thermodynamique et machines thermiques (PT) · Chapitre 5 · Application directe du cours

Réfrigérateur ou pompe à chaleur : le sens de parcours décide

Thermodynamique industrielle : dispositifs et cycles · niveau 2

Énoncé

Une machine au R134a évapore son fluide à $- 10° C$ ( $2, 006 bar$ ) et le condense à $40° C$ ( $10, 17 bar$ ). Le fluide entre dans le compresseur en vapeur saturante (état 1 : $h = 392, 7$ , $s = 1, 7334$ ), en sort après une compression isentropique (état 2 : $46, 3° C$ , $h = 426, 5$ ), quitte le condenseur en liquide saturant (état 3 : $h = 256, 4$ , $s = 1, 1905$ ) et le détendeur en mélange (état 4 : $h = 256, 4$ , $s = 1, 2156$ ) ; $h$ en $kJ / kg$ , $s$ en $kJ / K / kg$ .

Dans quel sens le cycle est-il parcouru sur les diagrammes $(P, h)$ et $(T, s)$ ? Qu'est-ce qui en fait un récepteur ?
La machine sert de réfrigérateur, puis de pompe à chaleur. Pour chaque usage, dire quelle est la source utile, calculer l'efficacité frigorifique $e_{f}$ ou le COP, et les relier.
Calculer les bornes de Carnot entre $- 10° C$ et $40° C$ . Comparer le travail $w$ à l'aire du contour fermé $1 \to 2 \to 3 \to 4 s \to 1$ , où $4 s$ est l'état de même entropie que 3 sous $2, 006 bar$ , et expliquer l'écart.

Corrigé

1. Sur le diagramme $(T, s)$ , le fluide reçoit la chaleur sur le palier bas $4 \to 1$ , parcouru vers la droite ( $q_{f} > 0$ ), et la rejette en haut, de 2 à 3, vers la gauche ( $q_{c} < 0$ ) : le cycle est parcouru dans le sens antihoraire, comme sur le diagramme $(P, h)$ . Le fluide reçoit de la chaleur à basse température et en cède à haute température : il faut lui fournir du travail ( $w > 0$ ). C'est un récepteur ; un moteur parcourrait son cycle dans le sens horaire.

2. $q_{f} = h_{1} - h_{4} = 136, 3 kJ / kg$ , $w = h_{2} - h_{1} = 33, 8 kJ / kg$ , $q_{c} = h_{3} - h_{2} = - 170, 1 kJ / kg$ . En réfrigérateur, la source utile est l'enceinte froide, qui cède $q_{f}$ : $e_{f} = q_{f} / w = 4, 03$ . En pompe à chaleur, la source utile est le local chauffé, qui reçoit $∣ q_{c} ∣$ : $COP = ∣ q_{c} ∣ / w = 5, 03$ . Le premier principe sur un tour, $∣ q_{c} ∣ = q_{f} + w$ , donne $COP = e_{f} + 1$ : c'est la même machine, seul change ce qu'on en attend.

3. Carnot entre $263, 15 K$ et $313, 15 K$ : $e_{f} \leq 263, 15/50 = 5, 26$ et $COP \leq 6, 26$ . Le contour $1 \to 2 \to 3 \to 4 s \to 1$ est fait d'évolutions réversibles ; son aire vaut $∣ q_{c} ∣ - T_{e} (s_{1} - s_{3}) = 170, 1 - 263, 15 \times 0, 5429 = 27, 2 kJ / kg$ , moins que $w = 33, 8 kJ / kg$ . En effet, $q_{f} = T_{e} (s_{1} - s_{4})$ est l'aire sous le palier à partir de 4, et non de $4 s$ : le laminage, irréversible, fait perdre $T_{e} (s_{4} - s_{3}) = 263, 15 \times 0, 0251 = 6, 6 kJ / kg$ de froid, et

$w = aire (1234 s) + T_{e} s_{c, lam} = 27, 2 + 6, 6 = 33, 8 kJ / kg .$

L'aire d'un cycle ne vaut le travail que si toutes ses évolutions sont réversibles.

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