baratti118985

Paolo Baratti – matr. 118985 – Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
ESERCIZIO 1 – “Scatolone adiabatico 1”
Lo “scatolone adiabatico” è un sistema chiuso termicamente isolato, costituito da
un contenitore cavo che presenta al suo interno due scomparti adiacenti (denominati
1 e 2) separati da un setto termicamente e meccanicamente isolante (fig. 1).
Fig. 1 – “Scatolone adiabatico”
Nello scomparto 1 è presente 1 m3 di aria alla pressione p1 di 1 bar ed alla
temperatura T1 di 100 °C, mentre nello scomparto 2 sono presenti 2 m3 di aria alla
pressione p2 di 10 bar ed alla temperatura T2 di 200 °C.
Ad un certo istante si rimuove il setto e le due quantità d’aria contenute nello
scatolone si mescolano (situazione 3 in fig. 2).
Fig. 2
Supponendo che l’aria sia una sostanza chimicamente pura, determinare le
coordinate termodinamiche (T3, V3, v3, p3) che descrivono lo stato finale del sistema.
Si valuti, inoltre, se si è verificato un aumento di entropia del sistema ed in caso
affermativo calcolarlo.
Soluzione
Innanzitutto, avendo supposto che l’aria sia una sostanza chimicamente pura si
può constatare che durante la rimozione del setto non avvengono processi che
portano ad una modificazione della composizione del contenuto, quindi allo stato 3 si
ha semplicemente aria.
Prima di risolvere l’esercizio preoccupiamoci di verificare che tutte le grandezze
vengano espresse nelle unità di misura del SI:
p1 = 1 bar = 105 Pa
p2 = 10 bar = 106 Pa
-1-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
T1 = 100 °C = 373 K
T2 = 200 °C = 473 K
Impostiamo, quindi, la soluzione partendo dal 1° principio della termodinamica
che assume la forma:

U = 0,
avendo posto Q = 0 e L = 0, in quanto il sistema è termicamente e meccanicamente
isolato.
Abbiamo quindi:
U3 – (U1 + U2) = 0,
da cui otteniamo che:
U3 = U1 + U2
(1)
essendo l’energia interna U una grandezza che gode della proprietà additiva.
Ricordando che:
U
u
,
M
dove u è l’energia interna specifica del sistema e M è la massa del sistema,
riscriviamo la (1):
M3 u3 = M1 u1 + M2 u2.
(2)
Per calcolare M1 e M2 utilizziamo l’equazione di stato dei gas perfetti:
pV = nR0T,
(3)
dove la costante universale dei gas perfetti vale:
R 0  8134
J
.
kmol K
Dapprima ricaviamo il numero di moli dei sotto-sistemi 1 e 2 utilizzando la (3):
n1 
n2 
p1V1 100000 1

 0.0322 kmol
R0T1 8314  373
p2V2 1000000  2

 0.5086 kmol
R0T2
8314  473
successivamente determiniamo le masse dei sotto-sistemi utilizzando il valore della
massa molare dell’aria che sappiamo essere:
m ARIA  29
-2-
kg
kmol
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
M1  n1  mARIA  0.0322  29  0.934 kg
M 2  n2  mARIA  0.5086  29  14.749 kg .
Determiniamo infine la massa del sistema allo stato finale 3:
M 3  M 1  M 2  0.934  14.749  15.68 kg ,
da cui ricaviamo il numero di moli dell’aria allo stato finale:
n3 
M3
15.68

 0.5407 kmol .
m ARIA
29
Esplicitiamo l’equazione (2) rispetto all’energia interna specifica u3:
u3 
M 1  u1  M 2  u 2
M3
e sostituiamo l’energia interna specifica secondo la relazione:
u  CV  t ,
dove Cv è il calore specifico dell’aria a volume costante e t è la temperatura espressa
in gradi centigradi, ottenendo:
t3 
M 1  C V  t1  M 2  C V  t 2 M 1  t1  M 2  t 2

.
M 3  CV
M3
La semplificazione è resa possibile dal fatto che Cv è indipendente dalla
temperatura.
Sostituendo ora i valori ricavati in precedenza si ottiene:
t3 
0.934 100  14.749  200
 194 C  467 K .
15.68
Notiamo che la temperatura del sistema una volta rimosso il setto è molto vicina
alla temperatura del sotto-sistema 2 alla situazione iniziale, ma questo dato era
prevedibile essendo M2 >> M1.
La temperatura t3, inoltre, rappresenta la media pesata delle temperature di
partenza, il cui peso è rappresentato dalle masse dei sistemi considerati.
Procediamo ora determinando il volume finale V3 ricavandolo direttamente dai
dati del problema:
V3  V1  V2  1  2  3 m 3 .
-3-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
Il volume specifico allo stato finale è dato da:
v3 
V3
3
m3
.

 0.191
M 3 15.68
kg
Una volta ottenute due variabili termodinamiche indipendenti, nel nostro caso la
temperatura T3 ed il volume V3, si può facilmente calcolare la coordinata restante,
vale a dire la pressione p3 servendoci dell’equazione (3):
p3 
n3  R 0  T3 0.5407  8314  467

 699780.8 Pa  7 bar .
V3
3
Per rispondere al quesito osserviamo che il sistema in questione è termicamente
isolato pertanto l’entropia o si è mantenuta costante oppure è aumentata; in realtà
possiamo affermare con sicurezza che essa è aumentata in quanto il processo che si è
verificato è irreversibile, dal momento che una volta rimosso il setto separatore le
due quantità d’aria iniziali si sono mescolate e dalla situazione finale non è più
possibile ritornare a quella di partenza.
Poiché l’entropia è una funzione di stato non è necessaria una descrizione
approfondita della trasformazione verificatasi, ma è sufficiente conoscere i valori
iniziali e finali secondo la relazione:
S  S3  (S1  S 2 )  s3  M 3  (s2  M 2  s1  M 1 )
(4)
Determiniamo i valori dell’entropia specifica sfruttando le relazioni ottenute nei
capitoli precedenti:
s1  C P ln
s 2  C P ln
T1
p
373
1
J
 R ARIA ln 1  1010 ln
 287 ln  315.23
T0
p0
273
1
kg K
T2
p
473
10
J
 R ARIA ln 2  1010 ln
 287 ln
 105.72
T0
p0
273
1
kg K
s3  C P ln
T3
p
467
7
J
,
 R ARIA ln 3  1010 ln
 287 ln  16.25
T0
p0
273
1
kg K
dove Raria è la costante specifica dell’aria che vale 287 J/kgK, T0 è la temperatura di
riferimento (nel nostro caso 273 K), p0 è la pressione di riferimento (1 bar) e Cp è il
calore specifico a pressione costante pari a 1010 J/kgK.
Sostituendo nella (4) i valori ottenuti si ha:
S  (16.25)  15.68  105.72  14.74  315.23  0.934  1009.1
-4-
J
.
K
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
ESERCIZIO 2 – “Pompa da bicicletta”
Consideriamo la pompa da bicicletta schematizzata in fig. 3, che presenta nella
parte terminale un recipiente pieno d’aria di volume V0 = 1 m3.
Fig. 3
Il volume V1 dell’aria inizialmente presente all’interno della pompa è pari a 2
3
m.
Il sistema si trova, infine, ad una temperatura iniziale TINIZ = 20 °C e ad una
pressione iniziale pINIZ = 1 bar.
Ad un certo istante si inizia ad imprimere una forza sul manico della pompa
spingendo lo stantuffo fino a quando l’aria contenuta nella pompa risulta essere tutta
compressa all’interno del recipiente (fig. 4).
Fig. 4
In fig. 5 è possibile vedere la descrizione grafica del processo.
p
pFIN
pIN
0
VFIN
VIN
V
Fig. 5
Ipotizzando che il processo sia così rapido da non permettere al sistema di
scambiare calore con l’esterno, si determinino la temperatura finale, la pressione
finale ed il lavoro compiuto sul sistema per far avvenire la trasformazione.
-5-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
Soluzione
Innanzitutto trasformiamo i dati:
TINIZ .  20 C  293 K
pINIZ .  1 bar  105 Pa .
Osserviamo, quindi, che la trasformazione descritta dal testo dell’esercizio è una
adiabatica reversibile, pertanto la dipendenza tra pressione e volume del gas è
espressa dalla relazione:
pV   cost ,
(5)
dove l’esponente è dato dal rapporto tra calore specifico a pressione costante e
calore specifico a volume costante e nel caso dell’aria vale:
J
kg K
 ARIA 
 1.4 .
J
717
kg K
1010
Determiniamo il volume iniziale occupato dal gas:
VINIZ .  V0  V1  1  2  3 m 3 .
Al termine della trasformazione l’aria è completamente contenuta nel recipiente
posto al termine della pompa, pertanto:
VFIN .  1 m 3 .
Utilizzando l’equazione della trasformazione (5), si ottiene la pressione finale:


pINIZ . VINIZ
.  p FIN .  VFIN .
10 5  31.4  p FIN . 11.4  p FIN .
p FIN .  4.65 10 5 Pa .
Utilizzando l’equazione di stato dei gas perfetti determiniamo la massa del gas:
M
p INIZ .  VINIZ . 100000  3

 3.57 kg ,
R  TINIZ .
287  293
dove R è la costante caratteristica dell’aria che vale 287 J/kg K.
-6-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
Osserviamo che durante la trasformazione la massa rimane costante in quanto il
sistema è chiuso.
Utilizzando ancora l’equazione dei gas perfetti, scritta questa volta per lo stato
finale, troviamo la temperatura finale:
TFIN . 
p FIN . VFIN . 4.65 105 1

 453.8 K  180.8 C .
M R
3.57  287
Prima di determinare il valore del lavoro compiuto sul sistema osserviamo che
esso è composto da due contributi:
 il lavoro compiuto dalla pressione atmosferica presente nell’ambiente esterno
(L0) visibile nel grafico di fig. 6:
p
pFIN
pIN
L0
0
VFIN
VIN
V
Fig. 6

il lavoro effettivamente compiuto, per esempio da una persona che comprime lo
stantuffo della pompa (fig. 7):
p
pFIN
pIN
0
VFIN
VIN
V
Fig. 7
Calcoliamo il lavoro compiuto dalla pressione atmosferica:
L0  p0 (VFIN .  VINIZ . )  10 5  (1  3)  2  10 5 J .
Chiaramente il lavoro è negativo per la convenzione dei segni, in quanto viene
compiuto sul sistema.
Il lavoro totale compiuto sul sistema, invece, è dato dall’equazione del 1°
principio della termodinamica, tenendo presente che Q = 0 in quanto il processo è
adiabatico:
-7-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
U   LTOT
LTOT  U  U INIZ .  U FIN .  M (u INIZ .  u FIN . )  M  C V  (TINIZ .  TFIN . ) .
Sostituendo i dati ricavati in precedenza otteniamo:
LTOT  3.57  717  (293  453.8)  411598 J .
Il lavoro netto effettivamente compiuto si determina per differenza:
LNETTO  LTOT  L0  411598  (200000)  211598 J ;
otteniamo un valore negativo in quanto il lavoro viene compiuto dall’esterno sul
sistema.
ESERCIZIO 3 – “Scatolone adiabatico 2”
Consideriamo un sistema avente le stesse caratteristiche di quello descritto
nell’esercizio 1 (fig. 8).
Fig. 8
Nello scomparto 1 vi è 1 kg di vapor d’acqua saturo alla pressione di 9.8 bar,
mentre nello scomparto 2 vi sono 2 kg di vapor d’acqua alla pressione di 0.98 bar.
Determinare lo stato fisico finale 3 del sistema dopo la rimozione del setto
sapendo che il titolo dal gas nello scomparto 1 è 0.1, mentre il titolo del gas nello
scomparto 2 è 0.5.
Si determini, inoltre, la variazione di entropia del sistema.
Soluzione
Prima di addentrarci nella soluzione numerica dell’esercizio, è bene compiere
alcune considerazioni sul diagramma [p,V] dell’acqua per determinare quella parte di
grafico in cui dovrà trovarsi il risultato.
-8-
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
La localizzazione del bersaglio (fig. 9) risulta molto utile soprattutto quando,
come in questo esercizio, non è possibile procedere analiticamente, ma si è costretti a
determinare la soluzione “per tentativi” sfruttando i dati presenti nelle tabelle.
p
Zona in cui si dovrà
trovare il risultato
p1
x1=0.1
p2
x2=0.5
0
V
Fig. 9 – Diagramma [p,V] dell’acqua
Al termine della soluzione, infatti, se i dati ricavati cadranno al di fuori della
zona di grafico evidenziata avremo sicuramente commesso degli errori, pertanto sarà
necessario ripetere i calcoli.
Trasformiamo ora i dati:
p1  9.8 bar  980000 Pa  980 kPa
p2  0.98 bar  98000 Pa  98 kPa .
Innanzitutto:
M 3  M 1  M 2  1  2  3 kg .
(6)
Poiché il sistema è termicamente e meccanicamente isolato Q = 0 e L = 0 (cfr.
testo “Esercizio 1”), pertanto il 1° principio della termodinamica assume la forma:
U = 0,
quindi:
U 3  U1  U 2 .
(7)
Introducendo le grandezze specifiche la (7) può essere riscritta in questo modo:
u3 M 3  u1 M 1  u 2 M 2 .
Calcoliamo u1 e u2 sfruttando i dati contenuti nella tabella A:
-9-
(8)
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
TEMPERATURA
PRESS.
ASS.
ENTALPIA
SPECIFICA
ENTROPIA
SPECIFICA
VOLUME SPECIFICO
ts
(°C)
Ts
(K)
ps
(bar)
hliq
(kJ/kg)
hd
(kJ/kg)
sliq
(kJ/Kg K)
vliq
(dm3/kg)
vgas
(dm3/kg)
86
88
90
92
94
96
98
100
102
104
106
108
110
112
114
116
118
120
122
124
126
128
130
132
134
136
138
140
142
144
146
148
150
152
154
156
158
160
162
164
166
168
170
172
174
176
178
180
182
184
186
359.15
361.15
363.15
365.15
367.15
369.15
371.15
373.15
375.15
377.15
379.15
381.15
383.15
385.15
387.15
389.15
391.15
393.15
395.15
397.15
399.15
401.15
403.15
405.15
407.15
409.15
411.15
413.15
415.15
417.15
419.15
421.15
423.15
425.15
427.15
429.15
431.15
433.15
435.15
437.15
439.15
441.15
443.15
445.15
447.15
449.15
451.15
453.15
455.15
457.15
459.15
0.60108
0.64948
0.70109
0.75608
0.81461
0.87686
0.94301
1.01325
1.0878
1.1668
1.2504
1.3390
1.4327
1.5316
1.6362
1.7465
1.8628
1.9854
2.1145
2.2504
2.3933
2.5435
2.7013
2.8670
3.0407
3.2229
3.4138
3.6138
3.8231
4.0420
4.2709
4.5101
4.7600
5.0208
5.2929
5.5767
5.8725
6.1806
6.5016
6.8356
7.1831
7.5445
7.9202
8.3106
8.7160
9.1368
9.5736
10.027
10.496
10.983
11.488
360.1
368.5
376.9
385.4
393.8
402.2
410.6
419.1
427.5
435.9
444.4
452.9
461.3
469.8
478.3
486.7
495.2
503.7
512.2
520.7
529.2
537.8
546.3
554.8
563.4
572.0
580.5
589.1
597.7
606.3
614.9
623.5
632.1
640.8
649.4
658.1
666.8
675.5
684.2
692.9
701.6
710.4
719.1
727.9
736.7
745.5
754.3
763.1
772.0
780.8
789.7
2293.5
2288.4
2283.2
2278.0
2272.8
2267.5
2262.2
2256.9
2251.6
2246.3
2240.9
2235.4
2230.0
2224.5
2219.0
2213.4
2207.9
2202.2
2196.6
2190.9
2185.2
2179.4
2173.6
2167.8
2161.9
2155.9
2150.0
2144.0
2137.9
2131.8
2125.7
2119.5
2113.2
2106.9
2100.6
2094.2
2087.7
2081.3
2074.7
2068.1
2061.4
2054.7
2047.9
2041.1
2034.2
2027.3
2020.2
2013.2
2006.0
1998.8
1991.5
1.1460
1.1693
1.1925
1.2156
1.2386
1.2615
1.2842
1.3069
1.3294
1.3518
1.3742
1.3964
1.4185
1.4405
1.4624
1.4842
1.5060
1.5276
1.5491
1.5706
1.5919
1.6132
1.6344
1.6555
1.6765
1.6974
1.7182
1.7390
1.7597
1.7803
1.8008
1.8213
1.8416
1.8619
1.8822
1.9023
1.9224
1.9425
1.9624
1.9823
2.0022
2.0219
2.0416
2.0613
2.0809
2.1004
2.1199
2.1393
2.1587
2.1780
2.1972
1.0333
1.0347
1.0361
1.0376
1.0391
1.0406
1.0421
1.0437
1.0453
1.0469
1.0485
1.0502
1.0519
1.0536
1.0553
1.0571
1.0588
1.0606
1.0625
1.0643
1.0662
1.0681
1.0700
1.0720
1.0740
1.0760
1.0780
1.0801
1.0821
1.0843
1.0864
1.0886
1.0908
1.0930
1.0953
1.0976
1.0999
1.1022
1.1043
1.1070
1.1095
1.1119
1.1145
1.1170
1.1196
1.1222
1.1248
1.1275
1.1302
1.1330
1.1358
2727.2
2536.5
2361.3
2200.2
2051.9
1915.3
1789.3
1673.0
1565.5
1466.2
1374.2
1288.9
1209.9
1136.6
1068.5
1005.2
946.34
891.52
840.45
792.83
748.40
706.91
668.14
631.88
597.95
566.18
536.41
508.49
482.30
457.71
434.60
412.88
392.45
373.22
355.10
338.03
321.94
306.76
392.42
278.89
266.09
254.00
242.55
231.72
221.47
211.75
202.54
193.80
185.51
177.64
170.17
- 10 -
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
Sappiamo che u1 si determina in questo modo:
u1  u liq1  x1u d1 ,
(9)
dove l’energia interna specifica differenziale ud1 è data da:
ud1  hd1  p1vd1 .
(10)
Nella (10) compaiono nuove grandezze: hd è l’entalpia specifica differenziale
(quinta colonnanella tabella A), mentre vd è il volume specifico differenziale dato da
vgas – vliq (le ultime due colonne della tabella A).
Per determinare i valori da sostituire nelle espressioni scegliamo la riga da
consultare in base al valore della pressione dato dal testo dell’esercizio: abbiamo che
p1 = 9.8 bar, pertanto, una volta individuato nella tabella il valore in questione (nel
nostro caso ps = 9.5736 relativo alla temperatura di 178 °C), andiamo a leggere sulla
riga corrispondente i valori di vliq e di vgas ottenendo:
vd1  vgas1  vliq1  0.20254  0.0011248  0.20141 .
Individuando sulla tabella i valori di uliq1, che sappiamo essere uguale a hliq1
(quarta colonna della tabella A) e di hd1, li sostituiamo, insieme a vd1 appena
determinato, prima in (10) e poi in (9) ottenendo:
u1  754.3  0.1  (2020.2  980  0.20141)  936.58
kJ
kg
(11)
Analogamente determiniamo u2 scegliendo la riga in corrispondenza di t = 100
°C:
u 2  u liq2  x 2 (hd2  p 2 vd 2 )  419.1  0.5  (2256.9  98  1.67196) 
 1465.62
kJ
.
kg
(12)
Mettendo in (8) i risultati ottenuti in (6), in (11) ed in (12) abbiamo:
u3  3  936.58 1  1465.62  2
da cui otteniamo:
u3  1289.27
kJ
kg
che sappiamo essere uguale a:
u 3  u liq3  x3 (hd3  p3 vd 3 ) .
(13)
Per procedere nei calcoli ci occorre una seconda grandezza indipendente:
- 11 -
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
V3  V1  V2 .
(14)
Introducendo le grandezze specifiche riscrivo la (14):
M 3v3  M 1v1  M 2 v2 .
(15)
Sfruttando ancora una volta i dati contenuti nella tabella determino:
m3
v1  vliq1  x1vd1  0.0011248  0.1  0.20141  0.02126
kg
m3
.
v2  vliq2  x2 vd 2  0.0010437  0.5  1.67196  0.83702
kg
Dalla (15), con le dovute sostituzioni, ricavo:
v3 
M 1v1  M 2 v2 1  0.02126  2  0.83702
m3

 0.5651
M3
3
kg
che sappiamo essere uguale a:
v3  vliq3  x3 vd 3
(16)
Considerando la (13) e la (16), abbiamo un sistema nell’unica incognita x3:
1289.27  u liq3  x3 (hd3  p3 vd 3 )

0.5651  vliq3  x3 vd 3
Questo sistema può essere risolto solamente “per tentativi”: consideriamo una
pressione finale p3 vicina a p2, ad esempio p3 = 1.2504 bar, leggiamo i valori sulla
riga corrispondente a t = 106 °C e li sostituiamo in un’equazione del sistema, ad
esempio la prima:
1289.27  444.4  x3 (2240.9  125.04  1.37315)
Risolviamo ed otteniamo:
x3  0.4083 .
Andiamo quindi a sostituire il valore di x3 ottenuto nella seconda equazione del
sistema per verificare se otteniamo un’identità: in caso affermativo avremo
determinato la soluzione corretta, in caso negativo dovremo ripetere nuovamente il
procedimento appena descritto.
Nel nostro caso otteniamo 0.5651  0.5617 che costituisce una buona
approssimazione, pertanto il risultato corretto è:
- 12 -
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
x3  0.4083 .
In particolare osserviamo che questo valore ricade nella parte di grafico
evidenziata (fig. 9 pagina 9) proprio come avevamo preventivato.
Calcoliamo, infine, la variazione di entropia:
S  S3  (S1  S 2 )  M 3 s3  (M 1s1  M 2 s2 )
(17)
Determiniamo, con l’ausilio della tabella:
hd1
2020.2
kJ
 2.1199  0.1 
 2.568
T1
451
kg K
h
2256.9
kJ
s 2  sliq2  x2 d2  1.3096  0.5
 4.335
T2
373
kg K
h
2240.9
kJ
s3  sliq3  x3 d3  1.3742  0.4083
 3.788
T3
379
kg K
s1  sliq1  x1
Sostituendo i valori nella (17) si ottiene:
S  3  3.788  (1  2.568  2  4.335)  0.126
kJ
.
K
ESERCIZIO 4
Consideriamo il tubo in fig. 10 al cui interno scorre del vapore saturo.
fig. 10
Il tubo presenta un’estremità comunicante con l’esterno che permette al vapore
di sfiatare all’aria aperta alla pressione di 1 bar ed alla temperatura di 100 °C.
Si determini il titolo x del vapore utilizzando il “metodo del calorimetro”.
Il calorimetro (fig. 11) è un’ampolla termicamente isolante, rivestita da
un’intercapedine al cui interno viene creato il vuoto, che presenta una piccola
apertura denominata collo attraverso la quale viene inserito un sottile termometro a
mercurio.
Inizialmente, il calorimetro contiene 0.57 kg di acqua allo stato liquido e si trova
alla temperatura di 25 °C.
- 13 -
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
Viene, quindi, introdotto il tubo all’interno del calorimetro e si fa gorgogliare il
vapore nell’acqua: il vapore inizia a condensarsi ed allo stato finale il calorimetro
conterrà 0.615 kg di acqua alla temperatura di 64 °C.
Fig. 11 – Il calorimetro
Soluzione
Trasformiamo i dati:
TVAP  100 C  373 K
T1  25 C  298 K
T2  64 C  337 K
p  1 bar  100000 Pa .
Sottraendo alla massa finale dell’acqua la massa inizialmente contenuta nel
calorimetro determiniamo il quantitativo di vapore condensato:
M VAP  M 2  M 1  0.615  0.57  0.045 kg
Osserviamo, quindi, che il sistema descritto nel testo dell’esercizio è aperto, in
quanto la massa al suo interno è variata; per procedere nella soluzione sfruttiamo il
1° principio della termodinamica in forma entalpica.
Considerando che L = 0 e Q = 0 in quanto il calorimetro è termicamente isolato
si ottiene:
H  0 ,
cioè:
H FIN  H INIZ  0
H FIN  H ACQUA  H VAP .
- 14 -
(18)
Lezione del 25/10/99 – ore 16.30-18.30
L’entalpia finale dipende solamente dal contributo dell’acqua presente nel
calorimetro al termine del processo, pertanto:
H FIN  M 2 C LT2  0.615  4.187  64  164.8 kJ ,
(19)
dove CL è il calore specifico dell’acqua e vale 4.187 kJ/kg °C.
Allo stato finale avremo:
H ACQUA  M 1C LT1  0.57  4.187  25  59.66 kJ ,
(20)
mentre per il vapore si avrà:
H VAP  M VAP  hVAP  M VAP  (hliq  x  r ) ,
(21)
dove hVAP è l’entalpia specifica del vapore, r è chiamato “vapore latente di
vaporizzazione” (analogo all’entalpia differenziale hd nella tabella A), hliq è l’entalpia
specifica dell’acqua (quarta colonna nella tabella A) e x è il titolo del vapore che
rappresenta la nostra incognita.
Sostituendo nella (21) i valori ricavati dalla tabella A a pagina 11 in
corrispondenza della temperatura t = 100 °C, otteniamo:
HVAP  0.045  (419.1  x  2256.9) .
(22)
Ponendo in (18) i risultati ottenuti nella (19), nella (20) e nella (22), si ottiene
un’equazione nell’incognita x:
164.8  59.66  0.045  (419.1  x  2256.9) ,
dalla quale, risolvendo, si determina:
x  0.85 .
- 15 -