DM33

DM33 • Climatiseur [ENSTIM 2002]
On s’intéresse au fonctionnement d’un appareil de climatisation, dont le but est de maintenir
une température constante (T0 = 20◦ C) dans un local été comme hiver.
Le climatiseur fonctionne donc en pompe à chaleur l’hiver, en machine frigorifique
l’été.
Les transferts thermiques du climatiseur se font avec 2 sources :
• L’intérieur de la pièce (à T0 )
• L’atmosphère extérieure (on prendra Text = T1 = 0◦ C en hiver ; Text = T2 = 40◦ C en
été afin de prévoir des conditions « extrêmes »).
Le fluide caloporteur qui effectue des cycles dans l’appareil est l’ammoniac. Ses caractéristiques
thermodynamiques sont résumées dans le diagramme entropique T (s) où sont représentées :
• les isenthalpiques (« H » est donné en kJ/kg [il s’agit donc de l’enthalpie massique
h]) ;
• les isobares (représentées par – . – . – . – . – . – dans le domaine « vapeur sèche »).
On donne, par ailleurs, les pressions de vapeur saturante P ∗ (T ) aux trois températures d’étude :
P1 = P ∗ (0◦ C) = 4, 3 bars
P0 = P ∗ (20◦ C) = 8, 2 bars
P2 = P ∗ (40◦ C) = 15 bars
Rafraîchissement
B
A
Chauffage
Compresseur
E2
E1
Détendeur
D
C
Local à T0=20˚C
Extérieur Text
On se limitera à l’étude du
climatiseur en régime permanent. Par un jeu de vannes
adéquat, le fluide peut circuler dans un sens pour chauffer
la pièce (A, B, C, D, A) ; dans
l’autre sens pour la rafraı̂chir
(B, A, D, C, B).
DM33 • T5/6
Le circuit comporte 2 parties isobares :
• L’une à la pression de vapeur saturante de l’ammoniac à T0 = 20◦ C (côté local) ;
• L’autre à la pression de vapeur saturante de l’ammoniac à Text (côté atmosphère
extérieure).
Par ailleurs, lorsqu’on néglige les variations d’énergie cinétique et les variations d’altitude, on
rappelle qu’à la traversée d’une partie active (compresseur, détendeur ou échangeur) l’énergie
reçue par le fluide circulant en régime permanent vérifie :
∆h = hs − he = wu + q
Sortie
Entrée
si he et hs sont les enthalpies massiques du fluide
à l’entrée et à la sortie ; wu et q étant le travail
et la chaleur utiles reçus (c’est-à-dire échangés
avec l’extérieur du circuit, excluant le travail des
forces de pression du fluide en amont et en aval
Partie
wu
q
de la partie active) par kilogramme de fluide traactive
versant la partie active.
Le fluide subit des échanges de chaleur isobares (sans recevoir de travail utile) dans les échangeurs
E1 et E2 avec les 2 sources de chaleur (local et atmosphère extérieure). Un système de ventilation permet d’améliorer les échanges thermiques : la température du fluide est celle de la
source d’échange à la sortie de chacun d’entre eux.
Le compresseur comprime de manière adiabatique quasi-statique le fluide à l’état gazeux de
la plus faible à la plus forte pression. L’unité de masse de fluide traité y reçoit le travail utile
wu .
Climatiseur
2012-2013
Le fluide subit une détente adiabatique, sans échange de travail utile, dans le détendeur (la
détente est donc isenthalpique).
I
Généralités :
I.1) En deux phrases de rédaction : Comment réalise-t-on un détendeur (détente isenthalpique
d’un fluide) ? Quel autre nom porte une telle détente ?
I.2) Le premier principe de thermodynamique est bien vérifié dans une partie active ; c’est
pourtant ∆h (et non ∆u) qui est égal à wu +q . . . Faire une démonstration complète et rigoureuse
de cette relation.
I.3) En supposant que l’ammoniac, à l’état gazeux dans le compresseur, est assimilable à un gaz
Ts
parfait de cœfficient adiabatique γ constant, exprimer le rapport
(des températures absolues
Te
Ps
de sortie et d’entrée dans le compresseur) en fonction de γ et de
(rapport des pressions de
Pe
sortie et d’entrée du compresseur).
I.4) Par lecture du graphe, déduire (avec une précision de 10 kJ.kg −1 ) les enthalpies massiques
de vaporisation (= chaleurs latentes de vaporisation) de l’ammoniac à T1 = 0◦ C, T0 = 20◦ C et
T2 = 40◦ C.
Les paliers de vaporisation qui viennent d’être considérés permettent de trouver quelles courbes
correspondent, dans le domaine « vapeur sèche », aux isobares P1 , P0 et P2 : placer les valeurs
de ces trois isobares sur le graphe.
II
Fonctionnement hivernal du climatiseur (chauffage) :
DM33 • T5/6
Dans ce cas :
• l’échangeur E1 est un condenseur : l’ammoniac y entre en B sous forme de vapeur
sèche ; il en ressort sous forme de liquide saturant en C, à la température T0 du local ;
• l’échangeur E2 est un évaporateur : le mélange liquide + vapeur qui entre en D se
vaporise totalement pour ressortir sous forme de vapeur saturante en A à la température
de l’atmosphère extérieure T1 = 0◦ C.
II.1) Tracer le cycle (en l’orientant et en justifiant) de l’ammoniac sur le diagramme entropique
(y faire apparaître les points A, B, C et D).
Trouver graphiquement la température TB de l’ammoniac à la sortie du compresseur.
II.2) Déterminer (graphiquement), pour 1 kg d’ammoniac traité (on rappelle que E1 , E2 et le
compresseur sont des parties actives) :
• Le travail wu fourni par le compresseur au fluide ;
• La chaleur qc reçue par le fluide (de la part du local) lors du passage dans l’échangeur
E1 ;
• La chaleur qf reçue par le fluide (de la part de l’extérieur) lors de son passage dans
E2 .
→ Faire ensuite un bilan énergétique du cycle.
II.3) Définir et calculer le cœfficient de performance (= efficacité thermique) η du climatiseur.
II.4) Démontrer et calculer quel serait le cœfficient de performance ηC si le fluide effectuait des
cycles de Carnot en effectuant les échanges thermiques avec les mêmes sources de chaleur ?
En quoi le cycle effectué diffère-t-il d’un cycle de Carnot ?
II.5) Quelle est la fraction massique de vapeur xV (D) à la sortie du détendeur ?
On demande une démonstration complète et précise.
II.6) En utilisant le résultat de la question I.3), évaluer l’indice adiabatique γ du gaz ammoniac.
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III
Fonctionnemt estival du climatiseur (rafraı̂chissemt) :
Les rôles des 2 échangeurs sont inversés : E1 est un évaporateur ; E2 un condenseur . La
condensation est toujours totale : le fluide à la sortie du condenseur est sous forme de liquide
saturant.
III.1) Tracer le cycle (en l’orientant et en justifiant) de l’ammoniac sur le diagramme entropique ; on affectera les points de l’indice ´ : (B ′ → A′ → D′ → C ′ → B ′ ).
Préciser les états physique en chacun des quatre points particulier du cycle (vapeur saturante ?
liquide saturant ? vapeur sèche ? mélange liquide + vapeur ?)
Déterminer graphiquement les enthalpies massiques h(A′ ), h(B ′ ), h(C ′ ) et h(D′ ).
Déterminer graphiquement la température TA′ à la sortie du compresseur.
III.2) Déterminer (graphiquement), pour 1 kg d’ammoniac traité (même remarque qu’en II.2)) :
• Le travail wu′ fourni par le compresseur ;
• La chaleur q1′ reçue par le fluide (de la part de la pièce) lors du passage dans l’échangeur
E1 ;
• La chaleur q2′ reçue par le fluide (de la part de l’extérieur) lors du passage dans E2 .
III.3) Définir et calculer le nouveau coefficient de performance (= efficacité frigorifique) η ′ du
climatiseur.
′ si le fluide effectuait des cycles de
III.4) Quel serait le nouveau cœfficient de performance ηC
Carnot en effectuant les échanges thermiques avec les mêmes sources de chaleur ?
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DM33 • T5/6
Feuille de réponse pour les questions I.4), II.1) et III.1)
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Solution
I
Généralités :
I.1) On réalise un détendeur en opérant la diffusion d’un fluide à travers une paroi poreuse.
Il s’agit d’une détente de Joule-Thomson (=Joule-Kelvin).
I.2) Cf. Cours+TD où à de multiples reprises a été établi le premier principe pour un système
ouvert.
I.3) La transformation dans le compresseur est une transformation adiabatique quasi-statique
(= isentropique) d’un gaz parfait.
On peut donc appliquer les lois de Laplace : P V γ = C te ou plutôt, pour cette question,
P 1−γ T γ = C te .
γ−1
Ts
Ps γ
1−γ γ
1−γ γ
Ainsi : Pe Te = Ps Ts ⇔
=
Te
Pe
I.4) Les paliers de vaporisation correspondent aux segment horizontaux LV sous la courbe de
saturation (car un changement d’état est une transformation isotherme (et isobare)).
• Ainsi Lvap (Ti ) = h(V (Ti )) − h(L(Ti )) pour la vaporisaton à la température Ti . On a donc :
Lvap (T1 = 0◦ C) ∼
= 1670 − 430 ∼
= 1240 kJ.kg −1 ,
Lvap (T0 = 20◦ C) ∼
= 1160 kJ.kg −1 ,
= 1690 − 530 ∼
Lvap (T2 = 40◦ C) ∼
= 1060 kJ.kg −1 .
= 1700 − 640 ∼
• Comme un palier de vaporisation correspond également à une transformation isobare P ∗ (Ti ),
son extrémité {V } indique quelle courbe isobare, dans le domaine «vapeur sèche», correspond à
la valeur Pi = P ∗ (Ti ).
II
Fonctionnement hivernal du climatiseur (chauffage) :
B
s(A) = s(B)
PA = P1 < P0
compression isentropique Compresseur
vapeur saturante
wu = ? et q = 0
TA = T1
h(A)=1670 kJ/kg
A
PD = P1 < P0
liquide + vapeur
xV(D) = ?
TD = T1
h(D) = h(C)
Climatiseur en mode
"Chauffage"
D
E1
Condenseur
isobare P0
C
C
Détendeur
détente isenthalpique
wu,DC = 0 et q = 0
qc = ?
Evaporateur
isobare P1
s(B) = s(A)
PB = P0
vapeur sèche
TB = ?
h(B)=1775 kJ/kg
Local à T0=20˚C
Extérieur Text=T1
qf = ?
D
E2
B
DM33 • T5/6
A
PC = P0
liquide saturant
xL(D) = 1
TC = T 0
h(C) = 530 kJ/kg
II.1) • B → C est une portion de l’isobare P0 dont on ne peut pas (encore) placer le point B dans
le domaine « vapeur sèche » mais dont C correspond au point L(T0 ) sur la courbe d’ébullition –
car le fluide sort du condenseur E1 à la température du local T0 et à l’état de liquide saturant.
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Climatiseur
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• C → D : la détente étant isenthalpique, h(D) = h(C). Par ailleurs, comme D → A est une
isobare à la pression P1 , D doit être à l’intersection de l’isenthalpique h(C) = 530 kJ.kg −1 et
de l’isobare P1 : D est donc sur le palier de vaporisation P1 = P ∗ (T1 ) : D est un mélange
liquide+vapeur à T1 .
• D → A : le fluide sort de l’évaporateur E2 sous forme de vapeur saturante : A est sur la courbe
de rosée à T1 et P1 .
• A → B : la compression étant isentropique (cf. I.3) ), s(B) = s(A) : B est donc à l’intersection
de l’isentropique s(A) et de l’isobare P0 , dans le domaine « vapeur sèche ».
→ On en déduit : TB ∼
= 56◦ C .
II.2) •
wu = h(B) − h(A) ∼
= 1 775 − 1 670 = 105 kJ.kg −1
• qc = h(C) − h(B) ∼
= 530 − 1 775 = −1 245 kJ.kg −1 < 0 (le fluide cède de la chaleur au local)
• qf = h(A) − h(D) ∼
= 1 670 − 530 = 1 140 kJ.kg −1 > 0 (le fluide reçoit de la chaleur de l’extérieur)
• Bilan énergétique pour le cycle, en se souvenant que C → D est isenthalpique :
∆hcycle = ∆hAB + ∆hBC + ∆hCD + ∆hDA = ωu + qc + 0 + qf = 0
On vérifie que l’enthalphie est une fonction d’état, ne dépendant que de l’état thermodynamique
considéré, soit : ∆hcycle = h(A) − h(A) = 0.
ce qui nous intéresse
−qc
1245
=
=
≈ 12 .
ce qui nous coûte
wu
105
II.4) • Un cycle de Carnot étant réversible, l’inégalité de Clausius devient égalité de ClauQc Qf
Qc Qf
+
= 0, soit, ici :
+
= 0.
sius :
Tc
Tf
T0
T1
Et comme le premier principe sur un cycle impose : W = ∆U − Q = 0 − Qc − Qf , on obtient :
−Qc
Qc
293
Q
T0
c
, soit : ηC =
ηC =
=
=
≈ 14, 6 .
=
T1
W
Qc + Qf
T 0 − T1
293 − 273
Qc 1 −
T0
• Le cycle de Carnot est constitué de deux isotherme réversibles (une à Tf = T1 et une
à Tc = T0 ) et de deux adiabatique réversibles. Mais dans le cycle étudié, deux partie sont
irréversibles :
◦ B → C : tant que le fluide est une «vapeur sèche», sa température est supérieur à
Tc = T0 : l’échange de chaleur n’est ni réversible ni isotherme ;
◦ C → D : la détente de Joule-Kelvin est adiabatique, mais elle est irréversible.
II.5) • Sur un palier de vaporisation LV dans le diagramme entropique, où L est sur la courbe
d’ébullition et V sur la courbe de rosée, les grandeurs intensives sont toutes imposées par
la seule donnée de la température (ou de la pression) de ce palier de changement d’état –
car un corps pur diphasé est monovariant.
• Ainsi, par exemple, l’entropie massique de la phase vapeur (ou liquide) pour n’importe quel
point E du palier de changement d’état ne dépendant que de T , pour la connaître il suffit de
l’identifier à l’entropie massique du point V , vapeur saturante (ou celle du point L, liquide
saturant) :
DM33 • T5/6
II.3) Pour une pompe à chaleur,
η=
sV (E) = sV (T ) = s(V ) = s(A)
et
sL (E) = sL (T ) = s(L) .
• L’entropie étant une fonction extensive, on peut exprimer sa valeur dans l’état thermodynamique D en fonction des entropies massiques de la phase vapeur et de la phase liquide ainsi
que des masses des phases vapeur et liquide : S(D) = SL (D) + SV (D), soit, pour le palier à la
température T1 :
m.s(D) = mL .sL (D)+mV .sV (D) ⇔ s(D) = xL .s(L1 )+xV .s(V1 ) ⇔ s(D) = (1−xV ).s(L1 )+xV .s(A)
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Climatiseur
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Soit :
s(D) − s(L1 ) ∼
L1 D
=
= 8, 5%
L1 A
s(A) − s(L1 )
xV (D) =
II.6) En appliquant la réponse de I.3) à la compression isentropique A → B, on obtient :
TB
=
TA
III
PB
PA
γ−1
γ
TB
ln
γ−1
T1
=
⇔
⇔
P0
γ
ln
P1

TB −1
ln

T1 
 ∼
γ=
1
−
= 1, 4

P0 
ln
P1

Fonctionnemt estival du climatiseur (rafraı̂chissemt) :
III.1) • Cette fois, E1 est un évaporateur. La transformation C ′ → B ′ dans E1 est toujours
une isobare P0 qui correspond à la « pression de vapeur saturante de l’ammoniac à T0 » (énoncé,
p.1) et la température du fluide en sortie est toujours celle du local (énoncé, p.2) : donc C ′ → B ′
est une portion du palier de vaporisation à T0 et TB ′ = T0 .
• B ′ → A′ : Le compresseur comprime toujours de manière adiabatique quasi-statique un fluide
à l’état gazeaux supposé parfait (énoncé, p. 2).
On en déduit donc que B ′ est à l’état de vapeur saturante, donc sur la courbe de rosée à la
pression P0 et que A′ est dans la zone « vapeur sèche » sur l’isentropique s(B ′ ).
• La transformation A′ → D′ dans E2 est toujours une isobare P2 qui correspond à la « pression
de vapeur saturante de l’ammoniac à Te xt = T2 » (énoncé, p.1), et la température du fluide en
sortie est toujours celle de l’extérieur : TD′ = T2 (énoncé, p. 2).
On en déduit que A′ est à l’intersection de l’isobare P2 et de l’isentropique s(B ′ ).
Comme cette fois, E2 est un condenseur et que la condensation est totale (cf. énoncé, III),
D′ est à l’état de liquide saturant (sur la courbe d’ébullition donc).
A' s(A') = s(B')
B' s(B') = s(A')
PA' = P2 > P0
compression isentropique Compresseur
vapeur sèche
w'u = ? et q = 0
TA' = ?
h(A')=1775 kJ/kg
D' PD' = P2
liquide saturant
xL(D') = 1
TD' = T2
h(D') = h(C')
Climatiseur en mode
"Rafraîchissement"
D'
Détendeur
E1
Evaporateur
isobare P0
C'
q'1 = ?
Condenseur
isobare P2
Local à T0=20˚C
Extérieur Text=T2
q'2 = ?
E2
B'
DM33 • T5/6
A'
PB' = P0
vapeur saturante
TB' = T0
h(B')=1680 kJ/kg
C' PC' = P0 < P2
détente isenthalpique
w'u,D'C' = 0 et q = 0
vapeur + liquide
TC' = ?
h(C') = 640 kJ/kg
h(C') = h(D')
• Le détendeur impose une détente isenthalpique D′ → C ′ . Donc h(D′ ) = h(C ′ ).
On en déduit que C ′ est à l’intersection de l’isenthalpique h(D′ ) et de l’isotherme T0 .
• TA ′ ∼
= 67◦ C .
III.2) •
•
wu′ = h(A′ ) − h(B ′ ) = 1 775 − 1 680 ∼
= 95 kJ.kg −1 .
q1′ = h(B ′ ) − h(C ′ ) ∼
= 1 680 − 640 = 1 040 kJ.kg −1 = qf′ > 0
(le fluide reçoit de la chaleur
de la part du local qui joue cette fois le rôle de source froide).
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Climatiseur
2012-2013
• q2′ = h(D′ ) − h(A′ ) ∼
= 640 − 1 775 = −1 135 kJ.kg −1 = qc′ < 0
à l’extérieur qui joue cette fois le rôle de source chaude).
(le fluide cède de la chaleur
′
qf
ce qui nous intéresse
1 040 ∼
= ′ =
= 10, 9 ≈ 11
ce qui nous coûte
wu
95
III.4) Par un raisonnement similaire à celui exposé en II.4), on obtient :
Tf
T0
293
′
=
=
≈ 14, 6 .
ηC
=
Tc − Tf
T2 − T 0
313 − 293
η′ =
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III.3) Éficacité frigorifique :
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