Calcolo completo di un ciclo Otto teorico

Esercizi svolti di termodinamica applicata
Ex1)
A 5 kg di aria vengono forniti 2500 kJ di calore una volta a pressione costante ed una volta a
volume costante sempre a partire dallo stesso stato iniziale. Calcolare nei due casi lo stato finale del
gas, il lavoro scambiato, la variazione di energia interna e la variazione di entropia tenendo conto
che il gas inizialmente si trova ad una pressione di 5 bar con un volume specifico di 0,574 m3/kg.
o Soluzione
Per prima cosa rappresentiamo le due trasformazioni nel piano p-v tenendo conto che se viene
fornito del calore nell’isobara il gas espande mentre nell’isocora la pressione aumenta.
p
2
v0; p0; T0
1
ed essendo la pressione costante:
p1 = p0 = 5bar
v
fluido: aria (R=287 J/kgK; cp=1004 J/kgK;
cv=717 J/kgK; k=1,4)
Il calore massico fornito vale:
Q 2500
q= =
= 500kJ / kg
m
5
mentre la temperatura nel punto iniziale vale:
pv
5 ⋅105 ⋅ 0,574
T0 = 0 0 =
= 1000 K
R
287
Fornendo calore lungo l’isobara (0→1) risulta:
q0→1 = c p (T1 − T0 ) dalla quale si ottiene:
q
500000
T1 = T0 + 0→1 = 1000 +
= 1498 K
cp
1004
RT1 287 ⋅1498
=
= 0,860m3 / kg
p1
5 ⋅105
Il lavoro massico vale:
l0→1 = p0 (v1 − v0 ) = 5 ⋅105 (0,860 − 0,574) = 143000 J / kg = 143kJ / kg
mentre la variazione di energia interna si può ottenere in due modi:
∆u0→1 = cv (T1 − T0 ) = 717(1498 − 1000) = 357066 J / kg = 357, 066kJ / kg oppure applicando il primo
principio: ∆u0→1 = q0→1 − l0→1 = 500 − 143 = 357 kJ / kg
La variazione di entropia vale invece:
T
1498
∆s0→1 = c p ln 1 = 1004 ln
= 406 J / kgK
T0
1000
Fornendo calore lungo l’isocora c’è da aspettarsi un aumento più sostenuto della temperatura dato
che il gas è vincolato a non espandere. Passando ai calcoli:
q
500000
= 1697, 4 K
q0→2 = cv (T2 − T0 ) da cui: T2 = T0 + 0→2 = 1000 +
cv
717
v1 =
v2 = v0 = 0,574m3 / kg
RT2 287 ⋅1697, 4
=
= 0,849 MPa = 8, 49bar
v2
0,574
Il lavoro scambiato è ovviamente nullo mentre la variazione di energia interna coincide con il calore
fornito. Infine la variazione di entropia massica vale:
T
1697, 4
∆s0→2 = cv ln 2 = 717 ln
= 379 J / kgK
T0
1000
La pressione nel punto 2 vale
p2 =
Ex2)
Un ciclo Brayton ideale ad aria presenta un rapporto di compressione manometrico β=20 con un
lavoro massico netto compiuto di 10kJ/kg. Calcolare il rendimento, il calore assorbito e quello
ceduto.
Inoltre se la pressione minima del ciclo è di 1bar calcolare la pressione massima e rappresentare il
ciclo nel piano p-v e T-s.
o Soluzione
Il rendimento del ciclo ideale vale:
1
1
η = 1 − k −1 = 1 − 1,4−1 = 0,5751 = 57,51%
β k
20 1,4
quindi dalla definizione energetica di rendimento si ottiene il calore fornito:
l
l
10
η = ⇒ q1 = =
= 17,39kJ / kg
q1
η 0,5751
Il calore ceduto lungo l’isobara più bassa vale invece: q2 = q1 − l = 17,39 − 10 = 7,39kJ / kg
pmax
⇒ pmax = β ⋅ pmin = 20bar
La pressione massima vale: β =
pmin
Rappresentiamo infine il ciclo nei due piani.
p
T
q1
2
3
3
q1
l=l34-l12
2
1
4
1
q2
v
Ex3) Calcolo completo di un ciclo Otto teorico ad aria
Dati iniziali:
pressione all’inizio della compressione adiabatica 1 bar
temperatura all’inizio della compressione adiabatica 300 K
rapporto di compressione r=10
calore massico fornito durante l’isocora qBC =500 kJ/kg
fluido: aria (R=287 J/kgK; cp=1004 J/kgK; cv=717 J/kgK; k=1,4)
o Soluzione
Cominciamo col calcolare lo stato del gas nei punti del ciclo.
Al punto A il volume specifico vale:
RT
vA =
= 0,861m3 / kg
p
4
q1-q2
q2
s
quindi lo stato del punto A è completamente noto.
Al punto B si arriva tramite una compressione adiabatica ed essendo noto il rapporto di
compressione risulta:
v
vB = A = 0, 0861m3 / kg
r
quindi la pressione è ottenibile dall’equazione delle adiabatiche mentre la temperatura la si ottiene
con l’applicazione della legge di stato dei gas perfetti:
p v k
p Av A k = pB vB k ⇒ pB = A kA = 2,512 MPa = 25,12bar
vB
pB vB
= 753, 6 K
R
Del punto C è noto solo il volume specifico. Per ottenere la temperatura è possibile utilizzare il
calore fornito per unità di massa, dato del problema. Infatti lungo un’isocora vale l’equazione:
qBC = cv (TC − TB ) dalla quale si ricava Tc:
TB =
q
+ TB = 1450,95 K
cv
e dall’equazione dei gas perfetti si ottiene la pressione:
RT
pc = C = 4,836 MPa = 48,36bar
vc
Noti i volumi estremi dell’espansione adiabatica C-D e la pressione in C si ricava la pressione in D
tramite l’equazione delle adiabatiche:
pC vC k
k
k
pC vC = pD vD ⇒ pD =
= 0,193MPa = 1,93bar
vD k
TC =
p D vD
= 579 K
R
Analizziamo ora il ciclo dal punto di vista energetico. Il rendimento di un ciclo Otto teorico vale:
1
η = 1 − K −1 = 0, 6019 = 60,19%
r
Allo stesso risultato si può arrivare calcolando il lavoro netto compiuto durante il ciclo e
dividendolo per il calore assorbito durante il ciclo (=500kJ/kg).
l = lCD + l AB = 300,166kJ / kg
TD =
TC − TD
= 625, 624kJ / kg
k −1
T −T
l AB = R A B = −325, 458kJ / kg
k −1
e quindi ottenere il rendimento
l
300,166
η=
=
= 0, 6 = 60%
qBC
500
Il calore scaricato dal ciclo nella isocora DA risulta essere:
qDA = cv (TA − TD ) = −200, 043kJ / kg (negativo in quanto ceduto)
Il rendimento può essere calcolato anche a partire dal seguente bilancio energetico:
qBC = l + qDA
e quindi sostituendo nella precedente:
lCD = R
qBC − qDA
= 0, 6 = 60%
qBC
qBC
La figura successiva riporta il ciclo ora calcolato nel piano pv.
η=
l
=
Ex4)
Qual è il massimo lavoro teorico ottenibile dal calore q fornito al ciclo dell’esercizio precedente?
o Soluzione
Per il secondo principio della termodinamica il ciclo di massimo rendimento, assegnate le
temperature estreme, è il ciclo di Carnot. Allora dato che le temperature estreme del ciclo sono di
300K e 1450,95K, il massimo rendimento teorico vale:
T
300
ηCarnot =1- inferiore =1=0,7932=79,32%
Tsuperiore
1450,95
Dalla definizione di rendimento si ottiene che il massimo lavoro estraibile vale:
l
η= ⇒ l=ηq1 =0,7932×500=396,6kJ/kg
q1
superiore di circa il 32% a quello ottenuto tramite un ciclo Otto teorico.
Ex5)
Confrontare il massimo lavoro teorico ottenibile da una quantità di calore q1 =1000 kJ/kg nei
seguenti due casi
a) il calore q1 è disponibile ad una temperatura di 1500°C
b) il calore q1 è disponibile ad una temperatura di 800°C
fissando una temperatura ambiente di 20°C
o Soluzione
Il massimo lavoro lo si ottiene fornendo tale calore ad una macchina funzionante secondo il ciclo di
massimo rendimento che è il ciclo di Carnot. Dato che il rendimento di tale ciclo dipende solo dalle
temperature estreme risulta nei due casi:
a)
T1 = 1500 + 273 = 1773K ; Ta = 20 + 273 = 293K
η = 1−
Ta
= 0,835 ⇒ l = η q1 = 835kJ / kg
T1
b)
T2 = 800 + 273 = 1073K ; Ta = 20 + 273 = 293K
Ta
= 0, 727 ⇒ l = η q1 = 727kJ / kg
T1
Come si può notare, e come affermato dal secondo principio, il calore è una forma di energia tanto
più pregiata quanto maggiore è la temperatura alla quale è reso disponibile. Nei due casi esaminati
si è infatti ottenuto un diverso valore del lavoro massimo teorico a partire da una stessa quantità
iniziale di energia termica in quanto diversa è la temperatura alla quale la stessa quantità di energia
è messa a disposizione della macchina.
Se rappresentiamo i due cicli nel piano T-s è infatti diversa l’area racchiusa, area che rappresenta il
calore trasformato in lavoro per il primo principio.
η = 1−
T
2
1773
T
q1
3
6
1073
q1-q2’=l’
293
q2’
4
7
q1-q2’’=l’’
293
1
q1
5
A
B
C
s
Ricordando il significato di area ne piano T-s deve infatti risultare:
q1= Area (A-2-3B) = Area (C-6-7-D)
mentre q2’ = Area (A-1-4-B) > q2’’ = Area (C-5-8-D) e dunque l’ > l’’
q2’’
8
D
s