Préliminaire.
Soit une machine stationnaire traversée par un écoulement stationnaire d’un fluide et qui reçoit le travail W′ et la chaleur Q. Appliquons le premier principe au système formé par cette machine et par le fluide qui dans l’état initial est en partie dans la machine et en partie à l’entrée et dans l’état final est en partie dans la machine et en partie à la sortie. Notons par l’indice e le fluide à l’entrée et par l’indice s le fluide à la sortie. Soit Se et Ss les sections du tuyau à l’entrée et à la sortie et Le et Ls les longueurs qu’y occupe le fluide dans l’état initial et dans l’état final. Outre W′, le système reçoit le travail des forces de pression à l’entrée peSeLe, le travail des forces de pression à la sortie −psSsLs et le travail du poids qui est mg(ze−zs) parce que le poids dérive d’une énergie potentielle mgz et parce que la machine et l’écoulement sont stationnaires, ce qui fait que l’énergie potentielle qu’ils stockent est constante.Δ(U+Ec)=W′+Q+peSeLe−psSsLs+mg(ze−zs)
Comme l’écoulement et la machine sont dans un état stationnaire, l’énergie stockée dans la machine ne varie pas, donc Δ(U+Ec)=[U+Ec]se. D’autre part He=Ue+peSeLe et Hs=Us+psSsLs. En divisant par la masse m de fluide transvasée et en représentant par des minuscules les grandeurs massiques : [h+12v2+gz]se=w′+q , soit en négligeant les énergies potentielle et cinétique macroscopiques :hs−he=w′+q
1. Compresseur.
1. 1. et 1. 2. La transformation est une adiabatique réversible d’un gaz parfait, qui obéit à la loi de Laplace :
T3p11−1γ=T2p21−1γ⇒T3=T2(p1p2)1−1γ=273(12,65/5)1−11,2=318,7Kcpg=γR(γ−1)M=1,2×8,310,2×0,0865=576,4J.K−1.kg−1w′=hs−he=cpg(T3−T2)=576,4×(318,7−273)=26300J/kg
1.3. Comme la transformation est adiabatique et réversible, Δs=0.
1.4.a. Comme pour un gaz parfait s−s0=cpglnTT0−RMlnpp0, l’équation de l’isobare de pression p est : T=T0(pp0)1−1γexps−s0cpg
L’isobare de pression p2 se déduit de l’isobare de pression p1 par translation parallèle à l’axe des s de −RMlnp2p1 puisque s(T,p2)=s(T,p1)−RMlnp2p1.
1.4.b. Le travail du compresseur est la variation d’enthalpie dans la transformation : (T2,p2)→(T3,p1). D’après la deuxième loi de Joule, h ne dépend pas de p :
w′=h(T3,p1)−h(T2,p2)=h(T3,p)−h(T2,p)
Or, pour une isobare, dh=Tds⇒h(T3,p)−h(T2,p)=T3∫T2Tds le long de l’isobare p ; w′ est donc l’aire hachurée entre l’isobare p et l’axe des s dans la figure qui suit :
q<∮Tds et w′ est supérieur à l’aire du cycle.
2. Condenseur.
2.1. q1=hg(T1)−hg(T3)+hL(T1)−hg(T1)=cpg(T1−T3)−Lv(T1)=576,4×(305−318,7)−175000=−182900J.kg−1
2.2.Δs=cpglnT1T3−Lv(T1)T1=576,4ln305318,7−175000305=−599,1J.K−1.kg−1
3. Détendeur.
3.1. Cela résulte du premier principe et de l’absence de travail et de chaleur.
3.2. On peut calculer les variations des fonctions d’état sur le chemin : (liquide à T1,p1)→(liquide à T2,p2)→(fraction x gazeuse et fraction 1−x liquide à T2,p2)
Les propriétés d’un liquide dépendent peu de la pression : on peut calculer sa variation d’enthalpie sans se préoccuper de la pression.
Δh=cL(T2−T1)+xLv(T2)=0x=cL(T1−T2)Lv(T2)=1,38×(305−273)205=0,2154
3.3. Δs=cLlnT2T1+xLv(T2)T2=1380ln273305+0,2154×205000273=8,8J.K−1.kg−1
4. Evaporateur.
4.1. q2=(1−x)Lv(T2)=(1−0,2154)×205000=160800J.kg−1
4.2. Δs=(1−x)Lv(T2)T2=589,1J.K−1.kg−1
5. L’efficacité est le rapport du gain, c’est-à-dire la chaleur communiquée à l’habitation à chauffer −q1, au coût, qui est l’énergie à donner au compresseur w′r. C’est donc e=r−q1w′=0,818290026300=5,56
On peut améliorer le rendement si on peut rapprocher les températures T1 et T2. Tel quel, ce chauffage est 5,56 fois moins coûteux en énergie que le chauffage électrique.
6.1. Pour un cycle, le premier principe s’écrit w′+q1+q2=0. Or la même somme calculée avec les valeurs trouvées au fil de ce problème donne w′+q1+q2=26300−182900+160800=4200J.kg−1 ; la vérification est acceptable à la rigueur (erreur 2 %).
Les données du problème sont-elles cohérentes ? Elles devraient vérifier dLvdT=dhgdT−dhLdT=cpg−cL. Or Lv(T1)−Lv(T2)T1−T2=175000−205000305−273=−937,5J.K−1.kg−1 , tandis que cpg−cL=576,4−1380=−803,6J.K−1.kg−1
6.2. Comme l’entropie est une fonction d’état, la somme des variations d’entropie lors du cycle devrait être nulle. Or, elle vaut ∑Δs=−599,1+8,8+589,1=−1,2J.K−1.kg−1 ; la vérification est acceptable (erreur 0,2 %).
7.1.
kdT=−ak(T−Te)dtadt=−dTT−Teat=−T5∫T4dTT−Te⇒a=1tlnT4−TeT5−Te=114400ln2010=4,81.10−5s−1
7.2. Pe=ak(T4−Te)e=4,81.10−5×2.107×205,56=192505,56=3460W
7.3. La puissance rejetée dans la source froide est P2=16084018290019250=16930W.
Le débit d’eau froide est donc P2cfΔT=169304180×4=1,013kg.s−1.
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