Feuille d'entraînement : Systèmes ouverts en écoulement

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2023, Q27

   Considérons le système fermé constitué :

   • de la masse de fluide présente dans le tronçon [x, x+\mathrm{d}x] à l'instant t ;
   • de la masse \mathrm{d}m = Q_m\,\mathrm{d}t s'apprêtant à entrer en x à la température T(x) pendant l'intervalle \mathrm{d}t.

   À l'instant t + \mathrm{d}t, cette même masse se retrouve dans le tronçon [x, x+\mathrm{d}x], tandis qu'une masse \mathrm{d}m identique en est sortie en x+\mathrm{d}x à la température T(x+\mathrm{d}x).

   En régime stationnaire, l'enthalpie du fluide contenu dans le volume de contrôle fixe [x, x+\mathrm{d}x] est constante au cours du temps : H_{t+\mathrm{d}t}[x, x+\mathrm{d}x] = H_t[x, x+\mathrm{d}x]. La variation d'enthalpie du système fermé s'écrit donc :

   \mathrm{d}H = \mathrm{d}m\,h(x+\mathrm{d}x) - \mathrm{d}m\,h(x) = Q_m c \left[ T(x+\mathrm{d}x) - T(x) \right] \mathrm{d}t = Q_m c \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   où c est la capacité thermique massique de l'eau liquide (incompressible et indilatable).

   La diffusion axiale étant négligée et aucun travail mécanique utile n'étant fourni, le premier principe pour ce système fermé s'écrit :

   \mathrm{d}H = \delta Q

   Le transfert thermique \delta Q reçu par la tranche de longueur \mathrm{d}x depuis l'atmosphère extérieure à température T_e à travers la paroi latérale s'exprime, par définition de la conductance linéique g = 1/r, par :

   \delta Q = g\,\mathrm{d}x\,(T_e - T(x))\,\mathrm{d}t = \frac{T_e - T(x)}{r}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   L'égalité des deux expressions conduit à :

   Q_m c \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t = \frac{T_e - T(x)}{r}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t

   En simplifiant par \mathrm{d}x\,\mathrm{d}t et en réorganisant les termes :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} + \frac{T(x)}{Q_m c r} = \frac{T_e}{Q_m c r}

   En posant \xi = Q_m c r, on obtient bien l'équation différentielle demandée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} + \frac{T}{\xi} = \frac{T_e}{\xi}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x}+\frac{T}{\xi }=\frac{T_e}{\xi }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2023, Q37

   Détaillons la construction et les coordonnées de chaque point caractéristique sur le diagramme (p, h) de la figure C :

   • État 1 : Le fluide est sous forme de vapeur surchauffée à p_1 = 6{,}0\text{ bar} et T_1 = 10\,^\circ\text{C}. Sur le diagramme, on se place sur la ligne horizontale p = 6{,}0\text{ bar} et on repère l'isotherme 10\,^\circ\text{C} (située à droite de la courbe de rosée x = 1). On lit :

     h_1 \approx 420\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1} \quad \text{et} \quad s_1 \approx 1{,}80\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 1 \to 2 (compression isentropique) : Le fluide suit la courbe d'entropie constante s = s_1 \approx 1{,}80\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} en montant vers la droite jusqu'à croiser l'isotherme T_2 = 90\,^\circ\text{C}. À cette intersection, on relève :

     p_2 \approx 30\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_2 \approx 452\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 2 \to 3 (refroidissement et liquéfaction isobares) : La transformation est isobare à la pression p_2 \approx 30\text{ bar}. Le fluide se refroidit d'abord à l'état de vapeur jusqu'à la température de rosée (désurchauffe), puis se condense totalement à travers la zone diphasique jusqu'à la courbe d'ébullition (titre en vapeur x_3 = 0). Le point 3 se situe sur la courbe d'ébullition à p_3 = 30\text{ bar}. On y lit :

     p_3 \approx 30\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_3 \approx 305\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

   • Transformation 3 \to 4 (détente isenthalpique) : La détente dans le détendeur est modélisée par une transformation adiabatique sans travail utile, donc isenthalpique : h_4 = h_3. Elle est représentée par un segment de droite vertical descendant jusqu'à la basse pression p_4 = p_1 = 6{,}0\text{ bar} :

     p_4 = 6{,}0\text{ bar} \quad \text{et} \quad h_4 = h_3 \approx 305\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}.

     L'état 4 se situe dans le domaine diphasique liquide-vapeur (x_4 \approx 0{,}3).

   • Transformation 4 \to 1 (vaporisation et surchauffe isobares) : Le fluide s'évapore totalement dans l'évaporateur puis est surchauffé jusqu'à 10\,^\circ\text{C} à la pression constante p = 6{,}0\text{ bar} au contact de la source froide. Cette évolution est représentée par un segment horizontal joignant le point 4 au point 1.

   Le cycle thermodynamique décrit par le fluide frigorigène est moteur au sens géométrique mais récepteur d'énergie (cycle frigorifique parcouru dans le sens horaire dans le plan (p, h)).

   \boxed{\text{Le cycle 1-2-3-4 est tracé ci-dessus et sur la figure C du document réponse.}}

   Résultat

   $$\text{Le cycle 1-2-3-4 est traceˊ ci-dessus et sur la figure C du document reˊponse.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q21

   Pour un fluide en écoulement permanent unidimensionnel à travers un volume de contrôle délimité par une surface \Sigma, le premier principe de la thermodynamique en système ouvert (bilan d'énergie totale) s'écrit :

   \boxed{\dot{m} \left[ \left( h_s + e_{c,s} + e_{p,s} \right) - \left( h_e + e_{c,e} + e_{p,e} \right) \right] = \mathscr{P}_u + \mathscr{P}_{\text{th}}}

   ou, sous forme condensée en notant \Delta X = X_s - X_e la variation d'une grandeur massique entre la sortie et l'entrée :

   \dot{m} \left( \Delta h + \Delta e_c + \Delta e_p \right) = \mathscr{P}_u + \mathscr{P}_{\text{th}}

   Résultat

   $$\dot{m}\left[\left(h_s+e_{c,s}+e_{p,s}\right)-\left(h_e+e_{c,e}+e_{p,e}\right)\right]={\mathcal{P}}_u+{\mathcal{P}}_{\text{th}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2020, Q25

   Considérons le système fermé \Sigma défini de la façon suivante :

   • à l'instant t, \Sigma(t) = \Sigma_0 \cup \delta m_{\text{e}}, où \Sigma_0 est le volume fixe de l'élément et \delta m_{\text{e}} la masse de fluide qui va y pénétrer pendant la durée \mathrm{d}t ;
   • à l'instant t + \mathrm{d}t, \Sigma(t + \mathrm{d}t) = \Sigma_0 \cup \delta m_{\text{s}}, où \delta m_{\text{s}} est la masse de fluide sortie pendant \mathrm{d}t.

   Le régime étant stationnaire, la masse totale contenue dans \Sigma_0 est constante, d'où la conservation de la masse :

   \delta m_{\text{e}} = \delta m_{\text{s}} = \delta m = R\,\mathrm{d}t

   Appliquons le premier principe de la thermodynamique au système fermé \Sigma entre t et t+\mathrm{d}t. En négligeant les variations d'énergies cinétique et potentielle de pesanteur macroscopiques devant les variations d'énergie interne, le bilan s'écrit :

   \Delta U = \delta W + \delta Q

   1. Variation d'énergie interne :

   \begin{aligned} \Delta U &= U_{\Sigma}(t+\mathrm{d}t) - U_{\Sigma}(t) \\ &= \left[ U_{\Sigma_0}(t+\mathrm{d}t) + u_{\text{s}}\,\delta m \right] - \left[ U_{\Sigma_0}(t) + u_{\text{e}}\,\delta m \right] \end{aligned}

   En régime stationnaire, l'état thermodynamique de \Sigma_0 ne dépend pas du temps, donc U_{\Sigma_0}(t+\mathrm{d}t) = U_{\Sigma_0}(t). Il reste :

   \Delta U = (u_{\text{s}} - u_{\text{e}})\,\delta m

   où u_{\text{e}} et u_{\text{s}} désignent respectivement l'énergie interne massique du fluide en entrée et en sortie.

   2. Travail et transferts thermiques reçus :

   • Le transfert thermique reçu par le fluide pendant \mathrm{d}t est : \delta Q = P_{\text{th}}\,\mathrm{d}t.
   • Le travail des forces autres que pressantes (arbres en rotation, parties mobiles) est : \delta W_{\text{u}} = P_{\text{u}}\,\mathrm{d}t.

   • Le travail des forces de pression extérieures exercées sur les frontières mobiles du système fermé (travail de transvasement) comprend :

     • à l'entrée, le fluide amont pousse la masse \delta m de volume \delta V_{\text{e}} = v_{\text{e}}\,\delta m : \delta W_{P,\text{e}} = + P_{\text{e}}\,\delta V_{\text{e}} = P_{\text{e}} v_{\text{e}}\,\delta m ;
     • à la sortie, le fluide aval résiste à l'évacuation de la masse \delta m de volume \delta V_{\text{s}} = v_{\text{s}}\,\delta m : \delta W_{P,\text{s}} = - P_{\text{s}}\,\delta V_{\text{s}} = - P_{\text{s}} v_{\text{s}}\,\delta m.

   Les parois de l'élément étant indéformables, les forces de pression sur ces parois ne travaillent pas. On a donc :

   \delta W = \delta W_{\text{u}} + (P_{\text{e}} v_{\text{e}} - P_{\text{s}} v_{\text{s}})\,\delta m

   3. Bilan d'enthalpie : En réinjectant ces expressions dans le premier principe :

   \begin{aligned} (u_{\text{s}} - u_{\text{e}})\,\delta m &= P_{\text{u}}\,\mathrm{d}t + P_{\text{th}}\,\mathrm{d}t + (P_{\text{e}} v_{\text{e}} - P_{\text{s}} v_{\text{s}})\,\delta m \\ \delta m \left[ (u_{\text{s}} + P_{\text{s}} v_{\text{s}}) - (u_{\text{e}} + P_{\text{e}} v_{\text{e}}) \right] &= (P_{\text{u}} + P_{\text{th}})\,\mathrm{d}t \end{aligned}

   En introduisant l'enthalpie massique h = u + Pv et le débit massique R = \frac{\delta m}{\mathrm{d}t}, on obtient :

   \boxed{R (h_{\text{s}} - h_{\text{e}}) = P_{\text{u}} + P_{\text{th}}}

   Résultat

   $$R(h_{\text{s}}-h_{\text{e}})=P_{\text{u}}+P_{\text{th}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2020, Q28

   Les états B et G sont des mélanges diphasiques liquide-vapeur situés sous la courbe de saturation, caractérisés chacun par leur pression et leur titre massique en vapeur x.

   L'enthalpie massique d'un mélange liquide-vapeur de titre en vapeur x s'exprime sous la forme :

   h = (1 - x)\,h_{\ell} + x\,h_v = h_{\ell} + x\,(h_v - h_{\ell})

   où h_{\ell} et h_v sont respectivement les enthalpies massiques du liquide saturant et de la vapeur saturante sèche à la pression considérée.

   1. Enthalpie massique à l'état B :

   L'état B est à la pression P_B = 11\text{ bar} avec un titre x_B = 0{,}90. D'après les données fournies pour l'eau à 11\text{ bar} :

   • h_{\ell}(11\text{ bar}) = 781\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • h_v(11\text{ bar}) = 2781\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   On en déduit :

   \begin{aligned} h_B &= 781 + 0{,}90 \times (2781 - 781) \\ &= 781 + 0{,}90 \times 2000 \end{aligned}

   \boxed{h_B = 2581\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   2. Enthalpie massique à l'état G :

   L'état G est à la pression P_G = 0{,}05\text{ bar} avec un titre x_G = 0{,}88. D'après les données fournies pour l'eau à 0{,}05\text{ bar} :

   • h_{\ell}(0{,}05\text{ bar}) = 137{,}8\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}
   • h_v(0{,}05\text{ bar}) = 2561\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}

   On en déduit :

   \begin{aligned} h_G &= 137{,}8 + 0{,}88 \times (2561 - 137{,}8) \\ &= 137{,}8 + 0{,}88 \times 2423{,}2 \\ &= 137{,}8 + 2132{,}4 \end{aligned}

   \boxed{h_G \approx 2270\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$h_B=2581\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   $$h_G\approx 2270\text{ kJ}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q25

   1. Nom de la détente et réversibilité

   La détente adiabatique et isenthalpique d'un fluide s'écoulant à travers un étranglement ou une paroi poreuse est appelée la détente de Joule-Thomson (ou détente de Joule-Kelvin).

   Cette transformation est irréversible : elle est le siège de frottements visqueux intenses au passage du milieu poreux ou du détendeur (phénomène dissipatif de perte de charge), ce qui conduit à une création d'entropie S_{\text{cr}} > 0.

   2. Condition pour obtenir un refroidissement

   D'après la question Q24, l'enthalpie molaire au premier ordre s'écrit :

   H(T,P) = C_P T - KP\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{T_r}\right)

   Pour une détente isenthalpique, \mathrm{d}H = 0. En différentiant H(T,P) et en négligeant le terme en K\frac{\mathrm{d}T}{T^2} qui relève du second ordre en correction d'interaction devant C_P \mathrm{d}T, on obtient :

   \mathrm{d}H \approx C_P \mathrm{d}T - K\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{T_r}\right)\mathrm{d}P = 0

   Le coefficient de Joule-Thomson \mu_{\mathrm{JT}} = \left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_H vaut ainsi :

   \mu_{\mathrm{JT}} = \left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_H = \frac{K}{C_P}\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{T_r}\right)

   Une détente correspond à un abaissement de pression (\mathrm{d}P < 0). Elle conduit à un refroidissement (\mathrm{d}T < 0) si et seulement si :

   \left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_H > 0 \iff \frac{1}{T} - \frac{1}{T_r} > 0

   Comme les températures absolues sont strictement positives, la condition nécessaire et suffisante pour obtenir un refroidissement est :

   \boxed{T < T_r}

   où T_r = \frac{2A}{RB} est la température maximale d'inversion de Joule-Thomson.

   3. Applications numériques et conclusion

   On calcule la température d'inversion T_r = \frac{2A}{RB} pour chacun des deux gaz avec deux chiffres significatifs :

   • Pour le diazote \mathrm{N}_2 (A = 1{,}4\cdot 10^{-1}\ \mathrm{SI}, B = 3{,}9\cdot 10^{-5}\ \mathrm{SI}, R = 8{,}3\ \mathrm{J}\cdot\mathrm{K}^{-1}\cdot\mathrm{mol}^{-1}) :

     T_r(\mathrm{N}_2) = \frac{2 \times 1{,}4\cdot 10^{-1}}{8{,}3 \times 3{,}9\cdot 10^{-5}} = \frac{0{,}28}{3{,}24\cdot 10^{-4}} \approx \boxed{8{,}6\cdot 10^2\ \mathrm{K}}

   • Pour le dihydrogène \mathrm{H}_2 (A = 2{,}5\cdot 10^{-2}\ \mathrm{SI}, B = 2{,}7\cdot 10^{-5}\ \mathrm{SI}) :

     T_r(\mathrm{H}_2) = \frac{2 \times 2{,}5\cdot 10^{-2}}{8{,}3 \times 2{,}7\cdot 10^{-5}} = \frac{0{,}050}{2{,}24\cdot 10^{-4}} \approx \boxed{2{,}2\cdot 10^2\ \mathrm{K}}

   Conclusion : À température ambiante usuelle (T_{\mathrm{amb}} \approx 293\text{--}300\ \mathrm{K}) :

   • Pour le diazote \mathrm{N}_2, T_{\mathrm{amb}} < T_r(\mathrm{N}_2) : une détente de Joule-Thomson effectuée directement à température ambiante refroidit le gaz, ce qui permet d'amorcer le procédé de liquéfaction sans pré-refroidissement.
   • Pour le dihydrogène \mathrm{H}_2, T_{\mathrm{amb}} > T_r(\mathrm{H}_2) : une détente de Joule-Thomson à température ambiante provoquerait au contraire un échauffement du gaz (\mathrm{d}T > 0). Pour liquéfier le dihydrogène, il est indispensable de le pré-refroidir en dessous de 220\ \mathrm{K} (par exemple à l'aide d'azote liquide) avant de procéder à la détente.

   Résultat

   $$T<T_r$$

   $$8,6\cdot 10^2\mathrm{K}$$

   $$2,2\cdot 10^2\mathrm{K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2023, Q32

   La conservation du débit massique au point de séparation en x = 0 s'écrit :

   Q_{m,1} = Q_m - Q_{m,2}

   Sur le tronçon x \in [0, x_J], l'eau s'écoule avec ce débit massique Q_{m,1}. D'après l'équation différentielle établie à la question Q27, la longueur caractéristique associée est :

   \xi_1 = Q_{m,1} c r = (Q_m - Q_{m,2}) c r

   avec r = r_1 + r_2. La température de l'eau juste en amont de la jonction J (en x = x_J^-) vaut ainsi, d'après la question Q28 :

   T(x_J^-) = T_e + (T_0 - T_e)\,\exp\left(-\frac{x_J}{(Q_m - Q_{m,2}) c r}\right)

   La dérivation étant calorifugée, l'eau y circule sans échange thermique avec l'extérieur ; elle atteint donc le point de jonction J à la température d'entrée T_0.

   Au point de jonction J, les deux écoulements se mélangent pour reformer un débit total Q_m. En régime stationnaire, en négligeant les variations d'énergie cinétique et potentielle ainsi que les pertes thermiques locales au niveau du raccord, le premier principe pour un système ouvert s'exprime par la conservation du débit d'enthalpie :

   Q_m\,h(T(x_J^+)) = Q_{m,1}\,h(T(x_J^-)) + Q_{m,2}\,h(T_0)

   Pour un fluide incompressible et indilatable de capacité thermique massique c constante, l'enthalpie massique vérifie \mathrm{d}h = c\,\mathrm{d}T, soit h(T) = c\,(T - T_{\text{ref}}). Le bilan enthalpique se simplifie alors en :

   Q_m\,T(x_J^+) = (Q_m - Q_{m,2})\,T(x_J^-) + Q_{m,2}\,T_0

   soit :

   T(x_J^+) = \left(1 - \frac{Q_{m,2}}{Q_m}\right) T(x_J^-) + \frac{Q_{m,2}}{Q_m} T_0

   En substituant l'expression de T(x_J^-), on obtient la température de l'eau juste après la jonction :

   \boxed{T(x_J^+) = T_e + (T_0 - T_e)\left[\frac{Q_{m,2}}{Q_m} + \left(1 - \frac{Q_{m,2}}{Q_m}\right)\exp\left(-\frac{x_J}{(Q_m - Q_{m,2})\,c\,r}\right)\right]}

   Résultat

   $$T(x_J^{+})=T_e+(T_0-T_e)\left[\frac{Q_{m,2}}{Q_m}+\left(1-\frac{Q_{m,2}}{Q_m}\right)\exp \left(-\frac{x_J}{(Q_m-Q_{m,2})cr}\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q18

   Considérons le collecteur d'admission comme un système ouvert délimité par une surface de contrôle fixe.

   En régime permanent moyenné, la masse totale présente dans le collecteur d'admission est constante au cours du temps (absence d'accumulation de matière). La conservation de la masse impose donc que le débit massique sortant soit égal à la somme des débits massiques entrants :

   \boxed{\dot{m} = \dot{m}_{\text{air}} + \dot{m}_{\text{carb}}}

   Résultat

   $$\dot{m}={\dot{m}}_{\text{air}}+{\dot{m}}_{\text{carb}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q22

   1. Application du premier principe en écoulement stationnaire :

   Le mélange gazeux (G) traverse le bloc moteur en écoulement permanent avec un débit massique \dot{m}. D'après le premier principe pour un fluide en écoulement (rappelé à la question Q21) et en négligeant les termes d'énergie cinétique et potentielle macroscopiques, le bilan enthalpique s'écrit :

   \dot{m} (h_{\text{ec}} - h_{\text{ad}}) = \mathscr{P}_u + \mathscr{P}_{\text{th}}

   Le fluide (G) étant modélisé par un gaz parfait de capacité thermique massique c_p constante, la seconde loi de Joule donne :

   h_{\text{ec}} - h_{\text{ad}} = c_p (T_{\text{ec}} - T_{\text{ad}})

   On obtient ainsi la première relation :

   \boxed{\mathscr{P}_u + \mathscr{P}_{\text{th}} = \dot{m} c_p (T_{\text{ec}} - T_{\text{ad}})}

   2. Expression de la puissance thermique :

   Par définition, le pci représente l'énergie thermique libérée par la combustion d'un kilogramme de carburant. Le débit massique de carburant injecté et brûlé étant \dot{m}_{\text{carb}}, et cette chaleur étant intégralement cédée au gaz (G), la puissance thermique reçue s'écrit :

   \boxed{\mathscr{P}_{\text{th}} = \dot{m}_{\text{carb}} \cdot pci}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_u+{\mathcal{P}}_{\text{th}}=\dot{m}{c}_p(T_{\text{ec}}-T_{\text{ad}})$$

   $${\mathcal{P}}_{\text{th}}={\dot{m}}_{\text{carb}}\cdot pci$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q40

    a) Premier principe en système ouvert pour la tranche [z, z + \mathrm{d}z]

    Considérons le volume de contrôle fixe délimité par les sections droites en z et z + \mathrm{d}z. En régime permanent :

    • les variations d'énergie cinétique et potentielle de pesanteur du fluide sont négligeables ;
    • aucun travail utile n'est échangé avec l'extérieur (w_u = 0) ;
    • le débit massique entrant en z est égal au débit massique sortant en z + \mathrm{d}z, noté D_m.

    Le premier principe pour un écoulement stationnaire en système ouvert se traduit par l'égalité entre le flux enthalpique net sortant et la puissance thermique élémentaire reçue \delta\Phi à travers la paroi latérale :

    \mathrm{d}\dot{H} = D_m [h(z + \mathrm{d}z) - h(z)] = D_m C \, \mathrm{d}\theta = \delta\Phi

    où h désigne l'enthalpie massique du fluide et C sa capacité thermique massique.

    La puissance thermique élémentaire transmise du revêtement à \theta_{\text{ext}} vers le fluide à \theta(z) à travers la longueur \mathrm{d}z s'exprime à l'aide de la résistance thermique élémentaire \mathrm{d}\Gamma = \frac{1}{G_l \, \mathrm{d}z} :

    \delta\Phi = \frac{\theta_{\text{ext}} - \theta(z)}{\mathrm{d}\Gamma} = G_l \, (\theta_{\text{ext}} - \theta(z)) \, \mathrm{d}z

    On obtient ainsi la relation traduisant le premier principe :

    \boxed{D_m C \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}z} = G_l \, (\theta_{\text{ext}} - \theta(z))}

    b) Débit massique D_m de l'eau en écoulement

    L'équation différentielle s'écrit sous forme à variables séparables :

    \frac{\mathrm{d}\theta}{\theta_{\text{ext}} - \theta} = \frac{G_l}{D_m C} \, \mathrm{d}z

    En intégrant entre l'entrée du réseau (z = 0, \theta(0) = \theta_e) et la sortie (z = L, \theta(L) = \theta_s) :

    -\left[ \ln(\theta_{\text{ext}} - \theta) \right]_{\theta_e}^{\theta_s} = \frac{G_l L}{D_m C} \implies \ln\left( \frac{\theta_{\text{ext}} - \theta_e}{\theta_{\text{ext}} - \theta_s} \right) = \frac{G_l L}{D_m C}

    On en déduit l'expression du débit massique :

    \boxed{D_m = \frac{G_l L}{C \, \ln\left( \dfrac{\theta_{\text{ext}} - \theta_e}{\theta_{\text{ext}} - \theta_s} \right)}}

    Application numérique :

    • G_l \approx 6{,}93\text{ W}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} (d'après la question Q39c)
    • L = 60\text{ m}
    • C = 4{,}2 \cdot 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}
    • \theta_{\text{ext}} - \theta_e = 70 - 20 = 50^\circ\text{C} = 50\text{ K}
    • \theta_{\text{ext}} - \theta_s = 70 - 65 = 5^\circ\text{C} = 5\text{ K}
    • \dfrac{\theta_{\text{ext}} - \theta_e}{\theta_{\text{ext}} - \theta_s} = \frac{50}{5} = 10 \implies \ln(10) \approx 2{,}303

    D_m = \frac{6{,}93 \times 60}{4{,}2 \cdot 10^3 \times 2{,}303} = \frac{415{,}8}{9\,673} \approx 4{,}3 \cdot 10^{-2}\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}

    \boxed{D_m \approx 4{,}3 \cdot 10^{-2}\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} = 43\text{ g}\cdot\text{s}^{-1} \quad (\text{soit environ } 2{,}6\text{ L}\cdot\text{min}^{-1})}

    Résultat

    $$D_{m}C\frac{\mathrm{d}\theta }{\mathrm{d}z}=G_l({\theta }_{\text{ext}}-\theta (z))$$

    $$D_m=\frac{G_{l}L}{C\ln \left(\frac{{\theta }_{\text{ext}}-{\theta }_e}{{\theta }_{\text{ext}}-{\theta }_s}\right)}$$

    $$D_m\approx 4,3\cdot 10^{-2}\text{ kg}\cdot {\text{s}}^{-1}=43\text{ g}\cdot {\text{s}}^{-1}(\text{soit environ }2,6\text{ L}\cdot {\text{min}}^{-1})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question