Confort thermique et éclairage d'une salle. Bts EEC 2015. 



Confort thermique et éclairage de la salle (7 points)
1. Projet de rénovation de la façade.
La façade vitrée de la salle actuellement en bois et simple vitrage sera remplacée par une façade vitrée moderne en PVC et double vitrage dont un schéma est proposé.

Données générales :
- Hauteur de la salle H = 3,6 m
- Longueur de la salle L = 25,0 m
- Résistance thermique superficielle interne rsi = 0,060 m2.K.W-1.
- Résistance thermique superficielle externe rse = 0,110 m2.K.W-1.
- Conductivité thermique du verre lV = 1,150 W.m-1.K-1.
- Conductivité thermique de l'argon lAr = 0,017 W.m-1.K-1.

- La surface vitrée de la nouvelle façade occupera deux tiers de la hauteur totale.
- Il s'agit d'un double vitrage 4 – 16 – 4, constitué de deux couches de verre d’épaisseur eV = 4,0 mm séparée par une couche d’argon d’épaisseur eAr = 16,0 mm.
- Le coefficient de transmission thermique surfacique de la partie en PVC de la nouvelle façade est UPVC = 1,4 W.m-2.K-1.
- Le coefficient de transmission thermique surfacique de l’ancienne façade est UANC = 2,5 W.m-2.K-1.
1.1. Calculer l'aire SV de surface vitrée de la nouvelle façade.
SV = 2LH / 3 = 2*25,0 *3,6 / 3 =60 m2.
1.2. Donner l'expression littérale de la résistance thermique surfacique RV du double vitrage.
RV =2eV / lV + eAr / lAr+ rsi +rse.
1.3. Donner la valeur de la résistance surfacique thermique RV.
RV=0,008 / 1,15 + 0,016 / 0,017 +0,060 +0,110 =6,96 10-3 + 0,941 +0,170 =1,118 ~1,1
m2.K.W-1.
1.4. Déterminer la valeur du coefficient de transmission surfacique UV du double vitrage.
UV = 1 / RV = 1 / 1,118 = 0,894 ~0,89 W m-2 K-1.




1.5. Calculer le flux thermique FV à travers la surface vitrée de la nouvelle façade si l'écart de température entre l'intérieur et l'extérieur de la salle est Dq = 20 °C.
FV =UV SV Dq=0,894 *60 *20 =1,07 103 ~1,1 103 W.
1.6. Montrer que le flux thermique FPVC à travers la partie inférieure de la nouvelle façade vaut 0,84 kW.
FPVC =UPVC SPVC Dq=1,4 *30 *20 =8,4 102 W = 0,84 kW.
1.7. En déduire le flux thermique total F à travers la nouvelle façade.
F =1,07 +0,84 = 1,91 ~1,9 kW.
1.8. Comparer ce flux thermique avec le flux thermique FANC à travers l’ancienne façade. Quelle économie de chauffage, exprimée en pourcentage, la nouvelle façade permettra-t-elle de réaliser ?
FANC =UANC S Dq=2,5 *90 *20 =4,5 1035 W ~ 4,5 kW.
Economie: (4,5-1,9) / 4,5 ~0,58 ( 58 %).











2. Éclairage de la salle.
La surface vitrée de la nouvelle façade améliorera l’éclairage diurne de la salle mais il faut prévoir un nouvel éclairage pour son utilisation nocturne. Pour remplacer les anciens luminaires dont l’efficacité lumineuse est jugée insuffisante, on prévoit d’installer des tubes fluorescents dont les caractéristiques sont les suivantes :
- Flux lumineux émis par un tube fluorescent F = 5000 lm
- Puissance électrique d’un tube fluorescent P = 58 W
- Un tube fluorescent émet la lumière dans un angle solide W = p sr
- Éclairement vertical E, à une distance d, pour une intensité lumineuse I : E = I / d2.
- Intensité lumineuse I, en fonction du flux lumineux F et de l’angle solide W : I = F/W.
2.1. Calculer l'efficacité lumineuse k d’un tube fluorescent.
k = F / p = 5000 / 58 =104,16 ~1,0 102 lm/W.
Il faut déterminer la hauteur sous plafond h à laquelle les tubes fluorescents seront installés. Pour cela, on considère une table de hauteur h’ = 0,80 m qu’on suppose éclairée par un seul tube fluorescent.

On assimilera les tubes fluorescents à des sources ponctuelles.
2.2. À quelle distance h du plafond doit être accroché un tube fluorescent pour avoir un éclairement E = 250 lx au centre d’une table placée sous le tube.
Intensité lumineuse I = F/W = 5000 / 3,14 = 1592 Cd.
E = I / (H-h'-h)2 ;
(H-h'-h)2  = I/E ; H-h'-h = (I/E)½ ;
h =H-h'-
(I/E)½=3,60-0,80-(1592 / 250)½ =0,276 m ~0,28 m.






  

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