Esercizi Fisica Tecnica 1

Esercizi Fisica Tecnica 1
Esercizio 1
10 m³/h di azoto alla pressione di 3 kg/cm² ed alla temperatura di 100°C espandono fino alla pressione di 1 kg/cm²: a)
adiabaticamente e reversibilmente; b) adiabaticamente ed irreversibilmente con un variazione di entropia ∆s= 0.042
kJ/kg K. Calcolare la potenza meccanica nei casi a) e b).
Nel caso b) calcolare il rendimento isoentropico
dell'espansore.
Soluzione:
Trasformo i dati in unità di misura del S.I.(Sistema Internazionale)
G =10 m³/h = 0.0027778 m³/s
p =3 kg/cm²= 3 9.81 10 4 =2.943 105 Pa.
1
T1 = 100 °C = 373 K
4
p2 = 1 kg/cm² = 9.81⋅10 Pa.
Dalle tabelle ricavo l'entalpia h1 e l'entropia di riferimento s01 nello stato 1 per interpolazione:
H 1 = H(300 ) + (H(400) − H(300))
⎡ kJ ⎤
T1 − 300
= 311.8 + (415.7 − 311.8)0.73 = 387.6 ⎢ ⎥
400 − 300
⎣ kg ⎦
s 01 = s 0 (300) + (s 0 (400) − s 0 (300 ))
⎡ kJ ⎤
T1 − 300
= 6.854 + (7.154 − 6.854)0.73 = 7.073 ⎢
⎥
400 − 300
⎣ kgK ⎦
L'entropia allo stato 1 è s1 = s01-R1log(p1/p0) dove:
p0 è la pressione di riferimento p0=1bar≈1kg/cm2. Per l'azoto R1=8.314/28=0.2969 kJ/kg K
s1 =7.073 - 0.2969 log(3)= 6.746 kJ/kg K.
La trasformazione 1→2 è adiabatica reversibile: ∆s = 0, s2 = s1.
p2 = 1 kg/cm² ⇒ s02 ≈ s2
Utilizzando il valore di s02 dalle tabelle posso ricavare t2 e H2 per estrapolazione.
T2 = 260 + (300 − 260)
s 02 − s 0 (260)
6.746 − 6.704
= 260 + (300 − 260)
= 271 K
s 0 (300) − s 0 (260)
6.854 − 6.704
H 2 = H(260) + (H(300) − H(260) ) ⋅
⎡ kJ ⎤
T2 − 260
271 − 260
= 270.2 + (311.8 − 270.2)
= 281.64 ⎢ ⎥ .
300 − 260
300 − 260
⎣ kg ⎦
& = ρG = p G/R T = 2.943 ⋅105 0.0027778 / (296.9 ⋅ 373) = 0.00738 kg/s
La portata massica m
1
1 1
La potenza meccanica scambiata nel caso a) è:
& L= - m
& (H - H )=0.00738(387.6-281.64) = 0.782 kW
P= m
2
1
Nel caso di irreversibilità b)
s2’ = s1 + ∆s = 6.746 + 0.042 = 6.788 [kJ/kg K] interpolando come nel caso precedente si ottiene: T2’ = 282.4 K;
H2’ = 293.49 [kJ/kg]
da cui P12’= 0.694 kW
Il rendimento isoentropico è η= P12’/P = 0.888
1
Esercizi Fisica Tecnica 1
Esercizio 2
& =3 [kg/s], fornisce una potenza P=1000[kW]. Le pressioni
Una turbina, in cui defluisce una portata di azoto m
all'ingresso e all'uscita valgono rispettivamente p1=13 [bar] e p2=1 [bar]. La temperatura all'uscita vale t2 = 480[k]. La
trasformazione è adiabatica e le variazioni di energia cinetica e potenziale sono trascurabili.
Determinare
•
la temperatura iniziale T1;
•
il lavoro L12'rev, che si sarebbe ottenuto in condizioni di reversibilità, a parità di condizioni iniziali e di pressione
finale;
•
il rapporto A1/A2 tra le aree delle sezioni di ingresso e di uscita necessario affinché non vi siano variazioni di
energia cinetica.
Soluzione
Dalle tabelle ricavo
t2 = 480 K
p2 = 1 bar
per interpolazione H2 = 415.7 + 0.8⋅(520.4-415.7)= 499.46 kJ/kg
& = 1000/3= 333.33 kJ/kg.
Il lavoro L12= P/ m
Il primo principio della termodinamica per i sistemi aperti si scrive:
dQ-dL = dH +wdw+gdz integrando tra i punti 1 e 2 per una trasformazione adiabatica irreversibile senza variazione di
velocità tra ingresso e uscita e trascurando la variazione di quota si ottiene:
H1 = L12 +H2 = 499.46 +333.33= 832.79 kJ/kg
per interpolazione t1 =700 + 100(832.79-734.3)/(846.4-734.3)=787.9 K
s01 = 7.75+ (7.893-7.75)(787.9-700)/(800-700)=7.876 kJ/kgK
L'entropia nel punto 1 é s1 =s01 - R1 log(p1).
Per l'azoto il per molecolare M = 28 kg/mol per cui R1= R/M = 8.314/28 = 0.2969 kJ/kgK
si ottiene: s1 = s01 - R1 log(p1) = 7.1144 kJ/kg K.
Consideriamo ora l'espansione adiabatica reversibile:
s2' = s1 = 7.1144 kJ/kgK.
ds =0;
Dalle tabelle ricavo
T2'=300+100(7.1144 - 6.854)/(7.154 - 6.854) = 386.8 K
H2'=311.8+(415.7-311.8)(386.8 - 300)/(400- 300) = 402 kJ/kg
Il lavoro che si ottiene con una trasformazione reversibile è
L12' = H1 -H2' = 832.79 - 402 = 430.79 kJ/kg
& L =1292 kW.
La potenza P= m
12'
L'equazione di continuità si scrive come
& = ρ w A = ρ w A =ρ w A .
m
1
1
1
2
2
2
Perché non vi siano variazioni di energia cinetica si deve avere w1 = w2 da cui:
A1/A2= ρ2 /ρ1 = p2/(R1T2)/(p1/(R1T1))=p2T1/p1T2
Nel caso reale A1/A2= (1⋅ 787.9)/(13⋅ 480) = 0.126
Nel caso reversibile A1/A2= (1⋅ 787.9)/(13⋅ 386.8) = 0.157.
2
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Esercizio 3
Un fluido incomprimibile (densità costante ρ = 1000 kg/m3), alla temperatura di 300 K, scorre a regime permanente in
un tubo orizzontale adiabatico di diametro interno D=35mm alla velocità di 20 m/s. Valutare la produzione entropica
totale nell'unità di tempo sapendo che la caduta di pressione provocata dagli attriti lungo il tubo vale 2.5 bar.
Soluzione
Se il liquido scorre in un tubo orizzontale (z2 - z1 =0) a sezione costante (w2 - w1 =0) adiabatico (dQ=0) senza scambi di
lavoro con l'esterno (dL=0), il primo principio della termodinamica per i sistemi aperti si può scrivere come:
dH = 0 ossia H2 - H1 =0.
Dalla definizione di entropia si ha
Tds = dH - vdp = dH - dp/ρ da cui si ricava:
5
3
∆s = ∆H/T - ∆p/ρT = - (p2 - p1) /ρT = 2.5 10 [Pa] / 1000[kg/m ]/300 [K] = 0.8333 J/kgK
2
2
& = ρWA = ρWπD /4= 1000⋅ 20⋅ 3.14⋅ 0.035 /4 = 19.24 kg/s
La portata massica è m
La produzione entropica totale nell'unità di tempo è
& ∆s = 0.8333⋅ 19.24 = 16.0 W/K.
∆ S& = m
Esercizio 4
Una portata di 1 kg/s di vapore alla pressione di p1=15.55 bar e alla temperatura t1=200 °C espande, in una valvola di
laminazione fino alla pressione ambiente p2=pa=1.01325 bar.
Sapendo che la temperatura finale è t2= 120°C, calcolare il titolo del vapore nelle condizioni iniziali. Determinare il
rapporto tra le sezioni di passaggio che consenta di ottenere w2 = w1.
Soluzione:
t1 = 200° C
t2 = 120° C
p1 = 15.55 bar
p2 = 1.01325 bar
x1= ? =
s2= ?
= 7.467 kJ/kg K
(per interpolazione dalla 3A)
s1= ? =
H 2= ?
= 2716.3 kJ/kg
(per interpolazione dalla 3A)
H1= ? = 2716.3 kJ/kg
v2= ?
=1.793 m3/kg
(per interpolazione dalla 3A)
v1= ? =
Il punto 1 non è determinato perchè pressione e temperatura non sono indipendenti “sotto la campana”.
Ricavo le altre funzioni di stato al punto 2 dalle tabelle del vapore surriscaldato (3A) per interpolazione lineare.
Applichiamo il I° Principio dei sitemi aperti alla valvola di laminazione:
Q12 - L12 = H2 - H1 + (w22 -w12) /2+ g(z2 -z1)
3
Esercizi Fisica Tecnica 1
La trasformazione è adiabatica, non ci sono organi in movimento, si suppone che le sezioni 1 e 2 siano alla stessa quota
e si impone che w1 = w2.
0 = H2 - H1
H2 = H1= 2716.3 kJ/kg
Conoscendo t2 e H2, ricavo le altre funzioni di stato del sistema: x2, v2, s2.
x1 =
H 1 − H L 2716.3 − 852.4
=
= 0.961
1938.6
r
v1 = v L + x 1 (v v − v L ) = 0.0011565 + 0.961 ⋅ (0.1272 − 0.0011565) = 0.122345
m 3 /kg
Per l’equazione di continuità si può scrivere:
& = cost = ρ1 w 1 A 1 = ρ 2 w 2 A 2 =
m
w 1A1 w 2 A 2
=
v1
v2
⇒
A 1 v1
=
≅ 0.07
A2 v2
Esercizio 5
Una portata di 1 kg/s di vapore alla pressione di p1=60 bar e alla temperatura t1=482 °C espande, in una turbina fino
alla temperatura di t2=65° C.
Si supponga che il rendimento isoentropico di espansione sia ρe=0.8.
Supponendo w1=20 m/s e w2 = 90 m/s, calcolare la potenza prodotta dal sistema.
Soluzione:
t1 = 482° C
t2 = 65° C
t2’ =
p1 = 60 bar
p2 = ?
= 0.25bar
(isotermobarica)
p2’ = ?
s1= ?
= 6.8214 kJ/kg K
(per interpolazione dalla 3B)
s2= ?
= kJ/kg K
s2’ = ?
H1= ?
= 3378.6 kJ/kg
(per interpolazione dalla 3B)
H2= ?
= kJ/kg
H2’ = ?
w1=20 m/s
w2’ = 90 m/s
Determiniamo le condizioni al punto 5
(
s1 = s 400
)
H 500 − H 400
(482 − 400) = 3180.1 + 0.82 3422& .2 − 3180.1
500 − 400
s −s
+ 500 400 (482 − 400) = 6.5462 + 0.82(6.8818 − 6.5462 )
500 − 400
H 1 = H 400 +
Per determinare le condizioni al punto 2 si considera la trasformazione adiabatico isoentropica ideale:
s1 = s2
x2 =
s 2 − s L s 2 − s L 6.8214 − 0.8933
=
=
= 0.854
sv − sL
rT
6.9388
4
Esercizi Fisica Tecnica 1
H 2 = H L + x 2 r = 272 + 0.854 ⋅ 2346.3 = 2276.5
kJ/kg
Per la definizione di rendimento isoentropico si ha:
ρe =
H 2' − H 1
H 2 − H1
⇒
H 2' = H 1 − ρ e (H 1 − H 2 ) = 3378.6 − 0.8(3378.6 − 2276.5) = 2497
x 2' =
H 2' − H L H 2' − H L 2497 − 272
=
=
= 0.948
Hv − HL
r
2346.3
v 2' = v L + x 2' (v v − v L ) = 0.0010199 + 0.948 ⋅ (6.2023 − 0.0010199) = 5.8798
m 3 / kg
Applichiamo il I° Principio dei sitemi aperti alla turbina:
Q12 - L12 = H2 - H1 + (w22 -w12)/2 + g(z2 -z1)
La trasformazione è adiabatica, si suppone che le sezioni 1 e 2 siano alla stessa quota.
L12 = H1 - H2’ - (w22 -w12)/2
L12 =3378.6-2497-(902 -202)10-3/2=877.75 kJ/kg
Esercizio 6
Un serbatoio contiene 0.4 kg di acqua alla temperatura di 250°C, alla pressione 39.776 bar e con un volume specifico di
0.018 m3/kg. L'acqua viene raffreddata a volume costante fino a che la pressione nel serbatoio vale 10 bar (punto 2).
In seguito si fornisce al sistema un calore pari a 65 kJ e il serbatoio si dilata mantenendo, al suo interno, la pressione
costante fino ad arrivare al punto 3.
Infine avviene una espansione adiabatica (reversibile) fino alla pressione di 1 bar (punto 4).
Calcolare il calore e il lavoro in ognuna delle trasformazioni.
Calcolare il volume finale del sistema.
Soluzione
Considero il serbatoio come un sistema chiuso. Dapprima definisco i punti estremi delle trasformazioni:
Al punto 1 l'acqua si trova in condizioni di saturazione a t1=250°C, p1= 39.776 bar e v1=0.018 m3/kg. Ricavo il titolo
x1=(v1-vL)/(vv-vL)=0.343 e di conseguenza
H1=1673.9 kJ/kg e, dalla definizione, u1= H1-p1v1=1673.9 - (39.776⋅ 105⋅0.018 )10-3=
u1=1602.3 kJ/kg
Al punto 2: p2= 10 bar e v2=0.018 m3/kg: l'acqua si trova in condizioni di saturazione a t2=179.88 °C.
Ricavo il titolo x2=(v2-vL)/(vv-vL)=0.087 e di conseguenza
H2=937.8 kJ/kg;
u2 =919.8 kJ/kg
La trasformazione 2-3 avviene a pressione costante posso quindi scrivere:
p3= p2 e Q23= H3 - H2.
& /m = 65/0.4 =162.5 kJ/kg
Sapendo che Q23= Q
ricavo H3=1100.3 kJ/kg. Ricavo il titolo x3 = (H3-HL)/(Hv-HL) = 0.168 e di conseguenza
u3=1066.8 kJ/kg;
Al punto 4:
s3 =2.8836 kJ/kgK
p4= 1 bar e s4= s3=2.8836 kJ/kgK: l'acqua si trova in condizioni di saturazione a t4=99.63 °C.
Ricavo il titolo x4=(s4-sL)/(sv-sL)=0.26 e di conseguenza
H4=1004.6 kJ/kg;
u4 =960.4 kJ/kg
5
Esercizi Fisica Tecnica 1
Per calcolare gli scambi di calore e di lavoro applico il primo principio della termodinamica per i sistemi chiusi:
Qab - Lab= ua - ub.
La trasformazione 1 2 è una trasformazione isocora di un sistema chiuso:
& = m Q12= 273 kJ.
L12=0; Q12= u2 - u1 = 682.4 kJ/kg. Q
La trasformazione 2 3 è una trasformazione isobara di un sistema chiuso:
Q23 =162.5 kJ/kg;
& = mQ23= 65 kJ;
Q
L23= -( u3 - u2 -Q23) = 15.6 kJ/kg;
L& = mL23= 6.2 kJ.
La trasformazione 34 è una trasformazione adiabatica di un sistema chiuso:
Q34 =0;
L34= -( u4 - u3) = 106.3 kJ/kg;
L& = mL34= 42.6 kJ.
Esercizio 7
Dell’aria in condizioni p1= 2 bar e t1= 200°C entra in un diffusore alla velocità di w1=150
m/s e ne esce con velocità w2 =15 m/s. Calcolare la pressione finale e temperatura finale nel
caso in cui la trasformazione sia reversibile e senza scambi termici e di lavoro.
1
2
Calcolare le sezioni di ingresso e di uscita nel caso in cui la portata sia 0.12 kg/s.
Soluzione
Dalle tabelle ricavo le condizioni al punto1:
t1=200°C =473 K
p1=2 bar
Per aria ho: R1 = 0.287 kJ/kgK
& /(ρ1w1) = 0.000543 m2= 5.4 cm2.
da cui ρ1 = 1.47 kg/m3 e A1 = m
Per interpolazione
H1=476.77 kJ/kg
sr1=7.32889 kJ/kgK
s1= sr1- R1 log p1= 7.12996 kJ/kgK
Per il primo principio della termodinamica per i sistemi aperti posso scrivere:
Q - Le=H2 - H1 +(w22 - w12)/2 + g(z2 - z1) da cui:
H2 = H1 +(w12 - w22)/2 =476.77 +(22500- 225)/2000 = 487.9 kJ/kg
dalle tabelle ricavo:
t2=483.8 K = 210.65°C
sr2=7.35396 kJ/kgK
Poiché la trasformazione è reversibile s2= s1 = 7.12996 kJ/kgK, posso ricavare:
p2= exp[ (sr2- s2 )/R1] = 2.18 bar.
& /(ρ2w2) = 0.00509 m2= 51 cm2.
da cui ρ2 = 1.57 kg/m3 e A2 = m
Esercizio 8
Un volume V=10 m3 di acqua (liquido+vapore) si trova in condizioni di saturazione alla pressione p=100 bar (stato A).
Il volume occupato dal liquido è pari al 30% del totale. Calcolare il titolo e la massa di acqua.
6
Esercizi Fisica Tecnica 1
In una trasformazione reale, l’acqua si porta rapidamente, in modo adiabatico, compiendo un lavoro pari a 210 kJ
sull’esterno, alla pressione di 1 bar. (stato B) Calcolarne il volume finale.
Calcolare il lavoro scambiato nel caso in cui l’acqua, a partire dallo stato A, espandesse, in modo adiabatico reversibile,
fino alla pressione p= 1 bar, (stato C).
Soluzione
Dalle tabelle del vapore, in condizioni di saturazione, ricavo:
T
p
vl
vv
Hl
Hv
sl
sv
ul
uv
310.96 100 0.0014526 0.018041 1408.1 2727.7 3.3606 5.6198 1393.6 2547.3
99.63
1
0.0010434
1.6937
417.5
2675.4 1.3027 7.3598
417.4
2506
Il volume specifico è v=vl+(vv-vl)x; il volume occupato dal liquido è vl(1-x) da cui si ricava che la frazione volumetrica
di liquido è Fl =
v l (1 - x)
;
v l + (v v - v l )x
da cui → x =
(1 − F )v
F v + (1 − F )v
l
l
v
=
l
l
l
0.7 ⋅ 0.0014526
= 0.158 .
0.3 ⋅ 0.018041 + 0.7 ⋅ 0.0014526
Il volume specifico v A = 0.0014526 + 0.158 ⋅ (0.018041 − 0.0014526 ) = 0.00408 [m 3 kg ]
e la massa m = VA/vA=10/0.00408=2450kg.
L’energia interna u A = 1393.6 + 0.158 ⋅ (2547.3 − 1393.6 ) = 1576.1 [kJ kg ]
L’entropia s A = 3.3606 + 0.158 ⋅ (5.6198 − 3.3606 ) = 3.71791 [kJ kg K ]
Applico il primo principio della termodinamica (per sistemi chiusi) alla massa d’acqua:
Q - L = uB – uA [kJ/kg];
Q = 0; L = 210000/2450 = 85.6 [kJ/kg];
Dalle tabelle a p=1 bar ricavo: x B =
da cui uB = uA-L = 1576.1-85.6=1490.5[kJ/kg]
uB - ul
1490.5 - 417.4
=
= 0.514
uv - ul
2506 - 417.4
⎡ m3 ⎤
v B = 1.0434 ⋅ 10 −3 + 0.514(1.6937 − 1.4526 ⋅ 10 −3 ) = 0.871 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
da cui VB = vBm = 2134 m3.
Nel caso di espansione adiabatica reversibile dal punto A al punto C si ha: sC = sA da cui ricavo
xC =
sC - sl
3.71791 - 1.3027
=
= 0.399 ;
sv - sl
7.3598 - 1.3027
LAC =uA – uC = 1576.1-1251.4 = 324.7 [kJ/kg]
⎡ m3 ⎤
u C = 417.4 + 0.399(2506 − 417.4 ) = 1251.4 ⎢ ⎥
⎣ kg ⎦
e il lavoro totale L& = m LAC = 2450⋅324.7 = 795.5 [MJ]
Esercizio 9
Un compressore aspira a regime permanente una portata di aria pari a 850 m3/h in condizioni di pressione 1 bar e
temperatura 27°C. La compressione avviene in due stadi successivi, il primo fino a 3.5 bar e il secondo da 3.5 bar fino a
11 bar. Tra i due stadi di compressione viene interposto uno scambiatore di calore che raffredda l'aria a pressione
costante fino a T=50°C (ingresso secondo stadio) tramite una portata di acqua pari a 0.2 m3/h alla pressione di 0.1 bar e
in condizione di liquido saturo. L’acqua all’uscita dello scambiatore viene poi fatta vaporizzare completamente in un
ulteriore elemento. Si calcoli:
1.
Le condizioni dell’aria alla fine della prima compressione (temperatura, entalpia, entropia);
2.
La potenza totale del compressore;
7
Esercizi Fisica Tecnica 1
3.
Le condizioni dell’acqua di refrigerazione all’uscita dallo scambiatore (titolo, entalpia, entropia);
4.
La potenza termica necessaria a vaporizzare completamente l’acqua (stato “out”: vapore saturo secco).
Si considerino le compressioni reversibili e adiabatiche; inoltre si trascurino le variazioni di energia potenziale e
cinetica.
Nel caso in cui non si sia svolta la parte dell’esercizio relativa all’aria, si assuma (per lo svolgimento della parte relativa
al vapore) la potenza termica ceduta al vapore nello scambiatore pari a 30 kW.
Soluzione
Le condizioni iniziali dell’aria sono:
p1=1 bar
T1=300 K
H1=300.6 kJ/kg
S1=6.8726 kJ/kg K
Dopo la prima fase di compressione si hanno le seguenti condizioni:
p2 = 3.5 bar
S2 = S1= 6.8726 kJ/kg K perché compressione adiabatica e reversibile
S2 = Sr(T2)-R1ln(p2)
Sr(T2) = S2+ R1ln(p2) = 6.8726+0.287⋅ ln(3.5) = 7.2321 kJ/kg K
Si trova quindi la temperatura per interpolazione:
T2 = 430.5 K
Dalla temperatura si valuta l’entalpia:
H2 = 433.1 kJ/kg
Dopo la refrigerazione le condizioni dell’aria sono:
p3 = 3.5 bar
H3 = 323.9 kJ/kg
T3 = 323 K
S3 = 6.5798 kJ/kg K
Alla fine della seconda compressione si hanno le seguenti condizioni:
p4 = 11 bar
S4 = S3 = 6.5798 kJ/kg K= Sr(T4)-R1ln(p4)
Sr(T4) = 7.2680 kJ/kg K
T4 = 446.3 K
H4 = 449.3 kJ/kg
La potenza totale del compressore risulta:
8
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p1
= 1.1614 kg/m3
R 1T1
ρ1 =
& = ρ1G 1 = 0.274 kg/s
m
& (H1-H2+H3-H4) = -70.66 kW
P= m
L’acqua si trova nelle seguenti condizioni di ingresso:
p0 = 0.1 bar
x0 = 0
H0 = 191.8 kJ/kg;
ρ0 = 989.9 kg/m3;
& H O = 0.055 kg/s
m
2
Dal bilancio energetico tra aria e acqua:
& (H 3 − H 2 ) = m
& H O (H 0 − H in )
m
2
& (H 3 − H 2 )
m
H in = H 0 −
= 735.8
& HO
m
kJ/kg
2
x in =
H in − 191.8
= 0.23
2392.9
Sin= 2.3747 kJ/kg K
La potenza necessaria a far vaporizzare completamente l’acqua è:
Hout = Hv (0.1 bar) = 2584.8 kJ/kg
& H O (H out − H in ) = 101.7 kW
q=m
2
Esercizio 10
Una portata di 80 m3/h di vapore defluisce all’interno di un condotto di diametro interno Di=180 mm. Lo stato del
vapore nella sezione di ingresso è p1= 2 bar, T1= 220°C. Supponendo trascurabili le perdite di carico e la variazione di
energia cinetica e potenziale, si valuti lo stato (entalpia, titolo) del vapore in una sezione che dista 16 metri dalla
sezione di ingresso e la quantità di acqua raccolta in un’ora in una bacinella di scarico-condensa posta in tale sezione,
nel caso in cui la superficie del condotto (a pareti rigide) disperda verso l’esterno in media un flusso termico pari a 2.25
kW/m.
Valutare infine la variazione di entropia durante la trasformazione.
Soluzione
Le condizioni in ingresso sono le seguenti:
p1=2 bar
T1=220 °C
Per interpolazione dalla tabella del vapore surriscaldato:
v1= 1.1278 kg/m3
& = ρ1G 1 =
m
H1= 2910.8 kJ/kg
S1= 7.5882 kJ/kg K
G1
= 0.0197 kg/s
v1
Il 1° Principio per i sistemi aperti si riduce a (non c’è lavoro esterno netto, né i termini cinetico e potenziale):
Q12=H2-H1
. Quindi:
H2= H1+ Q12= H1x2 =
q ⋅ 16
=1083.7 kJ/kg
&
m
1083.7 − 504.7
= 0.26 (a 2 bar)
2201.6
S2= 2.9852 kJ/kg K
La portata di acqua prodotta è pari a:
& HO =m
& (1 − x 2 ) = 0.0146 kg/s
m
2
9
Esercizi Fisica Tecnica 1
In un’ora la massa d’acqua raccolta sarà pari a:
& H O ⋅ 3600 = 52.48 kg
mH O = m
2
2
La variazione di entropia sarà:
∆S = S2-S1 = - 4.6029 kJ/kg K
Esercizio 11
In una turbina a gas entra aria alla pressione p1= 9.5 bar e alla temperatura t1= 727 °C con velocità w1= 28 m/s ed esce
alla pressione p2=1 bar con velocità w2=84m/s. Supporre l’espansione adiabatica isoentropica. Calcolare la temperatura
di uscita dell’aria dalla turbina. Sapendo che la potenza sviluppata dall'espansore è P=300 kW, calcolare la portata di
aria e le sezioni di ingresso e di uscita dell'espansore (condotto orizzontale).
Soluzione
Le condizioni in ingresso sono le seguenti:
p1=9.5 bar
ρ1= p1/R1T1=3.31 kg/m3
T1=1000 K
H1=1046.4 kJ/kg
S1=8.1395-0.287⋅ln(9.5) = 7.4934 kJ/kg K
L’entropia nel punto 2 è uguale a quella di ingresso (tr. ad. rev), quindi:
S2 = S1 = 7.4934 kJ/kg K = Sr(T2);
Quindi:
per interpolazione: T2 = 554.2 K; ρ2 = p2/R1T2=0.629 kg/m3
H2 = 560.9 kJ/kg
Dal 1° Principio per i sistemi aperti risulta:
L e12 =
⎛ w 2 − w 12
P
= H 1 − H 2 − ⎜⎜ 2
&
m
2
⎝
⎞ −3
⎟⎟ ⋅ 10
⎠
⇒
m& = 0.622 kg/s
Le sezioni risultano:
A1 =
&
m
= 0.006711 m2
ρ1 w 1
A2 =
&
m
= 0.01177 m2
ρ2w 2
10
Esercizi Fisica Tecnica 1
Esercizio 1
19
0
50
Il condensatore di un impianto motore
a vapore viene alimentato con acqua
prelevata da una vasca che, a sua
5
50
volta, attinge da un bacino idrico
30
tramite una tubatura lunga 290 m
(vedi figura).
Il sistema deve assicurare una portata
AL CONDENSATORE
di acqua tale da consentire al vapore
in uscita della turbina (x=0.93, p=11.2
& =27 kg/s) di condensare
kPa, m
completamente a fronte di un salto di
temperatura del liquido refrigerante di
10 °C.
Si richiede di determinare:
1) la portata di acqua che attraversa la conduttura;
2) la potenza assorbita a regime dalla pompa per consentire il deflusso dell'acqua dal bacino alla vasca;
3) la pressione del liquido nel punto più alto della conduttura.
Si trascurino le perdite di carico concentrate rispetto a quelle distribuite. Sono dati del problema il diametro e la
scabrezza del condotto (D=0.85 m, ε=300 µm), il rendimento isoentropico di compressione della pompa (ηc=0.7), la
-6
viscosità cinematica dell'acqua (ν=1.1×10 m²/s).
Soluzione
Il vapore che condensa si trova alla pressione di 11.2 kPa. In queste condizioni l'entalpia di passaggio di fase r vale
2387 kJ/kg. La portata di refrigerante si ricava applicando il primo principio al sistema aperto condensatore,
trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale:
& liq= m& vap⋅r⋅x / (cp⋅∆T)liq ≅ 1432 kg/s
1) m
2) La velocità dell'acqua nel condotto di diametro 0.85 m si ricava dall'equazione di continuità ( m& = ρwω ) e vale 2.53
6
m/s. In queste condizioni il numero di Reynolds (Re= wL ) vale 1.95×10 ; ε
ν
D
= 0,00035 .
Il diagramma di Moody (o equivalenti formule analitiche) fornisce il fattore di attrito f = f(Re; ε
D
) : f = 0.016.
w2 − w1
+ z 2 − z1 = 0
γ
2g
1
controllo che ha per sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) le superfici libere del bacino e della vasca.
he + ha + (z2 -z1)=0
2
2
Possiamo adesso applicare l'equazione di Bernoulli
2
ha 12 + he 12 + ∫ dp
+
2
al volume di
2
|he| = (z2 -z1) + w /2g ⋅L/D⋅f = 25 + 2.53 ⋅290⋅0,016⋅/(2⋅9,81⋅0,85) = 26,78 m
& liq / ηc = 538 kW
|P| = he g m
3) Se la sezione di uscita (3) viene posta in corrispondenza del punto più elevato della conduttura, l'equazione di
Bernoulli, trascurando i termini cinetici, può riscriversi come:
he + ha + (z3 -z1) + (p3 -p1) / γ = 0
dove (z3 -z1) = 30, L1-3 =190. Risulta quindi:
2
p3 = p1 - γ [he + w /2g ⋅ L1-3/D⋅f + (z3 -z1)] ≅ 57 kPa
Esercizio 2
In un impianto a vapore, una portata di 5 kg/s di vapore alla pressione di 80 bar a 400 °C espande in una turbina fino
alla pressione di 10 bar, con rendimento di espansione ηe = 0.85.
La caldaia utilizza dei fumi di combustione alla temperatura di 727 °C (p=1 bar).
La temperatura di uscita dei fumi dalla caldaia è di 177 °C (p=1 bar).
Calcolare:
• La potenza elettrica prodotta (rendimento elettrico ηel = 0.98)
• Il flusso termico scambiato nel fascio tubiero
1
Esercizi Fisica Tecnica 1
• La portata di fumi (considerare i fumi come aria)
• Considerando che l’aria entra nella caldaia alla temperatura di 27 °C (p=1 bar), calcolare la portata di combustibile
(Hi = 50000 kJ/kg)
• La frazione di energia utilizzata per la produzione di energia elettrica (rendimento).
Soluzione
All’ingresso in caldaia l’acqua si può considerare come liquido saturo alla pressione di 10 bar:
p1 =10 bar; t1 =179.88 °C; h1 =762.6 kJ/kg; s1 = 2.1382 kJ/kgK.
All’ingresso in turbina il vapore si trova nelle condizioni:
p2 =80 bar; t2 =400°C; h2 = 3141.6 kJ/kg; s2 = 6.3694 kJ/kg K
Le condizioni di fine espansione isoentropica sono:
p3’ = 10 bar; s3’ = 6.3694 kJ/kgK.
Dalle tabelle s3’ < sv , ricavo il titolo e l’entalpia:
x3’ =( s3’ - sσ)/( sv - sσ) = (6.3694 - 2.1382)/4.4447 = 0.952
h3’ = h3’ + r x3’ =762.6 + 2013.6 0.952 =2679.5 kJ/kg
L’aria all’ingresso del fascio tubiero si trova nelle condizioni
t a1=727°C=1000°K; ha1=1046.4 kJ/kg.
in uscita dalla caldaia:
ta2=177°C = 450°K; per interpolazione ha2 = 453.15 kJ/kg.
all’ingresso della caldaia (aria ambiente):
ta= 27 °C = 300 K; ha=300.6 kJ/kg.
La potenza elettrica prodotta è:
.
.
P = m η e η el (h 2 − h 3' ) = 5 ⋅ 0.85 ⋅ 0.98(3141.6 − 2679.5) = 1925 kW
Il flusso termico scambiato nel fascio tubiero è
.
ϕ = m(h 2 − h 1 ) = 5(3141.6 − 762.6 ) = 11895 kW
Applicando il primo principio della termodinamica all’aria che lambisce il fascio tubiero si ricava la portata d’aria:
.
.
11895
ϕ
ϕ = m a (h a1 − h a2 ) → m a =
=
= 20.05 kg/s
(h a1 − h a2 ) (1046.4 − 453.15)
Applicando il primo principio della termodinamica alla camera di combustione:
.
ϕ c = m a (h a1 − h a ) = 20.05(1046.4 − 300.6 ) = 14953.3 kW
La portata di combustibile è
.
.
ϕ c = m c H i → m c = ϕ c /H i = 14953.3/50000 = 0.3 kg/s
La frazione utilizzata per la produzione di energia elettrica
.
η = P ϕ c = 1925/14953,3 = 0.129
Esercizio 3
In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento il vapore all'uscita dal surriscaldatore ha pressione p5= 90
bar, T = 600 °C e portata volumetrica G pari a 450 m3/h. La turbina espande fino ad una pressione p = 0.1 bar.
5
v
6
1) Valutare il rendimento dell'espansore ρe affinché risulti, per l'impianto, una frazione utilizzata η = 0.3.
2) Valutare la portata d'acqua di refrigerazione al condensatore assumendo come temperature di ingresso e di uscita
rispettivamente 25 °C e 40 °C.
Trascurare la pompa di alimento.
2
Esercizi Fisica Tecnica 1
5
turbina
surriscaldatore
6
caldaia
condensatore
1
Soluzione:
Il vapore in (5) è caratterizzato da:
s5= 6.9574 [kJ/kgK]
in (6 ') ( esp. isoentr. ) sarà s6 ' =s5
h5=3631.1 [kJ/kg]
v5= 0.042798 [m3/kg]
6.9574 − 0.6493
≈ 0.84
7.5018
h 6' = 191.8 + 0.841 ⋅ 2392.9 ≈ 2202 [kJ/kg ]
da cui
x 6' =
dall'espressione della frazione utilizzata ricaviamo h6:
h5 − h6
⇒ h 6 = h 5 − η(h 5 − h 1 )
h 5 − h1
h6 = 3631.1- 0.3 ( 3631.1- 191.8)= 2599.3 [kJ/kg]
η=
ρe =
h 5 − h 6 3631.1 − 2599.3
=
≈ 0.72
h 5 − h 6'
3631.1 − 2202
2)
Calcoliamo la portata in massa del vapore:
G = Gv/v = 450/0.042798 = 10515 kg/h = 2.92 kg/s
Osservando il rendimento si trova: G ⋅ (h 6 − h 1 ) = G ⋅ (h 5 − h 1 ) ⋅ (1 − η)
Bilancio al condensatore
G ⋅ (h 6 − h 1 ) = G H O ⋅ c p (Tu − Ti )
GH O
2
(h
=G
2
5
− h 1 )(1 − η)
≈ 112 [kg/s]
c p ∆T
Esercizio 4
Una galleria del vento a circuito chiuso è costituita
da una sezione ristretta di area As=0.06 m2 e da un
anello di circolazione a sezione quadrata di area
A0=0.25 m2 e di lunghezza 28 m ed è
A0
schematizzata nella figura. La rugosità delle pareti
del canale è ε=200µm.
All’interno della galleria del vento l’aria è alla
pressione p=1 bar e alla temperatura di 23°C.
Le perdite complessive nella sezione di prova
1
2
(tratto 1-2) possono essere calcolate mediante la
ws
seguente equazione: ha1-2 = 0.1 ws2/2g [m].
Calcolare:
As
• la portata del ventilatore necessaria a garantire
una velocità di 120 km/h nella sezione ristretta
(sezione di prova).
• le perdite nella sezione ristretta
• le perdite nell’anello di circolazione
• la prevalenza e la potenza del ventilatore.
(si consideri costante la densità dell’aria)
Sapendo che il sistema funziona in condizioni di regime permanente, calcolare la potenza termica ceduta all’ambiente.
3
Esercizi Fisica Tecnica 1
Soluzione
Ricavo le condizioni dell’aria: t = 23°C = 296 K; p = 1 bar; R1 = 287 J/kgK
da cui ρ1 = 1.18 kg/m3 e, dalle tabelle (Tab. 9), ν =15.635 10-6 m2/s.
Nella sezione ristretta la velocità ws= 120 km/h = 33.3m/s
.
La portata è m = ρ ws As = 1,18⋅33,3⋅0,06 = 2,36 kg/s
Le perdite di carico nella sezione di prova sono
ha1-2=0,1⋅ws2/2g = 0,1⋅ 33.32 /2/9.81=5.7 [m].
Per valutare le perdite nell’anello calcolo:
La sezione quadrata del canale ha lato L’ = A = 0.5 m
Il diametro equivalente vale Dh=L’
La velocità nell’anello di ricircolazione (densità costante) è w0 =ws As/A0=33,3⋅0,06 /0,25 = 8 m/s.
Il numero di Reynolds è Re=wL’/ν=8⋅ 0.5/15.635 10-6=2.6 105. La scabrezza relativa è ε/Dh=0.0004. Dal diagramma di
Moody ricavo λ=0.017.
Il canale ha 4 gomiti per ciascuno dei quali considero λ’=1.
Le perdite di carico sono
ha distr =λ (w02⋅L/Dh)/2g = 0.017(82⋅ 28/0.5)/2/9.81 = 3.1 [m].
ha conc =Σ λ’ w02/2g = 4⋅1⋅82 /2/9.81 = 13.0 [m].
Le perdite di carico totali sono h = 21.8 [m] che corrispondono a ∆P=γh=252 Pa.
.
.
La potenza del ventilatore è P =g m h=505 W. Per il I° principio della termodinamica questo è anche il valore del
.
.
.
.
flusso termico ceduto all’esterno infatti q − P = ∂U ∂τ e, in regime permanente q = P .
Esercizio 5
Di un impianto motore a vapore sono noti i valori delle seguenti grandezze:
• pressione in caldaia 125 bar;
• pressione al condensatore 0.05 bar;
T
• portata di combustibile 15 ton/h [Hi= 48000 kJ/kg];
• portata di vapore 150 ton/h;
• velocità del vapore all'ingresso del condensatore 140 m/s;
• rendimento di caldaia 0.8;
• rendimento isoentropico dell'espansore 0.8.
Determinare:
• la temperatura massima vigente in caldaia;
• il titolo del vapore alla fine dell'espansione reale;
• l'area di passaggio del vapore all'ingresso del condensatore;
• la potenza nelle condizioni reali.
Soluzione
1
2
3
3'
All'uscita del condensatore le condizioni sono:
p= 0.05 bar;
x = 0 dalle tabelle ricavo:
t = 32.9 °C
h = 137.8 kJ/kg.
Nel calcolo del ciclo termodinamico, si può considerare trascurabile la variazione di entalpia nella pompa.
Le condizioni al punto 1 sono:
p1= 125 bar;
h1 = 137.8 kJ/kg.
Applicando il primo principio della termodinamica alla caldaia si ha:
ηmH
0.8 ⋅ 15 ⋅ 48000
h 2 = h 1 + c c i = 137.8 +
= 3977.8 [kJ/kg ]
mv
150
Dalle tabelle del vapore per p2 =125 bar si ha:
per interpolazione
t 2 = 750.8 [°C] ⇒
s 2 = 7.0504 + (7.2942 − 7.0504 )
50.8
= 7.1744 [kJ/kgK ];
100
Il punto 3 è il punto di fine espansione isoentropica: s3= s2; p3 =0.05bar.
4
Esercizi Fisica Tecnica 1
ricavo il titolo x3 = (s3-sσ)/(sv-sσ) = (7.1744-0.4763)/7.9197 = 0.846
e l'entalpia h3 = hσ + r x3= 137.8 + 2423.8⋅ 0.846 = 2187.7 [kJ/kg].
L'entalpia del punto 3' è: h3'=h2-ηe(h2-h3) = 3977.8 - 0.8 (3977.8-2187.7)= 2545.7 [kJ/kg]
ricavo il titolo x3' = (h3'-hσ)/(hv-hσ)=(2545.7-137.8)/2423.8=0.993
il volume specifico v3'= 0.0010052+(28.1945-0.0010052)0.993 =28 m3/kg.
& = w A/v
La sezione di passaggio si ricava dall'equazione della portata m
2
& /w = 28 (150/3.6)/140 =8.34 m .
A=v m
& (h2- h3') = (150/3.6) (3977.8-2545.7) =59670 kW.
La potenza P = m
Esercizio 6
Un impianto motore a vapore a doppio surriscaldamento è caratterizzato dai seguenti parametri:
• pressione al vaporizzatore 60 bar;
• pressione intermedia 10 bar;
• pressione al condensatore 0.1 bar;
5
• temperatura
di
I°
e
II°
surriscaldamento 500°C.
All'uscita della turbina di alta pressione
4
viene prelevata una frazione del vapore
3
(y) e fatta passare in uno scambiatore
rigeneratore in cui cede calore all'acqua
uscente dalla pompa a bassa pressione,
4
T
aumentandone la temperatura sino al
2
valore di saturazione alla pressione
6
intermedia.
1'
Trascurando il lavoro di compressione,
valutare la frazione utilizzabile
1
dell'impianto.
2'
2
1'
3
5
4
6
1
Soluzione
s
Lo schema di impianto più semplice per realizzare questo ciclo è il seguente:
il vapore all'uscita della turbina di alta pressione (punto 4) è miscelato con l'acqua proveniente dalla pompa di bassa
pressione (punto 1').
Per mezzo delle tabelle determiniamo ora le condizioni dei vari punti del ciclo:
Punto 1
p1 =0.1 bar; x1=0; t1=45.83 °C; h1 =191.8kJ/kg;
Consideriamo trascurabile, nel calcolo dell'intero ciclo termodinamico, l'incremento di entalpia nelle pompe
Punto 1'
p1'=10 bar;
t1'=45.83 °C;
h1' =191.8kJ/kg;
Punto 2
p2 =10 bar;
x2=0; t2=179.88 °C;
h2 =762.6kJ/kg;
Punto 2'
p2' =60 bar;
t2'=179.88 °C; h2' =762.6kJ/kg;
Punto 3
p3=60 bar,
t3=500 °C;
h3=3422.2kJ/kg;
s3=6.8818kJ/kgK
Il punto 4 si trova alla fine di una espansione isoentropica per cui
p4=10 bar ;
s4 = s3 = 6.8818 kJ/kgK.
Si nota che s4>sσ(10bar) per cui utilizzo le tabelle del vapore surriscaldato. Per interpolazione
6.8818 − 6.6922
= 240.6°C
6.9259 − 6.6922
6.8818 − 6.6922
h 4 = 2826.8 + (2943.0 − 2826.8)
= 2921.1kJ / kg
6.9259 − 6.6922
Punto 5
p5=10 bar;
t5=500°C;
h5=3478.3kJ/kg;
s5=7.7627kJ/kgK.
Il punto 6 si trova alla fine di una espansione isoentropica:
p6= 0.1 bar; s6=s5=7.7627 kJ/kgK. Si nota che s6<sσ(0.1 bar) per cui ricavo t6= t1= 45.83°C.
Per ricavo il titolo e l'entalpia del punto 6:
t 4 = 200 + (250 − 200)
5
Esercizi Fisica Tecnica 1
x6= (7.7627-0.6493)/7.5018=0.95; h6 = 2465 kJ/kg.
Prendiamo in considerazione il miscelatore: poiché questo è un organo adiabatico senza scambi di lavoro con
l'esterno il primo principio della termodinamica per i sistemi aperti si può scrivere come:
y⋅ h4 + (1-y)h1 - h2 = 0
da cui si ottiene che la frazione spillata è:
y = (h2-h1)/(h4-h1)= (762.6-191.8)/(2921.1-191.8)= 0.209
Il calore fornito al ciclo, per ogni chilogrammo di massa che evolve nella caldaia, è
Q = (h3-h2)+ (1-y) (h5-h4) =(3422.2-762.6)+0.791(3478.3-2921.1)=3100.3 kJ/kg
Il lavoro è
L= (h3-h4) +(1- y) (h5-h6) =(3422.2-2921.1)+0.791(3478.3-2465)=1302.62 kJ/kg
La frazione utilizzata è η=L/Q=0.42
Esercizio 7
Determinare la portata massica di acqua in una tubazione orizzontale metallica (tubi saldati), lunga 170 m e di diametro
2
-6
152 mm, quando alle sue estremità è applicata una differenza di pressione 0.35 kgp/cm (viscosità cinematica ν =1⋅10
2
3
m /s, densità ρ =1000 kg/m ).
Soluzione
w22 − w12
+ z 2 − z1 = 0 ;
2g
1 γ
Per un tubo orizzontale a sezione costante in cui scorre un liquido in assenza di lavoro esterno si ha:
he= 0;
γ = ρg = cost;
w2=w1;
z2=z1.
2
Applichiamo l'equazione di Bernoulli: ha + he + ∫
dp
+
w2 ⎛
L
⎞
⎜ λ(Re) + λ' ⎟ .
2g ⎝
D
⎠
Trascurando le perdite di carico concentrate λ'=0 possiamo scrivere:
2( p1 − p 2 )D
w 2 L p 2 − p1
. Quest'ultima equazione è implicita perché λ=λ(Re) e Re=wD/v,
λ +
w=
=0 ⇒
ρg
λρL
2g D
per cui w =f(w). Per risolverla si utilizza un metodo iterativo.
Utilizziamo il diagramma di Moody.
-6
Per tubi saldati la scabrezza è ε = 60 µm. La scabrezza relativa ε/D=60 10 /0.152 =0.0004.
Come valore di λ di primo tentativo si può scegliere quello valido per il moto turbolento completamente sviluppato:
λ = 0.016.
Le perdite di carico si possono esprimere come: h a =
2 ⋅ 34335 ⋅ 0.152
= 1.96 m/s .
0.016 ⋅ 1000 ⋅ 170
Il numero di Reynolds Re= wD/ν= 2,98 ⋅105. Con questo valore del numero di Reynolds, dal diagramma di Moody
2
-4
∆p= 0.35 kgp/cm =0.35 9.81/10 =34335 [Pa] ⇒ w =
2 ⋅ 34335 ⋅ 0.152
= 1.873 m/s
0.0175 ⋅ 1000 ⋅ 170
da cui ottengo Re= wD/ν= 2,846⋅105 con cui ottengo λ=0.0175.
La velocità è w =1.873 m/s.
2
2
& = ρwA = ρwπD /4 = 1000 ⋅1.873⋅ 3.14 ⋅ 0.152 /4 ≅ 34 kg/s
La portata è m
ottengo λ=0.0175 ⇒ w =
Esercizio 8
Un impianto motore a vapore opera tra le pressioni estreme di 0.1 e 25 bar. Si valuti la temperatura di surriscaldamento
necessaria ad ottenere una frazione utilizzabile compresa tra 0.3 e 0.31. Si trascuri il lavoro speso in fase di
compressione.
Soluzione
Per semplicità consideriamo un ciclo motore a vapore come quello tracciato nella figura. Trascuriamo il lavoro nelle
pompe (punto 1' coincidente con il punto 1) e consideriamo un rendimento isoentropico di espansione ηE = 0.85.
6
Esercizi Fisica Tecnica 1
La frazione utilizzata del ciclo termodinamico è una funzione, non esplicita, delle condizioni al punto 4, infatti da
queste, dipendono le condizioni al punto 5. Per risolvere il problema è necessario ricorre ad un sistema di
approssimazioni successive.
Come primo tentativo scegliamo il la temperatura di surriscaldamento tale da avere, al
4
punto 5, vapore saturo secco.
Definiamo i punti del ciclo. Dalle tabelle di acqua e vapore in condizioni di
T
3
saturazione:
2
Punto 1:
p1 = 0.3 bar;
t1= 69.13 °C;
x1=0;
h1=289.3 KJ/kg;
s1 =0.9441 kJ/kgK;
5'
Punto 1':
p1' = 25 bar;
t1'= 69.13 °C;
h1'=289.3 KJ/kg;
5
1'
1
s1' =0. 9441 kJ/kgK;
Punto 5:
p5 = 0.3 bar;
t5= 69.13 °C;
x5=1;
h5=2625.4 KJ/kg;
s
s5 =7.7695 kJ/kgK;
Punto 4:
p4 = 25 bar;
s5 =s4 =7.7695 kJ/kgK;
dalle tabelle del vapore surriscaldato:
t4 = 600 + 100(7.7695 - 7.5956)/(7.8431- 7.5956) = 670.3 °C
h4 = 3685.1 + (3913.4 - 3685.1)(7.7695 -7.5956)/(7.8431- 7.5956)=3845.6 kJ/kg.
La frazione utilizzata è
η = ηE L/Q=ηE (h4 -h5)/(h4 -h1')=0.85(3845.6-2625.4)/(3845.6-289.3) = 0.291
Poiché il valore è basso si deve scegliere una t4 maggiore.
dalle tabelle del vapore surriscaldato:
Punto 4:
t4 = 700;
p4 = 25 bar;
h4 = 3913.4 kJ/kg;
s4 = 7.8431 kJ/kgK;
Punto 5:
p5 = 0.3 bar;
s5 = s4 = 7.8431 kJ/kgK;
Utilizzo le tabelle del vapore surriscaldato perché s5 > sσ.
Nelle tabelle del vapore surriscaldato non sono riportati i dati per p =0.3 bar e , per questo, si deve effettuare una
doppia interpolazione:
ricavo s(100°C,0.3bar)=8.4486 +(7.6953-8.4486) (0.3 -0.1)/(0.5 - 0.1)=8.07195 kJ/kgK;
h(100°C,0.3bar)=2687.5 +(2682.6-2687.5) (0.3 -0.1)/(0.5 - 0.1)=2685.05 kJ/kgK.
interpolo tra (100°C,0.3bar), prima ricavate, e le condizioni di vapore saturo secco a 0.3 bar.
t5 = 69.13 + (100-69.13) (7.8431 - 7.7695)/(8.07195 - 7.7695)= 76.6 °C.
h5 = 2625.4 + (2685.05 - 2625.4) (7.8431 - 7.7695)/(8.07195 - 7.7695)= 2639.9 kJ/kg.
La frazione utilizzata è
η = ηE L/Q=ηE (h4 -h5)/(h4 -h1')=0.85(3913.4 -2639.9)/(3913.4-289.3)=0.299
Suppongo, in prima approssimazione, che la frazione utilizzata dipenda linearmente dalla temperatura t4:
(t4 – 670.3)/( 700 - 670.3) = (η - 0.292)/(0.299 - 0.292)
per avere η = 0.305 si ha: t4 = 670.3 + (700 - 670.3) (0.305 - 0.292)/(0.299 - 0.292)=725 °C
Per comodità scelgo t4 = 725 °C.
Per estrapolazione ottengo
h4 = 3913.4 +( 4147.0 -3913.4) (725 - 700)/(800 - 700) =3971.8 kJ/kg.
s4 = 7.8431 + (8.0716 - 7.8431)0.25 = 7.900 kJ/kgK.
Punto 5:
p5 = 0.3 bar;
s5 = s4 = 7.900 kJ/kgK;
Utilizzo le tabelle del vapore surriscaldato perché s5 > s(100°C,0.3bar).
interpolo tra (100°C,0.3bar), prima ricavate, e le condizioni di vapore saturo secco a 0.3 bar.
t5 = 69.13 + (100-69.13) (7.900 - 7.7695)/(8.07195 - 7.7695)= 82.5 °C.
h5 = 2625.4+ (2685.05 - 2625.4) (7.900 - 7.7695)/(8.07195 - 7.7695)= 2651.2 kJ/kg.
La frazione utilizzata è
η = ηE L/Q=ηE(h4 -h5)/(h4 -h1')=0.85(3971.8 -2651.2)/(3971.8-289.3)=0.3048
Esercizio 9
Un impianto motore a vapore con spillamento a miscelazione opera con una pressione in caldaia di 80 bar. Il vapore
prodotto entra in turbina a 500 °C ed espande fino alla pressione di 0.08 bar (ingresso al condensatore). Lo spillamento
7
Esercizi Fisica Tecnica 1
di una portata di vapore pari ad 1/3 della portata complessiva, avviene ad una pressione intermedia di 20 bar.
Supponendo la portata totale evolvente pari a 55 kg/s e il rendimento di espansione pari a 0.80, calcolare:
1. Il titolo di vapore all'ingresso del condensatore;
2. La potenza prodotta dall'impianto;
3. La portata di combustibile in caldaia (potere calorifico inferiore Hi=104 kJ/kg, rendimento di combustione
ηc=0.85).
Soluzione
T [K]
P [bar]
500
290
80
20
20
0.08
1
2
3
3'
4
4'
5
6
7
x
H [kJ/kg]
1142.5
3398.8
3000.5
3080.1
2096.5
2356.9
173.9
173.9
1142.5
0.80
0.91
0
S [kJ/kgK]
6.7262
6.7262
6.7262
Dal 1° principio per il rigenerazione: H 7 = 1 ⋅ H 3' + 2 ⋅ H 6 = 1142.5
3
3
Potenza: P=(H2-H3')mtot+(H3'-H4')mr = 44.2 MW
Portata di combustibile: mc=mtot(H2-H1)/Hiηc=14.6 kg/s
Esercizio 10
Determinare la potenza della pompa del circuito chiuso rappresentato in figura:
Si considerino i seguenti dati:
• perdita di carico concentrata in ciascun corpo scaldante: 5.9 kPa;
• diametro interno della tubatura (tubi saldati): 21 mm;
• dislivello tra il piano della caldaia e i corpi scaldanti: 20 m;
• lunghezza complessiva della rete (sia mandata che ritorno): 85 m;
• velocità dell'acqua: 2 m/s; temperatura media: 60 °C;
• fattore di forma (perdita di carico localizzata) della caldaia: 8.
• Si trascurino le perdite di carico localizzate nelle curve del circuito;
• Rendimento della pompa: 0.85.
Soluzione
corpo
scaldante
20 m
caldaia
Proprietà dell’acqua tab. 10.
Eq. Bernoulli: h a12 + h e12 +
p 2 − p1 w 22 − w12
+
+ z 2 − z1 = 0
γ
2g
w 22 − w12
p −p
, (z2-z1), 2 1 sono nulli perché le sezioni 1 e 2 coincidono.
γ
2g
Re =
wDρ
=88500; ε ≅ 0.003 ⇒
D
µ
λ = 0 .028 (diagramma di Moody)
w2
2g
⎡ ⎛
⎤
ε⎞L
⎢λ⎜ Re, ⎟ + ∑ λ '⎥ + h corpiscald.
D⎠ D
⎣ ⎝
⎦
ρ⋅hcorpiscald.⋅g =3⋅5,9 kPa
hcorpiscald =1.8 m
ha12=26,5 m
hm=26,5 m
gh m&
m& = wρA = 0.68 kg/s;
P = m ≅ 208 W
h a12 =
η p om pa
8
Esercizi Fisica Tecnica 1
Esercizio 11
All’interno di un canale orizzontale a sezione circolare fluisce una portata di aria a temperatura costante 25°C. Nella
sezione di ingresso la pressione è pari a 1.76 bar, mentre nella sezione di uscita è pari a 1.5 bar. Si determini la portate
per unità di area della sezione e il calore scambiato dall’aria tra le sezioni di ingresso ed uscita, considerando le seguenti
ipotesi semplificative:
¾ Perdite di carico distribuite e concentrate trascurabili;
¾ Pareti del condotto rigide ed indeformabili (assenza di lavoro scambiato con l’esterno).
Soluzione
L’equazione di Bernoulli scritta tra le sezioni di ingresso e uscita è la seguente:
dp w 22 − w12
+
=0
∫
gρ
2g
w 22 − w12
=0
∫ vdp +
2
Essendo la trasformazione isoterma, si può scrivere:
p2
∫ vdp = p1v1 ln
p1
Dall’equazione di continuità:
v
p
Aw1 Aw 2
quindi: w 2 = w1 2 = w1 1 = 1.1733 ⋅ w1
=
v1
p2
v1
v2
Il volume specifico nella sezione 1 vale:
R T
v1 = 1 = 0.486 m3/kg
p1
Sostituendo nell’equazione di Bernoulli e risolvendo per w1, si trova:
p
p1v1 ln 1
p2
= 269 .2 m/s
w1 =
(1.17332 − 1) / 2
w2=315.8 m/s
La portata per unità di area risulta:
w
m&
G = = w1 ρ1 = 1 = 554 kg/m2s
A
v1
Il calore scambiato si valuta dal 1° Principio per i sistemi aperti, in cui le entalpie si semplificano (trasformazione
isoterma gas perfetto):
w 2 − w12
Q= 2
= 13.6 kJ/kg
2
Esercizio 12
Si dimostri che, per un gas ideale, occorre che la sezione di passaggio a valle A2 sia maggiore
della sezione a monte A1 per garantire la iso-entalpicità della trasformazione di Joule-Thomson.
Soluzione
Nel regime stazionario la portata m& rimane costante. Quindi vale l’equazione di continuità:
w1 ρ1A1 = w2 ρ2A2
che si riduce a: ρ1A1 = ρ2A2
avendo imposto l’uguaglianza delle velocità in ingresso/uscita.
Nel caso di gas ideali, si ha poi pv=RT, ovvero p = ρRT; inoltre dh=cpdT = 0 (quindi dh=0 implica
dT=0). La relazione tra le densità del fluido all’ingresso e all’uscita sarà:
ρ1/ ρ2 = p1/p2
e poiché da 1 a 2 il fluido espande (ovvero vede ridursi la propria pressione) per effetto del setto
poroso, si avrà:
ρ1/ ρ2 = A2/A1 > 1.
9
Esercizi Fisica Tecnica 1
Esercizio 13
Si vogliono ottenere da un impianto frigorifero 100 kW, quale “effetto utile”, a una temperatura
di cella pari a −10°C, utilizzando come fluido frigorigeno R134a. La condensazione avviene
mediante acqua di rete disponibile a 15°C. Determinare: la portata di fluido frigorigeno, la
potenza del compressore, assumendo un rendimento isoentropico di compressione pari a 0.85, e
l’efficienza termodinamica del ciclo.
Soluzione
In base ai dati del problema, occorre fissare le temperature di evaporazione e condensazione.
Dovendo mantenere la cella frigorifera a −10°C, l’evaporazione del fluido frigorigeno dovrà
avvenire ad una temperatura di 8-10°C inferiore, ad esempio a −18°C. La condensazione dovrà
invece avere luogo ad una temperatura superiore, di 8-10°C, a quella dell’acqua di rete, ad
esempio a 24°C. In base ai dati di tabella 4 e alle informazioni grafiche di figura 9.4, si ricavano
ora gli stati termodinamici del ciclo.
Punto 1) t1= −18°C, p1=1.448 bar, x1=1, h1=286.51, s1=1.7345;
punto 2) p2=6.456 bar (= psat a 24°C), s2=s1=1.7345, dal grafico risulta h2=320 kJ/kg (t ≈32°C);
punto 2’) ηi,c = (h2 −h1)/(h2’ −h1) = 0.85, da cui h2’ = h1+(h2 −h1)/ ηi,c = 286.51+(320 −286.51)/0.85 =
325.9 kJ/kg (t ≈40°C);
punto 3) p3=6.456 bar, t3=24°C, x3=0, h3=132.88 kJ/kg;
punto 4) p4=1.448 bar, t4= −18°C, h4=h3 = 132.88 kJ/kg.
Noto l’effetto utile, la portata m& di R134a si ricava dal I principio della termodinamica per sistemi
aperti (senza scambio di lavoro e variazione di energia cinetica e potenziale):
q = m& (h1 −h4) = 100 kW, da cui m& = 100/(286.5 −132.9) = 0.651 kg/s = 2.34 ton/h.
La potenza del compressore sarà, ancora in base al I principio:
−Le = m& (h2’ −h1) = −0.651 (325.9 −286.5) = −25.66 kW (il lavoro è negativo perché “entra” nel
sistema).
L’effetto frigorigeno sarà dato da ε = (h1 − h4)/( h2’ − h1) = q / − Le = 100 / 25.66 = 3.9.
Esercizio 14
In una cella frigorifera per congelamento alimentare si vogliono raffreddare 10 ton/h di derrate alimentari (calore
specifico c = 1.9 kJ/kg K) dalla Tiniziale = -3 °C alla Tfinale = -25 °C.
Il fluido evolvente del ciclo frigorigeno è R134A e il rendimento isoentropico del compressore è rc=0.85.
& = 7 kg/s ) alla temperatura di 5 °C.
Per raffreddare il condensatore si ha una portata di acqua ( m
Si calcolino:
10
Esercizi Fisica Tecnica 1
-
il flusso termico da sottrarre alle derrate alimentari;
il ciclo termodinamico;
la portata di R134A;
la potenza del compressore.
Soluzione
Il flusso termico necessario a raffreddare le derrate alimentari dalla Tiniziale alla Tfinale è:
& ⋅ c ⋅ (Tfinale − Tiniziale ) = 10 ⋅103 ⋅1.9 ⋅ [−25 − (−3)]/3600 [kW] = 116 [kW]
q=m
Si definiscono i punti del ciclo termodinamico; scelgo la temperatura all’evaporatore (T1< Tfinale ⇒
temperatura del condensatore (15 °C).
(1)
T1 = -27 °C
p1 = 1 bar
h1 = 280 kJ/kg
(3)
T3 = 15 °C
p3 = 5 bar
h3 = 120 kJ/kg
T1 = -27 °C) e la
(2id) p2id = p3 = 5 bar
s2id = s1 ⇒ h2id = 316 kJ/kg
(4)
T4 = -27 °C
p4 = 1 bar
h4 = h3 = 120 kJ/kg
h 2 = h 1 + (h 2id − h 1 )/ρ c = 280 + (316 − 280)/0.85 [kJ/kg] = 322.35 [kJ/kg]
& R134a = q/(h1 − h 4 ) = 0.725 [kg/s]
Allora la portata di refrigerante: m
& R134a (h 2 − h 1 ) = 30.7 [kW]
La potenza del compressore: P = m
& R134a (h 2 − h 3 ) = m
& H O ⋅ c ⋅ (Tout − Tin )
Valuto se la portata di acqua è sufficiente a raffreddare il condensatore: m
2
& R134a ⋅ (h 2 − h 3 )/m
& H O ⋅ c = 10 [°C] p T3
Tout = Tin + m
2
⇒ OK
11