$\newcommand{\lyxlock}{}$

1 Chambre froide:

1. Les pressions d’évaporation et de condensation sont données par la table de saturation de l’ammoniac (ou R-717). 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.La température d’évaporation est de $-25°C$ , ce qui correspond à une pression d’évaporation de $\boxed{1,5147\, bar}$ . La température de condensation est de $15\text{°C}$ , ce qui donne pour la pression de condensation: $\boxed{7,2852\, bar}$
2. Le cycle est tracé sur le diagramme joint. Le fluide sortant de l’évaporateur est une vapeur saturée à $-25\text{°C}$ . Il sera donc positionné sur la courbe de saturation côté vapeur (à droite) à cette température et à la pression de $1,5147$ bar. ce qui donne le point 1. Le point 2 correspond à la sortie du compresseur. Le fluide est à l’état de vapeur surchauffée. La température est alors de 90°C et la pression égale à la pression de condensation soit $7,2852\, bar$ . Le point 2 sera donc situé à l’intersection de cette isotherme et de cette isobare. Le point 3 représente un liquide saturé à$15\text{°C}$ . Il sera donc situé sur la courbe d’équilibre côté liquide. Enfin la détente est isenthalpique ce qui donne un point 4 situé à l’intersection du palier de vaporisation à $-25\text{°C}$ et de la verticale passant par le point 3.
3. Les hypothèses de l’énoncé indiquent que c’est une vapeur saturée qui sort de l’évaporateur. La température est de $-25\text{°C}$ . L’enthalpie de la vapeur saturée à cette température donnée par la table est: $\boxed{h_{1}=1573.8\, KJ/Kg}$ . Le fluide sortant du condenseur est du liquide saturé à $15\text{°C}$ . La table de saturation donne pour l’enthalpie massique: $h_{3}=413,24\, KJ/Kg$ .
4. A l’entrée de l’évaporateur, le fluide est un mélange liquide-vapeur. Pour calculer le titre de vapeur, nous avons besoin de connaître:
   1. $h=h_{4}$ l’enthalpie massique du mélange liquide vapeur considéré. Puisque la détente est isenthalpique, on a $h_{4}=h_{3}$
   2. $h'$ l’enthalpie massique du liquide pur à la même température (et pression) soit ici $T=-25\text{°C}$ et $h'=229,17\, KJ/Kg$ .
   3. $h''$ l’enthalpie massique de la vapeur saturée à cette température soit: $1573.8\, KJ/Kg$ .
      On obtient finalement: $$x=\dfrac{h-h'}{h''-h'}=\dfrac{413,24-229,17}{1573,8-229,17}=\boxed{0,137\,\, soit\,\,\,13,7\%\,}$$
5. La puissance frigorifique est la puissance calorifique extraite de la source froide par la machine. Il s’agit donc de la puissance calorifique absorbée par le fluide frigorigène lors de son passage par l’évaporateur. Si l’on écrit le premier principe de la thermodynamique appliqué à ce système ouvert en régime permanent, on a en termes de puissances: $$\dot{W}_{u}+\dot{Q}=\dot{m}\left(h_{1}-h_{4}\right)+\left(\dfrac{V_{1}^{2}}{2}-\dfrac{V_{4}^{2}}{2}\right)$$ On considère ici qu’il n’y a pas de travail utile et que les variations d’énergie cinétique sont négligeables. Il reste: $$\dot{Q}_{f}=\dot{m}\left(h_{1}-h_{4}\right)=0,423\left(1573,8-413,24\right)=\boxed{282,0\, KW}$$
6. La puissance mécanique absorbée par le fluide s’obtient également en appliquant le premier principe à l’écoulement permanent de fluide qui traverse le compresseur. Ici encore, la variation d’énergie cinétique est négligée mais c’est le terme $\dot{Q}$ qui est nul car la compression est supposée adiabatique. Il est nécessaire au préalable de déterminer l’enthalpie massique au point 2. Celle-ci est obtenue en examinant la table de la vapeur surchauffée. Le point 2 est à la pression du condenseur déjà déterminée (7,2858 bar) et à la température de 90°C. La table donne pour ce point: $h_{2}=1811,2\, KJ/Kg$ . On obtient finalement: $$\dot{W}_{u}=\dot{m}\left(h_{2}-h_{1}\right)=0,423\left(1811,2-1573,8\right)=\boxed{57,68\, KW}$$
7. On procède ici comme pour la question 5, ce qui donne: $$\dot{Q}_{c}=\dot{m}\left(h_{3}-h_{2}\right)=0,423\left(413,24-1811,2\right)=\boxed{-339,7\, KW}$$ On note que ce résultat est négatif, ce qui indique que la chaleur est perdue par le fluide frigorigène.
8. La chaleur perdue par le fluide frigorigène est transmise à l’eau de refroidissement. On a donc $\dot{Q}_{eau}=-\dot{Q}_{C}=+339,7\, KW$ . On peut écrire pour l’eau: $$\dot{Q}_{eau}=\dot{m}_{eau}\Delta h_{eau}=\dot{m}_{eau}c_{p-eau}\left(T_{s}-T_{e}\right)$$ où $T_{s}$ et $T_{e}$ sont respectivement les températures de sortie et d’entrée de l’eau de refroidissement dans le condenseur. non en tire alors la température de sortie: $$T_{s}=T_{e}+\dfrac{\dot{Q}_{eau}}{\dot{m}_{eau}c_{p-eau}}=8+\dfrac{339,7\times10^{3}}{\dfrac{1,5}{60}\times4185}=\boxed{11,24\text{°C}}$$
9. La compression n’est pas isentropique car l’entropie du point final $s_{4}=6,4993\, KJ/Kg.K$ est supérieure à celle du point initial $s_{3}=6,4543\, KJ/Kg.K$ . Ceci est conforme au deuxième principe qui affirme qu’en l’absence d’échange de chaleur, l’entropie ne peut qu’augmenter.
10. L’efficacité frigorifique s’exprime par le rapport de la puissance frigorifique (énergie soustraite à la source froide) à la puissance mécanique fournie au fluide. Ici seul le compresseur absorbe de l’énergie mécanique, ce qui donne: $$\varepsilon=\dfrac{\dot{Q}_{f}}{\dot{W}_{u-compr}}=\dfrac{h_{1}-h_{4}}{h_{2}-h_{1}}=\boxed{4,89}$$

2 Humidification d’air

1. La pression de saturation de l’eau à $30\text{°C}$ est: $P_{s}\left(30\right)=0,4247\, bar$ selon la table fournie. La pression partielle de la vapeur d’eau dans l’air est donc de $$P_{v1}=\varphi_{1}P_{s}=0,1\times0,4247=\boxed{0,04247\, bar}$$ L’humidité absolue se calcule aisément avec une pression atmosphérique $P=1\, bar$ : $$\eta_{1}=\dfrac{M_{e}}{M_{a}}\dfrac{P_{v1}}{P-P_{v1}}=0,622\dfrac{0,04247}{1-0,04247}=\boxed{0,00265}$$ soit $2,65$ g d’eau par Kg d’air sec.
2. L’enthalpie de l’unité d’air humide est donnée par: $$h=h_{0}+c_{pa}\left(T-T_{0}\right)+\eta\left[c_{pv}\left(T-T_{0}\right)+L_{v0}\right]$$ où $T_{0}$ est la température de référence soit ici $0\text{°C}$ . On a donc: $$h_{1}=c_{pa}\, t_{1}+\eta_{1}\left[c_{pv}\, t_{1}+L_{v0}\right]=8,82\, Kcal/Kg\,=\boxed{36,9\, KJ/Kg\, a.s.}$$ avec $t_{1}=T_{1}-T_{0}=30\text{°C }$ . Les valeurs des chaleurs massiques de l’air et de l’eau sont celles données dans le cours soit: $c_{pa}=0,24\, Kcal.Kg^{-1}K^{-1}$ et $c_{pv}=0,46\, Kcal.Kg^{-1}K^{-1}$ ainsi que celle de la chaleur latente de vaporisation de l’eau à $0\text{°C }$ : $L_{v0}=597\, Kcal/Kg$ .
3. On suppose que l’air sortant de l’humidificateur est saturé en vapeur d’eau. On a donc $\varphi_{2}=1$ . D’autre part, puisque l’enthalpie reste constante, le point de sortie de l’humidificateur est à l’intersection de la courbe de saturation et de l’isenthalpe $36,9\, KJ/Kg$ . (voir figure). Ce qui donne un point à environ $13°C$ sur la courbe de saturation. On a donc $\boxed{t_{2}=13\text{°C}}$
4. La pression partielle de la vapeur d’eau est égale à la pression de saturation à 13°C. La table donne: $0,014981\, bar$ . On a donc $\boxed{P_{v2}=0,014981\, bar}$ . L’humidité se calcule comme ci-dessus (question 1): $$\eta_{1}=\dfrac{M_{e}}{M_{a}}\dfrac{P_{v1}}{P-P_{v1}}=0,622\dfrac{0,014981}{1-0,014981}=\boxed{0.009456}$$ soit $9,4$ $g$ de vapeur d’eau par $Kg$ d’air sec.
5. L’enthalpie du mélange sera la même puisque le point de mélange doit être sur le segment joignant les points 1 et 2, donc sur la même isenthalpe. On peut aussi le montrer par le calcul puisque: $$\dot{m}_{1}h_{1}+\dot{m}_{2}h_{2}=\left(\dot{m}_{1}+\dot{m}_{2}\right)h_{3}$$ ce qui implique puisque $h_{1}=h_{2}$ que $h_{3}$ leur est aussi égal.
   Pour calculer l’humidité, on inverse la formule utilisée à la question 2: $$\eta_{3}=\dfrac{h_{3}-c_{pa}t_{3}}{c_{pv}\, t_{3}+L_{v0}}=\boxed{0.007435}$$
6. L’équation de conservation de la masse d’eau s’écrit: $$\dot{m}_{4}\eta_{1}+\dot{m}_{2}\eta_{2}=\left(\dot{m}_{1}+\dot{m}_{2}\right)\eta_{3}$$ ce qui permet de déduire le rapport des débits: $$\dfrac{\dot{m}_{4}}{\dot{m}_{2}}=\dfrac{\eta_{3}-\eta_{2}}{\eta_{1}-\eta_{3}}=0,423$$ Ici, $\dot{m}_{2}$ est le débit d’air qui est passé dans l’humidificateur et $\dot{m}_{4}$ est le débit d’air sec aspiré à l’extérieur pour le mélanger à l’air humidifié. C’est donc $\dot{m}_{4}$ qui est cherché.
   Pour calculer le débit massique de l’air sec, il faut calculer la masse volumique de l’air sec entrant dans l’humidificateur. La loi des gaz parfaits donne: $$\rho=\dfrac{PM}{RT}=\dfrac{10^{5}\times29\times10^{-3}}{8,314\times303,15}=1,15\, Kg/m^{3}$$ On a $\dot{m}_{2}=\dfrac{1000\times1,15}{3600}=0,3194\, Kg/s$ ce qui donne: $$\dot{m}_{1}=\dot{m}_{2}\dfrac{\eta_{3}-\eta_{2}}{\eta_{1}-\eta_{3}}=\boxed{0.1353\, Kg/s\,}\, soit:\,487.1\, Kg/heure$$
7. Le débit d’eau rajoutée dans le flux d’air au cours de son passage dans l’humidificateur est donné par la différence entre le débit d’eau contenu dans le flux d’air sortant $2$ et le débit d’eau contenu dans le flux d’air aspiré à l’extérieur $1$ soit : $\Delta\dot{m}_{e}=\dot{m}_{e2}-\dot{m}_{e1}$ $$\Delta\dot{m}_{e}=\dot{m}_{e2}-\dot{m}_{e1}=\eta_{2}\dot{m}_{a}-\eta_{1}\dot{m}_{a}=\dot{m}_{a}\left(\eta_{2}-\eta_{1}\right)=\boxed{0.0018908\, Kg/s}$$ soit environ $1,89\, g/s$ ou encore:$6,807\, Kg/heure$ .

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