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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
582802762
VOLUME 2 - MODULO C
UNITÀ DIDATTICA C1
SOLUZIONI DELLE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1.
Il peso volumico o peso specifico è pari al prodotto della massa volumica per l’accelerazione di gravità. Pertanto si
ha: γ = ρ g = 1320 × 9,81 = 12950 N/m3
2.
Ricordando che un litro è pari ad un decimetro cubo, risulta immediato calcolare la portata massica; essa vale Q =
ρ ×V = 0,640 kg/dm3 × 10 l/s = 6,4 kg/s.
3.
b) d)
4.
Vero
5.
a) 4 Cl2 + Na2S2O3 + 10 NaOH → 2 Na2SO4 + 8 NaCl + 5 H2O
b) 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
6.
b)
7.
Sono combustibili fossili in quanto derivano da esseri viventi quali foreste e piccoli animali viventi nei
bassofondali marini; entrambi sprofondarono nel sottosuolo e furono sottoposti a lenta trasformazione per centinaia
di milioni di anni.
8.
a) CO; b) HNO3; c) SO3; d) NH3
9.
Le emissioni di CO2 in atmosfera dovute alle attività dell’uomo causano un aumento dell’ “effetto serra” che
consiste nel riscaldamento del pianeta in quanto gli strati di CO2 aumentano la riflessione delle onde termiche
verso il suolo.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Per il calcolo della quantità di calore Q che deve essere fornita alle barre occorre conoscere dapprima la massa totale m del
lotto di barre. Si calcola l’area e la massa di una singola barra, assumendo come unità di misura di riferimento il decimetro:


2
2

3
2
A

d

0
,
2

31
,
416

10
dm
4 4

3
m

A
l

2
,
72

31
,
416

10

60

5
,
13
kg
Consultando l’apposita tabella si ricava la capacità termica massica dell’alluminio cAl che vale 0,92 kJ/(kg K). Applicando
la formula che definisce la capacità termica si trova il calore necessario per riscaldare una singola barra:
Q

m
c

T

5
,
13

0
,
92

135

637
kJ
Al
Il calore necessario per scaldare il lotto di 250 barre vale:
Q

637

250

159250
kJ
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Volume 2
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
582802762
Prendendo in considerazione il rendimento del forno si ricava il calore totale Qtot:
Q
159250
Q


227500
kJ
tot
0
,
7

La seconda domanda chiede di valutare l’allungamento subito dalla singola barra al termine del riscaldamento. Occorre
ricavare dall’apposita tabella il coefficiente di dilatazione lineare dell’alluminio: esso vale λ = 24 × 10-6 1/°C. La formula
dell’allungamento lineare Δl dei corpi sottoposti ad una variazione di temperatura Δt è la seguente:


6

l

l

t

24

10

0
,
006

135

19
,
44
mm
Il potere calorifico inferiore del carbone in base alla sua composizione viene valutato mediante la formula di Dulong.
O


P

33822

C

120347
H


10465

S

2512

U


CI
8

Inserendo i dati relativi alla composizione del carbone si ha:
0
,
078
kJ


P

33822

0
,
84

120347
0
,
044


10465

0
,
014

251

0
,
025

32


CI
kg
8

Per il calcolo della massa di carbone necessaria per il riscaldamento delle barre bisogna dividere il calore totale Qtot
precedentemente trovato per il potere calorifico inferiore PCI del carbone:
Q 227500
m
tot


7
kg
P
CI 32616
In alternativa al carbone, il testo propone l’uso di un gas, del quale sono noti composizione e potere calorifico. Per valutare
la massa di gas necessaria si applica di nuovo la formula precedente:
Q
227500
tot
m



12
,
64
kg
P
CI 18000
Con la quinta domanda si calcolano le rispettive quantità di aria necessarie per la combustione, servendosi delle apposite
formule, quella per il carbone e quella per il gas. Per il carbone:
7
,
8
kg
di
aria


A

0
,
115

84

0
,
344
4
,
4


0
,
043

1
,
4

10
,
9


tm
kg
di
carb
8

Per il gas:
k
d
a


4
6






A

0
,
0238

28

3

0
,
052

35

0
,
0476
2


2
,
5

2


4

0
,
04

5

4
,
85




tv


4
4
k
d
g






Si ipotizza che il carbone sia bruciato allo stato finemente poverizzato. In tal caso il valore di aria in eccesso per il carbone
vale e = 0,2. Si calcolino le due quantità di aria effettivamente impiegata nelle rispettive combustioni. Per il carbone:


A

1

0
,
2

10
,
9

13
,
08
e
Per il gas si assume e = 0,1. Mediante la medesima formula si trova che:


A
1

0
,
1
4
,
855

5
,
34
e
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
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SOLUZIONI DEI PROBLEMI DI RIEPILOGO
1.
La formula che permette di convertire una temperatura in [°F] esprimendola in [°C] è la seguente:
5
5




t

t

32

120

32

49

C

C

F
9
9
2.
Per risolvere il quesito si richiami il concetto di capacità termica massica espresso dalla formula seguente, nella
quale si inserisce la costante del calcestruzzo, ricavata da tabella:
Q

c
m

t

0
,
88

850

20

14943
kJ
3.
La capacità termica massica per l’acqua è espressa in forma di tabella, in funzione della temperatura. Da essa si
estraggono i valori necessari. Nel primo caso:
Q = 20000 kg × 4,1801 kJ/(kg °C) = 83602 kJ.
Nel secondo caso:
Q = 20000 kg × 4,2083 kJ/(kg °C) = 84166 kJ.
I due valori risultano molto prossimi.
4.
La Btu (British termal unit) è l’unità di misura dell’energia termica utilizzata dalle norme anglosassoni.
L’equivalenza tra Btu e joule è la seguente:
3
1
Btu

1
,
05587

10
J
Nel nostro caso:
3
15

10
15
kJ


14
,
2
Btu
3
1
,
05587

10
5.
Il coefficiente di dilatazione termica per il mattone in argilla è riportato nell’apposita tabella e vale λ = 6 × 10-6
1/°C. L’allungamento Δl è dato dalla seguente formula:


6

l

l

t

6

10

250

70

0
,
105
mm
6.
La temperatura finale t3 viene calcolata attraverso l’uguaglianza tra i calori Q1 e Q2 scambiati dalle due masse. I
suddetti calori Q sono valutati con la seguente formula Q = c m Δt. Si noti come, avendo imposto l’uguaglianza tra
i calori Q1 e Q2 scambiati dalle due masse, la capacità termica c è una costante che viene facilmente semplificata:


c
m

m
t

c

m

t

c

m

t
1
2
3
1
1
2
2
m

t

m

t
400

28

900

80
1
1
2
2
t



64

C
3
m

m
400

900
1
2
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
7.
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Come prima cosa, occorre porre in evidenza il potere calorifico inferiore del GPL, esprimendolo in [kJ/kg]. Esso
vale 50000 kJ/kg. Il calore liberato dalla combustione è pari al prodotto tra il potere calorifico e la massa bruciata
che vale m = 15 kg, per il rendimento:
Q = (PCI × m)/ η = 50000 kJ/kg × 15 kg × 0,75 = 562500 kJ
8.
Per calcolare la massa complessiva di antracite, occorre eseguire un bilancio di energia termica tra il calore
assorbito dall’acqua e il calore liberato dalla combustione; esso è espresso come segue, con a primo membro il
calore liberato dal carbone e a secondo quello assorbito dall’acqua:
m

P



m

c


t
CI
H
O
2

m

c


t
18200

4
,
1844

30
H
O
2
m



113
,
666
kg

P
0
,
6

33500
CI
Come valore per la capacità termica massica c dell’acqua si è scelta la media fra i valori citati nella tabella presente
sul testo, per le temperature di inizio e fine trasformazione.
9.
La formula di Dulong permette di calcolare il potere calorifico inferiore per il carbone la cui composizione è
descritta nel testo. La formula è la seguente:
O


P

33822

C

120347
H


10465

S

2512

U


CI
8


Inseriamo i dati specifici del tipo di carbone in oggetto:
0
,
08
kJ


P

33822

0
,
85

120347
0
,
04


10465

1
,
2

2512

0
,
018

32


CI
kg
8

Il valore del potere calorifico superiore può essere ottenuto a partire dal potere calorifico inferiore espresso in [MJ],
grazie alla seguente formula:


2
,
5
U

8
,
94
H


2
,
5
0
,
018

8
,
94

0
,
04
MJ
P

P


32
,
326


32
,
335
CS
CI
100
100
kg
10. La formula di Dulong è valida anche per i combustibili liquidi, quale appunto il kerosene. La formula è la
seguente:
O


P

33822

C

120347
H


10465

S

2512

U


CI
8

Inseriamo i dati specifici del kerosene:
,
06
kJ
0

P

33822

0
,
84

120347
0
,
144


10465

0
,
8

4575


CI
kg
 8

Come controllo si può eseguire il confronto tra il valore trovato e quello riportato nella tabella sul testo in cui
compaiono le caratteristiche principali dei combustibili più diffusi. Il valore trovato col calcolo è solo lievemente
superiore al valore del PCI del gasolio assunto come riferimento.
11. Si applica la formula che esprime il fabbisogno di aria per la combustione di un combustibile gassoso
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m


i


A

0
,
0238
CO

H

0
,
0952
CH

0
,
0476
n

C
H

0
,
047
O



tv
2
4
i
ni
mi
2
4

i
Inseriamo i dati specifici del gas:
8




A

0
,
0238
10

14

0
,
0952

61

0
,
0476
3

8

0
,
0476

7

0
,
571

5
,
80




tv
4


1
3

1
,
904

0
,
3333

7
,
95
m
La formula ci dice che per la combustione di ogni m3 del gas in esame occorre un volume Atv = 7,95 m3di aria.
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
La temperatura misura lo stato di agitazione molecolare; non è un’energia ma può essere considerata come una
misura indiretta dell’energia. Il calore è una delle forme in cui si presenta l’energia. La variazione di temperatura è
proporzionale al rapporto fra il calore fornito e la capacità termica.
zero assoluto; 373 K.
d)
Falso
Δl = λ × l × Δt
La combustione è un insieme di reazioni chimiche di ossidazione tra una sostanza combustibile e l’ossigeno
contenuto nell’aria avente funzione di comburente.
a) d)
Falso
propagazione assai veloce……… aumento………….dei gas prodotti.
a) concentrazioni dei componenti; b) temperatura dell’ambiente; c) forma della camera di combustione.
a) azoto b) ossigeno
Vero
Una miscela di combustibile e comburente è detta stechiometrica se la composizione in massa è tale da dar luogo
alla combustione completa, ovvero senza eccessi di una sostanza rispetto all’altra; un eccesso di combustibile
rispetto al comburente genera sostanze incombuste, un eccesso di comburente dà luogo alla presenza di
comburente inutilizzato nei fumi.
a)
evaporazione; vapore acqueo.
Il Potere calorifico è definito come la quantità di calore emesso da un kg di combustibile, in seguito alla sua
combustione completa. Dimensionalmente è espresso come segue:
PCIkJ
kg
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
a)
rispetto all’aria teorica………….teorica.
a) b)
a) ovuli; b) mattonelle; c) granelle.
d)
a) benzina; b) gasolio; c) kerosene.
Russia, Olanda, Algeria; gasdotti; bombole.
a)
Si definisce temperatura di ignizione la temperatura minima che un combustibile deve raggiungere, in presenza del
comburente, affinché la reazione possa comunicarsi a tutta la massa in modo spontaneo ed in breve tempo.
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26.
27.
28.
29.
Falso
minima; spontaneamente; scintille d’innesco.
a)
Un elevato valore nel calore latente di evaporazione di un combustibile causa un forte raffreddamento interno della
camera di combustione che, soprattutto nel caso di avviamento a freddo, può inibire la combustione.
30. d)
31. resistenza al moto.
32. per impedire usi fraudolenti essendo sottoposti a differenti regimi fiscali.
UNITÀ DIDATTICA C2
SOLUZIONI DELLE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1. La formula che permette di convertire una temperatura in [°C] esprimendola in [°F] è la seguente:
5

tC tF
32
9
Inserendo nella formula il valore di t = 32 °C si trova t = 32 × 9/5 + 32 = 89,6 °F.
2.
1,013 bar; 0 °C.
3.
La formula da usare è quella che lega il calore scambiato con la variazione di temperatura subita dal corpo:
Q = m c Δt = 600 × 4,186 × 30 = 75348 kJ
4.
b) c)
5.
Vero
6.
La formula da usare è quella che lega il calore liberato in seguito alla combustione col potere calorifico inferiore
del combustibile:
Q = η m PCI = 0,85 × 150 × 50000/1000 = 6375 MJ
7.
b) c)
8.
Si definisce Potere Calorifico Inferiore PCI di un combustibile la quantità di calore prodotta dall’unità di massa, o
di volume se gassoso, in seguito alla sua combustione completa; il PCI non comprende il calore di evaporazione
contenuto dal vapore acqueo che è presente fra i prodotti della combustione.
9.
a) gasolio; b) benzina; c) catrame; d) kerosene.
10. temperatura di ignizione.
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SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Il sistema presenta una massa di gas racchiusa in un contenitore tenuto tappato da una massa m1. Per conoscere la pressione
relativa – quindi manometrica - esercitata dal gas occorre per prima cosa calcolare la sezione A dello stantuffo su cui agisce
la pressione del gas:
 
2
2
2
A
d
58

2642
mm
4 4
La pressione manometrica è dovuta esclusivamente all’azione del peso gravante sulla sezione A, con l’esclusione della
pressione atmosferica.
m
g
28

9
,
81
p



103967
Pa

1
,
03967
bar

6
A
2642

10
Per conoscere la massa ed il numero di moli di Ne conviene dapprima disporre dei seguenti dati:

la pressione assoluta che vale pass = 1,013 +1,03967 = 2,05367 bar

il volume del contenitore cilindrico nella configurazione iniziale (n° 1): V1 = A ×h1 = 2642 × 71 = 187587,6 mm3

la costante universale R = 8314 J/(kmole K)

la massa molecolare μ del Ne, letto da tabella, pari a 20,18 kg/kmole
Mediante l’equazione di stato dei gas perfetti, nella formulazione in cui compaiono il volume occupato dal gas e la costante
universale dei gas, si calcola direttamente il numero n di moli:
5

9
p

V
2
,
0527

10

187587
,
6

10

6
ass
n



15
,
336

10
kmo




T 8314
273

29

La massa di gas è ricavabile moltiplicando il numero di moli n per la massa molecolare μ del gas:

5

5
m

n

1
,
5336

10

20
,
18

30
,
95

10
kg

0
,
31
g
Nella seconda parte del problema si è provveduto a modificare sia la zavorra premente, sia la temperatura del gas. La nuova
pressione p2 calcolata come nel caso precedente ma con la nuova zavorra di massa m2 ora vale:
m
g
23

9
,
81
2
p



85400
Pa

0
,
854
bar
2

6
A
2642

10
La pressione p2 = 0,854 bar così trovata è una pressione relativa, ovvero manometrica; la pressione assoluta è p2,ass= 1,867
bar, avendo sommato il valore della pressione atmosferica, pari a circa 1,013 bar. Successivamente, mediante l’equazione
di stato dei gas nella formulazione precedentemente usata, si calcola il nuovo volume V2, noto il numero n di moli, rimasto
costante nel corso della trasformazione:

6
n



T
15
,
336

10

8314

294

6
3
V



200
,
8

10
m
2
p
85400
2
Ricordando che il volume massico è pari al rapporto tra volume e massa contenuta, si trova v2 :

6
3
V
,
8

10
m
2 200
v



0
,
628
2

5
m
30
,
95

10
kg
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
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La nuova altezza h2 raggiunta dallo stantuffo è pari al rapporto tra volume V2 e sezione A:

6
V
,
8

10
2 200
h



0
,
076
m
2

6
A
2642

10
La nuova altezza h2 raggiunta dallo stantuffo vale dunque 76 mm. Vale la pena di soffermarsi brevemente sul fatto che la
trasformazione presenta effetti contrastanti: da una parte la riduzione di pressione a causa dell’alleggerimento della zavorra,
il cui effetto è l’espansione del volume occupato dal fluido; dall’altra la riduzione della temperatura che induce nel gas il
fenomeno opposto. Le formule della termodinamica da noi adottate hanno consentito di sovrapporre entrambi gli effetti,
anche se contrastanti: nel complesso: osservando la quota finale h2 si nota che il livello del pistone è potuto salire.
SOLUZIONI DEI PROBLEMI DI RIEPILOGO
1.
Calcolo della massa molecolare dell’ N2O5:
μ = 28 + 2,5 × 32 = 115,5 kg/kmole
Si calcola il numero di moli di gas dividendo la massa per la massa molecolare: n = m/μ = 1155/115,5 = 10 moli.
2.
I risultati ottenuti saranno diversi, dato che il riscaldamento è ipotizzato in due trasformazioni diverse. Si impiega
la formula che lega calore, capacità termica massica e variazione di temperatura, riferita alla massa unitaria di gas.
Si inserisce nella formula dapprima la capacità termica a pressione costante:
Q1 = cp Δt = 0,50 × 20 = 10 kJ/kg
Poi si ripete la formula inserendo la capacità termica a volume costante:
Q2 = cv Δt = 0,37 × 20 = 7,4 kJ/kg
Questo secondo caso ha evidenziato un fabbisogno di calore minore, dato che la trasformazione isovolumica non
prevede variazioni di volume per cui il gas è impossibilitato a svolgere lavoro di espansione.
3.
Primo caso, compressione isoterma: T1 = T2 = 293 K; applicando l’equazione di stato dei gas perfetti nella sua
formulazione di base si trovano i volumi massici iniziale e finale v1 e v2:
3
R
T
130

293
m
v
  5
0
,
381
1
p
1

10
kg
1
3
R
T
130

293
m
v



0
,
127
2
5
p
3

10
kg
2
Il secondo caso prevede la compressione isovolumica, ovvero con volume costante. Dato che le condizioni di
partenza sono le medesime del caso precedente, si conferma il valore del volume massico già calcolato. Pertanto si
ha che v1 = v2 = 0,381 m3/kg. Applicando nuovamente l’equazione di stato dei gas perfetti, stavolta ponendo in
evidenza la temperatura finale T2, si ha che:
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5
p
v

10

0
,
381
2
23
T



879
,
2
K
2
R
130
4.
Per trovare il volume del gas a zero gradi si applica la prima legge di Gay-Lussac, ponendo in evidenza il volume
V0 alla temperatura di 0 °C:
1
15
3
V

V


11
,
94
m
0
70
1

t 1

273

5.
Per trovare la pressione assoluta si applica l’equazione di stato dei gas perfetti:


RT
287

273

130
p



46264
Pa

46
,
264
kPa
v
2
,
5
6.
Dalla formula seguente, che pone in relazione la costante del singolo gas con la costante universale dei gas, è
possibile risalire alla massa molecolare media μ della miscela.

8314
kg



84
R98
,
95kmole
7.
Si richiama l’equazione fondamentale dei gas, nella formulazione in cui compaiono la massa m e il volume V,
ponendo in evidenza la temperatura T:
6

3
pV
13

10

17

10
T


356
K
mR
0
,
150

4140
8.
La formula che descrive la trasformazione adiabatica fra i punti 1 e 2 è la seguente:
p1v1 p2v2
k
k
Si ponga in evidenza il volume massico finale v2:
1
1
3
k
1
,
30


p
0
,
5
m


0
,
76923
1


v

v

3
,
14

3
,
14

0
,
14286

0
,
703


2
1


p
3
,
5
kg

2

 
9.
Il Primo Principio della Termodinamica afferma che

Q

U
L
Inseriamo i valori numerici, con l’avvertenza di far precedere il calore Q dal segno meno, dato che si tratta di
un’energia sottratta, posta a primo membro. Anche il lavoro L deve essere preceduto dal segno meno, dato che si
tratta di un’energia assorbita dall’esterno, ma posta a secondo membro.
-210 = ΔU -200
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La variazione di energia interna vale ΔU = - 10 kJ. Da questo numero si deduce che il bilancio energetico della
trasformazione è negativo, in quanto il gas deve attingere al proprio patrimonio energetico interno per realizzare la
trasformazione in modo completo.
10. Il lavoro unitario erogato da un gas nel corso di una trasformazione isobara è: L = p (vf – vi); moltiplicando il
secondo membro per la massa m si ha il lavoro totale Ltot. Inserendo i valori numerici si ha che:
Ltot = m p (vf – vi) = 1,3 × 90000 × (0,18 – 0,56) = - 44460 J = - 44,46 kJ
Il risultato è espresso da un numero negativo: ciò è dovuto al fatto che, avendo realizzato una contrazione del
volume, il gas subisce un’azione proveniente dall’ambiente, ad esempio, mediante una sottrazione di calore in uno
scambiatore.
11. Il volume finale si calcola mediante la formula dell’isoterma:
p
V
p
V
cos
t
1
1
2
2
Si metta in evidenza il volume finale V2:
p
6
3
1
V

V

8
48
dm
2
1
p
1
2
Il lavoro unitario è dato dalla
p
6
J
kJ
1
L

RT
ln

287

300

ln

154270

154
,
27
p
1 kg
kg
2
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
b)
Una definita quantità di materia geometricamente determinata contenuta all’interno di una superficie chiusa.
una mole di gas … normali.
a)
Falso
Clausius - corpo freddo – corpo caldo – lavoro esterno.
a) le molecole sono ipotizzate di forma sferica; b) i loro movimenti sono casuali, gli urti elastici; c) le forze di
interazione reciproca sono trascurabili.
b) c)
Vero
fisico finale – prossimo – fisico iniziale.
a) resta costante; b) vale zero; c) è rappresentato dalla formula Q = cv Δt.
Vero
Nel diagramma (p,v) l’isobara ha la forma di segmento orizzontale. L’area sottesa che rappresenta il lavoro unitario
del gas ha proprio la forma di rettangolo avente per base la differenza dei volumi massici e per altezze la pressione.
d)
temperatura, espressa in [°C]; coefficiente termico di dilatazione volumetrica per i gas.
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16. a) b)
17. Ponendo in evidenza la costante del gas R dall’equazione di stato dei gas perfetti pv = RT, si ha:
3


N
m


 
2


kg
m


Nm
J





R






K
kg
K
kg
K
massa molare μ; la costante R.
b) c)
a) variazione di calore ΔQ; b) lavoro scambiato ΔL; c) variazione di energia interna ΔU.
a)
punti iniziale e finale; cammino.
il lavoro di un ciclo è la somma algebrica dei lavori parziali scambiati dal gas lungo le trasformazioni che formano
il ciclo.
24. Vero
18.
19.
20.
21.
22.
23.
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UNITÀ DIDATTICA C3
SOLUZIONI DELLE VERIFICHE DEI PREREQUISITI
1.
Si applica l’equazione di stato dei gas perfetti ponendo a primo membro il volume massico:
3


RT
518

273

5
m
v


0
,
08
6
p 1
,
8

10
kg
2.
adiabatico; costante di Poisson.
3.
Si calcola dapprima il volume massico iniziale v1 mediante la legge fondamentale dei gas:
3


RT
287

273

5
m
v


0
,
96145
5
p 0
,
8

10
kg
Ora si applica la formula della trasformazione isoterma:
p
v
p
v
cos
t
1
1
2
2
Si metta in evidenza la pressione assoluta finale p2:
v
0
,
96145
1
p

p
0
,
8

1
,
6
bar
2
1 
v
0
,
48
2
4.
a)
5.
Vero
6.
a) nel corso della trasformazione isoterma il gas non trattiene per sè nessuna quantità di calore, se non quanto basta
per mantenere invariata la temperatura: allora c = ∞;
b) in una trasformazione isovolumica si ha che c = cv;
c) in una trasformazione isobara si ha che c = cp;
d) in una trasformazione adiabatica non si effettua nessuno scambio di calore per cui c = 0
7.
In un sistema termodinamico che scambia energia con l’esterno, la somma algebrica dei calori, dei lavori e
dell’energia interna risulta pari a zero.
8.
a) V = V0 (1 + α t);
b) p = p0 (1 + α t).
9.
Esiste una formula che esprime il lavoro unitario scambiato da un gas nel corso di una trasformazione adiabatica,
di compressione come pure di espansione; per una corretta gestione della formula, si attribuisce al gas il pedice 1
nella condizione di inizio trasformazione, il pedice 2 alla conclusione:
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582802762
k

1
1
,
4

1




k
1
,
4


R
T
p
287

293
3
,
7


0
,
28571
1
2 










L
 1


1


210227
1

3
,
7

2102

0
,
453






1

k

1
p
,
4

1
1


1








J
kJ


95286


92
,
286
kg kg


10. Vero.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA INIZIALE
Del ciclo di Lenoir proposto sono note le pressioni dei tre punti e la temperatura iniziale. Dall’apposita tabella presente sul
testo si assumono i valori delle costanti caratteristiche del gas: cp = 5,232 kJ/(kg K); cv = 3,14 kJ/(kg K); R = 2,08 kJ/(kg
K); k = 1,67. Utilizzando le leggi dei gas si calcolano i valori mancanti di v e T.
Applicando l’equazione di Clapeyron si trova il valore del volume massico v1 = v2:
3
R
T

273
m
1 2080
v



5
,
678
1
5
p
kg
1

10
1
Applicando la formula dell’adiabatica ideale, con in evidenza il volume massico, si trova il valore del volume massico v3:
1
3
k


p
m
0
,
5988
2


v

v

5
,
678

2

8
,
6
3
2


p
kg
3


Applicando nuovamente l’equazione fondamentale si trovano i valori delle temperature T2 e T3:
5
p
v

10

5
,
678
2
12
T
 

546
K
2
R
2080
5
p
v

10

8
,
6
3
31
T



413
,
5
K
3
R
2080
Nella trasformazione 1-2 isovolumica il lavoro è nullo mentre il calore scambiato vale:
J
kJ


Q

c

T

3140
546

273

857220

857
,
22
v
kg
kg
Nella trasformazione 2-3 adiabatica il calore scambiato è nullo mentre il lavoro unitario vale:
J
kJ


L


c

T


3140
413
,
5

546

416050

416
,
05
v
kg
kg
Nella trasformazione 3-1 isobara il lavoro unitario ed il calore espulso valgono:
J
kJ
5


L

p

v

1

10

5
,
678

8
,
6


292200


292
,
2
kg
kg
J
kJ


Q

c

T

5232

273

413
,
5


735096


735
,
1
p
kg
kg
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Per ottenere i valori dei lavori e dei calori totali è sufficiente moltiplicare i valori unitari sin qui trovati, per la massa m = 3,5
kg.
Il rendimento del ciclo è espresso dalla formula riferita agli scambi di calore:
Q

Q
857
,
22

735
,
1




0
,
143

14
,
3
%
Q 857
,
22
1 0
1
Il valore è decisamente basso a causa della piccola escursione fra le temperatura iniziale e quella massima a fine
introduzione del calore Q1. Infatti, dall’analisi del ciclo di Carnot si è appreso che il rendimento in generale cresce quanto
più è alta la temperatura T1 relativa all’introduzione di calore, ovvero, nelle applicazioni reali, alla temperatura della
combustione.
Si compila la seguente tabella riassuntiva per pressioni, volumi massici e temperature, riferiti ai punti che definiscono il
ciclo:
Grandezza fisica
Punto
p [bar]
v
[m3/kg]
T [K]
1
1
5,678
273
2
2
5,678
546
3
1
8,6
413,5
Segue una seconda tabella riassuntiva per lavori e calori, riferiti alle tre trasformazioni:
Grandezza fisica
Trasformazione
L [kJ/kg]
L [kJ]
Q [kJ/kg]
Q [kJ]
1,2
0
0
857,22
3000
2,3
416,05
1456,2
0
0
3,1
-292,2
-1022,7
-735,1
-2572,8
Le variazioni di entropia delle tre trasformazioni si calcolano nell’ordine mediante le apposite formule, ricordando in
particolare come la variazione di entropia nel corso dell’espansione adiabatica risulti evidentemente nulla:
p
2
J

S

c
ln

3140

ln

2176
1
,
2
v
p
1 kg
K
1
v
5
,
678
J
1

S

c
ln

5232

ln


2172
3
,
1
p
v
8
,
6
kg
K
3
La somma algebrica dei due valori così ottenuti dà zero, con ottima approssimazione di calcolo, come deve essere per ogni
ciclo chiuso in ottemperanza a quanto previsto per via teorica. Nella figura di seguito riportata si è tracciato il diagramma
(T,S) riportando i valori dei punti 2 e 3 e ponendo il punto iniziale 1, assunto come riferimento, sull’asse delle ordinate per
ragioni di comodità.
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Per disegnare l’isovolumica 1-2 con sufficiente approssimazione ci si serve di due punti intermedi, scelti a sentimento a
pressioni grosso modo intermedie fra p1 e p2; essi sono: p11 = 1,4 bar e p12 = 1,7 bar. Per questi punti ausiliari si calcolano le
rispettive temperature e le variazioni di entropia mediante le formule consuete. Per calcolare le due temperature ci si
riferisce alla legge fondamentale dei gas, compilata per i punti 1, 11, 12:
p1 v  RT
1
p11v RT
11
p12v RT
12
Ponendo la seconda delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
p
1
,
4
11
T

T

273

382
K
11
1
p
1
1
Ponendo ora la terza delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
p
1
,
7
12
T

T

273

464
K
12
1
p
1
1
Ora si passa al calcolo delle variazioni di entropia, avendo preso il punto 1 come riferimento. La formula è la stessa
precedentemente utilizzata per la trasformazione isovolumica:
p
1
,
4
J
11

S

c
ln

3140

ln

1056
1
,
11
v
p
1 kg
K
1
p
1
,
7
J
12

S

c
ln

3140

ln

1666
1
,
12
v
p
1 kg
K
1
Anche per disegnare l’isobara 3 –1 nel piano (T,S) ci si serve di due punti intermedi scelti a volumi massici circa intermedi,
v31 = 7,5 m3/kg e v32 = 6,5 m3/kg. Anche per questi punti ausiliari si calcolano le rispettive temperature e le variazioni di
entropia mediante le formule consuete.
Per calcolare le due temperature ci si riferisce alla legge fondamentale dei gas, compilata per i punti 1, 31, 32:
pv1  RT
1
pv32 RT
32
pv31 RT
31
Ponendo la seconda delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
v
6
,
5
32
T

T

273

312
,
5
K
32
1
v
5
,
678
1
Ponendo ora la terza delle tre leggi fondamentali a rapporto con la prima si ha:
v
7
,
5
32
T

T

273

360
,
6
K
31
1
v
5
,
678
1
Ora si passa al calcolo delle variazioni di entropia, avendo preso il punto 1 come riferimento. La formula è la stessa
precedentemente utilizzata per la trasformazione isobara:
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
582802762
v
7
,
5
J
31

S

c
ln

5232

ln

1456
1
,
31
p
v
5
,
678
kg
K
1
v
6
,
5
J
32

S

c
ln

5232

ln

707
,
4
1
,
32
p
v
5
,
678
kg
K
1
Le due differenze di entropia per la compressione isobara risultano positive in quanto valutate come variazioni orientate da
sinistra a destra. In alternativa, è possibile calcolare le due variazioni di entropia prendendo come riferimento il punto 3. In
tal caso le due variazioni di entropia, stavolta valutate da destra a sinistra, quindi col segno negativo, valgono ΔS3,31 = - 716
J/(kg K) e ΔS3,32 = - 1465 J/(kg K). Come verifica, si possono sommare due variazioni consecutive, ad esempio la variazione
di entropia da 1 a 32 con quella da 32 a 3, per controllare che la somma aritmetica (non algebrica, perché su grafico esse
corrispondono a distanze quotate) sia pari alla variazione complessiva ΔS1,3 = 2172 J/(kg K) precedentemente calcolata. Si
ottengono i seguenti risultati:
J

S


S


S

707
,
4

1465

2172
,
4
1
,
3
1
,
32
32
,
3
kg
K
La verifica ha dato esito ampiamente positivo.
Diagramma del ciclo di Lenoir sul piano (T,S).
SOLUZIONI DEI PROBLEMI DI RIEPILOGO
1.
Note le temperature T1 e T0 è immediato ricavare il rendimento del ciclo di Carnot:
L QT 290



1


1


1

0
,
678
QQT 900
0
0
1
1
C
1
Si risale al calore Q0 scaricato nel corso della compressione isoterma inserendo nella formula del rendimento,
precedentemente usata, il valore del rendimento appena trovato:


Q
kJ
0




1

;Q

Q
1


770
1

0
,
678

248
c
0
1
c
Q
kg
1
Per il Primo Principio della Termodinamica applicato al ciclo di Carnot, si ha che:
kJ
L

Q

Q

770

248

522
1
0
kg
Si noti come nella formula non compaia la variazione ΔU dell’energia interna, essendo il ciclo di tipo chiuso.
2.
Noti il rendimento del ciclo di Carnot e la temperatura iniziale T1, si ricava immediatamente la temperatura T0:





T

T
1


600
1

0
,
58

252
K
0
1
c
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
582802762
Noti il rendimento ed il lavoro erogato, si ricava il calore unitario introdotto Q1:
L 500kJ
Q
  
862
1

,
58 kg
c 0
Per il Primo Principio della Termodinamica applicato al ciclo chiuso di Carnot, si ha che:
kJ
Q

Q

L

862

500

362
0
1
kg
3.
Si applica la formula che consente di ottenere l’efficienza ε note le temperature dell’ambiente esterno e quella
generata all’interno della macchina frigorifera:
T
273

14

 

5
,
89




T

T
273

30

273

14
0
10
4.
Occorre dapprima calcolare i volumi massici e la temperatura finale; grazie all’equazione di stato dei gas perfetti si
calcola il volume massico v1:
3
RT

400
m
1 260
v



0
,
1083
1
6
p
,
96

10
kg
1 0
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula dell’adiabatica pvk = cost si ottiene il volume massico v2:
1
1
3
k
1
,
40


p
0
,
96
m


0
,
71428
1


v

v

0
,
1083

0
,
1083

0
,
6

0
,
0752


2
1


p
1
,
6
kg


2


Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura T2:
6
p
v
,
6

10

0
,
0752
2
21
T



462
,
8
K
2
R
260
Con questi valori si può applicare la formula dell’entropia per una generica trasformazione; si noterà che il risultato
è proprio zero, come affermato teoricamente:
T
v
2
2

S

c
ln

R
ln

94

94

0
v
T
v
1
1
5.
L’equazione di stato dei gas perfetti permette di calcolare con pochi passaggi la temperatura finale T2. Scrivendo
l’equazione per i punti 1 e 2 si ha che
p1v1 RT
1
p2 v2 RT2
Ricordando che v1 = v2 essendo la trasformazione di tipo isovolumico, dopo aver posto in evidenza i volumi
massici è possibile scrivere la seguente uguaglianza:
RT
RT
1
 2
p1
p2
Infine:
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
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6
p
1

10
2
T

T

1100

611
K
2 1
6
p
1
,
8

10
1
Poi per la formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isocora, si ha:
T
611
kJ
2

S

c
ln

0
,
670
ln


0
,
394
v
T
1100
kg
K
1
6.
La formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isoterma afferma
che:
p
1
kJ
1

S

R
ln

0
,
50
ln


1
,
30
p
13
,
5
kg
K
2
7.
La formula specifica per il calcolo della variazione di entropia nel caso di una trasformazione isobara afferma che:
T
440
kJ
2

S

c
ln

0
,
50
ln

0
,
2386
p
T
273
kg
K
1
8.
Occorre dapprima calcolare i volumi massici iniziale e finale e la temperatura finale. Grazie all’equazione di stato
dei gas perfetti si calcola il volume massico v1:
3
RT

400
m
1 206
v



0
,
4454
1
5
p
,
85

10
kg
1 1
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula della politropica pvm = cost si ottiene il volume massico v2:
1
1
3
m
1
,
9


p
1
,
85
m


0
,
5263
1


v

v

0
,
4454

0
,
4454

0
,
125

0
,
1491


2
1


p
14
,
8
kg


2


Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura finale T2:
6
p
v
,
48

10

0
,
1491
2
21
T



1071
,
2
K
2
R
206
Ora si può applicare la formula dell’entropia per una generica trasformazione:
T

3
2v
2

S

c
ln

R
ln

0
,
30931

0
,
22544

83
,
87

10
kJ
/(
kg
K
)

83
,
87
J
/(
kg
K
)
v
T
1 v
1
9.
Dalla formula del rendimento del ciclo di Carnot
 1
T0
T1
si può risalire alla temperatura T1 di ingresso del calore nel corso dell’isoterma superiore. Infatti, inserendo i valori
numerici del rendimento e della temperatura T0 in [K] del calore Q0 scaricato, rimane come unica incognita la
temperatura T1:
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
582802762
358
0,681
T
1
350
T
1119
K
1
10,68
La variazione di temperatura ΔT è pari alla differenza fra le due temperature:

T

T

T

1119

358

761
K
1
2
Il ciclo di Carnot si presenta nel diagramma (T,S) in forma di rettangolo, avente per base la variazione di entropia
ΔS e per altezza la variazione di temperatura ΔT. Dividendo l’area del rettangolo (Q1 - Q0) per l’altezza (T) si trova
la base:
Q

Q

Q
J
1
0 3805

S

 
5
T T 761
kg
K
In altri termini, si è applicata la definizione di entropia.
10. Si applica la formula generale che lega l’entalpia con la capacità termica a pressione costante e con la variazione di
temperatura:
J
kJ



h

c

T

1003
90

28

62186

62
,
186
p
kg
kg
11. Occorre dapprima calcolare i volumi massici iniziale v1 e finale v2.
3
RT

600
m
1 189
v



0
,
042
1
6
p
,
7

10
kg
1 2
Applicando tra i punti 1 e 2 la formula dell’adiabatica pvk = cost si ottiene il volume massico v2:
1
1
3
k
1
,
29


p
27
m


0
,
7752
1


v

v

0
,
042

0
,
042

27

0
,
54


2
1


p
1
kg


2


Con l’equazione di stato dei gas perfetti si calcola la temperatura finale T2:
5
p
v

10

0
,
54
2
21
T



285
,
7
K
2
R
189
Quindi la variazione di entalpia viene espressa come
kJ

3



h

c

T

842
600

285
,
7

10

264
,
6
p
kg
SOLUZIONI AI QUESITI DI AUTOVERIFICA ALL’APPRENDIMENTO
Le risposte contengono i concetti chiave e sono fornite in forma di schema.
1.
Le trasformazioni irreversibili sono processi in base ai quali il sistema non può tornare allo stato iniziale senza
produrre modificazioni nell’ambiente esterno. Aprendo il rubinetto della bombola il gas espande e si diffonde
nell’aria in modo spontaneo: l’operazione inversa non può avvenire spontaneamente. Infatti, l’operazione inversa
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MECCANICA, MACCHINE ED ENERGIA
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
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può avvenire solo in seguito ad un processo industriale di filtraggio, compressione e pompaggio che richiede un
apporto di energia rilevante: tale processo è detto “processo compensatore”.
b)
Falso
a) la differenza di pressione fra il gas e l’ambiente esterno sia infinitesima; b) la differenza di temperatura fra il
gas e l’ambiente esterno sia infinitesima; c) non vi devono essere né dispersioni di energia né perdite.
a) b) d)
Falso
sorgenti di calore; Q1 entrante; Q0 uscente.
a) compressione adiabatica; b) espansione isoterma; c) espansione adiabatica; d) compressione isoterma.
Falso
Nessun motore termico che opera scambiando calore con due termostati può essere più efficiente di un motore
termico di Carnot operante fra le medesime temperature.
b) c)
secondo principio; Termodinamica; Q0 uscente; Q1 entrante
d)
Vero
infinito; zero assoluto.
a) pressione; b) temperatura; c) viscosità
L’equazione dimensionale si presenta come segue:
J

kg



Q
J

 



S

K
 

T
kg
K
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
c)
SA + SB
b)
La differenza tra il prodotto T dS e la quantità di calore infinitesima dQ risulta uguale a zero per le trasformazioni
ideali reversibili, maggiore di zero per le trasformazioni reali irreversibili.
b) e)
Per l’equazione T dS – dQ ≥ 0, una trasformazione adiabatica ideale (dQ = 0) risulta anche isentropica (S = cost,
per cui dS = 0) e quindi è rappresentabile nel diagramma (T,S) con un segmento verticale dato che tutti i suoi punti
devono avere entropia costante.
rettangolo; il bilancio del calore scambiato.
Vero
L’entalpia di un fluido è definita come la somma dell’energia interna U col lavoro di pompaggio pv.
b) d)
Falso
Al tendere a zero della temperatura assoluta anche l’entropia di un corpo tende a zero; al tendere a zero della
temperatura assoluta tutti i possibili stati fisici della materia assumono il medesimo valore di entropia pari a zero.
L’equazione dimensionale dell’entalpia si presenta come segue:



JJ
J



h

U

p
v







kg
kg
kg



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