Cours de Rayonnement Thermique Jean-Luc Battaglia
[email protected] jean-luc.battaglia@bordeaux .ensam.fr
1
Le processus physique de rayonnement thermique instant initial
après un certain temps
vide T cp
T en
T eq
T eq
isolation parfaite
2
Mise en évidence du transfert par rayonnement • Au bou boutt d’un d’un certai certain n temp temps, s, on mes mesure ure la temp tempéra ératur turee de la surface interne de l’enceinte et celle du corps. On trouve que ces deux températures sont égales à la la même température . Il y a eu donc transfert d’énergie sous forme de chaleur entre les deux corps. Étant donné qu’il n’y a pas de transfert de chaleur entre l’enceinte et le milieu ambiant et que la chaleur ne peut pas voir été échangée par conduction et convection entre le corps et la surface de l’enceinte du fait du vide, on en déduit que ce transfert n’a pu s’effectuer que par le biais d’un troisième mode : c’est le rayonneme r ayonnement nt thermique.
3
Nature physique duale onde particule du rayonnement • Le rayonnement thermique est un phénomène ondulatoire, il est donc décrit par les relations de Maxwell pour les ondes électromagnétiques. • Le rayonnement thermique est aussi un phénomène particulaires. La mécanique quantique nous renseigne sur le comportement des photons et sur leurs interactions avec les atomes constituants la matière. 4
Le spectre électromagnétique
5
Explication physique simple de l’interaction photon - atome couche n 6
5 h f 1 = E 6- E 3
4 h f 2= E 3- E 2
3 3s1
2 2s2
2p6
1 1s2
6
Absorption - émission Pour appréhender ce phénomène il suffit juste de comprendre qu’un atome est un dipôle électrique : le noyau constitue la charge positive et le cortège électronique constitue la charge négative. A l’équilibre, les centres de gravité des charges positives et négatives sont confondus. Par contre, lorsque cet atome est mis en présence d’un champ électromagnétique, tel que celui associé à un photon, alors le dipôle est mis en mouvement d’oscillation. Lors de cette oscillation, les centres de gravité peuvent alors ne plus être confondus et le dipôle électrique prend une valeur non nulle. Ce faisant, l’atome peut alors échanger de l’énergie avec le photon en générant soit un phénomène d’absorption, soit un phénomène d’émission. 7
absorbtion E
λ,f +
+
λ,f
λ,f 8
Nature des matériaux • Le rayonnement thermique peut être émis ou absorbé par les électrons de manière quantifiée dans l’atome, les molécules ou les matériaux semiconducteurs. • Le rayonnement thermique peut être émis ou absorbé par les électrons de manière continue lorsqu’ils sont libres dans les métaux. • Les mouvements de translation - rotation des molécules dans les gaz ou les liquides permettent d’émettre ou d’absorber du rayonnement thermique de manière quantifiée. 9
Les corps noirs • Un corps noir est une surface idéale (qui n’existe donc pas dans la nature) possédant les propriétés suivantes : • Il absorbe tout éclairement indépendamment de la longueur d’onde et de la direction de cet éclairement. • A une température de surface équivalente, le rayonnement d’un corps noir est plus grand que celui de toute autre surface • Le rayonnement d’un corps noir est isotrope 10
exemple de corps noirs Le système qui se rapproche au plus près du corps noir est celui constitué d’une cavité isolée de l’ambiance extérieure. a/
b/
surface isotherme
c/
11
Loi de Planck Un photon i est lié à une onde de fréquence et donc de longueur d’onde donnée. Cette onde définit donc un mode. En examinant la totalité des phonons, nous constatons que plusieurs présentent exactement le même mode. Nous pourrons alors les regrouper dans des ensembles se distinguant les uns des autres par la valeur de ce mode. Comme le nombre de modes dans chaque ensemble est très grand, la mécanique statistique nous apprend que l’énergie moyenne pour le mode i est donnée par la distribution de Bose : ei =
ei
ei exp −1 k B T
=
h f i
h f i exp −1 kB T 12
On montre que la densité volumique de modes est donnée par : g ( ei ) =
8π L3 3
h c
3
ei =
8π L3 3
h c
3
h fi
En admettant ces deux résultats, on peut alors donner l’expression de l’énergie totale du gaz de photons : ∞
∞
∫
∫
0
0
E = g ( ei ) ei dei =
8π L3 hc
f i 2
h f i −1 k T B
3
d ei
exp
ei = h f i = h c λ i
Soit encore avec :
E 3
L
∞
=∫
8π h c
0
∞
1
hc −1 k T λ B
λ 5
dλ
exp
= ∫ u ( λ , T ) d λ 0
Nous obtenons ainsi la loi de Planck qui est l’expression de la densité volumique d’énergie spectrale du gaz de photons à la température T : u ( λ , T ) =
8π h c λ 5
1
hc −1 λ k T B
exp
J m −3 m −1 13
Rayonnement des corps noirs • Luminance des corps noirs Lλ = 0
2 h c0 2
−2 −1 − 1 W m m st hc λ k T 5 − 1 λ e 0
B
L’indice 0 est souvent utilisé pour les grandeurs physiques associées à un corps noir.
14
108 107
) m µ 6 ² 10 m / W ( e105 u q i r é h104 p s i m é h 3 10 e c n a n i 102 m u L
10000 K
5000 K 3000 K 1500 K 1000 K
Courbe des max 101 100 0
2
UV visible
IR
4 6 8 10 Longueur d'onde (µm)
12
15
Lois de Wien On dérive la loi de Planck et on cherche λ tel que : d Lλ d λ
=0
On trouve alors la longueur d’onde λ max correspondant à la luminance maximale en fonction de la température du matériau : λmax T = 2897 [ µ m K ]
Cette valeur correspond à une luminance maximale : Lλ max = 4,096 10 0
−12
5
T
Ces deux relations constituent les lois de Wien.
16
Loi de Stefan - Boltzmann La loi de Lambert conduit à exprimer la relation de Planck sous la forme d’une fonction de l’émittance du corps noir en fonction de la température : C 0 M λ =
1 C 2
λ T λ e − 1 5
= 3,742 × 108 W ⋅ µm 4 ⋅ m −2 C 2 = 1, 439 × 10 µm ⋅ K Avec : En remplaçant la relation dans la définition de l’émittance totale, relation , on obtient la relation de Stefan – Boltzmann. 4
C 1
M
0
= σ s T 4
Constante de Stefan – Boltzmann. σ s
= 5,670 × 10 −8 W ⋅ m −2 ⋅ K − 4 17
Émission spectrale du corps noir On recherche souvent à calculer le flux émis dans une bande spectrale bien définie et non sur la totalité du spectre. Nous cherchons donc à calculer : λ
∫
0
M λ d λ
0
Nous définissons pour cela la fonction : λ
∫
0
M λ d λ
F0→λ =
0
σs T
4
λ T
=
M λ 0
∫ σ T d ( λ T ) 4
0
s
Cette quantité représente la fraction de flux émis dans la bande spectrale ( 0 → λ ) 18
Graphe de la fonction F 1 0.9 0.8 0.7 )
Fλ1 →λ2 = F0→λ2 − F 0→λ1
λ
0.6
> - 0.5 0 ( F0.4
0.3 0.2 0.1 0 2 10
10
3
10
4
10
5
λ T (µm K) 19
Les notions géométriques essentielles 0
0
15 longueur d'onde µm 30 0,43
1,0
15 Rugosité
A n g l e ' 45 d é m i s s i o n
0,4 µm 0,1 µm 0,05 µm
30
A n g l e d ' é 45 m i s s i o n
60
60
1,62 4
75
75
8,2 20
0
0,2
0,4 0,6 émissivité directionnelle
90 0,8
0
0,2
0,4 0,6 émission directionnelle
90 0,8
20
Rayonnement isotrope et homogène Lorsque le rayonnement est le même dans toutes les directions de l’espace on dit qu’il est isotrope. Lorsque la répartition spatiale du rayonnement est indépendante de la longueur d’onde on dit qu’il est homogène. 21
Modélisation géométrique n
Lλ x θ
d S d S O
d Ω ψ
22
Angle solide Quantité de chaleur transportée par les photons dans un cône entourant une direction d’émission. Nous appelons ce cône l’angle solide. C’est une généralisation de l’angle plan à la configuration sphérique. L’angle solide s’exprime en stéradians (sr) et la sphère mesure .
dS
= r sin θ dθ dψ 2
d Ω =
d S 2
r
dΩ = sin θ dθ dψ 23
Grandeurs liées à l’émission • Luminance Nous appelons luminance le flux de chaleur émis par un corps par unité de surface de ce corps perpendiculaire à la direction d’émission et par unité d’angle solide : L ( λ ,θ ,ψ ) =
d φ dΣ cos θ dΩ
La luminance est définie à la longueur d’onde λ . L ( λ ,θ ,ψ ) =
d φ dΣ cos θ sin θ dθ dψ 24
Emittance L’émittance est le flux émit par unité de surface émettrice : M ( λ ,θ ,ψ ) =
d φ d Σ
L’émittance est définie à la longueur d’onde λ . l’émittance et la luminance sont liés par la relation : M ( λ ,θ ,ψ ) = L ( λ ,θ ,ψ ) cos θ sin θ dθ dψ 25
Quantité hémisphérique et totale Pour toutes les quantités physiques liées au rayonnement, on désigne par hémisphérique l’intégrale sur tout le domaine spatiale. La grandeur est dite totale si elle est intégrée sur tout le domaine spectral, c'est-à-dire toutes les longueurs d’onde.
26
Application à l’émittance • Emittance hémisphérique L’émittance hémisphérique désigne l’intégrale de l’émittance sur tout l’hémisphère entourant l’émetteur : 2π π 2
M λ =
∫ ∫ L ( λ ,θ ,ψ ) cosθ sin θ dθ dψ
ψ = 0 θ = 0
Elle ne dépend que de la longueur d’onde. • Emittance hémisphérique totale C’est l’intégrale sur tout le domaine de longueur d’onde de l’émittance hémisphérique : ∞
∫
M = M λ d λ 0
27
Loi de Lambert • Si le rayonnement est isotrope, la luminance ne dépend plus des paramètres d’angle. Dans ce cas, l’émittance hémisphérique devient : 2π π 2
M λ = Lλ
∫ ∫ cosθ sin θ dθ dψ = π L
λ
ψ =0 θ = 0
• De la même façon pour l’émittance hémisphérique totale, on obtient la relation de Lambert :
M = π L
28
Grandeurs liées au récepteur • Éclairement Il désigne le flux incident reçu par unité de surface de récepteur perpendiculairement à la direction d’incidence : E ( λ ,θ ,ψ ) =
d φ dΣ cos θ
29
Lien avec la luminance • Le flux incident peut toujours s’exprimer à partir de la luminance : E ( λ ,θ ,ψ ) = L ( λ ,θ ,ψ ) cos θ sin θ dθ dψ
• Il faut bien noter que dans ce cas c’est la luminance lié au flux incident et non celle liée au flux émit par la surface. 30
Éclairement hémisphérique et total • Éclairement hémisphérique C’est l’intégrale de l’éclairement sur tout l’hémisphère entourant le récepteur : 2π π 2
Eλ =
∫ ∫ L ( λ ,θ ,ψ ) cosθ sin θ dθ dψ
ψ = 0 θ = 0
• Éclairement hémisphérique total C’est l’intégrale sur tout le domaine de longueur d’onde de l’éclairement hémisphérique : ∞
∫
E = E λ d λ 0
31
Loi de Lambert pour l’éclairement • Si l’éclairement est isotrope, il ne dépend plus des paramètres d’angle. Dans ce cas on obtient les relations suivantes pour l’éclairement hémisphérique :
Eλ = π Lλ • De même pour l’éclairement hémisphérique total : E = π L
32
Émission hémisphérique et totale Le coefficient d’émission hémisphérique d’une surface réelle est le rapport entre la luminance hémisphérique de cette surface et celle de la surface du corps noir équivalent : Lλ ( T ) ε λ (T ) = 0 Lλ ( T ) Le coefficient d’émission total est le rapport entre la luminance totale et celle du corps noir équivalent : ε (θ ,ψ , T ) =
L (θ ,ψ , T ) L0λ (T )
Enfin, le coefficient d’émission total hémisphérique est le rapport entre la luminance totale hémisphérique et celle du corps noir équivalent : ε ( T ) =
L ( T ) 0
L ( T ) 33
Rayonnement des corps réels • Émissivité des corps réels Le coefficient d’émission d’un matériau est définit comme le rapport entre la luminance du corps réel avec la luminance du corps noir équivalent : ε ( λ ,θ ,ψ , T ) =
L ( λ ,θ ,ψ , T ) L0λ ( T )
Il est fonction de la direction d’émission, de la longueur d’onde du rayonnement émit ainsi que de la température. 34
Exemple
35
Absorptivité L’absorptivité est le rapport entre le flux absorbé et l’éclairement : α ( λ ,θ ,ψ ) =
E a ( λ ,θ ,ψ ) E ( λ ,θ ,ψ )
L’absorptivité hémisphérique est le même rapport mais en considérant cette fois les grandeurs hémisphériques : E α λ =
a ,λ
E λ
L’absorptivité totale hémisphérique est enfin : α =
E a E 36
Réflectivité La réflectivité est le rapport entre le flux réfléchit et l’éclairement : E ( λ , θ ,ψ ) ρ ( λ , θ ,ψ ) =
r
E ( λ , θ ,ψ )
La réflectivité hémisphérique est le même rapport mais en considérant cette fois les grandeurs hémisphériques : ρ λ =
E r ,λ E λ
La réflectivité totale hémisphérique est enfin : ρ =
E r E 37
Transmissivité La transmissivité est le rapport entre le flux transmis et l’éclairement : τ ( λ ,θ ,ψ ) =
E t ( λ ,θ ,ψ ) E ( λ ,θ ,ψ )
La transmissivité hémisphérique est le même rapport mais en considérant cette fois les grandeurs hémisphériques : τ λ =
E t ,λ E λ
La transmissivité totale hémisphérique est enfin : τ =
E t E 38
Égalité fondamentale Quelque soit la quantité étudiée (spectrale, hémisphérique ou totale hémisphérique, on doit toujours avoir : α ( λ ,θ ,ψ ) + ρ ( λ ,θ ,ψ ) + τ (λ ,θ ,ψ ) = 1
α λ + ρ λ + τ λ = 1
α + ρ + τ = 1
39
Radiosité La radiosité désigne la somme du flux émis par un corps et de la fraction de flux incident qui est réfléchit par ce même corps par unité de surface perpendiculaire à la direction d’émission - réflexion. La radiosité est donc la somme de l’émittance et de la fraction d’éclairement d’écl airement réfléchit : J ( λ ,θ ,ψ ) = M ( λ ,θ ,ψ ) + ρ E ( λ ,θ ,ψ )
40
Radiosité hémisphérique et total • Radiosité hémisphérique C’est la somme de l’émittance hémisphérique et de la fraction d’éclairement hémisphérique réfléchit :
J λ = M λ + ρ E λ • Radiosité hémisphérique totale C’est la somme de l’émittance hémisphérique totale et de la fraction d’éclairement hémisphérique totale réfléchit : J = M + ρ E 41
La loi de Kirchhoff A l’équilibre thermique, le flux qui est émis par le petit corps doit être égal à ce qui est absorbé : α E A1
flux absorbé
= M (Ten ) A1
flux émis
En remplaçant l’expression de l’éclairement de la relation dans la relation , on trouve l’expression :
α =
E = M 0
A1
Ten M
M (T en ) M
0
(T en )
Or nous savons que ce rapport est aussi la définition de l’émissivité hémisphérique totale (il suffit d’utiliser la loi de Lambert liant luminance et émittance pour retrouver l’exacte égalité). 42
Application de la loi de Kirchhoff aux quantités hémisphérique et total • Pour tout corps, l’émissivité totale hémisphérique est égale à l’absorptivité totale hémisphérique :
α
= ε
• Si on considère l’aspect spectral, la relation précédente reste vraie et il suffit pour cela que le rayonnement du corps soit isotrope. On a alors :
α λ = ε λ
• Si on considère en plus l’aspect directionnel, l’égalité est vraie et ne nécessite même plus la condition de rayonnement corps noir :
α ( λ ,θ ,ψ ) = ε ( λ ,θ ,ψ )
43
Les corps gris ∞
α
=
∫
α λ =ε λ
∞
α λ Eλ dλ
0
E
?
∫
=0
ε λ M λ0 ( T ) d λ M
= ε λ 1
λ 2
Comme , il ressort que pour que la relation soit vérifiée il faut que une des conditions suivantes le soit : •L’éclairement corresponde à une émittance de corps noir à la température T, auquel cas : M λ0 (T ) = E λ et donc M 0 (T ) = E . •Les grandeurs α λ et ε λ sont indépendantes de λ , auquel cas la surface est dite grise. 44
Exerci ce 1 :
une petite surface d’aire A = 10−3 m 2 émet de façon isotrope (voir
figure ci-dessous). On mesure la luminance totale dans la direction normale à la surface : Ln = 4500 W m −2 sr − 1 . Le flux rayonné est intercepté par 4 autres surfaces de même aire A . Sont surfaces sont orientées comme représenté sur la figure ( r 0 = 0,7m ). 1. Quelle est la luminance totale dans les 4 directions d’émission associées aux 4 récepteurs ? 2. Quelles sont les valeurs des angles solides sous lesquels les 4 surfaces réceptrices sont vues depuis l’émetteur ? 3. Quelles sont les valeurs des flux interceptés par les 4 surfaces ? Hypothèses : (H1) les surfaces émettent de manière homogène et isotrope. (H2) Les surfaces sont suffisamment petites pour que l’on puisse considérer : 2 Ai r i 1 .
A 3
A
r 0
4
r 0
60°
45°
30°
2
A
r 0
1
A
45
Exerci ce 2 :
une surface dont la température est de 1300 K émet avec l’émissivité hémisphérique spectrale représentée sur la figure ci-dessous.
ε λ 0,8 0,4 0,2 0
λ 1
λ 2
∞
Les deux longueurs d’ondes caractéristiques sont : λ1 = 1,5 µ m et λ1 = 6 µ m . 1. Déterminer l’émissivité hémisphérique totale ainsi que l’émittance totale. 2. A quelle longueur d’onde se situe le maximum d’émission ? Hypothèse : la surface émet de manière isotrope.
46
Exercice 3 : on
considère une cavité maintenue à la température de 1500 K, comme représenté sur la figure ci-dessous. Cette cavité est dotée d’un petit orifice à travers lequel le rayonnement de type corps noir de la cavité est possible. 1. Calculer l’émittance totale hémisphérique au travers de la cavité. 2. Quelle est la longueur d’onde en deçà de laquelle 15% de ce rayonnement est émis ? 3. Quelle est la longueur d’onde au-delà de laquelle 20% du rayonnement est émis ? 4. Déterminer la valeur du maximum d’émittance et la longueur d’onde à laquelle il apparaît. 5. Calculer l’éclairement total hémisphérique d’un petit objet placé à l’intérieur de la cavité. 0
0
Lλ
( )
Lλ T
T=1500 K 0
( )
Lλ T
15% 20%
λ 1
λ max
λ 2
47
Exerci ce 4 :
Les propriétés radiatives des surfaces réelles opaques sont souvent obtenues par réflectivité. Un exemple de mesure de réflectivité hémisphérique spectrale à la température de 1000 K est représenté sur le graphe de la figure cidessous. Les deux longueurs d’onde caractéristiques sont λ1 = 1,5 µ m et
λ1 = 6 µ m . Calculer l’émittance totale hémisphérique à cette température.
ρ λ 0,8 0,4 0,2 0
λ 1
λ 2
∞
48
Exercice 5 : Une
surface opaque est caractérisée par son émissivité spectrale hémisphérique et son éclairement hémisphérique représentées toutes deux sur la figure ci-dessous. 1. Représenter la variation spectrale de la réflectivité hémisphérique. 2. Calculer l’absorptivité totale hémisphérique de la surface. 3. La température initiale de la surface étant de 450 K et son émissivité totale hémisphérique étant égale à 0,65, la température va-t-elle croître ou décroître ?
Ε λ (W/m²µm)
ε λ 1
1000
0,2
0 0
6 8
λ (µm)
∞
0 4
6
10 12
∞
λ (µm) 49
Exercice 6 : Une
petite bille métallique opaque est placée dans un four dont la température des parois internes est maintenue à T =1300 K. Le vide est réalisé à l’intérieur du four. La température initiale de la bille est T b ( 0 ) = 450 K . L’absorptivité spectrale de la bille est représentée sur la figure ci dessous. La longueur d’onde caractéristique est λ 1 = 6µm . Le rayonnement pour le four et la bille est isotrope. 1. Déterminer l’absorptivité et l’émissivité totales hémisphériques de la bille à l’instant initiale. 2. Déterminer ces mêmes grandeurs lorsque la bille a atteint sa température constante dans le four. 3. Si on suppose que le diamètre de la bille est 1 cm, que sa masse m est 100 g, et que sa chaleur spécifique par unité de volume est C p = 400J m-3 K-1 , déterminer la vitesse de montée en température de la bille dans le four. four
α λ
α E
ε M
0,8
bille T
0,2 0
λ 1
∞ 50
Exercice 7 :
Le capteur solaire à air que l'on étudie ici est composé, comme le montre la coupe ci-dessous par un absorbeur (1) au dessus duquel se trouve une plaque de verre (3). Dans l'espace (2), entre l'absorbeur et la plaque de verre, le vide a été réalisé. L'absorbeur est en fait un échangeur qui restitue une partie de son énergie à une masse d'air (4) (de chaleur massique C a=1000 J kg -1 K -1 et initialement à la
température T 0=10 °C) qui circule sous l'absorbeur avec un débit m = 0,25kgs -1 . Cet échange se produit grâce aux échanges convectifs ( h=25 W m-2 K -1) entre l'air et la paroi inférieure de l'absorbeur. La face arrière du capteur est parfaitement isolée donc adiabatique.
La face supérieure de l'absorbeur se comporte comme un corps noir et sa face inférieure se comporte comme une surface parfaitement réfléchissante ( ρ inf = 1 ). Les caractéristiques radiatives du verre sont données sur la figure ci-dessous :
51
On suppose que la température de l'absorbeur et celle de la vitre sont uniformes et pour un bon fonctionnement du système c'est-à-dire une récupération d'énergie suffisante, la température de l'absorbeur doit atteindre T a= 80°C. Les échanges convectifs entre la vitre et l’air ambiant sont négligeables. Les dimensions du capteur seront notées L suivant x et l=3 m suivant y. Dans l'air qui circule sous l'absorbeur, la température est supposée uniforme dans chaque section ( y, z), autrement dit la température de l'air en circulation ne dépend que de x. 1. Effectuer, sur une même figure, une représentation qualitative de l'évolution de la température de l'absorbeur et de l'air en circulation suivant x. 2. Effectuer un bilan thermique sur un élément de volume d’air compris entre x et x+∆ x et déduire la loi d'évolution de la température de l'air, soit T ( x). 3. Donner l'expression du flux total φ air récupéré par l'air lors de son passage sous l'absorbeur. Pour que l'intensité de ce flux soit φ air = 7500 W, quelle doit être la longueur L de l'absorbeur et par conséquent sa surface S ? 4. Pour pouvoir atteindre le niveau de température voulu pour l'absorbeur, on cherche à déterminer quel devrait être l'éclairement solaire E du capteur. Effectuer un schéma de tous les échanges radiatifs se produisant au niveau du vitrage, et de l'absorbeur. 5. Compte tenu des courbes fournies, préciser les valeurs des coefficients d'absorption, de transmission et de réflexion de la vitre dans le visible et l'ultraviolet pour λ <2µm (soit α 1, τ 1 et ρ 1) et dans l'infrarouge pour λ >2µm (soit α 2, τ 2 et ρ 2). 6. Donner les émissivités de la face supérieure ε sup et de la face inférieure de l'absorbeur.
εin
7. Exprimer les flux radiatifs émis par l'absorbeur (face supérieure) ( φ ae) et par la vitre (φ ve). 8. Exprimer les flux radiatifs absorbés par l'absorbeur ( φ aa) et par la vitre (φ va). 1. Effectuer un bilan thermique global de la vitre et de l'absorbeur et montrer que l'on obtient un système de deux équations à deux inconnues T v et E , système que l'on résoudra en prenant pour φ air la valeur fixée à la question
52
Solution Exo1
1. Si le rayonnement est isotrope, alors son intensité ne dépend pas de la direction d’émission. La luminance est donc : L = Ln = 4500 W ⋅ m −2 ⋅ sr − 1 . 2. L’angle solide entre la surface i (2, 3 et 4) et la surface 1 est donné par la relation dΩi→1 = dA cos θ i r 2 . Dans cette relation, θ i désigne l’angle que fait la surface i avec la direction du rayonnement incident provenant de 1. Cependant, à partir de l’hypothèse (H2) on peut dire que r ne varie pas beaucoup vis-à-vis de r 0 lorsque l’on balaye la surface i. On peut donc donner une valeur approchée des angles solides par :
Ω2→1 =
A cos θ 2
Ω3→1 =
A cos θ 3
Ω4→1 =
A cos θ 2
2
r 0
2
r 0
2
r 0
= = =
10−3 × cos30 0,7
2
10−3 × cos 0 0,7
2
= 2,041 × 10 −3 sr
10−3 × cos 45 0,7
2
= 1,767 × 10 −3 sr
= 1, 443 × 10 −3 sr
3. Pour calculer le flux intercepté par la surface i (2, 3 et 4) en venant de 1 on utilise la relation : φ1→ j = L Acosθ 1 Ω j→1 . Dans cette relation, θ 1 désigne l’angle que fait la direction du rayonnement issu de 1 et incident aux surfaces i avec la surface 1. On trouve alors :
= 7000 ×10 −3 × cos 60 ×1,767 ×10 −3 = 6,18 ×10 −3 W φ1→3 = L A cosθ 1 Ω 3→1 = 7000 ×10−3 × cos 0 × 2,041 ×10 −3 = 14, 29 ×10 − 3 W 3 3 3 φ1→4 = L A cos θ 1 Ω4→1 = 7000 × 10− × cos 45 × 1, 443 × 10− = 7,14 × 10− W φ1→2 = L A cosθ 1 Ω 2→1
53
Solution Exo 2
1. D’après la définition de l’émissivité totale hémisphérique, nous avons : ∞
ε =
∫
0 λ
ε λ L
∫
=
L0
+
0 0
L
∫
0 λ
ε 2 L
0 λ
ε 1 L
0
∞
λ 2
λ 1
ε 3
+
λ1
L0
∫L
0 λ
λ 2
L0
En utilisant la notation du cours cette relation est équivalente à : ε
= ε1 F0→λ + ε 2 Fλ →λ + ε 3 F λ →∞ 1
1
2
2
Soit : ε
= ε1 F0→λ + ε 2 ( F0→λ − F0→λ ) + ε 3 ( F0→∞ − F0→λ ) 1
2
1
2
En utilisant les valeurs tabulées du Erreur ! Source du renvoi introuvable. on trouve :
λ1 T = 1,5 × 1300 = 1950 µ m K , d’où F 0→λ 1 λ2 T = 6 × 1300 = 7800 µ m K , d’où F 0→λ 2
0,064 .
0,848 .
On trouve donc en finalité : ε = 0,8 × 0,064 + 0, 2 ( 0,848 − 0,064 ) + 0,3 (1 − 0,848 ) = 0,254 . On en déduit l’émittance totale : M
= ε M 0 = ε σ s T 4 = 0,254 × 5,67 × 10 −8 × 13004 = 41,068 kW m -2
54
1. Si l’on suppose que la surface se comportait comme un corps noir, nous aurions accès à la longueur d’onde correspondant au pic d’émission par la relation de Wien : λ max =
2898
= 2,23µm 1300 Si on adopte cette valeur pour notre surface, cela veut dire que l’émittance maximale est : M λ ( λmax ) = 0,2 M λ 0 ( λ max )
La loi de Planck nous donne : 3, 742 × 108
M ( λ max ) = 0 λ
1,439××10 2,23 e 2,23 1300 − 1 Soit : M λ ( λ max ) = 9,55kWm-2 . 4
= 47,74 kWm -2
5
Néanmoins, nous avons une variation de l’émissivité à 1,5 µm et il faut donc vérifier que ce n’est pas à cette longueur d’onde, pour la valeur de l’émissivité de 0,8, que nous avons le maximum. Calculons alors l’émittance spectrale à partir de la r elation : M λ (1,5) = 0,8 M λ 0 (1,5)
La loi de Planck nous donne : M (1,5) = 0 λ
3, 742 × 108 ×10 1,439 1,5×1300 1,5 e − 1 4
= 30,76 kW m -2 .
5
Ce qui conduit à : M λ (1.5) = 0,8 × 30,76 = 24,61kW m-2 > M λ ( λ max ) .
On constate donc que le maximum d’émittance à lieu pour λ = 1,5µ m .
55
Solution Exo 3
1. L’émittance totale hémisphérique de la cavité est celle d’un corps noir : M 0 ( T ) = σ s × T 4
= 5,67 × 10 −8 × 1500 4 = 287,04 kW m -2
2. La longueur d’onde correspondant à l’émittance en deçà de laquelle 15% du rayonnement est émis est telle que F 0→λ 1 = 0,15 . En utilisant les données du Erreur ! Source du renvoi introuvable. λ 1 T 2450µmK . Cela conduit à λ 1 = 2450 1500 = 1, 63µ m .
on
trouve
3. La longueur d’onde correspondant à l’émittance au delà de laquelle 20% du rayonnement est émis est telle que Fλ2 →∞ = 1 − F 0→λ 2 = 1 − 0, 2 = 0,8 . En utilisant les données du Erreur ! Source du renvoi introuvable. on trouve λ 2 T 6900µmK . Cela conduit à λ 2 = 6900 1500 = 4, 6µ m . 4. La loi de Wien nous donne : λ max T = 2898µm K , ce qui nous donne la longueur d’onde correspondant au maximum d’émittance : λ max = 2898 1500 = 1, 93µ m . A cette valeur est associé le maximum de luminance L0λ max
= 4,096 10 −12 T 5 = 4,096 10 −12 ×1500 5 = 31104 W m -2 sr -1
et donc, d’après la loi de Lambert, le maximum d’émittance : M λ0max = π L0λ max = π × 31104 = 97,716kW m -2 . 5. Comme nous l’avons vu dans le cours l’éclairement total hémisphérique de l’objet placé dans la cavité sera égal à l’émittance du corps noir, soit : E (T ) = M 0 (T ) = 287,04kWm -2
56
Solution Exo 4
L’émittance totale hémisphérique est : ∞
M
= ∫ ελ M
∞
0 λ
dλ
0
= ∫ (1 − ρ λ ) M λ0 d λ
0
En utilisant la notation du cours : M
= (1 − ρ 0→λ ) F0→λ + (1 − ρ λ →λ 1
1
1
2
+ (1 − ρ λ →∞ ) Fλ →∞ M 0
)F
λ1 →λ2
2
2
Soit encore : M
= (1 − ρ 0→λ
1
)F → 0
λ1
+ (1 − ρ λ →λ 1
2
)( F → 0
0 − F0→λ ) + (1 − ρ λ →∞ )(1 − F0→λ ) M En
λ2
1
2
2
se reportant dans le Erreur ! Source du renvoi introuvable. on trouve : λ1 T = 1,5 × 1000 = 1500 µ m K , d’où F 0→λ 1 λ2 T = 6 × 1000 = 6000 µ m K , d’où F 0→λ 2 M
= 0,0095 .
= 0,738 .
= 0,6 × 0,0095 + 0,8 × ( 0,738 − 0,0095) + 0,6 × (1 − 0,738) M 0 = 0,745 M 0
Comme : M 0
= σ s T 4 = 5,67 ×10−8 ×1000 4 = 287,043kW m -2
On trouve finalement l’émittance totale hémisphérique : M = 0, 745 × 287, 043 = 213, 85 kW m
-2
. 57
Solution Exo 5 1. La loi de Kirchhoff nous dit que l’absorption hémisphérique est égale à l’émission hémisphérique : α λ = ε λ . D’autre part, la surface étant opaque,
= 1 − α λ .
on a : ρ λ
On obtient donc la variation de réflectivité
hémisphérique tel que représenté sur la figure ci-dessous. 0,8
0
0
6 8
∞
λ (µm) 2. L’absorptivité totale hémisphérique de la surface est le rapport entre l’éclairement total hémisphérique absorbé et l’éclairement total hémisphérique incident : ∞
α =
E a E
∫ α E d λ λ
=
0
λ
∞
∫ E d λ λ
0
58
En tenant compte des variations de α λ et de E λ , cela revient à calculer : α =
E a E 6
8
∫
10
∫
12
∫
1 × Eλ dλ + 1000 × α λ dλ + 1000 × 0, 2 × d λ + 0, 2 ×
=
4
6
6
∫ E
λ
dλ + 1000 ×
4
8
10
12
6
10
∫ E d λ λ
10
∫ dλ + ∫ E dλ λ
Soit :
1000 × 1 × 6 − 4 + 1000 × 0,8 × 1 × 8 − 6 +1000 ×0, 2 × 10 −8 + ( ) ( ) ( ) 2 2 0, 2 × 1000 × 1 × (12 − 10 ) 2 C α = 1 1 1000 × × ( 6 − 4 ) + 1000 × (10 − 6 ) +1000 × × (12 −10 )
2 e qui donne en finalité : α =
2400
ϕ net
= α E − M = α E − ε σ s T 4
2
= 0,6 4000 1. Calculons la densité de flux net à la surface qui est la différence entre le flux absorbé et le flux émis (à ne pas confondre avec la radiosité) : Soit : ϕ net
= 0,6 × 4000 − 0,65× 5,67 ×10 −8 ×450 4 = 888W m -2
Comme le flux net est pos iti f, la température de surface va donc croître.
59
Solution Exo 6
1. Il faut tout d’abord remarquer que la bille étant de dimensions très petites devant celles du four, ce dernier pourra donc être considéré comme un corps noir. Cela veut aussi dire que l’éclairement de la bille est égal à l’émittance du corps noir. On en déduit donc que l’absorptivité totale hémisphérique est : ∞
α =
∫
∞
α λ Eλ dλ
=
0
∞
∫ E d λ
∫α
0
λ
M λ d λ
0
0
M
λ
0
Cette expression s’écrit : ∞
λ 1
∫ M d λ 0 λ
α
= α1
0
∫ M d λ 0 λ
+ α 2 λ
1
M
0
0
M
= α1 F0→λ + α 2 (1 − F 0→λ )
λ 1 T = 6 × 1300 = 7800µm K ,
Avec
introuvable. donne F 0→λ 1
1
le
1
Erreur !
Source
du
renvoi
= 0,848 . Donc on a finalement :
α = 0,8 × 0,848 + 0, 2 × (1 − 0,848) = 0,71 Le calcul de l’émissivité total hémisphérique est similaire : ∞
∫ ε M d λ λ
ε =
λ
0
0
M D’après la relation de Kirchhoff on a égalité entre l’émissivité et l’absorptivité spectrales : ε λ = α λ ; et donc :
ε
= α1 F0→λ + α 2 (1 − F 0→λ ) 1
1
Cependant cette fois-ci les fonctions F sont calculées à partir de la température initiale de la bille et non du four. Ainsi pour λ 1 T b = 6 × 450 = 2700µm K , on a F 0→λ 1 = 0,21 . Donc on a finalement :
60
1. Lorsque l’on atteint l’état d’équilibre, la température de la bille devient égale à la température des parois du four. A ce moment là on voit que : α = ε . On se retrouve dans la configuration qui nous a permit de démontrer la loi de Kirchhoff dans le cours. 2. Le vide étant créé dans le four, il n’y a pas d’échanges convectifs avec la bille. D’autre part, le diamètre de la bille étant petit, on peut faire l’hypothèse d’accommodation thermique totale de la bille, c'est-à-dire que la température de la bille est uniforme à chaque instant. Ceci conduit alors à dire que la variation d’énergie interne de la bille ne résulte que du flux de chaleur échangé à la surface de la bille par rayonnement entre la bille et le four (l’exactitude de cette relation ne peut être démontrée qu’à partir des outils que nous développerons au chapitre suivant pour ce qui concerne l’hypothèse sur la facteur de forme), soit : m C p
d T b
= φa − φ e
d t
φ a est le flux absorbé par la bille et φ e est le flux émis par la bille. On trouve donc : M C p
d T b
= α A E − ε Aσ s T b 4
d t Cette équation différentielle est complexe car elle est fortement non linéaire mais en plus le coefficient d’émission ε va varier au cours du temps comme nous avons pu le démontrer aux deux premières questions. On peut par contre obtenir la vitesse de montée en température de la bille au premiers instants en considérant lorsque Tb = T b ( 0 ) , soit : m C p
d T b
= α A E − ε Aσ s Tb ( 0 )
4
d t On trouve alors : d T b
=
α A E − ε Aσ s Tb ( 0 )
4
4
=
Aσ s T b ( 0 ) (α − ε )
61
Petit calcu l numérique On peut calculer l’évolution de la température au cours du temps en utilisant une méthode numérique telle que celle que nous avons vu pour tracer l’évolution de la fonction F. La méthode consiste tout simplement à écrire la dérivée en temps sous forme discrète :
d Tb d t
≈
Tbi
4
− T bi −1 Aσ s (T b ) (α − ε = M C p ∆t i −1
i −1
)
ce qui donne la valeur de la température de la bille à l’instant i en fonction de celle à l’instant i-1 : 1 4
(
)(
Aσ s T bi − α − ε i − i i −1 Tb = Tb + ∆t M C p
1
)
A chaque itération on calcule la valeur de l’émissivité en recalculant la valeur de la fonction F pour la nouvelle valeur de la température de la bille. On constate que l’on atteint le régime d’équilibre à environs 360 secondes aussi bien sur la température que sur l’émissivité. 1400
0.75
1300
0.7
1200
0.65
1100
0.6
1000
) K ( 900
0.55 ε
b
T 800
0.5 0.45
700 600
0.4
500
0.35
400
ο
0
100
200
300
temps (sec)
400
500
0
100
200
300
temps (sec)
400
500
62
1. La température de l’air va tendre vers la température de l’absorbeur. Tair
Solution Exo 7
Ta T1
T0
m
0
x
L
2. On effectue un bilan thermique sur une tranche de longueur l’absorbeur :
mCa ( T ( x + ∆x ) − T ( x ) ) = h l ∆x (Ta
∆ x
de
−T (x ))
Soit :
mCa ∆T ( x ) = h l ∆ x (Ta
− T ( x ))
Ce qui conduit donc à :
∆T ( x ) h l ∆x =− T ( x ) − T a mC
a
On intègre cette relation entre 0 et x : ln
T ( x ) − T a T ( 0 ) − T a
=−
hl
x
mC a
Soit finalement l’expression de la température en tout point de l’absorbeur :
T ( x ) − Ta
hl x = (T ( 0 ) − Ta ) exp − mC a
63
1. On a :
φ air
= mCa (T1 − T0 ) = mCa (T ( L ) − T0 )
Ce qui conduit à : T ( L) =
φ air
+ T 0
mC a T ( L) =
7500 0, 25 × 1000
+ 10 = 40°C
En reportant dans la relation obtenue en 2/ :
hl T ( L ) − Ta = (T ( 0 ) − Ta ) exp − mC a
L = −
mC a hl
ln
L
T ( L ) − T a T ( 0 ) − Ta
On trouve : L = 1,86 m et S = 1,86 × 3 = 5,6 m2 2. Le flux solaire incident est transmis en grande partie par la vitre et est absorbé par l’absorbeur. La vitre émet un flux, celui qui qui dirigé vers l’absorbeur sera absorbé par ce dernier. Le flux émis par l’absorbeur est dans le domaine de l’IR. Il va donc être réfléchit par la vitre en grande partie et va être réabsorbé par l’absorbeur. C’est ce que l’on appelle l’effet de serre. Cette effet est utilisé ici de manière à augmenter la température de l’absorbeur, à un niveau plus haut que celui que l’on atteindrait sans la vitre. On retrouve cet effet au niveau de notre planète et c’est la couche nuage qui joue le rôle de la vitre. On imagine donc que plus cette couche nuage sera opaque aux IR, plus la température du sol sera importante. ρ1 E
E
τ2 σ Τa vitre T v
α1 E τ 1 E
4
α2 σ Τa 4
ρ2 σ Τa
ε2 σ Τv 4
4
σ Τa 4 Absorbeur
ε2 σ Τv 4
64
1.
Comme : α + ρ
+ τ = 1 , les courbes nous donnent : α1 = 0;τ 1 = 0,95; ρ 1 = 0,05; α 2 = 0,05;τ 2 = 0; ρ 2 = 0,95;
2. La face supérieure de l’absorbeur est un corps noir, donc ε sup
=1
La face inférieure de l’absorbeur est réfléchissante, donc ρ inf = 1 On en déduit α inf = 0 et ε inf = 0 3. Ces flux sont : φae
φve
= σ s Ta 4 S
= 2 σ s Tv 4 S
4.
= ρ 2 σ s Ta 4 S + τ1 E S + ε 2σ s T v 4 S α 1 = 0 α1 = 0 = α2 σ s Ta 4 S + α1 E S = α2 σ s T a 4 S car φaa
φva
5. Bilan sur l’absorbeur : φaa
= φae + φ air
Bilan sur la vitre : φve
= φ va
On en déduit : 1
T 4 = a = 23,8 °C 2 4
T v
Puis en utilisant le bilan sur l’absorbeur on tr ouve : E = 1361 W m -2.
65
Annexe fonction F λ T × 105 ( µ m K ) F 0→ λ λ T × 105 ( µ m K ) F 0→λ
λ T × 105 ( µ m K ) F 0→λ λ T × 105 ( µ m K ) F 0→λ
0.001
0
0.0339
0.36
0.1389
0.9616
0.569
0.9988
0.0095
0.0002
0.0391
0.4634
0.16
0.9733
0.6551
0.999
0.011
0.0009
0.045
0.5637
0.1842
0.9815
0.7543
0.9992
0.0126
0.0034
0.0518
0.6551
0.2121
0.9872
0.8685
0.9993
0.0146
0.0104
0.0596
0.7342
0.2442
0.9911
1
0.9994
0.0168
0.0263
0.0687
0.7997
0.2812
0.9939
0.0193
0.0563
0.0791
0.852
0.3237
0.9957
0.0222
0.1051
0.091
0.8924
0.3728
0.997
0.0256
0.1741
0.1048
0.9228
0.4292
0.9978
0.0295
0.261
0.1207
0.9453
0.4942
0.9984
66
Facteur de forme Le facteur de forme F 12
S2
est la part de flux rayonné par 1 qui va être intercepté par 2.
dS2 n2
θ 2 r n1 θ 1
S1
d Ω dS1
67
Considérations intuitives A
B
C
L1
1
1 d
2
2
L2 L1
α 1
2
L2
L1
L2
68
Calcul exact (1/2) Flux -> Luminance dφ1→2 = L1 dS 1 cosθ 1 dΩ21
d φ 1→2 = L1 Intégration sur les surfaces
Angle solide dS 2 cos θ 2
d Ω 21
=
2
r
dS1 cos θ1 dS 2 cos θ 2
φ 1→2 = L1
2
r
∫∫ S1 S 2
cosθ1 cosθ 2 2
r
dS1 d S 2
69
Calcul exact 2/2 Radiosité
= M 1 + ρ E 1
J 1
J 1 = π L1
Loi de Lambert
φ 1→2 = J1 S1 F 12 12
Donc :
F12 =
1
∫∫
S1 S
1
S 2
cosθ1 cosθ 2 2
π r
dS1 d S 2
70
Relation de réciprocité dφ2→1 = L2 dS 2 cosθ 2 dΩ 21 φ 2→1 F21 =
1 S2
= J 2 S2 F 21 21
∫∫ S1 S 2
cosθ1 cosθ 2 2
π r
dS1 d S 2
F12 S1 = F21 S 2
71
• A Ap p p l i cat i o n au cal c u l d u
Étant donné les ordres de grandeur on peut donc adopter la configuration géométrique géométrique de la figure f igure cidessous.
facteur de f orm orme e Terre Terre – Soleil
La Terre est distante du Soleil est d’environ 150 000 000 de kilomètres. La rayon de la Terre est de 6380 km environ et celui du soleil est de de l’ordre de 695 500 km, soit donc 100 fois plus que celui de la Terre. Calculer le facteur de forme Terre – Soleil ?
La Terre apparaît comme un disque d’aire très petite devant celui représentatif du Soleil. Il est inutile ici de considérer la sphéricité des deux astres étant donné que leurs diamètres sont très petits devant la distance les séparant, c’est donc la projecti projection on qui qui nous nous intéress intéresse. e. Par Par définit définition ion le facteu facteurr de forme forme est est : 1 cosθt cosθ s Fts = dAt d As At A A π l 2
∫∫ t
s
La surface At étant très petite, les valeur de θ t , θ s et l n’en dépendent pas et d’autre part on peut admettre que θ t = θ s = θ et donc : Fts =
2
d As
r, ce qui conduit à : On choisit d As sous la forme d’un anneau de largeur d r
d
d As = 2 π r d r , cosθ = d l et l = r + d . Ceci conduit à : 2
2
Rs
δΑs
Fts =
∫ 0
θ s
soleil
π l
As
As
δ r r
∫
2
cos θ
l
θ t
2
2d r
(r
2
+ d
2
)
2
d r =
Rs
2
Rs + d 2
2
− L’application numérique donne : F ts = 2,15 ×10 . Donc d’après la relation de 5
réciprocité : F st =
At
2
Fts At As
=
Fts Rt Rs
2
2
= 1, 8 × 10−9 . −7
Terre
NOUS NE VOYONS DONC QU’A PEU PRES 2 ×10 % DU RAYONNEMENT EMIS PAR LE SOLEIL !
72
Cas particulier de la cavité N surfaces
T2
grises forment une cavité
T1 T3 N
∑F
ji
T5
T4
= 1,
∀ j ∈ (1,
, N )
i =1
73
Surfaces courbes Considérons l’exemple de la figure où un cylindre 1 (ou une sphère) est placé à l’intérieur d’un autre cylindre 2 (ou d’une autre sphère). La surface 2 étant concave, une partie du flux émis par 2 est aussi incident à 2 et donc F 22 ≠ 0 . Par contre la convexité de 1 fait que le flux émit par 1 n’est jamais intercepté par 1 ( F 11 = 0 ) mais que tout le flux est intercepté par 2 ( F 12 = 1 ). En utilisant finalement la relation de réciprocité Erreur ! Source du renvoi introuvable., on trouve le facteur de forme : F21 = F12 S1 S 2 .
2
1
74
Quelques valeurs analytiques (1/5) Géométrie
Facteur de forme F 12
2 plaques perpendiculaires jointes
l2
2
F 12 =
1
1 + γ − 1 + γ 2 2 γ =
l2 l1
l1
l 2
α 1
2 plaques de même longueur, inclinées et jointes
α 2
F 12 = 1 − sin
l
75
Quelques valeurs analytiques (2/5) 1 2 plaques parallèles
l1
h
2
F 12 =
2 L1 L1
2
2
( L1 + L2 ) + 4 − ( L2 − L1 ) + 4 =
l1 h
, L2
=
l2 h
l2
l3
l2 3
2
Cavité à 3 surfaces F 12 =
1
l1 + l2 − l3
2 l1
l1 76
Quelques valeurs analytiques (3/5) 2 cylindres d’axes parallèles
r 1
π + α 2 − ( β + 1)2 2 2 − α − ( β − 1) 1 F 12 = −1 β − 1 2 π + ( β − 1) cos α + β 1 − 1 − ( β + 1) cos α
r 2 l
β =
r 2 r 1
, α = 1 + β +
l r 1
r 2
h
F 12 =
l1 l2
Cylindre et plan, axe du cylindre parallèle au plan l −1 l1 tan − tan −1 2 l1 − l2 h h r
1 77
Quelques valeurs analytiques (4/5) r
Rangée infinie de cylindre et plan
2
2
2 2 2 r 2 r −1 l − 4 r F 12 = 1 − 1 − + l tan 4 r 2 l
l
1
2 murs perpendiculaires 1 1 π α F 12 = α tan −1 + β tan −1 α α 1 − α 2 + β 2 tan −1 2 α + β 2
2 1
h l
1 + α 2 1 + β 2 )( ) ( 2 2 1 + α + β α 2 2 2 1 α (1 + α + β ) + ln × 4 (1 + α 2 )(1 + β 2 ) β 2 2 2 × β (1 + α + β ) (1 + α 2 )(1 + β 2 )
2
L
2
α =
l L
, β =
h L
78
Quelques valeurs analytiques (5/5) 2 disques coaxiaux
r 2
h r 1
2
r 1 2 F 12 = β − β − 4 2 2 r 1
2
β = 1 +
1
α 1
=
r 1
1 + α 2 2 α 2 2
, α 2
=
r 2
h h 2 murs parallèles
παβ 2
2
F 12 = α 1 + β tan − 2
β
β 1 + α 2 tan −1
h 1
l
L
1 + α
2
1 + β 2
+
+
(1 + α )(1 + β ) − α tan − α − β tan − 2
ln
α
1
2
1
1 + α + β 2
2
α =
l h
, β =
1
β
L h
79
Échanges radiatifs entre corps noirs S2 CN J 2 J 1
T 2, dS2
= M 2 0
= M 10
S1 CN
T 1, dS1 80
Loi d’échange φ12 = φ1→2 − φ 2→1 φ 1→2 = M 10 S1 F 12
φ 2→1 = M 20 S 2 F 21
φ 12 = M 10 S1 F12 − M 20 S2 F 21
φ 12 = S1 F12 ( M 10 − M 20 )
M 0 = σ s T 4
φ12 = S1 F12 σ s ( T14 − T2 4 ) 81
Échanges entre corps noirs dans une cavité φi = φi1 + φi 2 + + φiN
N-1 j
φ ij 2
φ i ( N −1)
φ iN N
N
φi
φ i 2
= ∑ Si FiJ σ s ( Ti 4 − T j 4 ) j =1
φ i1 1 surface i S i, αi=εi=1, T i
φ i
82
Notation sur les flux • φ i → j désigne le flux radiatif émis par la surface i et intercepté par la surface j. • φij = φi → j − φ j →i est le flux net échangé entre les surfaces i et j et est égal à l’opposé du flux net échangé entre j et i.
φ i est le flux net à la surface i. C’est la somme des flux net échangés entre la surface i et toutes les autres surfaces, l’ensemble des surfaces formant une cavité. En toute rigueur ce flux net représente la puissance à fournir à la surface pour maintenir sa température à T i .
83
Échanges entre corps gris dans une cavité J i = M i + ρ i E i M i = ε i M i0 = α i M i0 J i S i
α i + ρ i = 1
E i S i
ρi E i S i M i S i
surface i S i, αi=εi, T i
E i
=
J i
− α i M i0 1 − α i
φ i = Si ( J i − E i )
αi E i S i
M i − J i φ i = 1 − α i α i S i 0
φ i
84
Échanges entre corps gris dans une cavité N
Si Ei
= ∑ Fji S j J j
Réciprocité
j =1
N
Si Ei
= ∑ Fij Si J j j =1
Flux net échangé
N φ i = Si J i − ∑ Fij J j j =1
φ i = Si
N
∑F (J ij
i
j =1
− J j )
Or : N
∑F
ji
= 1,
∀ j ∈ (1,, N )
i =1 N N φ i = Si ∑ Fij J i − ∑ Fij J j j =1 j =1
Finalement M i0 − J i = φ i = 1 − α i α i S i
N
∑ j =1
J i − J j
( F S ) ij
−1
i
85
Utilisation de l’analogie électrique M i0 − J i = φ i = 1 − α i α i S i
M i 0
= σ s T i 4 φ i
J i
1 − ε i ε i S i
N
∑ j =1
J i − J j
( F S ) ij
−1
i
J i
φ ij
J j
1 Fij S i
86
Cavité formée de 2 surfaces S 1, ε1, T 1
2
S 2, ε2, T 2
1
0
M 1
φ 1
J 2
J 1
M 2
1 − ε 1
1
1 − ε 2
ε 1 S 1
F12 S 1
ε 2 S 2
φ1 = −φ2 = φ 12 =
0
φ 2
σ s ( T14 − T 2 4 ) 1 − α1 α1 S1
+
1 F12 S1
+
1 − α 2 α 2 S2
87
Cavité formée par 3 surfaces 0
M 1
φ 1
φ 21 J 2
J 1 φ 12
1 − ε 1
1
φ 13
φ 23
F12 S 1
ε 1 S 1
0
φ 2
1
F13 S 1
F23 S 2
φ 31 J 3
S 1, ε1, T 1
1 − ε 2 ε 2 S 2
1
S 2, ε2, T 2
M 2
φ 32
1 − ε 3
2
ε 3 S 3
1
φ 3
3
M 30
S 3, ε3, T 3
88
Résolution numérique N J j N 1 1 M i0 J i +∑ −∑ = −1 −1 1 − αi 1 − α i j =1 ( F S ) j =1 ( F S ) ij i ij i S α α i S i i i
a11 a N 1
b1 = a NN J N bN
1 aii = 1 − α i α i S i
a1 N J 1
J
= A −1 B
avec
aij
=−
1
( F S ) ij
−1
i
M i0 bi = 1 − α i α i S i
89
Boucliers radiatifs 0
M 1
φ 1
J 1
M 30
J 31
J 32
M 2 0
J 2
1 − ε 1
1
1 − ε 31
1 − ε 32
1
1 − ε 2
ε 1 S 1
F13 S 1
ε 31 S 3
ε 32 S 3
F32 S 3
ε 2 S 2
φ1 = −φ 2 = φ 1
S 1, ε1, T 1
φ 2
σ s ( T14 − T 2 4 ) 1 − ε1 ε1 S1
+
1 F13 S1
+
1 − ε 31 ε 31 S3
+
1 − ε 32 ε 32 S 3
+
1 F32 S 3
+
1−ε2 ε 2 S2
1 φ 13
S 3, ε31, T 3
φ 32
S 3, ε32, T 3
3
φ1 = −φ 2 =
σ s S (T14 − T 2 4 ) 1 ε1
2 φ 2
S 2, ε2, T 2
+
1 − ε 31 ε 31
+
1 − ε 32 ε 32
+
1 ε2 90
Exercic e 1 :
Déterminer les facteurs de forme entre les différentes surfaces dans les configurations géométriques représentées dans le tableau ci-dessous. 1
2
1
d
2 d
3
d
d
c/
3
a/ 1
1
2 d
2 d
b/
d/ 91
Solution a/ Il est tout d’abord nécessaire d’utiliser au maximum les symétries du problème : F32 = F 12 F23 = F 21
D’autre part les surfaces sont telles que : F11 = F 22 = 0 En utilisant la relation Erreur ! Source du renvoi introuvable. pour les échanges radiatifs dans un cavité, cela conduit à :
F12 + F 13 = 1 2 F21 + F 22 = 1 F + F = 1 13 23 D’après le Erreur ! Source du renvoi introuvable. , la relation pour le facteur de forme entre 2 disques coaxiaux est
2
r 2 1 1 + α 2 2 2 et α 1 F 13 = β − β − 4 avec β = 1 + 2 2 α r 2 1
=
r 1 h
, α 2 =
r 2 h
.
On trouve donc ici : 1 1+1 4 1 α1 = α 2 = , β = 1 + = 6 , F 13 = 6 − 36 − 4 = 0,17 . 2 14 2
(
)
Donc F12 = 1 − F 13 = 0,83 , F32 = F 12 = 0,83 . Nous pouvons maintenant utiliser la relation de réciprocité : F12 S1 = F21 S 2 , qui donne : F 21 = 0,83
π d 2 4 π d d
=
0,83 4
= 0,21
Et donc on en déduit finalement : F
1 2 F
0 58
92
Tout le flux émis par la sphère est vu par le cube, donc : F 21 = 1 . En appliquant la relation de réciprocité : F12 S1 = F21 S2 , on trouve : F 12 = 1
π d 2 6 d 2
= 0,52 .
c/ En utilisant les symétries : F21 = F 31 F12 = F 13
D’autre part les surfaces sont telles que : F11 = F22 = F 33 = 0 En utilisant la relation Erreur ! Source du renvoi introuvable. pour les échanges radiatifs dans un cavité, cela conduit à :
F12 + F 13 = 1 F21 + F 23 = 1 F + F = 1 31 32 On trouve donc : F12 = F 13 = 0,5 . En utilisant la relation de réciprocité : F12 S1 = F21 S2 , on trouve : F21 = 0,5
d 2 d
= 0,71 = F 31
Donc : F23 = 1 − F 21 = 0, 29 . d/ On a les relations suivantes : F 22 = 0 F12 + F 11 = 1 F22 + F 21 = 1
Ce qui conduit à : F 21 = 1 et comme F12 S1 = F21 S2 on trouve :
F =
S2
=
π d 2
2
=
1
et donc : F = 1 F = 0 5
93
Exercic e 2 :
On considère deux disques parallèles dont les centres sont distants de L. La surface S 1 du disque 1 est très petite devant la surface S 2 du disque 2 de diamètre D. Déterminer l’expression du facteur de forme F 12 .
S 2
δ r d
δ S2 θ 2
L
θ 1 S 1
94
Solution F12 =
1
∫∫
A1 A
1
cosθ1 cosθ 2 π l
A2
dA1 d A2
2
La surface A1 étant très petite, les valeur de θ 1 , θ 2 et l n’en dépendent pas et d’autre part on peut admettre que θ1 = θ 2 = θ et donc : F12 =
∫
cos2 θ
A2
π l 2
d A2
On choisit d A2 sous la forme d’un anneau de largeur d r, ce qui conduit à : d A2 = 2 π r d r , cosθ = d l et l 2 = r 2 + d 2 . Ceci conduit à : R2
F12 =
∫ 0
2d 2 r
(r
2
+ d
2
)
2
d r =
R2 2 R2 + d 2
2
95
Exerci ce 3 :
On considère deux disques coaxiaux séparés par une hauteur de 20 cm. Les deux disques se comportent comme des corps noirs. Le disque inférieur de rayon 20 cm est maintenu à la température de 450 K. Le disque supérieur, de rayon 10 cm est maintenu à une température constante grâce à un apport de puissance électrique (chauffage par effet Joule) égal à 12,5 W. Quelle est la température du disque supérieur ? (On notera que le milieu ambiant est à la température de 300 K).
S 1, T 1 1 h
2
S 2, T 2 96
Solution Nous indiçons 3, la surface qui réalise la cavité telle que représenté en traits pointillés sur la figure ci-dessous. Cette surface 3 est à la température ambiante de 300 K.
S 2, T 2 2 3
h
1
S 1, T 1 On a alors : F21 + F22 + F 23 = 1
On voit des suite que F 22 = 0 et d’après la relation du Erreur ! Source du renvoi introuvable., on a :
2
r 1 F 21 = β − β 2 − 4 1 2 r 2
Avec : β = 1 +
1 + α 12 α 2 2
, α 1
=
r 1 h
, α 2 =
r 2 h
.
97
Ceci conduit à : α 1 =
1 2
, α 2 = 1 , F 21 = 0,68 .
On trouve donc : F 23 = 1 − 0,68 = 0,32 . On sait que le flux émis par 2 est : φ2 = A2 F21 σ s (T2 4 − T14 ) + A2 F23 σ s ( T2 4 − T 34 ) Donc : 1/ 4
φ2 + A2 F21 σ s T14 + A2 F23 σ s T 34 T 2 = A2 F21 σ s + A2 F 23 σ s A.N. :
12,5 + π × 0.12 × 0,68 × 5,67 × 10−8 × 4504 + π × 0.12 × 0,32 × 5,67× 10−8 × 3004 T 2 = π × 0.12 × 0,68 × 5,67 × 10−8 + π × 0.12 × 0,32 × 5,67 × 10−8 Soit : T 2 = 440K .
98
Exerci ce 4 :
Un four cylindrique est représenté sur la figure ci-dessous. Les dimensions sont : d = 0,4m et h = 2 d . Il est ouvert vers l’extérieur sur sa face supérieure et l’air ambiant est à la température de T a = 300K . Les parois du four se comportent comme des corps noirs. Les températures de parois sont maintenues à température constante par effet Joule (une résistance électrique est bobinée autour du four). La température de la base est T 2 = 1900K et celle de la paroi latérale est T 1 = 1500K . Calculer la puissance électrique à fournir pour maintenir ces niveaux
de température dans le four.
d
S 1, T 1 résistance électrique
h
isolant
S 2, T 2 99
Solution
La chaleur est perdue par rayonnement entre le four et milieu ambiant au travers de la surface supérieure que nous indiçons 3. Comme l’environnement extérieur au four est illimité on peut considérer que la surface 3 se comporte comme un corps noir à la température T a = 300K . Le flux perdu est donc la somme des flux nets échangés entre les surfaces 1 et 3 ainsi qu’entre les surfaces 2 et 3, soit :
φ = φ13 + φ 23 La relation Erreur ! Source du renvoi introuvable. exprimant le flux net échangé entre deux corps noir nous permet alors d’exprimer la relation précédente sous la forme :
φ = F13 S1 σ s (T14 − T34 ) + F23 S 2 σ s (T24 − T34 ) Pour déterminer les facteurs de forme F 13 et F 23 nous utilisons la solution a/ de l’exercice 1. D’après le Erreur ! Source du renvoi introuvable. , la relation pour le facteur de forme entre 2 disques coaxiaux est
2
r 2 1 1 + α 2 2 d 2 F 23 = β − β − 4 avec β = 1 + et , α 2 α = 1 2 2 2h α 2 r 1
=
d
2h
.
On trouve donc ici : 1 + 1 16 1 1 = 18 , F 13 = 18 − 182 − 4 = 0,055 . α1 = α 2 = , β = 1 + 1 16 2 4
(
Donc F21 = 1 − F 23 = 0,94 .
)
100
Nous pouvons maintenant utiliser la relation de réciprocité : F12 S1 = F21 S 2 , qui donne : F 12 = 0,94
π d 2 4 π d h
=
0,94 8
= 0,118
Et donc on en déduit finalement : F13 = F 12 = 0,118 . Le flux perdu est donc : φ = 0,118 ×π × 0,2 × 0, 4 × 5,67 × 10−8 × (15004 − 3005 ) + 0,055 ×π × ( 0,2 2 / 4 ) × 5,67 × 10 −8 × (19004 − 3005 ) Soit : φ = 8499 + 1275 = 9774 W . C’est la puissance à fournir pour maintenir les températures de paroi du four.
101
Exercice 5 :
Un four est représenté sur la figure ci-dessous. Il est constitué d’un émetteur chauffant à la température T 1 = 1000K et d’un réflecteur dont la température est T 2 = 500K et dont l’émissivité totale hémisphérique est ε 2 = 0,7 . Le milieu ambiant est à la température T a = 300K . Quel est le flux net à la surface du réflecteur ?
résistance électrique
isolant
S 1, T 1
d h
réflecteur
S 2, T 2 Les dimensions sont telles que : L = 10 m , d = 1m , h = 1m et S 2 = 15m2 . 102
Solution Il faut tout d’abord remarquer que le milieu environnant peut être simulé par l’ajout de 2 surfaces noires dont la température est égale à la température ambiante T a = 300K . Le problème proposé se ramène alors à l’étude d’une cavité formée de 3 surfaces.
S 1, T 1
S 3, T a
S 2, T 2 Nous déterminons dans un premier temps les facteurs de formes entre les 3 surfaces. On remarque tout d’abord que la configuration géométrique implique que F12 = F 12 ' où la surface 2’ est représentée sur la figure ci-dessous. Ceci traduit le fait que le flux émis par 1 et arrivant sur 2 est le même que celui arrivant sur 2’. Ainsi 2’ est vu comme la surface « efficace » de 2 vue de 1.
103
S 1
S 2'
S 2 En utilisant la relation du Erreur ! Source du renvoi introuvable. pour 2 plans parallèles on a : παβ α −1 2 F 12 ' = α 1 + β tan + 2 1 + β 2 β
β 1 + α 2 tan −1
1 + α
2
(1 + α )(1 + β ) − α tan − α − β tan − 2
d h
, β =
L h
2
1
ln Avec : α =
+
1 + α + β 2
2
1
β
.
104
Les applications numériques donnent : α = 1 , β = 10 et : π 10 2 ln
F 12 ' = 101 tan −
1
2 × 101 102
1 101
+ 10 2 tan −1
10
+
2
− tan −1 1 − 10 tan −1 10
Soit : F 12 ' = 0,40 . La
relation
de
réciprocité
conduit
à
F12 ' S1 = F21 S2
et
donc :
F 21 = 0, 4 × 10 /15 = 0,27 .
D’autre part la règle de sommation des facteurs de forme dans une cavité donne : F11 + F12 + F 13 = 1 . Comme F 11 = 0 , on trouve F13 = 1 − F 12 = 0,6 . La relation de
réciprocité entre 3 et 1 donne : F13 S1 = F31 S3 , soit : F 23 = 0,6 × 10 / 20 = 0,3 . La symétrie conduit à : F31 = F32 = F 32 ' = 0,3 et donc en appliquent la réciprocité entre 1 et 3 on obtient finalement : F23 S2 = F32 ' S3 , soit : F 23 = 0,3 × 20 /15 = 0, 4.
105
On peut maintenant utiliser la méthode des radiosités pour décrire les transferts de flux par rayonnement entre les 3 surfaces. En utilisant la représentation de la Erreur ! Source du renvoi introuvable. et en prenant en compte le fait que 3 est une surface noir, nous obtenons le schéma représentatif ci-dessous : 0
M 1
φ 1
1 − ε 1
M 2 0
φ 21 J 2
J 1 φ 12
1
φ 13
1 − ε 2
φ 23
F12 S 1
ε 1 S 1
ε 2 S 2
φ 2
1
1 F13 S 1
F23 S 2
φ 31
φ 32
J 3 = M 30
φ 3 On peut alors établir les relations suivantes : φ 2 =
M 2 − J 2 0
(1 − ε 2 )
ε 2 S2
=
J 2 − J1
1 F21 S 2
+
J 2 − M 3
+
J 1 − M 3
0
1 F23 S 2
Et : φ 1 =
M 1 − J 1 0
(1 − ε1 )
ε 1 S1
=
J1 − J 2
1 F12 S1
0
1 F13 S1
106
Les valeurs des émittances « corps noirs » sont : −8
−2
M 2 = σ s T 2 = 5,67 × 10 × 500 = 3544 W m , 0
4
4
M 10 = σ s T 14 = 5,67 × 10−8 × 10004 = 56700 W m−2 , −8
−2
M 3 = σ s T 3 = 5,67 × 10 × 300 = 459 W m . 0
4
4
On se retrouve donc avec un systèmes de 2 équations à 2 inconnues J 1 et J 2 : 3544 − J 2
(1 − 0,7 )
0,7
57600 − J 1
(1 − 0,8)
0,8
=
J 2 − J1
=
J1 − J 2
1 0,27 1 0,4
+
J 2 − 459
+
J 1 − 450
1 0,4 1 0,6
Que l’on peut écrire sous la forme : 8441 = ( 2,33 + 0,27 + 0,4) J 2 − 0,27 J 1 = 3 J 2 − 0,27 J 1 230670 = ( 4 + 0,4 + 0,6) J 1 − 0,4 J 2 = 5 J 1 − 0,4 J 2 On trouve alors : 3 J 2 − 8441 3 J − 8441 = J 1 , soit : 230670 = 5× 2 − 0,4 J 2 = 55,15 J 2 − 156314 . 0,27 0,27 − − Ceci conduit finalement à : J 2 = 7017Wm 2 et J 1 = 46703Wm 2 .
Nous pouvons alors calculer le flux net à la surface du réflecteur : φ 2 =
M 20 − J 2
(1
ε
)
ε S
=
3544 − 7017
(1
0 7 ) 0 7 × 15
= −121,55kW
107
Exerci ce 6 :
De l’azote liquide à 77 K est contenu dans un long réservoir cylindrique de rayon 15 cm. L’émissivité de la surface extérieure est égale à 0,04. Un deuxième tube, concentrique au premier, de rayon 35 cm à une émissivité de 0,04 et sa température est constante et égale à 300 K. Le vide est réalisé entre les deux cylindres. 1. Calculer le flux de chaleur reçu par l’azote par unité de longueur de tube. 2. On suppose maintenant qu’un cylindre de rayon 25 mm est disposé entre les deux précédents, son émissivité est égale à 0,03 des deux côtés. Calculer à nouveau le flux de chaleur reçu par l’azote. 3. Que peut-on conclure de l’utilité d’un tel dispositif ?
isolant 2 1 S 2, ε2, T 2
S 1, ε1, T 1
vide azote liquide
2
S 3, ε3, T 3
1
bouclier radiatif 108
Solution 1/ En utilisant les relations obtenues dans le Erreur ! Source du renvoi introuvable. pour les deux tubes coaxiaux (sans la présence du bouclier), on trouve : S1 S2
=
r 2
=1
F 12
φ 12
r 1
=
σ s S1 (T14 − T 24 )
1 − ε 2 r 1 + ε 1 ε 2 r 2 1
Soit : φ 12 =
5,67 × 10 −8 × π × 0,15 × (77 4 − 300 4 )
1 − 0,04 0,15 + 0,04 0,04 0,35 1
= − 6,47Wm −1
109
Comme nous l’avons vu sur la Erreur ! Source du renvoi introuvable., le réseau équivalent à la configuration avec bouclier est le suivant : 0
M 1
φ 1
J 1
M 3
J 31
0
J 32
M 2 0
J 2
1 − ε 1
1
1 − ε 31
1 − ε 32
1
1 − ε 2
ε 1 S 1
F13 S 1
ε 31 S 3
ε 32 S 3
F32 S 3
ε 2 S 2
φ 2
Ainsi, le flux net échangé est cette fois-ci : φ = φ1 = −φ 2 =
M 10 − M 20 R
Avec : 1 − ε1
R =
ε1 S1
+
1 F13 S1
+
1 − ε 31 ε 31 S3
+
1 − ε 32 ε 32 S3
+
1 F32 S3
+
1 − ε2
ε2 S2
Soit : R L =
R L
=
1 − 0,04 0,04 × π × 0,15
1 − 0,03 0,03 × π × 0, 25
+
+
1 π × 0, 25
1 π × 0,15
+
+
1 − 0,03 0,03 × π × 0, 25
1 − 0,04 0,04 × π × 0,35
+
= 188 m−2 m −1
On en déduit le flux net échangé par unité de longueur : φ L =
5,67 × 10−8 ( 774 − 3004 )
= − 2,43Wm −1
188 3/ En comparant les flux net échangés avec et sans bouclier on constante que les pertes ont été réduites de : −2,43 − ( −6,47 ) −6,47 = −62,4% .
110
Exercice 7 :
Un four de recuit de plaques d’acier est du type de celui représenté sur la figure ci-dessous. La surface émettrice est maintenue à la température de 1100 K et son émissivité est égale à 0,7. La deuxième surface est la plaque d’acier dont la température est maintenue à 700 K et l’émissivité est égale à 0,3. La troisième surface est isolée à l’extérieure et son émissivité est égale à 0,7. 1. Quelle est la puissance à fournir par unité de longueur du four pour maintenir ces températures de fonctionnement ? 2. Quelle est la température de la surface isolée.
l
l S 2, ε2, T 2
S 1, ε1, T 1
l
S 3, ε3, T 3
résistance électrique 111
Solution 1/ Le four forme une cavité dont la section est un triangle équilatéral. La symétrie est telle que : F12 = F13 = F 23 = 0,5
Le schéma équivalent est représenté sur la figure ci-dessous : 0
M 1
φ 1
φ 21 J 2
J 1 φ 12
1 − ε 1
1
φ 13
M 2
1 − ε 2
φ 23
F12 S 1
ε 1 S 1
ε 2 S 2
0
φ 2
1
1 F13 S 1
F23 S 2
φ 31
φ 32
J 3 = M 3
0
φ 3 Comme nous l’avions montré dans le cours une surface isolée de la cavité se comporte comme un corps noir et c’est donc la raison pour laquelle on a : φ 3 = 0 et donc : J 3 = M 30 . On doit donc retrouver que : φ1 = −φ 2 Le schéma conduit à exprimer ce flux sous la forme (le symbole ++ traduit le fait que les résistances sont en série et // traduit le fait qu’elles sont en parallèles) : φ 1 =
1 − ε1 ε1 S1
M 10 − M 20
+ + F12 S1 // (1 F13 S1 + +1 F23 S 2 ) + +
1 − ε 2 ε 2 S 2
Soit : φ 1 =
σ s (T14 − T 24 ) 1 − ε1 ε1 S1
1
+ F12 S 1 +
1 1 F13 S 1 + 1 F23 S 2
+
1 − ε 2 ε 2 S 2
L’application numérique donne : φ 1 L =
φ 1 L
=
5,67 × 10 −8 × (1100 4 − 700 4 ) 1 − 0,7 0,7
1
+ 0,5 +
1
+
1 − 0,3 0,3
= 16,946kWm −1
112
Pour calculer la température de surface du corps 3 il suffit de connaître son émittance. Nous voyons à partir du réseau que : φ31 = φ 32 Ce qui peut aussi s’écrire : J 1 − J 3
1 F13 S1
=
J 3 − J 2
1 F23 S2
Nous devons donc calculer J 1 et J 2 . Pour cela nous voyons que : J 1 = M 10 − J 2 = M 20 −
1 − ε 1 ε 1 l 1 − ε 2 ε 2 l
φ 1 L φ 2 L
Soit : −8
J 1 = 5,67 × 10 × 1100 − 4
−
J 2 = 5,67 × 10 8 × 700 4 −
1 − 0,7 0,7
1 − 0,3 0,3
×16946 = 75751W m −2
× ( −16946 ) = 53154 W m −2
On en déduit alors : 75751 − J 3 1 0,5
=
J 3 − 53154
1 0,5
⇒ J 3 = 32226Wm −2 113
Donc finalement on trouve la température de surface de 3 à partir de : 1/ 4
J 3 0 4 σ J 3 = M 3 = s T3 ⇒ T 3 = σ s L’application numérique est :
32226 T 3 = −8 5,67 × 10
0,25
= 868K
114
Exercice 8 :
De l’air circule dans un four dont la configuration géométrique est représentée sur la figure ci-dessous. résistance électrique
S 1, ε1, T 1
isolant
d
débit d'air
S 2, ε2, T 2 Une résistance électrique chauffe la plaque supérieure à une température de 1500 K et l’émissivité de cette surface est égale à 0,7. Cette surface est supposée parfaitement isolée sur sa face arrière. La deuxième surface est un demi cylindre dont l’émissivité est égale à 0,8. Cette surface est elle aussi supposée parfaitement isolée sur sa face opposée. De l’air circule dans la cavité formée par ces deux =0,03 kg/s. La température moyenne de l’air est surfaces avec un débit de m T a = 500K . 1. Calculer le coefficient d’échange par convection entre les parois internes et l’air. 2. Quelle est la température de surface du demi cylindre ? 3. Quelle doit être la puissance électrique à fournir pour que la température de la surface 1 soit toujours égale à 1500 K ? − − − − Les propriétés de l’air sont : λ = 0,034 Wm 1 K 1 , C p = 1013J kg 1 K 1 , Pr = 0,69
et µ = 23 × 10−6 kg s−1 m −1 .
115
Solution Ce problème met en jeu deux type de transferts de la chaleur : par rayonnement et convection. En effet, l’air est ici supposé transparent pour le rayonnement thermique entre les 2 surfaces de la cavité et d’autre part le mouvement de l’air engendre des échanges par convection entre l’air et les surfaces internes de la cavité.
échanges radiatifs entre surfaces
échanges convectifs entre l'air et les surfaces
1/ Le nombre de Reynolds associé à cet écoulement est : Re D =
ρ U Dh µ
=
Dh m
A µ
Soit : Re D =
(4 A p) m
A µ
=
4m
pµ
=
4m
( d + π d 2 ) µ
116
Ceci donne : Re D =
4 × 30
( 0,3 + π × 0,3 2 ) × 23 × 10−6
= 6764000 .
A partir de la relation liant les nombres de Pr, Re et Nu (voir chapitre 3), on a : Nu D = 0,023Re D 4 5 Pr1/ 3 = 0,023 × 67640004 5 × 0,71/ 3 = 5807 Comme : Nu D = h Dh k , on trouve la valeur du coefficient d’échange sur les parois : h=
Nu D k Dh
=
(π + 2 ) × 5807 × 0,0034 π × 0,3
= 108W m−2 K − 1 .
2/ Le réseau équivalent à ce problème est présenté sur la figure ci-dessous : φ 2,conv
φ 1,conv φ 1
0 1
M
J 2
J 1
1 − ε 1
1
1 − ε 2
ε 1 S 1
F12 S 1
ε 2 S 2
M 2
0
φ 2
117
Comme les surfaces sont isolées sur leur face extérieure, il s’en suit que le flux net échangé par rayonnement sur chaque surface est égal au flux échangé par convection entre cette surface et l’air. φ2,ray =
σ s ( T14 − T 2 4 ) 1 − ε1 ε1 S1
+
1 F12 S1
+
1 − ε 2
= h S2 (T2 − Ta ) = φ 2,conv
ε 2 S2
Soit : 5,67 × 10−8 × (15004 − T 2 4 ) 1 − 0,7 1 − 0,8 2 +1+ 0,7 0,8 π
π
= h ( T 2 − 300 ) 2
Ce qui permet de trouver la valeur de la température à la surface 2 solution de l’équation algébrique : 5, 67 × 10−8 × T2 4 + 269 × T 2 − 367743 = 0
On peut tr ouver la solution par essais successifs et on aboutit à : T 2 1080K
118
