1 Machine frigorifique:

1. La pression d’évaporation est donnée par la table de saturation du R143a. En effet, pour un corps pur, le changement d’état a lieu à pression et température constantes. La pression et la température sont liées par la courbe de pression de vapeur dont la table donne une représentation. A l’entrée de l’évaporateur, suite à la détente, on est en présence d’un équilibre liquide-vapeur. La température d’évaporation est de  − 5°C, ce qui correspond à une pression d’évaporation de 5, 30 bar.
2. Les hypothèses de l’énoncé indiquent que c’est un liquide saturé qui arrive à l’entrée du détendeur. La température de condensation sera donc de 35 °C. La pression correspondante est de 16, 23 bar.
3. Il y a bien une surchauffe à la sortie de l’évaporateur. En effet, l’évaporation a lieu à  − 5 °C tandis que la vapeur sortant de l’évaporateur est à 2°C et sous la pression de 16, 23 bar. La surchauffe est donc de 2 − ( − 5) = 7 °C. Lorsqu’il n’y a plus de liquide à évaporer, un apport de chaleur se traduit par une augmentation isobare de la température . C’est ce qui se passe à la fin, sur un petit bout de l’échangeur.
4. L’enthalpie massique h₁ du liquide arrivant au détendeur est donnée par la table de saturation. On sait qu’il s’agit de liquide saturé à la température de 35 °C , ce qui donne h₁ = 254, 43 KJ ⁄ Kg.
5. Le point 3 se trouve dans la zone surchauffée. On trouvera les caractéristiques de ce point sur la table de vapeur surchauffée sur l’isobare 5, 30 bar et à la température de 2°C, ce qui donne: h₃ = 391, 27 KJ ⁄ Kg.
6. Lorsque la machine fonctionne à son point nominal, la puissance frigorifique produite est de Q̇_f = 8, 2 KW. Il s’agit de la puissance absorbée par le fluide frigorigène dans son passage par l’évaporateur. Soit :\strikeout off\uuline off\uwave off Q̇_f = ṁ(h₃ − h₂)\uuline default\uwave default d’après le premier principe appliqué à l’écoulement de fluide frigorigène dans l’évaporateur et compte tenu du fait que le travail utile est nul et que les variations d’énergie cinétique sont négligées. On en déduit:
   ṁ = (Q̇_f)/(h₃ − h₂) = (8, 2)/(391, 27 − 254, 43) = 0, 0599 Kg ⁄ s
   soit environ 60 g ⁄ s
7. Le titre de vapeur à l’entrée de l’évaporateur peut ^etre déduit de l’enthalpie massique h₂ = h₁ = 254, 43 KJ ⁄ Kg (la détente est isenthalpique). Il faut pour cela conna^itre les enthalpies massiques du liquide saturé et de la vapeur saturée à la température de  − 5 °C . La table de saturation donne respectivement pour ces deux valeurs: h’ = h’( − 5 °C) = 192, 71KJ ⁄ Kg et h" = h"(35 °C) = 383, 68KJ ⁄ Kg . On en déduit
   x = (h₂ − h’)/(h" − h’) = 0, 323
8. Le compresseur est adiabatiaque et on néglige les variations d’énergie cinétique. Le premier principe se réduit à :
   Ẇ_u = ṁ(h₄ − h₃) = 0, 0599.(424, 35 − 391, 27) = 1, 981 KW
   soit environ 2 KW
9. La compression n’est pas isentropique car l’entropie du point final s₄ = 1, 7330 KJ ⁄ Kg.K est différente de celle du point initial s₃ = 1, 7135 KJ ⁄ Kg.K. On peut également remarquer que s₄ > s₃, ce qui est bien conforme au deuxième principe.

2 Humidification d’air

1. La pression de vapeur saturante de l’eau à 10 °C est donnée par la table de vapeur saturée soit: P_s1 = P_s(10 °C) = 0, 01227 bar. La pression partielle de la vapeur d’eau résulte de la définition de l’humidité relative :
   P_v1 = φ₁.P_s1 = 0, 7*0, 01227 = 0, 008589 bar
   l’humidité absolue quant à elle, peut être calculée à partir de la pression partielle
   η₁ = (m_e)/(m_a) = (M_e)/(M_a) × (P_v)/(P − P_v) = 0, 622 × (0, 008589)/(1 − 0, 008589) = 0.00539 Kg ⁄ Kg a.s
   soit environ 5, 4 g d’eau par Kg d’air sec.
2. L’air étant uniquement chauffé dans cette opération, il n’y a aucun apport d’humidité supplémentaire et l’évolution a lieu à pression constante. Par suite, ni l’humidité absolue, ni la pression partielle de la vapeur d’eau ne changent :
   η₂ = η₁ et P_v2 = P_v1
3. L’enthalpie de l’unité d’air humide est donnée par:
   h = h₀ + c_pa(T − T₀) + η[c_pv(T − T₀) + L_v0]
   ce qui se réduit à:
   h₁ = c_pa t₁ + η[c_pv t₁ + L_v0] = 5.64 Kcal ⁄ Kg  = 23.61 KJ ⁄ Kg a.s.
   avec t₁ = T₁ − T₀ = 10 °C . Les valeurs des chaleurs massiques de l’air et de l’eau son celles données dans le cours soit: c_pa = 0, 24 Kcal.Kg^− 1K^− 1 et c_pv = 0, 46 Kcal.Kg^− 1K^− 1 ainsi que celle de la chaleur latente de vaporisation de l’eau à 0 °C : L_v0 = 597 Kcal ⁄ Kg.
4. De même pour l’air après chauffage,
   h₂ = c_pa t₂ + η[c_pv t₂ + L_v0] = 8, 06 Kcal ⁄ Kg  = 33, 76 KJ ⁄ Kg a.s.
5. La puissance électrique consommée par les résistances est donné par l’application du premier principe à cet écoulement. Ici, il n’y a pas de travail utile ni de variation de l’énergie cinétique. Ce qui donne:
   Q̇ = ṁ_a(h₂ − h₁) = 0, 106(33, 76 − 23.61) = 1, 076 KW
6. L’enthalpie de l’unité d’air humide pour le flux d’air final dans l’état 3 est donnée par
   h₃ = h₂ + h_v(η₃ − η₂) = 56, 79 KJ ⁄ Kg a.s.
   où h_v est l’enthalpie massique de la vapeur injectée. Ici, il s’agit de vapeur d’eau saturée à la température de 100°C. celle-ci est donnée par la table de saturation de l’eau à savoir :h_v = 639, 1 Kcal ⁄ Kg = 2674.6 KJ ⁄ Kg
   note: On remarque que le point de référence de la table est bien cohérent avec celui qui est utilisé pour les calculs de l’enthalpie d’air humide, à savoir :h’ = 0 à 0 °C pour le liquide saturé.
7. En inversant la formule donnant l’enthalpie de l’air humide (voir questions 3 et 4), on obtient :
   T₃ = (h₃ − η₃L_v0)/(c_pa + η₃c_pv) = (56, 79 − 0, 014 × 597 × 4, 185)/((0, 24 + 0, 014 × 0, 46)4, 185) = 21.15 °C
   en ayant pris soin d’exprimer toutes les grandeurs énergétiques en KJ.
8. La pression partielle de la vapeur dans l’état final peut être calculée à partir de l’humidité absolue en inversant la formule utilisée questions 1 et 2.
   P_v3 = (η₃P)/(0, 622 + η₃) = 0.02201 bar
9. Le débit d’eau injecté dans le flux d’air au cours de la deuxième étape est donné par la différence entre le débit d’eau contenu dans le flux d’air sortant 3 et le débit d’eau contenu dans le flux d’air préchauffé arrivant en 2 soit : Δṁ_e = ṁ_e3 − ṁ_e2
   Δṁ_e = ṁ_e3 − ṁ_e2 = η₃ṁ_a − η₂ṁ_a = ṁ_a(η₃ − η₂) = 0, 0009128 Kg ⁄ s
   soit environ 0, 91 g ⁄ s ou encore:3, 286 Kg ⁄ heure
10. On multiplie le débit d’eau injectée par un facteur 1,5. Connaissant ce nouveau débit injecté on peut en déduire l’humidité absolue η₄ du nouveau point final de l’opération. On obtient
    η₄ = (Δṁ_e)/(ṁ_a) + η₂ = 0.0183
    on peut alors calculer l’enthalpie correspondante comme à la question 6 :
    h₄ = h₂ + h_v(η₄ − η₂) = 68.31 KJ ⁄ Kg a.s.
    Le point correspondant sur le diagramme doit être en alignement avec les points 2et 3 dans le prolongement du segment 2 − 3. On constate que le point 4 est dans la zone de brouillard.