TD 1 exercice 3
Exercice 3
Une tige circulaire solide de longueur \(2L\), de diamètre \(D\) et de conductivité thermique \(k\) constante est reliée par ses extrémités à 2 murs plans maintenus à la même température fixe \(T_0\). La température ambiante du milieu entourant la tige est \(T_\infty\) et le coefficient d'échange convectif entre la tige et ce milieu est désigné par \(h\).
Le transfert conductif dans la tige mince étant considéré unidimensionnel (parallèle à l'axe \(Ox\) de celle-ci), on demande :
Question
1. Ecrire le système complet d'équations décrivant les échanges de chaleur de ce milieu (en régime permanent).
Indice
\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{d^2 T}{d x^2}-\frac{hP}{kS} \left( T(x)-T_\infty \right)=0 \\ x=\pm L \Rightarrow T=T_0 \\ \frac{dT}{dx}=0\text{ pour }x=0\text{ (condition de symétrie)} \end{array} \right.\)
on pose \(\theta(x)=T(x)-T_\infty\) et \(m^2=\frac{hP}{kS}\)
Solution
\(\left\{ \begin{array}{l} \theta''-m^2\theta =0 \\ \theta=T_0-T_\infty \text{ pour } x=\pm L\\ \frac{d\theta}{dx}=0\text{ pour x=0}\end{array} \right.\)
Question
2. Déterminer la loi de répartition T(x) de la température dans la tige.
Indice
\(\theta(x)=Ae^{mx}+Be^{-mx}\)
\(\theta(L)=T_0-T_\infty= Ae^{mL}+Be^{-mL}\)
Indice
\(\left(\frac{d\theta}{dx} \right)_{x=0}=0=mA-mB=m(A-B)\Rightarrow A=B\)
Indice
\(T_0-T_\infty=A\left(e^{mL}+e^{-mL} \right)=2A cosh(mL)\)
\(\Rightarrow A=B=\frac{T_0-T_\infty}{2cosh(mL)}\)
Solution
La répartition des températures obéit à :
\(\theta(x)= T(x)-T_\infty=\left[(T_0-T_\infty) \frac{cosh(mx)}{cosh(mL)}\right]\)
Question
3. Exprimer le flux total de chaleur évacué par la tige au profit du milieu environnant (\(T_0 > T_\infty\))
Indice
2 méthodes possibles :
Loi de Fourier (on regarde ce qu'il se passe aux limites avec la continuité du flux)
Loi de Newton (on regarde ce qui part par convection)
Indice
Fourier :
\(\Phi_{evacue}=\Phi (L)+\Phi (-L)\)
avec :\(\left\{ \begin{array}{l}\Phi (L) = -kS\left( \frac{dT}{dx}\right)_{x=L}\\ \Phi (-L) = -kS\left( \frac{dT}{dx}\right)_{x=-L}\end{array} \right.\)
Indice
Par raison de symétrie : \(\Phi(L)=\Phi(-L)\)
\(\Phi_{evacue}=2kS\left( \frac{dT}{dx}\right)_{x=L}=2kS\frac{T_0-T_\infty}{cosh(mL)}(msinh(mx))_{x=L}\)
\(=2mkS(T_0-T_\infty)tanh(mL)\)
Indice
Newton :
\(d\Phi = hPdx(T(x)-T_\infty)\)
flux total évacué :
\(\Phi_{evacue} =\displaystyle \int^{x=+ L}_{x=-L}hP\theta(x)dx=\frac{hP(T_0-T_\infty)}{cosh(mL)}\int^L_{-L}cosh(mx)dx\)
Indice
\(\Phi_{evacue}=2\frac{hP}{m}(T_0-T_\infty)tanh(mL)\)
Solution
\(\Phi_{evacue}=2\sqrt{hPkS}(T_0-T_\infty)tanh(mL)\)
Question
4. Evaluer le rendement et l'efficacité de cette ailette.
Indice
efficacité \(\epsilon\)
rendement \(\eta\)
Indice
\(\epsilon=\frac{\Phi_{evacue}}{hS_b(T_0-T_\infty)}\)
\(S_b\) Surface de la base de la barre
\(\eta=\frac{\Phi_{evacue}}{hS'(T_0-T_\infty)}\)
\(S'\) Surface totale pour laquelle se produisent les échanges convectifs
Indice
\(\epsilon=\frac{2\sqrt{hPkS}(T_0-T_\infty)}{k(2S)(T_0-T_\infty)}tanh(mL)=\sqrt{\frac{hP}{kS}}tanh(mL)\)
Indice
\(\eta=\frac{2\sqrt{hPkS}(T_0-T_\infty)}{hP(2L)(T_0-T_\infty)}tanh(mL)=\sqrt{\frac{kS}{hP}}\frac 1 L tanh(mL)=\frac{1}{mL}tanh(mL)\)
Deux tiges de même géométrie sont disposées entre deux sources de chaleur à \(T_0 = 100\ °C\) et sont entourées d'air à \(T_\infty = 27\ °C\). On a pu mesurer la température du milieu de la première tige \(T_a = 49\ °C\), de même que sa conductivité thermique (au moyen d'une expérience indépendante) qui est \(k_a = 43\ W\ m^{-1}\ K^{-1}\).
Question
Quelle est la conductivité \(k_b\) de la seconde tige sachant que la température en son milieu est de \(T_b = 75\ °C\) ?
Indice
Dans la première tige, en régime permanent :
\(\theta_a(x)=T_a(x)-T_\infty=(T_0-T_\infty)\frac{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_aS}}x}{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_aS}}L}\)
Indice
dans la tige b :
\(\theta_b(x)=T_b(x)-T_\infty=(T_0-T_\infty)\frac{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_bS}}x}{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_bS}}L}\)
Indice
En relevant les températures \(T_A\) et \(T_b\) à l'abscisse \(x=0\) (milieu de chaque tige), on a :
\((1)\ T_a-T_\infty=(T_0-T_\infty)\frac{1}{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_aS}}L}\)
\((2)\ T_b-T_\infty=(T_0-T_\infty)\frac{1}{cosh\sqrt{\frac{hP}{k_bS}}L}\)
Indice
\(cosh\sqrt{\frac{hP}{k_aS}}L=\frac{T_0-T_\infty}{T_a-T_\infty}\Rightarrow \sqrt{\frac{hP}{k_aS}}L=Arg cosh\left(\frac{T_0-T_\infty}{T_a-T_\infty}\right)\)
\(cosh\sqrt{\frac{hP}{k_bS}}L=\frac{T_0-T_\infty}{T_b-T_\infty}\Rightarrow \sqrt{\frac{hP}{k_bS}}L=Arg cosh\left(\frac{T_0-T_\infty}{T_b-T_\infty}\right)\)
Indice
\(k_b=k_a\left[ \frac{Arg cosh\left(\frac{T_0-T_\infty}{T_a-T_\infty}\right)}{Arg cosh\left(\frac{T_0-T_\infty}{T_b-T_\infty}\right)}\right]^2\)
Info :
\(Arg cosh(u)=\ln (u+\sqrt{u^2-1})\) avec \(u>1\)
Solution
\(T_0=100\ °C, T_\infty=27\ °C, T_a=49\ °C, T_b=75\ °C\)
\(k_a=43\ W\ m^{-1}\ K^{-1}\)
\(k_b=156.2\ W\ m^{-1}\ K^{-1}\)