Le ballon d'eau chaude stratifié : découper pour sommer, et ce que coûte un brassage

La stratégie. Le ballon n'a pas une température mais un profil $T(z)$ : on le découpe en tranches homogènes, on écrit l'énergie et l'entropie de chacune avec les fonctions d'état fournies, puis on somme. Le brassage d'un système isolé conserve l'énergie (premier principe) et crée de l'entropie (second principe) : c'est la seconde qui mesure ce que l'on perd.

1) Découper et sommer. La section étant constante et l'eau de masse volumique uniforme (dilatation négligée), une tranche d'épaisseur $\mathrm{d}z$ a la masse $$\mathrm{d}m=\frac{m}{H}\mathrm{d}z.$$ Son énergie interne et son entropie sont celles d'une phase condensée homogène à $T(z)$ : $\mathrm{d}U=c(T(z)-T_0)\mathrm{d}m+u_0\mathrm{d}m$ et $\mathrm{d}S=(c\ln T(z)+\text{cste})\mathrm{d}m$, où $T_0$ et $u_0$ fixent une origine arbitraire. Par additivité des grandeurs extensives, $$U={\int }_0^{H}cT(z)\frac{m}{H}\mathrm{d}z+\text{cste},S={\int }_0^{H}c\ln T(z)\frac{m}{H}\mathrm{d}z+\text{cste}.$$ Taille d'une tranche. Elle doit être mésoscopique : assez mince pour que $T$ y soit uniforme, assez épaisse pour contenir un très grand nombre de molécules. Dans le cas (b), le gradient vaut $50\mathrm{K}/1,5\mathrm{m}\approx 33\mathrm{K}{\mathrm{m}}^{-1}$ : sur $1\mathrm{mm}$, $T$ varie de $0,03\mathrm{K}$, et un millimètre cube d'eau contient $3\times 10^{19}$ molécules. Le découpage est légitime ; seule la discontinuité du cas (a) demande une tranche d'interface d'épaisseur nulle, sans masse.

2) Le brassage : même énergie, entropie créée. Premier principe. Le système {eau du ballon} est isolé : $Q=0$ et $W=0$. (Le travail de la pompe est négligeable : $50\mathrm{W}$ pendant deux minutes font $6\mathrm{kJ}$, de quoi chauffer $300\mathrm{kg}$ d'eau de $0,005\mathrm{K}$.) Donc $\Delta U=0$ : $$\int c(T_f-T)\mathrm{d}m=0⟹T_f=\frac{1}{m}\int T\mathrm{d}m=⟨T⟩.$$ La température finale est la moyenne en masse des températures. Dans les deux cas elle vaut $T_f=40{}^{\circ }\mathrm{C}=313,15\mathrm{K}$ : moyenne de deux couches égales à 15 et $65{}^{\circ }\mathrm{C}$, ou moyenne d'un profil linéaire entre ces deux valeurs. L'énergie stockée au-dessus de $15{}^{\circ }\mathrm{C}$ vaut $$mc(T_f-T_{15})=300\times 4180\times 25=3,14\times 10^7\mathrm{J}=31,4\mathrm{MJ}=8,7\mathrm{kWh},$$ la même avant et après le brassage, dans les deux cas.

Second principe. Le système étant isolé, $S_{\text{eˊch}}=0$ et $S_c=\Delta S=S_f-S_i$, avec $S_f=mc\ln T_f+\text{cste}$ et $S_i=\int c\ln T\mathrm{d}m+\text{cste}$ : $$S_c=mc(\ln T_f-⟨\ln T⟩).$$

• Cas (a) : $⟨\ln T⟩=\frac{1}{2}(\ln T_1+\ln T_2)$, d'où $S_c=\frac{mc}{2}\ln \frac{T_f^2}{T_1{T}_2}=\frac{300\times 4180}{2}\ln \frac{313,15^2}{288,15\times 338,15}=4,01\times 10^3\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$.
• Cas (b) : $T$ est répartie uniformément sur $[T_1,T_2]$ (la masse est proportionnelle à la hauteur, et $T$ est affine en $z$), donc $⟨\ln T⟩=\frac{1}{T_2-T_1}{\int }_{T_1}^{T_2}\ln T\mathrm{d}T=\frac{[T\ln T-T{]}_{T_1}^{T_2}}{T_2-T_1}$, et le calcul donne $S_c=1,33\times 10^3\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$.

Les deux entropies créées sont positives, comme l'exige le second principe ; on retrouve, prolongé à un profil continu, l'exemple des deux blocs du cours, où $T_f^2\ge T_1{T}_2$.

3) L'entropie créée ne dépend que de la dispersion. Avec $T=T_f(1+\theta /T_f)$ : $$\ln T=\ln T_f+\ln (1+\frac{\theta }{T_f})\simeq \ln T_f+\frac{\theta }{T_f}-\frac{{\theta }^2}{2T_f^2}.$$ Or $⟨\theta ⟩=⟨T⟩-T_f=0$ d'après la question 2. Il reste $$S_c=mc(\ln T_f-⟨\ln T⟩)\simeq \frac{mc⟨{\theta }^2⟩}{2T_f^2}.$$

• Cas (a) : $\theta =\pm 25\mathrm{K}$ sur deux masses égales, $⟨{\theta }^2⟩=625{\mathrm{K}}^2$, d'où $S_c\simeq \frac{300\times 4180\times 625}{2\times 313,15^2}=4,00\times 10^3\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$.
• Cas (b) : $\theta$ uniforme sur $[-25,25]\mathrm{K}$, $⟨{\theta }^2⟩=\frac{25^2}{3}=208{\mathrm{K}}^2$, d'où $S_c\simeq 1,33\times 10^3\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}$.

L'accord avec les valeurs exactes est meilleur que $0,3\%$ ($\theta /T_f\le 0,08$). Le résultat est éclairant : l'entropie créée par une homogénéisation est du second ordre dans l'écart de température et proportionnelle à la variance du profil. Le rapport 3 entre (a) et (b) est exactement le rapport des variances ; une stratification d'amplitude deux fois moindre crée quatre fois moins d'entropie en se mélangeant. Le terme du premier ordre disparaît parce que l'énergie est conservée : c'est la même raison qui rend nulle la création d'entropie pour un écart infinitésimal (transfert réversible).

4) L'énergie est conservée, son utilité ne l'est pas. On compte l'eau à $50{}^{\circ }\mathrm{C}$ que donne le mitigeur. Un kilogramme d'eau puisée à $T\ge 50{}^{\circ }\mathrm{C}$, mélangé avec $x$ kilogrammes d'eau à $15{}^{\circ }\mathrm{C}$ (bilan d'énergie d'un mélange isolé), donne $1+x=\frac{T-15}{35}$ kilogrammes à $50{}^{\circ }\mathrm{C}$.

• Cas (a) : les $150\mathrm{kg}$ à $65{}^{\circ }\mathrm{C}$ donnent $150\times \frac{50}{35}=214\mathrm{L}$ à $50{}^{\circ }\mathrm{C}$ ; la couche froide ne sert à rien.
• Cas (b) : seules les tranches au-dessus de $50{}^{\circ }\mathrm{C}$ servent, soit les $30\%$ supérieurs ($90\mathrm{kg}$). Avec $\mathrm{d}m=\frac{m}{50\mathrm{K}}\mathrm{d}T=6\mathrm{kg}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{d}T$ : $$V_{50}={\int }_{50}^{65}\frac{T-15}{35}\times 6\mathrm{d}T=6\times \frac{(65-15{)}^2-(50-15{)}^2}{70}\mathrm{L}=109\mathrm{L}.$$
• Après brassage : toute l'eau est à $40{}^{\circ }\mathrm{C}$, le mitigeur ne délivre rien à $50{}^{\circ }\mathrm{C}$.

Les trois états stockent la même énergie, $8,7\mathrm{kWh}$ au-dessus de $15{}^{\circ }\mathrm{C}$ ; ils ne rendent pas le même service. L'état (a), le plus ordonné, est le plus utile, et c'est aussi celui dont le brassage crée le plus d'entropie : l'entropie créée mesure la dégradation de l'énergie, pas sa perte. Un ballon brassé est un ballon « tiède » qu'il faut réchauffer avant la douche, d'où les diffuseurs d'entrée qui ralentissent l'eau froide des ballons solaires.

5) Cas limite : la conduction seule. $H^2/D=\frac{1,5^2}{1,43\times 10^{-7}}=1,6\times 10^7\mathrm{s}\approx 180$ jours. En une journée, la zone de transition ne s'épaissit que d'environ $\sqrt{Dt}=\sqrt{1,43\times 10^{-7}\times 86400}\approx 0,11\mathrm{m}$. La conduction ne détruit pas la stratification à l'échelle d'un cycle de chauffe ; la stratification chaude en haut est en outre mécaniquement stable (l'eau chaude, moins dense, flotte). L'ennemi est le brassage mécanique : jets d'entrée, circulation forcée, ce que l'on combat par la conception du ballon.

Ce que l'exercice installe. Découper un système inhomogène en tranches mésoscopiques et sommer ses grandeurs extensives avec les fonctions d'état fournies ; le bilan d'un système isolé : énergie conservée ($T_f=⟨T⟩$), entropie créée $S_c=mc(\ln T_f-⟨\ln T⟩)\simeq mc⟨{\theta }^2⟩/2T_f^2$, du second ordre dans la dispersion ; et la lecture physique : à énergie égale, l'entropie créée mesure ce que l'énergie a perdu en utilité.