Le générateur de vapeur d'une chaufferie lu sur le diagramme entropique

La stratégie. Chaque partie de la chaudière est un système ouvert sans pièce mobile : $w_u=0$ et $q=\Delta h$. Sur l'isobare, l'identité thermodynamique change ce $\Delta h$ en aire ; le diagramme $(T,s)$ dit alors à quelle température la chaleur entre.

1) L'isobare. De 1 à 2, le liquide s'échauffe : l'isobare suit la courbe d'ébullition de $293,15$ à $453,03\mathrm{K}$ (à $20{}^{\circ }\mathrm{C}$, le liquide sous $10\mathrm{bar}$ a $s=0,2963$, le liquide saturant $0,2965\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ : la différence est invisible). De 2 à 3, l'eau bout : palier horizontal à $453,03\mathrm{K}$, de la courbe d'ébullition à la courbe de rosée. De 3 à 4, la vapeur s'échauffe : l'isobare monte dans le domaine de la vapeur. L'économiseur est le segment 1-2, le ballon le palier 2-3, le surchauffeur le segment 3-4.

2) Les aires. Le long de l'isobare, $\mathrm{d}P=0$ et l'identité donne $\mathrm{d}h=T\mathrm{d}s$. Comme $w_u=0$, le premier principe donne $q=\Delta h$, d'où $$q=h_{\text{fin}}-h_{\text{deˊbut}}=\int T\mathrm{d}s\text{le long de l’isobare,}$$ l'aire comprise entre l'isobare et l'axe $T=0$. Avec les tables ($\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$) : économiseur $q_{12}=762,5-84,85=677,7$ ; ballon $q_{23}=2777,1-762,5=2014,6$ ; surchauffeur $q_{34}=2943,1-2777,1=166,0$ ; total $2858,3\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$. Pour le palier, l'aire est un rectangle : $T_{\mathrm{sat}}(s_3-s_2)=453,03\times 4,4469=2014,6\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, égal à $\Delta h_{\mathrm{vap}}$ à la précision des tables. Les parts : $23,7\%$ dans l'économiseur, $70,5\%$ au palier, $5,8\%$ dans le surchauffeur. L'économiseur reçoit sa chaleur à une température moyenne $\frac{q_{12}}{s_2-s_1}=\frac{677,7}{1,8418}=368\mathrm{K}$ ($95{}^{\circ }\mathrm{C}$), bien au-dessous du palier.

L'égalité $q=\int T\mathrm{d}s$ ne suppose pas l'échange réversible : $q=\Delta h$ est le premier principe, et $\Delta h=\int T\mathrm{d}s$ une relation entre fonctions d'état le long de la suite d'états d'équilibre que traverse l'eau. L'irréversibilité est dans l'écart de température entre fumées et eau. Si les fumées étaient un thermostat à $T_0=1273\mathrm{K}$, l'eau échangerait $s_e=q/T_0=2858,3/1273,15=2,245\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, alors que son entropie augmente de $\Delta s=6,9265-0,2963=6,630$ : l'échange crée $s_c=\Delta s-s_e=4,39\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$. Chauffer de l'eau à $95{}^{\circ }\mathrm{C}$ avec une flamme est la plus grande irréversibilité d'une chaufferie.

3) Le modèle du liquide. À pression constante, $\mathrm{d}h=c\mathrm{d}T$ et $\mathrm{d}s=c\mathrm{d}T/T$ : $$q_{12}=c(T_2-T_1)=4,18\times 159,88=668,3\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1},$$ $$s_2=s_1+c\ln \frac{T_2}{T_1}=0,2963+4,18\ln \frac{453,03}{293,15}=2,1157\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}.$$ Les tables donnent $677,7$ et $2,1381$ : écarts de $-1,4\%$ et $-1,0\%$. Le modèle est bon à un ou deux pour cent jusqu'à $180{}^{\circ }\mathrm{C}$ ; il sous-estime parce que la capacité thermique de l'eau croît avec la température ($4,18$ à $20{}^{\circ }\mathrm{C}$, $4,40\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$ vers $180{}^{\circ }\mathrm{C}$).

4) Un mélange dans le ballon. Sous la cloche, par extensivité, $s=s_2+x(s_3-s_2)$ : $$x=\frac{4,50-2,1381}{6,5850-2,1381}=0,531,h=762,5+0,531\times 2014,6=1832\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}.$$ Le point est sur le palier, un peu à droite du milieu : un peu plus de la moitié de la masse est vaporisée.

5) La fuite. L'orifice est calorifugé et sans pièce mobile : $h$ se conserve, $2777,1\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$. Sous $1\mathrm{bar}$, cette enthalpie correspond à $150,3{}^{\circ }\mathrm{C}$, $50,7\mathrm{K}$ au-dessus de l'ébullition : la vapeur saturante sort surchauffée, sans avoir reçu de chaleur (l'enthalpie de la vapeur saturante sous $1\mathrm{bar}$ vaut $2675\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, moins que $2777$). Adiabatique, $s_e=0$ : $$s_c=s_5-s_3=7,6159-6,5850=1,031\mathrm{kJ}{\mathrm{K}}^{-1}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}>0.$$ Sur le diagramme, l'état final est à droite de l'état initial, et le segment qui les joint a sous lui une aire de $1,031\times \frac{453+423}{2}=452\mathrm{kJ}\mathrm{k}{\mathrm{g}}^{-1}$, alors que $q=0$. L'aire sous un chemin ne vaut $q$ que si le fluide passe par des états d'équilibre ($\mathrm{d}s=\delta q/T$, réversible) ou, plus généralement, sur une isobare où $q=\Delta h$ ; dans une détente brutale, les états intermédiaires n'existent pas, et l'on relie les deux points par un pointillé qui ne représente rien.

6) Les puissances. $D_m=5000/3600=1,389\mathrm{kg}{\mathrm{s}}^{-1}$ et $$\mathcal{P}=D_m(h_4-h_1)=1,389\times 2858,3=3,97\mathrm{MW}.$$ La combustion doit fournir $3,97/0,92=4,32\mathrm{MW}$, soit $4,32/50=0,086\mathrm{kg}{\mathrm{s}}^{-1}$ de gaz, $310\mathrm{kg}{\mathrm{h}}^{-1}$ environ.

Ce que l'exercice installe. Sur le diagramme $(T,s)$, une isobare suit la courbe d'ébullition dans le liquide, devient un palier sous la cloche, monte dans la vapeur ; l'aire sous l'isobare est le transfert thermique ($\mathrm{d}h=T\mathrm{d}s$ et $q=\Delta h$), même si l'échange avec la source est irréversible ; le palier vaut $T_{\mathrm{sat}}\Delta s=\Delta h_{\mathrm{vap}}$ et porte ici $70\%$ de la chaleur. Le titre se lit par extensivité ; le modèle du liquide incompressible vaut à $1\%$ près. Un laminage déplace le point vers la droite sans aucun transfert thermique : l'aire sous un trajet irréversible ne représente rien.