TF06_P13_final_exo_1.xmcd

TF06 - Final P2013 - Exercice 1 A - Rayonnement solaire Données :

Rayon du soleil RS 696 103

⋅ km⋅ 6.96 108

× m=:= σ 5.67 108−

⋅ W⋅ m 2−⋅ K 4−

⋅:=

TS 5800 K⋅:=Rayon de la terre RT 6380 km⋅ 6.38 106

× m=:=

Distance terre-soleil DTS 150 106

⋅ km⋅ 1.5 1011

× m=:=

1. Émittance et luminance du soleil M0 σ TS4

⋅ 64.165 106

× W m 2−⋅⋅=:=

L0M0π sr 20.424 10

6× W m 2−

⋅ sr 1−⋅⋅=:=

2. Angle solide Ωπ RT

2⋅

DTS2

sr⋅ 5.683 109−

× sr⋅=:=

Φ L0 Ω⋅ π⋅ RS2

⋅ 176.65 1015

× W=:=

3. Calcul de la constante solaire CSΦ

π RT2

⋅1381 W m 2−

⋅⋅=:=

Une autre méthode peut‐être u�lisée, en appliquant la règle de conserva�on de l'énergie solairetraversant 2 sphères centrées sur le soleil, dont l'une a le rayon du soleil, et l'autre un rayoncorrespondant à la distance terre-soleil.

M0 4 π⋅ RS2

⋅

⋅ CS 4 π⋅ DTS

2⋅

⋅= CS

4 π⋅ RS2

⋅

4 π⋅ DTS2

⋅M0⋅ 1381 W m 2−

⋅⋅=:=

1/2 25/06/2013

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TF06 - Final P2013 - Exercice 1 B - Capteur solaire Données :

L 1 m⋅:= T0 20 °C 293.15 K=:= ϕ 850 W⋅ m 2−⋅:= σ 5.67 10

8−× W m 2−

⋅ K 4−⋅⋅=

hc 1.32Tv T0−

L

0.25

⋅= hc KhTv T0−

L

0.25

⋅= Kh 1.32 Wm2 K⋅

⋅mK

0.25⋅:=

1. Bilan sur la plaque

ϕ σ TP4 TV

4−

⋅=

2. Bilan sur la vitre

σ TP4 TV

4−

⋅ σ TV

4 T04

−

⋅ hc TV T0−( )⋅+=

σ TP4 TV

4−

⋅ σ TV

4 T04

−

⋅ Kh

TV T0−

L

0.25

⋅ TV T0−( )⋅+=

Notons qu'il n'est pas possible de négliger le rayonnement de l'air : σ T04

⋅ 419 W m 2−⋅⋅=

à comparer à ϕ 850 W m 2−⋅⋅=

On a 2 équa�ons et 2 inconnues :

Soit ϕ σ TV4 T0

4−

⋅

KhL0.25

TV T0−( ) 1.25⋅+= ϕ σ TP

4 TV4

−

⋅=

après réarrangement, la première équa�on devient :

σ TV4

⋅Kh

L0.25TV T0−( ) 1.25

⋅+ ϕ σ T04

⋅+

− 5.67 10

8−⋅ T4

⋅ 1.32 T 293.15−( ) 1.25⋅+ 1268.738−= 0=

Toutes les méthodes numériques ou graphiques sont bonnes pour trouver :

TV 364.1 K= TP 424.8 K= TV 91.0 °C⋅= TP 151.7 °C⋅=

2/2 25/06/2013

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TF06 - Final P2013 - Exercice 2 Échangeur à courants croisés Données :

huile chaude, fluide brassé

m1 150 kgmin⋅ 2.5 kg

s=:= cP1 1700 Jkg K⋅

⋅:= T1E 120 °C:= T1S 60 °C:=

eau froide, fluide non-brassé

m2 90 kgmin⋅ 1.5 kg

s=:= cP2 4180 Jkg K⋅

⋅:= T2E 10 °C:= U 400 Wm2 K⋅

⋅:=

On u�lise la méthode du NUT (Nombre d'Unités de Transfert)

On définir les débits de capacitéthermique (appelés aussi débits calorifiques) :débit massique × capacité thermique massique

C = m∙cP = ρ∙V∙cP

C1 m1 cP1⋅ 4250 W K 1−⋅⋅=:=

C2 m2 cP2⋅ 6270 W K 1−⋅⋅=:=

Cmin min C1 C2, ( ) 1 C1⋅=:= brassé (huile chaude) On détermine le plus pe�t et le plusgrand de ces paramètres Cmax max C1 C2, ( ) 1 C2⋅=:= non brassé (eau froide)

Ainsi que le rapport des débits decapacité thermique

CRCminCmax

0.678=:=

Puissance échangée Φ C1 T1E T1S−( )⋅= C2 T2S T2E−( )⋅=

Φ C1 T1E T1S−( )⋅ 255 kW⋅=:=

T2S T2EΦC2

+ 50.67 °C⋅=:=

On évalue le débit énergé�que maximaléchangé

Φmax Cmin T1E T2E−( )⋅ 467.5 kW⋅=:=

Calcul de l'efficacité ε ΦΦmax

54.5 %⋅=:=

NUTln 1 CR ln 1 ε−( )⋅+( )

CR

− 1.128=:= Cmin brassé et Cmax non brassé

NUT U S⋅Cmin

= On trouve donc la surfaced'échange : S

NUT Cmin⋅

U 12.0 m2⋅=:=

Ce produit est donc une constantecaractéris�que de l'échangeur U S⋅ 4793.515 W K 1−

⋅⋅=

MH 1/2 09/07/2013

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Baisse du débit d'eau de refroidissement

m2 50 kgmin⋅ 0.833 kg

s=:= C2 m2 cP2⋅ 3483.333 W K 1−⋅⋅=:= C1 4250 W K 1−

⋅⋅=

Cmin min C1 C2, ( ) 1 C2⋅=:= non brassé (eau froide)

Cmax max C1 C2, ( ) 1 C1⋅=:= brassé (huile chaude)

CRCminCmax

0.82=:=

Cmin ayant changé, on recalcule NUT et Φmax

NUT U S⋅Cmin

1.376=:=

Φmax Cmin T1E T2E−( )⋅ 383.2 kW⋅=:=

Cmin non brassé et Cmax brassé ε1 exp CR− 1 exp NUT−( )−( )⋅ −

CR55.9 %⋅=:=

Φ ε Φmax⋅ 214.146 kW⋅=:=

T1S T1EΦC1

− 69.6 °C⋅=:=

T2S T2EΦC2

+ 71.5 °C⋅=:=

MH 2/2 09/07/2013

TF06_P13_final_exo_3.xmcd

TF06 - Final P2013 - Exercice 3 Cuve agitée cylindrique Données :

Fluide : μ 103− Pa⋅ s⋅:= ρ 1000 kg

m3⋅:= CP 4180 J

kg K⋅⋅:= λ 0.6 W

m K⋅⋅:=

Cuve : D 1 m⋅:= d 0.3 m⋅:= N 6 s 1−⋅:= H 1 m⋅:=

V π D2⋅

4H⋅ 785.398L=:= Npo 0.37:= TP 120 °C:= T0 20 °C:= TE 100 °C:=

1. Calcul de Reynolds ReAN d2

⋅ ρ⋅μ 5.4 10

5×=:= turbulent

2. Puissance dissipée P Npo ρ⋅ N3⋅ d5

⋅ 194.2 W=:=

Bilan : P ρ V⋅ CP⋅dTdt⋅=

0

ttP

⌠⌡

dT0

TTρ V⋅ CP⋅

⌠⌡

d=

On a au choix : T t( ) T0P

ρ V⋅ CP⋅t⋅+:= ou t T( )

ρ V⋅ CP⋅

PT T0−( )⋅:=

Pρ V⋅ CP⋅

5.916 105−

×Ks=

ρ V⋅ CP⋅

P1.69 10

4×

sK=

Pour a�eindre l'ébulli�on TE = 100°C t1 t TE( ) 1.352 106

× s=:= t1 15.7 jour⋅= C'est bien long...

3. Chauffage externe On commence par calculer le coefficient de transfert. On a besoin de Reynolds et de Prandtl

Prμ CP⋅

λ 6.967=:= ReA 5.4 105

×= Nu 0.54 ReA

23

⋅ Pr13

⋅ 6839.084=:=

Surface d'échange : On en déduit hc hc Nu λD⋅ 4103 W m 2−

⋅ K 1−⋅⋅=:=

S π D⋅ H⋅ 3.142 m2=:=

Bilan : ρ V⋅ CP⋅dTdt⋅ P hc S⋅ TP T−( )⋅+=

ρ V⋅ CP⋅

hc S⋅dTdt⋅

Phc S⋅

TP+ T−=

On sépare les variables : dTP

hc S⋅TP+

T−

hc S⋅

ρ V⋅ CP⋅dt⋅= Tmax

Phc S⋅

TP+ 393.165K=:=

τρ V⋅ CP⋅

hc S⋅254.664s=:=

Phc S⋅

0.015 K= TP 393.15 K=

On peut assimiler Tmax et TP

T0

TT1

Tmax T−

⌠⌡

d0

tt1

τ⌠⌡

d= T t( ) Tmax Tmax T0−( ) et−τ⋅−:=

t T( ) τ lnTmax T0−

Tmax T−

⋅:= t2 t TE( ) 410s=:= t2 6.8 min⋅=

MH 1/2 09/07/2013

TF06_P13_final_exo_3.xmcd

  4.  Corréla�on

tebul μ N, ( ) 14 0.54⋅

D2⋅ ρ

13

⋅ CP

23

⋅ d43

−

⋅ λ23

−

⋅

μ13

⋅ N23

−

⋅ lnTmax T0−

Tmax TE−

⋅:=

6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 201

2

3

4

5

6

7µ=1,00mPa.sµ=0,75mPa.sµ=0,50mPa.sµ=0,25mPa.s

temps fonction de N et µ

Nombre de tours/min

tem

ps d

'ébu

llitio

n (m

in)

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