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TS : SE CHAUFFER AVEC LE NUMÉRIQUE (Bac 2016 Polynésie)

mardi 14 juin 2016, par Oscillo&Becher


SE CHAUFFER AVEC LE NUMÉRIQUE (Bac 2016 Polynésie)

Ci-dessous : Ex II BAC S Polynésie 2016 (voir texte entier en fichier pdf téléchargeable plus bas, en fin d’article)


CORRECTION :

SE CHAUFFER AVEC LE NUMÉRIQUE (Bac 2016 Polynésie Correction)

1. ISOLATION THERMIQUE DES MURS DU CENTRE DE DONNÉES

1.1.

Pour obtenir le label HQE, le mur extérieur doit avoir une résistance thermique $Z_{HQE}$ = 4,00 $m^{2}.K^{-1}.W^{-1}$.

La conductivité thermique du béton armé est $\lambda$ = 2,2 $W.K^{-1}.m^{-1}$.

Or $Z_{HQE}= \dfrac{e}{\lambda}$

d'où $e = Z\times \lambda$

$e = 4,00\times 2,2 = 8,8$ m.

S'il était en béton, le mur devrait avoir une épaisseur de 8,8 m !

 

1.2.

La résistance thermique a pour expression $R_{th} = \dfrac{Z}{S}$ avec Z = $\dfrac{e}{\lambda}$

d'où $R_{th} = \dfrac{\frac{e}{\lambda}}{S} = \dfrac{e}{\lambda.S}$

Pour une surface de 1,0 $m^{2}$, $R_{th} = \dfrac{e}{\lambda}$

Pour une même épaisseur e, la résistance thermique est d'autant plus grande que la conductivité thermique $\lambda$ est faible.

La laine de verre est un bon isolant thermique car elle a une conductivité thermique de 0,032 $W.K^{-1}.m^{-1}$, bien plus faible que celle du béton.

 

1.3.

Déterminons la résistance thermique de l'ensemble béton (B) + laine de verre (L) + polymère (P) (Les résistances thermiques de plusieurs matériaux s'additionnent).

Pour 1 $m^{2}$ de mur, on a

$Z_{HQE}$ = $R_{th}$ = $R_{thB}$ + $R_{thL}$ + $R_{thP}$

$Z_{HQE} = \dfrac{e_{B}}{\lambda_{B}} + \dfrac{e_{L}}{\lambda_{L}} + \dfrac{e_{P}}{\lambda_{P}}$

$e_{L} = \lambda_{L}\times (Z_{HQE} - \dfrac{e_{B}}{\lambda_{B}} - \dfrac{e_{P}}{\lambda_{P}})$

$e_{L} = 0.032\times (4 - \dfrac{0.20}{2.2} - \dfrac{0.05}{0.18})$ = $11.6\times 10^{-2}$ m $\simeq$ 12 cm

 

 

2. BILAN THERMIQUE

2.1.

Les ordinateurs cèdent de l'énergie thermique

  • par convection,
  • par conduction
  • et par rayonnement.

 

2.2.

On admet que toute l'énergie électrique est transformée en énergie thermique.

Pour un serveur $Q = P\times \Delta t$, pour N serveurs on a $Q_{serveurs} = N\times P\times \Delta t$

$Q_{serveurs} = 20000\times 480\times 24\times 3600 = 8.3\times 10^{11}$ J (comme indiqué dans le texte)

2.3.1.

Transfert thermique $Q_{sol}$ à travers le sol :

$Q_{sol} = \phi\times \Delta t = (\dfrac{23-11}{R_{th}})\times \Delta t$

avec $R_{th} = \dfrac{Z_{HQE}}{S}$ et $S = L\times l = 50\times 80$ en $m^{2}$

$Q_{sol} = (\dfrac{23-11}{\dfrac{4}{50\times 80}})\times 24\times 3600$

$Q_{sol} \simeq 1.0\times 10^{9}$ J

2.3.2.

$Q_{totale} = Q_{sol} + Q_{murs} + Q_{toiture}$

$Q_{totale} = 1.0\times 10^{9} + 9.0\times 10^{8}+ 6.8\times 10^{8} = 2.6\times 10^{9}$ J = 2,6 GJ

2.4.

Bilan :

  • Les serveurs libèrent $Q_{serveurs} = 8.3\times 10^{11}$ J

  • Le bâtiment (bien isolé) n'évacue que $Q_{totale} = 2.6\times 10^{9}$ J.

La température à l'intérieur du bâtiment risque donc d'augmenter (danger pour les serveurs).

3. VALORISATION DE L'ENERGIE PRODUITE PAR LES SERVEURS

3.1.

En divisant l'énergie E libérée en six mois ($1.5\times 10^{14}$ J) par l'énergie nécessaire pour chauffer 1 m^{2} (50 kWh = $50 \times 1000\times 3600$ J) , on obtiendra la surface S qu'il est possible de chauffer :

$S = \dfrac{1.5\times 10^{14}}{50 \times 1000\times 3600} = 8.3\times 10^{5}$ $m^{2}$

Selon Dalkia, le centre de données peut chauffer jusqu'à $6.0\times 10^{5}$  $m^{2}$ ; cette valeur est réaliste : Elle est du même ordre de grandeur que celle évaluée (tout en étant même minimisée) par rapport à celle calculée précédemment.

3.2.

Sans perte d'énergie, on a : $W + Q_{air} = Q_{eau}$.

 

3.3.

$Q_{eau} = W + Q_{air}$

$m_{eau}\times c_{eau}\times (\theta_{f} - \theta_{i}) = W + Q_{air}$

Soit D le débit en $m^{3}.h^{-1}$, $D = \dfrac{V_{eau}}{\Delta t}$ d'où $V_{eau} = D\times \Delta t$

et $m_{eau} = \rho_{eau}\times V_{eau} = \rho_{eau}\times D\times \Delta t$

$\theta_{f} - \theta_{i} = \dfrac{ W + Q_{air}}{\rho_{eau}\times D\times \Delta t\times c_{eau}}$

$\theta_{f} - 10 = \dfrac{ 1.0\times 10^{8}\times 3600 + 5.2\times 10^{11}}{1.0\times 10^{3}\times 2\times 10^{2}\times 24\times 4185}$

$\theta_{f} \simeq 54^{o}$ C

Le mode de chauffage approprié est donc le radiateur.

P.-S.

PDF - 742.8 ko
Polynesie2016

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