phénomènes de transport (PSI) · Chapitre 5 · Exercice de TD

Problème : la pompe à chaleur air-eau, COP réel, COP de Carnot, et où se perd le travail

Système fermé et bilans d'énergie · D. Bilans thermodynamiques d'un écoulement stationnaire · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Une pompe à chaleur chauffe une maison par un plancher chauffant : elle cède $8, 0 kW$ à l'eau du plancher, à $35^{\circ} C$ , en prélevant de l'énergie à l'air extérieur, à $7^{\circ} C$ (point de fonctionnement noté « A7/W35 » dans les catalogues). On assimile l'eau et l'air à deux thermostats de températures $T_{c} = 308, 15 K$ et $T_{f} = 280, 15 K$ . Le fluide est du R134a (les machines récentes emploient le R32, le R410A ou le propane : la méthode est la même). Le cycle :

4 → 1, évaporateur : évaporation à $0^{\circ} C$ ( $2, 928 bar$ ) puis surchauffe de $5 K$ : le fluide sort en vapeur à $5^{\circ} C$ ;
1 → 2, compresseur calorifugé, jusqu'à $10, 17 bar$ , de rendement isentropique défini par $η = \frac{h _{2 s} - h _{1}}{h _{2} - h _{1}} = 0, 70$ ( $2 s$ : sortie d'une compression isentropique depuis 1) ;
2 → 3, condenseur : désurchauffe, condensation à $40^{\circ} C$ , sous-refroidissement de $5 K$ : liquide à $35^{\circ} C$ ;
3 → 4, détendeur : laminage calorifugé jusqu'à $2, 928 bar$ .

Les pertes de charge sont négligées (chaque échangeur est isobare), ainsi que $Δ e_{c}$ et $Δ e_{p}$ .

Diagramme $(P, h)$ du R134a : cloche de saturation, isotitres en pointillés, isothermes en gris (en $^{\circ}$ C), isentropes en tirets, de $1, 70$ à $1, 80 kJ K^{- 1} k g^{- 1}$ de $0, 05$ en $0, 05$ . Valeurs des tables. À saturation :

$T$ ( $^{\circ}$ C)	$P$ (bar)	$h_{ℓ}$	$h_{v}$ ( $kJ k g^{- 1}$ )	$s_{ℓ}$	$s_{v}$ ( $kJ K^{- 1} k g^{- 1}$ )
$- 15$	$1, 639$	$180, 1$	$389, 6$	$0, 9256$	$1, 7371$
$0$	$2, 928$	$200, 0$	$398, 6$	$1, 0000$	$1, 7271$
$40$	$10, 17$	$256, 4$	$419, 4$	$1, 1905$	$1, 7111$

Hors saturation (états repérés par une lettre, à identifier) :

état	phase	$P$ (bar)	$T$ ( $^{\circ}$ C)	$h$ ( $kJ k g^{- 1}$ )	$s$ ( $kJ K^{- 1} k g^{- 1}$ )
A	vapeur	$1, 639$	$- 10, 0$	$393, 8$	$1, 7531$
B	vapeur	$2, 928$	$5, 0$	$403, 1$	$1, 7433$
C	liquide	$10, 17$	$35, 0$	$249, 0$	$1, 1666$
D	vapeur	$10, 17$	$49, 2$	$429, 7$	$1, 7433$
E	vapeur	$10, 17$	$52, 1$	$432, 8$	$1, 7531$
F	vapeur	$10, 17$	$59, 8$	$441, 1$	$1, 7781$
G	vapeur	$10, 17$	$67, 9$	$449, 6$	$1, 8033$

Le titre d'un mélange liquide-vapeur se déduit de $h$ par la règle des moments de première année, $h = h_{ℓ} + x (h_{v} - h_{ℓ})$ , et de même pour $s$ .

1) Le cycle sur le diagramme. Identifier les états 1, $2 s$ , 2 et 3 dans la table, calculer le titre $x_{4}$ et l'entropie $s_{4}$ , puis tracer le cycle sur le diagramme $(P, h)$ . Dans quel sens est-il parcouru ?

2) Bilans par organe. Calculer le travail massique $w$ reçu au compresseur, les transferts thermiques massiques $q_{c}$ (condenseur) et $q_{f}$ (évaporateur), et vérifier leur somme. En déduire le coefficient de performance $COP = ∣ q_{c} ∣ / w$ , le débit de fluide, la puissance du compresseur et la puissance prise à l'air.

3) Le théorème. En écrivant sur un tour le bilan d'entropie de chaque organe, la frontière des échangeurs étant prise au contact des thermostats, établir $w = ∣ q_{c} ∣ (1 - \frac{T _{f}}{T _{c}}) + T_{f} s_{c},$ où $s_{c}$ est l'entropie massique créée sur un tour. En déduire une borne du COP. Calculer $s_{c}$ , $T_{f} s_{c}$ et le COP de Carnot ; vérifier la relation.

4) Où se perd le travail. Calculer l'entropie massique créée dans chaque organe et la part de $w$ que chacun représente. Commenter.

5) Cas limites. Quel serait le COP avec un compresseur parfait ( $η = 1$ ) ? Quel est le COP de Carnot entre les températures d'évaporation et de condensation du fluide ? Que mesure l'écart entre ces valeurs et le COP de Carnot de la question 3 ? Quels leviers d'amélioration en tirer ?

6) Le grand froid, et le résultat. Par $- 7^{\circ} C$ dehors, avec le même plancher (« A $-$ 7/W35 »), l'évaporation se fait à $- 15^{\circ} C$ et la surchauffe porte la vapeur à $- 10^{\circ} C$ ; le reste est inchangé. Calculer le COP, le COP de Carnot, la puissance du compresseur pour les mêmes $8 kW$ et la part du détendeur. Énoncer le résultat établi par le problème.

Corrigé

La stratégie. Chaque organe est un système ouvert à une entrée et une sortie : $Δ h = w_{u} + q$ et $Δ s = s_{e} + s_{c}$ . Le diagramme $(P, h)$ donne les énergies en segments horizontaux ; la somme des bilans d'entropie sur un tour donne le théorème, et les termes de la somme localisent les pertes.

1) Le cycle. État 1 : vapeur à $2, 928 bar$ et $5^{\circ} C$ , c'est B ( $h_{1} = 403, 1$ , $s_{1} = 1, 7433$ ). État $2 s$ : même entropie à $10, 17 bar$ , c'est D ( $h_{2 s} = 429, 7$ , $49^{\circ} C$ ). État 2 : par la définition du rendement, $h_{2} = h_{1} + \frac{h _{2 s} - h _{1}}{η} = 403, 1 + \frac{26 , 6}{0 , 70} = 441, 1 kJ k g^{- 1},$ c'est F ( $60^{\circ} C$ , $s_{2} = 1, 7781$ ). État 3 : liquide à $35^{\circ} C$ , C ( $h_{3} = 249, 0$ , $s_{3} = 1, 1666$ ). État 4 : laminage, $h_{4} = h_{3} = 249, 0$ , à $2, 928 bar$ dans la cloche : $x_{4} = \frac{249 , 0 - 200 , 0}{398 , 6 - 200 , 0} = 0, 247, s_{4} = 1, 0000 + 0, 247 \times 0, 7271 = 1, 1794 kJ K^{- 1} k g^{- 1} .$ Sur le diagramme : 1 juste à droite de la courbe de rosée, $1 \to 2$ oblique et à droite de l'isentrope (le compresseur réel finit plus chaud que l'idéal), $2 \to 3$ horizontal (désurchauffe, palier, sous-refroidissement), $3 \to 4$ vertical, $4 \to 1$ horizontal. Le cycle est parcouru dans le sens trigonométrique (antihoraire) : le fluide est comprimé quand il est riche en enthalpie et détendu quand il en est pauvre, c'est un récepteur.

2) Bilans par organe ( $kJ k g^{- 1}$ ). Compresseur calorifugé : $w = h_{2} - h_{1} = 38, 0$ . Condenseur ( $w_{u} = 0$ ) : $q_{c} = h_{3} - h_{2} = - 192, 1$ . Détendeur : $w_{u} = q = 0$ . Évaporateur : $q_{f} = h_{1} - h_{4} = 154, 1$ . Somme : $38, 0 - 192, 1 + 154, 1 = 0$ , comme l'exige le retour de $h$ à sa valeur initiale. Puis $COP = \frac{∣ q _{c} ∣}{w} = \frac{192 , 1}{38 , 0} = 5, 06, D_{m} = \frac{8 , 0 \times 1 0 ^{3}}{192 , 1 \times 1 0 ^{3}} = 41, 6 g s^{- 1},$ compresseur $D_{m} w = 1, 58 kW$ , air $D_{m} q_{f} = 6, 42 kW$ : sur les $8 kW$ livrés, un cinquième est payé en électricité, le reste est pris à l'air extérieur. Sur le diagramme, le COP est un rapport de deux longueurs horizontales.

3) Le théorème de Carnot pour une machine en écoulement. Pour chaque organe, $Δ s = s_{e} + s_{c}$ . Le compresseur et le détendeur sont calorifugés ( $s_{e} = 0$ ) ; l'échangeur dont la frontière touche l'eau à $T_{c}$ échange $q_{c} / T_{c}$ , celui qui touche l'air à $T_{f}$ échange $q_{f} / T_{f}$ . Sur un tour, $s$ revient à sa valeur : $\sum Δ s = 0$ , donc $0 = \frac{q _{c}}{T _{c}} + \frac{q _{f}}{T _{f}} + s_{c}, s_{c} = s_{c, comp} + s_{c, cond} + s_{c, d e ˊ t} + s_{c, e ˊ vap} ⩾ 0.$ Avec $q_{f} = - w - q_{c}$ (bilan d'énergie), en multipliant par $T_{f}$ : $0 = q_{c} \frac{T _{f}}{T _{c}} - w - q_{c} + T_{f} s_{c}$ , soit, puisque $q_{c} = - ∣ q_{c} ∣$ , $w = ∣ q_{c} ∣ (1 - \frac{T _{f}}{T _{c}}) + T_{f} s_{c} ⟹ COP = \frac{∣ q _{c} ∣}{w} ⩽ \frac{T _{c}}{T _{c} - T _{f}} .$ Le travail est celui d'une machine de Carnot qui livrerait le même $∣ q_{c} ∣$ , plus un travail perdu $T_{f} s_{c} ⩾ 0$ . Ici, $s_{c} = - (\frac{- 192 , 1}{308 , 15} + \frac{154 , 1}{280 , 15}) = 0, 0733 kJ K^{- 1} k g^{- 1}$ , $T_{f} s_{c} = 20, 5 kJ k g^{- 1}$ , $w_{Carnot} = 192, 1 \times (1 - 280, 15/308, 15) = 17, 5 kJ k g^{- 1}$ : la somme redonne $38, 0$ . $COP_{Carnot} = 308, 15/28 = 11, 0$ ; la machine en atteint $46 %$ .

4) Organe par organe ( $J K^{- 1} k g^{- 1}$ , puis part $T_{f} s_{c} / w$ ) :

organe	$s_{c}$	calcul	$T_{f} s_{c}$ ( $kJ k g^{- 1}$ )	part de $w$
compresseur	$34, 8$	$s_{2} - s_{1}$	$9, 75$	$26 %$
condenseur	$11, 9$	$s_{3} - s_{2} - q_{c} / T_{c}$	$3, 33$	$9 %$
détendeur	$12, 8$	$s_{4} - s_{3}$	$3, 59$	$9 %$
évaporateur	$13, 8$	$s_{1} - s_{4} - q_{f} / T_{f}$	$3, 88$	$10 %$
Carnot	—	$∣ q_{c} ∣ (1 - T_{f} / T_{c})$	$17, 45$	$46 %$

La somme des $s_{c}$ vaut $73, 3$ , celle de la colonne $T_{f} s_{c}$ , $38, 0$ . Le compresseur est le premier poste de pertes ; les deux échangeurs ensemble ( $19 %$ ) paient les écarts de température entre le fluide et les sources ( $40$ contre $35^{\circ} C$ , $0$ contre $7^{\circ} C$ ) ; le détendeur, un laminage, perd $9 %$ . Moins de la moitié du travail est « nécessaire ».

5) Cas limites. Compresseur parfait : $w = h_{2 s} - h_{1} = 26, 6$ , $∣ q_{c} ∣ = h_{2 s} - h_{3} = 180, 7$ , $COP = 6, 79$ seulement, loin de $11, 0$ . Même sans aucune perte interne, la machine reste bornée par le Carnot entre les températures du fluide, $313, 15/40 = 7, 83$ , et non entre celles des sources : il faut au fluide $5$ à $7 K$ d'écart pour que la chaleur passe dans des échangeurs de taille finie. L'écart entre $11, 0$ et $7, 83$ est le prix des échangeurs ; entre $7, 83$ et $6, 79$ , celui du laminage et de la désurchauffe ; entre $6, 79$ et $5, 06$ , celui du compresseur. Les leviers se lisent dans la table : un meilleur compresseur, de plus grandes surfaces d'échange (pincements plus faibles), un sous-refroidissement plus poussé (le point 4 recule vers la gauche, moins de vapeur formée en pure perte au laminage).

6) Le grand froid. Avec les états A ( $h_{1} = 393, 8$ , $s_{1} = 1, 7531$ ), E ( $2 s$ : $432, 8$ ), $h_{2} = 393, 8 + 39, 0/0, 70 = 449, 6$ (G, $68^{\circ} C$ , $s_{2} = 1, 8033$ ), C inchangé, et $x_{4} = (249, 0 - 180, 1) / (389, 6 - 180, 1) = 0, 329$ , $s_{4} = 1, 1923$ : $w = 55, 8, q_{c} = - 200, 6, q_{f} = 144, 8 kJ k g^{- 1},$ d'où $COP = 3, 60$ , contre $COP_{Carnot} = \frac{308 , 15}{42} = 7, 34$ . Le rapport de pression passe de $3, 5$ à $6, 2$ : le compresseur prend $2, 23 kW$ pour les mêmes $8 kW$ ( $+ 41 %$ ), et la part du détendeur monte à $12 %$ ( $x_{4}$ plus grand). C'est quand on en a le plus besoin que la pompe à chaleur air-eau est la moins performante, d'où un appoint électrique dimensionné pour les jours les plus froids. Les catalogues annoncent des COP de $4$ à $5$ en A7/W35 : notre $5, 06$ ne compte ni le rendement du moteur électrique, ni les ventilateurs, ni les dégivrages.

Le résultat établi — le théorème de Carnot pour une machine en écoulement. Pour une pompe à chaleur en régime stationnaire entre deux thermostats $T_{c} > T_{f}$ , le travail massique reçu est $w = ∣ q_{c} ∣ (1 - \frac{T _{f}}{T _{c}}) + T_{f} s_{c}$ , où $s_{c} ⩾ 0$ est la somme des entropies massiques créées dans les organes. Le COP est donc borné par $\frac{T _{c}}{T _{c} - T _{f}}$ , atteint seulement si tous les organes sont réversibles, et chaque organe ajoute au travail de Carnot un travail perdu $T_{f} s_{c, organe}$ . Pour la machine étudiée : COP $5, 06$ contre $11, 0$ en A7/W35, $3, 60$ contre $7, 34$ en A $-$ 7/W35 ; le travail perdu se partage entre compresseur ( $26 %$ ), échangeurs ( $19 %$ ) et détendeur ( $9$ à $12 %$ ).

question	grandeur	A7/W35	A $-$ 7/W35
2	COP réel	$5, 06$	$3, 60$
3	COP de Carnot (sources)	$11, 0$	$7, 34$
5	Carnot entre $T$ du fluide ; compresseur parfait	$7, 83$ ; $6, 79$	—
6	compresseur pour $8 kW$	$1, 58 kW$	$2, 23 kW$
4, 6	travail perdu au détendeur	$9 %$	$12 %$

Ce que le problème installe. Lire une machine réelle sur le diagramme $(P, h)$ : placer chaque état, lire $w$ , $q_{c}$ , $q_{f}$ en segments horizontaux, le laminage en verticale, le sens de parcours (antihoraire : récepteur). Sommer sur un tour les deux bilans d'organe pour établir le théorème de Carnot, $w = w_{Carnot} + T_{f} s_{c}$ , et localiser les irréversibilités, organe par organe, par les $s_{c}$ . Un cas limite (compresseur parfait) et un changement de régime (grand froid) disent ce qui borne vraiment la machine.

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