Solutions - Air Humide

MECA 1855 Thermodynamique et Energ´etique - APE 12

Solutions - Air Humide

Exercice 1

M´ethode graphique

A l’aide du diagramme de l’air humide, on trouve, par intersection de la quasi-horizontale isotherme de 295 K avec la courbe φ = 0.6, les caract´eristiques suivantes :

Table 1 – Exercice 1 - caract´eristiques x Enthalpie φ Temp´erature Pression

[-] h

kJ kg

i

[-] [K] [bar]

1 0.01 47.5 0.6 295 1.013

Il reste `a d´eterminer le volume massique v1. L’air ´etant compos´e essentiellement de deux gaz diatomiques, on peut l’assimiler `a un gaz parfait. Cependant, la constante massique des gaz parfaits R^∗ de l’air humide doit encore ˆetre calcul´ee pour r´esoudre le probl`eme.

v₁= R^∗T1

R^∗ = (H2O) R Mm,H2O

+ (airsec) R Mm,airsec

La constante est ainsi exprim´ee `a partir des concentrations massiques des composants de l’air humide (air sec et eau) que l’on peut calculer relativement facilement :

(H2O) = mH2O

m_total = mH2O

mH2O+mair

= x mair

(1 +x)mair

= x

x+ 1 = 9.9 10⁻³≈0.01 (air_sec) = 0.99

En injectant ces concentrations dans l’´equation des gaz parfaits, on peut calculer le volume massique de l’air humide :

R^∗ = 0.01× 8.3145

18 10⁻³ + 0.99× 8.3145

28.96 10⁻³ = 288.9 kJ

kg K

v₁= 0.840 [m³/kg]

M´ethode analytique

Avec les deux donn´ees de l’´enonc´e : t = 22^oC et φ = 0.6, on peut calculer les caract´eristiques demand´ees de fa¸con plus pr´ecise via une m´ethode analytique. En rappelant la d´efinition de l’humidit´e relative :

φ= p_v

p⁰_v ⇒ p_v =p⁰_v φ=p_sat(t)φ

Formule qui va permettre le calcul de l’humidit´e absolue comme suit :

x = 0.622 p_v

p−p_v

= 0.622

φ p_sat(22^oC) p−φ p_sat(22^oC)

= 0.622× 0.6×0.0265

1−0.6×0.0265 = 0.01 La constante de l’air humide :

R^∗= 287.1

1 + 1.608x 1 +x

= 288.83 kJ

kg K

L’enthalpie se calcule via la formule suivante¹ :

h = 1.009t+x(2501.6 + 1.854t)

= 1.009×22 + 0.01×(2501.6 + 1.854×22) = 47.62 kJ

kg

Exercice 2

Caract´eristiques de l’air

A l’aide du diagramme, on remarque que l’on se situe au del`a de la courbe de ros´ee (φ = 1). L’utilisation de l’´equation de d´etermination de l’humidit´e relative `a partir de l’humidit´e absolue ne peut ˆetre utilis´ee. En effet, φ vaut 1 d`es qu’il y a apparition de gouttelettes d’eau liquide dans l’air humide (la pression partielle et la pression partielle `a saturation ne varient pas lorsque de l’eau liquide se forment). En suivant l’isotherme, on calcule les caract´eristiques du fluide :

Table 2 – Exercice 2 - caract´eristiques x Enthalpie φ Temp´erature Pression

[-] h

kJ kg

i

[-] [K] [bar]

1 0.014 40 1 287.15 1.013

On fera attention au fait qu’une fois sorti de la zone d’air humide [0 < φ < 1], les isothermes, dans le diagramme, sont approximativement parall`eles aux isenthalpiques.

Quantit´es de liquides et de vapeurs

Par d´efinition de l’humidit´e absolue, on obtient une relation entre la masse d’air sec et la quantit´e d’eau en ce point. Etant donn´e que nous sommes en r´egion diphasique, on

1. La formule exacte est plus complexe et prend en compte la proportion d’eau sous forme liquide et solide.

calcule les quantit´es d’eau sous chacun des ´etats : m_eau

mair sec

= m_liq+m_vap mair sec

= 0.014

La quantit´e d’eau sous forme de vapeur s’obtient en remontant l’isenthalpique jusqu’`a φ = 1. Ce qui repr´esente l’´etat de vapeur satur´ee `a enthalpie de notre m´elange. En ce point (2), on trouve une humidit´e absolue de x = 0.01, repr´esentant la quantit´e d’eau sous forme de vapeur en notre point (1) :

mvap= 0.01mair sec

mliq = 0.004mair sec

Exercice 3 - Compresseur ` a air

Dans cet exercice, il est impossible d’utiliser le diagramme car celui-ci n’indique que les

´etats de l’air humide `a pression atmosph´erique. D`es que, dans un exercice, les ´evolutions am`enent notre fluide `a d’autres pressions, il faut passer en r´esolution analytique.

Caract´eristiques de l’´etat 1

Table 3 – Exercice 3 - caract´eristiques initiales

´etats Pression Temp´erature φ x Enthalpie

[bar] [K] [-] [-]

hkJ kg

i

1 2 30 1

2 3 74

3 32

3₀

Humidit´e absolue initiale

De cet ´etat, la pression, la temp´erature et l’humidit´e relative sont connus. L’´etat peut donc ˆetre enti`erement d´efini. On trouve l’humidit´e absolue (la pression de saturation (p<sup>0</sup><sub>v</sub>) de l’eau `a 30^oC vaut 0.0425 bar) :

x₁ = 0.622 p_v

p−p_v

= 0.622

φ p⁰_v p−φ p⁰_v

= 0.622

1× 0.0425 2−1× 0.0425

= 0.0135

Enthalpie initiale

L’enthalpie d’un m´elange d’air humide est la somme de plusieurs termes, selon de la composition du m´elange. En effet, l’air humide est toujours compos´e en partie d’air sec, un gaz parfait et d’eau. La contribution en enthalpie de l’air sec varie avec la temp´erature via la loi de transformation ∆h=cp∆T. Comme l’enthalpie doit ˆetre toujours exprim´ee par rapport `a une enthalpie de r´ef´erence, on d´efinit une r´ef´erence d’enthalpie nulle de l’air sec `a 0^oC.

h₂ =h₁+ ∆h=h₁+c_p∆T → h_airsec =h_ref,as+ 1.009 (T−T_ref) = 1.009t Le second composant de l’air humide est l’eau sous forme de vapeur d’eau. A l’enthal- pie de l’air sec, il faut ajouter un terme d’enthalpie du `a la pr´esence de vapeur d’eau dans le m´elange. A la temp´erature de r´ef´erence (0<sup>o</sup>C), l’eau peut se trouver soit sous forme de vapeur, soit sous forme de liquide. L’´etat choisi de r´ef´erence est l’eau liquide. En cons´e- quence de quoi, l’expression de l’enthalpie de la vapeur d’eau par rapport `a la r´ef´erence contient un terme d’enthalpie de vaporisation en plus d’un terme d’enthalpie sensible :

∆h= ∆h_vap+ ∆h_sens → h_vapeur =h_{ref, vap}+h_l,v+c_p(T−T_ref) = (2501.6 + 1.854t) Si il reste de l’eau dans le m´elange, celle-ci peut se trouver soit sous forme liquide, soit sous forme solide (selon la temp´erature). Il faudra donc en tenir compte pour savoir si il faut ajouter l’enthalpie sensible du liquide `a l’enthalpie du m´elange (quand on se situe `a une temp´erature sup´erieur `a 0<sup>o</sup>C, ou ajouter l’enthalpie sensible du solide et retirer l’en- thalpie de solidification lorsqu’on se situe `a une temp´erature n´egative. Car il ne faut pas oublier que l’´etat de r´ef´erence de l’air humide est l’air `a 0<sup>o</sup>C et l’eau sous forme liquide `a mˆeme temp´erature.

Dans le cadre de cet exercice, l’air est satur´e en humidit´e, ce qui signifie d’une part que l’humidit´e relative est unitaire mais aussi que le m´elange ne contient de l’eau que sous forme de vapeur d’eau :

h1 = 1.009t+x1(2501.6 + 1.854t)

= 1.009×30 + 0.0135×(2501.6 + 1.854×30) = 64.79

kJ kgair sec

NB : Pour information, les compositions massiques en air et en eau auraient pu ˆetre calcul´ees mais elles n’apportent rien au calcul :

De l’humidit´e absoluex₁, on peut d´eterminer les fractions massiques en eau et en air dans le m´elange d’air humide consid´er´e, et en d´eduire la constante des gaz parfaits pour ce m´elange :

(H2O) = mH2O

m_total = mH2O

mH2O+mair

= x mair

(1 +x)mair

= x

x+ 1 = 0.0131 (air_sec) = 1−0.0131 = 0.9869

R^∗_{air humide} = 0.0131× 8.3145

18 10⁻³ + 0.987× 8.3145

28.96 10⁻³ = 289.4217

Caract´eristiques du point 2

L’´etat 1 est enti`erement d´efini. Pour d´eterminer les caract´eristiques de l’´etat 2, il faut d´eterminer les lois de transformation `a appliquer au fluide. La premi`ere loi est une com- pression de 2 `a 3 bar, la seconde une ´el´evation de temp´erature de 30^oC `a 74<sup>o</sup>C. Comme on ´etudie de l’air humide, c’est-`a-dire un m´elange de plusieurs composantes, une troisi`eme loi de transformation est n´ecessaire.

Lorsqu’on augmente la pression et la temp´erature, on s’attend `a ce que l’humidit´e rela- tive varie ainsi que l’enthalpie. Par contre, la composition massique du m´elange n’est pas modifi´ee par le passage dans un compresseur. L’humidit´e absolue est donc conserv´ee :

x2 =x1

Cette information va permettre le calcul de l’humidit´e relative et de l’enthalpie.

x₂ = 0.622

φ₂p⁰_v p−φ₂p⁰_v

φ₂ = x₂

0.622× p₂ psat(t2) ×

1 1 +_0.622^x2

= 0.0135 0.622 × 3

0.3698× 1

1 +^0.0135_0.622

!

= 0.1724

h2 = 1.009t+x1(2501.6 + 1.854t)

= 1.009×74 + 0.0135×(2501.6 + 1.854×74) = 110.29

kJ kgair sec

La compression augmente l’enthalpie et diminue donc fortement l’humidit´e relative.

Caract´eristiques du point 3

Le fluide passe dans un refroidisseur isobare. Les caract´eristiques de pression et de temp´erature de l’´etat 3 sont donc connues. Le fluide est refroidi jusqu’`a une temp´erature sup´erieure `a celle de l’´etat initial, `a mˆeme humidit´e absolue (puisque la composition du m´elange n’est pas modifi´ee. Mais, cela ne permet pas de pr´edire que l’humidit´e relative de l’´etat 3 est inf´erieure `a 1 car, la pression ayant augment´e, la position des iso-humidit´es relatives s’est aussi d´eplac´ee.

Le refroidissement pourrait donc provoquer la condensation d’une partie de l’eau. Cette fraction d’eau liquide devra ˆetre purg´ee entre les ´etats 3 et 30. Nous devons donc v´erifier si l’humidit´e absolue en 3 est sup´erieure `a l’humidit´e absolue de saturation (`a mˆeme tem- p´erature), ce qui serait symptomatique d’une condensation.

A saturation, on aurait une humidit´e absolue de : x3,sat= 0.622

φ p⁰_v p−φ p⁰_v

= 0.622

1× 0.0476 3−1× 0.0476

= 0.01

x3,sat = 0.010 < 0.0135 indique qu’il y a condensation et qu’un certain d´ebit d’eau liquide sera ´elimin´e `a la purge. Le m´elange contient donc 0.01 kg de vapeur d’eau et 0.0035 kg d’eau liquide par kg d’air sec. On peut calculer l’enthalpie finale de ce m´elange :

h3 = 1.009t+xv3(2501.6 + 1.854t) + 4.1868xl3 t

= 1.009×32 + 0.01×(2501.6 + 1.854×32) + 4.1868×0.0035×32 = 58.4

kJ kgair sec

Toute l’eau sous forme liquide est pr´elev´ee `a la vanne, de fa¸con `a se retrouver `a l’´etat satur´e en l’´etat 30. Puisque l’installation fonctionne en r´egime permanent, les temp´era- tures de l’air satur´e en 3<sub>0</sub>, de l’eau purg´ee et de l’air humide en 3 sont ´egales (´equilibre thermique). Il en va de mˆeme pour les pressions (les trois d´ebits sont `a mˆeme pression). En sortie de l’installation, on peut donc calculer analytiquement l’enthalpie de l’air humide :

h₃₀ = 1.009×32 + 0.01×(2501.6 + 1.854×32) = 57.5

kJ kgair sec

Calcul de la masse purg´ee

Par conservation de la masse, le d´ebit d’eau purg´ee est ´egal `a la diff´erence entre les d´ebit d’air humide avant et apr`es la purge :

˙

mair humide 3= ˙mair humide 30+ ˙m_{eau purge}

Soit, en exprimant les d´ebits d’air humide en fonction des d´ebits d’air sec :

˙

mair humide 3 = m˙air humide 30 + ˙meau purge

˙

m_{air sec 3}×x₃ = m˙_{air sec 30}×x₃₀+ ˙m_{eau purge}

Bien que le d´ebit d’air humide varie entre ces deux points, le d´ebit d’air sec reste constant. Donc :

Le d´ebit d’eau purg´e sera, en ´evaluant le d´ebit d’air sec en fonction du d´ebit volumique donn´e d’air humide `a l’´etat 3 :

˙

meau purge = (x3−x3,sat) ˙mair sec

= (x3−x3,sat) ( ˙m_{air humide}−m˙eau)3

= (x3−x3,sat) m˙_{air humide} (1 +x3)

= (x₃−x_3,sat)

(1 +x₃) V˙_{air humide}ρ_{air humide}

= (0.0135−0.01)

(1 + 0.0135) ×10000×

2×10⁵ 305.15×289.4

× 1 3600

= 0.0217

kg_eau s

Table 4 – Exercice 3 - caract´eristiques finales

´etats Pression Temp´erature φ x Enthalpie

[bar] [K] [-] [-]

hkJ kg

i

1 2 30 1 0.0135 64.79

2 3 74 0.1724 0.0135 110.29

3 3 32 ’φ’>1 0.0135 58.4

3₀ 3 32 1 0.010 57.5

Exercice 4

Le thermom`etre `a bulbe humide mesure une temp´erature sur la courbeφ = 1. On peut ainsi situer ce lieu (1⁰) sur le diagramme de l’air humide, ce qui nous en fournit l’enthalpie :

h= 45 kJ

kg

La temp´erature de l’air ambiant est obtenue en prolongeant l’isotherme liquide passant par le point 1⁰ jusqu’`a l’isotherme humide t = 24<sup>o</sup>C. La pente de l’isotherme liquide est donn´ee par l’´echelle I sur le diagramme. En pratique, pour de faibles temp´eratures, la pente obtenue est tr`es proche de celle des isenthalpiques. On peut alors situer le point (2) sur le diagramme :

h≈45 kJ

kg

T = 24^oC φ= 0.42 x= 0.008

Il nous reste `a calculer le volume massique (de mani`ere similaire `a ce qui est fait dans l’exercice 1).

R^∗= 0.008

1.008× 8.3145 18 10⁻³ + 1

1.008× 8.3145

28.96 10⁻³ = 288.33 kJ

kgK

v= R^∗T

p = 0.844 [m³/kg]

Exercice 5 - S´ echage du bois

Une premi`ere ´etape `a consid´erer est l’estimation de la quantit´e de bois `a s´echer par heure et de l`a, le calcul de la quantit´e d’eau `a pr´elever par heure de ces planches.

Calcul de l’´equivalent-d´ebit de bois dans l’installation :

˙

m_bois = V ×ρ_bois Temps

= N×Surface×Epaisseur×ρ_bois Temps

= 60×4×0.2×750 48

= 75

kgbois

h

Calcul du d´ebit d’eau `a extraire :

˙

meau = quantit´e d’eau `a enlever Temps

= quantit´e d’eau `a enlever par kg de bois×D´ebit de bois

= (humidit´e finale−humidit´e initiale)×D´ebit de bois

= (0.2−0.04) ˙m_bois

= 12

kgeau

h

Etape 1 : Caract´eristiques des diff´erents ´etats

Table 5 – Exerice 5 - Caract´eristiques initiales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1_sat 1 12 1

1 1 18

2 1 70

3 1 0.2

Caract´eristiques de l’´etat 1

Sur base des temp´eratures humides et s`eches de l’air `a l’´etat 1, on peut d´eterminer les humidit´es absolue et relative ainsi que l’enthalpie par voie graphique :

φ₁= 0.45 h₁ = 34

kJ kg_{air sec}

x₁ = 0.006 Caract´eristiques de l’´etat 2

L’air humide p´enetre dans un r´echauffeur d’air isobare o`u sa temp´erature est port´ee `a 70^oC. Cette transformation ne modifie pas la quantit´e d’eau dans l’air, l’humidit´e absolue reste constante durant cette transformation (x₂ =x₁).

φ2= 0.03 h2 = 87

kJ kgair sec

x2 = 0.006

Caract´eristiques de l’´etat 3

De l’´etat 2 `a l’´etat 3, l’air humide entre en contact avec le bois et se charge en eau, ce qui permet le s´echage du bois (par diminution de sa masse d’eau). L’humidit´e absolue de l’air augmente donc puisque la quantit´e de vapeur d’eau augmente sans que la quantit´e d’air ne soit modifi´ee. Durant cette transformation, on m´elange de l’air humide `a de l’eau liquide, provenant du bois humide. Il faut utiliser l’´echelle II du diagramme (h,x), qui indique la pente `a suivre en fonction de l’enthalpie de l’eau (vapeur ou liquide) ajout´ee. Dans notre cas, ne connaissant pas cette enthalpie, on supposera qu’elle est tr`es faible, et que la pente

`

a consid´erer est celle des isenthalpiques (ce qui est une tr`es bonne approximation pour de l’eau liquide `a basse temp´erature, voir ´echelle II).

φ3 = 0.2 h3 ≈87

kJ kg_{air sec}

x3 = 0.0145 t3 = 48 [^oC]

Table 6 – Exerice 5 - Caract´eristiques finales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1_sat 1 12 34 0.009 1

1 1 18 34 0.006 0.45

2 1 70 87 0.006 0.03

3 1 48 87 0.0145 0.2

Par voie analytique

Par voie analytique, on trouve les valeurs suivantes : φsat = 1 hsat = 34.3179

kJ kgair sec

xsat= 0.0088 φ1= 0.4944 h1 = 34.3179

kJ kg_{air sec}

x1 = 0.0064 φ₂= 0.0327 h₂ = 87.4708

kJ kg_{air sec}

x₂ = 0.0064 Les caract´eristiques du point 3 doivent ˆetre obtenues par it´eration :

t=

h3−h 0.622

φ psat(t) 1−φ psat(t)

i

2501.6 1.009 + 1.854h

0.622 _{φ p}

sat(t) 1−φ psat(t)

i

φ₃ = 0.2 t₃= 48.8 [^oC] h₃ = 87.4708

kJ kg_{air sec}

x₃= 0.0144

Etape 2 : Calcul du d´ebit d’air initial

Le d´ebit d’eau `a pr´elever dans le bois `a ´et´e calculer dans les ´etapes pr´eliminaires de l’exercice. Ce d´ebit d’eau est enti`erement transf´er´e `a l’air humide durant la transformation 2→ 3 permettant l’augmentation de son humidit´e absolue de x₂ `a x₃. La quantit´e d’eau re¸cue par l’air humide par kg d’air sec vaut :

m_eau=m_{air sec}×(x₃−x₁) Ce qui permet le calcul du d´ebit d’air sec dans l’installation :

˙

m_{air sec} = m˙_eau

(x3−x1) = 1412

kg_{air sec} h

Et comme il n’y a pas de variation de d´ebit d’air sec dans l’installation, ce d´ebit reste valable en tous les ´etats parcourus par le fluide. Par contre, le d´ebit d’air humide varie `a chacune des ´etapes du calcul :

Etats D´ebit d’air sec D´ebit d’air humide hkgair sec

h

i h

kgair humide

h

i

1 1412 1412×(1 + 0.006) = 1422.5 2 1412 1412×(1 + 0.006) = 1422.5 3 1412 1412×(1 + 0.0145) = 1434.5

Et on v´erifie bien que la diff´erence de d´ebit d’air humide est simplement ´egal au d´ebit d’eau pr´el´ev´e.

Etape 3 : Energie consomm´ee et rendement de s´echage

E_s´echage = m˙air sec×∆²₁h×t

= 1412×(87−34)×48

= 3592 [M J]

P_s´echage = m˙air sec×∆²₁h

= 1412×(87−34)

= 20.79 [kW] Rendement de s´echage

Potentiel ´energ´etique du bois :

P_bois= ˙m_boisP CI_bois= 75×18 = 1350 M J

h

= 375 [kW] Le rendement de s´echage est de :

ηsec. = 1−20.79

375 = 0.9446

Variante de l’exercice 5

Mˆeme exercice que pr´ec´edemment, avec, cette fois-ci, une augmentation de la temp´e- rature du bois de 15 [^oC] durant l’op´eration de s´echage.

Solution

Etant donn´e que le bois va se r´echauffer d’une quinzaine de degr´es, l’air humide va perdre de l’enthalpie durant le processus de s´echage. En effet, l’´energie ´etant conserv´ee, le gain d’enthalpie du bois doit ˆetre compens´e par la perte de l’enthalpie de l’air. On ´ecrit donc le bilan d’enthalpie (les indicese repr´esentent l’entr´ee du compos´e `a s´echer et f sa sortie) :

˙

mair sech2+ ( ˙mbois seccbois+ ˙meaucp, eau) te= ˙mair sech3+ ˙mboiscbois sects

˙ m_eau

(x3−x2)h₂+ ( ˙m_bois−m˙_eau)c_boist_e+ ˙m_eauc_{p, eau}t_e= m˙_eau

(x3−x2)h₃+ ( ˙m_bois−m˙_eau)c_boist_s

˙ meau

(x3−x2)(h3−h2) + ( ˙mbois−m˙eau)cbois(ts−te)−m˙eaucp, eaute = 0 12

(x3−0.006)(h3−87.4708) + (75−12)×1.5×15−12×4.186×288.15 = 0 De plus, l’humidit´e absolue :

x3(t3) = 0.622

0.2psat(t3) 1−0.2p_sat(t₃)

et l’enthalpie :

h₃(t₃) = 1.009t₃+

0.622

0.2p_sat(t₃) 1−0.2psat(t3)

(2501.6 + 1.854t₃)

Il suffit donc d’it´erer ces ´equations sur t3 pour calculer les caract´eristiques de l’air en sortie du s´echage.

Exercice 6 - Tour de refroidissement

Cet exercice se replace dans la th´ematique suivie tout au long des s´eances de tp autour du fonctionnement des centrales ´electriques. Le fonctionnement des tours de refroidisse- ment est l’objectif de cet exercice. Le principe est assez simple : de l’air atmosph´erique est aspir´e `a la base de la tour. Dans la tour, l’eau du cycle secondaire de la centrale qui a permis la condensation de la vapeur du cycle principal, est finement pulv´eris´ee. L’air aspir´e (par tirage naturel) se charge en vapeur d’eau, augmentant son humidit´e. Le re- froidissement et le pr´el`evement de l’eau ainsi effectu´e permet le refroidissement de l’eau circulant dans le circuit secondaire. Cette m´ethode permet d’´eliminer la chaleur perdue au condenseur vers l’air ambiant plutˆot que vers la rivi`ere, ce qui est moins n´egatif pour l’environnement.

Etape 1 : caract´eristiques des diff´erents ´etats

Table 7 – Exerice 6 - Caract´eristiques initiales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1 1 15 0.8

2 1 25 1

Les caract´eristiques de l’air ambiant fixe nous fournissent son enthalpie et son humidit´e absolue via le diagramme de Mollier :

tair humide,1 = 15^oC φ= 0.8 ⇒ hair humide,1 = 37.5 kJ

kgair sec

xair humide,1 = 0.0085 On fixe comme contrainte de conception la minimisation du panache de fum´ee. Ce panache est inexistant tant queφ ≤ 1. Techniquement, plus l’humidit´e relative est impor- tante, plus petit sera le d´ebit d’air aspir´e. Le choix d’une humidit´e relativeφ = 1 minimise donc le d´ebit d’air (et donc la taille de la tour de refroidissement et, partant de l`a, l’in- vestissement n´ecessaire `a la construction) tout en assurant qu’il n’y ait pas de panache de fum´ees en sortie de tour. On trouve ainsi les caract´eristiques de sortie des fum´ees :

tair humide,2 = 25^oC φ= 1 ⇒ hair humide,2 = 75 kJ

kg_{air sec}

xair humide,2= 0.0195

Table 8 – Exerice 6 - Caract´eristiques finales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1 1 15 37.5 0.0085 0.8

2 1 25 75 0.0195 1

Etape 2 : Calcul du d´ebit d’air n´ecessaire

Pour calculer le d´ebit d’air n´ecessaire au refroidissement de l’eau du condenseur, on ´ecrit le bilan d’´energie dans la tour de refroidissement² :

∆H = 0 → H_entr´ee =H_sortie

˙

m(air sec - 1)h1+ ˙meaucpeau,lts= ˙m(air sec - 2)h2+ ( ˙meau−m˙eau ´evap) cpeau,lte

Ainsi que le bilan de masse de vapeur d’eau et d’air humide dans la tour de refroidissement :

˙

m(air humide - 1)+ ˙m_{eau ´evap} = ˙m(air humide - 2)

˙

mair sec(x2−x1) = ˙m_{eau ´evap} On obtient donc l’´equation suivante :

˙

m_{air sec}(h₂−h₁)−m˙_{air sec}(x₂−x₁)c_peau,lt_e= ˙m_eauc_peau,l(t_s−t_e)

˙

m_{air sec} = 8 10³×4.18 10³×(42.8−30)

(75 10³−37.5 10³) + (0.0085−0.0195)×4.186 10³×30

= 11850 [kg/s]

Remarque importante: Dans la formule pr´ec´edente, la temp´erature de l’eautedoit ˆetre exprim´ee en degr´e Celsius dans la formule car la r´ef´erence arbitraire d’enthalpie utilis´ee dans le diagramme de l’air humide est fix´ee `a 0kJ/kg `a 0^oC.

2. Les enthalpies s’exprimant enh

kJ kg_{air sec}

i

, le bilan d’´energie n´ecessite l’utilisation des d´ebits d’air sec

Etape 3 : Calcul de la puissance c´ed´ee au r´efrig´erant

La puissance c´ed´ee au r´efrig´erant s’obtient simplement comme ´etant la variation d’en- thalpie de l’air multipli´ee par son d´ebit.

˙

mair sec(h2−h1) = 444 [M W]

Etape 4 : Calcul du d´ebit d’eau ´evapor´e lors de son refroidissement Le d´ebit d’eau ´evapor´e lors du refroidissement est enti`erement transmis `a l’air. Il s’agit donc de la diff´erence entre le d´ebit d’air humide initial et le d´ebit d’air humide final (le d´ebit d’air sec est constant lui).

˙

meau = m˙air humide - 2−m˙air humide - 1

= m˙air sec×(1 +x2)−m˙air sec×(1 +x1)

˙

meau = ˙mair sec(x2−x1) = 11850×(0.0195−0.0085) = 130 [kg/s]

Exercice 7

Etape 1 : calcul de la quantit´e d’eau ´evapor´ee

La quantit´e d’eau ´evapor´ee `a la tour de refroidissement doit ˆetre exactement ´egale `a la quantit´e qu’il faut r´einjecter dans le cycle pour garder un fonctionnement constant au syst`eme de refroidissement. Cette quantit´e peut ˆetre exprim´ee `a l’aide d’un bilan de masse dans la tour de refroidissement.

˙

mair humide 1+ ˙m_{eau ´evapor´ee} = m˙air humide 2

˙

mair sec 1×(1 +x1) + ˙meau ´evapor´ee = m˙air sec 2×(1 +x2)

Or la quantit´e d’air sec reste constante durant le passage dans la tour de refroidissement (au contraire du d´ebit d’air humide qui augmente). On en d´eduit une expression du d´ebit d’eau ´evapor´ee dans la tour de refroidissement :

˙

mair sec(x2−x1) = ˙meau ´evapor´ee

Le calcul de ce d´ebit n´ecessite la connaissance du d´ebit massique d’air sec, ainsi que l’´evolution de l’humidit´e absolue de l’air humide. Pour cela, la masse volumique de l’air en entr´ee de la tour de refroidissement doit ˆetre calcul´e.

Table 9 – Exerice 7 - Caract´eristiques initiales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1 1 18 0.5

2 1 26 1

Caract´eristiques de l’´etat initial

A l’entr´ee de la tour de refroidissement, la pression, la temp´erature et l’humidit´e re- lative de l’air humide sont connues. La pression de saturation de la vapeur d’eau `a cette temp´erature vaut :

p⁰_v= 0.206 [bar] → p_v,1=φ p⁰_v = 0.0103 [bar]

dont la pression partiellep_v,1a ´et´e d´eduite. Le calcul de cette pression partielle va permettre de d´eterminer l’humidit´e absolue en entr´ee de tour :

x₁= 0.622 φ p⁰_v

p−φ p⁰_v == 0.0065

L’humidit´e absolue en sortie de tour de refroidissement vaut (p⁰_v(26^oC) = 0.336) : x1 = 0.622 φ p⁰_v

p−φ p⁰_v = 0.622 1×0.0336

1−1×0.0336 = 0.0216

Les valeurs d’enthalpie aux points 1 et 2 peuvent s’obtenir graphiquement ou analyti- quement :

h1 = 1.009t1+x1 (2501.6 + 1.854t1)

= 1.009×18 + 0.0065×(2501.6 + 1.854×18)

= 34.64

kJ kgair sec

h₂ = 1.009t₂+x₂ (2501.6 + 1.854t₂)

= 1.009×26 + 0.0216×(2501.6 + 1.854×26)

= 81.3

kJ

La valeur recherch´ee pour r´ealiser les calculs de l’exercice est le d´ebit massique d’air sec. Or le d´ebit volumique d’air humide est donn´e dans l’´enonc´e. Il est donc important de d´eterminer la masse volumique du m´elange pour obtenir le d´ebit recherch´e. Pour cela, la constante des gaz parfaits de cet air humide doit ˆetre calcul´ee :

R^∗ = (air)₁× 8.314

28.96×10⁻³ + (H2O)₁× 8.314 18×10⁻³

= 1

x+ 1× 8.314

28.96×10⁻³ + x

x+ 1× 8.314 18×10⁻³

= 288.95

Grˆace `a l’´equation d’´etat des gaz parfaits, la masse volumique de l’air humide entrant dans la tour de refroidissement est obtenue :

ρ_air,1= p_air,1

R^∗(273.15 + 18) = 1.19

kg_{air humide} m³

On calcule ainsi le d´ebit massique d’air `a partir de son d´ebit volumique :

˙

m_air,1 =ρ_air,1V˙_air= 10.70

kg_{air humide} s

Ce qui permet le calcul du d´ebit d’air sec :

˙

mair sec = 1 1 +x1

˙

mair,1= 10.63

kgair sec

s

Ce d´ebit d’air sec est constant durant tout le processus de refroidissement. On peut en d´eduire les d´ebits d’eau en entr´ee et en sortie de la tour de refroidissement

˙

meau,1 = ˙mair secx1 = 0.069

kgeau

s

˙

meau,2 = ˙mair secx2 = 0.223

kgeau

s

Ce qui permet de calculer l’augmentation de d´ebit d’eau, c’est-`a-dire le d´ebit d’eau

´evapor´e dans la tour de refroidissement :

˙

meau vaporisee= ˙m_eau,2−m˙_eau,1= 0.154 [kg/s]

Table 10 – Exerice 7 - Caract´eristiques finales de l’air humide Pression Temp´erature Enthalpie x φ

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1 1 18 35 0.0065 0.5

2 1 26 80 0.021 1

Etape 2 : Temp´erature de sortie du circuit d’eau

Pour calculer la temp´erature en sortie du circuit d’eau, un bilan d’´energie est appliqu´e `a la tour de refroidissement. En entr´ee de la tour l’air entre `a un certain d´ebit et une certaine enthalpieh₁ tandis que l’eau entre `a une enthalpiec<sub>p</sub>T<sub>1</sub>. En sortie, l’air est ´elimin´e `a une enthalpieh2 et l’eau `a une enthalpie cpTx.

NB : Le bilan d’´energie `a applique est ∆H = 0. En cons´equence de quoi, comme les enthalpies de l’air humide sont exprim´ees en kJ par kg d’air sec, il faut les multiplier par le d´ebit d’air sec pour obtenir l’enthalpie absolue (en kJ). L’enthalpie de l’eau ´etant exprim´ee via une chaleur sp´ecifique en kJ par kg d’eau et par Kelvin, les d´ebits d’eau doivent ˆetre multipli´es par le d´ebit d’eau.

˙

mair sech1+ ˙meaucpt1= ˙mair sech2+ ( ˙meau−m˙eau vaporisee)cptx

Ce qui nous donne :

10.63×34.64 +0.006

0.001×4.186 18 = 10.63×81.3 +

0.006

0.001−0.154

×4.186×tx

On obtient une temp´erature de sortie du circuit d’eau de :

⇒ Tx = 25.62 [^oC]

Exercice 8

M´elange de l’air de l’immeuble et de l’air ext´erieur.

Connaissant les ´etats 1 et 2, on sait que l’´etat 3 (m´elange entre 1 et 2) se trouve sur la droite liant 1 et 2 dans le diagramme (h,x). Il suffit alors de connaˆıtre h3 ou x3 pour connaˆıtre totalement l’´etat 3.

– bilan sur l’air sec : ˙mas,3 = ˙mas,1+ ˙mas,2

– bilan sur l’eau : ˙m_as,3x₃= ˙m_as,1x₁+ ˙m_as,2x₂ – bilan sur l’´energie : ˙mas,3h3 = ˙mas,1h1+ ˙mas,2h2

Calcul du d´ebit massique d’air sec :

˙

m_as= 1

1 +xm˙_ah= 1 1 +x

V˙_ah v_ah = 1

1 +xV˙_ah p

R⁰T = 1 1 +x

V˙_ahp T

1 R

Mm,as

1

1+x+_M ^R

m,vap

x 1+x

D´ebit massique d’air sec en provenance de l’ext´erieur, ˙mas,1= 5.058kg/s.

D´ebit massique d’air sec en provenance de l’immeuble, ˙m_as,2 = 7.066kg/s.

˙

mas,3 = 12.124kg/s,x3 = 0.0078 eth3 = 34.36 kg/s.⇒t3 ≈15^◦C etφ3 ≈0.75 Lors du passage de l’air dans le r´efrig´erant, l’humidit´e absolue reste constante.

x₄=x₃,t₄= 12^◦C ⇒φ₄ ≈0.85 et h₄ ≈32 kJ/kg Puissance calorifique c´ed´ee par l’air : P = ˙m (h −h ) = 28.61 kW .

Exercice 9

Etape 0 : Caract´eristiques initiales de l’air et de l’eau Etat 0 - entr´ee d’air humide dans le laveur

Le d´ebit d’air donn´e l’´etat en d´ebit volumique normal, il est primordial de d´eterminer la constante des gaz parfaits de ce m´elange d’air humide ainsi que son volume massique normal. Pour cela, en se r´ef´erant aux donn´ees de l’exercice :

p0 = 1 [bar] t0 = 10 [^oC] φ0 = 0.5 le diagramme nous permet de trouver les valeurs suivantes :

x₀ = 0.004 h₀ = 20

kJ kgair sec

Valeurs que l’on aurait trouv´e plus pr´ecis´ement de fa¸con analytique : x0 = 0.622 φ p⁰v

p−φ p⁰v = 0.622 0.5×0.0123

1−0.5×0.0123 = 0.0038

h₀ = 1.009t+x₀(2501.6 + 1.854t) = 1.009×10+0.0038 (2501.6 + 1.854×10) = 19.66 kJ

kg_{air sec}

En cons´equence, on peut calculer la constante des gaz parfaits : R^∗=

1 1 +x0

8.3145

28.96×10⁻³ + x₀

1 +x0

8.3145

18×10⁻³ = 287.79

kJ kgair secK

Le volume massique normal se calcule en rappelant les conditions de l’´etat de r´ef´erence normal (T_N = 273.15K etp_N = 1 bar) :

v_N = R^∗T_N

p_N = 287.79×273.15

10⁵ = 0.814 m³_N

kg

Ce qui permet de calculer le d´ebit masse d’air humide `a l’´etat 0 vaut :

˙

m_{air humide}= V˙

v_N = 35000

0.814 = 42997

kga,hum

h

Le d´ebit d’air sec

˙

m_{air sec}= m˙_{air humide}

1 +x = 42997

1 + 0.004 = 42825

kg_a,sec h

Etat e - entr´ee d’eau dans le laveur

Les donn´ees concernant l’entr´ee de l’eau dans le laveur sont la temp´erature et le d´ebit massique

t_e= 18 [^oC] m˙_e= 70

kg_eau h

Ces donn´ees permettent de calculer l’enthalpie de cette eau : he=cp,eaute= 4.18×18 = 75.24

kJ kg

Etape 1 : Caract´erisation des ´etats

Transformation 0→1 - M´elange air humide - eau

La premi`ere transformation (0 → 1) est un simple lavage de l’air humide pr´elev´e `a l’ext´erieur `a l’aide de l’eau. La transformation est donc un simple m´elange dont on obtient les caract´eristiques en appliquant simplement les lois de conservation.

La conservation de la masse permet le calcul de l’humidit´e absolue en fin de m´elange.

En effet, le d´ebit d’air humide en fin de lavage est ´egal `a la somme du d´ebit d’air humide entrant et du d´ebit d’eau :

˙

m_a,hum0 + ˙m_eau = m˙_a,hum1

˙

m_a,sec0 ×(1 +x₀) + ˙m_eau = m˙_a,sec1 ×(1 +x₁)

˙

m_eau= ˙m_a,sec×(x₁−x₀) x₁=x₀+ m˙_eau

˙ ma,sec

= 0.04 + 70

42825 = 0.0056

La conservation de l’´energie permet le calcul de l’enthalpie en fin de m´elange (en n’oubliant pas de multiplier les enthalpies de l’air humide par le d´ebit d’air sec et pas le d´ebit d’air humide, en raison des unit´es).

˙

ma,sec0 ×h0+ ˙meau×heau= ˙ma,sec1×h1

h₁ =h₀+m˙_eauh_eau

˙

m_{air sec} = 20 +70×75.24

42825 = 20.12 kJ

kg

On trouve les valeurs manquantes sur le diagramme : t1 = 6.2 [^oC] φ1 = 0.92 ou de fa¸con analytique :

t₁ = φ1 =

Transformation 1→1⁰ - Compression polytropique pour amener l’air `a la tem- p´erature de 25^oC

Apr`es lavement, le nouveau m´elange d’air p´en`etre dans un compresseur comportant deux ´etages s´epar´es par un refroidissement interm´ediaire. Pour que les deux ´etages soient identiques, on r´ealise une pr´ecompression du m´elange d’air humide jusqu’`a temp´erature d’entr´ee du second ´etage pour que l’air humide entre dans le premier ´etage `a la mˆeme temp´erature que dans le second.

– 1→1⁰ : Pr´ecompression jusqu’`a 25^oC – 1⁰ →2 : Premier ´etage du compresseur

– 2→3 : Refroidissement interm´ediaire – 3→4 : Second ´etage du compresseur

De cette transformation 1→1⁰, les caract´eristiques initiales sont connues ainsi que la temp´erature finale de la compression. La compression est de type polytropique adiabatique, c’est-`a-dire que les travaux de frottements y sont proportionnels au travail moteur. Pour ces transformations, la loi `a appliquer est de type : p v^m = constante. Ce qui donne, en termes de rapport de pression et de temp´erature :

T₁⁰ T1

= p⁰₁

p1

^m−1

m

Pour d´eterminer la pression de sortie ou le volume massique de sortie, il est donc n´ecessaire de pr´edeterminer le coefficient polytropique m de cette transformation. Dans les donn´ees, le rendement polytropique est fourni. Or, on rapp`ele qu’il existe un lien direct entre ce rendement polytropique et le coefficientm pour les machines r´eceptrices :

η_pi= m m−1

γ−1

γ → m= 1.615

Valeur obtenue en supposant l’air humide assimilable `a un gaz parfait de coefficient de Poisson γ ´egal `a 1.4 et en prenant le rendement polytropique donn´e dans l’´enonc´e. On suppose donc que la pr´ecompression a exactement le mˆeme rendement que les ´etages sui- vants.

Cela permet le calcul de la pression en sortie du pr´ecompresseur : p₁⁰ =p₁

T₁⁰ T1

_m−1^m

= 1× 298

279.2 ^1.615_0.615

= 1.19 [bar]

Ainsi que son enthalpieh₁⁰ et son humidit´e relativeφ₁⁰ : h₁⁰ = 1.009t⁰₁+x⁰₁ 2501.6 + 1.854t⁰₁

= 39.45

kJ kg_{air sec}

φ₁⁰ = p⁰₁ p⁰_v(t⁰₁)

x⁰₁

0.622 +x⁰₁ = 0.335

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1 1 6.2 20.12 0.0056 0.92

1’ 1.19 25 39.45 0.0056 0.335

Transformation 1⁰→2 - Compression polytropique dans le premier ´etage Le rapport de pression final s’exprime comme le produit des rapports de compression xndesn´etages, du rapport de compression du pr´ecompresseurx0et des pertes de pression dans les n) refroidisseursy_n :

X =x0×(xn)ⁿ×(yn)ⁿ

Le rapport de compression optimal pour chaque ´etage du compresseur multi-´etag´e : x_i= p_i

pi−1

= ⁿ s

X x0yⁿ

Pour ce compresseur, il n’y a pas de pertes de pression dans le refroidisseur : y = 1, le rapport de compression total vaut X = 6 et le nombre d’´etages est ´egal `a deux. Le rapport de pr´ecompression calcul´e `a l’´etape pr´ec´edente vaut :

x₀ = p₁⁰

p₁ = 1.19

Ce qui permet le calcul des rapports de compression `a effectuer dans chacun des deux

´etages du compresseur :

x_i = ² r 6

1.19 = 2.25

En sortie du premier ´etage, la pression vaudra donc : 2.25×1.19 = 2.6775 [bar] et 6 [bar]

en sortie du second ´etage.

La temp´erature en sortie des deux ´etages se calcule aussi facilement : T₂

T1

= p₂

p1

^m−1_m

→ T₂=T₁×2.25^0.6151.615 → t₂ = 132.8^oC On en d´eduit donc ais´ement l’enthalpie

h2 = 1.009t2+x2(2501.6 + 1.854t2)

= 1.009×60.5 + 0.0056 (2501.6 + 1.854×60.5)

= 149.2

kJ kg_{air sec}

ainsi que l’humidit´e relative φ₂ = p₂

p⁰_v(t2) x₂ 0.622 +x2

= 2.67 2.86

0.0056

0.622 + 0.0056 = 0.0083

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

1’ 1.19 25 39.45 0.0056 0.335

2 2.67 132.8 149.2 0.0056 0.0083

Transformation 2→3 - Refroidissement isobare dans le premier ´etage

Le refroidissement isobare pourrait provoquer la condensation d’une partie de l’eau, qui devrait alors ˆetre extraite par la purge (transformation 3 →3₀). Il faut donc v´erifier si l’humidit´e absolue en 3 est sup´erieure `a l’humidit´e absolue de saturation auquel cas il n’y a pas condensation. Dans le cas contraire, il faudra calculer la quantit´e d’eau extraite

de la purge.

Les caract´eristiques de l’´etat 3 sont une pression ´egale `a la pression de sortie du premier

´etage du compresseur et une temp´erature de 25^oC. Etant donn´e que la composition du m´elange n’a pas (encore) ´et´e modifi´e´e, l’humidit´e absolue reste constante depuis l’´etat 1 :

p3 = 2.67 [bar] t3= 25 [^oC] x3= 0.0056

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

2 2.67 132.8 149.2 0.0056 0.0083

3 2.67 25 39.2 0.0056 0.7515

A cette temp´erature, la pression de saturation de l’eau valant 0.0317 [bar], l’humidit´e absolue `a saturation vaut :

x_3,sat= 0.622 φ p⁰_v

p−φ p⁰_v = 0.622 1×0.0317

2.677−1×0.0317 = 0.0075

L’humidit´e absolue `a saturation est sup´erieure `a l’humidit´e absolue en sortie du refroi- disseur : 0.0075 > 0.0056 (x3,sat > x3). En cons´equence de quoi, toute l’eau se pr´esente sous forme de vapeur et la purge ne devra pas ´eliminer de liquide.

h3 = 1.009t3+x3(2501.6 + 1.854t3) = 1.009×25+0.0056 (2501.6 + 1.854×25) = 39.2

kJ kg_{air sec}

L’humidit´e relative `a l’´etat 3 se d´etermine par : φ₃ = p₃

p⁰_v,3 x₃

0.622 +x₃ = 2.67 0.0317

0.0056

0.622 + 0.0056 = 0.7515

Transformation 3→4 - Compression polytropique dans le second ´etage

En sortie du second ´etage du compresseur, toute la compression envisag´ee doit avoir

´et´e effectu´ee. En cons´equence de quoi, la pression finale vaut 6 fois la pression initiale, soit 6 bar. On v´erifie d’ailleurs que : 6 = (2.25×2.67). La temp´erature et l’enthalpie sont exactement ´egales `a celles en sortie du premier ´etage, puisque les deux transformations partent de la mˆeme temp´erature avec le mˆeme rapport de compression :

p₄ = 6 [bar] t₄ = 132.8 [^oC] x₄= 0.0056 h₄ = 149.2

kJ kg_{air sec}

φ₄ = p₄ p⁰_v,4

! x₄

0.622 +x₄ = 0.0187

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

3 2.67 25 39.2 0.0056 0.7515

4 6 132.8 149.2 0.0056 0.0187

Transformation 4→5 - Refroidissement isobare dans le second ´etage

Le refroidissement risque de provoquer la condensation d’une partie de l’eau qui peut alors s’extraire par la purge. Nous devons v´erifier si l’humidit´e absolue en 3 est sup´erieure

`

a l’humidit´e absolue de saturation auquel cas il n’y a pas condensation.

p₅ = 6 [bar] t₅ = 25 [^oC] x₅ = 0.0056

L’humidit´e absolue `a saturation `a cette pression et cette temp´erature s’exprime : x5,sat= 0.622 φ p⁰_v

p−φ p⁰_v = 0.622 1×0.0317

6−1×0.0317 = 0.0033

L’humidit´e absolue est donc sup´erieure `a l’humidit´e absolue de saturation : 0.0033 <

0.0056 (x5,sat < x5). En cons´equence de quoi, il sera n´ecessaire de purger l’eau sous sa forme liquide en sortie du refroidisseur du second ´etage du compresseur.

On calcule les valeurs d’enthalpie avant et apr`es purge `a l’´etat 5 : h5 = 1.009t5+x5(2501.6 + 1.854t5)

= 1.009×25 + 0.0056 (2501.6 + 1.854×25)

= 39.2

kJ kg_{air sec}

h₅₀ = 1.009t₅+x_5,sat(2501.6 + 1.854t₅)

= 1.009×25 + 0.0033 (2501.6 + 1.854×25)

= 33.6

kJ kgair sec

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

4 6 132.8 149.2 0.0056 0.0187

5 6 25 39.2 0.0056 >1

5₀ 6 25 33.6 0.0033 1

Etat 6 - Caract´eristiques au fond de la mine

Au fond de la mine, en raison des pertes de charge, de la gravit´e et de l’action calorifique, l’air arrive aux conditions suivantes :

p₆ = 6 [bar] t₆ = 35 [^oC] x₆ = 0.0033

D’o`u on d´eduit les caract´eristiques manquantes de l’air humide au fond de la mine :

h₆= 1.009t₆+x₆(2501.6 + 1.854t₆) = 43.78

kJ kg_{air sec}

φ₆ = p₆ p⁰_v,6

! x₆

0.622 +x₆ = 6 0.0563

0.033

0.622 + 0.0033 = 0.5624

Etats Pression Temp´erature Enthalpie Humidit´e Humidit´e relative

[bar] [^oC] [kJ/kg] [−] [−]

6 6 35 43.78 0.0033 0.5624

Etape 2 : Le d´ebit aux purges

La premi`ere purge est inutile puisque l’air n’y est pas satur´e en eau. Pour la seconde, le d´ebit s’obtient par conservation de la masse :

˙

mair humide, 5 = m˙air humide, 50 + ˙m_{eau purg´ee}

˙

mair sec, 5×(1 +x5) = m˙air sec, 50×(1 +x5) + ˙meau purg´ee

˙

m_{eau purg´ee} = (x₅−x_5,sat) ˙m_{air sec}

= (0.0056−0.0033)×42835

= 98.5

kgeau

h

On lave donc en entr´ee de l’installation l’air en y ajoutant 70 kg d’eau par heure et on pr´el`eve `a la purge du second ´etage du compressuer quasiment 100 kg d’eau par heure. Au total, l’air humide perd donc de sa masse.

Etape 3 : Calcul du travail moteur et de la puissance

Les compresseurs sont des machines de type syst`eme ouvert adiabatique. Le travail moteur est donc enti`erement transform´e en variation d’enthalpie. On calcule alors la puis- sance motrice de l’installation (en n’oubliant pas de multiplier la variation d’enthalpie par le d´ebit d’air sec pour rester coh´erent dans les unit´es).

w_m = (h₂−h₁) + (h₄−h₃) = 239.1

kJ kg_{air sec}

Pm = wmm˙air sec = 2841 [kW]