TD1-0809-Corrige

Universit´e de Caen UFR des Sciences 1
Master 1 IMM mention Ing´enierie M´ecanique (M1)
Transfert de Chaleur et de Masse
Corrig´ee de TD1 - Rappel
Solution d’exercice I.1: Aet Bsont des constantes `a d´eterminer en fonction des
conditions aux limites `a la base de l’ailette x= 0 et `a son extr´emit´e x=L. La grandeur k
est donn´ee par
k2=hm
λS
o`u
mest le p´erim`etre de la surface soumise au transfert thermique par convection,
hest le coefficient de transfert thermique par convection,
λest la conductivit´e de mat´eriau de l’ailette,
Sest la section droite de l’ailette.
Comme le transfert thermique `a travers la surface int´erieure du tube est `a n´egliger, on a
m= 2roπ= 48,69 ×10−3m
Alors
k=rhm
λS =s50 ×48,69 ×10−3 400 ×π(r2
o−r2
i)= 22,54 m−1
1. Soit Ttla temp´erature de transistor. Donc la condition aux limites en x= 0 conduit
`a A=Tt−T∞.` A l’extr´emit´e non chauff´ee, x=L, on a
−λdT
dxx=L
=h(T(x=L)−T∞),d’o`u B=−(Tt−T∞)
sinh kL +h
kλ cosh kL
cosh kL +h
kλ sinh kL
.
Pour calculer Bon a :
h
kλ =50 22,54 ×400 = 0,0055, kL = 22,54 ×15 ×10−3= 0,338,
sinh kL = 0,345, cosh KL = 1,0577, et par cons´equent
B=−(Tt−T∞)0,345 + 0,0055 ×1,0577
1,0577 + 0,0055 ×0,345=−0,331(Tt−T∞)
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Compte tenu des hypoth`eses faits, le transistor dissipe Φ = 0,25 W `a travers l’ailette
seulement. Cela implique
−Sλ dT
dxx=0
= Φ = 0,25
soit −π(r2
o−r2 i)λ(Bk) = 0,25
d’o`u Tt=T∞+0,25
400 ×11,977 ×10−6×22,54 ×0,331 = 53◦C.
2. Sans l’ailette, toute l’´energie serait dissip´ee `a travers la surface de du transistor. Donc
πr2
oh(Tt−T∞)=Φ
d’o`u Tt=T∞+Φ
πr2
oh
= 25 + 0,24
π×7,752×10−6×50
soit Tt= 50,4◦C.
3. Conclusion : L’hypoth`ese faits montrent que si on a eu pris en comptes la dissipation
`a travers la surface du transistor ainsi qu’`a travers la surface int´erieurs du tubes on
aurait trouv´e Ttbeaucoup plus inf´erieurs aux valeurs calcul´ees.
4. On peut supposer que la dissipation thermique a lieu `a travers toutes les surfaces
expos´es avec Ttconstante pour toute r.
Solution d’exercice I.2: On a un probl`eme du transfert thermique en r´egime non
permanent. Le transfert de chaleur a lieu en deux ´etapes. Dans la premi`ere, le panneau
est chauff´e jusqu’`a la temp´erature de 150◦C dans un temps t1qui est inconnu. Ensuite, le
panneau est maintenu chauff´e pour 5 minutes suppl´ementaire `a la fin duquel la temp´erature
augmente jusqu’`a T1(qui est inconnue). Dans la deuxi`eme ´etapes, la panneau est refroidi
de T1jusqu’`a 37◦C. Cette ´etape prend un temps t2, qui est `a d´eterminer. Ainsi, le temps
total est ´egale `a t1+5+t2minutes.
1. Nous commen¸cons par calculer le nombre de Biot, Bi, afin de d´eterminer la m´ethode
du calcul pour l’´evolution de la temp´erature. On a pour la premi`ere ´etape
Bi1=20 W/m2K×3×10−3m
177 W/m.K = 0,34 ×10−3
D’o`u Bi2= 0,5Bi1= 0,68 ×10−3.
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2. Alors Bi11 et Bi21 ce qui implique que la m´ethode de la capacit´e globale est
convenable pour les deux ´etapes.
3. L’´equation `a utiliser pour les deux ´etapes est
θ
θi
=T−T∞
Ti−T∞
= exp −hAs
ρcV t.(1)
4. On a pour le panneau V/As=L= 3 mm. De plus, ρc =λ/α. Donc, on trouve
hAs
ρcV =20 W/m2K×73 ×10−6m2/s 177 W/m.K ×3×10−3m= 2,75 ×10−3s−1.
Alors, 150 −175
25 −175 = exp −2,75 ×10−3t1.
D’o`u t1= 651,55 s, soit t1= 10,86 min. Ainsi, le temps de s´ejour du panneau dans
le four est 5 + 10,86 = 15,86 min. A la fin du ce temps la temp´erature est T1qui est
d´etermin´ee par
T1−175
25 −175 = exp (−2,75 ×10−3×15,86 ×60)
= exp(−261,7) '0
et par cons´equent T1= 175◦C.
5. Dans l’´etape du refroidissement, on a
hAs
ρcV =1 2×2,75 ×10−3= 1,376 ×10−3s−1.
Donc 37 −25
175 −25 = exp −1,376 ×10−3t2.
d’o`u t2= 1347 s, soit 22,45 min.
En cons´equence, le temps total de l’op´eration est
t= 22,45 + 15,86 = 38,31 min.
Solution d’exercice I.4:
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Hypoth`eses :
1. R´egime permanent.
2. Radiation thermique n´egligeable.
3. Surface inf´erieure de la plaque suppos´ee isol´ee adiabatiquement.
Analyse :
On peut localiser la plaque chauffante utilisant la puissance ´electrique maximale en d´eterminant
au pr´ealable le point de transition de couche limite. Calculons d’abord le nombre de
Reynolds bas´e sur la longueur L1de la premi`ere plaque chauffante :
Re1=U∞L1
ν=50 m/s ×0,04 m 26,41 ×10−6m2/s = 0,76 ×105
En supposant que le nombre de Reynolds de transition est donn´e par Rec,x = 5 ×105, il
vient que la transitions a lieu en :
xc=ν
U∞
Rec,x =26,41 ×10−6m2/s
50 m/s ×5×105= 0,2641 m
La transition se d´eclenche alors sur septi`eme plaque.
La plaque chauffante exigeant une puissance ´electrique maximale y conduit au plus
grand coefficient moyen, h, de transfert thermique par convection. En sachant que hvarie
avec xdu bord d’attaque, on en d´eduit alors qu’il existe trois possibilit´es :
1. La plaque chauffante no. 1, car elle correspond `a la valeur maximale de hlocal dans
´ecoulement laminaire.
2. La plaque chauffante no. 7, car elle correspond `a la valeur maximale de hlocal dans
´ecoulement turbulent.
3. La plaque chauffante no. 8, car elle est la premi`ere plaque se trouvant enti`erement
dans un ´ecoulement turbulent.
Pour toute plaque chauffante (no. i), la conservation d’´energie exige :
Φ´elec = Φconv =hiLi×1×(Ts−T∞)
Pour la premi`ere plaque, h1est d´etermin´e `a partir de :
Nu1= 0,664Re1/2
1P r1/3= 0,664(0,76 ×105)1/2(0,69)1/3= 161,8
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D’o`u
h1=Nu1λ
L1
=161,8×0,0338 W/m.K
0,04 m = 136,68 W/m2.K
Ainsi, on trouve
Φconv,1 = 136,68 W/m2.K(0,04 ×1) m2(240 −20)◦C = 1202,8 W
La puissance exig´ee pour la plaque no. 7 peut ˆetre calcul´ee en soustrayant la perdition
thermique totale associ´ee au premi`ere six plaques chauffantes (1-6) de celle associ´ee au
premi`ere sept plaques chauffantes (1-7). D’o`u :
Φconv,7 =h1−7L7×1×(Ts−T∞)−h1−6L6×1×(Ts−T∞)
soit
Φconv,7 = (h1−7L7−h1−6L6)×1×(Ts−T∞)
o`u Li=i×L1.
L’´ecoulement sur les premi`ere huit plaques est laminaire, et on obtient par cons´equent :
Nu6= 0,664Re1/2
6P r1/3
Avec Re6= 6Re1= 4,56 ×105, on obtient alors
Nu6= 0,664 4,56 ×1051/2(0,69)1/3= 396,22
Donc,
h1−6=Nu6λ
L6
=396,22 ×0,0338 W/m.K
0,24 m = 55,8 W/m2.K
En notant que la couche limite sur la septi`eme plaque est mixte, on doit utiliser alors :
Nu7=0,037Re4/5
7−871P r1/3
On obtient alors, avec Re7= 7Re1= 5,32 ×105:
Nu7=h0,037 5,32 ×1054/5−871(0,69)1/3= 475,46
Donc
h1−7=Nu7λ
L7
=475,46 ×0,0338 W/m.K
0,28 m = 57,4 W/m2.K
D’o`u :
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
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