{,}6 \times 10^{6}} = 0{,}90\ \text{kWh}$

Lecture. $0{,}90\ \text{kWh}$ par heure pour un seul mur, c'est presque $22\ \text{kWh}$ sur une journée entière si l'écart de température se maintient. Le calcul de physique devient un argument très concret.

Le réflexe à garder : dès qu'un énoncé parle d'une durée (une heure, une journée, un hiver), il attend $Q = \Phi \times \Delta t$ avec $\Delta t$ en secondes.

Exemple 3 — on isole le mur, on refait le calcul

Énoncé. On double le mur précédent (béton, $e_1 = 0{,}20\ \text{m}$, $\lambda_1 = 1{,}0\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$, $S = 12\ \text{m}^2$) par une couche de mousse de polyuréthane d'épaisseur $e_2 = 6{,}0\ \text{cm}$ et de conductivité $\lambda_2 = 0{,}025\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$. L'écart de température reste $\Delta T = 15\ \text{K}$. Par combien le flux est-il divisé ?

Étape 1 — on inventorie. Deux couches en série, traversées par le même flux, avec la même surface $S = 12\ \text{m}^2$. On convertit l'épaisseur de l'isolant : $e_2 = 6{,}0\ \text{cm} = 0{,}060\ \text{m}$.

Étape 2 — résistance du béton. On l'a déjà, on la réécrit.

$R_{\text{th},1} = \dfrac{0{,}20}{1{,}0 \times 12} \approx 1{,}67 \times 10^{-2}\ \text{K} / \text{W}$

Étape 2 (suite) — résistance de l'isolant. Attention à bien multiplier $\lambda_2$ par $S$ au dénominateur.

$R_{\text{th},2} = \dfrac{0{,}060}{0{,}025 \times 12} = \dfrac{0{,}060}{0{,}30} = 0{,}20\ \text{K} / \text{W}$

Note bien : $6\ \text{cm}$ de mousse pèsent douze fois plus lourd que $20\ \text{cm}$ de béton. C'est tout l'intérêt d'un isolant.

Étape 3 — résistance totale.

$R_{\text{tot}} = 1{,}67 \times 10^{-2} + 0{,}20 \approx 0{,}217\ \text{K} / \text{W}$

Étape 4 — nouveau flux.

$\Phi' = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{tot}}} = \dfrac{15}{0{,}217} \approx 69\ \text{W}$

Étape 5 — comparaison.

$\dfrac{\Phi}{\Phi'} = \dfrac{900}{69} \approx 13$

Conclusion rédigée. En ajoutant $6\ \text{cm}$ de polyuréthane, le flux thermique passe de $900\ \text{W}$ à environ $69\ \text{W}$ : il est divisé par $13$. L'isolant apporte à lui seul la quasi-totalité de la résistance thermique de la paroi.

Ce que le correcteur attend, et les pièges classiques

Ce qui rapporte des points, systématiquement.

• Écrire la formule littérale avant de remplacer. $R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$ puis l'application numérique. Une formule juste avec une erreur de calcul garde une bonne partie des points ; un nombre seul, faux, n'en garde aucun.
• Mettre les unités à chaque ligne et vérifier leur cohérence : $\text{K} / \text{W}$ pour une résistance thermique, $\text{W}$ pour un flux, $\text{J}$ pour une énergie.
• Conclure par une phrase qui répond à la question posée, avec le résultat arrondi correctement (en général deux chiffres significatifs, cohérents avec les données).
• Commenter la vraisemblance quand c'est possible : un flux de plusieurs kilowatts pour un mur isolé doit t'alerter, tu as sans doute perdu un facteur quelque part.

Les pièges classiques, à cocher mentalement avant de rendre.

• Confondre $\lambda$ et $R_{\text{th}}$. $\lambda$ décrit le matériau, $R_{\text{th}}$ décrit la paroi. Un petit $\lambda$ donne un grand $R_{\text{th}}$, donc un bon isolant. Si tu écris « le polyuréthane est un bon isolant car sa résistance thermique est faible », la phrase est fausse.
• Oublier $S$ au dénominateur de $R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$. C'est l'erreur la plus fréquente, et elle fausse tout le reste de l'exercice.
• Oublier les conversions : épaisseurs en mètres, durées en secondes avant tout calcul de $Q = \Phi \times \Delta t$.
• Prendre $\Delta T$ négatif. Par convention $\Delta T = T_{\text{chaud}} - T_{\text{froid}} > 0$ : le flux thermique est toujours compté positivement, dans le sens chaud vers froid.
• Additionner les $\lambda$ ou les épaisseurs pour une paroi composite. Ce ne sont pas ces grandeurs qui s'additionnent, ce sont les résistances : $R_{\text{tot}} = R_{\text{th},1} + R_{\text{th},2}$.
• Changer de surface d'une couche à l'autre. Pour des couches en série, la surface d'échange est la même partout.

Une subtilité de vocabulaire qui plaît beaucoup aux correcteurs. Le régime permanent n'est pas l'équilibre thermique. À l'équilibre, tout serait à la même température et il n'y aurait plus de flux. En régime permanent, les températures sont constantes dans le temps mais différentes de part et d'autre : le flux existe bel et bien, et il est le même à travers chaque couche.

Problème type 1 — dimensionner une épaisseur d'isolant

Énoncé. On veut isoler une paroi de surface $S = 20\ \text{m}^2$ avec de la laine de verre ($\lambda = 0{,}040\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$). L'écart de température entre l'intérieur et l'extérieur est de $18\ \text{K}$. On souhaite limiter le flux thermique à travers cette laine à $100\ \text{W}$ au maximum. Quelle épaisseur minimale faut-il poser ? On négligera la résistance des autres couches.

Étape 1 — traduire la contrainte. On veut $\Phi \leq 100\ \text{W}$. Or $\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}}$ : un flux plus petit correspond à une résistance plus grande.

$\Phi \leq 100 \iff \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}} \leq 100 \iff R_{\text{th}} \geq \dfrac{\Delta T}{100}$

Étape 2 — calculer la résistance minimale.

$R_{\text{th}} \geq \dfrac{18}{100} = 0{,}18\ \text{K} / \text{W}$

Étape 3 — exprimer l'épaisseur. On part de $R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$ et on isole $e$ en multipliant les deux membres par $\lambda \cdot S$.

$e = R_{\text{th}} \times \lambda \times S$

Étape 4 — application numérique.

$e \geq 0{,}18 \times 0{,}040 \times 20$

$e \geq 0{,}18 \times 0{,}80 = 0{,}144\ \text{m}$

Étape 5 — conclure en langage d'ingénieur. Il faut au minimum $14{,}4\ \text{cm}$ de laine de verre. Comme les panneaux existent en épaisseurs standard, on posera $15\ \text{cm}$.

Vérification (toujours la faire quand tu as le temps). Avec $e = 0{,}15\ \text{m}$ :

$R_{\text{th}} = \dfrac{0{,}15}{0{,}040 \times 20} = \dfrac{0{,}15}{0{,}80} = 0{,}1875\ \text{K} / \text{W}$

$\Phi = \dfrac{18}{0{,}1875} = 96\ \text{W} \leq 100\ \text{W}$. La contrainte est respectée.

Ce que le correcteur regarde ici : l'inversion correcte de la formule (littérale d'abord), le sens de l'inégalité (plus de résistance donne moins de flux), et le fait d'arrondir par excès — arrondir à $14\ \text{cm}$ ferait dépasser la limite.

Problème type 2 — paroi composite, énergie et température d'interface

Énoncé. Un mur est constitué de $0{,}20\ \text{m}$ de béton ($\lambda_1 = 1{,}0\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$) doublé, côté intérieur, de $0{,}10\ \text{m}$ de laine de verre ($\lambda_2 = 0{,}040\ \text{W} \cdot \text{m}^{-1} \cdot \text{K}^{-1}$). Sa surface est $S = 10\ \text{m}^2$. Il fait $20\ ^\circ\text{C}$ à l'intérieur et $0\ ^\circ\text{C}$ à l'extérieur. a) Calculer le flux thermique. b) En déduire l'énergie perdue en $24\ \text{h}$. c) Déterminer la température à l'interface entre la laine et le béton.

a) Le flux thermique.

$\Delta T = 20 - 0 = 20\ \text{K}$

$R_{\text{th},1} = \dfrac{0{,}20}{1{,}0 \times 10} = 0{,}020\ \text{K} / \text{W}$

$R_{\text{th},2} = \dfrac{0{,}10}{0{,}040 \times 10} = \dfrac{0{,}10}{0{,}40} = 0{,}25\ \text{K} / \text{W}$

$R_{\text{tot}} = 0{,}020 + 0{,}25 = 0{,}270\ \text{K} / \text{W}$

$\Phi = \dfrac{20}{0{,}270} \approx 74\ \text{W}$

b) L'énergie perdue en une journée.

$\Delta t = 24 \times 3600 = 8{,}64 \times 10^{4}\ \text{s}$

$Q = \Phi \times \Delta t = 74{,}1 \times 8{,}64 \times 10^{4}$

$Q \approx 6{,}4 \times 10^{6}\ \text{J}$, soit $6{,}4\ \text{MJ}$

En kilowattheures : $Q = \dfrac{6{,}4 \times 10^{6}}{3{,}6 \times 10^{6}} \approx 1{,}8\ \text{kWh}$ par jour.

c) La température à l'interface. C'est la question qui sépare les copies. L'idée clé : en régime permanent, le même flux $\Phi$ traverse chaque couche. On peut donc appliquer $\Phi = \dfrac{\Delta T_i}{R_{\text{th},i}}$ à la seule couche de laine.

$\Delta T_2 = \Phi \times R_{\text{th},2} = 74{,}1 \times 0{,}25$

$\Delta T_2 \approx 18{,}5\ \text{K}$

La chaleur va de l'intérieur ($20\ ^\circ\text{C}$) vers l'extérieur en traversant d'abord la laine, donc la température chute de $18{,}5\ \text{K}$ à travers celle-ci :

$T_{\text{interface}} = 20 - 18{,}5 = 1{,}5\ ^\circ\text{C}$

Vérification par l'autre couche.

$\Delta T_1 = \Phi \times R_{\text{th},1} = 74{,}1 \times 0{,}020 \approx 1{,}5\ \text{K}$

$T_{\text{extérieur}} = 1{,}5 - 1{,}5 = 0\ ^\circ\text{C}$, ce qui correspond bien à la donnée. Le calcul est cohérent.

Interprétation, et c'est ce que le correcteur veut lire. Presque toute la chute de température ($18{,}5\ \text{K}$ sur $20\ \text{K}$) se produit dans l'isolant : le béton reste quasiment à la température extérieure. La chute de température dans une couche est proportionnelle à sa résistance thermique, ce qui explique la ligne brisée du graphe ci-contre.

D'où viennent vraiment les formules

1. La résistance thermique n'est pas une nouvelle loi. Elle n'est qu'une réécriture de la loi de Fourier. Repars de

$\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e}$

et regroupe tout ce qui décrit la paroi au dénominateur :

$\Phi = \dfrac{\Delta T}{\dfrac{e}{\lambda \cdot S}}$

En posant $R_{\text{th}} = \dfrac{e}{\lambda \cdot S}$, on obtient exactement $\Phi = \dfrac{\Delta T}{R_{\text{th}}}$. Il n'y a rien de plus. L'intérêt de ce changement d'écriture est qu'il sépare proprement la cause ($\Delta T$) de ce qui s'y oppose ($R_{\text{th}}$), exactement comme en électricité.

2. Pourquoi les résistances en série s'additionnent. C'est le seul vrai raisonnement du chapitre, et il repose entièrement sur le régime permanent. Considère deux couches, la première entre les températures $T_A$ et $T_B$, la seconde entre $T_B$ et $T_C$.

En régime permanent, aucune énergie ne s'accumule dans les couches : tout ce qui entre ressort. Le flux est donc le même dans les deux couches, appelons-le $\Phi$.

$T_A - T_B = \Phi \cdot R_{\text{th},1}$

$T_B - T_C = \Phi \cdot R_{\text{th},2}$

On additionne membre à membre : le terme $T_B$ disparaît (il apparaît une fois en négatif, une fois en positif).

$T_A - T_C = \Phi \cdot (R_{\text{th},1} + R_{\text{th},2})$

Or par définition $T_A - T_C = \Delta T$ et $\Delta T = \Phi \cdot R_{\text{tot}}$. Par identification :

$R_{\text{tot}} = R_{\text{th},1} + R_{\text{th},2}$

Le résultat se généralise immédiatement à $n$ couches. Et il te donne gratuitement la méthode du problème d'interface vu au palier précédent : la chute de température dans une couche vaut $\Phi \cdot R_{\text{th},i}$, donc elle est proportionnelle à la résistance de la couche.

Ce que les thermiciens en font : R surfacique, coefficient U, ponts thermiques

La résistance surfacique. Dans le bâtiment, on ne veut pas d'une grandeur qui dépend de la taille du mur. On divise donc par la surface, ce qui revient à définir

$R_{\text{s}} = \dfrac{e}{\lambda}$, en $\text{m}^2 \cdot \text{K} \cdot \text{W}^{-1}$

Le lien avec ce que tu connais est immédiat : $R_{\text{th}} = \dfrac{R_{\text{s}}}{S}$. C'est ce $R_{\text{s}}$ qui est imprimé sur les emballages de laine de verre, et qu'on compare d'un produit à l'autre. Pour $10\ \text{cm}$ de laine de verre : $R_{\text{s}} = \dfrac{0{,}10}{0{,}040} = 2{,}5\ \text{m}^2 \cdot \text{K} \cdot \text{W}^{-1}$.

Le coefficient de transmission thermique $U$. C'est simplement l'inverse de la résistance surfacique totale, $U = \dfrac{1}{R_{\text{s,tot}}}$, en $\text{W} \cdot \text{m}^{-2} \cdot \text{K}^{-1}$, et le flux s'écrit alors $\Phi = U \cdot S \cdot \Delta T$. C'est rigoureusement la même physique, dans un habillage plus commode pour comparer des fenêtres ou des murs. Un petit $U$ est le signe d'une bonne isolation.

Les ponts thermiques, ou les résistances en parallèle. Jusqu'ici toutes les couches étaient traversées par le même flux : elles étaient en série. Mais imagine une poutre de béton qui traverse l'isolant, comme sur le schéma. La chaleur a désormais deux chemins possibles côte à côte, et elle emprunte majoritairement le moins résistant.

L'analogie électrique se poursuit alors telle quelle : pour deux chemins en parallèle, ce sont les inverses des résistances (les conductances) qui s'additionnent.

$\dfrac{1}{R_{\text{tot}}} = \dfrac{1}{R_{\text{A}}} + \dfrac{1}{R_{\text{B}}}$

Conséquence pratique, et elle est spectaculaire : une petite surface non isolée peut ruiner l'isolation de tout un mur, parce que sa résistance très faible fait chuter la résistance totale. C'est exactement le rôle des balcons, des linteaux et des jonctions de planchers dans une maison mal conçue. Ce calcul en parallèle dépasse le cadre du programme de Terminale, mais il découle uniquement de l'analogie que tu connais déjà.

Les portes de sortie : autres notions, et l'an prochain

Les liens avec le reste du programme.

• Avec la capacité thermique. Le flux te dit à quelle vitesse l'énergie s'échappe ; la relation $Q = m \cdot c \cdot \Delta T$ te dit combien d'énergie il faut pour faire varier la température d'un corps. Les deux se combinent dès qu'on veut savoir en combien de temps une pièce se refroidit.
• Avec le bilan énergétique et le rendement. Toute l'énergie qui fuit par les parois est de l'énergie que le chauffage doit fournir. Les pertes thermiques sont le terme « perdu » du bilan et sont ce qui plombe le rendement d'une installation.
• Avec les trois modes vus en première. On a traité ici la seule conduction. Dans la réalité, la paroi échange aussi par convection avec l'air des deux côtés, et par rayonnement. Les thermiciens ajoutent pour cela des résistances superficielles à chaque face, qui s'additionnent aux autres, toujours selon la même règle de série.

Le régime transitoire, la grande absente. Toutes les formules de ce chapitre supposent que rien ne varie dans le temps. Quand tu coupes le chauffage, tu quittes ce cadre : la température évolue, et la décroissance n'est pas linéaire mais exponentielle. Une modélisation classique consiste à écrire que le flux perdu par un corps est proportionnel à son écart avec le milieu, $\Phi = h \cdot S \cdot (T - T_{\text{ext}})$, ce qui conduit à une équation différentielle du premier ordre, du même type que celle du circuit RC. Tu retrouveras cette structure mathématique dans plusieurs chapitres.

La version supérieure de la loi de Fourier. Dans le supérieur, on n'écrit plus la loi pour une paroi entière mais en chaque point de la matière, avec le vecteur densité de flux thermique :

$\vec{j} = -\lambda \, \overrightarrow{\text{grad}} \, T$

Le signe moins traduit exactement ce que tu sais déjà : la chaleur descend les températures. En combinant cette loi avec un bilan d'énergie sur une tranche de matière, on obtient l'équation de la chaleur, dont la forme à une dimension est

$\dfrac{\partial T}{\partial t} = \dfrac{\lambda}{\rho \cdot c} \cdot \dfrac{\partial^2 T}{\partial x^2}$

Ta formule de Terminale en est simplement le cas particulier stationnaire : si $T$ ne dépend plus du temps, le membre de gauche est nul, le profil de température devient linéaire dans chaque couche, et tu retombes sur $\Phi = \lambda \cdot S \cdot \dfrac{\Delta T}{e}$. C'est d'ailleurs la vraie raison pour laquelle le graphe du palier précédent est fait de segments de droite.