Corrige exos chaleur

Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 1 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur Laboratoire de Technologie des Poudres Prof H.Hofmann Corrigés (1- 21, Chaleur) Exercice 1 q = 300 kW / m 2 emax = 50cm T1= 700°C k = const. k, e = ? avec 5m2 k? e P k = q = (T1 − T2 ) S e et T(x) = q = 300 ⋅ 10 3 = k ⋅ 680 e k ⎡ W ⎤ = 441, 2 ⎢ 2 ⎥ e ⎣ m °C ⎦ (T2 -T1 ) x + T1 e équ. 3.14 et 3.15 k max = 441, 2 ⋅ 0, 5 = 220 [W / m °C ] On cherche donc un matériau ayant une conductivité thermique k ≤ 220 [W/mK] Acier doux k ( 350° C ) = 33 [W / m °C ] ; Cu, Al, Zn pas possible (voir Fig 7.9) e = 7, 5 cm Acier inox. k ( 350° C ) = 20 [W / m °C ] ; Magnésie T2= 20°C e = 4, 5cm k (350° C ) ≈ 3 [W / m °C ] ; e = 0, 68cm T T T T = T 1 -(T 1 -T 2 ) x /e 1 1 T x e P ro b lè m e 2 T 0 e S o lu tio n 2 x Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 2 Exercice 2 1 2 = k (T )dT (équ.3.34) T2 − T1 T∫1 T kmoyen [ km ]T (T1 − T2 ) T ( x ) = T1 − ⋅ ⋅x T e [ km ]T avec k (T ) = k0 + k1 ⋅ T T2 1 x k = f(T) k 1 km = km = km = km = 1 2 ( k0 + k1T )dT T2 − T1 T∫1 T 1 ⎡ k1 2 ⎤ 2 + k T T 0 2 ⎥⎦T1 T2 − T1 ⎢⎣ T 1 ⎡ k k ⎤ k0T2 + 1 T22 − k0T1 − 1 T12 ⎥ ⎢ 2 2 ⎦ T2 − T1 ⎣ 1 ⎡ k ⎤ k0 (T2 − T1 ) + 1 (T22 − T12 ) ⎥ ⎢ 2 T2 − T1 ⎣ ⎦ k m = k0 + km 200 1000 km T ( x) 1000 200 T 1000 k1 (T2 + T1 ) 2 0,025 W ] (1000 − 200 ) + ( 200 − 200 ) ) = 10,55 [ ( 2 m°C = 0,55 + 0,0125 ( (1000 − 200 ) + (T ( x) − 200 ) ) = 0,55 + T ( x) = 1000 − = 1000 − 10,55 (1000 − 200) ⋅x= 0,55 + 0,0125 ⎡⎣(1000 − 200 ) + (T ( x) − 200 ) ⎤⎦ 1 10,55 ⋅ 800 ⋅x 0,55 + 0,0125 ⎡⎣(T ( x) − 200 ) + ( 800 ) ⎤⎦ autre interprétation (plus « mathématique ») : de k(T) = k0 + k1T on tire le « vrai » k0 (le « b » de y = ax + b) k0 = k(T) – k1T = 0.55 – 0.025x200 = -4.45 T pour se ramener à un graphique « simple » il faut ramener l’origine à zéro : 1000 on a donc : k(T) = -4.45+0.025 T et on trouve pour km= -4.45+(0.025/2)1200=10.55 (avant on avait k=k0+k1(T-200)) 200 k k(T) = k0 + k1T 0 200 0.55 0 -4.45 x T Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 3 1200 Temperature (°C) 1000 800 k= k0 + k1 T 600 k = constant 400 200 0 0 0.2 0.4 0.6 Distance x (m) x (m) 0 0,48 0,73 0,92 1 T (°C) 1000 800 600 400 200 0.8 1 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 4 Exercice 3 5,0% du poids céramique ≡ 6,4 % vol. 6g =1cm3 7.8g = 1cm3 a) k composite (équation 7.33) kcomp ⎡ ⎛ 1 − kc / k d ⎞ ⎤ ⎢1 + 2Vd ⎜ ⎟⎥ 2kc / k d + 1 ⎠ ⎥ ⎝ ⎢ = kc ⎢ ⎛ 1 − kc / k d ⎞ ⎥ ⎢ 1 − Vd ⎜ ⎟ ⎥ ⎝ kc / kd + 1 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ kcomp = kacier ⋅ 0,899 = 16,91 5g = 0.833cm3 Vd = 0.833 12.18+0.833 = 0.0640 95g = 12.18cm3 Avec les indices suivants : c = phase continue d = phase dispersée Vi = volume de la phase i W m°C k b) P = S ⋅ ⋅ (T1 − T2 ) e 16,91 P = 2⋅ ( 500 − 300 ) = 67,6 kW 0,1 P kW q = = 33,8 2 S m c) équ. 7.34 keff = kc (1 − P ) = 18,8 ⋅ (1 − 0,064 ) = 17,6 P = q⋅S = S P = 2⋅ k (T0 − T1 ) e W m°C 17,6 ( 200 ) = 70, 4kW 0,1 Exercice 4 On calcule pour le cas régime stationnaire: q= T0 − T1 T1 − T2 T2 − T '0 = = = cste e 1 1 h0 h '0 k T0 − T '0 W 500 − 20 = = 1371 2 soit: q = 1 +e + 1 m 1 + 0,1 + 1 h0 k h '0 20 1 5 500 − T1 De plus, = 1371 d'où T1 = 431°C 1 20 T2 − 20 et = 1371 d'où T2 = 294°C 1 5 T’0 h'0 T1 T0 h0 T2 e Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 5 Si maintenant e = 20 cm: W 500-20 = 1066 2 0, 2 m 1 + +1 20 1 5 T1 ' = 446°C et T2 ' = 233°C q' = Ainsi q a diminué de 23% (et non de moitié), T1 a augmenté et T2 diminué. Ces résultats sont loin d'être intuitifs. e2 = 2cm e1 = 10cm Exercice 5 a)Briques réfractaires On a donc : W k1 = 1 m ⋅°C Isolant k2 = 0,1 W m.°C T1 = 1100°C , T3 = 20°C W 1100-20 = cste = 3600 2 0,1 + 0,02 m 1 0,1 1100 − T2 et donc q = 3600 = d'où T2 = 740°C 0,1 1 b) Briques réfractaire : Isolant réfractaire : e2 = 3cm e1 = 7cm W k2 = 0,5 k1 = 1W / m°C e3 = 2cm m.°C Isolant : W k3 = 0,1 m.°C Ici, q = Avec à nouveau : T1 = 1100°C,T4 = 20°C Nous trouvons : W 1100 − 20 = 3273 2 q' = 0,07 + 0,03 m + 0,02 1 0,5 0,1 q ' ≈ 0,91q et 3273 = T1 T1 1100 − T '2 d'où T '2 = 870°C , 0,07 1 de plus 3273 = b) a) T ’2 T2 T3 T4 T3 e1 e2 e1 e2 e3 T '2 − T '3 , donc T '3 = 674°C (T '3 < T2 ) . 0,03 0,5 On se rend compte qu'il convient de se méfier des solutions intuitives ou "évidentes" et qu'il vaut mieux les étayer par un calcul, même approximatif. Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 6 Exercice 6 (mur avec production de chaleur) q p − q p 2 ∂ 2T en intégrant deux fois on trouve : T x x + Ax + B = − = ( ) 2k k ∂x 2 −q p 2 avec la 1èreC.L on a : T ( 0 ) = T0 ⇒ B = T0 on a donc T ( x ) = x + Ax + T0 2k q p e − q1 dT avec q = − k = q p x − Ak ⇒ q1 = q p e − Ak et donc : A = dx k − q p e 2 q p e 2 q1e T (e) = + − + T0 on trouve l'équation cherchée 2k k k q p e 2 q1e T (e) = − + T0 k 2k Exercice 7 e = 0, 0095m h1 = 2340kcal / hm 2 °C h2 = 6100kcal / hm 2 °C T1 = 82°C T2 = 32°C k = 344,5kcal / hm°C T1 − T2 q= e 1 Σ + Σ rj + Σ hk λ Σ rj = 0 q= kcal 82 − 32 = 80793 [ 2 ] 0,0095 1 1 hm + + 344,5 2340 6100 q = 93922.5 [W / m 2 ] (inutile ici ) T −T ' T '− T2 avec q = 1 1 ou 2 1 1 h1 h2 on trouve alors : T1 ' = 47,5°C et T2 ' = 45, 2°C T2=32°C T1=82°C h1 T'1 h2 T'2 9.5mm Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 7 Exercice 8 P = U ⋅ I , U =R ⋅ I ⇒ P = RI 2 et comme qi est la puissance par unité de volume a) Puissance calorifique RI 2 qi = V π l , V = S ⋅l = d2 ⋅l 4 S 2 16 I 2 ρel ⋅ l ⋅ I ⋅ 4 ρel ⋅ 4 ⋅ I 2 ⋅ 4 = = ρ el 2 4 qi = π d S ⋅π ⋅ d 2 ⋅ l π ⋅ d 2 ⋅π ⋅ d 2 avec R=ρ el qCu 1,7 ⋅ 10−6 ⋅ 16 ⋅ 5002 = ⋅ 106 2 π ⋅1 ⎡ Ωcm ⋅ A2 VA2 W W⎤ = = 3 ⇒ 3⎥ ⎢ 4 3 Acm cm m ⎦ ⎣ cm qCu = 689,683 [kW / m3 ] qGraphite = 1,375 ⋅ 10−3 ⋅ 16 ⋅ 5002 ⋅ 106 = 0,547 ⋅ 109 [W / m3 ] 2 π ⋅1 Graphite = 793!! c ' est pourquoi on utilise le graphite dans les fours (car le Cuivre dégagement de chaleur par effet joule est très impor tan t ( mauvais conducteur )) b) qi r 2 +B T =4k équ.3.25 Condition aux limites : T =T2 si r =r2 (T2 = Text et r2 = Rext = − qi r22 qi r22 + B ⇒ B = T2 + T2 = 4k 4k qi r22 q − qi r 2 T (r ) = + T2 + = T2 + i ( r22 − r 2 ) 4k 4k 4k d ) 2 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés ∆T = T (r = 0) − T ( r2 ) = T2 + ∆T = 8 qi 2 r2 − T2 4k qi 2 r2 4k ρel 16 I 2 r 2 ρel 16 ⋅ I 2 ⋅ d 2 ρel I 2 ∆T = ⋅ 2 4 = ⋅ = ⋅ 2 2 2 4 k 4π d k k π d 4π d 4 2 ⎤ 689683 2 ⎡ Wm°Cm ⋅ 0,005 ⎢ = ° C Cuivre : ∆T = ⎥ ⇒ ∆T = 0,01°C 3 4 ⋅ 418 ⎣ mW ⎦ 0,547109 ⋅0,0052 Graphite : ∆T = = 24°C 4 ⋅34 ⋅ 4,18 θ =∑ An ⋅ e ∞ Exercice 9 n =0 c. L. x=0 T=0 x=L T=0 y=∞ T=0 y=0 T=TA sin T ( x, y ) ? avec T1 = 0 x =0 ⋅ sin T ( x, y ) = ∑ An ⋅ e πx nπ x (équ.4.21) L ⎛ nπ ⎞ −⎜ ⎟⋅ y ⎝ L ⎠ avec c.L y=0 T=f ( x ) n=0 L ⇒ f ( x ) = ∑ An ⋅ sin ∞ n=0 Multiplication des deux côtés par sin ∫ ⎞ ⎟y ⎠ ∞ Cas général : x=L ⎛ nπ ⎜ ⎝ L ⋅ sin nπ x L nπ x L mπ x et intégration entre x=0 et x=L. L ∞ mπ mπ nπ f ( x ) ⋅ sin xdx = ∫ ∑ An ⋅ sin x ⋅ sin x dx L L L = n 0 x =0  L =0 si n ≠ m LA = n si n =m 2 Remplacer f(x) par TA sin πx L Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés mπ A ⋅L x dx = n 2 L L x=L 2TA mπ πx sin sin An = x dx ⋅ L x∫= 0 L L ∫T A sin πx 9 ⋅ sin avec la relation trigonométrique : ∫ sin π mπ 1 ⎛ cos (1 − m ) π x cos (1 + m ) π x ⎞ x ⋅ sin xdx = ∫ ⎜ − ⎟ dx L L L L 2⎝ ⎠ L (1 − n )π x − cos (1 + n )π 2TA ⎛ An = ⎜ cos ∫ L L 2L 0 ⎝ ⎞ x ⎟ ⋅ dx ⎠ Intégration : ⎡ ⎛ (1 − m ) π ⎞ ⎛ (1 + m ) π L L sin sin ⋅ − x ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ L L ⎢⎣ (1 − m ) π ⎝ ⎠ (1 + m ) π ⎝ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ T A ⎢ sin ( (1 − m ) π ) sin ( (1 + m ) π An = − 1− m) π ⎢ ( (1 + m ) ⎢  n = 0 , 1, 2, ... ⇒ 0 0 ⎢ mm == 02,⇒3,... ⇒0 ⎢ m=1 ⇒ lim sin (1− m )π = π m →1 1− m ⎢ ⎣ T π A1 = A = T A π T ( x, y ) = TA e − π L y ⋅ sin π L L ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ )⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ T= 0, y = Y x ⎞⎤ x ⎟⎥ ⎠ ⎥⎦ 0 8 T An = A L 0.5 T0 T= 0 T T= 0 Z X T = T0F(x) y=0 x=0 x=L Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 10 Exercice 10 hL 510 ⋅ 0, 025 = = 0, 0054 237 k ⇒ refroidissement " Newtonien " (car Biot ≤ 0.1) A = 2 ⋅ 0,3 ⋅ H ; V = 0, 005 ⋅ 0,3 ⋅ H (note : ici on néglige les 4 bords : 4(0.005 ⋅ H )) On calcul en tout premier Biot = avec l ' équ. 5.4 et avec le rapport : ⇒ 2 2 ⋅ 0,3 ⋅ H A = = V 0, 005 ⋅ 0,3 ⋅ H 0, 005 A 1 e = avec = L (la demi épaisseur ) 2 V L dT = hA (T − T f ) dt dT hA =− (T − T f ) dt V ⋅ ρ ⋅ Cp V ⋅ ρ ⋅ Cp avec dT = taux de refroidisement [°C / s] dt a) 510 ⋅ ( 315 − 90 ) ⋅ 2 ⎡Wm 2 m3 °Ckg °C ⎤ ⎡ J °C ⎤ ⎡ °C ⎤ dT =− = = dt 0, 005 ⋅ 2702 ⋅ 900 ⎢⎣ m 2 °Cm3 kgJ ⎥⎦ ⎢⎣ sJ ⎥⎦ ⎢⎣ s ⎥⎦ dT 315 = −18,8 [ °C / s ] dt b) dT dt 150 =− 2550 ⋅ (150 − 90 ) ⋅ 2 0, 005 ⋅ 2702 ⋅ 900 ⎛ hAt = exp ⎜ − Ti − T f ⎝ ρ CpV c) T -T f t=− ρ ⋅ Cp ⋅ e 2h = −25,1[°C / s ] ⎞ ⎛ h⋅t ⋅2⎞ ⎟ = exp ⎜ − ⎟ équ. 5.5 avec e = épaisseur ⎠ ⎝ ρ Cpe ⎠ ⎛ T − Tf ⋅ ln ⎜ ⎜ T −T f ⎝ i ⎞ ⎟⎟ ⎠ 2702 ⋅ 900 ⋅ 0, 005 ⎛ 260 − 90 ⎞ ⋅ ln ⎜ ⎟ = 10,5 s 510 ⋅ 2 ⎝ 500 − 90 ⎠ 2702 ⋅ 900 ⋅ 0, 005 ⎛ 120 − 90 ⎞ 2ème étape : t2 = − = 4,15 s ⋅ ln⎝ 2550 ⋅ 2 260 − 90 ⎠ 1ère étape : t1 = − ttot = t1 + t2 ≅ 14,6 s Al 500°C Eau Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 11 Exercice 11 ti = 200°C t f = 25°C T = 35°C 142 ⋅ 0.05 = 0, 45 15.5 λ T − Tf 35 − 25 10 = = = 0, 057 Ti − T f 200 − 25 175 Bi = h⋅r Acier inox 200°C = Air forcé 25°C Avec diagramme 5.3a Fo = α ⋅t r2 ≅ 4 ⇒t= 4r 2 α = 4 ⋅ 0, 052 = 2222.22 s 4, 5 ⋅ 10−6 Température superficielle : T − 25 = 0, 05 200 − 25 (Diagramme 5.3b) [avec F0 = 4, Bi = 0,45] T = 0,05 ⋅ 175 + 25 = 33,75°C Exercice 12 r = 0, 01m T1 = 900°C TF = 25°C heau = 4500W / m 2 k −1 avec α= k ρCp Fo = kt ρ ⋅ Cp ⋅ r 2 hhuile = 1700W / m 2 k −1 h ⋅ r 4500 ⋅ 0, 01 = = 2, 9 k 15, 5 1700 ⋅ 0, 01 = 1, 096  1.1 Bihuile = 15, 5 15, 5 ⋅ t = 0, 044 ⋅ t F0 = 2 7780 ⋅ 444 ⋅ ( 0, 01) Bieau = Acier inox 900°C Eau 25°C Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés t (s) 1 2 5 Avec Diagramme 5.3 b et θ = (T − T ) (T − T ) 12 F0 0,044 0,088 0,220 f i f θ eau 1s 0,6 2s 0,4 5s 0,3 θ huile 550 0,88 375 0,7 288 0,6 T (°C) T °C) 795 638 550 On remarque bien que le refroidissement dans l’eau est bien plus rapide que celui dans l’huile (le coefficient de transfert de chaleur h est donc plus élevé pour l’eau) Exercice 13 a) équ. 5.19 T -T f Ti − T f = 2∑ Al 500°C sin λˆn cos ⎣⎡ λˆnξ ⎦⎤ exp ⎣⎡ −λˆn2 ⋅ F0 ⎦⎤ ˆ ˆ ˆ n =1 λ + sin λ cos λ n =2 n n n pour x = 0 ξ = 0 ⇒ cos ⎡⎣ λˆnξ ⎤⎦ = 1 h ⋅ L 2550 ⋅ 0, 025 = = 0, 268; k 237 k ⋅t 237 ⋅ 10 F0 = = = 1, 56 2 ρ CpL 2702 ⋅ 900 ⋅ 0, 0252 Bi = Eau avec tableau 5.1 (il faut faire une interpolation graphique ou numérique (Excel…)) avec (pour une plaque) L = e/2 (demi épaisseur) (attention d’utiliser les valeurs du tableau en radian) λ1 ⋅ L = λˆ1 = 0,57 sin λˆ1 = 0,56 λˆ1 + sin λˆ1 cos λˆ1 λ2 ⋅ L = λˆ2 = 3, 28 sin λˆ2 = −0, 04 λˆ2 + sin λˆ2 cos λˆ2 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 13 ⎡ ⎤ 2 2 ⎢ = 2 0,56 ⋅ exp ⎡⎣ − ( 0,57 ) ⋅1,56 ⎤⎦ − 0, 04 ⋅ exp ( −3, 28 ) ⋅1,56 ⎥ ⎢ ⎥  Ti − T f − 9 ⎢⎣ ⎥⎦ 0,337 2,05⋅10 T − Tf = 0, 674 Ti − T f T − Tf T = 0, 674(500 − 90) + 90 = 366°C b) méthode graphique Avec diagramme 5.2a T − Tf = 0,75 Ti − T f T = 0,75 ( 500 − 90 ) + 90 = 397.5°C ∆T ( calculer-graphique )  30°C Exercice 14 Equation 6.8 π ⎛ ρl ⋅ H f ⎞ 1 ⎛V ⎞ t= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 4 ⎝ Tm − T0 ⎠ ρ ⋅ k ⋅ c p ⎝ A ⎠ 2 1) plaque V a ⋅b⋅l = A 2ab + 2al + 2bl t= π ⎛ 246 ⋅ 103 ⋅ 6600 ⎞ ⎜ 4⎝ (1148 − 20 ) t = 24, 5 min 2 1 ⎛ 0,1 ⎞ ⋅⎜ ⎟ ⋅ ⎟ = 1475 s ⎠ 1600 ⋅ 0,8 ⋅ 1500 ⎝2, 4 ⎠ 2 2 1.736⋅10−3 2) sphère 4 3 πr r 0, 05 V 3 = = = = 1.6 ⋅ 10−2 Soit environs 6 fois moins que la plaque (6.25 fois 2 A 4π r 3 3 exactement) t = 235s ≈ 4 min On remarque que la différence de temps de solidification pour deux pièces de même épaisseur peut être très différente. Le rapport du volume sur l’air est donc très important (de plus ce terme est au carré !). Ici la différence de volume à aussi son importance car pour un volume égal (sphère de r = ~28cm) il faut 2h 10min de solidification. Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 14 Exercice 15 µ Cp Pr = k = ⎡ kg ⋅ m ⋅ s ⋅ kcal ⋅ m ⋅ s ⋅ °C ⎤ 1, 9 ⋅ 10−5 ⋅ 0, 24 = 0, 735 ⎢ = − ⎥ (sans dimension) −6 2 2 6, 2 ⋅ 10 ⎣ m ⋅ s ⋅ kg ⋅ kcal ⋅ °C ⎦ um ⋅ d ⋅ ρ ⎡ m ⋅ m ⋅ kg ⋅ s 2 ⋅ m 2 ⎤ 26, 5 ⋅ 0, 04 ⋅ 1, 2 66947 = = − ⎥ (écoulement turbulent) ⎢ −5 3 1, 9 ⋅ 10 µ ⎣ s ⋅ m ⋅ kg ⋅ m ⋅ s ⎦ 0,8 0,4 Nu = 0, 023 Re ⋅ Pr = 147, 5 h⋅d Nu = k Air 26.5m/s −2 ⎡ kcal ⎤ ⇒ h = 2, 286 ⋅ 10 ⎢ 2 ⎣ m s°C ⎥⎦ ⎡ W ⎤ h = 95, 68 ⎢ 2 ⎥ ⎣ m °C ⎦ Re = = Exercice 16 Cet exercice a deux solutions, parce que la définition de h1 n’est pas assez claire. 1. Version 2. Version h1 = coeff. de transfert de chaleur h = coeff. de transfert de chaleur du métal 1 de la surface intérieure du tube h2 h2 Iso r3 Me r2 Version a) : h1 ≡ h vapeur - métal r1 h1 ( vapeur-solide ) = 9760 h1 r3 h1 r2 r1 kcal W = 11' 346 2 2 hm °C m °C h0 ⎡ Tp − Tair ⎤ 4 ⎡ W ⎤ h2 solide-air (convection naturelle) = 11,3 ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎥ ( formule 8.50) ⎣ 2r ⎦ ⎣ m °C ⎦ kcal W = 0,163 kiso = 0,14 hm°C m°C Tvapeur 3,8bar = 139°C 1 P= Tvapeur − Tair ΣR (pas de résistance entre les couches) ) Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 15 Cas stationnaire (équ 3.37): ( ) TVapeur − TMe (V ) TMe (V ) − TMe ( Iso ) TIso ( Me ) − TIso ( Air ) TIso ( Air ) − TAir = = = 1 1 r r ln 2 ln ⎛⎜ 3 ⎞⎟ 1 r 1 ⎝ r2 ⎠ h1 2π r1 L ⎛ TIso − TAir ⎞ 4 2π k Me L 2π k Iso ⋅ L 1, 3 ⎜ ⎟ ⋅ 2π r3 L ⎝ 2r3 ⎠ Estimations : P= Lorsque h1 est très grand, la résistance entre la vapeur et le solide et très petite, donc Tvapeur ≈ TMe (V ) Lorsque k Me est très grand TMe(V) ≈ TMe ( Iso ) ; donc le gradient de la température dans le métal est négligable ⇒ TIso ( Me ) ≈ TVapeur (et la résistance à l'interface métal isolant est aussi négligeable) TIso ( Me ) = 139°C TIso ( Air ) = T2 TAir = 21°C P= (139 − T2 ) 0, 035 0, 03 2π ⋅ 0,162 ⋅ 1 ln P= (139 − T2 ) 0,1514 = T2 = 114,5°C = (T2 − 21) 1 ⎛ T − 21 ⎞ 4 1, 3 ⎜ 2 ⎟ ⋅ 2π ⋅ 0, 035 ⋅ 1 ⎝ 0, 07 ⎠ (T2 − 21) et on trouve en tatonnant ou à l'aide d'un graphique 1 1 0, 555 (T2 − 21) 1 4 P = 161,8 W / m tube Vérification des estimations: ∆TVapeur − Métal < 0,09°C ⎛ ∆TMe ⎜ k ⎝ ⎫ ⎪ ⎬ négligeable!! W ⎞ ≈ 30 ≈ ° 0,12 C ⎟ ⎪ m°C ⎠ ⎭ Flux de vapeur : ∆TVapeur = π 0,052 4 ⋅ 3 ⋅ 3,8 ⋅ 0,568 = 0,014kg / s p = 5,7°C / m tube m ⋅ cp Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés Version b) : Solutions pour le cas où h1 = coeff. de transfert de chaleur du tube h1 = 9760 kcal W ⎞ ⎛ J = 11370 ⎜ 2 = 2 ⎟ 2 hm °C ⎝ sm °C m °C ⎠ k Iso = 0,14 kcal W ⎞ ⎛ J = 0,162 ⎜ 2 = 2 ⎟ 2 hm °C ⎝ sm °C m °C ⎠ TVapeur = 139°C ( 412k ) ⎡ Tp − Tair ⎤ 4 ⎛ W ⎞ h2 = 1,3 ⎢ ⎥ ⋅ ⎜ 2 ⎟ équ. 8.50 (convection naturelle) ⎣ 2r ⎦ ⎝ m °C ⎠ h0 = ? Régime turbulent ou laminaire ? donc il faut calculer Re u ⋅d ⋅ ρ Re = m 1 µ u m = 3 [m/s] d = 0,052 [m] ρ ≈ 1,81 [kg/m3 ] (Il faut chercher les valeurs pour vapeur saturée) µ ≈ 13,4 ⋅ 10−6 [ kg ] m×s ⇒ Re = 21'071 donc turbulent!! h0 = Nu ⋅ k d Nu = 0,026 ( Re Pr ) 4 = 0,026 ⋅ ( 21071 ⋅ 1,054 ) 3 Nu = 47,3 3 4 Pr pour vapeur sat. 139°C = 1,054 W 47,3 ⋅ 28,2 ⋅ 10−3 [ 2 ] k pour vapeur sat. 139°C = 28,2 10-3 0,052 m K W h0 = 25,65 [ 2 ] mk Pertes? Tvapeur − Tair P= ΣR 139 − 21 P= ⎛ 0,03 ⎞ ⎛ 0,035 ⎞ ln ⎜ ln ⎜ ⎟ 0,030 ⎟⎠ 1 1 ⎝ 0,026 ⎠ + + ⎝ + 1/ 4 25,65 ⋅ 2π 0,026 ⋅ 1 2π ( 9760 ⋅ 0,004 ) ⋅ 1 2π ⋅ 0,162 ⋅ 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − Tair ⎟ 2π 0,035 1,3 ⎜ TN iso Problèmes ⎜ car ⎟ ⎝ inconnu ⎠ h0 = 16 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés ∆T dans le métal très petit TMe(V) ≈ TMe ( Iso ) ⇒ ≅ 139°C Cas stationnaire : (139-T2 ) (T2 − 21) P= = 1 ⎛ 0,035 ⎞ ln ⎜ 1 ⎟ ⎝ 0,03 ⎠ ⎛ T2 − 21 ⎞ 4 1,3 ⎜ ⎟ ⋅ 2π ⋅ 0,035 2π ⋅ 0,162 ⎝ 0,07 ⎠ P= 139 − T2 = 0,1514 T2 ≈ 114,5°C P = 161,7 [ (T2 − 21) 0,555 ( T2 − 21) 1 1 4 W ] m tube Vérification des estimations : ∆Tvapeur − métal 139 − Tme Tme = 100,4°C 1 25,65 ⋅ 2π ⋅ 0,026 Tme ≠ Tvapeur Parce que la différence est trop grande on fait une 161,7 = nouvelle estimation: TMe(V) = TMe ( Iso ) = TIsolant ( Me ) ⇒ ∆T dans le métal est négligeable T −T 139-Tme = me iso 1 ⎛ 0, 035 ⎞ ln ⎜ ⎟ 25, 65 ⋅ 2π ⋅ 0, 026 ⎝ 0, 030 ⎠ 2π ⋅ 0,162 139 − Tme Tme − Tiso = 0, 23 0,154 Tiso = 1, 66Tme − 91,5 Tme = (Tiso + 91,5) 1, 66 Calcul de la température de la surface d'isolant Tiso(Air) : ( Tiso + 91,5) − Tiso 1,66 = 0,035 ln 0,03 2π ⋅ 0,162 Tiso − 21 1 ⎡ Tiso + 91,5 ⎤ 4 21 − ⎢ 1,66 ⎥ 1,3 ⎢ ⎥ ⋅ 2π ⋅ 0,035 2 ⋅ 0,35 ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 1 17 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés 18 ⇒ (graphique, par interpolation) Tiso(Air) = 42°C 42 − 21 1 P= = 25 W / m tube ⎡ 42 − 21 ⎤ 4 1,3 ⎢ ⎥ ⋅ 2π ⋅ 0,035 ⎣ 2 ⋅ 0,035 ⎦ Vérification si ∆T dans le tuyau est négligeable : 1 ∆T 0,030 ln 0,026 2π ⋅ 39 ⇒ ∆T = 0,014°C ⇒ négligable 25= Exercice 17 f ( a,ρ ,p,µ ) = 0 a = LT −1 p = ML−1T −2 ρ = ML−3 avec a = vitesse du son kgm kg ⎞ ⎛ N ⎜ 2 = 2 2 = 2 ⎟ sm s m⎠ ⎝m N ⋅ s kgm ⋅ s kg ⎞ ⎛ ⎜ Pa ⋅ s= 2 = 2 2 = ⎟ m sm s⋅m⎠ ⎝ a ) n = 4 (grandeur : a, ρ , p, η ) µ = ML−1T −1 b) k = 3 (Dimension : M, L, T) c ) il y a donc m = 4 − 3 = 1 paramètre sans dimension π1 = µα p β ρ γ a d ) M α L−α T −α M β L− β T −2 β M γ L−3γ L1T −1 ≡ 1 pour M: α +β +γ =0 pour L: -α -β -3γ +1=0 pour T: -α -2β -1=0 M+L L-T π1 = a -2γ =-1 β =- 1 2 γ = 12 α =0 ρ p ⇒ a = π1 ρ p Conclusion On comprend mieux après cet exercice pourquoi les isolants à l’amiante ont été interdit… ☺ Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés Exercice 18 La fraction de flux émise dans la direction D s'écrit: e d 2 Φ D = dS ⋅ cos β dϖ équ.9.5 π Avec e pour un corps noir : σ ⋅ T 4 équ. 9.12, 9.14 et 9.20 σ ⋅T 4 dS ⋅ cos β dϖ ⇒ d 2Φ D = π Exercice 19 a ) émissivité ε c lié au CO 2 Pc = 0,15 ⋅ 2 = 0,3atm Pc L = 0,3 ⋅ 1,5 = 0, 45 m ⋅ atm Tg = 1773K ⇒ Diagramme CO 2 (Fig 9.4 a) ⇒ ε = 0,12 correction : Ptotal = 2atm ⇒ CCO2 = 1,1 (Fig. 9.4 b) ε CO = 1,1 ⋅ 0,12 = 0,13 2 Absorbtion liée au CO2 Φ R = 1,16 ⋅ 106 W / m 2 = σ TR4 ⇒ TR = 2127 K ⇒ TR > Tg !! parce que Tg < T R N ε ' = f ( Pc L*, TR ) ⇒ (Pc L)*=Pc L ⋅ TR /Tg Température de rayonnement αCO = ε '− (Tg / TR ) ( Pc L ) * = 0,3 ⋅ 1,5 ⋅ ( 2127 1773) = 0,54 0,65 2 Diagramme CO2 ⇒ ε ' = 0,1 Correction identique Cc = 1,1 ⇒ ε ' = 0,11 ( ) α CO =0,11 2127 1773 =0,124 Important : α CO ≠ ε CO !! Note : le gaz N 2 est transparent b) ε et α d'eau 2 0,65 2 2 Emission liée à la vapeur d'eau Peau = 0,20 ⋅ 2 = 0, 4 atm Peau ⋅ L = 0,4 ⋅ 1,5 = 0,60 m ⋅ atm Tg = 1773K 19 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés Diagramme H 2O ⇒ ε = 0,19 (Fig. 9.5) Correction Pe + Pt = 1, 2 ⇒ Ceau = 1,4 (Fig. 9.5) 2 ε eau = 1,4 ⋅ 0,19 = 0,266 ε '=f ( TR Peau L ) Absorbtion liée à la vapeur d'eau α eau = ε ' Ceau TR = 2127 K Pe L = 0,60 ⇒ ε ' = 0,15 α = 1,4 ⋅ 0,15 = 0,21 α eau ≠ ε eau ε gas = ε CO + ε eau − ∆ ε N c) α gas = αCO + α eau − ∆α 2 Correction ( ) ⎛⎡ P ⎞ ⎤ eau , ⎡⎣ Peau + PCO2 ⋅ L,⎤⎦ T ⎟ (Fig 9.6) ∆α , ∆ε = f ⎜ ⎢ ⎥ ⎜ ⎢ PCO + Peau ⎥ ⎟ ⎦ ⎝⎣ 2 ⎠ Peau 0,4 = = 0,57 PCO2 + Peau 0,3 + 0,4 2 (P ) + PCO2 ⋅ L = 0,3 + 0,4 ⋅ 1,5 = 1,05 T > 940 ⇒ ∆ε = ∆α = 0,052 eau ε gas = 0,13 + 0,266 − 0, 052 = 0,344 α gas = 0,124 + 0,21 − 0,052 = 0,282 Exercice 20 ε1 = 0,21 ( à 2000 K ) ε 2 = 0,06 ( à 600 K ) T1 = 2000 K T2 = 600 K σ = 5,6703 ⋅ 10−8 W / m 2 K 4 ε1ε 2 ϕ2 = ⋅ σ (T14 − T24 ) = 44,05 [kW / m 2 ] équ. 9.48 1 − (1 − ε1 )(1 − ε 2 ) 20 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés Avec écran : T1 T T 1e T e2 T2 x Cas stationnaire : q1→e1 = qe1 →e2 = qe2 →2 ε1ε e ( 1 − (1 − ε1 ) 1 − ε e1 1 k ≈ 108 [W / mK ] ε1 = 0, 21 ε 2 = 0, 06 q= ) σ (T − T 4 1 4 e1 ) ( ε ( T ) = 1, 05 ⋅ 10−4 T + cste ε1 ⋅ ε e ( 1 − (1 − ε1 ) 1 − ε e1 1 ) ) ( ) ε e2 − ε 2 ⋅ σ ⋅ Te42 − T24 k = Te1 − Te2 = e 1 − 1 − ε e2 (1 − ε 2 ) ( ( interpolation linéaire ) σ (T14 − Te4 ) 1 k q = − Te1 e avec k ≈ 108W/mK, ε e1 = 1, 05 ⋅ 10−4 Te1 Te2 ≈ Te1 ⇒ aucune influence de la conduction sur le flux de chaleur ⇒e=0 q= ⇒ ε1 ⋅ ε e εe ⋅ε2 σ (T14 − Te4 ) = σ (Te4 − T24 ) 1 − (1 − ε1 )(1 − ε 2 ) 1 − (1 − ε e )(1 − ε 2 ) Te ≈ 1830°C , k ≈ 92,7 ( W/mK ) (Littérature) q = 30,25 [kW / m 2 ] Vérification : ∆T = Te1 − Te2 = q Te1 = 1830,5 Te2 = 1829,5 λ e = 30250 ⋅ 0,003 = 0,97°C ≈ 1°C 92,7 ) 21 Exercices de Phénomènes de Transfert de Chaleur : Corrigés Exercice 21 N2 1.67 bars 1 Thermocouple 2 Alumine (ε à 1073 K = 0,8) 3 Graphite ( corps noir ε = 1) L’azote est transparent (donc aucune influence) ε 2ε 3 Avec équation 9.63 : T14 = ε 2T24 + ε 3T34 − 22 (T 4 3 2 1 − (1 − ε 2 )(1 − ε 3 ) T1 = 1169,8 K ≅ 1170K 2 + T24 ) 3 1 1223K 1073K 0.3m 0.6m 0.9m