Solution de l’exercice 1

S´eance 7 : Combustibles et combustion

Solutions

Solution de l’exercice 1

On rappelle que le ’ se rapporte aux fractions volumiques ou molaires du gaz sec, c’est-`a-dire sans concentration d’eau. De plus, on se souvient que la fraction molaire d’un composant est le rapport entre son nombre de moles et le nombre de moles total du m´e- lange.

L’´equation g´en´erale de combustion d’un combustible de typeCHys’´ecrit (o`u les coefficients w, a<sub>n</sub> et b<sub>n</sub> repr´esentent le nombre de moles des ´el´ements de la r´eaction et le coefficient 3.76 caract´erise le rapport de concentration molaire duN<sub>2</sub>`a l’O₂ dans l’air : 3.76 = ^[N_[O^2]

2]) : CH_y+w(O₂+ 3.76N₂)→a₁CO₂+a₂CO+b₁H₂O+b₂H₂+c O₂+ 3.76wN₂ Ainsi, la fraction molaire deCO₂ [CO₂] et sa fraction molaire s`eche [CO₂] s’´ecrivent :

[CO₂] = Nbre de moles deCO₂

Nbre total de moles = a₁

a₁+a₂+b₁+b₂+c+ 3.76w [CO2] = Nbre de moles deCO₂

Nbre total de moles du gaz sec = a1

a₁+a₂+b₂+c+ 3.76w

La pr´esence d’hydrog`eneH2et d’oxyde de carboneCOdans les fum´ees est la marque d’une combustion incompl`ete. L’un ne peut ˆetre pr´esent dans les produits sans l’autre. Puisque [CO] = 0, il n’y a pas d’imbrˆul´e dans les fum´ees. Donc, avec la relation [H₂] = ^y₄[CO]

(voir cours), on peut effectuer les simplifications suivantes : [CO]= 0 → a₂ = 0

[H₂] = 0 → b₂ = 0 L’´equation de combustion se simplifie :

CH_y+w(O₂+ 3.76N₂)→CO₂+b₁H₂O+c O₂+ 3.76wN₂ Puisque la somme des concentrations est toujours ´egale `a 1, on en d´eduit que

[N₂] = 1−[CO₂]−[O₂]= 0.8315

On peut ensuite exprimer les concentrations dans les fum´ees s`eches en fonction des coeffi- cients de l’´equation :

[CO2] = 1 1 +c+ 3.76w [O₂] = c

D`es lors, puisque les d´enominateurs sont ´egaux : c= [O₂]

[CO2] = 0.42 et

w= 1 3.76

[N₂]

[CO2] = 1.87 La conservation du nombre d’atomes d’oxyg`ene implique que :

2w= 2 +b₁+ 2c → b₁ = 2×(w−1−c) = 0.9 De sorte que, par conservation de l’hydrog`ene :

b₁= y

2 → y= 1.8

Le combustible utilis´e est donc du CH_1.8. Ce combustible n’existe pas dans la r´ealit´e. En fait, le combustible analys´e est un m´elange de diff´erentes chaˆınes carbon´ees compos´ees probablement majoritairement d’alcanes simples : de m´ethaneCH₄, d’´ethane CH₃ ou de propaneCH_8/3 et de compos´es aromatiques plus complexes.

Calcul du coefficient d’exc`es d’air

Le coefficient d’exc`es d’air se d´efinit par le rapport entre la quantit´e d’air r´eellement mise en oeuvre durant la combustion, soitw `a la quantit´e d’air strictement n´ecessaire `a l’oxydation compl`ete du combustible (sansCO,H₂,O₂ dans les produits) :

λ= w w_stoech.

CH_yO_x+w_stoech.(O₂+ 3.76N₂)→a₁CO₂+b₁H₂O+ 3.76w N₂

Aveca1 = 1,b1 = ^y₂, on trouve par conservation du nombre d’atomes d’Oxyg`ene : 2w_stoech.+x= 2a₁+b₁ → w_stoech.= 2a₁+b₁−x

2 = 1 +y/2

2 −x

2 = 1 +y−2x 4 Et donc :

λ= w

1 +^y₄ = 1.29

Solution Alternative

Pour un combustible de typeCH_yO_xet un exc`es d’air,λ, donn´e, les produits de combustion sont

CH_yO_x+λ

1 + y−2x 4

(O₂+ 3.76N₂) → (1−k) CO₂+ y 2

1−k

2

H₂O +k CO+ky

4 H₂ +

(λ−1)

1 + y−2x 4

+ k

2 y

4 + 1

O2

+3.76λ

1 + y−2x 4

N₂

Puisque [CO] = 0, le coefficient d’imbrˆul´es, k est nul. La composition du combustible impliquex= 0. D`es lors l’´equation devient :

CHy+λ

1 +y 4

(O2+ 3.76N2) → 1 CO2+y 2H2O (λ−1)

1 + y

4

O2+ 3.76λ

1 + y 4

N2

Ainsi, les deux fractions molaires restantes permettent d’´ecrire le syst`eme d’´equations suivant :

0.1185 = 1

1 + (λ−1) 1 + ^y₄

+ 3.76λ 1 + ^y₄

0.05 = (λ−1)

1 + ^y₄ 1 + (λ−1)

1 + ^y₄

+ 3.76λ 1 + ^y₄ SoientA=λ

1 + ^y₄

etB= 1 + ^y₄

, le syst`eme pr´ec´edent est ´equivalent `a

0.1185 (1 +A−B+ 3.76A) = 1 (7.1)

0.05 (1 +A−B+ 3.76A) = A−B (7.2)

Le rapport (7.2) sur (7.1) r´esulte en A−B = 0.05/0.1185. Par cons´equent l’´equation (7.1) permet d’obtenir la valeur de A = 1.8622 et B = A−0.05/0.1185 = 1.4442. La d´efinition deB permet d’obteniry= 1.78 et commeλ=A/B, nous obtenons λ= 1.29.

Solution de l’exercice 2

La composition molaire de l’air ´etant suppos´ee la suivante : [O₂] = 0.21 [N₂] = 0.79

on calcule ais´ement sa masse molaire :M_mair = 0.79×28 + 0.21×0.32 = 28.84kg/kmole.

Ce qui nous permet de transformer le d´ebit massique donn´e en d´ebit molaire d’air :

˙

n_air= m˙_air

M_mair = 500

28.84 = 17.34 [kmol/s]

Si la combustion ´etait stoechiom´etrique (1. compl`ete donc sans imbrul´es k = 0 et 2.

sans exc`es d’air λ = 1), on pourrait calculer le d´ebit de combustible `a partir du d´ebit d’air inject´e dans la chambre de combustion. Mais, pour ´eviter la pr´esence d’imbrul´es dans les fum´ees de combustion et pour ne pas endommager les turbines avec des produits de combustion trop chauds, les centrales ´electriques `a gaz fonctionnent g´en´eralement avec un exc`es d’air important (λ≈2...3). Dans le cadre de cet exercice, on a donc simplement une r´eactioncompl`etede l’air avec le m´ethane. Elle s’´ecrit de la mani`ere suivante :

CH4,g+w ×(O2,g+ 3.76×N2,g) → CO2,g+ 2×H2Og+ 3.76w ×N2,g+c ×O2,g

Et comme, par conservation du nombre d’atomes d’Oxyg`eneO, le coefficient cvaut : 2w= 2 + 2 + 2c → c=w−2

On exprime l’´equation de combustion de mani`ere `a faire apparaˆıtre dans les produits l’air non consomm´e dans la r´eaction :

CH4,g+w ×(O2,g+ 3.76×N2,g) → CO2,g+ 2×H2Og+ 7.52×N2,g+ (w−2)×(O2,g+ 3.76×N2,g) CH_4,g+w ×Air_react. → CO_2,g+ 2×H₂O_g+ 7.52×N_2,g+ (w−2)×Air_prod.

L’information recherch´ee est la quantit´e de m´ethane inject´ee dans la turbine pour at- teindre la temp´erature de 1100 ^oC en sortie. L’utilisation d’informations de variations de temp´erature op´er´ees durant la r´eaction requiert l’´ecriture de la conservation de l’´energie dans la chambre de combustion. Ce bilan implique d’exprimer les variations d’enthalpie de chaque constituant vis-`a-vis d’un mˆeme point de r´ef´erence. Or on a justement un PCI d´efini `a une seule temp´erature qui devient la temp´erature de r´ef´erence de toute l’´equation : 0^oC.

L’´equation du travail moteur en syst`eme ouvert pour une combustion adiabatique (pas de pertes de chaleur vers l’ext´erieur) sans parois en mouvement :

W_m= ΔH−Q ⇒ ΔH= 0 Δ ˙H= 0

Δ ˙H_produits = Δ ˙H_{reactif s}+ ˙ncombustibleP CI Σ_pn˙_pc_ppΔT_p = Σ_rn˙_rc_prΔT_r+ ˙ncombustibleP CI Σ_pn˙_pc_ppΔT_p−Σ_rn˙_rc_prΔT_r = ˙ncombustibleP CI

Appliqu´e `a cet exercice, cela donne, en n’oubliant pas que les diff´erents r´eactifs sont mis en contact `a des temp´eratures diff´erentes :

+

˙

nCO₂cp,CO₂|¹¹⁰⁰0 + ˙nH₂Ocp,H₂O|¹¹⁰⁰0 + ˙nN₂cp,N₂|¹¹⁰⁰0 + ˙nO₂cp,O₂|¹¹⁰⁰0 ×(1100−0)

−

˙

naircp,air|³⁴⁰0 ×(340−0) + ˙nCH₄cp,CH₄|²⁵0 ×(25−0)

= ˙n_CH4×P CI_CH4

Dans cette ´equation, le nombre d’inconnues est important : ˙n_CO2,n˙_H2O,n˙_N2,n˙_O2,n˙_CH4, pour un seul d´ebit molaire connu : ˙nair. Il s’agit donc d’exprimer toutes ces inconnues en fonction uniquement du d´ebit molaire d’air connu et du d´ebit molaire deCH₄ recherch´e : Pour exprimer un d´ebit molaire deCO2,H2O,N2 ou O2 en fonction du d´ebit molaire de CH4 ou d’air dans les r´eactifs (le d´ebit recherch´e et celui connu), il faut multiplier ces d´ebits par des facteur ad´equats de fa¸con `a correctement modifier les unit´es. En terme d’unit´es :

mole_CO2 s

=

mole_CH4 s

×

mole_CO2 moleCH₄

mole_O2

s

=

mole_CH4 s

×

mole_O2 moleCH₄

Il apparaˆıt clairement donc qu’il faut multiplier les d´ebits des diff´erents produits par le rapport entre nombre de mole de ce produit par nombre de moles deCH₄ ou d’air dans les r´eactifs. Dans le cas du CO2, la conservation du nombre d’atomes de Carbone C indique que pour une mole de CH₄, une mole de CO₂ se retrouve dans les produits (puisqu’en combustion compl`ete, il n’y a pas de CO dans les produits). Dans le cas de l’H<sub>2</sub>O, il apparaˆıt par conservation du nombre d’atomes d’Hydrog`ene H que pour 1 mole de CH₄, deux moles deH2O se retrouvent dans les produits (encore une fois puisque la combustion est compl`ete et donc sans H₂). L’azote est un cas ´evident : dans une mole d’air dans les r´eactifs, il y a 0.79 moles de N₂.

Le cas de l’O₂ est le plus complexe `a calculer. En effet pour une mole de CH<sub>4</sub> en r´eac- tifn, w−2 moles d’oxyg`ene se trouvent dans les produits. Or w n’est pas encore connu.

Cependant w correspond au nombre moles d’oxyg`ene dans les r´eactifs par mole de CH4, soit

Et donc pour r´esum´e :

˙

n_CO2 = 1

1 ×n˙_CH4

˙

nH₂O = 2

1 ×n˙CH₄

˙

n_N2,reac. = ˙n_N2,prod. = 0.79

1 ×n˙_air,reac.

˙

n_O2 = w−2

1 ×n˙_CH4

=wn˙_CH4 −2 ˙n_CH4

= ˙n_O2,reac.−2 ˙n_CH4

= 0.21

1 n˙air,reac.−2 ˙nCH₄

On peut ainsi r´e´ecrire le bilan d’´energie : + ˙n_CH4×

c_p,CO2|¹¹⁰⁰0 + 2×c_p,H2O|¹¹⁰⁰0

×(1100−0) + (0.21×n˙_air−2×n˙_CH4)×c_p,O2|¹¹⁰⁰0 ×(1100−0) + 0.79×n˙_air×c_p,N2|¹¹⁰⁰0 0×(1100−0)

−n˙air×cp,air|³⁴⁰0 ×(340−0)

−n˙CH₄×cp,CH₄|²⁵0 ×(25−0)

= ˙n_CH4×P CI_CH4

Et, en assumant que 0.21c_p,O2n˙_air + 0.79c_p,N2n˙_air = c_p,airn˙_air, on exprime le d´ebit de m´etane comme :

˙

n_CH4 = n˙air

cp,air|¹¹⁰⁰0 ×1100−cp,air|³⁴⁰0 ×340 P CI+c_p,CH4|²⁵₀ ×25−

c_p,CO2|¹¹⁰⁰₀ + 2c_p,H2O|¹¹⁰⁰₀ −2c_p,O2|¹¹⁰⁰₀ ×1100 Pour r´ealiser ce calcul, il faut maintenant exprimer le PCI dans les unit´es appropri´ees.

Si on assimile le m´ethane `a un gaz parfait, le nombre de mole de m´ethane que contient un m`etre cube normalis´e vaut

n_N = 1 vN,m

= p_N R TN

= 101325

8.3145×273 = 44.64 [mole/m³_N]

Le pouvoir calorifique par mole de m´ethane s’exprime de la mani`ere suivante : P CI = 34×10⁶

44.64 = 761.6kJ/mole On obtient :

˙

n_CH4 = 17.34 (31.86×1100−29.63×340)

761.6×10³+ 35.26×25−(50.1 + 2×39.05−2×33.39)×1100

= 0.6231 [kmolCH₄/s]

V˙_{N CH4} = n˙_CH4

n_N = 623.1

44.64 = 13.96 [m³_N/s]

On voit que la quantit´e d’air disponible en entr´ee de la chambre de combustion est large- ment sup´erieur `a la quantit´e d’air n´ecessaire pour assurer une combustion stoechiom´etrique (2×1.17 = 3.34 [kmol/s]). Pour la suite des calculs, comme le d´ebit de m´ethane est suffi- samment petit par rapport au d´ebit d’air, on peut le n´egliger dans le calcul de la turbine

` a gaz.

Calcul de l’exc`es d’air

Comme le d´ebit de CH4 peut ˆetre exprim´e en nombre de mole d’air par seconde via :

˙

n_air,reac.= ˙n_CH4×n_air,reac.

n_CH4 = ˙n_CH4 ×

n_O2,reac.

0.21

n_CH4 = ˙n_CH4× w 0.21 w= 0.21 ˙n_air,reac.

˙ nCH₄

= 5.8422 λ= w

1 +^y₄ = 2.93

Solution alternative

En partant de la relation de combustion, nous pouvons ´ecrire :

CH₄+λ2 (O₂+ 3.76N₂) → 1 CO₂+ 2H₂O+ (λ−1) 2 O₂+ 3.76λ2N₂ (7.3) Le bilan d’enthalpie s’´ecrit

R

n_R Cp_R ΔT_R+P CI =

P

n_P Cp_P ΔT_P (7.4)

D`es lors, sur base de l’´equation (7.3), nous pouvons r´e´ecrire la relation (7.4 ) comme : Cp_CH4 (T_CH4 −0) +λ2 (Cp_O2 (T₂−0) + 3.76Cp_N2 (T₂−0)) +P CI (7.5)

= 1Cp_CO2 (T3−0) + 2Cp_H2O (T3−0) + (λ−1) 2Cp_O2 (T3−0) + 3.76λ2Cp_N2 (T3−0) Les diff´erents Cp sont moyenn´es entre 0°C et la temp´erature finales. Le PCI exprim´e en [kJ kmol⁻¹] vaut

34×10^{3 8.3145}₁₀^×₅^273.15 10³

. Dans l’´equation pr´ec´edente, 10³ entre les derni`eres parenth`eses repr´esente le rapportmol/kmol. L’´equation (7.5) nous permet de trouver une valeur deλ= 2.93. Ainsi, il faut (2λ(1 + 3.76)) mol. d’air par mol. de CH₄ brˆul´e. Par cons´equent, ˙m_CH4 = ˙m_air^{M m}_{M m}^CH4

air

1

2λ4.76 = 9.9 [kg s⁻¹]. La masse volumique du m´ethane dans les CNTP est de 10⁵×_8.3145

16 ×273.15₋1

×10⁻³ = 0.705 [kg m⁻_N³]. Le d´ebit volumique de m´ethane n´ecessaire est donc de 14.05 [m³_N s⁻¹].

Solution de l’exercice 3

Pour poser un diagnostic sur la combustion, il faut la situer dans le diagramme d’Os- wald ([CO₂],[O₂]) par rapport aux lieux particuliers λ= 1, k = 1 et k = 0. Ici, on peut situer facilement la combustion mais pas ces trois droites. Quelques calculs sont n´ecessaires pour cela :

On rapp`ele ici les d´efinitions du coefficient d’imbrul´es et du coefficient d’exc`es d’air.

Le coefficient d’exc`es d’airλest le rapport entre la quantit´e d’air r´eellement utilis´ee dans la r´eaction et la quantit´e d’air n´ecessaire `a assurer une combustion stoechiom´etrique. Le coefficient d’imbrul´es k est le rapport entre la quantit´e de carbone oxyd´e sous forme de CO et la quantit´e totale de carbone disponible dans les produits de combustion.

λ = w 1 + ^y−₄^2x k = [CO]

[CO₂]+ [CO]

Pour d´eterminer l’emplacement de ces droites dans le diagramme ([CO₂],[O₂]) , il est n´ecessaire d’avoir recours `a l’´equation de compatibilit´e d´efinie dans le cours :

4.76 [O₂] +

2.88 + 3.76y−2x

4 −0.88y 4

[CO] +

Droitek = 0

Pour un combustible CH_yO_x, la droite correspondant aux combustions compl`etes se caract´erise par :

k = 0 → [CO] = 0

et passe par les points P et Q. L’un,P, situ´e `a abcisse nulle : [O<sub>2</sub>] = 0 et l’autre `a ordonn´ee nulle : [CO₂] = 0 A partir de l’´equation de compatibilit´e retravaill´ee en ces deux points :

4.76 [O₂]+

4.76 + 3.76y−2x 4

[CO₂] = 1

on trouve la coordonn´ee manquante en P et Q pour les situer sur le graphe : P : [CO2] = 1

4.76 + 3.76^y−₄^2x [O2] = 0

Q: [CO₂] = 0 [O2] = 1

4.76 Droiteλ = 1

La seconde droite, celle des combustions sans exc`es d’air (λ= 1) passe aussi en P P : [CO₂] = 1

4.76 + 3.76^y−₄^2x [O₂] = 0

et par le pointS, d’ordonn´ee nulle ([CO2 = 0]), o`u [O2] s’obtient par l’´equation de com- patibilit´e et la d´efinition d’une combustion sans exc`es d’air.

S: [CO₂] = 0 [O₂] = ? L’´equation de compatibilit´e enS devient :

4.76 [O₂]+

2.88 + 3.76y−2x

4 −0.88y 4

[CO] = 1

que l’on couple `a l’´equation d’une combustion sans exc`es d’air (formule 8.21 du syllabus) : 0.5

1 + y 4

[CO] = [O₂] De telle sorte que :

S: [CO₂] = 0

[O2] = 1

10.52−3.76_1+y/4^x

Diagramme d’Oswald

Le diagramme triangulaire est trac´e pour le bois (CH_1.44O_0.66) `a la figure 7.1. Si on place le pointX correspondant `a la combustion de l’´enonc´e ([CO2] = 0.12,[O2] = 0.085), on constate que celui-ci se trouve sur la droitek = 0. Il s’agit donc d’une combustion sans imbrˆul´e mais avec un exc`es d’air relativement important.

Figure 7.1 – Diagramme d’Oswald de l’exercice 3

Il est important de remarquer que la pr´esence d’humidit´e dans le bois n’influence pas la solution de l’exercice. En effet, l’eau du bois ne participe pas `a la r´eaction de combustion et se retrouve int´egralement dans les fum´ees. Et comme le diagnostic se base sur l’analyse des fum´ees s`eches, la qualit´e de la combustion n’est pas influenc´e par l’humidit´e du bois.

Solution de l’exercice 4 - Chaudi` ere bi-carburant

Etape I : d´etermination de la formule du fuel-oil

On brˆule dans la chaudi`ere du gaz naturel assimil´e `a du m´ethane (CH₄)) et du fuel- oil (CHy). La premi`ere ´etape consiste `a d´eterminer la formule g´en´erale de ce fuel oil. La composition de celui-ci peut ˆetre calcul´ee sur base des fractions massiques fournies dans l’´enonc´e :

(C) = 12

12 +y = 0.8816 et donc

y= 12−12 (C) (C) = 1.6 Le fuel-oil est donc de compositionCH_1.6.

Etape II : d´etermination des caract´eristiques du m´elange m´ethane/fuel- oil

D’un point de vue stoechiom´etrique, brˆuler ˙n_CH4 moles de m´ethane et ˙n_{f uel} moles de fuel-oil revient `a brˆuler ˙n<sub>CH4</sub>+ ˙n<sub>f uel</sub> moles d’un combustible ´equivalentCH<sub>a</sub>. La valeur de ce coefficient se calcule directement des bilans sur le nombre de Carbone et d’Hydrog`ene puisqu’il faut que :

˙

n_CH4moles deCH₄+ ˙n_CHymoles deCH₄ =

˙

n_CH4+ ˙n_CHy

moles deCH_a Le bilan sur H donne :

4 ˙n_CH4 +yn˙_CHy =an˙_CHa =a

˙

n_CH4 + ˙n_CHy Et finalement :

a= 4 ˙n_CH4 +yn˙_{f uel}

˙

nCH₄ + ˙nf uel

.

La valeur de ce coefficient peut se d´eduire de l’analyse de la compositiond des fum´ees.

Dans cette ´equation de combustion compl`ete (sans imbrˆul´e car [CO]= 0 dans les fum´ees), on retrouve duCO2, de l’H2O, de l’O2 et duN2 dans les produits de combustion :

CH_a+w(O₂+ 3.76N₂)→CO₂+a

2H₂O+α O₂+ 3.76w N₂.

Par un raisonnement identique `a celui de l’exercice 1 en utilisant la composition des fum´ees, on trouve que :

[CO₂] = 1

1 +α+w = 0.1322 [O2] = α

1 +α+w = 0.0205 D’o`uα= _[CO^[O2]

2] = ^0.0205_0.1322 = 0.155

w = 1.705 α = 0.155

a = 2.2

L’´equation g´en´erale du m´elange de CH₄ et deCH_1.6 est donc duCH_2.2 Etape III : Calcul du coefficient d’exc`es d’air λ

Le coefficient d’exc`es d’air global se calcule imm´ediatement, une fois que la composition du gaz est connue :

λ= w

1 + ^a₄ = 1.1.

Etape IV : Calcul du d´ebit massique de fuel-oil

Pour d´eterminer le d´ebit massique de fuel-oil, il faut d’abord d´eterminer son d´ebit molaire en sortant de la conservation de l’hydrog`ene que

˙ n_{f uel} =

4−a a−y

˙ n_CH4 =

4−2.2 2.2−1.6

˙

n_CH4 = 3 ˙n_CH4

A partir du d´ebit volumique normal de gaz naturel (m´ehtane), on calcul le d´ebit molaire puisque :

˙

n_CH4 = V˙_N,CH4 vN

= V˙_N,CH4

R T_N p_N

= 125

8.3145×273.15 100000

= 5.5 10³

kmole h

Par cons´equent, le d´ebit de fuel-oil vaut :

˙

n_{f uel} = 3×5.5 = 16.5

kmole h

et, vu queM_{m,f uel}= 12 + 1.6 = 13.6kg/kmole,

˙

m_{f uel} = 16.5×13.6 = 224.4 kg

h

Etape V : Calcul des d´ebit massique d’air et de fum´ees

Pour calculer les d´ebits d’air et de fum´ee, il est plus facile de consid´erer le combustible

´equivalentCH_2.2 dont le d´ebit est ˙n_comb.= ˙n_CH4+ ˙n_{f uel} = 22 kg

h

. Le d´ebit molaire d’air vaut donc :

˙

n_air= (1 + 3.76)wn˙_comb.= 4.76wn˙_comb.= 178.55

kmole h

soit :

V˙air,N = ˙nairvN = ˙nair

R TN

p_N = 178.55×8.3145×273.15

100000 = 4055 m³_N

h

De fa¸con similaire,

˙ n_f =

1 + a

2 +α+ 3.76w

˙

n_comb = 190.65

kmole h

ou encore

V˙_f,λ= 4329 m³_N

h

Etape VI : Calcul du rendement de la chaudi`ere Le rendement de la chaudi`ere est d´efini comme

η= P_u P_comb

o`u P<sub>u</sub> est la puissance utile, c’est-`a-dire la puissance thermique fournie `a la vapeur, et

avec ˙m_vap = 4500kg/h et Δh = 2863kJ/kg (attention : la diff´erence d’enthalpie donn´ee dans l’´enonc´e n’est pas r´eellement l’enthalpie de vaporisation h_lv, mais bien la diff´erence d’enthalpie entre l’eau liquide `a 110<sup>o</sup>Cet la vapeur surchauff´ee `a 450^oC. Cette valeur peut donc bien ˆetre utilis´ee telle quelle ici). Pour le fuel, on sait que P CI_{f uel}= 43000kJ/kg et pour le m´ethane,P CICH₄ = 35800kJ/m³_N. D`es lors,

η= m˙vapΔh

V˙_CH4P CI_CH4 + ˙m_{f uel}P CI_{f uel} = 0.9 Etape VII : Calcul de la puissance du ventilateur

Enfin, le travail moteur du ventilateur vaut w_m =

v dp+ Δk+gΔz+w_f.

Classiquement, on peut n´egliger les trois derniers termes du membre de droite. L’´equation devient alors

w_m=

v dp.

Dans un ventilateur, la variation de pression est faible par rapport `a la pression absolue.

On peut donc consid´erer que le volume massique varie peu. D`es lors, wm=vΔp

et la puissance motrice vaut

P_m = ˙m w_m= V˙f

v vΔp= ˙V_fΔp

o`u ˙V_f est le d´ebit volumique des fum´ees aux conditions de pression et de temp´erature au niveau du ventilateur (t= 150^oC etp= 100kP a)

V˙f = ˙nf

R T p Finalement, on trouve

Pm= 937 [W]