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 p 1 =3 kg/cm²= 3 9.81 10 4 =2.943 10 5 Pa. T 1 = 100 °C = 373 K p 2 = 1 kg/cm² = 9.81⋅10 4 Pa. Dalle tabelle ricavo l'entalpia h 1 e l'entropia di riferimento s 01 nello stato 1 per interpolazione: ( ) ( ) ( ) ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + = − − − + = kg kJ 387.6 311.8)0.73 (415.7 311.8 300 400 300 T 300 H 400 H 300 H H 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + = − − − + = kgK kJ 7.073 6.854)0.73 (7.154 6.854 300 400 300 T 300 s 400 s 300 s s 1 0 0 0 01 L'entropia allo stato 1 è s 1 = s 01 -R 1 log(p 1 /p 0 ) dove: p 0 è la pressione di riferimento p 0 =1bar≈1kg/cm 2 . Per l'azoto R 1 =8.314/28=0.2969 kJ/kg K s 1 =7.073 - 0.2969 log(3)= 6.746 kJ/kg K. La trasformazione 1→2 è adiabatica reversibile: ∆s = 0, s 2 = s 1 . p 2 = 1 kg/cm² ⇒ s 02 ≈ s 2 Utilizzando il valore di s 02 dalle tabelle posso ricavare t 2 e H 2 per estrapolazione. ( ) K 271 6.704 6.854 6.704 6.746 260) (300 260 (260) s (300) s (260) s s 260 300 260 T 0 0 0 02 2 = − − − + = − − − + = ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − − − + = − − ⋅ − + = kg kJ 281.64 260 300 260 271 270.2) (311.8 270.2 260 300 260 T H(260) H(300) H(260) H 2 2 . La portata massica m & = ρG = p 1 G/R 1 T 1 = 2.943 ⋅10 5 0.0027778 / (296.9 ⋅ 373) = 0.00738 kg/s La potenza meccanica scambiata nel caso a) è: P= m & L= - m & (H 2 - H 1 )=0.00738(387.6-281.64) = 0.782 kW Nel caso di irreversibilità b) s 2’ = s 1 + ∆s = 6.746 + 0.042 = 6.788 [kJ/kg K] interpolando come nel caso precedente si ottiene: T 2’ = 282.4 K; H 2’ = 293.49 [kJ/kg] da cui P 12’ = 0.694 kW Il rendimento isoentropico è η= P 12’ /P = 0.888
21
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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
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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.
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
2/2g = 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'
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
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.
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
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.
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.
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'
Esercizi Fisica Tecnica 1
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
Esercizi Fisica Tecnica 1
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.
Esercizi Fisica Tecnica 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:
Esercizi Fisica Tecnica 1
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).