Esercizi Fisica Tecnica 1 - varani.infovarani.info/downloads/esercizi-2.pdf · Esercizi Fisica Tecnica 1 1 Esercizio 1 10 m³/h di azoto alla pressione di 3 kg/cm² ed alla temperatura

Esercizi Fisica Tecnica 1

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

p1 =3 kg/cm²= 3 9.81 10 4 =2.943 105 Pa.

T1 = 100 °C = 373 K

p2 = 1 kg/cm² = 9.81⋅10

4 Pa.

Dalle tabelle ricavo l'entalpia h1 e l'entropia di riferimento s

01 nello stato 1 per interpolazione:

( ) ( ) ( )( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=−+=

−−

−+=kgkJ 387.6311.8)0.73(415.7311.8

300400300T300H400H300HH 1

1

( ) ( ) ( )( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=−+=

−−

−+=kgKkJ 7.0736.854)0.73(7.1546.854

300400300T300s400s300ss 1

00001

L'entropia allo stato 1 è s1 = s

01-R

1log(p

1/p

0) dove:

p0 è la pressione di riferimento p

0=1bar≈1kg/cm2. Per l'azoto R

1=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 = s

1.

p2 = 1 kg/cm² ⇒ s

02 ≈ s

2

Utilizzando il valore di s02

dalle tabelle posso ricavare t2 e H

2 per estrapolazione.

( ) K 2716.7046.8546.7046.746260)(300260

(260)s(300)s(260)ss260300260T

00

0022 =

−−

−+=−

−−+=

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

−−

−+=−−

⋅−+=kgkJ 281.64

260300260271270.2)(311.8270.2

260300260TH(260)H(300)H(260)H 2

2 .

La portata massica m& = ρG = p1 G/R

1 T

1= 2.943 ⋅105 0.0027778 / (296.9 ⋅ 373) = 0.00738 kg/s

La potenza meccanica scambiata nel caso a) è:

P= m& L= - m& (H2- H

1)=0.00738(387.6-281.64) = 0.782 kW

Nel caso di irreversibilità b)

s2’

= s1 + ∆s = 6.746 + 0.042 = 6.788 [kJ/kg K] interpolando come nel caso precedente si ottiene: T

2’ = 282.4 K;

H2’

= 293.49 [kJ/kg] da cui P12’

= 0.694 kW

Il rendimento isoentropico è η= P12’

/P = 0.888


2

Esercizio 2

Una turbina, in cui defluisce una portata di azoto m& =3 [kg/s], fornisce una potenza P=1000[kW]. Le pressioni

all'ingresso e all'uscita valgono rispettivamente p1=13 [bar] e p

2=1 [bar]. La temperatura all'uscita vale t

2 = 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/A

2 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 p

2 = 1 bar per interpolazione H

2 = 415.7 + 0.8⋅(520.4-415.7)= 499.46 kJ/kg

Il lavoro L12= P/ m& = 1000/3= 333.33 kJ/kg.

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 = L

12 +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 =s

01 - R

1 log(p

1).

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 = s

01 - R

1 log(p

1) = 7.1144 kJ/kg K.

Consideriamo ora l'espansione adiabatica reversibile: ds =0;

s2' = s

1 = 7.1144 kJ/kgK. 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 -H

2' = 832.79 - 402 = 430.79 kJ/kg

La potenza P= m& L12'

=1292 kW.

L'equazione di continuità si scrive come m& = ρ w A = ρ1 w

1 A

1 =ρ

2 w2 A

2 .

Perché non vi siano variazioni di energia cinetica si deve avere w1 = w2 da cui:

A1/A2= ρ

2 /ρ

1 = p2/(R1T

2)/(p

1/(R

1T

1))=p

2T

1/p

1T

2

Nel caso reale A1/A

2= (1⋅ 787.9)/(13⋅ 480) = 0.126

Nel caso reversibile A1/A

2= (1⋅ 787.9)/(13⋅ 386.8) = 0.157.


3

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:

∆s = ∆H/T - ∆p/ρT = - (p2 - p1) /ρT = 2.5 105 [Pa] / 1000[kg/m

3]/300 [K] = 0.8333 J/kgK

La portata massica è m& = ρWA = ρWπD2/4= 1000⋅ 20⋅ 3.14⋅ 0.035

2/4 = 19.24 kg/s

La produzione entropica totale nell'unità di tempo è

∆S& = m& ∆s = 0.8333⋅ 19.24 = 16.0 W/K.

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= ? = H2= ? = 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 -w1

2) /2+ g(z2 -z1)


4

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.

0.9611938.6

852.42716.3r

HHx L11 =

−=

−=

( ) ( ) /kgm0.1223450.00115650.12720.9610.0011565vvxvv 3Lv1L1 =−⋅+=−+=

Per l’equazione di continuità si può scrivere:

0.07vv

AA

vAw

vAwAwρAwρcostm

2

1

2

1

2

22

1

11222111 ≅=⇒=====&

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

( ) ( )

( ) ( )6.54626.88180.826.5462400482400500ssss

3180.1.223420.823180.1400482400500HHHH

4005004001

4005004001

−+=−−−

+=

−+=−−−

+= &

Per determinare le condizioni al punto 2 si considera la trasformazione adiabatico isoentropica ideale:

s1 = s2

0.8546.9388

0.89336.8214Trss

ssssx L2

Lv

L22 =

−=

−=

−−

=


5

kJ/kg2276.52346.30.854272rxHH 2L2 =⋅+=+=

Per la definizione di rendimento isoentropico si ha:

( ) ( ) 24972276.53378.60.83378.6HHρHHHHHHρ 21e12'

12

12'e =−−=−−=⇒

−−

=

0.9482346.3

2722497r

HHHHHHx L2'

Lv

L2'2' =

−=

−=

−−

=

( ) ( ) kg/m8798.50010199.02023.6948.00010199.0vvxvv 3Lv'2L'2 =−⋅+=−+=

Applichiamo il I° Principio dei sitemi aperti alla turbina:

Q12 - L12 = H2 - H1 + (w22 -w1

2)/2 + g(z2 -z1)

La trasformazione è adiabatica, si suppone che le sezioni 1 e 2 siano alla stessa quota.

L12 = H1 - H2’ - (w22 -w1

2)/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. Sapendo che Q23= Q& /m = 65/0.4 =162.5 kJ/kg

ricavo H3=1100.3 kJ/kg. Ricavo il titolo x3 = (H3-HL)/(Hv-HL) = 0.168 e di conseguenza

u3=1066.8 kJ/kg; s3 =2.8836 kJ/kgK

Al punto 4: 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


6

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:

L12=0; Q12= u2 - u1 = 682.4 kJ/kg. Q& = m Q12= 273 kJ.

La trasformazione 2 3 è una trasformazione isobara di un sistema chiuso:

Q23 =162.5 kJ/kg; L23= -( u3 - u2 -Q23) = 15.6 kJ/kg;

Q& = mQ23= 65 kJ; 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.

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

da cui ρ1 = 1.47 kg/m3 e A1 = m& /(ρ1w1) = 0.000543 m2= 5.4 cm2.

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 - w1

2)/2 + g(z2 - z1) da cui:

H2 = H1 +(w12 - w2

2)/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.

da cui ρ2 = 1.57 kg/m3 e A2 = m& /(ρ2w2) = 0.00509 m2= 51 cm2.

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.

1 2


7

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 ( )( ) 0.158

0.00145260.70.0180410.30.00145260.7

vF1vFvF1xcuida ;

)xv-(vv x)-(1vF

llvl

ll

lvl

ll =

⋅+⋅⋅

=−+

−=→

+= .

Il volume specifico ( ) [ ]kgm 0.004080.00145260.0180410.1580.0014526v 3A =−⋅+=

e la massa m = VA/vA=10/0.00408=2450kg.

L’energia interna ( ) [ ]kgkJ 1576.11393.62547.30.1581393.6u A =−⋅+=

L’entropia ( ) [ ]KkgkJ 3.717913.36065.61980.1583.3606sA =−⋅+=

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]; da cui uB = uA-L = 1576.1-85.6=1490.5[kJ/kg]

Dalle tabelle a p=1 bar ricavo: 514.0417.4-2506

417.4-1490.5u-u

u-u

lv

lB ===Bx

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⋅−+⋅= −−

kgm 0.871101.45261.69370.514101.0434v

333

B 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

399.01.3027-7.3598

1.3027-3.71791s-s

s-s

lv

lC ===Cx ; ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=−+=

kgm 1251.4417.425060.399417.4u

3

C

LAC =uA – uC = 1576.1-1251.4 = 324.7 [kJ/kg] e il lavoro totale L& = m LAC = 2450⋅324.7 = 795.5 [MJ]

Esercizio 9Un 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;


8

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 T3 = 323 K

H3 = 323.9 kJ/kg 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:


9

==11

11 TR

pρ 1.1614 kg/m3 == 11Gρm& 0.274 kg/s

P= m& (H1-H2+H3-H4) = -70.66 kW

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; 0.055m OH2=& kg/s

Dal bilancio energetico tra aria e acqua:

kJ/kg735.8m

)H(HmHH

)H(Hm)H(Hm

OH

230in

in0OH23

2

2

=−

−=

−=−

&

&

&&

2392.9191.8Hx in

in

−= = 0.23 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(Hmq inoutOH2& 101.7 kW

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 H1= 2910.8 kJ/kg S1= 7.5882 kJ/kg K

===1

111 v

GGρm& 0.0197 kg/s

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= H1- m16q&

⋅ =1083.7 kJ/kg

=−

=6.2201

7.5047.10832x 0.26 (a 2 bar)

S2= 2.9852 kJ/kg K

La portata di acqua prodotta è pari a:

=−= )x(1mm 2OH2&& 0.0146 kg/s


10

In un’ora la massa d’acqua raccolta sarà pari a:

=⋅= 3600mm OHOH 22& 52.48 kg

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 T1=1000 K ρ1= p1/R1T1=3.31 kg/m3

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); per interpolazione: T2 = 554.2 K; ρ2 = p2/R1T2=0.629 kg/m3

Quindi: H2 = 560.9 kJ/kg

Dal 1° Principio per i sistemi aperti risulta:

321

22

21e12 102

wwHHmPL −⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−==

& ⇒ =m& 0.622 kg/s

Le sezioni risultano:

==11

1 wρmA&

0.006711 m2 ==22

2 wρmA&

0.01177 m2


1

Esercizio 1

Il condensatore di un impianto motorea vapore viene alimentato con acquaprelevata da una vasca che, a suavolta, attinge da un bacino idricotramite una tubatura lunga 290 m(vedi figura).Il sistema deve assicurare una portatadi acqua tale da consentire al vaporein uscita della turbina (x=0.93, p=11.2kPa, m& =27 kg/s) di condensarecompletamente a fronte di un salto ditemperatura del liquido refrigerante di10 °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 lascabrezza del condotto (D=0.85 m, ε=300 µm), il rendimento isoentropico di compressione della pompa (η

c=0.7), la

viscosità cinematica dell'acqua (ν=1.1×10-6

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 vale2387 kJ/kg. La portata di refrigerante si ricava applicando il primo principio al sistema aperto condensatore,trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale:1) &m

liq= &m

vap⋅r⋅x / (c

p⋅∆T)

liq ≅ 1432 kg/s

2) La velocità dell'acqua nel condotto di diametro 0.85 m si ricava dall'equazione di continuità ( ωρwm =& ) e vale 2.53

m/s. In queste condizioni il numero di Reynolds (Re= νwL ) vale 1.95×10

6; 00035,0=D

ε .

Il diagramma di Moody (o equivalenti formule analitiche) fornisce il fattore di attrito f = f(Re; Dε ) : f = 0.016.

Possiamo adesso applicare l'equazione di Bernoulli 02 12

21

22

2

11212 =−+

−+++ ∫ zz

gwwdphh ea γ al volume di

controllo che ha per sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) le superfici libere del bacino e della vasca. h

e + h

a + (z

2 -z

1)=0

|he| = (z

2 -z

1) + w

2 /2g ⋅L/D⋅f = 25 + 2.53

2 ⋅290⋅0,016⋅/(2⋅9,81⋅0,85) = 26,78 m

|P| = he g &m

liq / η

c = 538 kW

3) Se la sezione di uscita (3) viene posta in corrispondenza del punto più elevato della conduttura, l'equazione diBernoulli, trascurando i termini cinetici, può riscriversi come:h

e + h

a + (z

3 -z

1) + (p

3 -p

1) / γ = 0

dove (z3 -z

1) = 30, L

1-3 =190. Risulta quindi:

p3 = p

1 - γ [h

e + w

2 /2g ⋅ L

1-3/D⋅f + (z

3 -z

1)] ≅ 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 finoalla 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

AL CONDENSATORE

30

5

190 50

50


2

• 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 KLe 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 = 0.952h3’ = h3’ + r x3’ =762.6 + 2013.6 0.952 =2679.5 kJ/kgL’aria all’ingresso del fascio tubiero si trova nelle condizionit 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:

( ) ( ) kW 19252679.53141.60.980.855hhηη.

mP 3'2ele

.

=−⋅⋅=−=Il flusso termico scambiato nel fascio tubiero è

( ) ( ) kW 11895762.63141.65hh.

m 12 =−=−=ϕApplicando il primo principio della termodinamica all’aria che lambisce il fascio tubiero si ricava la portata d’aria:

( ) ( ) ( ) kg/s 20.05453.151046.4

11895hh

.mhh

.m

a2a1aa2a1a =

−=

−=→−=

ϕϕ

Applicando il primo principio della termodinamica alla camera di combustione:

( ) ( ) kW 14953.3300.61046.420.05hh.

m aa1ac =−=−=ϕ

La portata di combustibile è

kg/s 0.300014953.3/50/H.

mH.

m iccicc ===→= ϕϕ

La frazione utilizzata per la produzione di energia elettrica

0.129,31925/14953Pη c

.

=== ϕ

Esercizio 3

In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento il vapore all'uscita dal surriscaldatore ha pressione p5= 90

bar, T5 = 600 °C e portata volumetrica G

v pari a 450 m3/h. La turbina espande fino ad una pressione p

6= 0.1 bar.

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 uscitarispettivamente 25 °C e 40 °C.Trascurare la pompa di alimento.


3

5

1

6

surriscaldatore

condensatore

caldaia

turbina

Soluzione:

Il vapore in (5) è caratterizzato da:s

5= 6.9574 [kJ/kgK] h

5=3631.1 [kJ/kg] v

5= 0.042798 [m3/kg]

in (6 ') ( esp. isoentr. ) sarà s6 ' =s

5

da cui 0.847.5018

0.64936.9574x '6 ≈−

=

[ ]kJ/kg 22022392.90.841191.8h '6 ≈⋅+=dall'espressione della frazione utilizzata ricaviamo h6:

)hη(hhhhhhhη 1556

15

65 −−=⇒−−

=

h6 = 3631.1- 0.3 ( 3631.1- 191.8)= 2599.3 [kJ/kg]

0.7222023631.1

2599.33631.1hhhhρ

'65

65e ≈

−−

=−−

=

2)Calcoliamo la portata in massa del vapore: G = G

v/v = 450/0.042798 = 10515 kg/h = 2.92 kg/s

Osservando il rendimento si trova: η)(1)h(hG)h(hG 1516 −⋅−⋅=−⋅Bilancio al condensatore )T(TcG)h(hG iupOH16 2

−⋅=−⋅

( )( ) [ ]kg/s 112∆Tc

η1hhGGp

15OH2

≈−−

=

Esercizio 4

Una galleria del vento a circuito chiuso è costituitada una sezione ristretta di area As=0.06 m2 e da unanello di circolazione a sezione quadrata di areaA0=0.25 m2 e di lunghezza 28 m ed èschematizzata nella figura. La rugosità delle paretidel canale è ε=200µm.All’interno della galleria del vento l’aria è allapressione p=1 bar e alla temperatura di 23°C. Le perdite complessive nella sezione di prova(tratto 1-2) possono essere calcolate mediante laseguente equazione: ha1-2 = 0.1 ws

2/2g [m].Calcolare:• 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.

1

A0

2ws

As


4

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/sLe perdite di carico nella sezione di prova sono ha1-2=0,1⋅ws

2/2g = 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 mIl 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 diMoody ricavo λ=0.017.Il canale ha 4 gomiti per ciascuno dei quali considero λ’=1.Le perdite di carico sonoha distr =λ (w0

2⋅L/Dh)/2g = 0.017(82⋅ 28/0.5)/2/9.81 = 3.1 [m].ha conc =Σ λ’ w0

2/2g = 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;• portata di combustibile 15 ton/h [H

i= 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

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:p

1= 125 bar; h

1 = 137.8 kJ/kg.

Applicando il primo principio della termodinamica alla caldaia si ha:

[ ]kJ/kg 3977.8150

48000150.8137.8m

Hmηhhv

icc12 =

⋅⋅+=+=

Dalle tabelle del vapore per p2 =125 bar si ha:

[ ]( ) [ ];kJ/kgK 7.1744

1008.507.05047.29427.0504s

C 750.8 t ioneinterpolazper

2

2

=−+=

⇒°=

Il punto 3 è il punto di fine espansione isoentropica: s3= s

2; p

3 =0.05bar.

T

1

2

3 3'


5

ricavo il titolo x3 = (s

3-sσ)/(s

v-sσ) = (7.1744-0.4763)/7.9197 = 0.846

e l'entalpia h3 = hσ + r x

3= 137.8 + 2423.8⋅ 0.846 = 2187.7 [kJ/kg].

L'entalpia del punto 3' è: h3'=h

2-η

e(h

2-h

3) = 3977.8 - 0.8 (3977.8-2187.7)= 2545.7 [kJ/kg]

ricavo il titolo x3' = (h

3'-hσ)/(h

v-hσ)=(2545.7-137.8)/2423.8=0.993

il volume specifico v3'= 0.0010052+(28.1945-0.0010052)0.993 =28 m3/kg.La sezione di passaggio si ricava dall'equazione della portata m& = w A/vA=v m& /w = 28 (150/3.6)/140 =8.34 m2.La potenza P = m& (h2- h3') = (150/3.6) (3977.8-2545.7) =59670 kW.

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;• temperatura di I° e II°

surriscaldamento 500°C.All'uscita della turbina di alta pressioneviene prelevata una frazione del vapore(y) e fatta passare in uno scambiatorerigeneratore in cui cede calore all'acquauscente dalla pompa a bassa pressione,aumentandone la temperatura sino alvalore di saturazione alla pressioneintermedia.Trascurando il lavoro di compressione,valutare la frazione utilizzabiledell'impianto.

Soluzione

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 bassapressione (punto 1').Per mezzo delle tabelle determiniamo ora le condizioni dei vari punti del ciclo:Punto 1 p

1 =0.1 bar; x

1=0; t

1=45.83 °C; h

1 =191.8kJ/kg;

Consideriamo trascurabile, nel calcolo dell'intero ciclo termodinamico, l'incremento di entalpia nelle pompePunto 1' p

1'=10 bar; t

1'=45.83 °C; h

1' =191.8kJ/kg;

Punto 2 p

2 =10 bar; x

2=0; t

2=179.88 °C; h

2 =762.6kJ/kg;

Punto 2' p

2' =60 bar; t

2'=179.88 °C; h

2' =762.6kJ/kg;

Punto 3 p

3=60 bar, t

3=500 °C; h

3=3422.2kJ/kg; s

3=6.8818kJ/kgK

Il punto 4 si trova alla fine di una espansione isoentropica per cuip

4=10 bar ; s

4 = s

3 = 6.8818 kJ/kgK.Si nota che s

4>sσ(10bar) per cui utilizzo le tabelle del vapore surriscaldato. Per interpolazione

( ) C6.2406922.69259.66922.68818.6200250200t4 °=

−−

−+=

( ) kg/kJ1.29216922.69259.66922.68818.68.28260.29438.2826h4 =

−−

−+=

Punto 5 p5=10 bar; t

5=500°C; h

5=3478.3kJ/kg; s

5=7.7627kJ/kgK.

Il punto 6 si trova alla fine di una espansione isoentropica: p

6= 0.1 bar; s

6=s

5=7.7627 kJ/kgK. Si nota che s

6<sσ(0.1 bar) per cui ricavo t

6= t

1= 45.83°C.

Per ricavo il titolo e l'entalpia del punto 6:

11'22'

34

4

5

6

1

1'

2

3

4

5

6

T

s


6

x6= (7.7627-0.6493)/7.5018=0.95; h

6 = 2465 kJ/kg.

Prendiamo in considerazione il miscelatore: poiché questo è un organo adiabatico senza scambi di lavoro conl'esterno il primo principio della termodinamica per i sistemi aperti si può scrivere come:y⋅ h

4 + (1-y)h

1 - h

2 = 0

da cui si ottiene che la frazione spillata è: y = (h

2-h

1)/(h

4-h

1)= (762.6-191.8)/(2921.1-191.8)= 0.209

Il calore fornito al ciclo, per ogni chilogrammo di massa che evolve nella caldaia, èQ = (h

3-h

2)+ (1-y) (h

5-h

4) =(3422.2-762.6)+0.791(3478.3-2921.1)=3100.3 kJ/kg

Il lavoro èL= (h

3-h

4) +(1- y) (h

5-h

6) =(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 diametro152 mm, quando alle sue estremità è applicata una differenza di pressione 0.35 kg

p/cm

2 (viscosità cinematica ν =1⋅10

-6

m2/s, densità ρ =1000 kg/m

3).

Soluzione

Applichiamo l'equazione di Bernoulli: 02 12

21

22

2

1

=−+−

+++ ∫ zzgwwdphh ea γ

;

Per un tubo orizzontale a sezione costante in cui scorre un liquido in assenza di lavoro esterno si ha: h

e= 0; γ = ρg = cost; w

2=w

1; z

2=z

1.

Le perdite di carico si possono esprimere come: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ λ+λ= '

DL(Re)

g2wh

2

a .

Trascurando le perdite di carico concentrate λ'=0 possiamo scrivere:( )

LDppw

gpp

DL

gw

λρρλ 2112

2 202

−=⇒=

−+ . Quest'ultima equazione è implicita perché λ=λ(Re) e Re=wD/v,

per cui w =f(w). Per risolverla si utilizza un metodo iterativo.Utilizziamo il diagramma di Moody.Per tubi saldati la scabrezza è ε = 60 µm. La scabrezza relativa ε/D=60 10

-6/0.152 =0.0004.

Come valore di λ di primo tentativo si può scegliere quello valido per il moto turbolento completamente sviluppato: λ = 0.016.

∆p= 0.35 kgp/cm2=0.35 9.81/10

-4=34335 [Pa] ⇒ m/s 1.96

17010000.0160.152343352w =

⋅⋅⋅⋅

= .

Il numero di Reynolds Re= wD/ν= 2,98 ⋅105. Con questo valore del numero di Reynolds, dal diagramma di Moody

ottengo λ=0.0175 ⇒ m/s 1.87317010000.0175

0.152343352w =⋅⋅

⋅⋅=

da cui ottengo Re= wD/ν= 2,846⋅105 con cui ottengo λ=0.0175.La velocità è w =1.873 m/s.La portata è m& = ρwA = ρwπD

2/4 = 1000 ⋅1.873⋅ 3.14 ⋅ 0.152

2/4 ≅ 34 kg/s

Esercizio 8

Un impianto motore a vapore opera tra le pressioni estreme di 0.1 e 25 bar. Si valuti la temperatura di surriscaldamentonecessaria ad ottenere una frazione utilizzabile compresa tra 0.3 e 0.31. Si trascuri il lavoro speso in fase dicompressione.

Soluzione

Per semplicità consideriamo un ciclo motore a vapore come quello tracciato nella figura. Trascuriamo il lavoro nellepompe (punto 1' coincidente con il punto 1) e consideriamo un rendimento isoentropico di espansione η

E = 0.85.


7

La frazione utilizzata del ciclo termodinamico è una funzione, non esplicita, delle condizioni al punto 4, infatti daqueste, dipendono le condizioni al punto 5. Per risolvere il problema è necessario ricorre ad un sistema diapprossimazioni successive.

Come primo tentativo scegliamo il la temperatura di surriscaldamento tale da avere, alpunto 5, vapore saturo secco.Definiamo i punti del ciclo. Dalle tabelle di acqua e vapore in condizioni disaturazione:Punto 1: p

1 = 0.3 bar; t

1= 69.13 °C; x

1=0; h

1=289.3 KJ/kg;

s1 =0.9441 kJ/kgK;

Punto 1': p1' = 25 bar; t

1'= 69.13 °C; h

1'=289.3 KJ/kg;

s1' =0. 9441 kJ/kgK;

Punto 5: p5 = 0.3 bar; t

5= 69.13 °C; x

5=1; h

5=2625.4 KJ/kg;

s5 =7.7695 kJ/kgK;

Punto 4: p4 = 25 bar; s

5 =s

4 =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 = η

E L/Q=η

E (h

4 -h

5)/(h

4 -h

1')=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: t

4 = 700; p

4 = 25 bar; h

4 = 3913.4 kJ/kg; s

4 = 7.8431 kJ/kgK;

Punto 5: p5 = 0.3 bar; s

5 = s

4 = 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 unadoppia 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.


E L/Q=η

E (h

4 -h

5)/(h

4 -h

1')=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 h

4 = 3913.4 +( 4147.0 -3913.4) (725 - 700)/(800 - 700) =3971.8 kJ/kg.s

4 = 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 s

5 > 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.


E L/Q=η

E(h

4 -h

5)/(h

4 -h

1')=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 vaporeprodotto entra in turbina a 500 °C ed espande fino alla pressione di 0.08 bar (ingresso al condensatore). Lo spillamento

11'

2 3

4

5

T

s

5'


8

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] x H [kJ/kg] S [kJ/kgK]1 1142.52 500 80 3398.8 6.72623 290 20 3000.5 6.72623' 20 3080.14 0.08 0.80 2096.5 6.72624' 0.91 2356.95 0 173.96 173.97 1142.5

Dal 1° principio per il rigenerazione: 5.114232

31

6'37 =⋅+⋅= HHH

Potenza: P=(H2-H3')mtot+(H3'-H4')mr = 44.2 MWPortata 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

Proprietà dell’acqua tab. 10.

Eq. Bernoulli: 0zzg2wwpphh 12

21

2212

12e12a =−+−

+γ−

++

g2ww 2

122 − , (z2-z1),

γ− 12 pp sono nulli perché le sezioni 1 e 2 coincidono.

µρ

=wDRe =88500; ⇒≅ 0.003D

ε 028.0=λ (diagramma di Moody)

.corpiscald

2

12a h'DL

DRe,

g2wh +⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∑ λ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ε

λ=

ρ⋅hcorpiscald.⋅g =3⋅5,9 kPahcorpiscald =1.8 mha12=26,5 mhm=26,5 m

== Awm ρ& 0.68 kg/s; pap

mmghPomη&

= ≅ 208 W

20 m

caldaia

corpo scaldante


9

Esercizio 11

All’interno di un canale orizzontale a sezione circolare fluisce una portata di aria a temperatura costante 25°C. Nellasezione di ingresso la pressione è pari a 1.76 bar, mentre nella sezione di uscita è pari a 1.5 bar. Si determini la portateper unità di area della sezione e il calore scambiato dall’aria tra le sezioni di ingresso ed uscita, considerando le seguentiipotesi semplificative:

Perdite di carico distribuite e concentrate trascurabili; 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:

02

wwvdp

0g2ww

gdp

21

22

21

22

=−

+∫

=−

+∫ρ

Essendo la trasformazione isoterma, si può scrivere:

∫ =1

211 p

plnvpvdp

Dall’equazione di continuità:

2

2

1

1

vAw

vAw

= quindi: 12

11

1

212 w1733.1

ppw

vvww ⋅===

Il volume specifico nella sezione 1 vale:

==1

11 p

TRv 0.486 m3/kg

Sostituendo nell’equazione di Bernoulli e risolvendo per w1, si trova:

2692/)11733.1(

pplnvp

w 22

111

1 =−

= .2 m/s

w2=315.8 m/sLa portata per unità di area risulta:

5541

111 ====

vww

AmG ρ&

kg/m2s

Il calore scambiato si valuta dal 1° Principio per i sistemi aperti, in cui le entalpie si semplificano (trasformazioneisoterma gas perfetto):

6.132

wwQ21

22 =

−= kJ/kg

Esercizio 12

Si dimostri che, per un gas ideale, occorre che la sezione di passaggio a valle A2 sia maggioredella 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 ρ2A2che si riduce a: ρ1A1 = ρ2A2avendo 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 implicadT=0). La relazione tra le densità del fluido all’ingresso e all’uscita sarà:ρ1/ ρ2 = p1/p2e poiché da 1 a 2 il fluido espande (ovvero vede ridursi la propria pressione) per effetto del settoporoso, si avrà:ρ1/ ρ2 = A2/A1 > 1.


10

Esercizio 13

Si vogliono ottenere da un impianto frigorifero 100 kW, quale “effetto utile”, a una temperaturadi cella pari a −10°C, utilizzando come fluido frigorigeno R134a. La condensazione avvienemediante acqua di rete disponibile a 15°C. Determinare: la portata di fluido frigorigeno, lapotenza del compressore, assumendo un rendimento isoentropico di compressione pari a 0.85, el’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 dovràavvenire ad una temperatura di 8-10°C inferiore, ad esempio a −18°C. La condensazione dovràinvece avere luogo ad una temperatura superiore, di 8-10°C, a quella dell’acqua di rete, adesempio a 24°C. In base ai dati di tabella 4 e alle informazioni grafiche di figura 9.4, si ricavanoora 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 sistemiaperti (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” nelsistema).L’effetto frigorigeno sarà dato da ε = (h1 − h4)/( h2’ − h1) = q / eL− = 100 / 25.66 = 3.9.

Esercizio 14

In una cella frigorifera per congelamento alimentare si vogliono raffreddare 10 ton/h di derrate alimentari (calorespecifico 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.Per raffreddare il condensatore si ha una portata di acqua ( kg/s 7m =& ) alla temperatura di 5 °C.Si calcolino:


11

- 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:[kW] 116[kW] 3)]/3600(25[1.91010)T(Tcmq 3

inizialefinale =−−−⋅⋅⋅=−⋅⋅= &

Si definiscono i punti del ciclo termodinamico; scelgo la temperatura all’evaporatore (T1< Tfinale ⇒ T1 = -27 °C) e latemperatura 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

(2id) p2id = p3 = 5 bar s2id = s1 ⇒ h2id = 316 kJ/kg

(4) T4 = -27 °C p4 = 1 bar h4 = h3 = 120 kJ/kg

[kJ/kg] 322.35[kJ/kg] 280)/0.85(316280)/ρh(hhh c12id12 =−+=−+=

Allora la portata di refrigerante: [kg/s] 0.725)hq/(hm 41R134a =−=&

La potenza del compressore: [kW] 30.7)h(hmP 12R134a =−= &

Valuto se la portata di acqua è sufficiente a raffreddare il condensatore: )T(Tcm)h(hm inoutOH32R134a 2−⋅⋅=− &&

OK T C][ 10cm)/h(hmTT 3OH32R134ainout 2⇒°=⋅−⋅+= p&&

Documents

Esercizi Fisica Tecnica 1 - varani.infovarani.info/downloads/esercizi-2.pdf · Esercizi Fisica Tecnica 1 1 Esercizio 1 10 m³/h di azoto alla pressione di 3 kg/cm² ed alla temperatura