modelisation thermodynamique

FOURNO André
JUHEL Nicolas
MODELISATION THERMODYNAMIQUE
Vaporisation d'une goutte liquide
En régime quasi statique
On étudie une goutte de liquide en suspension dans l'air qui s'évapore petit à petit et
qui est alimentée en son centre avec un débit tel que son rayon reste constant.
On se placera dans les conditions suivantes :
_Pression constante et vitesse faible dans le gaz
_Les Cpi de Vapeur (V) et d'oxygène (OX) sont constants et indépendants de la
température.
_Le coefficient de diffusivité thermique D1 =
λ
ρ * cp
, Le coefficient de diffusion
moléculaire de vapeur D2 et celui du gaz D3 sont égaux D1 = D2 = D3 = D .
1) Equations Bilan décrivant l'état du mélange autour de la goutte, sa
température et sa vitesse.
a) Bilan de masse totale :
r
r
r
On sait que l'on a div( ρ * v ) = 0 avec v = vr er
r
1 d (r 2 * ρ * v)
=0
On se place en coordonnée sphérique. On a donc div( ρ * v ) = 2 *
r
d (r )
On intègre cette équation sur un volume compris entre deux surfaces sphériques de rayon r
et r+dr.
2π
On a donc
π
d (r 2 * ρ * v) 2
∫ ∫ d (r ) * r sin(θ )dθdϕ = 0 ce qui revient à écrire
ϕ =0 θ =0
2
d (4 * π * r 2 * ρ * v)
= 0 on a donc 4 * π * r * ρ * v = cte = m&
d (r )
1
b) Bilan de masse de V
On sait que l'on a
r
r
r
dρV
r
+ div( ρV * v ) = div( jV ) avec jV = ρ * D * grad (YV ) =le flux de
dt
diffusion de V ( loi de Fick).
Mais on a aussi les relations ρV = ρ * YV et
dρV
= 0 car on a supposé le phénomène
dt
comme étant stationnaire.
En intégrant de la même manière que pour le bilan de masse total on obtient :
d (4 * π * r 2 * ρ * YV )
=
dr
d (4 * π * r 2 * ρ * D *
d (YV )
)
dr
dr
& YV − 4 * π * r 2 * ρ * D *
Ce qui revient à écrire m
d (YV )
= ctV
dr
c) Bilan de masse de OX
De la même manière que pour le bilan de masse de V on montre que le bilan de masse de
& YOX − 4 * π * r 2 * ρ * D *
OX s'écrit : m
d (YOX )
= ctOX
dr
d) Bilan d'enthalpie :
On suppose l'énergie cinétique négligeable. Le bilan d'enthalpie s'écrit alors :
r
r
div( ρ * v * h) = div( jQ + hi * ji ) où jQ est le flux de chaleur, ji le flux de diffusion de i et
∑
i
hi l'enthalpie de l'espèce i.
r
r
Or on sait (Fourier) jQ = λ * grad (T ) et ji = ρ * Di *
r
dYi
= ρ * Di * grad (Yi )
dxα
Finalement on obtient en intégrant l'équation de la même manière que pour le bilan de
masse et sachant que D1 = D2 = D3 = D =
λ
ρ * cp
d ( 4 * π * r 2 * ρ * D * (c p
d ( 4 * π * r * ρ * v * h)
=
dr
De plus h = ∑ hi * Yi avec hi = hi0 + c pi * T
2
(BE)
d (T )
d (Yi )
+ ∑ hi *
))
dr
dr
i
dr
i
d (Yi )
d (Yi )
d ( h)
d (T )
d (T )
= ∑ c pi Yi
+ ∑ (hi0 + c pi * T ) *
= cp *
+ ∑ hi *
d'où
dr
dr
dr
dr
dr
i
i
i
h = c pT + ∑ h 0Yi
On a donc
(BE1)
i
2
& h − 4πr 2 ρD
En intégrant BE on trouve que m
& T − 4πr 2 ρD
BE1 m
d ( h)
= cth ce qui revient à écrire en utilisant
dr
d (T )
= ctT
dr
ON a donc comme inconnue m& , ctV , ctOX , ctT
2) Conditions aux limites pour la température et la fraction massique.
a) Condition à l'infini
A l'infini on considère qu'il n'y a pas de vapeur due à la goutte. La température et la fraction
massique sont donc celle du milieu entourant la goutte.
T∞ = T ∞ = 30°C
b) Condition à la surface de la goutte
On va écrire la conservation des flux de V et d'OX à travers la surface de la goutte.
& YV ) S − 4 * π * rS * ρ S * D *
Le flux total de V qui s'échappe de la goutte est (m
2
d (YV )
dr
S
&
or ce flux est égal au flux de liquide venant du centre de la goutte m
&
On a donc d'après l'équation de bilan de V ctV = m
Le flux total d'OX qui s'échappe de la goutte est
(m& YOX ) S − 4 * π * rS * ρ S * D *
2
d (YOX )
dr
mais il n'y a aucun flux d'OX qui entre dans la
S
goutte.
On a donc d'après l'équation de bilan d'OX ctOX = 0
Pour déterminer ctT on se sert du fait que le flux d'enthalpie à travers la surface intérieure de
la goutte S − est égal au flux à travers la surface extérieure S + .
On a donc (avec hl l'enthalpie du liquide)
−
2
m& hlS − 4πrg
λl 
d (T )
c p
cp 
dr

d (T )
2 λl 
S+
c p
 = m& h − 4πrg
cp 
dr
S− 
S+
+ ∑ hi *
i
dYi
dr


S+ 
3
On pose φ i = 4πrg
2
λl
cp
cp
d (T )
dr
= flux de chaleur qui réchauffe la goutte et donc
S
−
φ i = cl (Tg − T0 )
+
On a aussi h S =
∑h
S+
i
+
Yi S l'équation devient donc
i

−
+
d (YV )
2
m& hlS − φi = m& YVS − 4 * π * rg * ρ S * D *
dr


+
d (YV )
2
+ m& YVS − 4 * π * rg * ρ S * D *
dr

S+

+
 * hVS

S+

d (T )
S+
 * hOX
− 4πrg2λ
dr S +

Or d'après les conditions aux limites précédentes on en déduit que
− 4πrg2 λ
d (T )
dr
−
−
S+
+
= m& (hlS − hVS ) − φ i
+
De plus (hlS − hVS ) est l'opposé de Lv la chaleur latente de vaporisation du liquide.
On a donc 4 * π * rg2 * λ *
d (T )
= m& Lv + φi = m& Lve où Lve est la chaleur latente effective.
dr
D'après l'équation bilan d'enthalpie on en déduit que
m& T − 4πr 2 ρD
d (T )
Lve
= m& Tg − m&
= ctT avec Tg la température à la surface de la goutte.
dr
cp
3) Expression du débit vaporisé en fonction de Yvs
m& est le flux de masse à travers la surface de la goutte c'est donc la quantité de liquide
apportée à la goutte par seconde à un signe prés.
& YVS − 4 * π * r 2 * ρ * D *
Or on a montré grâce aux conditions aux limites que m
d (YV )
= m&
dr S
& en fonction de Yvs :
On a donc en intégrant cette équation m
1 − YVS
− 4 * π * ρ * D * rg * ln(
) = m&
1 − YV∞
1 − YVS
)
1 − YV∞
Le débit vaporisé est donc 4 * π * ρ * D * rg * ln(
4) Formules permettant de calculer Yvs et Tg
A la surface de la goutte on sait que pression partielle Pvs de V est égale à la pression de
vapeur sortante qui dépend de Tg et P.
4
Or Pvs =
YVS
nVs
*P =
* P de plus YV + YOX = 1
mV
nvs − nOX
YVS − YOX *
mOX
On a donc
PVS
YVS
=
= f (Tg )
P
YVS − (1 − YVS )
(E1)
De plus après l'intégration de l'équation de bilan de masse de V et celle du bilan d'enthalpie
on obtient les deux équations suivantes :
1 − YVS
) = m&
− 4 * π * ρ * D * rg * ln(
1 − YV∞
et
− 4 * π * ρ * D * rg * ln(
LVe
cP
L
T∞ − Tg + Ve
cP
On en déduit donc que
) = m&
LVe
cP
1 − YVS
=
1 − YV∞ T − T + LVe
g
∞
cP
(E2)
En supposant f (P ) déterminée grâce à la thermodynamique les équations E1 et E2
permettent de Yvs et Tg.
5