Université de Caen UFR des Sciences 1 Master 1 IMM mention Ingénierie Mécanique (M1) Transfert de Chaleur et de Masse Corrigée de TD1 - Rappel Solution d’exercice I.1: A et B sont des constantes à déterminer en fonction des conditions aux limites à la base de l’ailette x = 0 et à son extrémité x = L. La grandeur k est donnée par k2 = hm λS où m est le périmètre de la surface soumise au transfert thermique par convection, h est le coefficient de transfert thermique par convection, λ est la conductivité de matériau de l’ailette, S est la section droite de l’ailette. Comme le transfert thermique à travers la surface intérieure du tube est à négliger, on a m = 2ro π = 48, 69 × 10−3 m Alors r k= hm = λS s 50 × 48, 69 × 10−3 = 22, 54 m−1 400 × π(ro2 − ri2 ) 1. Soit Tt la température de transistor. Donc la condition aux limites en x = 0 conduit à A = Tt − T∞ . À l’extrémité non chauffée, x = L, on a h sinh kL + cosh kL kλ d’où B = −(Tt −T∞ ) . h cosh kL + sinh kL kλ −λ dT dx = h(T (x = L)−T∞ ), x=L Pour calculer B on a : h 50 = = 0, 0055, kL = 22, 54 × 15 × 10−3 = 0, 338, kλ 22, 54 × 400 sinh kL = 0, 345, cosh KL = 1, 0577, et par conséquent 0, 345 + 0, 0055 × 1, 0577 B = −(Tt − T∞ ) = −0, 331(Tt − T∞ ) 1, 0577 + 0, 0055 × 0, 345 Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 2 Compte tenu des hypothèses faits, le transistor dissipe Φ = 0, 25 W à travers l’ailette seulement. Cela implique −Sλ soit dT dx = Φ = 0, 25 x=0 −π(ro2 − ri2 )λ(Bk) = 0, 25 d’où Tt = T∞ + 0, 25 = 53◦ C. 400 × 11, 977 × 10−6 × 22, 54 × 0, 331 2. Sans l’ailette, toute l’énergie serait dissipée à travers la surface de du transistor. Donc πro2 h(Tt − T∞ ) = Φ d’où Tt = T∞ + = 25 + Φ πro2 h π× 0, 24 × 10−6 × 50 7, 752 Tt = 50, 4◦ C. soit 3. Conclusion : L’hypothèse faits montrent que si on a eu pris en comptes la dissipation à travers la surface du transistor ainsi qu’à travers la surface intérieurs du tubes on aurait trouvé Tt beaucoup plus inférieurs aux valeurs calculées. 4. On peut supposer que la dissipation thermique a lieu à travers toutes les surfaces exposés avec Tt constante pour toute r. Solution d’exercice I.2: On a un problème du transfert thermique en régime non permanent. Le transfert de chaleur a lieu en deux étapes. Dans la première, le panneau est chauffé jusqu’à la température de 150◦ C dans un temps t1 qui est inconnu. Ensuite, le panneau est maintenu chauffé pour 5 minutes supplémentaire à la fin duquel la température augmente jusqu’à T1 (qui est inconnue). Dans la deuxième étapes, la panneau est refroidi de T1 jusqu’à 37◦ C. Cette étape prend un temps t2 , qui est à déterminer. Ainsi, le temps total est égale à t1 + 5 + t2 minutes. 1. Nous commençons par calculer le nombre de Biot, Bi, afin de déterminer la méthode du calcul pour l’évolution de la température. On a pour la première étape 20 W/m2 K × 3 × 10−3 m Bi1 = = 0, 34 × 10−3 177 W/m.K D’où Bi2 = 0, 5Bi1 = 0, 68 × 10−3 . Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 3 2. Alors Bi1 1 et Bi2 1 ce qui implique que la méthode de la capacité globale est convenable pour les deux étapes. 3. L’équation à utiliser pour les deux étapes est θ T − T∞ hAs = = exp − t . θi Ti − T∞ ρcV (1) 4. On a pour le panneau V /As = L = 3 mm. De plus, ρc = λ/α. Donc, on trouve hAs 20 W/m2 K × 73 × 10−6 m2 /s = = 2, 75 × 10−3 s−1 . −3 ρcV 177 W/m.K × 3 × 10 m Alors, 150 − 175 = exp −2, 75 × 10−3 t1 . 25 − 175 D’où t1 = 651, 55 s, soit t1 = 10, 86 min. Ainsi, le temps de séjour du panneau dans le four est 5 + 10, 86 = 15, 86 min. A la fin du ce temps la température est T1 qui est déterminée par T1 − 175 = exp (−2, 75 × 10−3 × 15, 86 × 60) 25 − 175 = exp(−261, 7) ' 0 et par conséquent T1 = 175◦ C. 5. Dans l’étape du refroidissement, on a 1 hAs = × 2, 75 × 10−3 = 1, 376 × 10−3 s−1 . ρcV 2 Donc 37 − 25 = exp −1, 376 × 10−3 t2 . 175 − 25 d’où t2 = 1347 s, soit 22,45 min. En conséquence, le temps total de l’opération est t = 22, 45 + 15, 86 = 38, 31 min. Solution d’exercice I.4: Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 4 Hypothèses : 1. Régime permanent. 2. Radiation thermique négligeable. 3. Surface inférieure de la plaque supposée isolée adiabatiquement. Analyse : On peut localiser la plaque chauffante utilisant la puissance électrique maximale en déterminant au préalable le point de transition de couche limite. Calculons d’abord le nombre de Reynolds basé sur la longueur L1 de la première plaque chauffante : Re1 = U ∞ L1 50 m/s × 0, 04 m = = 0, 76 × 105 −6 2 ν 26, 41 × 10 m /s En supposant que le nombre de Reynolds de transition est donné par Rec,x = 5 × 105 , il vient que la transitions a lieu en : xc = ν 26, 41 × 10−6 m2 /s × 5 × 105 = 0, 2641 m Rec,x = U∞ 50 m/s La transition se déclenche alors sur septième plaque. La plaque chauffante exigeant une puissance électrique maximale y conduit au plus grand coefficient moyen, h, de transfert thermique par convection. En sachant que h varie avec x du bord d’attaque, on en déduit alors qu’il existe trois possibilités : 1. La plaque chauffante no. 1, car elle correspond à la valeur maximale de h local dans écoulement laminaire. 2. La plaque chauffante no. 7, car elle correspond à la valeur maximale de h local dans écoulement turbulent. 3. La plaque chauffante no. 8, car elle est la première plaque se trouvant entièrement dans un écoulement turbulent. Pour toute plaque chauffante (no. i), la conservation d’énergie exige : Φélec = Φconv = hi Li × 1 × (Ts − T∞ ) Pour la première plaque, h1 est déterminé à partir de : 1/2 N u1 = 0, 664Re1 P r1/3 = 0, 664(0, 76 × 105 )1/2 (0, 69)1/3 = 161, 8 Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen D’où h1 = UFR des Sciences 5 N u1 λ 161, 8 × 0, 0338 W/m.K = = 136, 68 W/m2 .K L1 0, 04 m Ainsi, on trouve Φconv,1 = 136, 68 W/m2 .K(0, 04 × 1) m2 (240 − 20)◦ C = 1202, 8 W La puissance exigée pour la plaque no. 7 peut être calculée en soustrayant la perdition thermique totale associée au première six plaques chauffantes (1-6) de celle associée au première sept plaques chauffantes (1-7). D’où : Φconv,7 = h1−7 L7 × 1 × (Ts − T∞ ) − h1−6 L6 × 1 × (Ts − T∞ ) soit Φconv,7 = (h1−7 L7 − h1−6 L6 ) × 1 × (Ts − T∞ ) où Li = i × L1 . L’écoulement sur les première huit plaques est laminaire, et on obtient par conséquent : 1/2 N u6 = 0, 664Re6 P r1/3 Avec Re6 = 6Re1 = 4, 56 × 105 , on obtient alors N u6 = 0, 664 4, 56 × 105 1/2 (0, 69)1/3 = 396, 22 Donc, h1−6 = 396, 22 × 0, 0338 W/m.K N u6 λ = = 55, 8 W/m2 .K L6 0, 24 m En notant que la couche limite sur la septième plaque est mixte, on doit utiliser alors : 4/5 N u7 = 0, 037Re7 − 871 P r1/3 On obtient alors, avec Re7 = 7Re1 = 5, 32 × 105 : h 5 4/5 N u7 = 0, 037 5, 32 × 10 − 871 (0, 69)1/3 = 475, 46 Donc h1−7 = N u7 λ 475, 46 × 0, 0338 W/m.K = = 57, 4 W/m2 .K L7 0, 28 m D’où : Φconv,7 = (57, 4 W/m2 .K×0, 28 m−55, 8 W/m2 .K×0, 24 m)×1 m×(240−20)◦ C = 589, 6 W Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 6 de la même manière on procède maintenant au calcul de flux thermique associé à la plaque no. 8. Il vient : Φconv,8 = (h1−8 L8 − h1−7 L7 ) × 1 × (Ts − T∞ ) où h1−8 est calculé de la même mainère que h1−7 . Ainsi, avec Re8 = 8Re1 = 6.08 × 105 , l’on obtient h 4/5 N u8 = 0, 037 6, 08 × 105 − 871 (0, 69)1/3 = 615, 84 Donc, h1−8 = N u8 λ 615, 84 × 0, 0338 W/m.K = = 65 W/m2 .K L8 0, 32 m et par conséquent Φconv,8 = (65 W/m2 .K × 0, 32 m − 57, 4 W/m2 .K × 0, 28 m) × 1 × (240 − 20)◦ C = 1040 W On conclu alors que Φconv,1 > Φconv,8 > Φconv,7 . Remarques : Le résultat obtenu dépend des conditions de l’écoulement ainsi que la longueur des plaques chauffantes. Par exemple, si U∞ = 60 m/s, T∞ = 25◦ C, Ts = 230◦ C et la longueur de plaque chauffante est 50 mm, la transition aurait lieu en xc = 0, 22 m qui correspond à la plaque no. 5 sur laquelle la couche limite serait mixte. On trouve alors que pour ce problème Φconv,6 > Φconv,1 > Φconv,5 . Solution d’exercice I.5: Hypothèses : 1. Régime permanent. 2. Condcution thermique uni-dimensionnelle. 3. Le sonde est isolé thermique du mur. 4. Les coefficients de transfert thermique par convection sont uniformes. Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 7 Analyse : 1. Pour trouver une expression pour ∆Terr = (Te − T∞,i ), il nous faut la distribution de la température de la partie du sonde en contact avec le liquide Ti (x). On considère alors que le sonde consiste de deux régions : 0 ≤ xi ≤ Li , pour la partie plongée dans le liquide, et 0 ≤ xo ≤ (L−Li ), la partie dans l’air ambiant. L’origin correspond alors au mur. En utilisant les résultats pour d’ailette à section constante, avec transfert thermique par convection à l’extrémité libre, on obtient alors Ti (x) − T∞,i cosh (ki (Li − xi )) + (hi /ki λ) sinh (Li − xi ) = To − T∞,i cosh (ki Li ) + (hi /ki λ) sinh (ki Li ) (2) où T0 = Ti (xi = 0 = xo ). La température à l’extrémité libre du sonde, Te = Ti (Li ) est alors : cosh(0) + (hi /ki λ) sinh(0) Ti (Li ) − T∞,i =A= To − T∞,i cosh (ki Li ) + (hi /ki λ) sinh (ki Li ) (3) ∆Terr = A (To − T∞,i ) (4) D’où 2. Le bilan du flux thermique en xi = xo = 0 conduit à ϕO = −ϕi (5) La distribution de la température pour x ≤ 0 est donnée par To (x) − T∞,o cosh mo (Lo + x) = To − T∞,o cosh (mo Lo ) (6) car l’extrémité libre de la partie exposé à l’air ambiant est supposé isolée adiabatiquement. Alors, d’après (5) (ho mλAc )1/2 (To − T∞,o ) · B = − (hi mλAc )1/2 (To − T∞,i ) · C (7) où m = πD, Ac = 14 πD2 et B= sinh (ko Lo ) + (ho /ko λ) cosh (ko Lo ) cosh (ko Lo ) + (ho /ko λ) sinh (ko Lo ) et C = tanh (ko Lo ) Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009 Université de Caen UFR des Sciences 8 En cherchant To , on obtient : To − T∞,o (hi P λAc )1/2 C =− =− To − T∞,i (ho P λAc )1/2 B D’où : " hi ho 1/2 C B # 1/2 hi C T∞,o + T∞,i ho B " To = 1/2 # C hi 1+ ho B (8) (9) 3. Pour calculer ∆Terr , on doit d’abord déterminer les constantes A, B, C et finalement To . L’effet de α = Li /L est mise en évidence en écrivant Lo = L − Li = L(1 − α). On obtient alors, T∞,o + ∆Terr = A hi ho 1/2 1/2 C hi C T∞,i − T∞,i − T∞,i B ho B " 1/2 # hi C 1+ ho B soit ∆Terr = A " T∞,o − T∞,i 1/2 # hi C 1+ ho B (10) Notons que dans le cas où hi /ho 1, cette expression se réduit à : ∆Terr = A (T∞,o − T∞,i ) (11) Adil Ridha Département de Mathématiques et Mécanique 2008–2009