TF06_P12_final_exo_1.xmcd

TF06 - Final P2012 - Exercice 1 Échangeur à courants croisés Données :

eau froide, fluide non-brassé

cP1 4184 Jkg K⋅

⋅:= T1E 30 °C:= T1S 80 °C:=

m1 3 kgs⋅:= U 200 W

m2 K⋅⋅:=air chaud, fluide brassé

cP2 1019 Jkg K⋅

⋅:= T2E 225 °C:= T2S 100 °C:=

On u�lise la méthode du NUT (Nombre d'Unités de Transfert)On dit NTU en anglais.

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

Φ m1 cP1⋅ T1S T1E−( )⋅ 627.6 kW⋅=:=

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

C = m∙cP = ρ∙V∙cP

C1 m1 cP1⋅ 12552 WK⋅=:=

C2 C1T1S T1E−

T2E T2S−⋅ 5020.8 W

K⋅=:=

On peut calculer le débit d'air, mais on n'ena pas vraiment besoin m2

C2cP2

4.927 kgs=:=

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

Ainsi que le rapport des débits decapacité thermique

CRCminCmax

0.4=:= CRT1S T1E−

T2E T2S−0.4=:=

On évalue le débit énergé�que maximaléchangé

Φmax Cmin T2E T1E−( )⋅ 979.1 kW⋅=:=

Calcul de l'efficacité ε ΦΦmax

64.1 %⋅=:= εT2E T2S−

T2E T1E−64.1 %⋅=:=

On a Cmin brassé et Cmax non brassé

La formule à u�liser est :  NUT 1−

CRln 1 CR ln 1 ε−( )⋅+( )⋅ 1.318=:=

NUT U S⋅Cmin

= On trouve donc la surfaced'échange : S

NUT Cmin⋅

U 33.1 m2=:=

MH 1/1 01/07/2012

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TF06 - Final P2012 - Exercice 2 Chaudière cylindrique Données :

Vapeur saturante 10 bars

D1

D2

L

[2]

[1]

TVS 179 °C 452.15 K=:= LVS 2018 kJkg⋅:=

T1 900 °C 1173.15K=:= T2 TVS:=

D1 1.5 m⋅:= D2 2 m⋅:=

σ 5.67 108−

⋅W

m2 K4⋅

⋅:= L 0.5 m⋅:=

(1) Calcul du facteur d'angle S1π D1

2⋅

41.767 m2

=:=

Fj_k rj rk, L, ( ) 12

1rkrj

2

+Lrj

2+ 1

rkrj

2

+Lrj

2+

2

4rkrj

2

⋅−−

⋅:=

Lr1

2

LD12

20.444==

r2r1

2

D2D1

2

1.778== F12 Fj_kD12

D22

, L,

0.707=:=

(2) Puissance échangée Φ12 σ S1⋅ F12⋅ T14 T2

4−

⋅ 131.2 kW⋅=:=

(3) Débit de vapeur créée mVΦ12LVS

65 103−

×kgs=:= mV 234 kg

h⋅=

(4) ρS 960 kgm3

⋅:= H 1 m⋅:= On a : Φ mV LVS⋅= ρSdVdt⋅ LVS⋅= ρS LVS⋅ Ω⋅

dzdt⋅=

dz 4 Φ⋅ dt⋅

ρS LVS⋅ π⋅ D2⋅

= soit, après intégra�on : z t( ) H4 mV⋅

ρS π⋅ D22

⋅t⋅−:=

(5) Temps de vaporisa�on La masse de vapeur ini�ale, sur une hauteur de H=1m est:

ρSπ D2

2⋅

4⋅ H⋅ 3016kg= si on divise ce�e masse par le débit de vapeur créée, on a le temps

nécessaire tH

tHρS π⋅ D2

2⋅ H⋅

4 mV⋅46399 s=:= tH "12:53:18.938" hhmmss⋅=

0 5 100

0.20.40.60.8

1z = f(t)

temps (h)

haut

eur (

m)

z 0( ) 1m=

z tH( ) 0m=

MH 1/2 27/06/2012

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(6) Flux radia�f perdu F13 1 F12− 0.293=:= Ce qui n'est pas capté par le fond de la chaudièreest "perdu".

T∞ 20 °C 293.15 K=:= T3 T∞ 293.15 K=:=

Φ13 σ S1⋅ F13⋅ T14 T3

4−

⋅ 55.4 kW⋅=:= ΦT Φ12 Φ13+ 186.6 kW⋅=:=

(7) Rendement ηΦ12ΦT

70.3 %⋅=:=

(8) Préchauffage de l'air : mA 10 kgh⋅ 2.778 10

3−×

kgs=:= cPA 1010 J

kg K⋅⋅:=

U 200 Wm2 K⋅

⋅:= TE 20 °C 293.15 K=:= TS 150 °C 423.15 K=:=

ΦA mA cPA⋅ TS TE−( )⋅ 364.7 W=:= ΦA U S⋅ Δθml⋅=

Comme il n'y a pas de varia�on de température coté vapeur, on peut écrire la DTML comme on veut.

ΔθmlTVS TE−( ) TVS TS−( )−

lnTVS TE−

TVS TS−

76.4 Δ°C⋅=:=

SΦA

U Δθml⋅23.87 10

3−× m2

⋅=:= S 238.7 cm2⋅=

(9) Titre de vapeur

La consomma�on de vapeur qui se condense est :

mVLΦALVS

1.807 104−

×kgs=:= mVL 0.651 kg

h⋅=

Dans ces condi�ons, le �tre de vapeur est :  xmV mVL−

mV99.7 %⋅=:=

MH 2/2 27/06/2012

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TF06 - Final P2012 - Exercice 3 Chauffage du benzène Données :

Vapeur d’eau saturante TVS = 179°C

Vapeur humide TV = 179°C

P

T(t)

T(t)

TSE(t)

Benzène

E

ρb 880 kg⋅ m 3−⋅:= cPb 1745 J

kg K⋅⋅:=

λb 0.145 Wm K⋅

⋅:= μb 0.335 mPa⋅ s⋅:=

D 8 cm⋅:= ṁb 4.8 kgs⋅:=

S 20 m2⋅:= TI 0 °C 273.15 K=:=

TVS 179 °C 452.15 K=:= TF 150 °C 423.15 K=:=

Quelques remarques préliminaires : Une lecture a�en�ve de l'énoncé, ainsi qu'un examen du schéma nousmontre clairement que nous avons deux systèmes dis�ncts reliés par une tubulure cylindrique. Ce�e tuyauteriepart du réacteur avec du liquide froid, traverse l'échangeur et revient au réacteur avec du liquide chaud.

Nous nous intéressons tout d'abord à l'échangeur de chaleur, afin de préciser son coefficient d'échange global U.

(1) Nous aurons besoin du nombre de Prandtl : Prμb cPb⋅

λb4.032=:=

(2) Nous avons besoin de connaître le nombre de Reynolds :

Reρb um⋅ D⋅

μb= ρb um⋅

ṁbΩ=

ṁb

π D2⋅

4

= um4 ṁb⋅

ρb π⋅ D2⋅

1.085 ms=:=

ṁb est le débit massique en kg/s Re4 ṁb⋅

π μb⋅ D⋅228043=:=

L'écoulement est turbulent, nous pouvons donc u�liser la rela�on de Gnielinski pour évaluer le nombre deNusselt, qui nous servira à obtenir le coefficient d'échange convec�f qui nous donnera alors le coefficient U.

(3)

Nusselt : Nuhc D⋅

λ= Nu

Re 1000−( ) Pr⋅

8 0.79 ln Re( )⋅ 1.64−( ) 2⋅

112.7 Pr2 3÷ 1−( )⋅

0.79 ln Re( )⋅ 1.64−( ) 8⋅+

941.6=:=

hc NuλbD⋅ 1707 W

m2 K⋅⋅=:= he 7000 W

m2 K⋅⋅:=

On remarque que le diamètre D u�lisé aussi bien pour Reynolds que pour Nusselt est le diamètre de latuyauterie. Il n'y a aucune raison de chercher un diamètre hydraulique différent.

(4) Calcul du coefficient de transfertglobal

1U

1he

1hc

+= U 11

he1hc

+

1372 Wm2K

⋅=:=

MH 1/3 03/07/2012

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(5) Bilan thermique sur l'échangeur : On intègre sur la longueur, après avoir

séparé les variables :

ṁb cPb⋅ dT⋅ U π⋅ D⋅ dx⋅ TVS T t( )−( )⋅=

Remarque : TVS est une constante,alors que TSE et T varient avec letemps

T

TSET1

TVS T−

⌠⌡

d

0

LxU π⋅ D⋅

ṁb cPb⋅

⌠⌡

d=

lnTVS T−

TVS TSE−

U π⋅ D⋅ L⋅

ṁb cPb⋅=

U S⋅

ṁb cPb⋅=

(5) Variante On peut aussi faire un bilan global Bilan global sur l'échangeur:

ṁb cPb⋅ TSE T−( )⋅ U S⋅ Δθ⋅= ΔθTVS T−( ) TVS TSE−( )−

lnTVS T−

TVS TSE−

=TSE T−

lnTVS T−

TVS TSE−

=

On retrouve la même rela�on lnTVS T−

TVS TSE−

U S⋅

ṁb cPb⋅= A�en�on, il faut

inverser la rela�onOn pose :

KEb exp U S⋅

ṁb cPb⋅

−

37.771 103−

×=:= TSE TVS−

T TVS−exp U S⋅

ṁb cPb⋅

−

= KEb=

TSE t( ) TVS 1 KEb−( )⋅ KEb T t( )⋅+= ou bien TSE t( ) TVS TVS T t( )−( ) KEb⋅−=

(6) V 3 m3⋅:= Bilan sur le réacteur : ρb V⋅ cPb⋅

dTdt⋅ ṁb cPb⋅ TSE t( ) T t( )−( )⋅=

Le produit ρb V⋅ 2640kg= représent la

masse de benzène dans le réacteur On remplace TSE(t) par son expression, ondéveloppe, puis on regroupe suivant T(t)

ρb V⋅

ṁb

dTdt⋅ TVS 1 KEb−( )⋅ KEb T t( )⋅+ T t( )−= 1 KEb−( ) TVS T t( )−( )⋅= On pose :

On sépare les variables : dTTVS T t( )−

ṁb 1 KEb−( )⋅

ρb V⋅dt⋅= τ

ρb V⋅

ṁb 1 KEb−( )⋅571.6 s=:=

0 1 103× 2 103

×

0

50

100

150

200Température dans le réacteur

durée en secondes

T (°

C)

t1TI

TT1

TVS T t( )−

⌠⌡

d0

tt1

τ⌠⌡

d=

lnTVS TI−

TVS T−

tτ=

(7) T t( ) TVS TVS TI−( ) exp tτ

−

⋅−:=

(8) t1 τ lnTVS TI−

TVS TF−

⋅ 1040s=:= t1 "0:17:20.344" hhmmss⋅= t1 17.3 min⋅=

MH 2/3 03/07/2012

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(9) Il faut prendre en compte les pertes thermiques Ta 20 °C 293.15 K=:=

A 16 m2⋅:= Uext 50 W

m2 K⋅⋅:=

A�en�on : les données Uext et A concernent le réacteur.U et S concernent l'échangeur. Il ne faut ni les confondre, ni les mélanger.

Nouveau bilan sur le réacteur : ρb V⋅ cPb⋅dTdt⋅ ṁb cPb⋅ TSE t( ) T t( )−( )⋅ Uext A⋅ T t( ) Ta−( )⋅−=

accumula�on gains pertes

On remplace TSE(t) par son expression calculée précédemment, on développe tout, puis on regroupesuivant T(t) et enfin on divise par le coefficient de T(t).

ρb V⋅ cPb⋅dTdt⋅ ṁb cPb⋅ TVS 1 KEb−( )⋅ KEb T t( )⋅+ T t( )− ⋅ Uext A⋅ T t( ) Ta−( )⋅−=

ρb V⋅ cPb⋅dTdt⋅ ṁb cPb⋅ TVS⋅ 1 KEb−( )⋅ ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ T t( )⋅− Uext A⋅ T t( )⋅− Uext A⋅ Ta⋅+=

ρb V⋅ cPb⋅dTdt⋅ ṁb cPb⋅ TVS⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅ Ta⋅+ ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅+ T t( )⋅−=

ρb V⋅ cPb⋅

ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅+

dTdt⋅

ṁb cPb⋅ TVS⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅ Ta⋅+

ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅+T t( )−=

On pose :

Tmaxṁb cPb⋅ TVS⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅ Ta⋅+

ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅+164.6 °C⋅=:=

τmρb V⋅ cPb⋅

ṁb cPb⋅ 1 KEb−( )⋅ Uext A⋅+520s=:=

TI

TFT1

Tmax T−

⌠⌡

d0

t2t1

τm⌠⌡

d=

(10)

t2 τm lnTmax TI−

Tmax TF−

⋅ 1258s=:= t2 "0:20:58.256" hhmmss⋅= t2 21 min⋅=

t2t1

1.209= Il faut 20 % de temps en plus de celui calculé ini�alement. On ne peut pasnégliger les pertes

MH 3/3 03/07/2012