Chapitre 21
Les vapeurs - solutions
S´eance 9 - Les vapeurs
Exercice 1- En syst`eme ferm´ e
Le ballon d’eau (suppos´e ind´eformable) d’une chaudi`ere contient initialement 7m3 d’eau `a l’´etat liquide satur´e en contact avec 3m3 de vapeur satur´ee s`eche `a la pression de 2bar. Par la combustion du fuel dans la chaudi`ere, un flux thermique est fourni `a l’eau pendant 90 minutes. A l’issue de cette p´eriode, une pression de 20bar est mesur´ee. Pen- dant l’op´eration de chauffe, suppos´ee r´eversible, les robinets et les vannes plac´ees sur les conduites d’acc`es et de sortie du ballon sont ferm´es.
On demande :
1. de d´eterminer les caract´eristiques (p, t, u, h, s, v, x) de l’´etat initial et de l’´etat final, 2. de calculer la puissance fournie `a l’eau
3. de repr´esenter l’´evolution dans un diagramme (T,s).
Solution de l’exercice 1 - Syst`eme ferm´e
Table 21.1 – Caract´eristiques des ´etats 1 et 2
Etats p t v h x u s
[bar] [oC]
m3
kg kJ
kg
[−]
kJ
kg kJ
kg K
1 2
2 20
Dans ce genre de probl`emes, la principale difficult´e consiste `a bien cerner le type d’´evo- lution subie par le fluide entre les deux ´etats d’´equilibre. Entre 2bar et 20 bar, quelle est la loi de transformation que l’on devra appliquer durant l’exercice ? Isotherme ? Isobare ? Isochore ? Isentropique ? Isotitre ?
Comme le ballon est ind´eformable, le volume total est conserv´e. Mais le volume est une fonction d’´etat extensive, il n’est donc pas facile d’en tirer une loi de transformation.
Cependant, comme le ballon est aussi ´etanche, la masse totale est aussi conserv´ee. Et donc, finalement, la masse volumique est la variable d’´etat qui sera conserv´ee durant cette transformation.
La transformation est donc un apport de chaleur isochore.
1. D´etermination de la masse volumique initiale
L’´etat initial est caract´eris´e par la pr´esence dans le ballon de 7m3 d’eau `a l’´etat liquide satur´e et de 3m3 de vapeur s`eche satur´ee `a une pression de 2bar. La table X fournit les caract´eristiques de la vapeur d’eau satur´ee `a 2bar.
t1=tsat(2) = 120.23oC v(2) = 0.00106m3/kg v(2) = 0.8855m3/kg
h(2) = 504.76kJ/kg h(2) = 2705.23kJ/kg
s(2) = 1.53kJ/kgK s(2) = 7.124kJ/kgK.
Pour rappel, les exposants ’ et ” sont relatifs aux caract´eristiques respectivement de la phase 100% liquide et de la phase 100% vapeur `a la pression ou la temp´erature consid´e- r´ee. Il s’agit donc des caract´eristiques `a titre nul et unitaire. Comme, dans ce cours, on ne consid`ere que les transformations ne passent que par des ´etats d’´equilibre (hypoth`ese habituelle de la thermodynamique), on fait l’hypoth`ese que tout ´etape de changement de phase est assimilable `a un m´elange d’une partie 100% liquide et d’une partie 100% vapeur.
Il est alors possible de calculer la masse de chacune des deux phases pr´esentes dans le ballon :
mliq,1 = Vliq,1
v(2) = 7
0.00106 = 6603.77 [kg]
mvap,1 = Vvap,1
v(2) = 3
0.8855 = 3.39 [kg]
La masse totale contenue dans le ballon vaut donc
mtot=mliq,1+mvap,1 = 6607.16 [kg]
→ ρtot= mtot
Vtot = → vtot= Vtot
mtot = 0.0015 m3
kg
Table 21.2 – Caract´eristiques initiales des ´etats 1 et 2
Etats p t v h x u s
[bar] [oC]
m3 kg
kJkg
[−]
kJ
kg kJ
kg K
1 2 120.23 0.0015
2 20 0.0015
2. D´etermination des caract´eristiques initiales
Le titre est d´efini comme la fraction massique de la vapeur dans le m´elange liquide- vapeur `a l’´equilibre. D`es lors,
x1= mvap,1
mtot = 5.13×10−4 Il est maintenant possible de calculer l’enthalpie du m´elange
h1=x1h(2) + (1−x1)h(2) = 505.89 kJ
kg
l’entropie du m´elange
s1=x1s(2) + (1−x1)s(2) = 1.5329 kJ
kg K
et de v´erifier la valeur du volume massique
v1=x1v(2) + (1−x1)v(2) = 0.001514 m3
kg
L’´energie interne se calcule via la d´efinition de l’enthalpie :
h=u+p v ⇒ u1=h1−p1v1= 505.89 103−0.001514×2 105 = 505.3kJ/kg
Table 21.3 – Caract´eristiques des ´etats 1 et 2
Etats p t v h x u s
[bar] [oC]
m3 kg
kJkg
[−]
kJkg kJ kg K
1 2 120.23 0.0015 505.8 0.0005 505.5 1.5329
2 20 0.0015
3. D´etermination des caract´eristiques finales
Le ballon est alors chauff´e jusqu’`a ce que la pression soit ´egale `a 20bar. Comme le ballon est ferm´e herm´etiquement, la masse contenue est conserv´ee. En outre, son volume n’a pas chang´e puisqu’il est ind´eformable. Par cons´equent, le volume massique du m´elange v=V /mtot n’est pas modifi´e par la transformation subie.
Les caract´eristiques de la vapeur satur´ee `a 20bar sont obtenues dans les tables XI : tsat(20) = 213oC
v(20) = 0.001178m3/kg v(20) = 0.09848m3/kg
h(20) = 911.24kJ/kg h(20) = 2799kJ/kg
s(20) = 2.4523kJ/kgK s(20) = 6.3353kJ/kgK.
Le titre s’obtient grˆace `a la conservation du volume massique
v1 =v2 =x2v(20) + (1−x2)v(20) = 0.001514 m3
kg
d’o`u
x2 = v2−v(20)
v(20)−v(20) = 3.45×10−3 Cela permet de calculer l’enthalpie
h2 =x2h(20) + (1−x2)h(20) = 917.7 kJ
kg
et l’entropie
s2=x2s(20) + (1−x2)s(20) = 2.4657
kJ kg <, K
Les caract´eristiques des ´etats 1et 2 sont synth´etis´ees dans le tableau 21.4.
Figure21.1 – Diagramme T-s de l’exercice 1.
Table21.4 – Exercice 1 : Caract´eristiques finales des ´etats 1 et 2
Etats p t v h x u s
[bar] [oC]
m3 kg
kJkg
[−]
kJ
kg kJ
kg K
1 2 120.23 0.0015 505.8 0.0005 505.5 1.5329 2 20 212.37 0.0015 914.8 0.0033 911.8 2.4657
On remarque imm´ediatement que, en termes de masse, le ballon d’eau est essentielle- ment compos´e d’eau sous forme liquide. L’apport de chaleur permet une faible vaporisation de cette eau liquide et augmente l´eg`erement le titre du m´elange.
Les volumes et les masses finales de liquide et de vapeur peuvent aussi se calculer : mliq,2 = (1−x2)∗mtot = 6584.4 [kg] mvap,2 =x2∗mtot= 22.8 [kg]
Vliq,2=mliq,2v(20) = 7.756 [m3] Vvap,2=mvap,2v(20) = 2.244 [m3] Sous l’effet de l’apport de chaleur, le titre a l´eg`erement augment´e de sorte que la masse de vapeur est devenue plus importante. Cependant comme la pression a elle-aussi augment´e, le volume occup´e par la vapeur a diminu´e (bien que la masse contenue dans ce volume ait augment´e).
4. D´etermination de la puissance fournie `a l’eau
Le ballon d’eau est un syst`eme ferm´e `a masse constante. L’application simple de l’´equa- tion du travail moteur en syst`eme ferm´e permet le calcul de l’action calorifique :
wm = Δu−q → q= Δu= 406.3 kJ
kg
La puissance thermique fournie vaut donc P = mtotq
Δt = 497.1 [kW]
Exercice 2 - En syst`eme ouvert
Dans une centrale thermique, une chaudi`ere fournit de la vapeur d’eau surchauff´ee.
L’eau liquide d’´etat 1 `a l’entr´ee de la chaudi`ere a pour caract´eristiques t1 = 230oC et p1 = 80bar. A la sortie de la chaudi`ere, la vapeur surchauff´ee d’´etat 2 a pour caract´eris- tiquest2 = 535oC etp2= 80bar. La d´ebit d’eau s’´el`eve `a 280t/h.
On demande :
1. de d´eterminer les caract´eristiques (p, t, v, h, s) aux ´etats 1 et 2, 2. de calculer la puissance calorifique fournie `a l’eau
3. de repr´esenter l’´evolution dans un diagramme (T,s).
Solution de l’exercice 2
La transformation ´etudi´ee s’obtient directement de l’´enonc´e de l’exercice. Il s’agit un apport calorifique isobare en syst`eme `a d´ebit massique permanent, c’est-`a-dire de type ouvert. On peut noter la diff´erence imm´ediate entre l’apport de chaleur en syst`eme ferm´e, isochore et l’apport de chaleur en syst`eme ouvert, isobare.
1. D´etermination des caract´eristiques initiales
En consultant les diagrammes thermodynamiques de l’eau, on remarque que les tables ne contiennent pas les caract´eristiques de l’eau sous-refroidie (de temp´erature inf´erieure `a sa temp´erature de saturation, `a gauche de la cloche de saturation). D´eterminer les carac- t´eristiques de ce liquide `a l’aide des tables n´ecessite d`es lors une petite astuce.
On constate que les caract´eristiques de l’eau liquide ne d´ependent que tr`es faiblement de la pression car un liquide est incompressible. Par cons´equent, les caract´eristiques d’en- thalpie et d’entropie `a l’´etat 1 (t1= 230oC etp= 80bar) `a gauche de la cloche sont tr`es proches des caract´eristiques de l’eau liquide satur´ee (sur la cloche) `a la mˆeme temp´erature (t = 230oC et p = 27.95bar). On fait l’approximation que les caract´eristiques de ces deux ´etats sont identiques pour les valeurs d’enthalpie et d’entropie, et on obtient donc les caract´eristiques de l’eau `a l’´etat 1.
t1 = 230 [oC]
p1 = 80 [bar]
v1 = 0.0012 m3
kg
v
h1 = 989.97 kJ
kg
h s1 = 2.6096
kJ kg K
s.
Faire l’hypoth`ese inverse (2) (mˆeme pression mais `a temp´erature de saturation) pro- voquera des approximations totalement irr´ealistes comme le montre le tableau ci-dessous comparant les deux hypoth`eses et les valeurs r´eelles calcul´ees par ordinateur.
Table21.5 –
hypoth`eses 1 hypoth`eses 2 valeurs r´eelles
p [bar] 27.95 80 80
T [K] 230 295 230
h kJ
kg
989.7 1316.5 991.3
s
kJ kg K
2.6096 3.2064 2.600
2. D´etermination des caract´eristiques finales
Les caract´eristiques de la vapeur surchauff´ee sont obtenues dans les tables de la vapeur surchauff´ee XI :
t2 = 535 [oC]
p2 = 80 [bar]
v2 = 0.0441 m3
kg
h2 = 3484.6 kJ
kg
s2 = 6.8334 kJ
kg K
3. D´etermination de la puissance thermique
L’action calorifique fournie `a l’eau est obtenue de l’´equation du travail moteur en syst`eme ouvert en n´egligeant le termewf et en exploitant le caract`ere isobare de la trans- formation :
wm = 2
1 v dp+wf = 0
= Δh−q
→ q = Δh= 2493.63 kJ
kg La puissance thermique vaut donc :
P = ˙m q = 193.95 [M W]
Figure21.2 – Diagramme T-s de l’exercice 2.
Exercice 3
Un r´ecipient cylindrique ind´eformable d’une hauteur de 0.8m et de 0.15m de dia- m`etre contient de l’anhydride carboniqueCO2`a un ´etat 1 caract´eris´e par une temp´erature t1 = 30oC et un titre x1 = 0.3. Apr`es extraction d’une masse de 3kg, le contenu du r´ecipient, `a l’´etat 2, se met en ´equilibre thermique avec l’ambiance dont la temp´erature vaut 10oC.
On demande :
1. de repr´esenter l’´evolution dans un diagramme (t, s) qualitatif, 2. de d´eterminer les caract´eristiques (p, t, v, h, x, s) aux deux ´etats, 3. de calculer la masse deCO2 restant dans le r´ecipient.
Solution de l’exercice 3
1. D´etermination des caract´eristiques de l’´etat initial
Les caract´eristiques de la vapeur deCO2 satur´ee `a 30oC sont obtenues dans les tables : t1 = 30 [oC]
p1 = 71.92 [bar]
v = 0.001680 m3
kg
v = 0.002979 m3
kg
h = 108.5 kJ
kg
h = 171.5 kJ
kg
s = 0.3576 kJ
kg K
s = 0.5664 kJ
kg K
2. D´etermination de la masse initiale Puisquex1= 0.3, le volume massique vaut :
v1=x1v+ (1−x1)v = 0.0021 m3
kg
l’enthalpie :
h1=x1h+ (1−x1)h = 127.4 kJ
kg
et l’entropie :
s1 =x1s+ (1−x1)s = 0.42024 kJ
kg K
On peut ´egalement calculer la masse deCO2 contenue dans le r´ecipient dont le volume vaut :
V =π D2
4
L= 14.14×10−3[m3] De sorte que :
m1 = V
v1 = 6.73 [kg]
3. Etude de la transformation
Ensuite, on retire 3kgdeCO2et on laisse l’´equilibre thermique s’´etablir avec l’ambiance (t2= 10oC). Puisque le volume du r´ecipient est constant, le volume massique vaut :
v2 = V
m2 = 0.00379 m3
kg
Les tables V indiquent que :
t2 = 10 [oC]
p2 = 45.06 [bar]
v(10oC) = 0.001166 m3
kg
v(10oC) = 0.007519 m3
kg
h(10oC) = 27.2 kJ
kg
h(10oC) = 228.6 kJ
kg
s(10oC) = 0.0913 kJ
kg
s(10oC) = 0.8026 kJ
kg K
Connaissantv2, on peut calculer le titre puisque : v2 =x2v+ (1−x2)v donc :
x2 = v2−v
v−v = 0.413 Et enfin
h2=x2h+ (1−x2)h = 110.7 kJ
kg
s2=x2s+ (1−x2)s = 0.5088 kJ
kg K
La masse finale restant dans le r´ecipient vaut :m2= 6.73−3 = 3.73 [kg].
Figure21.3 – Diagramme T-s de l’exercice 3.
Exercice 4
Une bonbonne cylindrique ind´eformable, de 0.5m de hauteur et de 0.3m de diam`etre, reposant sur sa base circulaire, contient duR22 `a l’´etat 1 caract´eris´e par une temp´erature t1 = 15oC. Le R22 `a l’´etat vapeur occupe 95% du volume de la bonbonne en ´equilibre thermique avec son liquide satur´e. Elle est soumise au rayonnement solaire rasant pendant 1 heure avec une densit´e de flux thermique (en ´eclairement ´energ´etique) de 0.6kW/m2 (il convient d’utiliser la surface ad´equate de la bonbonne puisqu’il s’agit d’un flux rayonn´e).
L’´etat final du R22 est appel´e 2.
On demande :
1. de repr´esenter l’´evolution dans un diagramme (t, s) qualitatif, 2. de d´eterminer les caract´eristiques (p, t, v, h, x, u) aux ´etats 1 et 2.
Solution de l’exercice 4
Les tables fournissent les caract´eristiques `a l’´etat 1 : t1 = 15 [oC]
p1 = 7.94 [bar]
v = 0.000812 m3
kg
v = 0.0298 m3
kg
h = 19.1 kJ
kg
h = 212.7 kJ
1. D´etermination des caract´eristiques initiales
Connaissant le volume occup´e par chaque phase, on peut calculer leur masse : mvap= 0.95V
v = 1.127 [kg]
et
mliq = 0.05V
v = 2.176 [kg]
o`u
V =π h D2
4
= 35×10−3 [m3] Le titre se calcule alors ais´ement :
x1 = mvap
mvap+mliq = 0.341 Enfin, le volume massique vaut :
v1=x v+ (1−x)v = 0.0107 m3
kg
et est constant durant la transformation. Enfin, l’enthalpie initiale vaut : h1=x h+ (1−x)h = 85.15
kJ kg
2. Etude de la transformation
L’action calorifique fournie au fluide est : Q= ˙q SΔt q= q S˙ Δt
mvap+mliq
o`u la surface `a prendre en compte est la surface projet´ee de la bonbonne : S =h D= 0.15 [m2]
et donc :
q = 98.17 kJ
kg
En syst`eme ferm´e, les ´equations du travail moteur nous informe que l’apport calorifique ne sert qu’`a augmenter l’´energie interne du fluide :
wm = −
p dv+wf = 0
= Δu−q
q = Δu= Δh−
d(p v) = Δh−v(p2−p1)
qu’il faut r´esoudre de mani`ere it´erative. Pour cela, il faut fixerp2, ce qui permet de calculer x2 (par conservation de v) ainsi queh2 et donc q. Il faut alors adapterp2 pour respecter le premier principe et it´erer. Finalement, on obtient :
t2 = 45.2 [oC]
p2 = 17.92 [bar]
v2 =v1 h2 = 194.0
kJ kg
x2 = 0.84
Exercice 5
Un groupe d’alpinistes r´ealise l’ascension du Mont-Blanc (4810 m d’altitude). Arriv´es au sommet, ils d´ecident de se sustenter et de se faire cuire des pˆates. La pression atmo- sph´erique diminuant lorsque l’altitude augmente, on demande :
0) d’estimer (sans calculs) si le temps de cuisson n´ecessaire sera sup´erieur ou inf´erieur au temps indiqu´e sur le paquet.
1) d’´ecrire la loi d’´evolution de la pression en fonction de l’altitude.
2) de pr´edire la temp´erature d’´evaporation de l’eau au dessus du Mont-Blanc.
Solution de l’exercice 5
0. Estimation du temps de cuisson des pˆates
Les pˆates cuisent `a priori moins vite `a plus haute altitude. La pression ´etant plus faible, l’eau dans laquelle elles sont plong´ees entre en ´ebullition `a plus basse temp´erature. Comme les pˆates sont plong´ees dans l’eau quand celle-ci est en ´ebullition, elles sont plong´ees dans un fluide `a plus basse temp´erature et devront donc y rester plus longtemps pour cuire.
Une question plus compliqu´ee consisterait `a se demander si `a cette temp´erature, les pˆates vont r´eellement cuire ou non, mais la solution requiert un nombre d’informations trop important pour faire ais´ement le calcul.
1. Calculs de la temp´erature d’´evaporation de l’eau `a cette altitude Le but de l’exercice est de calculer la temp´erature d’´evaporation de l’eau `a cette tem- p´erature. Les ph´enom`enes de changement de phase impliquent que la transformation se fasse `a temp´erature et pression constantes. Il suffit donc de d´eterminer la pression de l’eau pour calculer univoquement la temp´erature. La pression qui r`egne dans la casserole est
´evidemment ´egale `a la pression du milieu ext´erieur (de l’air). On va donc simplement cal- culer la pression de l’air r´egnant `a cette altitude.
La formule utilis´ee le plus souvent pour calculer la pression exerc´ee par une colonne de fluide :
Δp=−ρ g h
n’est pas valable dans le cas d’un gaz car la masse volumique est une fonction de la pression et donc indirectement de l’altitude (alors qu’un liquide, ´etant incompressible, aura une masse volumique invariable avec la profondeur). En repartant de l’expression g´en´erale du travail moteur en syst`eme ouvert :
wm =
v dp+
g dz+
dK+wf
→
v dp+
g dz= 0 Soit, en ´equation infinit´esimale :
v(p)dp=g dz ⇒ dp
dz =− g v(p)
A partir de l’´equation infinit´esimale du gradient vertical de pression, en rempla¸cant la d´ependance en p par une d´ependant avec l’altitude et en faisant l’hypoth`ese r´ealiste que la d´ependance de la temp´erature en fonction de l’altitude T(z) est moindre que celles de la pression p(z) et du volume massique ρ(z) :
dp
dz = −ρ(z)g dp
dz = − p(z) R∗T(z)g dp
p = − g R∗T(z)dz p = p0e(−R∗g hT)
Le choix de la temp´erature T, suppos´ee constante donc, est arbitraire. Dans ce cas-ci, on estime la temp´erature moyenne `a cette altitude `a −10oC. A 4800m, la pression est donc de 0.548 bars. Les tables de thermodynamique indique qu’`a cette pression l’eau bout
` a 83oC.
