Systèmes ouverts en régime stationnaire

Soit $m(t)$ la masse instantanée contenue dans $\mathcal{V}$. Entre $t$ et $t+\mathrm{d}t$, il entre $\delta m_e=D_{m,e}\mathrm{d}t$ et il sort $\delta m_s=D_{m,s}\mathrm{d}t$. Le bilan de masse s'écrit $\mathrm{d}m=\delta m_e-\delta m_s=(D_{m,e}-D_{m,s})\mathrm{d}t$. En régime stationnaire $\mathrm{d}m/\mathrm{d}t=0$, d'où l'égalité des débits.

On isole le système fermé ${\Sigma }^{\star }$ constitué, à l'instant $t$, du fluide dans $\mathcal{V}$ plus la petite masse $\delta m$ prête à entrer ; à $t+\mathrm{d}t$, c'est le fluide dans $\mathcal{V}$ plus la masse $\delta m$ qui vient de sortir. Comme le régime est stationnaire, le contenu de $\mathcal{V}$ est inchangé : la variation d'énergie de ${\Sigma }^{\star }$ se réduit à celle de la masse $\delta m$ transférée de l'entrée à la sortie,

$$\mathrm{d}E=[(u_s+\frac{1}{2}{c}_s^2+g{z}_s)-(u_e+\frac{1}{2}{c}_e^2+g{z}_e)]\delta m.$$

Le premier principe pour le système fermé ${\Sigma }^{\star }$ s'écrit $\mathrm{d}E=\delta W+\delta Q$, où $\delta W$ regroupe le travail utile $w_u\delta m$ (parties mobiles) et le travail des forces de pression aux sections d'entrée / sortie $(P_e{v}_e-P_s{v}_s)\delta m$, et $\delta Q=q\delta m$. En divisant par $\delta m$ :

$$\Delta u+\Delta e_c+\Delta e_p=w_u+(P_e{v}_e-P_s{v}_s)+q.$$

On fait passer le travail de transvasement à gauche : $\Delta u+(P_s{v}_s-P_e{v}_e)=\Delta (u+Pv)=\Delta h$. D'où $\Delta h+\Delta e_c+\Delta e_p=w_u+q$.

On reprend le système fermé mobile $\delta m$. Le second principe pour un système fermé donne $\mathrm{d}S=\delta S_{\text{eˊch}}+\delta S_c$ avec $\delta S_{\text{eˊch}}=\delta Q/T_{\text{front}}$ et $\delta S_c\ge 0$. En régime stationnaire, l'entropie contenue dans $\mathcal{V}$ est constante, donc $\mathrm{d}S=(s_{\text{sortie}}-s_{\text{entreˊe}})\delta m$ ne provient que du transfert de $\delta m$ de l'entrée vers la sortie. En divisant par $\delta m$, on obtient $\Delta s=s_e+s_c$ avec $s_e=q/T_{\text{front}}$ et $s_c\ge 0$.

La stratégie. Un appareil traversé par un fluide en régime établi est un système ouvert à une entrée et une sortie : on calcule d'abord le débit massique, conservé, puis on écrit le premier principe en grandeurs massiques, et l'on ne néglige un terme qu'après l'avoir chiffré.

1) Le débit massique. À l'aspiration, $v_1=\frac{r{T}_1}{P_1}=\frac{287\times 293,15}{1,013\times 10^5}=0,8305{\mathrm{m}}^3\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, et le débit volumique vaut $D_{V,1}=1,8/60=0,030{\mathrm{m}}^3{\mathrm{s}}^{-1}$ :

$$\begin{array}{rl}{D}_m& =\frac{D_{V,1}}{v_1}\\ & =\frac{0,030}{0,8305}\\ & =3,61\times 10^{-2}\mathrm{kg}{\mathrm{s}}^{-1}\\ & =36,1\mathrm{g}{\mathrm{s}}^{-1}.\end{array}$$

En régime stationnaire, la masse contenue dans l'appareil ne varie pas : il sort autant de masse qu'il en entre, $D_{m,1}=D_{m,2}$. Le débit volumique $D_V=D_{m}v$ n'a aucune raison de se conserver, puisque l'air chauffé à pression constante se dilate.

2) La température de sortie. Pour ${\Sigma }_A$, l'énergie électrique entre sous forme de travail (le courant fait travailler les forces électriques sur les porteurs de charge à l'intérieur de la surface) : $w_u=P_{\mathrm{el}}/D_m$, et $q=0$ (boîtier sans pertes). Avec $\Delta e_c$ et $\Delta e_p$ négligés :

$$\Delta h=w_u=\frac{P_{\mathrm{el}}}{D_m}=\frac{2000}{3,612\times 10^{-2}}=55,4\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1},T_2-T_1=\frac{w_u}{c_p}=55,1\mathrm{K}.$$

L'air sort à $75{}^{\circ }\mathrm{C}$, ordre de grandeur des sèche-cheveux en position chaude. Le volume massique devient $v_2=r{T}_2/P_2=0,9866{\mathrm{m}}^3\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, et le débit volumique $D_{V,2}=D_m{v}_2=35,6\mathrm{L}{\mathrm{s}}^{-1}$ au lieu de $30,0$ : le rapport vaut $v_2/v_1=T_2/T_1=1,19$. Il sort $19\%$ de volume de plus qu'il n'en entre.

3) Les termes négligés. $c_1=D_{V,1}/S_1=0,030/20\times 10^{-4}=15,0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ ; la buse a $S_2=12,6\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$, d'où

$$c_2=\frac{D_m{v}_2}{S_2}=\frac{3,612\times 10^{-2}\times 0,9866}{12,6\times 10^{-4}}=28,3\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1},\Delta e_c=\frac{c_2^2-c_1^2}{2}=288\mathrm{J}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}.$$

C'est $0,5\%$ de $\Delta h$ ; $g|\Delta z|⩽9,81\times 0,3=3\mathrm{J}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, cent fois moins encore. Le choix était justifié. En gardant $\Delta e_c$, $c_p\Delta T=w_u-\Delta e_c$ : la température de sortie baisse de $288/1005=0,29\mathrm{K}$, invisible. Ce qui compte n'est pas que la vitesse « soit grande » ($28\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, c'est $100\mathrm{km}{\mathrm{h}}^{-1}$) mais que $\frac{1}{2}{c}^2$ soit petit devant $\Delta h$.

4) Changer de frontière. Avec ${\Sigma }_B$, la résistance est à l'extérieur : l'air ne reçoit aucun travail ($w_u\approx 0$, le ventilateur étant négligé), mais un transfert thermique $q=P_{\mathrm{el}}/D_m=55,4\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ venu du fil chaud. Le premier principe donne le même $\Delta h$ : la nature de l'échange (travail ou transfert thermique) dépend de la frontière choisie, pas le bilan. Il faut donc toujours dire quelle surface de contrôle on a tracée.

5) L'entropie. Pour ${\Sigma }_A$, aucun transfert thermique ne traverse la frontière : $s_e=0$ et, la pression étant uniforme,

$$\begin{array}{rl}{s}_c& =\Delta s\\ & =c_p\ln \frac{T_2}{T_1}\\ & =1005\ln \frac{348,2}{293,15}\\ & =173\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1},\end{array}$$

soit $D_m{s}_c=6,25\mathrm{W}{\mathrm{K}}^{-1}$ créés en permanence. Pour ${\Sigma }_B$, la frontière touche le fil à $T_{\mathrm{f}}=873\mathrm{K}$ : $s_e=q/T_{\mathrm{f}}=55,4\times 10^3/873=63,4\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, et $s_c=\Delta s-s_e=110\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$. Les deux résultats se complètent : $63$ naissent dans le fil (effet Joule, qui dégrade du travail en énergie interne) et $110$ dans le transfert thermique du fil à $600{}^{\circ }\mathrm{C}$ vers un air à moins de $80{}^{\circ }\mathrm{C}$. Une surpression de $300\mathrm{Pa}$ ajoute $-r\ln (P_2/P_1)\approx -0,85\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ : négligeable devant $173$.

6) Ventilateur bloqué. $\Delta T=P_{\mathrm{el}}/(D_m{c}_p)$ diverge quand $D_m\to 0$ : $110\mathrm{K}$ à débit moitié, $275\mathrm{K}$ au cinquième. Le modèle stationnaire cesse de valoir (l'air immobile ne refroidit plus la résistance, qui monte jusqu'à rougir), d'où le thermostat de sécurité qui coupe la résistance au-delà d'une température de consigne. C'est aussi pourquoi un sèche-cheveux à la grille encrassée chauffe davantage et se coupe.

Ce que l'exercice installe. Le débit massique se conserve, le débit volumique non dès que le fluide change de température. Le premier principe d'un système ouvert se lit $\Delta h=w_u+q$ après avoir chiffré $\Delta e_c$ et $\Delta e_p$ devant $\Delta h$. Travail ou transfert thermique dépend de la surface de contrôle, le bilan non ; l'entropie créée se localise en déplaçant cette surface. Un cas limite ($D_m\to 0$) montre où le modèle cesse de valoir.

La stratégie. Une machine à piston n'est pas en régime stationnaire à l'échelle d'un tour, mais elle l'est en moyenne sur un grand nombre de tours. On suit la masse $m$ admise à chaque tour comme un système fermé (acquis de première année), et l'on identifie le travail du piston à $w_u$.

1) Le cycle et son travail. Le volume d'air suit $V$ : admission à $P_1$ de $V=0$ à $V_b$ (clapet d'admission ouvert), compression de $V_b$ à $V_2$ (clapets fermés), refoulement à $P_2$ de $V_2$ à $0$ (clapet de refoulement ouvert). Le travail reçu de la face du piston est $-P\mathrm{d}V$ à chaque instant :

$$W=-P_1{V}_b-{\int }_{V_b}^{V_2}P\mathrm{d}V+P_2{V}_2.$$

Comme $\mathrm{d}(PV)=P\mathrm{d}V+V\mathrm{d}P$, l'intégration par parties donne ${\int }_{P_1}^{P_2}V\mathrm{d}P=P_2{V}_2-P_1{V}_b-{\int }_{V_b}^{V_2}P\mathrm{d}V=W$ : c'est l'aire comprise entre la courbe de compression et l'axe des pressions (figure).

2) Le travail indiqué est un $\Delta h$. Pour la masse $m$, compression adiabatique : $-{\int }_{V_b}^{V_2}P\mathrm{d}V=m(u_2-u_1)$ (premier principe d'un système fermé). Avec $P_1{V}_b=m{P}_1{v}_1$ et $P_2{V}_2=m{P}_2{v}_2$ :

$$W=m(u_2-u_1)+m(P_2{v}_2-P_1{v}_1)=m(h_2-h_1).$$

Le terme $P_2{v}_2-P_1{v}_1$ est exactement le travail de transvasement du cours : $W/m$ est le travail utile $w_u$, et l'on retrouve $\Delta h=w_u$ pour une machine adiabatique. Le résultat ne suppose pas la réversibilité (seulement l'adiabaticité) ; on parle de « travail indiqué », lu sur le diagramme de Watt relevé par un indicateur de pression.

3) Un seul étage. Loi de Laplace : $T_2=T_1(P_2/P_1{)}^{(\gamma -1)/\gamma }=293,15\times 8^{0,2857}=531,0\mathrm{K}$, soit $258{}^{\circ }\mathrm{C}$. Puis

$$w_u=c_p(T_2-T_1)=1005\times 237,9=239\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}.$$

Masse admise : $m=\frac{P_1{V}_b}{r{T}_1}=\frac{10^5\times 0,35\times 10^{-3}}{287\times 293,15}=0,416\mathrm{g}$, d'où $D_m=m\times 1450/60=10,05\mathrm{g}{\mathrm{s}}^{-1}$ ($507\mathrm{L}\mathrm{mi}{\mathrm{n}}^{-1}$ aspirés) et une puissance $D_m{w}_u=2,40\mathrm{kW}$. Vérification par le diagramme de Watt : $-P_1{V}_b=-35,0\mathrm{J}$, compression $m{c}_v(T_2-T_1)=71,0\mathrm{J}$, refoulement $P_2{V}_2=63,4\mathrm{J}$ ($V_2=0,0793\mathrm{L}$) : $W=99,4\mathrm{J}$ par tour, et $m{w}_u=99,4\mathrm{J}$. À $258{}^{\circ }\mathrm{C}$, l'huile se dégraderait (calamine sur les clapets, risque d'inflammation) : un étage ne suffit pas pour $8\mathrm{bar}$.

4) La compression isotherme. Pour un gaz parfait à $T_1$, $V=mr{T}_1/P$ et

$$\begin{array}{rl}{w}_u& =\frac{1}{m}{\int }_{P_1}^{P_2}V\mathrm{d}P\\ & =r{T}_1\ln \frac{P_2}{P_1}\\ & =287\times 293,15\times \ln 8\\ & =175\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1},\end{array}$$

soit $1,76\mathrm{kW}$. Sur le diagramme de Watt, l'isotherme ($PV=$ cste) passe à gauche de l'adiabatique ($P{V}^{\gamma }=$ cste) dès que $P>P_1$ : à chaque pression le volume est plus petit, donc l'aire $\int V\mathrm{d}P$ aussi. Refroidir pendant la compression réduit le travail.

5) Deux étages. Chaque étage est adiabatique réversible, l'échangeur ramène l'air à $T_1$ :

$$w_u(P_i)=c_p{T}_1\left[{\left(\frac{P_i}{P_1}\right)}^k+{\left(\frac{P_2}{P_i}\right)}^k-2\right],k=\frac{\gamma -1}{\gamma }.$$

La dérivée par rapport à $P_i$ s'annule pour $\frac{k}{P_i}{\left(\frac{P_i}{P_1}\right)}^k=\frac{k}{P_i}{\left(\frac{P_2}{P_i}\right)}^k$, soit $P_i^2=P_1{P}_2$ : $P_i=\sqrt{P_1{P}_2}=2,83\mathrm{bar}$, les deux étages ont le même rapport de pression et le même travail (c'est un minimum : $w_u$ tend vers l'infini aux deux bornes). Chaque étage finit à $T_1(2,83{)}^{0,2857}=394,6\mathrm{K}$ ($121{}^{\circ }\mathrm{C}$, acceptable pour l'huile) et

$$w_u=2c_p(394,6-293,15)=204\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1},$$

soit $2,05\mathrm{kW}$ : $15\%$ de moins qu'en un étage. L'échangeur intermédiaire ($w_u=0$) reçoit $q=\Delta h=-c_p(394,6-293,15)=-102\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, cédés à l'air ambiant ($1,0\mathrm{kW}$). Avec trois étages, $194\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ ; avec $n$ étages, $w_u$ décroît vers la limite isotherme $175\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ (l'escalier de la figure épouse l'isotherme). D'où les compresseurs d'atelier bi-étagés à refroidissement intermédiaire au-delà de $7$ à $8\mathrm{bar}$.

Ce que l'exercice installe. Sur une machine à piston, le travail utile est l'aire $\int V\mathrm{d}P$ du diagramme de Watt, et le travail de transvasement $P_2{v}_2-P_1{v}_1$ transforme $\Delta u$ en $\Delta h$ : $w_u=\Delta h$ vaut pour toute machine adiabatique, à aubes ou à piston. La compression isotherme est la moins coûteuse ; on s'en approche par étages et refroidissements intermédiaires, à pression intermédiaire $\sqrt{P_1{P}_2}$ ; l'échangeur est un système ouvert où $q=\Delta h$.

La stratégie. Une tuyère n'a pas de pièce mobile et le gaz la traverse trop vite pour échanger de la chaleur : $w_u=0$, $q=0$, $\Delta e_p=0$. Le premier principe se réduit à $\Delta h+\Delta e_c=0$ : l'enthalpie perdue devient énergie cinétique. Le deuxième principe dit jusqu'où.

1) La formule de Saint-Venant. $h_1+\frac{1}{2}{c}_1^2=h_2+\frac{1}{2}{c}_2^2$, et pour le gaz parfait $h_1-h_2=c_p(T_1-T_2)$. Isentropique : $T_2=T_1(P_2/P_1{)}^{(\gamma -1)/\gamma }$ (Laplace). En combinant,

$$\begin{array}{rl}{c}_2^2& =c_1^2+2c_p(T_1-T_2)\\ & =c_1^2+2c_p{T}_1\left[1-{\left(\frac{P_2}{P_1}\right)}^{(\gamma -1)/\gamma }\right].\end{array}$$

Avec $(\gamma -1)/\gamma =0,248$ : $T_2=880\times 0,625^{0,248}=783,1\mathrm{K}$, $h_1-h_2=1150\times 96,9=111,4\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, et

$$c_2=\sqrt{200^2+2\times 111,4\times 10^3}=513\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}.$$

$\frac{1}{2}{c}_1^2=20\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ pèse $18\%$ de $\Delta h$ : ici, on ne le néglige pas (sans lui, $472\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, $8\%$ d'erreur). Avec $r=c_p(\gamma -1)/\gamma =285,3\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, la vitesse du son en sortie vaut $\sqrt{1,33\times 285,3\times 783}=545\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ : le jet sort à Mach $0,94$, une tuyère convergente suffit. Le bilan d'énergie, lui, ne dépend pas de la forme de la tuyère.

2) La tuyère réelle. $c_2^2=c_1^2+0,95(c_{2,\mathrm{is}}^2-c_1^2)$ donne $c_2=502\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ ; l'enthalpie convertie vaut $0,95\times 111,4=105,8\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, d'où $T_2=880-105,8\times 10^3/1150=788,0\mathrm{K}$. Adiabatique : $s_e=0$ et

$$\begin{array}{rl}{s}_c& =\Delta s\\ & =c_p\ln \frac{T_2}{T_1}-r\ln \frac{P_2}{P_1}\\ & =1150\ln \frac{788,0}{880}-285,3\ln 0,625\\ & =7,1\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}>0.\end{array}$$

À la même pression de sortie, $s$ croît avec $T$ ; l'état isentropique est donc le plus froid possible, et toute création d'entropie ($s_c>0$, frottements dans la couche limite) laisse le gaz plus chaud, avec moins d'enthalpie convertie : ${\eta }_t<1$. Ici, la vitesse d'éjection perd $2\%$ et l'énergie cinétique du jet $4\%$.

3) Détente jusqu'au vide. $P_2\to 0$ : $c_{\max }=\sqrt{c_1^2+2c_p{T}_1}=1437\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, toute l'enthalpie du gaz (au sens de $c_p{T}_1$) devenue énergie cinétique, gaz à $0\mathrm{K}$ : limite inaccessible (le gaz se condenserait bien avant), mais qui borne la vitesse. La courbe monte vite aux faibles détentes puis sature :

4) Le moteur-fusée. $r=R/M=8,314/0,0141=590\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, $c_p=\gamma r/(\gamma -1)=3540\mathrm{J}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ (trois fois celui de l'air). Avec $c_1\approx 0$ et $(P_2/P_1{)}^{(\gamma -1)/\gamma }=(0,2/115{)}^{0,1667}=0,347$ :