Exercice corrigé de thermodynamique

Le cycle frigorifique à compression de vapeur

Exercice 57 · Leçon 11 — Machines thermiques et frigidaires

  • compression de vapeur
  • évaporateur
  • compresseur
  • condenseur
  • détente isenthalpique
  • COP

Énoncé

Un fluide frigorigène parcourt en régime permanent les quatre composants d'un réfrigérateur. On note h1h_1, h2h_2, h3h_3 et h4h_4 ses enthalpies massiques. L'état 1 est l'entrée du compresseur, l'état 2 sa sortie, l'état 3 la sortie du condenseur et l'état 4 la sortie du détendeur. Les variations d'énergie cinétique et potentielle sont négligées.

  1. Associer à chaque transformation 1→21\to2, 2→32\to3, 3→43\to4 et 4→14\to1 le composant et l'échange d'énergie dominant.
  2. Exprimer, par kilogramme de fluide, le travail reçu par le compresseur, la chaleur prélevée dans l'évaporateur et la chaleur rejetée au condenseur.
  3. Vérifier littéralement le premier principe sur le cycle, puis exprimer le COP frigorifique.
  4. Pour un débit massique m˙\dot m, exprimer les trois puissances.
  5. Si l'évaporation a lieu à TfT_f et la condensation à TcT_c, donner la borne de Carnot et expliquer pourquoi le COP réel lui est inférieur.

Indication
Un compresseur adiabatique reçoit w=h2−h1w=h_2-h_1. Le détendeur est isenthalpique : il ne fournit pas de travail utile et h4=h3h_4=h_3.

Solution détaillée

Solution
1. Le compresseur réalise 1→21\to2 et reçoit du travail. Le condenseur réalise 2→32\to3 et rejette de la chaleur. Le détendeur réalise 3→43\to4 sans travail utile, avec h4=h3h_4=h_3. L'évaporateur réalise 4→14\to1 et prélève de la chaleur au milieu froid. 2. Pour le compresseur adiabatique, le bilan d'énergie en régime permanent donne, par unité de masse,

wc=h2−h1.w_c=h_2-h_1.

Dans l'évaporateur, le fluide ne reçoit pas de travail utile. La chaleur prélevée au milieu froid est l'augmentation de son enthalpie :

qf=h1−h4.q_f=h_1-h_4.

Dans le condenseur, la diminution d'enthalpie est rejetée au milieu chaud. En notant cette chaleur positivement,

qc=h2−h3.q_c=h_2-h_3.

3. Le détendeur est isenthalpique, donc h4=h3h_4=h_3. Alors

qf+wc=(h1−h4)+(h2−h1)=h2−h4=h2−h3=qc.q_f+w_c=(h_1-h_4)+(h_2-h_1)=h_2-h_4=h_2-h_3=q_c.

Le premier principe est donc satisfait. Le service utile est qfq_f et le coût énergétique est wcw_c, d'où

COPfrigo=qfwc=h1−h4h2−h1.\boxed{\mathrm{COP}_{\rm frigo} =\frac{q_f}{w_c}=\frac{h_1-h_4}{h_2-h_1}}.

4. Une grandeur massique en J kg−1\mathrm{J\,kg^{-1}} multipliée par m˙\dot m en kg s−1\mathrm{kg\,s^{-1}} donne une puissance en watts. Ainsi

W˙c=m˙(h2−h1),Q˙f=m˙(h1−h4),Q˙c=m˙(h2−h3).\dot W_c=\dot m(h_2-h_1), \dot Q_f=\dot m(h_1-h_4), \qquad \dot Q_c=\dot m(h_2-h_3).

La multiplication du bilan massique par m˙\dot m fournit bien Q˙c=Q˙f+W˙c\dot Q_c=\dot Q_f+\dot W_c.

5. Entre deux thermostats à Tf<TcT_f<T_c, la borne réversible est

COPCarnot=TfTc−Tf.\mathrm{COP}_{\rm Carnot} =\frac{T_f}{T_c-T_f}.

Les irréversibilités du compresseur et du détendeur créent de l'entropie. De plus, les échanges thermiques exigent des écarts de température finis. Le cycle réel ne peut donc atteindre cette borne.