Master 1 IMM mention Ingénierie Mécanique (M1) Transfert de Chaleur et de Masse Corrigée de TD3 - Convection Thermique II

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1 Université de Caen UFR des Sciences 1 Master 1 IMM mention Ingénierie Mécanique (M1) Transfert de Chaleur et de Masse Corrigée de TD3 - Convection Thermique II Solution d exercice III.1: Schématique : L = 150 mm ϕ s = 100 W/m 2 Air U = 2 m/s T = 25 C y L = 150 mm (i) même direction x (iii) orthogonale (ii) direction opposée Hypothèses : 1. Régime permanent. 2. Approximations de couche limite s appliquent au problème. 3. Propriétés constantes. 4. Solutions délimitées par les configurations d écoulements de directions opposés et orthogonales à constante température de surface et constant flux thermique. Propriétés : De tableau des propriétés de l air à T 323 K : ν = 18, m 2 /s, λ = 0, 0280 W/m.K, P r = 0, 704.

2 Université de Caen UFR des Sciences 2 Analyse : (a) Commençons par le calcul de nombre de Reynolds : Re L = U L ν = 2 m/s0, 15 m 8, m 2 /s = 1, L écoulement est alors laminaire. (i) Écoulements dans la même directions Compte tenu de symétrie le flux thermique de membrane à l air est égale à 50 W/m 2 partout pour les écoulements sur les surfaces supérieure et inférieure de la plaque. Étant donné que le flux thermique est uniforme, le nombre local de Nusselt est donné partout par Donc h x = C q x 1/2 où C q = 0, 453 (U /ν) 1/2 P r 1/3 λ Nu x = 0, 453Re 1/2 P r 1/3 = 0, 453(2 m/s/18, m 2 /s) 1/2 (0, 704) 1/3 0, 028 W/m.K = 3, 74 W/m 3/2.K On apr la suite, ϕ s = h x (T s T ) = T s T = ϕ s C q x 1/2 (1) Il vient que la température minimale a lieu en x = 0 et est T min = T = 25 C La valeur maximale de température a lieu en x = L et est T max = 25 C + 50 W/m 2 (0, 15 m) 2 /3, 74 W/m 3/2.K = 30, 2 C (ii) Écoulements dans des directions opposées Les flux thermiques évacués par les écoulements sur les surfaces supérieure et inférieure ne sont plus uniformes. À proximité de x = 0, le coefficient de transfert thermique correspondant à l écoulement sur la surface supérieure

3 Université de Caen UFR des Sciences 3 y est théoriquement infini, et toute la chaleur générée sera évacuée vers cet écoulement. La situation opposé aura lieu en x = L. Nous délimitons la solution par considérant les correlations pour une température uniforme (Nu x = 0, 332Re 1/2 x P r 1/3 ) et pour de flux thermique uniforme (0, 453Re 1/2 x P r 1/3 ). dans les deux cas, le coefficient de transfert thermique varie avec x 1/2, où x est mesurée de bord d attaque. On obtient ainsi pour la surface supérieure (notée 1) et la surface inférieure (notée 2) : h x,1 = cx 1/2, h x,2 = c(l x) 1/2. Ainsi, toute la chaleur générée est évacuée par les écoulements aux surfaces 1 et 2 : Donc T s T = ϕ s = (h x,1 + h x,2 ) (T s T ) ϕ s h x,1 + h x,2 = ϕ s c [x 1/2 + (L x) 1/2 ] La température minimale a lieu soit en x = 0 ou en x = L, et est donnée part T min = T = 25 C. La température maximale aura lieu où le dénominateur s annule : Alors, il vient qu à cette position d [ x 1/2 + (L x) 1/2] dx = x 3/2 + 1(L 2 x) 3/2 = 0 x = L x x = 1 2 L. T max = T + ϕ s c [2(L/2) 1/2 ] Pour une distribution uniforme de température, C T = 0, 332(U /ν) 1/2 P r 1/3 λ = 0, 332 (2 m/s/18, m 2 /s) 1/2 (0, 704) 1/3 0, 028 W/m.K = 2, 74 W/m 1/2. K (2)

4 Université de Caen UFR des Sciences 4 Donc T max = 25 C W/m 2 2, 74 W/m 1/2. K 2 (0, 15 m) 2 ) 1/2 = 30, 0 C En ce qui concerne un flux uniforme, on a de cas (i) C q = 3, 74 W/m 3/2. K. D où T max = 28, 7 C. Il vient alors, que pour des écoulements opposés 28, 7 C T max 30, 0 C (iii) Écoulement de directions orthogonales Dans ce cas les coefficients de transferts thermiques son donnés par h x,1 = cx 1/2, h y,2 x 1/3. Et ϕ = c ( x 1/2 + y 1/2) (T s T ). ϕ Ainsi, T s T = c (x 1/2 + y 1/2 ). La température sera minimale le long de x = 0 ou y = 0, où T min = T = 25 C. La valeur maximale de température aura lieu le long de x = y = L, où T max = T + ϕ c (2L 1/2 ) Les valeurs de c sont comme précédemment, et par conséquent on trouve 30, 2 C T max 32, 1 C. La température de surface est rendu minimale quand les courants air sur les deux face de la plaque sont des directions opposées, car un petit coefficient de transfert thermique à la surface 1 est couplé à un grand coefficient de transfert à la surface 2, et vis versa. (b) La distribution de tempéraure est tracée d après équation (1) et (2) avec c = C T et c = C q. Le résultat es montré dans la figure suivante.

5 Université de Caen UFR des Sciences 5 T s(x) C Directions opposées Température uniforme même direction Directions opposées Flux uniforme x m Notez, qu en générale, les gradients en espace de température sont plutôt plus petit pour les écoulements opposés. Solution d exercice III.2: Schématique : Air T + dt T i = 300 C dφ T U = 20 m/s, T = 20 C V = 0, 1 m/s δ = 2 mm L = 5 m dx x T o Hypothèses : (1) Régime permanent pour tout point géométrique dans un repère galiléen, (2) Variation négligeable de température à travers l épaisseur de tôle, (3) Effet négligeable de la con-

6 Université de Caen UFR des Sciences 6 duction le long de tôle, (4) Effet de rayonnement négligeable, (5) Écoulement turbulent sur la surface supérieure, (6) Transfert thermique négligeable à la surface inférieure, (8) propriétés constantes. Propriétés : Tableau de propriétés de l air à p = 1 atm., T f 400 K : ν = 26, m 2 /s, λ = 0, 0338 W/m. K, P r = 0, 69 Analyse : (a) Considère un volume de contrôle (fixe dans l espace) comme montré sur la figure. Si Ė entrée et Ėsortie dénotent respectivement l énergie entrant et sortant du volume de contrôle, le bilan de l énergie conduit alors à Ė entrée Ėsortie = 0 pour un état en régime permanent. Donc : Ė { entrée Ė }} { { sortie }} { ρv (bδ)c p (T + dt ) [ρv (bδ)c p T + dφ] = 0 car la tôle est en mouvement de gauche à droite, avec dφ = h x (b cot dx) (T (x) T ). D où : ρv (b δ)c p dt h x (b dx) (T (x) T ) = 0, et par conséquent l équation différentielle recherchée est donnée par : dt dx = h x ρv δc p (T T ) (1) Dans le cas où on suppose que le volume est lié à la tôle, le régime sera évidemment non permanent. Le premier principe de la thermodynamique, appliqué par unité de temps, impose e l absence de travail : Ėénergie interne = Ėsortie qui se traduit par : ρ(dx b δ)c p dt dt = h x(b dx) (T (x) T )

7 Université de Caen UFR des Sciences 7 D où Il vient alors qu en tenant compte de dt dt = h x ρδc p (T T ) (2) dt dt = dt dx dx dt = dt dx V (3) on se rend compte que (2) est équivalent à (1), et est récupérée en rapportant (3) dans (2). En intégrant (1) de x = 0 à x = L on obtient To T i dt T T = L ρv δc p [ 1 L L où h x = (λ/x) 0, 0296Re 4/5 x P r 1/3. Il vient alors, 0 ] h x dx = L h L ρv δc p h L = (λ/l) 0, 037Re 4/5 L P r1/3. D où Soit ( ) Ti T ln T o T = Lh L ρv δc p ( T o T = exp Lh ) L T i T ρv δc p (b) Pour les conditions données : Re L U L/ν = 20 m/s 5 m 26, m 2 /s = 3, , ( ) 0, 0338 W/m.K h L = 0, 037 ( 3, ) (0, 69) 1/3 = 40, 5 W/m.K 5 m On obtient alors, ( ) T o = 20 C+(280 5 m 40, 5 W/m.K C) exp 2770kg/m 3 = 213 C 0, 1 m/s 0, 002 m 981 J/kg.K Remarques : 1. Avec T 0 = 213 C, les température moyennes T Al = 530 K et T f = 412 K sont proches des valeurs utilisées pour les propriétés de matériaux. On conclu alors qu il n est pas nécessaire d effectuer d itérations.

8 Université de Caen UFR des Sciences 8 2. Dans le cas où on voudrait prendre en compte l effet de rayonnement, on doit vérifier d abord l ordre de sa contribution à l échange thermique. Pour une émissivité représentative ε = 0, 2 et T environnement = T env = T, la valeur maximale de coefficient d échange par radiation est h r = εσ (T i + T env ) ( T 2 i + T 2 env) = 4, 1 W/m 2.K h L. On conclu alors, que l hypothèse d effet négligeable de rayonnement est bien appropriée au problème. Solution d exercice III.3: Schématisation : Φ T Élément chauffant T i = 300 K λ = 240 W/m. K ρ = 2700 kg/m 3 c p = 900 J/kg. K P élec = 1000 W/m Air U = 10 m/s, T = 300 K D = 0, 01 m Hypothèses : (1) Température uniforme de l élément chauffant, (2) rayonnement négligeable. Propriétés : Le Tableau d air à T f 450 K : ν = 37, m 2 /s, λ = 0, 0373 W/m.K, P r = 0, 686.

9 Université de Caen UFR des Sciences 9 Analyse : 1. Les effets de rayonnement sont supposés négligeables (a) Pour une unité de longueur de l élément, le bilan de l énergie aux conditions de régime permanent se traduit par : Avec Φ = h(πd 1)(T T ) = P élec = 1000 W/m Re D = U D ν = 10 m/s 0, 01 m 37, m 2 /s = 3087 on obtient Re D P r = 2118 > 0, 2. On peut alors utiliser la correlation de Churchil et Bernstein : D où : Nu D = 0, 3 + [ 0, 62Re1/2 D P ( ) ] 5/8 4/5 r1/3 ReD 1 + [1 + (0, 4/P r) 2/3 ] 1/ Donc Nu D = 0, 3 + 0, 62(3087)1/2 (0, 686) 1/3 [1 + (0, 4/0, 686) 2/3 ] 1/4 h = λ D Nu D = [ 1 + ( ) ] 5/8 4/ = 28, , 0373 W/m.K 28, 2 = 105, 2 W/m 2 K 0, 01 m Ainsi, la température à l état stationnaire est donnée par : T = T + P élec πdh = 300 K W/m π(0, 01 m)105, 2 W/m 2.K = 603 K (b) Ici, le régime est non permanent. Alors, avec Bi = hr o λ = 105, 2 W/m2.K (0, 005 m) 0, 0373 W/m.K = 0, 0022, on peut utiliser la méthode de la capacité globale. D après l analyse d une telle situation, la variation de température au cours de temps, quand T i = T, est donnée par : T (t) = T + (b/a) [1 exp( at)]

10 Université de Caen UFR des Sciences 10 où a = 4h Dρc p = (4 105, 2 W/m 2 K) (0, 01 m 2700 kg/m J/kg. K) = 0, 0173 s 1 et Alors, D où t 200 s. b/a = P élec πdh = 1000 W/m π 0, 01 m 105, 2 W/m 2.K = 302, 6 K [1 exp( 0, 0173 t)] = ( ) K 302, 6 K = 0, 968 Remarques : i. Pour T = 603 K et une valeur représentative d émissivité ε = 0, 8, l échange net par rayonnement entre l élément et l environnement à T env = T = 300 K, serait Φ rayonnement = εσ(πd) (T 4 Tenv) 4 = 0, 8 5, W/m 2.K 4 (π 0, 01 m) ( ) K 4 = 177 W/m On conclu alors que, bien que l échange par rayonnement soit petit, il n est néanmoins pas négligeable. ii. La valeur T f admise est très proche de la valeur obtenue. On en déduit alors que les propriétés de l air déterminées à priori de tableau sont suffisamment précises. 2. Effet de rayonnement pris en compte, avec 5 U 10 m/s, T env = 300 K. Hypothèses : (1) Température de surface uniforme.

11 Université de Caen UFR des Sciences 11 Analyse : (a) Effectuons un bilan d énergie : Φ Conv + Φ ray = Φ élec Alors, h(πd) (T T ) + εσ(πd) ( T 4 T 4 env) = Φ élec, soit (π 0, 01 m) [ h (T 300) K + 0, 8 ( 5, W/m 2.K 4) ( T ) K 4] = 1000 W/m (1) L équation (1) est donc à résoudre numériquement par un algorithme itératif. Il est conseillé dans un tel cas d utiliser l algorithme de Newton. On obtient alors, où T n+1 = T n Ψ(T n ) Ψ (T n ) Ψ(T ) = (π 0, 01) [ h (T 300) + 0, 8 ( 5, ) ( T )] 1000 soit et Ψ(T ) = Ah (T 300) + B ( T ) 1000, Ψ (T ) = Ah + 3BT 3 où A = 0, et B = 0, La valeur de h doit être mise à jour suite à la convergence de solution. S il s avère que les différences conséquente des propriétés sont importantes, le calcul sera repris jusqu à l obtention d un état considéré suffisamment précis. Exemple : avec les propriétés et h précédents, on obtient après itérations : T = 546 K. Ainsi, on a du tableau des propriétés de l air à T f = 423 K : λ 0, W/m.K, ν = m 2 /s, P r = 0, Avec ces valeurs, on trouve T = 550 K et par conséquent T f = 425 K ce qui conduit aux changements négligeables dans les propriétés du fluide.

12 Université de Caen UFR des Sciences 12 Il vient qu à cette température h = 103, 4 W/m.K, Φ conv = (πd)h (T T ) = W/m, Φ ray = (πd)σ ( T 4 T 4 ) = W/m, et h r = Φ ray (πd) (T T ) = 13, 7 W/m.K. (b) Avec Bi = (h+h r )(D/2)/λ = 117, 1 W/m 2.K(0, 01/2) m/240 W/m. K = 0, , le comportement transitoire peut être analyser en utilisant la méthode de la capacité globale. Le bilan d énergie conduit alors à : ρc p (πd 2 /4) dt dt = Φ élec [ h(πd) (T T ) + εσ(πd) ( )] T 4 Tenv 4 qui est une équation différentielle à résoudre numériquement avec T (t = 0) = T. Soit d (T T ) = a [ b (T T ) + c ( )] T 4 Tenv 4 dt où a, b et c sont des constantes du problème posé. La solution numérique de cette équation peut être effectuée par la méthode de Runge-Kutta ou en utilisant la fonction ode() de Scilab. Les évolutions de températures de l élément, avec ou sans rayonnement, est montrée sur la figure suivante :

13 Université de Caen UFR des Sciences Sans rayonnement 550 Avec Rayonnement 500 T (K) t (s) (c) Pour maintenir la température à la surface de l élément à une valeur donnée quand la vitesse varie entre 5 et 10 m/s, il faut changer la puissance électrique. D après le modèle posé en question (a) on a alors : Φ élec = h(πd) (T T ) + εσ(πd) ( T 4 Tenv) 4 = Φ élec (h), c est-à-dire, qu en faisant varier U, les nombres de Reynolds et de Nusselt changent et par conséquent h change aussi. Le résultat est illustré dans la figure ci-dessous, ce qui montre que pour une de surface T s = 275 C = 548 K la puissance électrique dissipée par l élément varie approximativement de 710 W/m à 965 W/m quand la vitesse varie de 5 m/s à 10 m/s.

14 Université de Caen UFR des Sciences Puissance électrique dissipée, Pélec Vitesse de courant libre, U Remarques : Bien que la dissipation thermique par convection dépasse largement la dissipation par rayonnement, cette dernière reste néanmoins importante pour l écart de température (T s T env ) imposé dans le problème, et doit être prise en compte dans l analyse.

15 Université de Caen UFR des Sciences 15 Solution d exercice III.4: Schématisation : D p = 30 µm F D mg Plomb ρ p = 8230 kg/m 3 c p = 240 J/kg.K λ = 38 W/m.K h sf = 42 kj/kg T f = 183 C V, T = 30 C Azote Hypothèses : (1) Trasfert thermique par rayonnement négligeable, (2) Réponse de l évolution thermique suit le modèle de la capacité globale. Analyse : (a) Soit C D le coefficient de traînée. En supposant que la chute des balles a lieu à vitesse constante, le bilan des forces aggisant sur toute balle conduit alors à : Force } de {{ traînée} = mg }{{} 0 D D 1 2 A C D ρ f V A 2 3 ρ pg soit : 1 2 π ( ) 2 D C D ρ f V 2 = π ( ) 3 D ρ p g 2

16 Université de Caen UFR des Sciences 16 D où Or, C D = 4 ( ) 3 D ρp g p ρ f V 2 = m (8230/0, 8425) 9, 8 m/s 2 1 V 2 = 16, 59 m2 /s 2 V 2 Re D = V D = V m ν 26, m 2 /s = (4, 97 s/m) V On peut résoudre les équations (1) et (2) pour C D et Re D pour toute valeur de V tel que les valeurs obtenues (pour C D et Re D ) doivent être consistantes avec le diagramme de de la variation de C D avec Re D pour une sphère (voir fiche de cours no. 5). Ainsi, on obtient par la méthode de tâtonnement la solution V = 2, 03 m/s et C D = 4, 03, Re D = 10, 09; du diagramme de la variation de C D avec Re D, on a à Re D = 10, C D = 4. D où on tire V 2 m/s. La processus de refroidissement a lieu en deux étapes : Premier étape : Le refroidissement de particule à T f = 183 C. En prenant les propriétés de L azote à T = 30 C, on obtient pour le nombre de Reynolds La corrélation de Whitaker Re D = 2 m/s m 15, m 2 /s ( ) ( ) 1/4 Nu D = 0, 2+ 0, 4Re 1/2 µ D + 0, 06Re2/3 P r 0,4, µ s = 16, 39 (1) (2) 0, 71 < P r < 380 3, 5 < Re D < 7, 6 10 ( ) 4 µ 1, 0 < < 0, 2 conduit alors à Nu D = 0, 2+ ( 0, 4(16, 39) 1/2 + 0, 06 (16, 39) 2/3) ( ) 1/4 178 (0, 716) 0,4 = 3, D où h D = Nu Dλ D p = 721W/m 2.K µ s

17 Université de Caen UFR des Sciences 17 D après la méthode de la capacité globale, l évolution de la température est donnée par : T T T i T = exp [ ( ) ] has t, ici, V désigne le volume du solide ρv c Ainsi, avec A s /V = (4π(D/2) 2 )/(4π(D/2) 3 /3) = 6/D = 6/D p, on obtient [ ( ) ] = exp 721 W/m 2 (6/ m) 8230 kg/m 3 t kj/kg.k D où t 1 = 14, s. Deuxième étape : Solidification de la particule à T f = 183 C. Le bilan d énergie de cet étape se traduit par D où t 2 = s. V ρ p h } {{ sf + [ ha } s (T f T ) t 2 ] } {{ } E solidification Eénergie dissipée par convection Il vient alors que le temps total pour que la bulle se solidifie complètement est t = t 1 + t 2 = s. (b) La distance parcourue par une particule est L = (2 m/s/(1800 s 1 ) = 1, 11 mm = 0 Le volume du pot nécessaire pour une opération d une semaine est V pot = 1, m 3 /particule 1800 particules/s 7 jours 24 h/jour 3600 s/h = 1, m 3.

18 Université de Caen UFR des Sciences 18 Solution d exercice III.5: Schématisation : S T = 15 mm Air U = 5 m/s T = 25 C p = 1 atm. T e Tube D = 10 mm T s = 100 C N L = 14 lignes, N T = 14 tubes/ligne L = 1 m, P T = P L = 1, 5 S L = 15 mm Hypothèses : (1) Régime permanent, (2) Rayonnement négligeable, (2) Température uniforme à la surface. Propriétés : L air à la pression atmosphérique et T = 298 K : ν = 15, m 2 /s, λ = 0, 0263 W/m. K, P r = 0.707, c p = 1007 J/kg.K, ρ = 1, 17 kg/m 3. À T s = 373 K, P r = 0, 695. Analyse : (a) Le flux thermique total est Φ = hnπdl (T s T i) (T s T e ) ln [(T s T i) / (T s T e )] = hnπdl T LM (1)

19 Université de Caen UFR des Sciences 19 Avec V max = S T S T D U = 15 m/s, Re D,max = 9494 Alors, les constantes appropriées pour la corrélation sont C = 0, 27, m = 0, 63, et C 2 = 0, 99. Il vient alors, d après la corrélation de Zukauskas Nu D = 0, 99 0, 27 (9494) 0,63 (0, 707) 0,36 (0, 707/0, 695) 1/4 = 75, 9 h = Nu D λ/d = 75, 9 0, 026 W/m.K/0, 01 m = 200 W/m 2.K On obtient alors de (1), T s T e = 27, 7 C. Donc, on obtient de (1) Φ = 58, 5 kw. Solution d exercice III.6: Le schématisation reste la même sauf pour cette différence. Dans ce problème la température à la sortie T e est donnée. Hypothèses : (1) Régime permanent, (2) Chute négligeable de tempéraure à travers l épaisseur de cylindres, (3) température uniforme à la surface, (4) Propriétés constantes, (5) C 2 = 1. Propriétés : Air atmosphérique à T = (T i + T e )/2 = 323 K : ρ = 1, 085 kg/m 3, c p = 1007 kj/kg.k, ν = 18, m 2 /s, λ = 0, 028 W/m.K, P r = 0, 707. Et à T i = 298 K : ρ = 1, 17 kg/m 3 ; à T s = 373 K : P r s = 0, 695. Analyse : La différence de température (T s T ) varie exponentiellement dans la direction de l écoulement (pourquoi?), et il vient à la sortie : ( T s T e = exp πdn ) Lh T s T i ρu S T c p où N L = N/N T. Donc N L = ρu S T c p πdh ( ) Ts T e ln T s T i (1)

20 Université de Caen UFR des Sciences 20 avec V max = S T S T D U = 15 m/s, Re D,max = Il vient alors que avec S T /S L = 1 > 0, 7, C 0, 27 et m = 0, 63. Donc, la corrélation Zhukauskas conduit à : ( ) 1/4 P r Nu D = CC 2 Re m D,maxP r 0,36 = 70, 1 P r s h λ D = Nu D = 196, 3 W/m 2.K D où l on obtient de (1), N L = 15, 7. Il vient alors que le nombre de lignes de tubes est 16, soit N L = 16. Solution d exercice III.7: Schématisation : de l air sec, T = 35 C U = 20 m/s Φ conv Φévap T s = 20 C Film d eau, plaque 150 mm de largeur Φ conv T s x Pélec (a) Film liquide d eau L = 500 mm Pélec (b) Surface sèche Hypothèses : (1) régime permanent, (2) Propriétés constantes, (3) L analogie entre les transferts de chaleur et de masse est valable. Propriétés : Tableau de propriétés de l air à T f = (T s + T )/2 = 300 K, 1 atm. : ρ = 1, 16 kg/m 3, c p = 1007 J/kg.K, λ = 0, 0263 W/m.K, ν = 15, m 2 /s. Tableau d eau-vapeur à T s = 20 = 293 K : ρ A,g = 1/v g = 1/59, 04 = 0, 0169 kg/m 3, h fg = 2454 kj/kg. Tableau d eau-air à T f = 300 K : D AB = 0, m 2 /s.

21 Université de Caen UFR des Sciences 21 Analyse : (a) Le bilan d énergie se traduit par : Ė entrée } {{ } } {{ } Ėsortie Pélect Φ conv+φévap soit : Pélect Φ conv + φévap = 0 (1) où le flux thermique par convection et donné par et celui de l évaporation Φ conv = h L S (T s T ) φévap = n A h fg = h m S (ρ A,s ρ A, ) h fg calculons le nombre de Reynolds en x = L, Re L = U L ν = 20 m/s 0, 5 m 15, 94 m 2 /s = 6, ce qui montre que l écoulement est mixte et l équation appropriée pour estimer h L est : D où h L = 34, 5 W/m.K. Nu L = h LL λ = ( 0, 037Re 4/5 L 871 ) P r 1/3 En utilisant l analogie de Chilton-Colburn entre le transfert de chaleur et le transfert de masse : CL thermique CL de concentration (masse) on déduit que D où St m St C f 2 = StP r2/3 j H (0, 6 P r 60) St = Nu ReP r C f 2 = St msc 2/3 j m (0, 6 Sc 3000) St m = Sh ReSc = (h/ρv c p) (h m /V ) = h ρc p h m = h m,l = h L ρc p ( ) 2/3 P r Sc ( ) 2/3 P r = h ( ) 2/3 L α Sc ρc p D AB

22 Université de Caen UFR des Sciences 22 Donc h m,l = 34, 5 W/m.K 1, 16 kg/m J/kg.K ( ) 2, m 2 2/3 /s = 0, 0269 m/s 0, m 2 /s Avec S = 0.5 m 0, 15 m = 0, 075 m 2, on obtient de l équation de bilan de l énergie, eq. (1) : Pélec 34, 5 W/m.K (20 35)K 0, 0269 m/s 0, 075 m 2 (0, )kg/m J/kg = 0 D où Pélec = 38, 8 W + 83, 7 W = 44, 9 W Le débit (taux) d évaporation est alors obtenu de n A = h m,l S (ρ A,s ρ A, ) = 0, 0269 m/s 0, 075 m 2 (0, )kg/m s/h = 0, 123 kg/h (b) Quand la plaque est sèche, le bilan d énergie se réduit à Pélect = Φ conv = h L S (T s T ) Avec Pélect et h L déterminés en (a), on obtient alors T s = T + P élect h L S = 44, 9 W 35 C + 34, 5 W/m.K 0, 075 m = 52, 2 3 C