Cours thermo 3_annéeem
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cours de thermodynamique réalisé par Pr. Lotfi AMMAR
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1. Introduction:
Principe Zéro 1er Principe 2nd Principe 3ème Principe
T U(conservation d’énergie)
S(direction de l’évolution
vers l’équilibre)
Valeur numériquede S
2
Système: Espace 3D limité par au moins une surface (réelle/imaginaire), le restede l’espace est dit milieu extérieur
conduite
système système
piston
cylindre
ouvert fermé
Propriété: Caractéristique du système : P, V, m, T…
Extrinsèque: indépendantede la nature du milieudu système, Vitesse…
Intrinsèque: dépenddu milieu du système,Pression-température…
Etat: Condition du syst. caractérisée par des valeurs de ses propriétés Etats d’équilibre
Processus: Transformation du système d’un état d’équilibre vers un autre état d’équilibre.
Intensive: définieen un point
Extensive: proportionnelle àla dimension
3
Processus: Transformation du système d’un état d’équilibre vers un autre état d’équilibre.
Propriété constante Nom du processus
Température Isotherme
Pression Isobare
Volume Isochore
Enthalpie Isenthalpique
Entropie Isentropique
Cycle: Un processus dont l’état final coïncide avec l’état initial du système.
2. Premier principe des systèmes fermés:
WQdE
2.1- Energie totale-travail total:
travail total
chaleur totale
énergie totale
Une particule ne peut posséder que deux formes d'énergie: CINETIQUE & POTENTIELLE (E=EC+EP)
E = Ec + Ep + U
potentiellecinétique
Une partie non mesurable d’énergie : INTERNE
4
ieie WW WWWW
Travail extrinsèque Travail intrinsèque
- Accélération linéaire- Accélération angulaire- Pesanteur- Electrostatique
- Travail de compression- Travail du ressort
i.irr
i.rev
i WWW pc
e EEW 0W i
.irr
F
dx
P
A
5
xr,o xr
Fr
i.irr
irev.
i.irr
i.rev WWQUWWQdU
Pour une substance compressible : h u + Pv
i.irrwvdPqdh
i.irrwPdvqdu
2.2- Relation enthalpie-énergie interne:
1er principe
3. Gaz parfaits et chaleurs massiques:
6
3. Gaz parfaits et chaleurs massiques:
3.1- Equation d’état:
TNRPV u
RTTM
RT
NmR
Pv uu Masse molaire
Nombre de moles
3
kJ8,314
kmol.K
bar.m0,08314
kmol.K
Constante universelledes gaz parfaits
3.2- Chaleurs massiques:
Substance compressible : u=u(T,v) dvv
udT
T
udu
Tv
En plus: h=h(T,P) dPP
hdT
T
hdh
Tp
dvv
udTCdu
Tv
dPP
hdTCdh
Tp
7
dPP
hdTCdh
Tp
Posons :v
p
C
C
1
RC
1
RC
v
p
up v p v
h u Pv dh du d(Pv)
R C C R C C
M
G.P :
En plus :Structure moléculaire Cp Cv
Monoatomique
Diatomique
1,67
1,4
R2
5R
2
3
R2
7R
2
5
3.3- Analyse énergétique des systèmes fermés des gaz parfaits:
Equations à utiliser :
RCC
dTCdh
dTCdu
RTPv
vp
p
v
PressureVolumeTemperatureDiagram.nbp
8
Equations à utiliser :
RCC
dTCdh
dTCdu
RTPv
vp
p
v
Processus isochore: iirr12v12 wqTTCuu
Processus isobare:
i
irr12p12
12iirr12v12
wqTTChh
TTRwqTTCuu
Processus isotherme:
2
1iirr
12
v
vLnRTwq0
0uu
m=1 kg
Etat 1 Etat 2
P1=1 barT1=290.K
P2=6 bars
T=c
Déterminer: a) u, b) travail , c) chaleur
P(bars)
290 K6
1
2
1W
système
air
9
Déterminer: a) u, b) travail , c) chaleur v
v v2 1
Q
a) Processus isotherme u=0
b) kJ/kg149 1
2
2
1
v
v
2
1
irev P
PLnRT
v
vLnRT
v
dvRTPdvw
2
1
c) u=q+wi = 0 q= -wi = -149 kJ/kg
Un gaz parfait a une chaleur massique à pression constante égale à 2,2 kJ/kg.K et une masse molairede 16,04.8 kg de ce gaz sont chauffés de 17 à 187°C à volume constant.Déterminer :
a) Le travail fait par le gazb) La variation d'enthalpie de ce gaz en kJ.c) La chaleur transférée en kJ.
Q gas parfait
P
460.K2
10
a) Le volume étant constant wi=0
b) Gaz parfait dH=m Cp dT H= m Cp T = 2992 kJ
c) Le 1er principe:
TCmUQUWQ vi W=0
kJ/kg.K68,104,16
314,82,2
M
RCC u
pv Q 8kg 1,68kJ/kg.K (187 17)K 2285 kJ
gas parfait
v290.K
460.K
1
2
METHODE DE RESOLUTION DES PROBLEMES THERMODYNAMIQUES
Définir le système à étudier, son schéma avec ses surfaces limites + interactions
Tracer le(s) processus sur le(s) diagrammes
Poser les hypothèses simplificatrices
11
Poser les hypothèses simplificatrices
Poser les équations adéquates en se basant sur les hypothèses posées auparavant
Résoudre les équations
Vérifier les résultats
4. Propriétés physiques d’une substance pure, simple, compressible:
4.1- Surfaces P-v-T:
12
4.2- Diagramme P-T:
13
Substances T(K) P(atm)
Hydrogène, H2 13,84 0,070
Oxygène, O2 54,36 0,0015
Azote, N2 63,18 0,124
Ammoniaque, NH3 195,40 0,061
Gaz carbonique, CO2 216,55 5,10
Eau, H2O 273,16 0,006
Etat triple de quelques substances
4.3- Diagramme P-v:
14
Pour la vaporisation, la sublimation et la fusion, le titre est défini comme:
fs
fsf
gs
gsg
gf
gfg mm
m x;
mm
m x;
mm
mx
Les propriétés d’un mélange (liquide + vapeur) peuvent être déterminéesà partir du titre x (=xfg) :
fgfgf
gg
gf
ff
gf
ggff
gf
gf vvxvmm
vm
mm
vm
mm
vmvm
mm
VV
m
Vv
De la même façon pour : fgf
fgffgf
fgf
ssxss
xhhhhxhh
uuxuu
4.4- Tables des propriétés d’une substance pure:
K.kg/kJ:s;kg/kJ:h;kg/kJ:u;g/cm:v 3
Propriétés de l’eau saturée
Presbars
(P)
Temp°C
(T)
Volumemassique
Energieinterne
Enthalpie Entropie
15
Presbars
(P)
Temp°C
(T)
Volumemassique
Energieinterne
Enthalpie Entropie
Liquidesaturé
(vf)
Vapeursaturée
(vg)
Liquidesaturé
(uf)
Vapeursaturée
(ug)
Liquidesaturé
(hf)
Chaleurlatente
(hfg)
Vapeursaturée
(hg)
Liquidesaturé
(sf)
Vapeursaturée
(sg)
0,0400,0600,080
.
.
.220,9
28,9636,1641,51
.
.
.374,1
1,00401,00641,0084
.
.
.3,155
348002373918103
.
.
.3,155
121,45151,53173,87
.
.
.2029,6
2415,22425,02432,2
.
.
.2029,6
121,46151,53173,88
.
.
.2099,3
2432,92415,92403,1
.
.
.0
2554,42567,42577
.
.
.2099,3
0,42260,52100,5926
.
.
.4,4298
8,47468,33048,2287
.
.
.4,4298
K.kg/kJ:s;kg/kJ:h;kg/kJ:u;g/cm:v 3
Vapeur d’eau surchauffée
Temp°C
v u h s
0,06 bar (Tsat=36,16°C)
Sat80
120160
.
.
.500
23739271323021933302
.
.
.59467
2425,02487,32544,72602,7
.
.
.3132,3
2567,42650,12726,02802,5
.
.
.3489,1
8,33048,58048,78408,9693
.
.
.10,134
16
Sat80
120160
.
.
.500
23739271323021933302
.
.
.59467
2425,02487,32544,72602,7
.
.
.3132,3
2567,42650,12726,02802,5
.
.
.3489,1
8,33048,58048,78408,9693
.
.
.10,134
Interpolation linéaire
Déterminer « u » pour H2O1) 1 bar et 110°C2) 6 bars et 220°C
1) Pour 1 bar : u(100°C)= 2506,7u(120°C)= 2537,3
u(110°C)= 2522 kJ/kg
2) Pour 5 bars : u(200°C)= 2642,9u(240°C)= 2707,6
17
2) Pour 5 bars : u(200°C)= 2642,9u(240°C)= 2707,6
Pour 7 bars : u(200°C)= 2634,8u(240°C)= 2701,8
u(220°C)= 2675,3 kJ/kg
u(220°C)= 2668,3 kJ/kg
u(6b,220°C)= 2671,8 kJ/kg
2 kg d'eau à 200°C sont contenus dans un réservoir de 0,2 m3 .Déterminer a) la pression
b) l'enthalpiec) la masse et le volume de la vapeur dans le réservoir.
a) Le volume massique total est égal à 100 cm3/g, ce qui donne à 200°Cd'après annexe III: (1,1565 = vf < v < vg = 127,4) cm3/g , le système est diphasique.
La pression est donc égale à la pression saturante pour 200°C c'est-à-dire 15,54 bars.
18
783,0vv
vvx
fg
f
b) L'enthalpie d'un système diphasique est donnée par : h = hf + x hfgle titre est déterminé par :
c) La masse de la vapeur dans le système est égale à : mg=x.m= 0,783x2 kg = 1,57 kg.et le volume occupé par cette masse est :
Vg = mg vg = 1,57 kg x127,7 cm3/g = 199470 cm3 = 0,1995 m3
d'où : h = 852,45 + 0,783(1940,7) = 2372 kJ/kg
On remarque que la vapeur occupe presque la totalité du réservoir.
1/10 kg d'eau à 3 bars et un titre de 76,3 % est contenu dans un réservoir rigide isolé.Une roue à palettes se trouve dans le réservoir et fonctionnée par un moteur extérieurjusqu'à ce que la substance devienne de la vapeur saturée.Déterminer le travail nécessaire pour réaliser ce processus ainsi que la pressionet la température finales de l’eau.
Système P
3 bars
24 bars
19
Q=0 et v=c wirev =0
1 f1 1 g1 f1i irev irr 2 1 3
1 f1 1 g1 f1
u u x u u 2074 kJ/kgu q w w u u avec
v v x v v 462,5 cm / g
1 2 2 g 2 1 g 2v v u u v v v u 2553,6 kJ/kg
iirr 2 1d 'où W m u u 0,1 kg(2553,6 2074)kJ / kg 48 kJ
La pression et la température finales : P2=4 bars et T2=143,6°C
v
3 bars
1
Temp°C
v u h s
25 bar (Tsat=223,99°C)
204080...
Sat.
1,00061,00671,0280
.
.
.1,1973
83,80167,25334,29
.
.
.959,1
86,30169,77336,86
.
.
.962,1
0,29610,57151,0737
.
.
.2,5546
Propriétés de l’eau comprimée
K.kg/kJ:s;kg/kJ:h;kg/kJ:u;g/cm:v 3
20
204080...
Sat.
1,00061,00671,0280
.
.
.1,1973
83,80167,25334,29
.
.
.959,1
86,30169,77336,86
.
.
.962,1
0,29610,57151,0737
.
.
.2,5546
Méthode approximative:
)TT(s)P,T(s
)TT(h)P,T(h
)TT(u)P,T(u
)TT(v)P,T(v
satfliq
satfliq
satfliq
satfliq
5. Bilan énergétique des systèmes ouverts:
5.1- Conservation de masse en régime permanent:
sesyst mmdm
Dans la limite où les échanges se passentinstantanées:
t
mlimmoùmm
dt
dm0t
sesyst
21
M entrées et N sorties :
N
ii,s
M
ii,e
syst
mmdt
dm
e sm m En régime permanent
En régime permanent M N
e,i s,ii i
m m
5.2- Conservation d’énergie en régime permanent:
δme
c ps
(u+e +e )e
c p(u+e +e )s
δm
δQ
(U+E +E )syst.
c p
δWs
WQeeumeeumEEUdspcsepcesystpc
e e e e e e e e eà l 'entrée : W F X P A X P v m
Travail du fluide:
ssseeefluide mvPmvPW
s s s sà la sortie : W P v m
22
sspceepcsystsystpc meeuPvmeeuPvWQEEUd
spcsepcesystsystpc eehmeehmWQEEU
dt
d
Régime permanent à plusieurs entrées et plusieurs sorties :
entrée
epce
sortie
spcssyst eehmeehmWQ
5.3- Equations particulières de conservation:
Régime permanent à une entrée (état 1) et une sortie (état 2) :
12
21
22
12s
21
zzg2
VVhhwq
constant)massique(débitmmm mvm
s/mv:volumiquedébit 3
5.4- Applications:
a. Tuyères et diffuseurs:Le son se propage à 340 m/s (1224 km/h) dans l’air à 15°C, à 1435 m/s(5166 km/h) dans l’eau douce et à 1500 m/s (5400 km/h) dans l’eau demer.
SpeedOfSound.nbp
23
2 21 2
2 1
V Vsi q 0 h h
2
24
La vapeur d'eau entre à un diffuseur subsonique à une pression de 0,7 bar et une température de160°C avec une vitesse de 180 m/s. L'aire de la section d'entrée est égale à 100 cm2. Durant leprocessus, le diffuseur décélère la vitesse jusqu'à 60 m/s, et la pression augmente à 1 bar. Unequantité de chaleur de 0,6 J/g est transférée au milieu extérieur. Déterminer :
a) La température finale.b) Le débit massique de l'eau.c) L'aire de la section de sortie du diffuseur en cm2.
2
VVhqh
21
22
12
système P
(1) (2) 21
25
2
VVhqh
21
22
12
Après avoir vérifié que l’état initialest surchauffé h1=h(0,7b,160°C)=2798,2
kg/kJ2812)1000(2
180602,27986,0h
22
2
C168T2
P
h)a
2
2
kg/s0,634 s/g634m/cm100g/cm2841
cm100s/m180
v
AVm)b
3
2
1
11
2cm214cm/m10060m/s
g/cm2022s/g634
V
vmA)c
3
2
22
v
(1) (2)
1
2
0,7
1
b. Turbines, pompes, compresseurs:
26
12s hh w0qsi
Pour une turbine hydraulique (fluide incompressible) :
s 2 1 o 2 1
h u (Pv) C T v P
w C(T T ) v (P P )
c. Systèmes de laminage (vanne, robinet) :
12 hh0qsi Processus de laminage
27
12 hh0qsi Processus de laminage
d. Echangeurs thermiques:
sortie
ss
entrée
ee hmhm
1B2BB2A1AA hhmhhm
e. Séparateur direct (ouvert): (1)
(2)(3)
332211
321
hmhmhm
mmm
f. Ecoulements dans les conduites:
28
f. Ecoulements dans les conduites:
pcs eehq0w 0ZZg2
VVPPv 12
21
22
12o
Fluide incompressible
si q=0 T0
Équation de Bernoulli
6. Deuxième principe des systèmes fermés:
6.1- Introduction:
Le 1er principe est une loi de conservation d’énergie, elle est quantitative. Elle ne tient pas compte du typed’énergie dans le processus, donc elle n’explique pas un certain nombre de phénomènes. Ce qui a obligéCarnot, Clausius et Kelvin d’introduire une autre loi qui est qualitative qui a pour but de :
mesurer la qualité de l’énergie établir un critère pour la performance du système déterminer la direction d’un processus définir l’état final d’équilibre pour un processus spontané
Puisque ce principe examine la direction de la variation d’un processus, il est donc exprimé mathématiquementcomme une inégalité. Autrement dit que le 2nd principe n’est pas une loi de conservation.Une nouvelle propriété serait donc utile pour établir cette loi , c’est l’ENTROPIE.
29
6.2- Equation de Gibbs:
Pour un processus adiabatique et mécaniquement réversible 0wwqdu iirr
irev
0
Puisque ce principe examine la direction de la variation d’un processus, il est donc exprimé mathématiquementcomme une inégalité. Autrement dit que le 2nd principe n’est pas une loi de conservation.Une nouvelle propriété serait donc utile pour établir cette loi , c’est l’ENTROPIE.
Une nouvelle propriété thermodynamique s’avère constante pour un processus adiabatique etréversible : ENTROPIE « S » en kJ/K.
ds=0
du+Pdv=0Pour les autres processus : ds 0 et du+Pdv=qrev
Ces 2 expressions sont proportionnelles entre elles : du+Pdv = ds = qrev
revqdset
Pdvduds
T
T
qds
T
Pdvduds
rev
Equation de Gibbs6.3- Le deuxième principe:
S
30
6.3- Le deuxième principe:
T
A
B
Q
T
A
B
Q
S
BAA.revBAisolé T
1
T
1QdSdSdS
rev.A
A B isolé
A B
rev.A
A B isolé
A B
Q < 0
si T > T dS > 01 1 < 0
T T
Q > 0
si T < T dS > 01 1 > 0
T T
0dSdSdS extsys.univ
univ.S > 0 processus irréversible
réversibleprocessus0S .univ
univ.S < 0 processus impossible
31
6.4- Sources de production d’entropie:
Pdvwqdu iirr
T
Pdvduds
T
w
T
q
T
wqds
iirr
iirr
Sources mécaniques
Sources thermiques
Sources mécaniques
0T
dXFdS
dXFWFXXKF
eq
rrméc
rriirrro,rrr
ressort dur
0T
WdS
eq
iirr
méc
0T
dXFdS
dXFWFXXKF
eq
rrméc
rriirrro,rrr
écoulement visqueux
0
T
dVPPdS
eq
éqB
méc
résistance électrique
0T
RI
dt
dS
eq
2méc
32
Sources thermiques
Ext.
S
TsTéq
éqsnéq TTT
irr,threv,thnéqséqséq
th dSdSTTT
Q
T
Q
T
QdS
0
éq
iirr
néqséqs
mécirr,threv,th T
WT
TT
Q
T
QdSdSdSdS
Q
33
éq
iirr
néqséqs
mécirr,threv,th T
WT
TT
Q
T
QdSdSdSdS
0T
WT
TT
Q
T
Q
T
WT
TT
Q
T
QdS
extéq
iirr
néqséqssystéq
iirr
néqséqs
univ
dSth,rév ne contribue pas dans la production d'entropie de l'univers.
0wT
wqds
iirr
iirr
T
qds
0T
Q
T
QdS
rév
QdS >
T
Q0
T
6.5- Inégalité de Clausius:
6.6- Applications aux machines thermiques:
34
6.6- Applications aux machines thermiques:
a. Analyse des cycles:
W-Q0WQEEUdprincipepremiersyspc
FCnet QQWchaleurdesourcesDeux
0dSdSdSprincipedeuxième extsysuniv
0
extuniv dSdS
0T
Q
T
QdSdS
F
F
C
Cextuniv
C
univ
FC
F
C
F
C
FC
C
netth Q
dST
T
T1
Q
Q1
Q
Q
W
c : rendement de Carnot
0 th c 1
M
T
T
c
F
sourcechaude
sourcefroide
Qc
QF
Wnet
35
0T
Q
T
QdSdS
F
F
C
Cextuniv
F Ffrig
net C F
FC
C F
Q QCOP
W Q Q
TCOP
T T
Coefficient de performance
F
T
T
c
F
sourcechaude
sourcefroide
QF
Qc
Wnet
b. Moteur thermique de Carnot:
36
carnotC
F
C
F
C
netth T
T1
Q
Q1
Q
W
7. Quelques conséquences du 2nd principe:
7.1- Diagramme température - entropie:
37
7.2- Diagramme enthalpie - entropie:
38
7.3- Variation d’entropie des gaz parfaits:
Equation de Gibbs Tds=du+Pdv et Tds=dh-vdP
vdPdTCTds
PdvdTCTds
dTCdh
dTCdu:parfaitgaz
p
v
p
v
P
dPR
T
dTCds
v
dvR
T
dTCds
p
v
Pv=RT
39
a. Cv et Cp constantes:
1
2
1
2p
1
2
1
2v
P
PLnR
T
TLnCs
v
vLnR
T
TLnCs
b. Cv et Cp variables:
T
dTCsset
T
dTCss
2
réf
poréf
o2
1
réf
poréf
o1
1
2o1
o2
2
1
po1
o2 P
PLnRsss
T
dTCss
tables
7.4- Variation d’entropie des substances simples, pures et compressibles:
De l'eau à 40 bars et 280°C est refroidit à volume constant jusqu'à 9 bars. De la chaleur esttransférée à l'environnement qui est à 15°C. Déterminer :
a) La variation d'entropie du système.b) La variation totale d'entropie.c) Comment est le processus.
T 40 bars
9 bars280°C 1a) l’état 1 est surchauffé :
31
1
1
v 55,46 cm / g
s 6,2568 kJ/kg.K
u 2680 kJ/kg
40
s
9 bars280°C 1
2
a) l’état 1 est surchauffé :
31
1
1
v 55,46 cm / g
s 6,2568 kJ/kg.K
u 2680 kJ/kg
Le processus étant isochore, v2=v1 et P2=9 bars,donc l’état 2 est diphasique
2 f 22
g2 f 2
2 f 2 g2 f 2
v v 55,46 1,1212x 0,254
v v 215 1,1212
s s x s s 2,0946 0,254(6,6226 2,0946) 3,245
s2-s1=- 3,01 kJ/kg.K
ext
tot sys ext
q 1471s 5,1 kJ / kg.K
T 288
et s s s
2,09 kJ/kg.K
c) Puisque suniv est positive, le processus est IRREVERSIBLE
2 1
2 f 2 2 g2 f 2
q u u
u u x u u 741,83 0,254(2580,5 741,83) 1209
q 1471 kJ / kg
b) Il faut chercher la variation d’entropie du milieu extérieur:
41
c) Puisque suniv est positive, le processus est IRREVERSIBLE
7.5- Variation d’entropie des substances incompressibles:
1
2
T
TLnCs
T
dTC
T
Pdvduds
7.6- Transformations isentropiques des gaz parfaits:
a. Cv et Cp constantes:
b. Cv et Cp variables:
1
2
1
2p
1
2
1
2v
P
PLnR
T
TLnCs
v
vLnR
T
TLnCs
R/s
R/so1
o2
is1
2
1
2o1
o2
o1
o2
e
e
R
ssexp
P
P
P
PLnRss0
R/sr
o
ep:posons
1r
2r
is1
2
p
p
P
P
T
s1
2s
2
P
P >P
1
2 1
42
1
2
1
2p
1
2
1
2v
P
PLnR
T
TLnCs
v
vLnR
T
TLnCs
1
2 1
1 2is
1
2 2
1 1is
T v
T v
T P
T P
.constPvbienou
v
v
P
P
2
1
is1
2
1r
2r
is1
2
p
p
P
P
1r
2r
is1
2
v
v
v
v
1r1
2r2
1
2
2r
1r
1
2
2
1
1
2
p/T
p/T
T
T
p
p
T
T
P
P
v
v
= 0
rr p/T v:posons
7.7- Rendements de quelques systèmes en régime permanent:
a. Turbines:
%9080hh
hh
w
wis
1s2
12
is
réelis
b. Compresseurs:
%8075hh
hh
w
wis
12
1s2
réel
isis
c. Tuyères:
VV
VV
hh
hh
is2
22
1
réel2
22
1
1s2
12tuy,is
43
VV
VV
hh
hh
is2
22
1
réel2
22
1
1s2
12tuy,is
d. Pompes:
PvTceehwq;hh
hhpcs
12
1s2p,is
0T0ssi;T
TCLns
1
2 PvTC
Pvis
0 0
8. Cycles à gaz (air):
8.1- Cycle d’Otto:
44
le rapport de compression (volumétrique) « rv »:PMH
PMBv V
Vr
On définit :
la pression moyenne effective « PME »: )pistonleparbalayévolume)(PME(Wcycle
45
1 2 : compression isentropique (réversible + adiabatique)2 3 : apport de chaleur à volume constant (combustion)3 4 : détente isentropique4 1 : rejet de chaleur à volume constant (échappement des produits gazeux
de la combustion et remplacement par un mélange combustible neuf).
46
1 2 : compression isentropique (réversible + adiabatique)2 3 : apport de chaleur à volume constant (combustion)3 4 : détente isentropique4 1 : rejet de chaleur à volume constant (échappement des produits gazeux
de la combustion et remplacement par un mélange combustible neuf).
1
TT
1TT
T
T1
TT
TT1
q
q1
uuTTCq
uuTTCq
2
3
1
4
2
1
23
14
e
sth
1414vs
2323ve
v
v
v
v
T
T
rv
v
T
T
vvetvvpuisque 1
2
1
1
3
4
4
3
1v
1
2
1
1
2
4132
1v
th r
11
=const
Les conditions initiales pour un cycle d'Otto à rapport de compression de 8, sont 0,95 bar et 17°C. Audébut de la compression le volume du cylindre est 2,2 litres ; et 3,6 kJ de chaleur sont apportés durantle processus isochore. Calculer la pression et la température à la fin de chaque processus du cycle etdéterminer le rendement thermique et la pression moyenne effective du cycle.
kg/m875,0)95,0(29
)290(08314,0
P
RTv 3
1
11
kg/kJ1,475u
17,22p
K652T
5,848
11,676
v
vvv
s2
r2
2s
1
21r2r
T
2
3
qe
Tmax
47
kg/kJ1,475u
17,22p
K652T
5,848
11,676
v
vvv
s2
r2
2s
1
21r2r
s
2
4
1q sT
min.r22 1
r1
p 22,17P P 0,95 17,1 bars
p 1,2311
kJ/kg1432m102,2
)kg/5m3,6kJ(0,87
V
vQ
m
Qqchaleurla
33
3
1
1eee
907,1v
3369p
K2235T
kg/kJ1,1907143275,14quu
3r
r3
3
e23
kg/kJ6,915u
2,222p
K1180T
26,15)8(907,1v
vvv
s4
r4
4s
3
4r34r
bars6,85c)(vT
TPP
2
323
bars9,33369
2,2226,58
p
pPP
3r
4r34
Et le rendement thermique est égal à: kg/kJ7,7089,2066,915uuqavecq
q-1 14s
e
sth
48
)(0,5051432
708,7-1th %50,5
Et la pression moyenne effective est:
-2 3net
31 2
w 723 kJ / kg 10 bar.mPME
v v (0,875 0,109) m / kg 1 kJ
9,44 bars
8.2- Cycle de Diesel – cycle mixte:
a. Cycle de Diesel:
On définit :
temps1,air'daspiration:10 er
temps2,air'dompressionc:21 ème
temps3étented:43
carburantdeinjection:32 ème
temps4,téchappemen:01
14 ème
49
On définit :
le rapport d’injection « ri »:2
3i V
Vr
1TT
1TT
T
T1
)TT(C
)TT(C1
q
q1
uuTTCq
hhTTCq
2
3
1
4
2
1
23p
14v
e
sth
1414vs
2323pe
=const
1r
1r
r
11
i
i1
vth
b. Cycle mixte de Diesel:
On définit :
50
On définit :
le rapport de surpression « rp,v »:2
3
2
xv,p P
P
P
Pr
=const
1r1rr
1rr
r
11
v,piv,p
iv,p
1v
th
8.3- Cycle de Brayton (turbines à gaz):
51
On définit :
le rapport de pression « rp »:1
2p P
Pr
=const
1
p
th
r
11
)0q(hhw:21 12c
)0w(hhq:32 23e
)0q(hhw:43 43T
)0w(hhq:14 14s
23
14
e
sth hh
hh1
q
q1
Un cycle de Brayton fonctionne avec de l'air qui alimente le compresseur à 0,95 bar et 22°C. Le rapportde pression est 6:1. L'air quitte la chambre de combustion à 1100.K.Déterminer le travail du compresseur, le travail de la turbine et le rendement thermique du cycle enutilisant la table de l'air.
T
2
3
4
q
q
eP=c
P=c
841,7)6(3068,1P
Pppue,isentropiqompressionc:21
1
21rr2
kg/kJ7,492h
K490T
s2
2s
52
s1q
s
1,167p
kg/kJ1161hK1100T
3r
33
kg/kJ5,706h
K694T85,27
6
11,167
P
Pppue,isentropiqdétente:43
s4
4s
3
43rr4
Travail du compresseur : wc=h2s-h1= 197,5 kJ/kg
Travail de la turbine: wT=h3-h4s= 454,6 kJ/kg
kg/kJ4,668qavecq
ww:thermiquerendementLe e
e
cTth
%38,5th
8.4- Turbine à gaz avec régénération:
53
Dans le cas idéal, l’écoulement du fluide dans le régénérateur se fait à pression constante.Si celui-ci est intérieurement réversible:
4x45x2 TTAA
On définit :
l’efficacité du régénérateur « eff »: ?hhh
hh
possibleimaxthermique.trans
réelthermiquetransfert'x
24
2'xeff
Même problème que précédemment avec un régénérateur parfait.
T
s1
2
3
4
q
q
e
s
P=c
P=c
x
5
kg/kJ5,706h
kg/kJ1,1161h
kg/kJ7,492h
kg/kJ2,295h
:trouvésdéjàRésutalts
4s
3
2s
1
54
Régénérateur parfait hx=h4s et la quantité de chaleur économisée est :
qe=h3-hx =h3 – h4s =454,6 kJ/kg
On a donc économisé 32 % d’énergie.
%56,5565,0q
w
e
netth
et le rendement thermique du cycle est :
8.5- Turbine à gaz avec refroidissement et / ou resurchauffe:
3 4 a 1 2 bnetth
e 3 c
h h h h h hw
q h h
a. Avec refroidissement:
qs
qe
b
2
1
a
c
3
P=c
4
5
P=c
T
s
55
3 4 a 1 2 bnetth
e 3 c
h h h h h hw
q h h
5 6 3 4 2 1netth
e 3 2 5 4
h h h h h hw
q h h h h
1
2
T
s
4
5
6
3
P=c
P=c
qe1 qe2
b. Avec resurchauffe:
8.6- Transformations polytropiques:
Processus polytropique :
n 1n 1 n
n2 1 2 2 2 1
1 2 1 1 1 2
T v T P P v ; ;
T v T P P v
56
8.7- Turbomachines à propulsion:T
T
H
B 0
1
2
3
4
5
s
P
PB
H
diffuseur compresseur tuyère
chambre decombustion
turbine0 1 2 3 4 5
V0 V5
57
Le travail net est nul : cT WW e
cth q
e
Jet: 2
VV
2
V
2
Vr1e
2o
25
2o
25
a/Fj,c
Fusée: 2
Ve
2s
F,c
Analyse du cycle:
0 T
T
H
B 0
1
2
3
4
5
s
P
PB
H
1o1o
21
1
2o
o
TT1
Rhh:G.P
wq2
Vh
2
Vh0:10
12pc
1
p12
TTC w
rTT:21
23pe TTCq:32
0
58
0
23pe TTCq:32
41234cT TTTTTww:43
2
V
2
VTTC0:54
25
24
54p 54p5 TT2CV
La puissance de propulsion:
JET: s, j a s, j j o j a 5 oW m w F V F m V V
FUSEE: s,F a s,F F s F a sW m w F V F m V
Turbopropulseur (fan-jet):
59
Statoréacteur (ram-jet) et pulsoréacteur :
Un avion commercial a une vitesse de 201 m/s à une altitude de 40000 pieds (12190 m). Les conditionsatmosphériques sont Po=0,185 atm. et To= 216.K. Le diffuseur du turboréacteur décélère la vitesse del'écoulement d'air à 50 m/s et le rapport de pression du compresseur est de 20. La température limite ducycle est égale à 1700.K. Les variations des énergies cinétiques à travers le compresseur, la chambre decombustion et la turbine sont négligeables. Si = 1,33déterminer:
a) Le rapport de pression de la turbine.b) Le rapport de pression de la tuyère.c) La vitesse des gaz d'échappementd) Le rendement thermique du cycle.
60
T
T
H
B 0
1
2
3
4
5
s
P
PB
H
atm247,0T
TPPetK232VV
R2
1TT
1
o
1o1
21
2oo1
K488)20(232rTTet
atm94,4247,0x20PrP
33,1
33,01
p12
1c,p2
g/J29623248897,28
314,8
33,0
33,1TTCw
:rcompresseudutravaille
13pc
g/J1402TTCq
:combustiondechambrelaparapportéechaleural
23pe
K1444TT-TTww,plusEn 1234Tc
atm2,564,94x0,518P
1700
1444
T
T
P
Pr
4
0,33
1,331-
3
4
3
4turbp,
0,518a)
61
atm2,564,94x0,518P
1700
1444
T
T
P
Pr
4
0,33
1,331-
3
4
3
4turbp,
0,518a)
K752rTT
56,2
185,0
P
Pr
1-
tuyp,45
4
5tuyp,
0,072b)
kJ/kg157,1CavecTTC2V p54pe m/s1265c)
2 2 2 23e o
c
V V 1265 201 e 10 780 J / g
2 2
d) th
7800,556
1402 55,6 %
9. Cycles à vapeur:
9.1- Cycle de Rankine simple:
4
3
WQnet
e
bouilleur
condenseur
turbine
T
2
3
qe
62
e
pT
e
netth q
ww
q
w
Cycle Diagramme
2
1
(a)pompe
condenseur
s1 4
(b)
qs
9.2- Cycle de Rankine à surchauffe (Hirn):
63
Déterminer le rendement thermique d'un cycle de Rankine à surchauffe. Les conditions d'entrée à laturbine sont 30 bars et 500°C et la pression du condenseur est égale à 0,1 bar.
K.kg/kJ2338,7ss
kg/kJ5,3456)C500,b30(hhkg/kJ8,2392h
K.kg/kJ1502,8s
K.kg/kJ6493,0s
g/cm01,1)b1,0(vvkg/kJ8,191)b1,0(hh
43
3
fg
g
f
3f1
f1
kg/kJ8,194)PP(vhwhh 12f1p12
T
s1
2
P=30 b
P=0,1
3
4
qe 500°C
64
kg/kJ8,194)PP(vhwhh 12f1p12
kg/kJ7,3261hhq 23e
kg/kJ7,2292hxhh
878,06493,01502,8
6493,02338,7
ss
ssx
fg4f4
fg
f44
Le travail de la turbine : wT = h3-h4 = 3456,5-2292,7=1163,8 kJ/kg
)(356,07,3261
38,1163:cycleduthermiquerendementle th %35,6
9.3- Cycle à resurchauffe:
T
s1
2
3
4
P=c
P=c
5
6
q
q
e1
e2T max.
chaudière
3
2
4
5
qe
w net
65
Dans un cycle à resurchauffe, les conditions d'entrée à la turbine sont 30 bars et 500°C. Après ladétente du premier étage de la turbine la vapeur est ensuite surchauffée à 500°C et 5 bars. Lapression du condenseur est toujours égale à 0,1 bar. Déterminer le rendement thermique de ce cycle.
s
vers lecondenseur
2 6de la pompe
T
s1
2
3
4
P=30 b
P=0,1
5
6
500°Cqe1 qe2
K.kg/kJ2338,7s
kg/kJ3w
kg/kJ5,3456h
kg/Jk8,194h
kg/kJ8,191h
3
p
3
2
1
surchaufféest4étatK.kg/kJ8212,6)b5(sss g34
K.kg/kJ0873,8s
kg/kJ9,3483)C500,b5(hh
kg/kJ6,2941)K.kg/kJ2338,7;b5(hh
5
5
4
P=5 b
66
s
K.kg/kJ0873,8s
kg/kJ9,3483)C500,b5(hh
kg/kJ6,2941)K.kg/kJ2338,7;b5(hh
5
5
4
kg/kJ5,2565)8,2392(992,08,191hxhh
992,06493,01502,8
6493,00873,8x
fg6f6
6
)(376,03,5427,3261
34,9189,514
w
:cycleduthermiquerendementle
2e1e
netth %37,6
9.4- Cycle à soutirages:
séparateur direct:T
s
1
2
3
4
56
7
1
y
1-y
4
4
67
1 4 7 4 41 4 7
1 1 4 4 7 7 1 1
m m m m m h h 1 h
m h m h m h m m
Fraction de vapeur soutirée /écoulement total « y4 »
direct)r(séparateuhh
hhy
74
714
hhy-1hh1w 54443T PPvy-1w 676476
PPv1w 12121
Les conditions d'entrée de la vapeur à la turbine d'un cycle à soutirage sont 30 bars et 500°C et lapression du condenseur est égale à 0,1 bar. Un seul séparateur direct est utilisé dont la pression est5 bars. Déterminer le rendement thermique du cycle.
T
1
2
3
4
7
1
y
1-y
4
30 bars500°C
5 bars
0,1 bar
kg/kJ2,640)b5(hh
kg/kJ8,191)b1,0(hh
kg/kJ7,2292)bar1,0,ss(hh
kg/kJ6,2941)bars5,ss(hh
kg/kJ6,3456)C500,b30(hh
f1
f6
455
434
3
68
s
56
1-y4 0,1 bar
kg/kJ2,640)b5(hh
kg/kJ8,191)b1,0(hh
kg/kJ7,2292)bar1,0,ss(hh
kg/kJ6,2941)bars5,ss(hh
kg/kJ6,3456)C500,b30(hh
f1
f6
455
434
3
kg/kJ3,192whhkg/kJ5,010)9,4(01,1w
kg/kJ9,642whhkg/kJ7,2Pvw
76671
76
211221
163,03,1926,2941
3,1922,640
hh
hhy
74
714
0,163 kg de vapeur sont soutirés pour chaque kilogramme qui entre à la turbine
kg/kJ7,2813hhq
kJ/kg3,10,837(0,5)2,7w&kg/kJ1058hhy1hhw
23e
tot,p54443T
0,3752813,7
3,1-1058
q
w
e
netth %)(37,5
séparateur indirect:
Dans un cycle à soutirages la vapeur entre à la turbine à 30 bars et 500°C et sort à 0,1 bar. Lessoutirages se font respectivement à 10 bars pour aller vers un séparateur indirect et à 5 bars pour allervers un séparateur direct. Le condensât est pompé à 30 bars pour rejoindre le cycle.Déterminer le rendement thermique si la vapeur est resurchauffée à 500°C et 10 bars.
utilisation mixte des séparateurs:
vers lebouilleur du condenseur
de la turbine
69
T
s
500°C30 b
10 b
5 b
0,1 b
1
2
3
4
5
6
78
9 10
11
1
y
y
1-y -y4
6
6
4
qe2
e1q
T
s
500°C30 b
10 b
5 b
0,1 b
1
2
3
4
5
6
78
9 10
11
1
y
y
1-y -y4
6
6
4
qe2e1q
1 f
2 1 1 2 1
3 3
4
5 5 6
6 7 6 7
9 8 8 9 8
h h (10b) 762,8 kJ / kg
h h v P P 765,1 kJ / kg
h 3456,5 kJ / kg et s 7, 2338 kJ / kg.K
h 3116,9 kJ / kg
h 3478,5 kJ / kg et s s 7,7622 kJ / kg.K
h 3251,3 kJ / kg et s s h 2460,9 kJ / kg.K
h h v P P 1
10 f
11 10 10 11 10
92,3 kJ / kg
h h (5b) 640,2 kJ / kg
h h v P P 642,9 kJ / kg
70
1 f
2 1 1 2 1
3 3
4
5 5 6
6 7 6 7
9 8 8 9 8
h h (10b) 762,8 kJ / kg
h h v P P 765,1 kJ / kg
h 3456,5 kJ / kg et s 7, 2338 kJ / kg.K
h 3116,9 kJ / kg
h 3478,5 kJ / kg et s s 7,7622 kJ / kg.K
h 3251,3 kJ / kg et s s h 2460,9 kJ / kg.K
h h v P P 1
10 f
11 10 10 11 10
92,3 kJ / kg
h h (5b) 640,2 kJ / kg
h h v P P 642,9 kJ / kg
Séparateur indirect:
2
441142
11211144
2211111144
m
myetmmm:plusen
hhmhhm
hmhmhmhm
0,0493
11214
1124
1124144
hhhh
hhy
hhy1hhy
4
1122’
1
Séparateur direct:
6
9
10
mmquesachantm
myet
hmhmhm
mmm
11102
66
99661010
9610
m
m
m
m
m
m
m
m
2
9
2
6
2
11
2
10
96466104 hyy1hyhy1
0,1392
96
91046 hh
hhy1y
kg/kJ1197hhyy1hhy1hh
: turbinesdes total travaille
766465443 Tw
71
kg/kJ1197hhyy1hhy1hh
: turbinesdes total travaille
766465443 Tw
kg/kJ1,3wywy1wyy1
:pompesdes total travaille
214111049864 pw
kg/kJ3,3035hhy1hh
:chaleurladealapport totl'
45423 eq
%)(39,3393,0q
ww
:cycleduthermiquerendementle
e
pT
th
9.5- Cycle frigorifique à compression:
condenseur
évaporateur
C
1
2
3
4
q
q
s
e
72
T
s
2
14
3
P=c
P
h
14
23
s=c
q
q
s
e
qs
qeh3=h4
On caractérise une machine frigorifique par sa capacité frigorifique, qui est le nombre de frigoriesqu’elle est capable de fournir par heure sous certaines conditions de fonctionnement déterminées:
en France: température d’évaporation: -10°C température de condensation: +25°C température de sous refroidissement: +15°C
en Allemagne: température d’évaporation: -15°C température de condensation: +30°C température de sous refroidissement: +25°C
Aux Etats-Unis, on utilise la « Standard Ton » : 288 000 Btu
Conversion d’unités:
1 Btu = 0,252 kcal.1 kW 860 kcal/h = 860 fg/h
73
On caractérise une machine frigorifique par sa capacité frigorifique, qui est le nombre de frigoriesqu’elle est capable de fournir par heure sous certaines conditions de fonctionnement déterminées:
en France: température d’évaporation: -10°C température de condensation: +25°C température de sous refroidissement: +15°C
en Allemagne: température d’évaporation: -15°C température de condensation: +30°C température de sous refroidissement: +25°C
Aux Etats-Unis, on utilise la « Standard Ton » : 288 000 Btu
Conversion d’unités:
1 Btu = 0,252 kcal.1 kW 860 kcal/h = 860 fg/h
Un cycle frigorifique idéal à vapeur de réfrigérant R134a avec une température d'évaporation de -20°Cet la pression du condenseur est de 9 bars. Le débit massique est de 3 kg/mn. Déterminer lecoefficient de performance, capacité frigorifique ainsi que le COP de Carnot.
T 2
3
P=cqs
Table de R134a 1 g
1 g
h h ( 20 C) 238,41 kJ / kg
s s 0,9457 kJ / kg.K
1,3 b
9 b 44°C
2s
3 f
h 278,3 kJ / kg
h h (9b) 101,6 kJ / kg
74
s1
4qe
2s
3 f
h 278,3 kJ / kg
h h (9b) 101,6 kJ / kg
h3= h4
1 4
2 1
h hCOP
h h
3,43
e 1 4
Capacité frigorifique:
Q m h h 6,84 kW 5883 fg/h
Evaporateur
Environnement Vanne d’inversiondu cycle
9.6- Pompe à chaleur:
75
Condenseur
Local
T
s
2
14
3
P=c
