Feuille d'entraînement : Diffusion thermique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q48

   La loi phénoménologique de Fourier régit la conduction thermique au sein d'un milieu matériel isotrope.

   Sous sa forme locale tridimensionnelle générale, elle relie le vecteur densité de flux thermique \vec{j}_{\mathrm{th}} au gradient de température :

   \boxed{\vec{j}_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \vec{\mathrm{grad}}\, T}

   où :

   • \vec{j}_{\mathrm{th}} est la densité surfacique de flux thermique (en \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}) ;
   • \lambda_{\mathrm{th}} est la conductivité thermique du milieu (en \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}\cdot\mathrm{K}^{-1}), avec \lambda_{\mathrm{th}} > 0 ;
   • T est la température locale (en \mathrm{K}).

   Dans le cas unidimensionnel selon l'axe (Ox) décrit par le texte, où la température ne dépend que de l'abscisse x, cette relation s'écrit de façon scalaire :

   \boxed{j_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}}

   Résultat

   $${\vec{j}}_{\mathrm{th}}=-{\lambda }_{\mathrm{th}}\overrightarrow{\mathrm{grad}}T$$

   $$j_{\mathrm{th}}=-{\lambda }_{\mathrm{th}}\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q49

   Par analogie entre conduction électrique et conduction thermique :

   • la différence de potentiel V_1 - V_2 (cause du courant électrique) correspond à la différence de température T_1 - T_2 (cause du transfert thermique) ;
   • l'intensité du courant électrique I = \iint_S \vec{j} \cdot \vec{\mathrm{d}S} correspond à la puissance thermique (ou flux thermique) \mathcal{P}_{\mathrm{th}} = \iint_S \vec{j}_{\mathrm{th}} \cdot \vec{\mathrm{d}S} ;
   • la loi d'Ohm locale \vec{j} = -\gamma\, \vec{\nabla} V correspond à la loi de Fourier \vec{j}_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}}\, \vec{\nabla} T, la conductivité électrique \gamma correspondant à la conductivité thermique \lambda_{\mathrm{th}}.

   Par analogie avec la loi d'Ohm macroscopique V_1 - V_2 = R_e I, on définit la résistance thermique R_{\mathrm{th}} d'un conducteur reliant deux parois à températures imposées T_1 et T_2 (T_1 > T_2) traversé par un flux thermique \mathcal{P}_{\mathrm{th}} orienté de 1 vers 2 par :

   \boxed{R_{\mathrm{th}} = \frac{T_1 - T_2}{\mathcal{P}_{\mathrm{th}}}}

   Dans le barreau cylindrique d'axe (Ox), le flux thermique \vec{j}_{\mathrm{th}} = j_{\mathrm{th}} \vec{e_x} est uniforme et traverse la section S orthogonale à \vec{e_x}. La puissance thermique s'exprime ainsi :

   \mathcal{P}_{\mathrm{th}} = \iint_S j_{\mathrm{th}} \vec{e_x} \cdot (\mathrm{d}S \vec{e_x}) = j_{\mathrm{th}} S

   D'après la loi de Fourier unidimensionnelle (question Q48) :

   j_{\mathrm{th}} = -\lambda_{\mathrm{th}} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}

   En intégrant entre l'extrémité gauche x = 0 (à la température T_1) et l'extrémité droite x = \ell (à la température T_2) :

   \begin{aligned} T_1 - T_2 &= -\int_0^\ell \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^\ell \frac{j_{\mathrm{th}}}{\lambda_{\mathrm{th}}}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{j_{\mathrm{th}} \ell}{\lambda_{\mathrm{th}}} \\ &= \frac{\ell}{\lambda_{\mathrm{th}} S} \mathcal{P}_{\mathrm{th}} \end{aligned}

   Par identification avec la relation de définition T_1 - T_2 = R_{\mathrm{th}} \mathcal{P}_{\mathrm{th}}, on retrouve l'expression annoncée :

   \boxed{R_{\mathrm{th}} = \frac{\ell}{\lambda_{\mathrm{th}} S}}

   On remarque que cette formule se déduit également de l'expression de la résistance électrique R_{e,\mathrm{Cu}} = \frac{\ell}{\gamma S} établie à la question Q47 par simple substitution de \gamma par \lambda_{\mathrm{th}}.

   Résultat

   $$R_{\mathrm{th}}=\frac{T_1-T_2}{{\mathcal{P}}_{\mathrm{th}}}$$

   $$R_{\mathrm{th}}=\frac{\ell }{{\lambda }_{\mathrm{th}}S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2021, Q15

   Considérons une tranche de bois indéformable comprise entre x et x+\mathrm{d}x. Ses caractéristiques géométriques sont :

   • Section droite : S = \pi r_c^2 ;
   • Volume : \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}x = \pi r_c^2\,\mathrm{d}x ;
   • Masse : \mathrm{d}m = \rho_b\,\mathrm{d}V = \rho_b \pi r_c^2\,\mathrm{d}x ;
   • Surface latérale en contact avec l'air : \mathrm{d}S_{\text{lat}} = 2\pi r_c\,\mathrm{d}x.

   Pendant la durée \mathrm{d}t, appliquons le premier principe de la thermodynamique à cette tranche au repos :

   \mathrm{d}U = \delta Q

   La variation d'énergie interne s'écrit, en considérant une phase condensée incompressible et indéformable :

   \mathrm{d}U = \mathrm{d}m\,C_b\,\mathrm{d}T = \rho_b C_b \pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial T}{\partial t}(x,t)\,\mathrm{d}t

   Les transferts thermiques reçus par la tranche pendant \mathrm{d}t comportent :

   • Le transfert thermique conductif entrant à travers la section en x :

     \delta Q_{\text{cond}}(x) = j(x,t) S\,\mathrm{d}t

   • Le transfert thermique conductif sortant à travers la section en x+\mathrm{d}x :

     \delta Q_{\text{cond}}(x+\mathrm{d}x) = j(x+\mathrm{d}x,t) S\,\mathrm{d}t \simeq \left( j(x,t) + \frac{\partial j}{\partial x}(x,t)\,\mathrm{d}x \right) S\,\mathrm{d}t

   • Le transfert thermique convectif cédé à l'air ambiant par la surface latérale (orienté vers l'extérieur) :

     \delta Q_{\text{conv}} = \varphi(x,t)\,\mathrm{d}S_{\text{lat}}\,\mathrm{d}t = h\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) \cdot 2\pi r_c\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   Le bilan thermique s'écrit alors :

   \delta Q = \delta Q_{\text{cond}}(x) - \delta Q_{\text{cond}}(x+\mathrm{d}x) - \delta Q_{\text{conv}} = -\frac{\partial j}{\partial x}\,\pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t - 2\pi r_c h\bigl(T(x,t) - T_0\bigr)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   En égalant \mathrm{d}U et \delta Q, puis en divisant par \pi r_c^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t, on obtient :

   \rho_b C_b\,\frac{\partial T}{\partial t}(x,t) = -\frac{\partial j}{\partial x}(x,t) - \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr)

   Soit sous forme standard :

   \boxed{\rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} + \frac{\partial j(x,t)}{\partial x} + \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) = 0}

   Résultat

   $${\rho }_b{C}_b\frac{\partial T(x,t)}{\partial t}+\frac{\partial j(x,t)}{\partial x}+\frac{2h}{r_c}(T(x,t)-T_0)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2021, Q16

   À une dimension le long de l'axe (Ox), la loi phénoménologique de Fourier relie la composante algébrique du vecteur densité de flux thermique j(x,t) au gradient spatial de température :

   \boxed{j(x,t) = -\lambda_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial x}}

   où :

   • j(x,t) est la densité de flux thermique conductif (ou vecteur densité de courant thermique projeté selon \vec{e}_x), exprimée en watt par mètre carré (\mathrm{W\cdot m^{-2}}) ;
   • \lambda_b est la conductivité thermique du milieu (ici le bois), exprimée en watt par mètre et par kelvin (\mathrm{W\cdot m^{-1}\cdot K^{-1}}) ;
   • \dfrac{\partial T}{\partial x}(x,t) est le gradient de température selon la direction x, exprimé en kelvin par mètre (\mathrm{K\cdot m^{-1}}), avec la température T en kelvin (\mathrm{K}) et la coordonnée spatiale x en mètre (\mathrm{m}).

   Résultat

   $$j(x,t)=-{\lambda }_b\frac{\partial T(x,t)}{\partial x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q17

   D'après la question Q15, le bilan d'énergie sur une tranche élémentaire de bois d'épaisseur \mathrm{d}x s'écrit :

   \rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} + \frac{\partial j(x,t)}{\partial x} + \frac{2h}{r_c}\bigl(T(x,t) - T_0\bigr) = 0

   En introduisant la loi de Fourier unidimensionnelle rappelée en Q16, j(x,t) = -\lambda_b \frac{\partial T}{\partial x}, et en supposant la conductivité thermique \lambda_b constante, il vient :

   \frac{\partial j}{\partial x} = -\lambda_b \frac{\partial^2 T}{\partial x^2}

   L'équation devient ainsi :

   \rho_b C_b \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \lambda_b \frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} + \frac{2h}{r_c} T(x,t) = \frac{2h}{r_c} T_0

   En divisant cette relation par le facteur \dfrac{2h}{r_c} > 0, on obtient :

   T(x,t) + \frac{\rho_b C_b r_c}{2h}\frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \frac{\lambda_b r_c}{2h}\frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} = T_0

   Cette équation est bien de la forme attendue :

   T(x,t) + \tau \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} - \ell^2 \frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial x^2} = T_0

   avec les constantes positives définies par :

   \boxed{\tau = \frac{\rho_b C_b r_c}{2h}} \quad \text{et} \quad \boxed{\ell = \sqrt{\frac{\lambda_b r_c}{2h}}}

   Applications numériques : Avec r_c = 1\text{ mm} = 10^{-3}\text{ m} (d'après Q14), \rho_b = 1000\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, C_b = 2000\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}, \lambda_b = 0,2\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et h = 20\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1} :

   \begin{aligned} \tau &= \frac{1000 \times 2000 \times 10^{-3}}{2 \times 20} = \frac{2000}{40} = 50\text{ s} \\ \ell &= \sqrt{\frac{0,2 \times 10^{-3}}{2 \times 20}} = \sqrt{5 \times 10^{-6}}\text{ m} \simeq 2,2 \times 10^{-3}\text{ m} \end{aligned}

   Avec un chiffre significatif :

   \boxed{\tau = 5\times 10^1\text{ s}} \quad \text{et} \quad \boxed{\ell = 2\text{ mm}}

   Résultat

   $$\tau =\frac{{\rho }_b{C}_b{r}_c}{2h}$$

   $$\ell =\sqrt{\frac{{\lambda }_b{r}_c}{2h}}$$

   $$\tau =5\times 10^1\text{ s}$$

   $$\ell =2\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q19

   En régime stationnaire (t \gg \tau), la température ne dépend plus du temps : \frac{\partial T}{\partial t} = 0 et T(x,t) \to T^{st}(x). L'équation différentielle (3) s'écrit alors :

   T^{st}(x) - \ell^2 \frac{\mathrm{d}^2 T^{st}}{\mathrm{d}x^2}(x) = T_0

   En introduisant \Delta T(x) = T^{st}(x) - T_0, pour laquelle \frac{\mathrm{d}^2 \Delta T}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\mathrm{d}^2 T^{st}}{\mathrm{d}x^2}, l'équation différentielle devient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 \Delta T}{\mathrm{d}x^2}(x) - \frac{1}{\ell^2} \Delta T(x) = 0}

   Les conditions aux limites associées sont :

   • En x = 0, la condition aux limites de flux établie à la question Q18 donne :

     \left.\frac{\mathrm{d}\Delta T}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0} = \left.\frac{\mathrm{d}T^{st}}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0} = -\frac{P_c}{\lambda_b \pi r_c^2} = -\frac{C \Phi}{\lambda_b}

   • Comme la longueur du morceau de bois vérifie L \gg \ell, le morceau de bois peut être considéré comme semi-infini selon x. La perturbation thermique ne pénètre que sur une longueur d'ordre \ell, de sorte que la température tend vers la température ambiante à grande distance :

     \lim_{x \to +\infty} \Delta T(x) = 0 \quad (\text{ou } \Delta T(L) \approx 0)

   La solution générale de cette équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est :

   \Delta T(x) = A \, \mathrm{e}^{-x/\ell} + B \, \mathrm{e}^{x/\ell}

   où A et B sont deux constantes réelles.

   La condition de décroissance à l'infini (\lim_{x \to +\infty} \Delta T(x) = 0) impose B = 0.

   La condition en x = 0 s'écrit :

   \left.\frac{\mathrm{d}\Delta T}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0} = -\frac{A}{\ell} = -\frac{P_c}{\lambda_b \pi r_c^2} \implies A = \frac{P_c \ell}{\lambda_b \pi r_c^2} = \frac{C \Phi \ell}{\lambda_b}

   On en déduit l'expression du profil de température stationnaire :

   \boxed{T^{st}(x) = T_0 + \frac{P_c \ell}{\lambda_b \pi r_c^2} \, \mathrm{e}^{-x/\ell} = T_0 + \frac{C \Phi \ell}{\lambda_b} \, \mathrm{e}^{-x/\ell}}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\Delta T}{\mathrm{d}{x}^2}(x)-\frac{1}{{\ell }^2}\Delta T(x)=0$$

   $$T^{st}(x)=T_0+\frac{P_c\ell }{{\lambda }_b\pi r_c^2}{\mathrm{e}}^{-x/\ell }=T_0+\frac{C\Phi \ell }{{\lambda }_b}{\mathrm{e}}^{-x/\ell }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q4

   L'hypothèse d'une température uniforme de la Terre est une approximation dont la validité présente plusieurs limites :

   • Alternance jour/nuit : La période de rotation de la Terre (T_{\text{rot}} = 24\text{ h}) est extrêmement courte devant le temps radiatif \tau \sim 8\times 10^4\text{ ans}. L'inertie thermique de l'atmosphère et des océans lisse ainsi efficacement les variations diurnes.
   • Gradient latitudinal (équateur/pôles) : L'insolation dépend fortement de la latitude (rayonnement incident rasant aux pôles, quasi-normal à l'équateur). Bien que les circulations atmosphérique et océanique assurent un transport thermique redistributeur vers les hautes latitudes, il subsiste un écart de température de l'ordre de 50\text{ K} à 60\text{ K} entre les pôles et l'équateur. L'uniformité spatiale n'est donc vérifiée qu'à environ 15\text{--}20\,\% en échelle absolue.

   • Uniformité en profondeur et temps de retour à l'équilibre : Le modèle de la question Q3 suppose que l'intégralité du globe terrestre (M_T) change de température de façon homogène. Or, le temps caractéristique de diffusion thermique conductive à travers le rayon terrestre est :

     \tau_{\text{diff}} \sim \frac{r_T^2}{D_{\text{th}}} \sim \frac{(6{,}4\times 10^6)^2}{10^{-6}} \sim 4\times 10^{19}\text{ s} \sim 10^{12}\text{ ans}

     Cette durée est immensément supérieure à \tau (et à l'âge de la Terre). En réalité, le cœur terrestre est maintenu à haute température (> 5000\text{ K}) par la radioactivité et la chaleur primordiale, tandis que seules l'atmosphère, l'hydrosphère et une mince couche superficielle de la croûte participent aux échanges radiatifs avec l'espace.

   L'hypothèse est donc recevable uniquement comme modèle global moyen d'ordre zéro pour la température de surface, mais non recevable pour décrire l'ensemble du volume terrestre lors d'une perturbation thermique.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q18

   D'après la question Q14, la puissance solaire absorbée par la face d'entrée de section S = \pi r_c^2 vaut :

   P_c \simeq 1{,}3\text{ W} \quad (\approx 1\text{ W avec un chiffre significatif})

   Le transfert thermique conducto-convectif surfacique sur la face d'entrée s'écrit \varphi(0,t) = h(T(0,t) - T_0). La puissance convective totale émise par cette face d'aire S = \pi r_c^2 est :

   P_{\text{conv}}(x=0, t) = h\pi r_c^2 \left(T(0,t) - T_0\right)

   Pour des températures T(0,t) comprises entre T_0 = 300\text{ K} et T_{sp} = 600\text{ K}, cette puissance est maximale pour T(0,t) = T_{sp} :

   \begin{aligned} P_{\text{conv},\max} &= h \pi r_c^2 (T_{sp} - T_0) \\ &= 20 \times \pi \times (10^{-3})^2 \times (600 - 300) \\ &= 6000\pi \times 10^{-6} \simeq 1{,}9 \times 10^{-2}\text{ W} \approx 2 \times 10^{-2}\text{ W} \end{aligned}

   On constate ainsi que :

   P_{\text{conv}}(x=0, t) \le 2 \times 10^{-2}\text{ W} \ll P_c \simeq 1\text{ W}

   Les pertes convectives sur la face d'entrée représentent moins de 2\,\% de la puissance solaire reçue et sont donc négligeables.

   Effectuons un bilan de puissance sur l'interface d'entrée x=0 (de capacité thermique nulle). En régime instationnaire comme stationnaire, la somme algébrique des puissances reçues par l'interface est nulle :

   P_c - P_{\text{conv}}(x=0, t) - \Phi_{\text{cond}}(x=0, t) = 0

   où la puissance transmise par conduction thermique vers l'intérieur du cylindre (x > 0) est donnée par la loi de Fourier :

   \Phi_{\text{cond}}(x=0, t) = j(0,t) \pi r_c^2 = -\lambda_b \pi r_c^2 \left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=0}

   En négligeant P_{\text{conv}}(x=0, t) devant P_c, il vient :

   P_c = -\lambda_b \pi r_c^2 \left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=0}

   soit finalement :

   \boxed{\left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=0} = -\frac{P_c}{\lambda_b \pi r_c^2}}

   Résultat

   $${\frac{\partial T}{\partial x}|}_{x=0}=-\frac{P_c}{{\lambda }_b\pi r_c^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q20

   D'après le résultat de la question Q19, le profil de température stationnaire s'écrit :

   T^{st}(x) = T_0 + \Delta T(0)\,\mathrm{e}^{-x/\ell} \quad \text{avec} \quad \Delta T(0) = \frac{C\Phi \ell}{\lambda_b} = \frac{P_c \ell}{\lambda_b \pi r_c^2}

   Avec \ell \simeq 2{,}2 \times 10^{-3}\text{ m} (valeur approchée à \ell \simeq 2\text{ mm} en Q17), la surchauffe maximale en x=0 vaut :

   \Delta T(0) \simeq \frac{400 \times 1000 \times 2{,}2 \times 10^{-3}}{0{,}2} \simeq 4{,}5 \times 10^3\text{ K} \quad \implies \quad T^{st}(0) \simeq 4{,}8 \times 10^3\text{ K}

   Les caractéristiques remarquables de la courbe sont :

   • en x=0, T^{st}(0) = T_0 + \Delta T(0) ;
   • la tangente à l'origine a pour pente \left.\frac{\mathrm{d}T^{st}}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0} = -\frac{\Delta T(0)}{\ell}, elle coupe l'asymptote T=T_0 en x = \ell ;
   • en x = \ell, T^{st}(\ell) - T_0 = \frac{\Delta T(0)}{\mathrm{e}} \simeq 0{,}37\,\Delta T(0) ;
   • pour x \gg \ell, la température tend exponentiellement vers l'asymptote horizontale T = T_0.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q21

    Le bois s'enflamme spontanément à l'extrémité éclairée x=0 lorsque sa température atteint la température d'inflammation T_{\text{sp}} \simeq 600\text{ K} :

    T(0, t_{\text{comb}}) = T_{\text{sp}}

    D'après la loi d'évolution temporelle fournie par l'équation (4) :

    T(0, t) = T_0 + a \operatorname{erf}\left(\sqrt{\frac{t}{\tau}}\right)

    Lorsque t \to \infty, \operatorname{erf}(\sqrt{t/\tau}) \to 1, ce qui donne la température asymptotique de régime stationnaire :

    \lim_{t \to \infty} T(0, t) = T_0 + a

    Or, d'après les résultats des questions Q19 et Q20, la température stationnaire en x=0 est T^{\text{st}}(0) = T_0 + \Delta T(0) avec :

    \Delta T(0) = \frac{C \Phi \ell}{\lambda_b}

    Par identification, on en déduit la constante a :

    a = \Delta T(0) = \frac{C \Phi \ell}{\lambda_b}

    Avec les valeurs numériques C = 400, \Phi = 1000\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}, \lambda_b = 0{,}2\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} et \ell \simeq 2\times 10^{-3}\text{ m} (valeur avec un chiffre significatif obtenue en Q17) :

    a \simeq \frac{400 \times 1000 \times 2\times 10^{-3}}{0{,}2} = 4\times 10^3\text{ K}

    (ou a \simeq 4{,}5\times 10^3\text{ K} en conservant la valeur non arrondie \ell = \sqrt{5}\times 10^{-3}\text{ m}).

    La condition d'allumage s'écrit alors :

    \operatorname{erf}\left(\sqrt{\frac{t_{\text{comb}}}{\tau}}\right) = \frac{T_{\text{sp}} - T_0}{a}

    L'application numérique donne :

    \operatorname{erf}\left(\sqrt{\frac{t_{\text{comb}}}{\tau}}\right) \simeq \frac{600 - 300}{4\times 10^3} \simeq 0{,}075 \quad (\text{ou } 0{,}067)

    Sur la figure 3, pour une ordonnée \operatorname{erf}(\sqrt{u}) \approx 0{,}07\text{ à } 0{,}08, on lit sur l'axe logarithmique entre 10^{-3} et 10^{-2} (vers la 4e ou 5e graduation secondaire) :

    u = \frac{t_{\text{comb}}}{\tau} \simeq 4\times 10^{-3} \text{ à } 5\times 10^{-3}

    Avec le temps caractéristique calculé en Q17 (\tau \simeq 5\times 10^1\text{ s} = 50\text{ s}) :

    \begin{aligned} t_{\text{comb}} &= u\,\tau \\ &\simeq (4 \text{ à } 5) \times 10^{-3} \times 50\text{ s} \simeq 0{,}2\text{ s} \end{aligned}

    \boxed{t_{\text{comb}} \simeq 0{,}2\text{ s}}

    Résultat

    $$t_{\text{comb}}\simeq 0,2\text{ s}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question