Parte 2 - ditec.unige.it

ditec
Dipartimento di Termoenergetica e Condizionamento Ambientale
ESERCITAZIONI DI FISICA TECNICA 1
Per allievi ingegneri navali
Federico Scarpa
Parte Seconda
A.A. 2004-2005
Esercitazione n° 8
Ciclo motore a vapore
Richiami
Il più semplice dei cicli a vapore è il ciclo RANKINE che prevede l'uso di acqua e
vapore saturo come fluido di lavoro e si configura come dai seguenti diagrammi (p,v) e
(T,s).
p
T
B
C
D
C
D
B
A
E
A
E
s
v
AB- compressione in fase liquida ( isoentropica [ adiab. rev.] in figura )
BC- riscaldamento a p costante
CD- vaporizzazione a p ( e T ) costante
DE- espansione adiabatica ( isoentropica [ adiab. rev.] in figura )
EA- condensazione a p ( e T ) costante
Tale ciclo è il ciclo base delle macchine a vapore e, con opportune modifiche viene
impiegato in gran parte degli impianti termici per la produzione di energia elettrica.
La frazione utilizzabile è data da
LA, B + LD, E
η0 =
QB, D
dal 1° principio abbiamo che
0 = Q B , D + Q E , A − L A, B − L D , E
⇓
η0 =
QB,D + QE , A
QB,D
⇓
η0 = 1 +
con
QE , A
QB,D
QE,A < 0 ( ceduto )
QB,D > 0 ( acquistato)
56
p
T
C
B
D
C
D
B
A
E
A
v
E
s
Dall'eq. di bilancio per i sistemi aperti abbiamo, per due sezioni generiche, trascurando
le variazioni cinetiche e di quota:
w22 − w12
Q − Le = h2 − h1 +
+ g( z2 − z1 )
2
da cui
QE, A = hA − hE
QB, D = hD − hB
ed infine
hE − hA
η0 = 1 −
hD − hB
Il fluido più efficace e, di conseguenza, più usato nelle macchine a vapore è l'acqua la
quale è caratterizzata dalla seguenti proprietà desiderabili:
• ha una elevata entalpia di vaporizzazione; ne segue che possiamo cedere al fluido una
elevata quantità di calore per unità di massa → anche il lavoro unitario ottenibile
sarà elevato a parità di rendimento: alta densità di potenza.
• la temperatura di fusione dell'acqua è abbondantemente al di sotto della temperatura
minima realizzata nel ciclo (nessun pericolo di congelamento).
• Il rapporto fra i volumi specifici di vapore e liquido è grande; di conseguenza il lavoro
di compressione sarà una modesta frazione di quello di espansione.
• Le caratteristiche di scambio termico sono buone e permettono di contenere le
dimensioni ed i costi delle varie apparecchiature di scambio.
• Non è corrosiva.
• Non è tossica, infiammabile o comunque dannosa per l'uomo.
• E' facilmente reperibile e a basso costo.
Le macchine a vapore possono essere caratterizzate da espansori alternativi o a
turbina. Nei moderni impianti a vapore gli organi di espansione sono quasi sempre
turbine, specie negli impianti dedicati alla produzione di energia elettrica.
Vediamo più in dettaglio la compressione in fase liquida.
57
Avendo a disposizione le tavole relative all'acqua compressa non ci sarebbero problemi
di sorta. Vediamo come fare senza tabelle.
La trasformazione A-B è isoentropica. Dalle eq. Tds abbiamo:
Tds = dh − vdp
essendo ds=0 segue
dh = vdp
B
hB = h A + ∫ vdp
A
hB = hA + v A, B ( pB − pA )
hA è nota dalle tabelle (entalpia del liquido saturo alla pA o TA considerata ). Il valore
medio del volume specifico sarà molto vicino a vA, assumiamo vA.
hB = hA + v A ( pB − pA )
Nel caso di trasformazione reale faremo uso del rendimento isoentropico di espansione.
Per ricavare TB ( serve raramente ) in modo approssimato, una volta nota hB , si cerca
semplicemente nella tabella il valore di temperatura corrispondente ad hB sulla curva
limite inferiore. Il valore trovato è in leggero errore per difetto.
Nota: non è stata usata l'ipotesi di fluido incomprimibile infatti, sempre nella tr. A-B,
abbiamo:
Tds = du + pdv
ma ds=0 e dv= 0 implicano du=0 e siccome per sost. incompr.
du = cdT
ne sarebbe derivato dT=0 , TB=TA.
qualche grado ).
In effetti, comunque, la temperatura varia poco (
Gli schemi adottati negli impianti a vapore di potenza sono molto complessi ma alcune
modifiche importanti sono sempre presenti rispetto al semplice ciclo RANKINE. Di
queste ne vedremo una: i surriscaldamenti.
Surriscaldamenti
La temperatura critica dell'acqua ( 374.15 °C) è assai inferiore alla temperatura limite
imposta dalle caratteristiche metallurgiche dei materiali impiegati e che, attualmente, è
nel campo dei 600-700 °C. Inoltre la vaporizzazione si fà avvenire a temperature di un
centinaio di gradi inferiori a quella critica al fine di evitare pressioni troppo elevate.
I surriscaldamenti a fine vaporizzazione hanno due scopi:
- incrementare la frazione utilizzata del ciclo.
- spostare verso destra il punto di fine espansione per evitare la presenza di elementi
liquidi durante l'espansione che provocherebbero erosioni e danneggiamenti alle palette
della turbina.
58
T
AB- compressione in fase liquida
BC- riscaldamento "
" ( p=cost )
CD- vaporizzazione a p e T cost.
DE- 1° surriscaldamento ( p=cost )
EF- 1a espansione reale ( turbina A.P.)
EF'- 1a espansione isoentr.( "
")
FG - 2° surriscaldamento ( p=cost )
GH- 2a espansione reale ( turbina B.P.)
GH'- 2a espansione isoentr.( "
")
HA - condensazione a p=cost.
G
E
K
D
C
F'
F
B
H
H'
A
s
In figura è rappresentato il caso di 2 surriscaldamenti. Per la valutazione delle
prestazioni reali dell'impianto è conveniente la rappresentazione del ciclo sul
diagramma entalpico, come di seguito
hB-hA - lavoro speso nella pompa
hE-hB - calore assorbito nel generatore
hE-hF - lavoro sull'asse della turbina A.P.
hG-hF - calore assorbito nel risurrisc.
hG-hH - lavoro sull'asse della turbina B.P.
hH-hA- calore ceduto nel condensatore
h
G
E
D
F
F'
K
H
H'
C
Attenzione, qui tutte le quantità sono
positive; per ottenere i segni corretti
occorre considerare, per ogni organo, hu-hi
e cambiare segno per il lavoro infatti:
B
A
s
Frazione utilizzabile η0
η0 =
Frazione utilizzata η
η=
Qi,u=hu-hi
Li,u= -(hu-hi)
( hE − hF' ) + ( hG − hH' ) − ( hB − hA )
( hE − hB ) + ( hG − hF' )
( hE − hF ) + ( hG − hH ) − ( hB − hA )
( hE − hB ) + ( hG − hF )
59
Esercizio 1
T
d
d
c
b
c
e
a'
a
e'
e
s
a'
a
Un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento opera nelle seguenti
condizioni:
- pressione al condensatore pa = 0.05 bar
- pressione in caldaia
pa'= 125 bar
- T max surriscaldamento
Td= 450 °C
- rendimento isoentropico
dell'espansore
ρe = 0.75
- portata massica vapore
Gv= 90 ton/h
Si determini:
1) la frazione utilizzabile η0 e utilizzata η
2) La potenza Pe sviluppata dalla turbina
3) La portata GH2O di raffreddamento
4) La portata Gc di combustibile
5) La potenza Pc delle pompe di alimento
Condizioni in (a) , liquido saturo all'uscita condensatore:
pa=0.05 bar ;→ sa = 0.4763 [kJ/kg K]
inoltre
Ta= 32.9 °C , ha= 137.8 [kJ/kg]
Condizioni in (a') , liquido compresso all'ingresso caldaia:
pa=125 bar ;→ sa'= sa= 0.4763 [kJ/kg K]
siccome è una isoentropica ( ip. adiabatica reversibile ), sappiamo che sa'=sa. si
potrebbe allora nota s e p risalire ad h mediante tabelle dell'acqua compressa, ma non le
abbiamo. Si procede allora così:
essendo ds=0 dalle eq. Tds segue che dh= vdp
considerando un valore medio del volume specifico sarà allora
ha' − ha = v ⋅ ( pa' − pa )
facendo una approssimazione assumiamo v = va . Dalle tabelle risulta:
va= 0.0010052 [m3/kg]
per cui sarà
ha' = 137. 8 + 0. 0010052 ⋅ (125 − 0. 05) ⋅ 100 = 150. 4 kJ / kg
60
Volendo calcolare Ta' procediamo come visto in precedenza: ad un valore di 150.4
[kJ/kg] dell'entalpia corrisponde, sulla curva del liquido saturo, una temperatura di
35.91 °C (occorre interpolare).
Condizioni in (b) , liquido saturo in caldaia:
a pb=125 bar corrisponde sulla curva del liquido saturo Tb=327.7 °C infatti:
Tb =
324. 64 + 330. 81
2
= 327. 7 ° C
analogamente per entalpia ed entropia si trova
hb= 1511.8 [kJ/kg]
sb= 3.5293 [kJ/kg K]
Condizioni in (c) , vapore saturo secco:
pc=125
Ovviamente la temperatura è la stessa di prima
Tc=327.7 °C
per entalpia ed entropia troviamo:
hc= 2678.1 [kJ/kg]
sc= 5.4706 [kJ/kg K]
Condizioni in (d) , vapore surriscaldato:
Pressione e temperatura sono note: pd=125 bar; Td=450 °C
Questa volta si utilizza la tabella del vapore saturo
hd =
sd =
1
2
1
2
(3343. 3 + 3042. 9) = 3193.1 kJ / kg
(6. 4654 + 6. 0481) = 6. 2568 kJ / kg K
Condizioni in (e') , espansione isoentropica:
pe'=0.05 bar
L'entropia sarà la stessa del punto precedente ovvero
se' = 6. 2568 kJ / kg K
nella tavola del vapore saturo, in corrispondenza a p=0.05 bar, troviamo
s l= 0.4763 [kJ/kg K]
sv= 8.3960 [kJ/kg K]
siccome sl < se' < sv siamo nel campo del saturo: Te'=39.2 °C. Calcoliamo il titolo:
s − sσ
x=
(r / T )
6. 2568 − 0. 4763
xe' =
= 0. 73
7. 9197
Per l'entalpia sarà allora
he' = 137. 8 + 0. 73 ⋅ 2423. 8 = 1907. 2 kJ / kg
61
Condizioni in (e) , espansione reale:
Si è assunto ρe= 0.75
la definizione del rendimento isoentropico di espansione porge:
ρe =
segue
hd − he
hd − he'
he = hd − ρe ⋅ ( hd − he' )
he = 3193.1 − 0. 75 ⋅ (3193.1 − 1907. 2 ) = 2228. 7 kJ / kg
si vede che he < hv(=2561.6 [kJ/kg]) : siamo nel saturo.
per il titolo sarà:
he − h l 2228. 7 − 137. 8
xe =
=
= 0. 863
r
2423. 8
infine l'entropia specifica varrà:
se = 0. 4763 + 0. 863 ⋅ 7. 9197 = 7. 308 kJ / kg K
Frazione utilizzabile
1907. 2 − 137. 8
ha − he'
= 1−
η0 = 1 +
3193.1 − 150. 4
hd − ha'
η0 = 0. 418
Frazione utilizzata
ha − he
2228. 7 − 137. 8
= 1−
η = 1+
hd − ha'
3193.1 − 150. 4
η = 0. 313
Potenza all'asse della turbina
La portata di vapore è Gv= 90 [ton/h] ovvero Gv= 90/3.6 = 25 [kg/s]
Pe= Gv (hd-he) = 25 (3193.1-2228.7) = 24110 [kW]
Pe = 24.11 MW
Portata d'acqua al condensatore
Supponiamo di avere a disposizione acqua a 15 °C ( Ti ). In uscita si può assumere
una temperatura 6-7 °C inferiore a quella di saturazione. Quindi Tu= 25.9 °C.
Scriviamo il bilancio delle potenze termiche
GH2O c p H2O ( Tu − Ti ) = Gv ( he − ha )
GH2O = Gv
he − ha
c p H2O ( Tu − Ti )
GH2O = 25 kg / s
( 2228. 7 − 137. 8) kJ / kg
4.186 kJ / kgK ( 25. 9 − 15) K
= 1145. 6 kg / s
il rapporto fra le portate è circa 46.
62
Portata di combustibile
Assumendo un potere calorifico inferiore Qi= 40000 [kJ/kg] ( es. gasolio ) e un
rendimento di combustione ηc=0.85 avremo:
ηc Gc Qi = Gv ( hd − ha' )
Gc = Gv
Gc = 25
( hd − ha' )
ηc Qi
3193.1 − 150. 4
. 85 ⋅ 40000
= 2. 237 kg / s
Potenza pompe di alimento
Pe= Gv (ha'-ha) = 25 (150.4-137.8) = 315 [kW]
Pc = 0. 315 MW
Esercizio 2
Del vapore surriscaldato a 500 kPa e 300 °C (stato 1) viene fatto espandere adiabaticamente in una turbina fino alla pressione di 100 kPa (stato 2). All'uscita dello
espansore il vapore viene ulteriormente surriscaldato fino alla temperatura di 240 °C
(stato 3) e quindi fatto espandere in una seconda turbina fino alla pressione di 2 kPa
(stato 4).
Assumendo che entrambe le espansioni siano caratterizzate da un rendimento
isoentropico ρe= 0.85 e che la potenza complessivamente fornita dalle turbine sia di 50
MW, si determini:
- la portata di vapore;
- la potenza termica scambiata nel risurriscaldatore.
Si consideri il sistema operante a regime e trascurabili le variazioni di energia
cinetica e potenziale del fluido.
Tracciamo uno schizzo delle trasformazioni in esame sul diagramma T,s
63
1
2
Ovviamente non sappiamo ancora se gli
stati 2,2',4,4' saranno nel saturo o nel
surriscaldato.
Dalla tavola 3/a del vapore surriscaldato
ricaviamo, in corrispondenza di p=5 bar,
T= 300 °C i seguenti valori:
3
4
v1= 0.5258 [m3/kg]
h1= 3064.8 [kJ/kg]
s1= 7.4614 [kJ/kg K]
T
1
Le condizioni dello stato 2' sono
ricavabili dalla isoentropicità della
trasformazione 1-2'.
3
2
2'
s2'= s1
4
4'
e dalla conoscenza di p2' ( 1 bar )
s Procediamo ad interpolazione nella tavola
3/a per passare dall'entropia all'entalpia in 2'.
s2' fa riferimento ad una temperatura compresa fra 100 e 150 °C, avremo allora:
s − s100
(1 bar )
h2' = h100 + 2'
( h − h100 )
s150 − s100 150
7. 4614 − 7. 3618
( 2776. 3 − 2676. 2 ) = 2715. 8 kJ / kg
h2' = 2676. 2 +
7. 6137 − 7. 3618
Si noti che essendo presente s2' (1 bar) nella tavola del vap. surr., ci troviamo ancora al
di là della curva limite superiore.
In modo analogo, se interessasse il valore della temperatura potremmo scrivere:
7. 4614 − 7. 3618
(150 − 100 ) = 119. 8 ° C
T2' = 100 +
7. 6137 − 7. 3618
Il salto entalpico isoentropico vale quindi
∆hrev = h1 − h2' = 3064. 8 − 2715. 8 = 349. 0 kJ / kg
Per ricavare il salto reale utilizziamo il rendimento isoentropico di espansione
ρe =
per cui
∆hreale
∆hrev
=
h1 − h2
h1 − h2'
h2 = h1 − ρe ∆hrev
h2 = 3064. 8 − 0. 85 ⋅ 349 = 2768.15 kJ / kg
Il lavoro per unità di massa sviluppato dalla turbina A.P. ( alta pressione) vale quindi:
L1,2 = h1 - h2
L1,2 = 3064.8 − 2768.15 = 296. 65 kJ / kg
64
Passiamo ora alle grandezze relative allo stato 3.
Sempre utilizzando un'interpolazione, partendo questa volta dalla temperatura che vale
240 °C, ricaviamo h3 ed s3, sarà:
240 − 200
( p = 1 bar) h3 = 2875. 4 +
( 2974. 5 − 2875. 4 ) = 2954. 7 kJ / kg
250 − 200
240 − 200
(8. 0342 − 7. 8349) = 7. 9943 kJ / kg K
s3 = 7. 8349 +
250 − 200
Il calore per unità di massa fornito nel risurriscaldatore vale quindi:
Q2,3 = h3 - h2
Q2,3 = 2954. 7 − 2768.15 = 186. 55 kJ / kg
Per il calcolo di (4') ci comportiamo come in precedenza per s2'. Notiamo però che il
valore di s4'(=s3), in corrispondenza della pressione p4'=p4= 0.02 bar, non è più
riscontrabile nella tavola del vapore surr. bensì in quella del vapore saturo essendo
0.2606 < s4' < 8.7246
calcoliamo allora il titolo corrispondente usando:
s − sσ
x=
(r / T )
Si ottiene:
7. 9943 − 0. 2606
x 4' =
= 0. 914
8. 4640
e di seguito
h4' = 73. 5 + 0. 914 ⋅ 2460. 2 = 2321. 5 kJ / kg
con un salto pari a
∆h3,4' = 2954. 7 − 2321. 5 = 633. 2 kJ / kg
ed un corrispondente salto entalpico reale dato da
∆h3,4 = 0. 85 ⋅ 633. 2 = 538. 2 kJ / kg
Quindi per la turbina B.P. ( bassa pressione) avremo
L3,4 = 538. 2 kJ / kg
calcoliamo per curiosità il titolo finale
h4 = 2954. 7 − 538. 2 = 2416. 5 kJ / kg
h − hσ
x=
r
2416. 5 − 73. 5
x4 =
= 0. 952
2460. 2
siamo quindi ancora in presenza di vapore saturo
Per calcolare la portata di vapore notiamo che la potenza fornita dalle turbine si esprime
come:
P= Gv (L1,2+L3,4)
kW
50 ⋅ 10 3
= 59. 9 kg / s
Gv =
per cui
538. 2 + 296. 65 kJ / kg
65
infine, per la potenza termica pertinente al risurriscaldatore, avremo:
Pt= Gv·Q2,3
Pt = 59. 9 ⋅ 186. 55 = 11. 2 MW
Esercizio 3
Un ciclo vapore a semplice surriscaldamento opera fra le pressioni p1= 10 bar e p2=0.04
bar.
Determinare la temperatura di surriscaldamento necessaria affinché alla fine
dell'espansione isoentropica ( stato 2') si abbia vapore con titolo x2'= 0.9.
Determinare il rendimento isoentropico di espansione tale che il titolo a fine espansione
(stato 2) valga x2= 1.0.
T
1
2'
2
s
Dalle tavole troviamo l'entropia specifica del vapore con x=0.9 a p2'= 0.04 bar, risulta:
s2'= 0.4225 + 0.9·8.053 = 7.67 [kJ/kg K]
risulta poi
h2'= 121.4 + 0.9·2433.1 = 2311.2 [kJ/kg]
Dalla tavola 3/a vediamo che, per p= 10 bar, tale valore di entropia risulta compreso fra
le colonne relative a 400 e 500 °C.
Interpolando si ottiene:
7. 670 − 7. 4665
T1 = 400 +
100 = 468. 7 ° C
7. 7627 − 7. 4665
7. 670 − 7. 4665
h1 = 3264. 4 +
(3478. 3 − 3264. 4 ) = 3411. 4 kJ / kg
7. 7627 − 7. 4665
Consideriamo ora l'espansione reale. Alla pressione di 0.04 bar il vapore saturo secco
ha una entalpia pari a
h2= hv= 2554.5 [kJ/kg]
il rendimento isoentropico varrà allora
ρe =
h1 − h2 3411. 4 − 2554. 5
=
h1 − h2' 3411. 4 − 2311. 2
ρe = 0. 78
66
Esercizio 4
Del vapore entra in un ugello d'efflusso a p1= 2 [bar] e T1=150 [°C] e ne esce a p2= 1
[bar].
Supponendo la trasformazione adiabatica reale si valuti il volume specifico del fluido
all'uscita nell'ipotesi che il rendimento isoentropico dell'espansore sia ρe=0.7. Si
trascuri la velocità d'ingresso.
Lo stato iniziale del vapore è caratterizzato dai seguenti valori di entalpia ed entropia
(dalla tabella del vapore surriscaldato ):
h1= 2768.1 [kJ/kg]
s1= 7.2794 [kJ/kg K]
consideriamo prima l'espansione ideale. Dovrà essere s2'= s1 e p2'= p2. In
corrispondenza di 1 [bar] l'entropia sulla curva limite superiore ( vapor. saturo secco)
vale
sv= 7.3598 [kJ/kgK]
maggiore di s2' . Il vapore è quindi in condizioni sature ( all'interno della campana)
Calcoliamo il titolo.
s − sσ 2 ' (7.2794 − 1.3027)[kJ / kgK ]
=
= 0.987
x 2' = 2'
6.0571[kJ / kgK ]
⎛r⎞
⎜ ⎟
⎝ T ⎠ 2'
L'entalpia corrispondente varrà
h2' = hσ 2' + x2' r2' = 417. 5 + 0. 987 ⋅ 2257. 9 = 2646 kJ / kg
Avremo quindi un salto entalpico ideale pari a
∆hid = h1 − h2' = 2768.1 − 2646 = 122.1 kJ / kg
Moltiplicando tale salto entalpico per il rendimento dell'espansore otteniamo la caduta
di entalpia reale ovvero:
h1 − h2 = ∆hreale = ρe ⋅ ∆hid = 0. 7 ⋅ 122.1 = 85. 5 kJ / kg
per un valore di h2 pari a:
h2=h1-∆hreale=2682.6 [kJ/kg]
valore superiore all'entalpia del vapore saturo secco ad 1 [bar] (hv=2675.4). Siamo
quindi in condizioni di vapore surriscaldato.
Nella tavola del surriscaldato in corrispondenza ad 1 [bar] vediamo che tale valore
corrisponde ad una temperatura compresa fra 100 e 150 °C.
Siamo comunque interessati al valore del volume specifico che possiamo ottenere
direttamente con la seguente:
h − h100
v = v100 +
( v150 − v100 )
h150 − h100
v = 1. 6955 +
2682. 6 − 2676. 2
2776. 3 − 2676. 2
(1. 9363 − 1. 6955) = 1. 7109 m 3 / kg
67
Esercitazione n° 9
Impianti a gas e motori a combustione interna
Richiami (scambi energetici nel ciclo Joule-Brayton )
T
p
2'
2
3
3
2'
2
4
4'
1
4'
4
1
s
v
Nella fase di compressione 1-2 il calore scambiato è nullo (adiabatica) mentre il lavoro
risulta negativo, ovvero fatto dall'esterno sul sistema infatti:
1° principio sistemi aperti
− Le 1,2 = h2 − h1 ( h2 > h1 )
essendo la trasformazione adiabatica ed avendo trascurato i contributi cinetici e
gravitazionali (cosa che si fa abitualmente nello studio dei cicli a gas).
Nella trasformazione 2-3 (isobara) viene ceduta energia al sistema per mezzo di uno
scambio di calore ( Q positivo)
Q 2,3 = h3 − h2 ( h3 > h2 )
Le tr. 3-4 e 4-1 sono analoghe alle precedenti ma gli scambi fra sistema ed ambiente
avvengono nel senso opposto, quindi con segno opposto:
− Le 3,4 = h4 − h3 ( h4 < h3 )
Q 4,1 = h1 − h4 ( h1 < h4 )
A differenza del ciclo vapore il lavoro di compressione è una frazione rilevante del
lavoro di espansione.
Le espressoni della frazione utilizzata ed utilizzabile sono ovviamente identiche a quelle
già viste nel ciclo vapore:
η=
η0 =
∑L = L
e
Q'
+ Lc
Q'
∑ L = Le + Lc
Q'
Q'
=
=
( h3 − h4 ) + ( h1 − h2 )
h3 − h2
( h3 − h4 ' ) + ( h1 − h2 ' )
h3 − h2 '
Esercizio 1
Nel compressore di un ciclo Brayton l'aria entra alla pressione di 100 kPa ed alla
temperatura di 300 K, con una portata volumetrica di 5 m3/s. Il rapporto di
68
compressione è 10, mentre i rendimenti isoentropici di compressione ed espansione
sono pari a 0.8. La temperatura di ingresso in turbina è 1400 K. Si determini:
a) l'efficienza termica del ciclo ( ovvero la frazione utilizzata )
b) la potenza netta sviluppata
T
Q'
3
3
2
2
2'
4
4'
1
4
1
s
Q''
T1= 300 K
T2= 1400 K
p1= 1 bar
p2= 10 bar
L'aria viene trattata come gas perfetto, si trascurano gli effetti cinetici e potenziali.
Occorre determinare l'entalpia corrispondende a ciacuno stato.
stato 1
T1= 300 K
h1=300.6 [kJ/kg]
s1=sr1=6.873 [kJ/kg K]
p1=1 bar
stato 2'
p2'=10 bar
ma
s2'= sr2'-R1ln(p2')
s2'=s1
sr2'= 6.873 + 0.287 ln(10)= 7.534 [kJ/kg K]
per interpolazione otteniamo T2 '
T2 ' = 500 + 100
7. 534 − 7. 390
7. 580 − 7. 390
analogamente per l'entalpia:
h2 ' = 504. 5 + ( 608. 5 − 504. 5)
7. 534 − 7. 390
7. 580 − 7. 390
oppure potevamo usare la temperatura così:
h2 ' = 504. 5 + ( 608. 5 − 504. 5)
stato 2
ρc =
h2 ' − h1
= 575. 8 K
⇒
575. 8 − 500
100
h2 = h1 +
= 583. 3 kJ / kg
= 583. 3 kJ / kg
h2 ' − h1
ρc
h2 − h1
583. 3 − 300. 6
h2 = 300. 6 +
= 654 kJ / kg
0. 8
69
stato 3
T3=1400 K
h3=1517.6 [kJ/kg]
s3=sr3 - R1ln(p3)
p3= 10 bar
sr3= 8.533 [kJ/kg K]
s3 = 8.533 - 0.287 ln(10)= 7.872 [kJ/kg K]
stato 4'
p4'= p1= 1 bar s4'=sr4'=s3=7.872 [kJ/kg K]
dalle tavole:
7. 872 − 7. 746
T4' = 700 + 100
= 786. 9 K
7. 891 − 7. 746
7. 872 − 7. 746
h4' = 714 + (822. 4 − 714 )
= 808. 2 kJ / kg
7. 891 − 7. 746
stato 4
h3 − h4
ρe =
⇒ h4 = h3 − ρe ( h3 − h4 ' )
h3 − h4 '
h4 = 1517. 6 − 0. 8 ⋅ (1517. 6 − 808. 2 ) = 950.1 kJ / kg
a) La definizione di frazione utilizzata ( efficienza termica ) porge:
η=
η=
∑L = L
e
+ Lc
=
( h3 − h4 ) + ( h1 − h2 )
Q'
Q'
(1517. 6 − 950.1) + (300. 6 − 654 )
1517. 6 − 654
=
h3 − h2
214.1
863. 6
= 0. 248 ( 24. 8%)
b) la potenza netta sviluppata è data da
P = G⋅∑ L =
Gv 1
v1
⋅∑ L
nelle ipotesi di gas perfetto abbiamo:
R1 aria T1 287 J / kg K ⋅ 300 K
=
= 0. 861 m 3 / kg
v1 =
p1
1 ⋅ 10 5 Pa
per cui
G = 5 [ m3/s] / 0.861 [m3/kg] = 5.807 [kg/s]
ed infine:
P = 5. 807 kg / s ⋅ 214.1 kJ / kg = 1243 kW
Esercizio 2
Una turbina viene alimentata con aria alla pressione di 15 bar, temperatura 1200 °C.
All'uscita dell'espansore l'aria si trova alla pressione di 1.5 bar. Una piccola parte
dell'aria viene inviata ad una valvola di laminazione ( che opera, al pari della turbina, in
condizioni adiabatiche) all'uscita della quale vengono misurate una pressione di 1 bar ed
una temperatura di 750 °C. Si valuti:
a)- la temperatura all'uscita dalla turbina
b)- la potenza per unità di portata della turbina
c)- il suo rendimento isoentropico
Si trascurino i termini cinetici
70
T
1
1
2
3
2'
2
3
s
Conosciamo lo stato (1) e lo stato (3). Non abbiamo conoscenza completa della trasf.12 in quanto è data solo la pressione in (2) metre il rendimento isoentropico di
espansione è una incognita. La trasformazione 2-3 è invece nota in quanto isoentalpica
( valvola di Joule-Thomson). Procediamo quindi a ritroso dal punto 3 per ricavare lo
stato in (2).
a)
p3= 1 bar
T3=750 °C
dalle tabelle ricaviamo
h3=h2= (714.0+822.4)/2 = 768.2 [kJ/kg]
ma l'entalpia per un gas perfetto è funzione della sola temperatura, quindi sarà anche:
T2=T3= 750 °C
Lo stato 2 è quindi determinato.
b)
Consideriamo ora lo stato (1)
p1= 15 bar
T1=1200 °C
dalle tabelle leggiamo h1= 1280.0 [kJ/kg]
quindi
Le= h1-h2 =1280.5-768.2= 512.3 [kJ/kg]
c)
Per il calcolo di re occorre l'entalpia nello stato (2') ( tr. 1-2' isoentropica )
dalle tabelle
sr1= 8.350 [kJ/kg K]
s1=sr1-R1ln(p1)= 8.350-0.287 ln(15)= 7.573
s2'= s1
sr2'=s2'+ln(p2')= 7.573+0.287 ln(1.5)= 7.689 [kJ/kg K]
per interpolazione otteniamo la temperatura e l'entalpia dello stato (2')
7. 689 − 7. 58
T2' = 600 + 100
= 666 ° C
7. 746 − 7. 58
7. 689 − 7. 58
h2' = 608. 5 + ( 714 − 608. 5)
= 677. 8 kJ / kg
7. 746 − 7. 58
infine
h1 − h2 1280. 5 − 768. 2
ρe =
= 0. 85
=
h1 − h2' 1280. 5 − 677. 8
71
Richiami sui motori a combustione interna
I due principali tipi di motori a combustione interna sono:
- la macchina ad ignizione con candele
- la macchina ad ignizione per compressione
L'esame termodinamico di primo approccio viene svolto in base a cicli termodinamici
di riferimento per un primo esame del funzionamento complessivo. Questi cicli non
rappresentano la reale successione delle trasformazioni e si assume che il fluido
evolvente sia un fluido termodinamico ( es. aria ) simulando il processo di combustione
con uno scambio termico fittizio con l'esterno. Sono cicli di riferimento il ciclo Otto ed
il ciclo Diesel.
Ciclo Otto
p
T
3
3
Q'
Q'
2
4
2
4
Q''
0
1
tr. isocore
Q''
1
s
V
0-1 pseudotrasformazione ( aspirazione )
1-2 compressione adiabatica
2-3 riscaldamento isocoro ( combustione )
3-4 espansione adiabatica
4-1 raffreddamento isocoro ( scarico prodotti combustione: 1a fase)
1-0 pseudotrasformazione ( scarico: 2a fase )
Ipotesi: gas perfetto con cp e cv costanti, trasformazioni reversibili, compresa la
combustione in cui avviene lo scambio fittizio Q'.
Esempio
Aria come fluido, k= cp/cv =1.4
T1= 300 K
T3=1675 K
p1= 1 bar
rc= v1/v2=6
segue (ipotesi g.p.) ( può servire in seguito)
T1
300 K
v1 = R1
= 287 J / kgK
= 0. 861 m 3 / kg
5
p1
10 Pa
adiabatica 1-2:
⎛v
T v = T v → T2 = T1 ⎜⎜ 1
⎝ v2
T2= 300·60.4= 614 [K]
k −1
2 2
k −1
1 1
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
= T1 ⋅ rck −1
72
per il lavoro di compressione sarà (vedi esercitazione n°3, dL = - du):
2
2
1
1
Lc = ∫ pdv = − ∫ cv dT = cv (T1 − T2 ) =
ricordando che R1= cp- cv ed assumendo cp=1005 [J/kg K]
cv= 1005 - 287 = 718 [J/kg K]= 0.718 [kJ/kg K]
Lc= 0.718·( 300 - 614 ) = -225.5 [kJ/kg]
calcoliamo p2:
T2
rc
6
p2 = R1
= R1T2 = 287 J / kgK ⋅ 614 K
= 12. 28 ⋅ 10 5 Pa = 12. 3 bar
3
v2
v1
0. 861 m / kg
oppure possiamo procedere così ( con meno errori di arrotondamento):
k
⎛v ⎞
p v = p v → p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = p1 ⋅ rck = 1[bar ] ⋅ 61.4 = 12.3[bar ]
⎝ v2 ⎠
calcolo calore fittizio combustione
Q'= cv ( T3 - T2 )
k
2 2
k
1 1
Q'= 0.718·( 1675-614) = 762 [kJ/kg]
calcoliamo p3 sfruttando il fatto che la tr. 2-3 è isocora:
p2 v2 = R1T2
p3 T3
T3
⇒
=
→ p3 = p2
p2 T2
T2
p3v2 = R1T3
1675
p3 = 12. 3 bar
= 33. 6 bar
614
calcolo di T4 ( tr. 3-4 adiabatica ):
k −1
4 4
Tv
k −1
3 3
=T v
ma v3=v2 e v4 = v1 quindi v3/v4 1/rc
T4 = 1675
⎛v
→ T4 = T3 ⎜⎜ 3
⎝ v4
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
1
= 818 K
6 0. 4
per p4 sarà: p4= R1T4/v4= 287·818/0.861 =2.73·105 [Pa] = 2.73 [bar]
Il lavoro associato alla fase di espansione varrà :
4
4
3
3
Le = ∫ pdv = − ∫ cv dT = cv (T3 − T4 )
Le= 0.718·( 1675 - 818 ) =615 [kJ/kg]
La frazione utilizzabile varrà allora ( utilizzabile perchè tr. reversibili)
∑ L = 615 − 225. 5 = 0. 51
η0 =
Q'
762
in realtà tenendo conto di tutte le irreversibilità ν ≈ 25%
73
Ciclo Diesel
Q'
p
T
3
Q'
3
2
isobara
2
4
isocora
4
Q''
1
0
1
Q''
V
s
E' un ciclo ideale in cui il calore Q' viene fornito durante una trasformazione a
pressione costante che inizia quando il pistone ha raggiunto il punto morto superiore.
L'aria viene aspirata lungo la pseudo trasformazione 0-1 e compresso adiabaticamente
lungo la 1-2. Alla fine della compressione viene iniettato il combustibile ( carburante )
che si accende per la elevata temperatura raggiunta dall'aria nella fase di compressione.
La combustione avviene a p costante, il pistone sta già retrocedendo. Segue l'espansione
adiabatica 3-4 , a fine corsa si aprono le valvole di scarico (4-1) ed infine si ha il
lavaggio del cilindro (1-0).
1-2
2-3
3-4
4-2
Q1,2= 0
L1,2 =-(u2-u1)= - cv (T2-T1)
Q2,3= Q' = cp(T3-T2)
L2,3 = p2(v3-v2)
Q3,4= 0
L3,4 =-(u4-u3) = cv (T3-T4)
Q4,1= Q''= (u1-u4)= cv (T1-T4) L4,1 = 0
Esempio
Aria come fluido, k= cp/cv =1.4, cp= 1.005 [kJ/kg K]
T1= 300 K
T3=1675 K
p1= 1 bar
rc= v1/v2=16
stato 2 ( tr. 1-2 adiab. isoentr.)
⎛v
T2 = T1 ⎜⎜ 1
⎝ v2
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
= T1 ⋅ rck −1 = 300 ⋅ 16 0.4 = 909[K ]
k
⎛v ⎞
p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = p1 ⋅ rck = 1 ⋅ 161.4 = 48.5[bar ]
⎝ v2 ⎠
siamo in grado di calcolare L1,2 e Q'
L1,2= -cv (T2-T1) = - 0.718 (909-300)= - 437.3 [kJ/kg]
Q'= cp(T3-T2) = 1.005 (1675-909) = 769.8 [kJ/kg]
vediamo, per curiosità, di calcolare Q' come salto entalpico:
75
h3 = 1757.1 + ( 2006 − 1757.1)
= 1850. 4 kJ / kg
200
74
h2 = 933. 5 + (1046. 4 − 933. 5)
9
100
= 943. 7 kJ / kg
Q' = h3 - h2 = 906.7 [kJ/ kg]
Questo valore è decisamente maggiore del precedente. Se noi cerchiamo il valore di cp
nelle tabelle vediamo che cp= 1.005 [kJ/kgK] vale per temperatura ambiente. Per T=909
K e 1675 K troviamo valori pari rispettivamente a circa 1.12 e 1.26 [kJ/kgK] con media
aritmetica pari a circa 1.19 [kJ/kgK]. Utilizzando tale valore si ottiene un valori di Q' :
Q'= cp(T3-T2) =1.19 (1675-909) = 911.5 [kJ/kg]
molto vicino a quello ottenuto col salto entalpico. Occorre comunque dire che fra medie
ed interpolazioni conviene allora valutare direttamente le entalpie. Nelle prove scritte ,
usualmente, viene fornito il valore di cp da utilizzare. Altrimenti si usa l'entalpia da
tabella.
Per il lavoro nella (2-3) abbiamo:
L2,3 = p2 ( v3 − v2 ) = R1 ( T3 − T2 ) = 0. 287 ⋅ (1675 − 909) = 219. 8 kJ / kg
stato 3
p3=p2= 48.5 bar
T3=1675 [K]
stato 4 ( tr. 3-4 adiab. isoentr. )
⎛v ⎞
T4 = T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝ v4 ⎠
ma sull'isobara 2-3 vale la seguente:
v3
v2
k −1
=
⎛v ⎞
= T3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝ v1 ⎠
k −1
T3
T2
quindi
⎛v
T4 = T3 ⎜⎜ 2
⎝ v1
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
⎛ T3
⎜⎜
⎝ T2
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
⎛ 1
= T ⋅ ⎜⎜
⎝ rc ⋅ T2
k
3
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
⎛ 1 ⎞
= 1675 ⋅ ⎜
⎟
⎝ 16 ⋅ 909 ⎠
0.4
1.4
= 705.6[K ]
analogamente
⎛v
p 4 = p3 ⎜⎜ 3
⎝ v4
k
k
⎛ T
⎞
⎛v ⎞
⎟⎟ = p3 ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = p3 ⎜⎜ 3
⎠
⎝ v1 ⎠
⎝ rc ⋅ T2
k
⎞
1675 ⎞
⎟⎟ = 48.5⎛⎜
⎟
⎝ 16 ⋅ 909 ⎠
⎠
1.4
= 2.35[bar ]
L3,4 = cv (T3-T4) =0.718 ( 1675 - 705.6 ) = 696 [kJ/kg]
Lnetto = L1,2 + L2,3 + L3,4 = - 437.3 + 219.8 + 696 = 478.5 [kJ/kg]
Calcoliamo Q'':
Q''= cv ( T1 -T4)= 0.718 ( 300 -705.6 ) = -291.2
Controlliamo di non aver fatto errori grossolani:
∑ Qi − Li = 0
(769.8 - 291.2 ) - 478.5 = 0.1 [kJ/kg]o.k.!
La frazione utilizzabile vale:
η0 =
Lnetto
Q'
=
478. 5
769. 8
= 0. 62 (62%)
75
Esercitazione n° 10
Ciclo frigo
Richiami
I sistemi di refrigerazione sono molto importanti nella conservazione degli alimenti e
nel condizionamento dell'aria. Le cosiddette pompe di calore vengono utilizzate sempre
più spesso nei paesi nordici per il riscaldamento degli edifici. Ambedue le tipologie di
impianto si basano su cicli termodinamici inversi.
Consideriamo il ciclo frigo Brayton che è l'inverso del ciclo Brayton di potenza studiato
in precedenza. In figura abbiamo uno schema di tale ciclo inverso.
3'
T
Q'
3
3
4
turbina
compressore
4
T calda
T fredda
2
1' 1
2
1
s
Q''
Il gas refrigerante potrebbe ad esempio essere aria.
Nella trasformazione 1-4 il calore Q'' viene sottratto alla sorgente a temperatura
inferiore, quindi il gas refrigerante entra nel compressore allo stato (2) la cui
temperatura è ancora inferiore a quella della sorgente fredda. Nella trasformazione 3-4
il gas si raffredda cedendo calore alla sorgente a temperatura più calda, lo stato (4) è
caratterizzato da temperatura maggiore di quella di sorgente calda. Poi il gas subisce
una espansione fino a raggiungere in (1) una temperatura molto minore di quella della
sorgente fredda. Parte del lavoro di compressione in 2-3 viene restituito dalla turbina in
4-1. Avremo
Lc = h2 − h3 < 0
Le = h4 − h1 > 0
Q' = h4 − h3
<0
Q' ' = h2 − h1
>0
Complessivamente Lc+Le= L< 0 (lavoro speso) (di conseguenza anche Q'+Q''<0)
Per i cicli inversi si definisce un coefficiente di prestazione (COP) che dipende
dall'effetto utile dello specifico ciclo:
Nel ciclo frigo l'effetto utile è Q'' mentre nelle pompe di calore è Q', avremo allora:
Q' '
Q'
COPf =
COPp =
L
L
tali quantità possono agevolmente essere maggiori dell'unità.
Per un ciclo frigo di Carnot abbiamo:
76
0 < COPf < ∞
1 < COPp < ∞
Più diffusi sono però i cicli inversi in cui il fluido presenta cambiamento di fase. Nella
seguente figura è fornito uno schema (diagramma T-s) di tale tipologia di ciclo (le curve
limite non sono molto realistiche) e dell'impianto relativo.
T
Q'
3
3'
3
4
4
compressore
T calda
valvola di
espansione
2
1
2
1
T fredda
s
Q''
Si può notare come la turbina sia stata sostituita da un dispositivo isoentalpico (valvola
di Joule-Thomson, trasformazione 4-1, irreversibile). Di conseguenza l'unico scambio di
lavoro presente è quello associato alla fase di compressione 2-3.
Vediamo in maggior dettaglio la valvola di Joule-Thomson.
Q=0
1 (4)
L=0
2 (1)
In assenza di scambi di calore e di lavoro esterno netto e trascurando i termini
potenziali, l'eq. di bilancio dell'energia per sistemi aperti si riduce a:
w22 − w12
h2 − h1 +
=0
2
introdotta la nuova funzione ht , entalpia totale, come
w2
ht = h +
2
possiamo affermare che l'espansione di J-T avviene ad entalpia totale costante ovvero:
ht 2 = ht 1
( La tr. isoentalpica totale è caratteristica di qualsiasi organo che non sia interessato da
scambi di calore e lavoro e dove siano state trascurate variazioni di quota)
Nella pratica le aree delle sezioni di ingresso e di uscita vengono dimensionate in modo
tale che si abbia w2=w1 . Ovvero, dall'equazione di continuità abbiamo
A1w1 A2 w2
v2
=
⇒
A2 = A1
v1
v2
v1
Nel caso di impianto frigo l'espansione comincia da fase liquida (stato 4) e termina con
vapore saturo caratterizzato da un certo titolo x. Sarà allora:
77
A2 = A1
vl 2 + x2 ⋅ ( vv 2 − vl 2 )
vl 1
con vσ praticamente costante.
Nello studio dei cicli inversi si usano diagrammi (p-h) molto comodi nella valutazione
degli scambi di lavoro e calore:
p
3'
4
3
2
1
h
Q''
L
Q'
Fluidi frigorigeni
Un fluido frigorigeno deve avere una temperatura di solidificazione alquanto bassa e
minore della temperatura minima del ciclo (ecco un motivo per cui l'acqua non è
impiegata); la pressione di equilibrio alla temperatura inferiore non deve essere minore
di quella atmosferica altrimenti i vari organi dovrebbero essere a tenuta per impedire
all'aria di mescolarsi col fluido cambiandone le proprietà. E' necessario un elevato
calore di vaporizzazione. Deve essere stabile chimicamente e non corrosivo. In un
primo tempo si è fatto uso di: 1) ammoniaca (NH3), che presenta notevoli pressioni alla
temperatura superiore, è corrosivo per il rame e tossico per gli individui; 2) anidride
carbonica e cloruro di metile, anch'essi nocivi; 3) propano e n-butano , che sono però
infiammabili. In seguito (dopo il 1936) sono stati usati i freon (cfc, composti alogenati
del metano e dell'etano) . Sono però oramai proibiti (dal 1993) a causa dell'impatto
negativo sulla fascia di ozono e per l'effetto serra. Sono stati sostituiti dai cosiddetti
fluidi intermedi hfc (fino al 2000) quale ad esempio l'R-134a. Successivamente si
tornerà all'ammoniaca, etc.
78
Esercizio 1
Un refrigeratore domestico a compressione di vapore usa R-134a come fluido
refrigerante ed opera nelle seguenti condizioni:
- temperatura di condensazione del R-134a
Tcond= 45 °C
- temperatura di evaporazione del R-134a
Tevap= -10 °C
- surriscaldamento di 5 °C all'ingresso del compressore
- sottoraffreddamento di 10 °C all'uscita del condensatore
- portata massica R-134a
GR-134a=6.8 Kg/h
- rendimento isoentropico del compressore ρc= 0.9
- rendimento meccanico ed elettrico
ρ= 0.6
a) Calcolare il COP ( coeff. di prestazione) del refrigeratore e la potenza elettrica
richiesta per trascinare il compressore.
b) Quanto tempo impiega un litro di H2O a 20 °C, posto nel comparto freezer, per
trasformarsi completamente in ghiaccio a 0°C ?
p
3'
4
3
h4= h1= 150 [kJ/kg]
h2= 298 [kJ/kg]
h3'= 337.5
ρc =
;
h3 = h2 +
h3' − h2
ρc
h3 − h2
337. 5 − 298
h3 = 298 +
= 341. 9 kJ / kg
0. 9
2
1
h3' − h2
h
Q'= h4 - h3 = 150 - 342 = -192 [kJ/kg]
Q''= h2 - h1 = 298 - 150 = 148 [kJ/kg]
L = h2 - h3 = 298 - 342 = -44 [ kJ/kg]
a)
COP= −
Q' '
L
=
Q' '
L
=
148
44
= 3. 36
P= L·GR-134a = 44·6.8/3600= - 0.083 [kW] ( negativa , quindi spesa)
Peffettiva spesa= |P|/ρ = 0.139 [kW]
b)
Potenza termica sottratta all'H2O:
P''= Q''GR-134a= 148·6.8/3600 = 0.28 [kW]
Calore scambiato durante il raffreddamento e la solidificazione:
Q*= MH20 [ 4.186 ( 0-20 )-335 ]= (1[kg])·(-419[kJ/kg])= -419 [kJ]
419 kJ
= 1496 s ≈ 25 '
∆t =
P·∆t= |Q*|
0. 28 kW
79
Esercizio 2
Un impianto frigorifero impiega R-134a come refrigerante. La temperatura ambiente è
di 25 °C e si vuole mantenere la temperatura della cella a -1 °C. Il carico termico della
cella è pari a 3.9 kW ( che corrisponde a circa una tonnellata di refrigerazione, ovvero
il flusso termico necessario per congelare 1 [ton] di H2O in 24 [h].
Determinare le pressioni di esercizio al condensatore ed all'evaporatore, la portata di R134a necessaria e il COP dell'impianto. Si assuma che sia il vapore che lascia
l'evaporatore che il liquido che lascia il condensatore siano saturi. Si assuma inoltre che
la temperatura del vapore surriscaldato all'uscita del compressore sia 60 °C. Si
determini inoltre il consumo elettrico effettivo dell'impianto assumendo un rendimento
complessivo elettrico e meccanico del compressore pari a ρ= 0.8.
p
3
4
2
1
h
Valori tipici per le ∆T all'evaporatore (con la cella) ed al condensatore (con l'esterno)
sono
5 °C < ∆Tevap= < 10 °C
8 °C < ∆Tcond < 12 °C
Assumeremo ( anche perché è comodo):
∆Tevap= 9 °C ∆Tcond= 10 °C
quindi
Tevap = - 10 °C Tcond= 35 °C
dal diagramma dell'R-134a risultano i seguenti dati:
p(-10)= 2 [bar]
p(35)= 8.8 [bar]
Quindi gli stati (1),(2) e (4) sono fissati ( sappiamo le pressioni, (4) e (2) sono sulla
curva limite, (1) si ricava tenendo conto che 4-1 è isoentalpica )
Inoltre sappiamo che T3=60 °C e quindi anche lo stato (3) è determinato.
Possiamo allora leggere:
h1= 150 [kJ/kg]
h2= 293 [kJ/kg]
h3= 346 [kJ/kg]
da cui
80
Q' ' = h2 − h1 = 143 kJ / kg
L = h2 − h3 = 293 − 346 = −53 kJ / kg
Dal carico termico della cella ricaviamo la portata di R-134a:
P''= Q''GR-134a GR−22 =
Q' '
Q' '
=
3. 9 kW
143 kJ / kg
= 0. 027 kg / s = 98.1 kg / h
143
= 2. 7
L
53
P= |L|GR-134a= 53 [kJ/kg] 0.027 [kg/s] = 1.43 [kW]
P 1. 3
Peff = =
= 1. 79 kW
ρ .8
COP=
=
P' '
Esercizio 3
Il carico termico di una cella frigorifera, mantenuta a - 10 °C, è di 116 kW. Ipotizzando
l’impiego del refrigerante R 134a e disponendo di acqua di refrigerazione a 15 °C
determinare:
La portata del fluido refrigerante
La potenza del compressore (assumendo un rendimento isoentropico di 0.85)
Il COP dell’impianto
La portata di acqua al condensatore
Si assuma che sia il vapore che lascia l'evaporatore che il liquido che lascia il
condensatore siano saturi.
Determinazione delle temperature di evaporazione e di condensazione
La temperatura di evaporazione deve necessariamente essere più bassa della
temperatura della cella per permettere lo scambio termico dalla cella al fluido
refrigerante. La differenza tra queste temperature sarà indicativamente compresa tra 5
e 10 K.
Nel caso in esame (temp. della cella - 10 °C) imponiamo una temp. di
condensazione di - 18 °C
Analogamente la temperatura di condensazione deve essere più alta della
temperatura del fluido refrigerante.
Nel caso in esame (temperatura dell’acqua disponibile = 15 °C) assumiamo la
temperatura di condensazione di 26 °C e la temperatura di uscita dell’acqua pari a
20 °C. ( ∆Tmedio =26-17.5 = 8.5 K )
81
Definizione del ciclo termodinamico
Dalle tabelle del refrigerante (saturazione)
all’evaporatore e al condensatore:
TEv
pEv
=
=
TCond =
pCond =
si ricavano le pressioni
-18 °C
1.4
bar
all’evaporatore
26 °C
6.85 bar
al condensatore
Ipotizzando che all’uscita del condensatore il fluido sia liquido saturo si può
tracciare il ciclo termodinamico nel piano p - h
Al fine di valutare gli scambi di lavoro e calore si determinano i valori
dell’entalpia nei punti 1 2 2' 3 e 4 e precisamente:
Punto 1
T1 = -18 °C
p1 = 1.4 bar x1 = 1
dalle tabelle (saturo)
h1 =
s1 =
286.51
1.7345
kJ/kg
kJ/kg K
Punto 2’
la trasformazione 1-2’ è una isoentropica pertanto
s2’
= s1
= 1.7345
kJ/kg K
dal piano p - h per il refrigerante R 134a si ricava graficamente:
h2’
= 322 kJ/kg
Punto 2
Dalla definizione di rendimento isoentropico del compressore:
ρc = (h2’ - h1) / (h2 - h1)
si ricava l’entalpia del fluido all’uscita del compressore
82
h2 = h1 + (h2’ - h1) / ρc = 286 + (322 - 286 ) / 0.85 = 328 kJ/kg
Punto 3
T3 = 26 °C
Dalle tabelle (liquido saturo)
h3 = 135.73
Punto 4
T4 = -18 °C
kJ/kg
La trasformazione 3-4 è una laminazione isoentalpica, pertanto:
h4 =
h3 =
135.73
kJ/kg
Possiamo calcolare il titolo x nel punto 4 note l’entalpia del liquido saturo e del punto
4, infatti:
h4
= hliq + x4⋅ r
dove r rappresenta il calore di vaporizzazione
utilizzando i dati in tabella si ottiene:
x4 = (h4 - hliq ) / r = ( 135.73 - 76.75 ) / 209.76 = 0.28
Calcolo della portata del refrigerante R 134a
Il flusso termico asportato dall’evaporatore Q* è dato da:
dove con G R 134a
Q* = G R 134a⋅(h1 - h4)
si intende la portata massica del refrigerante che risulta pertanto:
G R 134a = Q* / (h1 - h4) = 116 / ( 286.51 - 135.73) = 0.77 kg/s
G R 134a = 0.77 ⋅ 3600 =
2.77
t/h
Calcolo della potenza del compressore
Il lavoro netto del compressore è dato da:
LComp = h2 - h1 = 328 - 286.5 = 41.5 kJ / kg
La potenza del compressore è data da:
PComp = LComp ⋅ G R 134a = 41.5 ⋅ 0.77 = 31.9 kW
83
Calcolo del C.O.P.
Per definizione il C.O.P. di un sistema frigorigeno è dato da:
C.O.P. = QEv / LComp
dove QEv corrisponde al calore sottratto alla cella (effetto frigorigeno) per unità di
massa di fluido evolvente.
In termine di entalpia si ottiene:
C.O.P. = QEv / LComp = (h1 - h4 ) / (h2 - h1) =
= (286.52 - 135.73) / (328 - 286.51) = 3.7
Il C.O.P. è ovviamente calcolabile direttamente dal flusso termico asportato alla cella e
la potenza del compressore come:
C.O.P. = Q* / PComp
Calcolo della portata d’acqua al condensatore
Il calore da asportare al condensatore (per unità di massa del refrigerante) risulta, in
termini di entalpia:
QCond = h2 - h3
La potenza termica da asportare è data da prodotto
QCond ⋅ G R 134a
La potenza termica asportata dall’acqua di refrigerazione è data da
GH2O ⋅ cH2O ⋅ ( tu H2O - ti H2O)
dove cH2O rappresenta il calore specifico dell’acqua.
Il bilancio termico del condensatore risulta pertanto:
G R 134a ⋅ (h2 - h3)
=
GH2O ⋅ cH2O
⋅ (tu H2O - tu H2O)
da cui si ricava:
GH2O = [G R 134a ⋅ (h2 - h3) ] / [ cH2O ⋅ (tu H2O - ti H2O) ]
= [0.77 ⋅ (328 - 135.73)] / [ 4.18 ⋅ (20 - 15 )] = 7.1 kg / s
GH2O = 7.1 ⋅ 3600 = 25.5 t / h
84
Esercizio 4
Un pompa di calore impiega R-134a come refrigerante. La temperatura all'evaporatore
vale -10 °C mentre la temperatura al condensatore è 60 °C. Il rendimento isoentropico
del compressore è ρc= 0.8
Volendo ottenere una potenza termica di riscaldamento di 30 kW, determinare la portata
di R-134a necessaria e il COP dell'impianto. Si determini inoltre il consumo elettrico
effettivo dell'impianto assumendo un rendimento complessivo elettrico e meccanico del
compressore pari a ρ= 0.85. Si assuma che sia il vapore che lascia l'evaporatore che il
liquido che lascia il condensatore siano saturi.
Sul piano p-h leggiamo:
p
3'
4
3
ρc =
2
1
h
avremo quindi:
Q'= h3-h1=160.67
Q"= h2-h1=105.16 [kJ/kg]
Lc= h3-h2= 55.51 [kJ/kg]
COPp =
Software NIST
h4= h1= 187.5 [kJ/kg]
h2= 292.66 [kJ/kg] s2=1.7334[kJ/kg K]
p3=16.818 [bar] da cui:
T3’=67.912
h3'= 337.07
h3' − h2
h3 − h2
;
h3 = h2 +
h3' − h2
ρc
337.07 − 292.66
h3 = 292.66 +
= 348.17[
0.8
Q ′ 160.67
=
= 2.89
Lc
55.51
Pr
30[kW ]
=
= 0.1867[kg / s ]
Q' 160.67[kJ / kg ]
Quindi per il compressore sarà:
Pc = Gr −134 a ⋅ Lc = 10.365[kW ]
Pel c= 11/0.85=12.2 [kW] consumo elettrico
Ovviamente un impianto di riscaldamento elettrico consumerebbe 30 [kW]:
Consideriamo il consumo in centrale assumendo un rendimento complessivo ρt=.35, si
ottiene rispettivamente:
Ppompa di calore = 34.8[kW ]
GR-134a=
Pimpianto elettrico = 85.7[kW ]
Consideriamo ore un impianto di riscaldamento a metano con ρc= 0.78, si ottiene:
Pimpianto a metano = 38.5 kW
85
Esercizio 5
Calcolo del carico termico di una cella frigorifera.
Supponiamo che la cella carichi mediamente 200 kg di carne al giorno e che i
disperdimenti termici cella-ambiente ( calore entrante ) ammontino complessivamente a
Pd= 0.2 [kW].
Supponiamo che la carne debba essere portata a -30 °C.
Il calore da sottrarre alla carne ( considerata acqua ) è composto da 3 contributi:
1) dalla Tambiente a 0 °C (acqua)
2) calore di solidificazione
3) da 0 °C a -30 °C ( ghiaccio)
Q*= Mcarne [ 4.186 (20-0)+335+2.0(0+30)]= (200[kg])·(479[kJ/kg])= 95800 [kJ]
P=Q*/(24 3600)= 1.11 [kW]
Ptot= 1.31 [kW]
Q''= Ptot/ GR-134a
86
Esercitazione n° 11
Sistemi aperti II ( Teorema di Bernoulli )
Richiami
⎛ dQ ⎞
ds = ⎜ ⎟
⎝ T ⎠ int rev
eq. Tds ( sempre valide ):
⎛ dQ ⎞
ds = ⎜ ⎟
+ δσ ( produz. entropica)
⎝ T ⎠ (reale)
δσ > 0 sempre
(1)
Tds = du + pdv
Tds = dh − vdp
Si fa riferimento ad una trasformazione reale fra due stati termodinamici definiti ed alla
equivalente trasf. internamente rev. ( eguaglianza dei valori (medi) delle grandezze di
stato ma differenti scambi ), si sfrutta inoltre il fatto che s ed u sono funzioni di stato.
Dalla (1) e dalla seconda delle Tds
TdS = δQ + Tδσ = δQint rev = dh − vdp
(2)
ovvero
δQ = δQint rev − Tδσ
dh = δQ + vdp + Tδσ
(**)
e quindi lo scambio termico nella tr. reale è sempre minore del corrispondente int.rev.
Dal 1° principio
du = δQ − δL = δQint rev − δLint rev = δQ + Tδσ − δLint rev
segue
δL = δLint rev − Tδσ
Il termine Tδσ è chiamato indifferentemente δLatt o δQatt ovvero
δL = δLint rev − δLatt
δQ = δQint rev − δQatt
Scriviamo l'eq. di bilancio per l'energia di un sistema aperto e utilizziamo la (**):
δQ − δLe = dh + wdw + gdz
δQ − δLe = δQ + vdp + Tδσ + wdw + gdz
per cui
− δLe = δLatt + vdp + wdw + gdz
(3)
che rappresenta il teorema di Bernoulli.
Siccome il lavoro esterno netto è il lavoro totale L diminuito del lavoro di pulsione
d(pv), avremo:
δLe + δLatt = δL + δLatt − d ( pv ) = δLint rev − d ( pv ) = δLe int rev
ed infine
− δLe int rev = vdp + wdw + gdz
dove viene posto in evidenza che il T. di Bernoulli altro non è che una espressione del
lavoro esterno netto reversibile nei sistemi aperti, del tutto analoga alla nota espressione
per sistemi chiusi:
δLint rev = pdv
87
Attrito nei condotti, cadute di pressione
Consideriamo un fluido incomprimibile in moto in una condotta orizzontale a sezione
costante. Essendo A=cost ed il fluido incomprimibile ( v=cost.) segue che dw=0 e
l'equazione di Bernoulli risulta facilmente integrabile fra due sezioni generiche; avremo:
0 = Latt + v( p2 − p1 )
Questa caduta di pressione può essere misurata agevolmente ponendo un manometro
differenziale fra le sezioni (1) e (2).
1
2
hm
ρm
Si riscontra infatti un dislivello nel liquido manometrico che denuncia una caduta di
pressione pari a (se ρm>>ρ):
p2 − p1 = −ρ m ghm
se invece di fare riferimento al fluido manometrico facciamo riferimento al fluido in
moto nel condotto avremo
p2 − p1 = −ρgh
ha , perdita di carico per attrito.
sarà:
Latt=v∆patt=gha se ∆patt = p1-p2
Spesso, per tradizione l'eq. di Bernoulli viene espressa in termini di carico, dividendo
per g, l'equazione (3):
dp
dw 2
− δhe = δha +
+
+ dz
2g
γ
Le perdite per attrito vengono anche fornite come ∆p per metro di condotta.
In ogni caso si raccomanda di trasformare sempre questo dato in un lavoro d'attrito o in
un carico d'attrito prima di utilizzarlo nelle formule onde evitare confusioni. Infatti solo
se il fluido è incomprimibile il lavoro di attrito è legato alla caduta di pressione da
Latt=v∆patt effettiva
Se il fluido è un gas tale relazione si può utilizzare solo per velocità piccole rispetto a
quella del suono, infatti la relazione differenziale che lega δLatt a dpatt nelle ipotesi di gas
perfetto è:
⎡ w2
⎤
1
1
δLatt = −vdpatt effettiva ⋅
−
⎢
⎥
1 + w 2 / (c p T ) ⎣ kR1T ⎦
( per velocità supersoniche la pressione aumenta a causa dell'attrito )
88
In altre parole, nelle tabelle e nelle formule, quando si parla di ∆patt, non si intende
veramente ciò che si scrive, ovvero la differenza fra pressione in assenza di attrito e
pressione in presenza di attrito. Si intende semplicemente
Latt/v
oppure
γha
ad esempio, la seguente
∆p'att = λ
L ρw 2
D 2
è da intendere come:
'
att
L
=λ
L w2
D 2
Cosa causa Latt ? Come già detto esistono sia irreversibilità in seno al fluido che
fenomeni di attrito. Ci concentriamo su questi ultimi.
Perdite distribuite
Sono causate da fenomeni di attrito fra fluido e pareti del condotto.
ε⎞
⎛
Il fattore di attrito λ= λ⎜ Re , ⎟ si calcola dal diagramma di Moody o facendo uso di
⎝
D⎠
formule ad esempio:
correlazione di Round
−1
⎡⎛
1
1⎞ ⎤
ε
. ⋅ log10 ⎢⎜ 0135
.
= 18
⋅ + 6.5 ⋅ ⎟ ⎥
D
Re ⎠ ⎦
λ
⎣⎝
dove
Re =
ρwD
- n ° di Reynolds ,
µ
µ Nsm −2 - viscosità dinamica ,
ε m - rugosità
Perdite concentrate
Sono causate da dissipazioni di energia in corrispondenza di singolarità lungo il
condotto: bruschi restringimenti e allargamenti di sezione, gomiti, curve, deviazioni,
valvole, etc.
ρw 2
∆p''att = ∑ λ' i
2
i
I valori di λ' possono essere dedotti da opportune tabelle.
Infine la caduta totale di pressione è la somma delle precedenti
∆patt = ∆p'att + ∆p''att >0
89
Esercizio 1
Si vuole riempire di acqua un serbatoio di volume V=15 m3 in due ore, prelevando
l'acqua da un altro serbatoio posto inferiormente come da seguente schema
30 m
5m
2
35 m
1
Supponendo di utilizzare un tubo avente diametro interno D= 51 mm, si valuti la
potenza della pompa necessaria. Si assuma: ρH20= 1000 [kg/m3], ηpompa= 0.85, µH2O=10-3
[Ns/m2] ε = 60 [mm].
T. Bernoulli
− δLe = δLatt + vdp + wdw + gdz
Applichiamo l'equazione Bernoulli fra le sezioni 1 e 2 del condotto, tenendo conto che v
≈ costante per l'acqua.
p − p1 w22 − w12
0 = Le + Latt + 2
+
+ g( z2 − z1 )
ρ
2
Calcoliamo i vari termini
g(z2-z1)= 9.81·30 = 294.3 [J/kg]
- z2-z1= 35-5= 30 [m]
- la sezione A1 è molto grande per cui si considera w1≈ 0.
3
V 15 m
Gv = w2 A2 = =
= 7. 5 m 3 / h = 0. 0021 m 3 / s
τ
2h
Gv
4 ⋅ 0. 0021
w2 = w =
= 1. 03 m / s
=
2
πD / 4 π( 0. 0051)2
w22 − w12
= 0. 53 J / kg
2
p2 − p1
- p1≈p2=patm
≅0
ρ H 2O
Calcolo Latt
Cominciamo con le perdite distribuite. Per ottenere il coefficiente di attrito occorre
calcolare il numero di Reynolds ed il rapporto ε/D.
ρwD 1000 ⋅ 1. 03 ⋅ 0. 051
=
= 52500
µ
10 −3
ε 60 ⋅ 10 −6
=
= 1.18 ⋅ 10 −3
D
0. 051
Re =
90
Dal diagramma di Moody ricaviamo
λ≈ 0.025
Dalla correlazione di Round otteniamo
λ=0.0245
da cui, tenendo conto che L= 35+30+5= 70 [m]
70 1. 032
L w2
L'att = λ
= 0. 0245
= 17. 8 J / kg
0. 051 2
D 2
Vediamo le perdite concentrate. Consideriamo 5 perdite concentrate:
- 3 curve a 90 ° ( λ'=1)
- un restringimento brusco( all'ingresso λ'=0.5)
- un allargamento brusco( all'uscita λ'=1.0)
da cui λ'tot= 3.5
1. 032
w2
L''att = λ' tot
= 3. 5
= 1. 86 J / kg
2
2
Infine
− Le = L p = (17. 8 + 1. 86) + 0. 53 + 294. 3 = 314. 5 J / kg
Pp = L p ⋅ G = L p ⋅ ρ H2O ⋅ Gv = 314. 5 ⋅ 1000 ⋅ 0. 0021 = 660. 45 W
Peff =
Pp
ηp
=
660. 45
= 777 W
0. 85
Esercizio 2
Il circuito idraulico di un impianto di riscaldamento domestico di un edificio a tre piani è
assimilabile allo schema illustrato in figura. Nell'impianto sono presenti, in un unico
anello, pompa, caldaia, corpi scaldanti, tubazioni di collegamento, raccordi, vaso di
espansione ,etc.
Si hanno a disposizione i seguenti dati di progetto:
V.E.
- n° 20 caloriferi con perdite di carico per
ciascuno pari a ∆pa=10000 Pa.
- perdite in caldaia 30000 Pa
- n° 70 gomiti a 90 °.
- 300 m di tubi saldati di collegamento da
1/2 pollice ( Di=15 mm, ε= 60 µm ).
- sviluppo in altezza dell'impianto: 13 m.
- portata massica G= 0.1 [kg/s]
- temperatura media dell'acqua circolante
75 °C
2 1
caldaia
91
Calcolare la potenza della pompa di circolazione assumendo ηp= 0.8
Si assumano inoltre le seguenti proprietà per l'H2O a Tm=75 °C
ρ= 973 [kg/m3]
µ= 39.1·10-5 [kg/ms]
ρ≈ costante per l'acqua.
p2 − p1 w22 − w12
0 = Le + Latt +
+
+ g( z2 − z1 )
ρ
2
Siccome le sezioni 1 e 2 sono coincidenti l'eq. si riduce a:
0 = Le + Latt
e quindi -Le= Lp= Latt
calcoliamo la velocità del fluido nei tubi:
4 ⋅ 0.1
G
= 0. 58 m / s
w=
=
ρA 973 ⋅ π( 0. 015)2
Calcoliamo Reynolds nei tubi
ρwD 973 ⋅ 0. 58 ⋅ 0. 015
= 21650
Re =
=
µ
39.1 ⋅ 10 −5
ε 60 ⋅ 10 −6
=
= 0. 004
D
0. 015
Dal diagramma di Moody ricaviamo
λ≈ 0.033
Dalla correlazione di Round otteniamo
λ= 0.0326
2
300 0. 582
Lw
L'att = λ
= 0. 0326
= 109. 7 J / kg
0. 015 2
D 2
Vediamo ora i caloriferi e la caldaia:
Latt=v∆patt
20 ⋅ 10000 N / m 2
''
Latt caloriferi =
= 205. 6 J / kg
973 kg / m 3
L''att caldaia
=
30000 N / m 2
973 kg / m 3
= 30. 8 J / kg
Per i gomiti a 90 ° troviamo λ'=2.0
w2
0. 582
L''att gomiti = λ' tot
= 70 ⋅ 2
= 23. 55 J / kg
2
2
in definitiva
Lp = Latt =109.7+205.6+30.8+23.55= 369.7 [J/kg]
Pp=G·Lp= 0.1 [kg/s]369.7[J/kg]= 37 [W]
Pp 37
Peff =
=
= 46 W
ηp .8
92
Esercizio 3
Si determini l'altezza limite alla quale può essere posta la pompa nella situazione
schematizzata in figura.
2
2
∆z
1
0 = Le + Latt +
1
p2 − p1 w22 − w12
+
+ g( z2 − z1 )
ρ
2
notiamo:
Le =0 ( mettiamo la sezione 2 prima della pompa )
p1= patm
w1≈0
∆z= z2-z1
p2 − patm w22
0 = Latt +
+
+ g∆z
ρ
2
patm ⎛ Latt p2 w22 ⎞
∆z =
−⎜
+
+
⎟
ρg ⎝ g
ρg 2 g ⎠
patm ⎛ Latt p2 w22 ⎞
∆z =
−⎜
+
+
⎟
ρg ⎝ g
ρg 2 g ⎠
vediamo che i termini dentro la parentesi sono tutti maggiori o eguali a 0.
Il valore massimo di ∆z si otterrà quindi in assenza di attrito facendo in modo che p2≈0 e
w2≈0 , otterremo:
p
101300
∆zmax = atm =
= 10. 33 m
ρg
1000 ⋅ 9. 81
In realtà p2 non potrà essere nulla. Al massimo coinciderà con la pressione di vapore
(pressione di saturazione) del liquido corrispondente alla temperatura data. Per T= 20 °C
tale pressione vale 0.023 bar ( 2300 Pa ).
93
Esercizio 4
Calcolare la velocità di efflusso dei fumi da un camino di altezza H e diametro D.
D
2
2
z
Tf
Te
ρf
ρe
Tf - temperatura dei fumi
ρf - densità dei fumi
Te - temperatura dell'aria esterna
ρe - densità dell'aria esterna
H
1
w1≈0
p2= patm
p1= patm + ρegH
1
Applichiamo l'eq. di Bernoulli fra le sezioni 1 e 2
2
w22 − w12
dp
0 = Latt + ∫ + g ( z2 − z1 ) +
2
ρ
1
si suppone che la densità nel camino sia circa costante e pari a ρf, avremo allora
−ρe gH
w2
2
0 = Latt +
+ gH +
⎛
ρe ⎞ w
ρf
2
⎟+
0 = Latt + gH⎜1 −
⎝ ρf ⎠ 2
2
2
⎛
ρe ⎞ w
H w2
' w
⎟+
0=λ
+ ∑ λi
+ gH⎜1 −
2
D 2
i
⎝ ρf ⎠ 2
0=
⎛
⎤
ρe ⎞
w2 ⎡
H
'
+
−
⎜
⎟
1
+
λ
+
λ
1
gH
∑
2 ⎢⎣
D i i ⎥⎦
⎝ ρf ⎠
⎛
⎤
⎡
ρ ⎞
H
0 = w 2 ⎢1 + λ + ∑λ'i ⎥ + 2 gH⎜1 − e ⎟
D i ⎦
⎣
⎝ ρf ⎠
⎛ρ
⎞
w = ⎜ e − 1⎟
⎝ ρf
⎠
2 gH
⎡
⎤
H
'
λ
λ
+
+
1
∑
⎢
D i i ⎥⎦
⎣
Se diminuisce la temperatura esterna aumenta ρe e quindi aumenta il tiraggio del
camino.
La formula è implicita in quanto λ dipende dalla velocità. Si parte allora con un valore
di tentativo per w, ottenuto ad esempio ponendo λ=0 , si ricava λ e si trova il nuovo
valore di w utilizzando la formula. Quando due valori successivi della velocità sono
abbastanza vicini il processo iterativo è finito.
Nota: qui, a differenza dell'esercizio 1, la differenza di pressione fra le sezioni 1 e 2 è rilevante in quanto il fluido
evolvente è aria e ciò che conta è il termine
2
dp
1
f
∫ρ
94
Equazione di Hugoniot generalizzata
Scriviamo le quattro equazioni che governano i sistemi aperti nelle ipotesi di gas
perfetto:
gdz + wdw + vdp + δLatt = − δLe
Bernoulli
gdz + wdw + c p dT = δQ − δLe
dw
w
dp
p
+
+
dA
A
dv
v
−
−
dv
v
dT
T
eq . bilancio energia
=0
eq. bilancio massa
=0
eq. di stato ( forma diff .)
ricaviamo dp/p dalla prima ,
nell'ultima:
dp
=
p
dT
=
T
dT/T dalla seconda, dv/v dalla terza e sostituiamo
(
1
− gdz − wdw − δLe − δLatt
pv
1
− gdz − wdw + δQ − δLe
c pT
(
)
)
dv dw dA
=
+
v
w
A
dw dA
1
1
gdz + wdw − δQ + δLe = 0
− gdz − wdw − δLe − δLatt +
+
+
R1T
w
A c pT
(
)
(
)
⎛ w
⎛ 1
w
1 ⎞ dA
1 ⎞ δLatt δQ
⎟−
dw⎜
−
− ⎟=
− (δLe + gdz )⎜
−
−
⎝ R1T c p T w ⎠ A
⎝ R1T c p T ⎠ R1T c p T
⎞ dA gdz
δLe δLatt δQ
dw ⎛ w 2
− 1⎟ =
(*)
−
−
−
−
⎜
w ⎝ kR1T ⎠ A kR1T kR1T R1T c p T
δLatt
δσ δss
∆s
viene spesso indicato come
o
,ed anche, come s .
il termine
R1T
R1
R1
R1
2
quando w =kR1T si raggiunge in generale (tranne in particolari condizioni) un punto
singolare ( dw → ∞ se il membro a destra è diverso da 0). Tale velocità sarà da ora
denominata critica ed indicata con ws.
Nel caso in cui cp sia costante la temperatura può essere agevolmente ricavata dalla
forma integrale dell'eq. dell'energia fra la sezione di ingresso (1) ed una generica a valle
(ξ), ovvero:
Q1→ξ − Le 1→ξ w 2 − w 2
g
1
T = T1 +
−
− ( z − z1 )
2c p
cp
cp
ξ
Q1→ξ = ∫ δQ
1
ξ
Le 1→ξ = ∫ δLe
1
L'equazione (*) non è di agevole soluzione ma è adatta all'implementazione in codici di
calcolo.
95
Moto adiabatico, senza attrito e scambi di lavoro con l'esterno:
In questo, trascurando anche le variazioni di quota, caso la (*) si riduce alla classica eq.
di Hugoniot in assenza di attrito:
⎞ dA
dw ⎛ w 2
⎜ 2 − 1⎟ =
w ⎝ ws
⎠ A
ws è la velocità del suono nel mezzo, si definisce il numero di Mach, Ma, come
w
Ma =
ws
Si distingue fra moto subsonico e supersonico.
Nel primo caso ( Ma <1 ) ad un aumento di sezione corrisponde una diminuzione di
velocità, nel moto supersonico invece ( Ma >1 ) avviene il contrario.
In presenza di attrito avremo invece:
⎞ dA δLatt
dw ⎛ w 2
−
⎜ 2 − 1⎟ =
w ⎝ ws
⎠ A R1T
Consideriamo un semplice moto subsonico in un condotto orizzontale a sezione
costante. Dall'equazione segue che dw>0 in presenza di attrito. Per l'equazione di
continuità poi:
w
= cos t .
v
deriva che anche il volume specifico aumenta.
Il bilancio dell'energia infine, riducendosi a
0 = c p dT + wdw
afferma che la temperatura deve diminuire.
Quindi l'attrito, in questo specifico caso, causa una diminuzione di temperatura ed un
aumento della velocità. Cosa davvero poco intuitiva.
Consideriamo ora un moto subsonico in un condotto orizzontale a velocità costante.
(valvola di J-T, in realtà per tale organo si richiede di solito che semplicemente sia
w1=w2). Dall'equazione segue che la sezione deve aumentare, infatti:
dA δLatt
=
A
R1T
vediamo ora la forma assunta dalle 4 equazioni fondamentali:
vdp + δLatt = 0
Bernoulli
c p dT = 0
eq. bilancio energia
dA
A
dp
p
−
+
dv
v
dv
v
=0
−
dT
T
eq. bilancio massa
=0
eq. di stato ( forma diff .)
si osserva che:
dalla 1) la pressione diminuisce
" 2) la temperatura è costante ( già si sapeva che la tr. era isoentalpica )
" 3) o 4) il volume specifico aumenta.
96
Esercizio 5
Una portata di aria ( temperatura iniziale 60 °C, pressione 1.8 bar, portata volumetrica
4320 m3/h, viscosità cinematica 19·10-6 m2/s) attraversa in regime permanente una
conduttura in lamiera a sezione costante quadrata, lunghezza 340 m, scabrezza 150 mm.
Durante il percorso la corrente d'aria riceve un flusso termico pari a 45kW.
Si richiede di calcolare:
1) la portata massica di aria;
2) la sezione trasversale A del condotto affinché all'imbocco del canale la velocità del
fluido sia pari a 3 m/s;
3) la temperatura e la velocità dell'aria all'uscita del canale;
4) la caduta di pressione tra ingresso ed uscita del condotto, supposto rettilineo ed
orizzontale, considerando quale diametro equivalente del condotto il rapporto 4A/p
(p=perimetro del condotto) e la densità dell'aria costante.
Si consideri l'aria gas perfetto.
Cominciamo col convertire la portata volumetrica in unità SI, notiamo comunque che
tale valore si riferisce all'imbocco, all'uscita avremo un altro valore infatti non è la
portata volumetrica che si conserva bensì la portata massica G.
Gv i=4320 [m3/h]/3600 [s]= 1.2 [m3/s]
calcoliamo la densità all'imbocco utilizzando l'equazione di stato
ρi =
(1)
(2)
pi
R1Ti
=
1. 8 ⋅ 10 5 Pa
= 1. 883 kg / m 3
287 J / kg K ( 273.15 + 60 ) K
m& = ρi Gv i = 1883
. [ kg / m 3 ] ⋅ 12
. [ m 3 / s] = 2.26[ kg / s]
Gv = wA
A=
Gv i
wi
=
1. 2 m 3 / s
3m/s
= 0. 4 m 2
(3) Utilizziamo qui due approssimazioni nell'equazione di bilancio dell'energia:
- supponiamo trascurabili i termini cinetici.
- utilizziamo un valore medio per cp, sapendo che varia poco.
q ≈ m& (hu − hi ) ≈ m& ⋅ c p (Tu − Ti )
45[ kW ]
= 79.8[ ° C]
2.26[ kg / s] ⋅ 1005
. [ kJ / kg K ]
A questo punto ipotizziamo p= costante per calcolare la densità all'uscita
T
333.15
ρu = ρi i = 1. 883
= 1. 777 kg / m 3
Tu
352. 95
Tutte queste ipotesi andranno verificate a posteriori
Siamo ora in grado di ottenere la portata massica e la velocità in uscita:
Tu = 60 +
G = ρwA
G
2. 26
wu =
=
= 3.18 m / s
ρu A 1. 777 ⋅ 0. 4
97
(4)
wu2 − wi2 u dp
+∫
=0
2g
γ
i
ρi + ρu 1. 883 + 1. 777
considerando ρ= cost.= ρ =
=
= 1. 83 kg / m 3
2
2
2
2⎤
⎡
w − wi
w2 L
pu − pi = − ρ g⎢ ha + u
ha =
⋅ λ ( Re , ε / Deq )
⎥
2g ⎦
2 g Deq
⎣
w + wu
4 A 4 ⋅ 0. 4
Deq =
=
= 0. 4 = 0. 632 m
w= i
= 3. 09 m / s
2
p
4 0. 4
wDeq 3. 09 ⋅ 0. 632
Re =
=
= 1. 03 ⋅ 10 5
λ(10 5 ,1. 5 ⋅ 10 −4 / 0. 632 ) ≈ 0. 021
ν
1. 9 ⋅ 10 −5
3. 092
340
ha =
⋅
⋅ 0. 021 = 5. 5 m
2 ⋅ 9. 81 0. 632
⎡
. 2 − 32 ⎤
318
⎥ = −99.7[ Pa]
pu − pi = −17.95⎢55
. +
2 ⋅ 9.81 ⎥⎦
⎢⎣
Verifica delle varie ipotesi:
- termini cinetici trascurabili rispetto alla potenza termica:
3.182 − 32
<< 45000 W
2
- ricalcoliamo ρu dall'equazione di stato
p
(1. 8 ⋅ 10 5 − 99. 7) Pa
ρu = u =
= 1. 776 kg / m 3
R1Tu 287 J / kg K ( 273.15 + 79. 8) K
praticamente coincide con il valore trovato in precedenza.
T. Bernoulli:
ha +
Quando invece i valori di controllo si discostano da quelli trovati in precedenza si
procede a successive iterazioni: si inseriscono i termini cinetici nell'eq. dell'energia e si
ricava una nuova Tu, il valore della pressione finale e si trova un nuovo valore per la
densità all'uscita e quindi cambia wu. Si procede fino a che i valori di controllo non
cambiano più.
98
Esercitazione n° 12
Scambio termico per conduzione
Richiami
Nella conduzione termica il calore fluisce da una regione a temperatura maggiore verso
una regione a temperatura minore attraverso uno o più mezzi posti a diretto contatto
fisico. L'energia si trasmette per contatto diretto fra le molecole senza che queste si
spostino sensibilmente, nei solidi opachi la conduzione è il solo meccanismo di scambio
termico.
Dalla teoria cinetica è noto che la temperatura di un corpo è proporzionale all'energia
cinetica media delle sue molecole; quando le molecole di una regione possiedono una
energia cinetica media maggiore di quella delle molecole di una regione adiacente, le
prime ( a maggior temperatura ) cedono parte della loro energia alle molecole della
regione più fredda. Il meccanismo di scambio energetico dipende dal particolare mezzo
interessato al fenomeno: ad esempio, nei metalli è determinato dalla diffusione degli
elettroni liberi più veloci verso le zone a temperatura minore, mentre nei fluidi lo
scambio avviene per urto elastico.
La relazione fondamentale della trasmissione del calore per conduzione è stata proposta
da Fourier sulla scorta di osservazioni sperimentali. Essa afferma che la potenza
termica trasmessa per conduzione è pari a ( caso monodimensionale ):
dT
q = −k ⋅ A ⋅
W
dx
con
k [W/mK] - conducibilità termica
A [m2] - area della sezione attraverso la quale avviene lo scambio, misurata
perpendicolarmente al flusso
dT/dx - variazione della temperatura T rispetto alla coordinata spaziale nella
direzione del flusso
Questa relazione, che obbedisce alla seconda legge della termodinamica, associata alla
legge di conservazione dell'energia, porta all'equazione della conduzione che, nel caso
di continui omogenei, isotropi e con proprietà termofisiche costanti, assume la forma
differenziale ( mono-dim ):
∂T
∂2T
ρc
= k 2 + q ′′′
∂t
∂x
con
ρ [kg/m3] - massa specifica
c [J/kgK] - calore specifico
q''' [W/m3] - sorgente volumetrica
nel caso k e c dipendano dalla temperatura sarà invece:
∂T
∂⎛
∂T ⎞
⎜ k (T ) ⎟ + q ′′′
ρ(T )c(T )
=
∂t
∂x ⎝
∂x ⎠
o, in altra forma
2
∂T ∂k ( T ) ⎛ ∂T ⎞
∂2 T
⎜ ⎟ + k (T ) 2 + q ′′′
=
ρ(T )c(T )
∂t
∂T ⎝ ∂x ⎠
∂x
99
monodimensionale cilindriche:
ρc
monodimensionale sferiche:
ρc
1 ∂ ⎛ ∂T ⎞
∂T
⎜r
⎟ + q ′′′
=k
∂t
r ∂r ⎝ ∂r ⎠
∂T
1 ∂ ⎛ 2 ∂T ⎞
⎜r
⎟ + q ′′′
=k 2
∂t
r ∂r ⎝ ∂r ⎠
Per ciò che riguarda lo scambio termico per convezione ed irraggiamento abbiamo in
breve ( tanto per essere in grado di affrontare gli esercizi successivi ):
convezione
q = h ⋅ A ⋅ ( Ts − T∞ ) W
Newton
con
h [W/m2K] - coefficiente di scambio termico per convezione
Ts - Temperatura di parete
T ∞ - Temperatura del fluido indisturbato
q
Ts
T
solido
fluido
irraggiamento
q1↔ 2 = σ ⋅ A1 ⋅
1↔ 2
⋅ (T14 − T24 )
W
σ= 5.67·10-8 [W/m2K4] costante di Stefan-Boltzman
1↔ 2 fattore funzione della geometria e dell'emissività ε dei due corpi
ε- emissività
nel caso di un piccolo corpo con emissività ε1 racchiuso in una cavità con A2 >> A1 si
ha:
1↔ 2 = ε1
Per due cilindri concentrici indefiniti o due sfere concentriche
1
1↔ 2 =
1 − ε1
A1 1 − ε 2
+1+
ε1
A2 ε 2
dove il pedice (1) si riferisce alla sup interna.
Per due piastre parallele indefinite:
1
1↔ 2 =
1 / ε1 + 1 / ε 2 − 1
100
Esercizio 1
Un forno industriale è costituito da pareti di mattoni refrattari, dello spessore di 20 cm.
aventi conduttività termica pari a k1= 1.0 [W/mK]. La superficie esterna del forno deve
essere coibentata con un materiale con conduttività termica k2=0.05 [W/mK].
Determinare lo spessore dell'isolamento necessario per limitare il flusso termico
specifico disperso dalle pareti al valore di 900 [W/m2] quando la temperatura interna del
refrattario è T1=900 °C, e quella esterna dell'isolante vale T3=30 °C. Determinare inoltre
la temperatura T2 all'interfaccia fra i due materiali.
refrattario
T
coibente
T1= 930 °C
T3= 30 °C
T
1
2
q=
T1 − T3
T
Rtot = R1 + R2
Rtot
3
k
1
L
1
R
1
k
2
R1 =
L
2
R
q=
L1
k1 A
R2 =
T1 − T3
;
L1
L2
+
k1 A k2 A
L2
k2 A
q
A
= q′ =
T1 − T3
L1 L2
+
k1 k2
2
Dobbiamo determinare L2:
⎡ T − T3 L1 ⎤
⎡ 900 0.2 ⎤
= 0.04[ m]
− ⎥ = 0.05⎢
−
L2 = k 2 ⎢ 1
⎣ 900 10
. ⎥⎦
k1 ⎦
⎣ q′
Consideriamo ad esempio il refrattario:
q T1 − T2
T2=750 °C
=
T1-T2= 900·0.2/1.0= 180 °C
A L1 / k1
Esercizio 2
Una finestra con doppio vetro è costituita da due lastre di vetro dello spessore di 5 [mm]
separate da uno strato di aria stagnante dello spessore di 10 [mm]. La conduttività
termica del vetro è 0.78 [W/mK] e quella dell'aria è 0.025 [W/mK]. Il coefficiente
convettivo interno ( vetro-aria ambiente) vale 10 [W/m2K] mentre quello esterno (vetroaria esterna) vale 50 (W/m2K). Si richiede:
1) Determinare il flusso termico disperso per unità di area dalla finestra sapendo che la
Tinterna vale 25 °C e la Testerna -35 °C.
2) Comparare il risultato con quello che si otterrebbe utilizzando una finestra composta
da un unico strato di vetro spesso il doppio ( 10 mm ).
3) Calcolare nei due casi la temperatura T* della superficie del vetro lato ambiente.
101
Ti
T*
Te
hi
k1
k2
k3
L1
L2
L3
1)
q
A
q
A
=
1 / hi + L1 / k1 + L2 / k2 + L3 / k3 + 1 / he
1 / 10 + 0. 005 / 0. 78 + 0. 01 / 0. 025 + 0. 005 / 0. 78 + 1 / 50
A
2)
A
Ti − Te
60
q
q
=
he
=
=
Ti − T *
1 / hi
T * = Ti −
;
Ti − Te
1 / hi + 2 L1 / k1 + 1 / he
=
q
Ahi
= 25 −
112. 6
10
= 112. 6 W / m 2
= 13. 7 ° C
60
1 / 10 + 0. 01 / 0. 78 + 1 / 50
451. 7
T * = 25 −
= −20. 2 ° C
10
= 451. 7 W / m 2
102
Esercizio 3
Un tubo d'acciaio ( k1=15 [W/mK] ) del diametro esterno De= 7.6 cm e dello spessore
s1= 1.3 cm è ricoperto con un materiale isolante ( k2= 0.2 [W/mK] ) dello spessore s2= 2
cm. Un gas caldo alla temperatura di 320 °C e con un coefficiente di scambio termico
pari a 200 [W/m2K] fluisce all'interno del tubo. La superficie esterna dell'isolante è
esposta all'aria alla temperatura di 20 °C, coeff. di scambio termico 50 [W/m2K].
Calcolare:
1) Il flusso termico disperso per un tubo lungo 5 m.
2) le cadute di temperatura
a- nel gas
b- nell'acciaio
c- nell'isolante
d- nell'aria esterna
Ti= 320 °C
isolante
Te= 20 °C
acciaio
hi= 200 [W/m2K]
k1= 15 [W/mK]
k2= 0.2 [W/mK]
he= 50 [W/m2K]
gas
Ti
r1
r2
r3
r2=De/2 = 3.8 cm
r1=r2-s1 = 2.5 cm
r3=r2+s2= 5.8 cm
aria
Te
Ri =
1
=
1
= 6. 37 ⋅ 10 −3 KW −1
2 πr1 Lhi 2 π ⋅ 0. 025 ⋅ 5 ⋅ 200
r2
1
1
3. 8
R1 =
ln
ln
=
= 0. 89 ⋅ 10 −3 KW −1
r1
2 πLk1
2 π ⋅ 5 ⋅ 15
2. 5
⎛r ⎞
1
1
. ⎞
⎛ 58
R2 =
ln⎜ 3 ⎟ =
ln⎜ ⎟ = 67.3 ⋅ 10 −3 [ KW −1 ]
2πLk 2 ⎝ r2 ⎠ 2π ⋅ 5 ⋅ 0.2 ⎝ 38
. ⎠
1
1
Re =
=
= 10. 98 ⋅ 10 −3 KW −1
2 πr3 Lhe 2 π ⋅ 0. 058 ⋅ 5 ⋅ 50
Ti − Te
q=
Rtot = Ri + R1 + R2 + Re
Rtot
q=
∆Tj
Rj
Rtot = ( 6.37 + 0.89 + 67.3 + 10.98 )·10-3= 85.54·10-3 [KW-1]
300
q=
= 3. 5 kW
85. 54 ⋅ 10 −3
∆Tgas = 3500 ⋅ 6. 37 ⋅ 10 −3 = 22. 3 K
∆Tacciaio = 3500 ⋅ 0. 89 ⋅ 10 −3 = 3.1 K
∆Tisolante = 3500 ⋅ 67. 3 ⋅ 10 −3 = 235. 6 K
∆Taria = 3500 ⋅ 10. 98 ⋅ 10 −3 = 38. 43 K
103
Esercizio 4
Il lunotto posteriore di un'autovettura è attrezzato con un sistema anti-appannamento
strutturato come dalla seguente figura. Un foglio di spessore trascurabile, applicato sulla
faccia interna del lunotto è riscaldato elettricamente. Sapendo che la temperatura del
foglio è pari a 18 °C mentre le temperature all'interno ed all'esterno dell'autovettura
valgono rispettivamente Ti= 20 °C e Te= 5 °C, calcolare la potenza dispersa dall'interno
attraverso il lunotto nei due casi a) resistore spento , b) resistore acceso. Calcolare
inoltre la potenza per metro quadro dissipata dalla resistenza.
Si assumano i seguenti dati :
- spessore vetro L=0.04 [m]
- conduttività vetro 0.78 [W/mK]
- coefficiente globale di scambio con l'esterno 35 [W/m2K]
- coefficiente globale di scambio con l'interno 10 [W/m2K]
Ti
T2
T1
Te
he
k
hi
L
Ti − Te
q⎞
20 − 10
⎟
= 55.6 [W / m 2 ]
=
= q sp
′ =
A ⎠ spento
1 / he + L / k + 1 / hi 1 / 35 + 0.04 / 0.78 + 1 / 10
Dai dati a nostra disposizione siamo in grado di calcolare i flussi specifici lato interno e
lato esterno rispetto al riscaldatore.
q⎞
T2 − Te
18 − 10
⎟ = qe′ =
= 100.2[W / m2 ]
=
⎠
A e
1 / he + L / k 1 / 35 + 0.04 / 0.78
q⎞
T − T2 20 − 18
⎟ = qi′ = i
=
= 20[W / m2 ]
A ⎠i
1 / hi
1 / 10
(che rappresenta anche la potenza dispersa dall'interno, a riscaldatore acceso)
Il contributo del resistore vale quindi:
qr′ = qe′ − qi′ = 100. 2 − 20 = 80. 2 W / m 2
qe
qr
qi
104
Esercizio 5
Un filo di cromel-nickel del diametro di 3 mm e conduttività termica k= 20 [W/mK] è
riscaldato elettricamente dal passaggio di corrente elettrica, la quale provoca una
generazione di calore uniforme pari a q'''= 109 [W/m3]. Se la superficie del filo è
mantenuta alla temperatura di 100 °C determinare la temperatura che si stabilisce al
centro del filo ( sull'asse).
R
T
R
Eq. conduzione in coordinate cilindriche ( filo di lunghezza infinita)
∂T
1 ∂ ⎛ ∂T ⎞
⎜r
⎟ + q ′′′
=k
ρc
∂t
r ∂r ⎝ ∂r ⎠
∂( )
=0
regime permanente (
∂t
⎧⎪
dT
1 d ⎛ dT ⎞ q ′′′
⎜r
⎟+
⎨ r = 0 → dr = 0
0=
r dr ⎝ dr ⎠ k
⎪⎩r = R → T = TR
d ⎛ dT ⎞
rq′′′
dT
r 2 q′′′
dT
rq′′′ C1
⎜r
⎟=−
→ r
=−
+ C1 →
=−
+
2k
2k
dr ⎝ dr ⎠
k
dr
dr
r
dT
In r=0 T finita e
= 0 ; segue C1=0
dr
dT
rq ′′′
r 2 q ′′′
=−
→T = −
+ C2
dr
2k
4k
R 2 q ′′′
in r=R T=TR; segue C2 = TR +
4k
2
2⎡
⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤
q ′′′R
T − TR
⎛r⎞ ⎤
⎜
⎟
T = TR +
= ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
⎢1 −
⎥ →
4k ⎣ ⎝ R ⎠ ⎦
q ′′′R 2 / 4 k ⎣ ⎝ R ⎠ ⎦
q ′′′R 2
10 9 ⋅ (1. 5 ⋅ 10 −3 )2
Tasse = Tmax = TR +
= 100 +
= 128.13 ° C
4k
4 ⋅ 20
105
Esercizio 6
Una barra cilindrica di combustibile nucleare per un reattore refrigerato a gas ha raggio
R= 1 cm e conduttività termica k= 10 [W/mK]. Il gas refrigerante ha una temperatura di
350 °C ed il coefficiente di scambio termico convettivo vale h=100[W/m2K] .
Nell'ipotesi di poter considerare uniforme il calore generato all'interno dell'elemento di
combustibile nucleare per effetto della fissione e pari a q'''= 6106 [W/m3], calcolare la
temperatura massima che si stabilisce all'interno della barra di combustibile.
R
h, T
⎧
dT
r
=
0
→
=0
⎪
1 d ⎛ dT ⎞ q ′′′
dr
⎜
⎟
⎨
0=
+
r
dT
r dr ⎝ dr ⎠ k
⎪r = R → − k
= h(T ( R) − T∞ )
⎩
dr
dT
rq′′′ C1
dT
r 2 q ′′′
rq ′′′
d ⎛ dT ⎞
⎟=−
⎜r
→ r
=−
+ C1 →
=−
+
dr
r
dr
k
dr ⎝ dr ⎠
2k
2k
dT
In r=0 T finita e
= 0 ; segue C1=0
dr
dT
rq′′′
=−
dr
2k
→
r 2 q ′′′
T=−
+ C2
4k
⇓
dT
dr
R
Rq′′′
=−
2k
R 2 q′′′
T ( R) = −
+ C2
4k
⎛
⎞
Rq ′′′
R 2 q ′′′
k
= h⎜ C2 −
− T∞ ⎟
2k
4k
⎝
⎠
q ′′′R q ′′′R 2
+
C2 = T∞ +
2h
4k
avremo in definitiva
2
q ′′′R q ′′′R 2 ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤
+
⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2h
4k ⎣ ⎝ R ⎠ ⎦
La temperatura massima si stabilisce sull'asse e corrisponde a C2:
6 ⋅ 10 6 ⋅ 0. 01 6 ⋅ 10 6 ⋅ 0. 012
Tmax = 350 +
+
= 665 ° C
2 ⋅ 100
4 ⋅ 10
T = T∞ +
106
Esercizio 7
Una lamiera in ferro delle dimensioni 1 m x 2 m x 0.003 m, inizialmente alla
temperatura di 300 °C viene refrigerata in aria ambiente ( temperatura aria: 20 °C ). Il
coeff. di scambio termico globale medio vale h = 30 [W/m2K]. La conduttività termica
della lamiera è k=45 [W/mK], la densità ρ= 7800 [kg/m3] ed il calore specifico c= 480
[J/kgK].
Calcolare il tempo impiegato per raggiungere la temperatura di 50 °C, calcolare il calore
complessivo ceduto all'aria fino a quell'istante.
Controllo numero di Biot:
hLeq
V
A * ⋅s
Bi =
=s/2
Leq = ≅
k
A 2⋅ A*
s
2m
Bi =
30 ⋅ 0. 0015
45
= 0. 001 << 0.1
ok
1m
A*
dU = q ⋅ dt
cMdT = hA T∞ − T (t ) dt
dT
ρcV
= − hA T − T∞
dt
d ( T − T∞ )
hA
=−
dt
ρcV
T − T∞
d (T − T )
hA
∫ T ′ ′− T ∞ = − ∫ ρcV dτ
∞
T0
t0
T
t
ln
T − T∞
T0 − T∞
=−
hA
ρcV
( t − t0 )
assumendo t0=0 e chiamando τ ( costante di tempo) il rapporto ρcV/hA, (τ= 187.2)
scriviamo:
t
T − T∞
ln
=−
T0 − T∞
τ
il tempo necessario affinché T= 50 °C sarà
ρcV 50 − T∞
7800 ⋅ 480 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 0. 003 50 − 20
ln
ln
t50 = −
= 418. 2 s ≅ 7 '
=−
T0 − T∞
30 ⋅ 4
300 − 20
hA
Troviamo il calore ceduto in questo periodo di tempo:
Q = ρcV ⋅ Ti − 50 = 7800 ⋅ 480 ⋅ 0. 006 ⋅ 250 = 5. 6 ⋅ 10 6 J
Si può anche procedere in un altro modo ( non consigliato):
t50
t50
0
0
Q = ∫ hA[ T − T∞ ] dt = ∫ hA[ T0 − T∞ ] ⋅ e − t / τ dt = hA ⋅ τ ⋅ [ T0 − T∞ ] ( 1 − e − t50 / τ )
107
ρcV
⋅ [ T0 − T∞ ] ( 1 − e − t50 / τ ) = ρcV ⋅ [ T0 − T∞ ] ( 1 − e − t50 / τ )
hA
= 7800 ⋅ 480 ⋅ 0.006 ⋅ [ 280] ( 1 − e −418.2 /187.2 ) = 5.6 ⋅ 106 [ J ]
= hA ⋅
Esercizio 8
Una cartolina elettronica delle dimensioni 0.2x0.1x0.003 [mxmxm] si trova
inizialmente alla temperatura dell'aria ambiente Ta= 20 °C.
Durante il funzionamento essa dissipa una potenza elettrica pari a 30 [W] ed è
refrigerata in convezione naturale dall'aria con un coeff. di scambio termico ( medio) h=
8 [W/m2K]. Nell'ipotesi di trascurare la resistenza termica conduttiva interna della
cartolina e di assumere uniformemente distribuito il flusso termico dissipato, valutare la
temperatura della cartolina dopo 100 [s] dall'inizio del transitorio ed a regime.
Determinare la costante di tempo del transitorio.
Si assumano le seguenti proprietà termofisiche medie per la cartolina:
ρ= 2700 [kg/m3]; c=1000 [J/kg K]
______________
A regime la potenza termica prodotta per effetto Joule deve essere uguale a quella
dispersa per convezione:
P = hA( Tmax − Ta )
per cui
30
P
≅ 20 +
= 113. 7 ° C
Tmax = Ta +
hA
8 ⋅ ( 0. 2 ⋅ 0. 1 ⋅ 2 )
Per ciò che riguarda la costante di tempo sappiamo che:
ρcV 2700 ⋅ 1000 ⋅ ( 0. 2 ⋅ 0.1 ⋅ 0. 003)
= 506 s = 8. 43 '
τ=
=
hA
8 ⋅ ( 0. 2 ⋅ 0. 1 ⋅ 2 )
Il sistema ha risposta transitoria
T − Ta
Tmax − Ta
−
= 1−
t − t0
e
τ
per cui se t-t0= 100 [s] avrò:
−
T = 20 + (113. 7 − 20 )(1 −
e
100
506
) = 36. 8
°C
108
Esercizio 9
a) Sia data una lastra piana di spessore L con conducibilità termica dipendente dalla
temperatura k=k(T). La temperatura sulle due facce della lastra valga T1 e T2
rispettivamente (sn e dx). Calcolare la conducibilità equivalente ( e res. termica
equivalente). Si consideri il sistema a regime.
T1 − T2
q = keq A
L
ovvero
qL
keq =
(*)
A( T1 − T2 )
occorre valutare q e (T1 - T2)
2
2
dT
q = − k (T ) A
qdx = − Ak (T )dt
q ∫ dx = − A∫ k (T )dT
dx
1
1
q e costante nello spazio perché siamo a regime (altrimenti si avrebbe accumulo e
variazione di energia interna e quindi di temperatura).
T
1 2
q = − A ∫ k (T )dT
LT
1
Sostituendo nella (*) si ottiene:
T
k eq
2
1
=
k (T )dT
∫
T2 − T1 T
1
ovvero una media integrale di k fra le temperature T1 e T2.
Sarà poi
L
T1 − T2
Rt eq =
=
q
keq A
b) come caso precedente ma k=k(x)
2
2
dT
dx
dx
q = − k ( x) A
q
q∫
= − Adt
= − A∫ dT
dx
k ( x)
k ( x)
1
1
T1 − T2
q= AL
dx
∫ k ( x)
0
Sostituendo nella (*) si ottiene:
1
k eq = L
1 dx
∫
L 0 k ( x)
che è una media integrale armonica.
109
Esercizio 10
Determinare la distribuzione di temperatura a regime in una lastra piana di spessore L
con conducibilità termica k=k(T)=k0 + k1 T .
Dall'esercizio precedente q vale
T
T
1 2
1 2
A ⎡
T 2 − T22 ⎤
q = − A ∫ k (T )dT = − A ∫ ( k 0 + k1 ⋅ T )dT = ⋅ ⎢ k 0 (T1 − T2 ) + k1 1
⎥= q*
LT
LT
2 ⎦
L ⎣
1
1
ripetendo l'integrazione fra la faccia di sinistra ed un punto generico x si ottiene:
T
Tx
x
1 x
A ⎡
T 2 − Tx2 ⎤
q * ∫ dx = − A ∫ k (T )dT
q* = − A ∫ ( k 0 + k1 ⋅ T )dT = ⋅ ⎢ k 0 (T1 − Tx ) + k1 1
⎥
xT
2 ⎦
x ⎣
1
T
1
1
tale equazione rappresenta una parabola in T ovvero una funzione del tipo:
x = aT 2 + bT + c
in particolare( con T al posto di Tx )
T12 − T 2 ⎤
A ⎡
⎥
x=
⋅ ⎢ k (T − T ) + k1
2 ⎥⎦
q * ⎢⎣ 0 1
e, mettendo il valore di q*:
x
L
=
k0 ( T1 − T ) + k1
k0 (T1 − T2 ) + k1
T12 − T 2
T12
2
− T22
2
Andamento qualitativo campo termico
k >0
k <0
1
1
T
T
1
1
T
T
2
L
2
L
Ad esempio nel caso in cui k1>0 la conducibilità è maggiore ad alte T, quindi in x=0. Di
conseguenza sarà minore, in modulo, dT/dx ( in quanto q è costante ).
110
Esercitazione n° 13
Scambio termico per convezione e irraggiamento
Esercizio 1
Si vuole misurare la temperatura dell'aria all'esterno di un locale. Per realizzare questa
operazione si dispone di un termometro a capillare, inizialmente alla temperatura di 20
°C. Il termometro può essere immaginato come un cilindro di vetro ( conducibilità
termica 1.1 W/mK, densità 2200 kg/m3, calore specifico 750 J/kgK) alto 10 cm ed
avente diametro di 3 mm; la temperatura esterna è di 8 °C, lo scambio termico è
convettivo forzato e si assume la seguente correlazione di scambio:
Nu D = 0. 4 ⋅ Re0.D5 ⋅ Pr0.33
assumere inoltre: velocità dell'aria all'esterno 2 m/s, conducibilità 0.025 W/mK, calore
specifico 1.004 kJ/kgK , viscosità dinamica 1.79·10-5 m2/s.
Si richiede di valutare:
1) Il coeff. convettivo esterno.
2) L'applicabilità del modello di corpo sottile.
3) Il tempo necessario affinché il termometro (inteso come corpo sottile ) si porti ad una
temperatura che differisce di 0.5 °C da quella esterna.
πD 2
π ⋅ 0. 0032
⋅L=
⋅ 0.1 = 7. 07 ⋅ 10 −7 m 3
4
4
2
πD
S = πD ⋅ L + 2 ⋅
= 9. 57 ⋅ 10 −4 m 2
4
V
Leq = = 7. 4 ⋅ 10 −4 m ( circa r / 2 )
S
V=
L
D
1)
w ⋅ D 2 ⋅ 0. 003
= 428. 6
=
ν
1. 4 ⋅ 10 −5
c p aria ⋅ µ 1004 ⋅ 1. 79 ⋅ 10 −5
Pr =
=
= 0. 72
0. 025
karia
Re =
D
Nu = 0. 4 ⋅ Re0.5 Pr0.33 = 0. 4 ⋅ 428. 6 0.5 ⋅ 0. 72 0.33 = 7. 43
D
D
karia
0. 025 W / mK
h = Nu ⋅
= 7. 43
= 62 W / m 2 K
D
D
0. 003 m 2
2)
Bi =
h ⋅ Leq
kvetro
=
62 ⋅ 7. 4 ⋅ 10 −4
= 0. 042
1.1
3) Transitorio di corpo sottile
hS
−
t
ρcV
T − T∞
=e
T0 − T∞
< 0.1 → ok!
T0 = 20 ° C
T∞ = 8 ° C
T * = 8 + 0. 5 = 8. 5 ° C
111
t* = −
⎛ T * − T∞
ln⎜⎜
hS ⎝ T0 − T∞
ρcV
⎞
2200 ⋅ 750
⎛ 0 .5 ⎞
⎟⎟ = −
7.4 ⋅ 10 − 4 ln⎜
⎟ ≈ 63[s ]
62
⎝ 12 ⎠
⎠
Esercizio 2
In un tubo sottile in rame, a sezione circolare ( De = 0.005 mm ) e lungo 1 m, scorre
una portata G = 1.35 10-3 kg/s di acqua. Vengono misurate le temperature di massa
all'ingresso e all'uscita del condotto ottenendo: Ti= 42.9 °C e Tu= 41.95 °C.
Tenendo presente che il tubo cede energia all'ambiente circostante sotto forma di calore
attraverso i due meccanismi della convezione naturale e dell'irraggiamento (ε=0.85),
determinare:
1) la potenza termica ceduta all'esterno per convezione naturale fra le sezioni di ingresso
e di uscita.
2) il coefficiente di scambio convettivo medio tubo-aria hc
3) Confrontare infine il risultato ottenuto con opportuna correlazione.
T
i
L
T
u
G
De
qc
q irr
qtot = qc + qirr
Consideriamo dapprima il bilancio energetico fra le sezioni di ingresso e di uscita del
tubo, sarà ( assumendo c= 4186 [J kg-1K-1] ):
qtot = G c ( Ti − Tu ) = 1. 35 ⋅ 10 −3 ⋅ 4186 ⋅ ( 42. 9 − 42. 05) = 4. 80
W
La potenza ceduta sarà la somma di due contributi qc , dovuto alla convezione, e qirr,
dovuto all'irraggiamento. Determiniamo qirr mediante la seguente:
4
qirr = Ae σ 1− 2 ( Ts4 − Tamb
)
dove
Ae superficie di scambio: Ae = πDe L = 0.0157 m2
σ costante di Stefan-Boltzmann: σ = 5.67·10-8 [ Wm-2K-4]
1-2 = ε = 0.85 ( piccola superficie in grande cavità )
Ts = (Ti+Tu)/2 =(42.9+42.05) /2 +273.15= 315.6 K
temperatura media superficie esterna del tubo
Tamb = 24.2 °C = 298.4 K
temperatura ambiente
qirr = 0. 0157 ⋅ 5. 67 ⋅ 10 −8 ⋅ 0. 85 (315. 6 4 − 298. 4 4 ) = 1. 51
W
Per la quota di potenza termica ceduta per convezione sarà allora:
qc = 4.80 - 1.51=3.29 [W]
A questo punto, attraverso l'eq. di Newton, potremo ricavare il coefficiente di scambio
convettivo come:
112
hc =
qc
3.29
⎡ W ⎤
=
= 12.2⎢ 2 ⎥
Ae (Ts − Tamb ) 0.0157(315.6 − 298.4)
⎣m K ⎦
Una correlazione appropriata per convezione naturale di aria all'esterno di un tubo
orizzontale è data da:
⎛ T − T∞
hc = 1.32⎜⎜ s
⎝ De
⎞
⎟⎟
⎠
1/ 4
[W/m2K]
che fornisce
⎛ 315.6 − 298.4 ⎞
hc = 1.32⎜
⎟
0.005
⎠
⎝
1/ 4
= 10.1 [W/m2K]
l'errore percentuale relativo alla correlazione vale
e%= 100·(12.2-10.1)/10.1 ≈ 21%
accettabile !
Esercizio 3
Una termocoppia, ( diametro esterno .79 mm ) è posta orizzontalmente in una cavità
molto grande le cui pareti sono a 38 °C. La cavità contiene aria stagnante da
considerarsi perfettamente trasparente. La f.e.m. della termocoppia indica una
temperatura di 230 °C. Si determini la vera temperatura dell'aria se l'emittenza della
termocoppia vale 0.8 ( assumere termoc. in equilibrio termico con aria e pareti ).
Tpareti= 38 + 273.15 = 311.2 Ttc=230 + 273.15 = 503.2
La termocoppia misura la temperatura di se stessa.
L'equilibrio termico impone che non vi sia flusso termico netto ceduto dalla
termocoppia, ovvero:
qirr + qc = 0
Siccome qirr è ceduto qc dovrà essere acquistato, quindi Taria>Ttc
4
Ae σ ε ( Ttc4 − Tpareti
) − Ae hc ( Taria − Ttc ) = 0
dove hc non è nota. utilizzeremo la correlazione
1/ 4
⎛ Taria − Ttc ⎞
hc = 132
. ⎜
⎟
De
⎝
⎠
per cui:
.
132
4
σ ε (Ttc4 − Tpareti
) − 1/ 4 (Taria − Ttc ) 5/ 4 = 0
De
(Taria
(Taria
ovvero
⎡ σ ε De1/ 4
⎤
4
(Ttc4 − Tpareti
)⎥
− Ttc ) = ⎢
.
⎣ 132
⎦
4 /5
⎤
⎡ 5.67 ⋅ 10 −8 ⋅ 08
. ⋅ (0.79 ⋅ 10−3 )1/ 4
− Ttc ) = ⎢
(503.2 4 − 3112
. 4 )⎥
132
.
⎦
⎣
4 /5
= 99.8[ K ]
Taria= 329.8 °C
113
Esercizio 4
Dell'acqua ad 82 °C ed a 7.5 m/s scorre in un sottile tubo di rame, avente un diametro
interno di 15 cm. Il condotto si trova in un locale a 16 °C e il coefficiente di scambio
all'esterno vale he= 12 W/mK.
a) determinare il coefficiente di scambio termico sulla superficie interna.
b) valutare la lunghezza del tubo che dia luogo ad una caduta di temperatura dell'acqua
pari ad 1 °C.
1) valutiamo il numero di Reynolds per stabilire il regime di moto, ci occorre la
viscosità cinematica: la interpoliamo dalle tabelle:
SBAGLIATOν(82 ) =. 443 ⋅ 10 −6 +
Re =
D
88 − 66
(. 316 −. 443) ⋅ 10 −6 = 0. 368 ⋅ 10 −6 m 2 / s
93 − 66
w⋅D
7. 5 ⋅ 0.15
=
= 3. 06 ⋅ 10 6 > 10000
ν
0. 368 ⋅ 10 −6
→
turbolento
utilizzeremo allora la seguente correlazione ( conv. forz. all'interno di condotti, moto
turbolento):
Nu = 0. 023 ⋅ Re0.8D ⋅ Pr0.33
Dalle tabelle si ottiene, interpolando, Pr= 2.23
Nu = 0. 023 ⋅ (3. 06 ⋅ 10 6 ) 0.8 ⋅ 2. 230.33 = 4626. 4
Dalle tabelle si ottiene, interpolando, kH2O= 0.67 [W/m K]
infine ricaviamo hi come
hi =
k H O ⋅ Nu
2
D
=
0. 67 ⋅ 4626
≈ 20660 W / m 2 K
0.15
Riguardo la caduta di temperatura lungo il tubo facciamo un bilancio del tipo:
G c ( Ti − Tu ) = Ah( Ts − T∞ )
π
D2
4
L=
ρcw( Ti − Tu ) = πDLhe ( Ts − T∞ )
ρcwD( Ti − Tu )
4 he ( Ts − T∞ )
=
1000 ⋅ 4186 ⋅ 7. 5 ⋅ 0.15 ⋅ 1
4 ⋅ 12 ⋅ 66
≈ 1480 m
Esercizio 5
Due grandi piastre piane parallele, opache e grigie, a piccola distanza l'una dall'altra, si
trovano rispettivamente alla temperatura T1= 1000 K e T2= 500 K ed hanno una
emissività pari a ε1= 0.6 e ε2= 0.8. Calcolare il flusso termico radiativo netto scambiato
tra le lastre.
q1−2 = A1 σ 1− 2 ( T14 − T24 )
114
1− 2
ma A1=A2, F1-2=1
1− 2
ϕ=
=
=
1
A 1 − ε2
1 − ε1
1
+
+ 1
ε1
F1− 2 A2 ε 2
1
1
=
= 0. 52
1
1
1
0
6
1
0
8
1
/
.
+
/
.
−
+
−1
ε1 ε 2
q
= 5. 67 ⋅ 10 −8 ⋅ 0. 52 (1000 4 − 500 4 ) = 27640
A1
W / m2
Esercizio 6
Una stanza cubica di 3 m x 3 m x 3 m è riscaldata mantenendo il soffitto alla
temperatura T1= 70 °C mentre le altre pareti laterali ed il pavimento si trovano alla
temperatura di 10 °C. Assumendo che tutte le superfici abbiano una emissività ε=0.8
determinare il flusso termico radiativo scambiato dal soffitto.
A1
T1= 343.15 K
ε1 = 0.8
A1= 3·3 = 9 m2
3m
A2
T2= 283.15 K
ε2 = 0.6
A2= 5·9 = 45 m2
1− 2
=
1
A 1 − ε2
1 − ε1
1
+
+ 1
ε1
F1− 2 A2 ε 2
ma F1-2= 1 e A1/A2= 1/5
1− 2
q1−2
=
1
= 0. 77
1
1 (1 − 0. 8)
+
0. 8 5 0. 8
q1−2 = A1 σ 1− 2 ( T14 − T24 )
= 9 ⋅ 5. 67 ⋅ 10 −8 ⋅ 0. 77 (343.154 − 283.154 ) = 2922. 5 W
115
Esercizio 7
Un blocco cubico ( 0.1 m x 0.1 m x 0.1 m ) è sospeso, con una faccia orizzontale, in una
stanza ove vi è aria stagnante a 10 °C. Tutte le superfici del cubo ( ε = 0.6) sono
mantenute alla temperatura di 150 °C mentre le pareti della stanza si trovano alla
temperatura di 20 °C ed hanno emissività 0.8. Valutare il flusso termico scambiato
complessivamente fra cubo e ambiente ( convezione + irraggiamento )
A1
0.1 m
A
2
Contributo radiativo
q1−2 = A1 σ
1− 2
=
1− 2
( T14 − T24 )
1
A 1 − ε2
1 − ε1
1
+
+ 1
ε1
F1− 2 A2 ε 2
ma F1-2= 1 e A2>>A1
1− 2
=
q1−2 = 6 ⋅ 0.12 ⋅ 5. 67 ⋅ 10 −8
1
= ε1 = 0. 6
1
+0
ε1
⋅ 0. 6 ( 423.154 − 293.154 ) = 50. 4 W
Contributo convettivo:
Temperatura del film per il calcolo delle proprietà termofisiche dell'aria:
Tf= (Ts+T ∞ )/2 = ( 150 +10 )/2 = 80 °C
Per tale temperatura si ricava:
80 − 38
ν(80 ) =.168 ⋅ 10 −4 +
(. 222 −.168) ⋅ 10 −4 = 0. 209 ⋅ 10 −4 m 2 / s
−
93 38
Pr = 0.72
k=0.03 [W/mK]
β= 2.85·10-3 [1/K]
calcoliamo il numero di Grashof
βg( Ts − T∞ ) L3 2. 85 ⋅ 10 −3 ⋅ 9. 81 ⋅ (150 − 10 ) ⋅ 0.13
Gr =
=
= 8. 96 ⋅ 10 6
ν2
( 0. 209 ⋅ 10 −4 )2
116
laterali:
Nu = 0. 56 ⋅ ( Gr Pr )1/ 4 = 0. 56 ⋅ (8. 96 ⋅ 10 6 ⋅ 0. 72 )1/ 4 = 28. 2
k
0. 03
h = Nu =
⋅ 28. 2 = 8. 46 W / m 2 K
L
0.1
alto
Nu = 0. 54 ⋅ ( Gr Pr )1/ 4 = 0. 54 ⋅ (8. 96 ⋅ 10 6 ⋅ 0. 72 )1/ 4 = 27. 2
k
0. 03
h = Nu =
⋅ 27. 2 = 8.16 W / m 2 K
L
0.1
basso
Nu = 0. 27 ⋅ ( Gr Pr )1/ 4 = 0. 56 ⋅ (8. 96 ⋅ 10 6 ⋅ 0. 72 )1/ 4 = 13. 6
k
0. 03
h = Nu =
⋅ 13. 6 = 4. 08 W / m 2 K
L
0.1
quindi
qc = 0.12 ⋅ ( 4 ⋅ 8. 46 + 8.16 + 4. 08)(150 − 10 ) = 64. 5 W
qtot = qi + qc = 50. 4 + 64. 5 = 114. 9 W
117
Richiami
Convezione e Irraggiamento
Convezione
La convezione è un meccanismo di trasporto dell'energia termica che si attua mediante
la combinazione di:
•
conduzione
•
accumulo di energia
•
mescolamento.
E' il più importante meccanismo di scambio termico fra una superficie solida ed un
fluido. Dapprima il calore passa per conduzione dalla superficie alle particelle fluide
adiacenti da cui l'aumento di temperatura di queste. Il movimento trasporta poi le
particelle fluide in zone a minor temperatura con conseguente scambio di energia.
A seconda delle cause che determinano il moto anzidetto si distingue fra convezione
libera (naturale) e forzata. Nella prima il moto è causato da differenze di densità dovute
a gradienti di temperatura, nella seconda il moto è indotto da un agente esterno.
Siccome l'efficacia della convezione dipende in larga misura dal moto del fluido è
necessario lo studio fluidodinamico del sistema
Usualmente, la potenza termica ( W ) scambiata per convezione tra una superficie ed
un fluido si esprime mediante la seguente:
qc = hc A ∆T
(1)
• qc [W] potenza termica
• A [m2] area superficie di scambio
• ∆T=Ts- T∞ [K] temperatura della superficie meno temperatura in punto specificato
(solitamente lontano dalla parete)
• hc [Wm-2K-1] valore medio del coefficiente di scambio termico convettivo.
Il coeff. locale hc è definito da dqc= hc dA ( Ts -T ∞ ) per cui:
1
hc =
hc dA
A
∫
A
L'eq. (1) rappresenta una definizione per hc piuttosto che una legge fisica dello scambio
termico per convezione. hc sarà una funzione complessa della fluidodinamica, delle
proprietà termiche del fluido e dalla geometria del particolare sistema considerato.
Uno degli aspetti più importanti dell'analisi fluidodinamica è quello di stabilire se il
moto è laminare o turbolento.
Nel 1° caso il fluido si muove a strati e l'energia (termica) si trasmette solo per
conduzione all'interno del fluido e all'interfaccia solido-fluido. Non si hanno correnti di
mescolamento. Nel moto turbolento, invece, il meccanismo di scambio è favorito da
vortici che trasportano gruppi di particelle di fluido attraverso le linee di corrente.
Queste particelle agiscono come trasportatori di energia.
1
Strato limite
Indipendentemente dal tipo di moto le particelle vicine alla superficie sono rallentate da
forze viscose e quelle adiacenti ad essa vi aderiscono. Un siffatto gradiente di velocità
da luogo ad uno sforzo di taglio pari a :
dw
τ=µ
dy
con
τ- sforzo tangenziale [N/m2]
w- velocità [m/s]
y distanza dalle parete [m]
µ- viscosità dinamica [ ]
Lo spessore dello strato limite è definito come la distanza dalle superficie alla quale la
velocità assume un valore pari al 99 % di quello della vel. indisturbata. Mediante
l'introduzione di questo concetto risulta possibile porre in forma risolubile le eq. di
Navier Stokes, calcolare le forze di attrito, etc.
Nel caso esemplificativo di un flusso d'aria su lastra piana parallela alla corrente, lo
spessore dello strato limite ed i profili di velocità assumono la forma seguente:
y
w
w
sottostrato laminare
xc
x=0
laminare
x
transiz.
turbolento
La distanza alla quale lo strato limite cessa di essere laminare è detta x critico e viene
espressa tramite una grandezza adimensionale detta n° locale di Reynolds
ρw∞ xc w∞ xc
Re c =
=
µ
ν
che è un indice del rapporto fra forze di massa e forze viscose. Se queste ultime sono
prevalenti ( ovvero Re > Re c ) si ha moto laminare, altrimenti turbolento. L'andamento
dello spessore dello S.L. dipende da x1/2 se il moto è laminare e da x4/5 nel caso
turbolento. La transizione fra regime laminare e turbolento dipende, a parità di
geometria e fluido, dall'entità dei disturbi all'interno della corrente che sono causati
principalmente da:
1) disturbi già presenti nella corrente indisturbata.
2) rugosità della superficie.
3) modalità di scambio termico.
In condizioni medie la transizione per piastra piana avviene per Re c≈ 5·105.
2
Scambio termico
Nello studio dello scambio termico per convezione si possono seguire differenti
approcci:
1) La soluzione analitica delle equazioni dello strato limite
2) Lo studio approssimato dello strato limite con metodi integrali
3) L'analisi dimensionale combinata con esperimenti
4) L'analogia fra trasporto di calore, materia e quantità di moto
1)- La soluzione matematica esatta delle equazioni dello S.L. richiede la soluzione
simultanea delle equazioni del moto e del trasporto di energia nel fluido. Occorre
sottolineare che una descrizione matematica completa è possibile solo per il regime
laminare e, anche per questo, le equazioni sono molto complesse e sono state risolte solo
in un numero ristretto di sistemi semplici come ad esempio nel caso di moto su lastra
piana. Le equazioni necessarie sono:
- Eq. di continuità
- Eq. quantità di moto
- Eq. energia
Lo sviluppo dei calcolatori elettronici ha allargato molto il campo dei problemi
trattabili matematicamente anche se la soluzione risultante è numerica.
2)- Lo studio approssimato dello strato limite parte dall'assegnazione di una funzione
plausibile per descrivere la distribuzione di velocità e temperatura. I risultati ottenuti
con tale metodo ben si accordano con le soluzioni esatte nei casi in cui queste siano
disponibili; inoltre questo tipo di analisi approssimata è fattibile anche in condizioni di
regime turbolento.
Nello studio approssimato dello strato limite, invece di scrivere le eq. differenziali del
caso ( con riferimento quindi ad un volume di controllo infinitesimo) si considera un
volume di controllo finito opportuno pervenendo ad equazioni integrali nelle quali
vengono assegnate delle ragionevoli distribuzioni di temperatura e velocità. La
soluzione di tali eq. porterà ad espressioni per hc.
3)- L'analisi dimensionale, combinata con esperimenti, sebbene fornisca pochi contributi
alla comprensione del fenomeno fisico, rende agevole la sua descrizione tramite
correlazioni generali. Attraverso il teorema π di Buckingam è infatti possibile ridurre le
variabili che influenzano il fenomeno ad un numero accettabile per il progetto di una
campagna sperimentale parametrica che conduca a correlazioni fra pochi gruppi
adimensionali. Nella ricerca di una espressione per hc , sebbene questo sia funzione di 6
variabili, risulta possibile correlare i dati sperimentali mediante 3 gruppi adimensionali
indipendenti. Si parte da una espressione del tutto generale del tipo:
hc = f ( D, k , w, ρ, µ, c p )
\ caso di un tubo
D - diametro tubo
k - conducibilità termica fluido
w - velocità
ρ - densità
µ- viscosità dinamica
cp- calore specifico a p=cost.
che mette in relazione 7 variabili. Con un procedimento analogo a quello visto per le
perdite di carico ( λ = λ(Re,ε/D) ) si perviene alla relazione:
Nu = f ( Re D , Pr )
che utilizza solo 3 gruppi adimensionali
3
Nu =
Re =
Pr =
hc ⋅ D
k
ρ⋅w ⋅ D
numero di Nusselt
numero di Reynolds
µ
cp ⋅ µ
=
ν
numero di Prandtl
α
k
e risulta solitamente realizzata nella classica forma
Nu = C ⋅ RenD ⋅ Prm
4) L'analogia fra trasporto di calore, materia e quantità di moto è infine particolarmente
impiegata per analizzare i fenomeni di trasporto turbolento. Quest'ultimo è descritto
mediante modelli semplificati e, secondo uno di questi, tanto il trasporto del calore
quanto quello della quantità di moto sono dovuti ad un moto di mescolamento in
direzione normale a quella prevalente. Il moto di mescolamento può essere descritto su
base statistica con un metodo simile a quello usato per descrivere il moto delle molecole
nella teoria cinetica dei gas.
Convezione naturale
Nella convezione naturale la fisica del problema comporta che la velocità del fluido
non è più una quantità indipendente in quanto dipende dalla forza ascensionale che
obbedisce alla legge di Archimede ed è in relazione al coefficiente di dilatazione β del
fluido definito come:
ρ∞ − ρ
v = v∞ 1 + β( T − T∞ ) ovvero β =
ρ( T − T∞ )
per i gas perfetti, ad esempio, risulta ( a p= cost.)
1
β=
T∞
Ciò comporta l'introduzione del numero adimensionale Gr ( numero di Grashof )
che rappresenta il rapporto fra forze ascensionali e viscose.
ρ2 gβ( T − T∞ ) L3
Gr =
µ2
I risultati sperimentali in convezione libera ( naturale ) possono essere correlati da una
equazione del tipo:
Nu = ϕ ( Gr ) ⋅ ψ ( Pr )
Per gas aventi la stessa atomicità il numero di Pr e costante, avremo quindi
Nu = ϕ( Gr )
Nel caso siano trascurabili le forze di inerzia il parametro di similitudine è il prodotto
Gr·Pr ( Ra - numero di Rayleigh ) e si avrà:
Nu = ϕ( Ra )
Gr
Quando il rapporto
è maggiore di 1 gli effetti della spinta ascensionale non
Re2
possono essere trascurati rispetto alla convezione forzata.
4
Convezione forzata all'interno di tubi e condotti
Come sempre la potenza termica scambiata si esprime con una espressione del tipo:
qc = hc A ( Tsup − Tfluido )
hc si ricava dal numero di Nusselt hc ⋅ Deq / k dove, per tubi lunghi
area della sezione normale al moto
Deq = 4 ⋅
perimetro bagnato
Come temperatura del fluido si assume Tm, temperatura di massa, detta anche
temperatura di mescolamento in tazza. Questo permette di fare rapidamente i bilanci
termici poiché a regime permanente la variazione di Tm fra due sezioni è proporzionale
alla potenza termica scambiata:
q = Gc p ∆Tm
matematicamente Tm è definita in termini di energia termica:
∫ c TdG ∫ ρwc TdA
v
v
Tm =
A
∫ cv dG
Se cv può essere considerato costante
Tm =
=
A
∫ ρwc dA
v
∫ ρwTdA
A
G
Se inoltre il fluido è incompressibile
Tm =
∫ wTdA ∫ wTdA
A
Gv
=
A
Au m
Se la temperatura di parete della condotta è costante si pone T fluido = Tf
Tm ingresso + Tm uscita
Tf =
2
Le proprietà termofisiche del fluido vanno invece calcolate alla temperatura media del
film ovvero
Tfluido + Tsup
T* =
2
Influenza del numero di Reynolds
Assegnato il fluido ( fissato quindi Pr ) il numero di Nusselt dipende da ReD. In condotti
lunghi ( ovvero trascurando gli effetti di imbocco ) la transizione fra moto laminare e
turbolento si ha per
2100 < Re D < 10000
Il meccanismo di scambio termico risulta favorito dalle condizioni turbolente come si
nota nel seguente diagramma ( aria in un tubo ):
5
200
100
Nu
0.8
Nu α Re
10
laminare
2
transizione
turbolento
0.3
Nu α Re
1
100
2000
10000
Re
50000
Un aumento del coeff. di scambio si ottiene quindi aumentando la turbolenza in modo
che i vortici penetrino maggiormente nel sottostrato laminare. Ciò si può ottenere
tramite vorticatori e aumentando la velocità ma si avrà un aumento della potenza di
pompaggio richiesta a causa delle perdite per attrito.
Influenza del numero di Prandtl
Il numero di Prandtl è funzione solo delle proprietà del fluido e correla la distribuzione
di temperatura alla distribuzione di velocità.
I profili di temperatura e velocità sono simili per fluidi aventi Pr unitario.
Se Pr <<1 allora il gradiente di temperatura è minore di quello di velocità in prossimità
della parete; se Pr >>1 avviene il contrario.
1
Ts-T
100
10
Ts-Tasse
0.8
1
0.1
0.01
0.6
Pr= 0
0.4
0.2
Re= 10000
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1-
r
re
1
Alcune correlazioni per moto su piastra piana (conv. naturale)
sup verticale
hc L
Nu =
=. 555 ⋅ Ra1/ 4
10 < Ra < 10 9
k
hc L
Nu =
=.13 ⋅ Ra1/ 3
Ra > 10 9
k
sup orizz. ( faccia calda verso l'alto)
6
Nu =
Nu =
hc L
k
hc L
k
=. 54 ⋅ Ra1/ 4
=.14 ⋅ Ra1/ 3
sup orizz. ( faccia calda verso il basso)
hc L
Nu =
=. 27 ⋅ Ra1/ 4
k
10 5 < Ra < 2 ⋅ 10 7
2 ⋅ 10 7 < Ra < 3 ⋅ 1010
3 ⋅ 10 5 < Ra < 3 ⋅ 1010
7
Irraggiamento
L'irraggiamento è il processo mediante cui il calore fluisce da un corpo a temperatura
maggiore verso uno a temperatura minore quando i corpi non sono a contatto, anche se
fra essi c'è il vuoto. Il processo avviene se il mezzo interposto è trasparente ed il
processo è regolato dalla teoria della propagazione delle onde elettromagnetiche.
L'energia raggiante viaggia dunque alla velocità della luce. Per lo scambio termico sono
importanti le lunghezze d'onda comprese fra 0.1 e 100 µm approssimativamente.
corpo nero
Un corpo nero è un corpo che ad ogni temperatura e lunghezza d'onda assorbe tutta la
radiazione incidente ed emette la maggiore quantità possibile di energia
(compatibilmente con la seconda legge della termodinamica). Il corpo nero rappresenta
il termine di paragone delle caratteristiche di irraggiamento degli altri corpi. Sebbene
sia una idealizzazione, in laboratorio può essere approssimato mediante una piccola
cavità.
L'energia emessa da un corpo nero per unità di tempo e superficie alla lunghezza d'onda
λ nell'intervallo dλ si indica con
Enλ dλ
Enλ è detto potere emissivo monocromatico di corpo nero e dipende da λ e dalla
temperatura secondo la seguente legge ( di Planck ):
(1)
c1
3
E nλ (T ) = 5 c2 λT
W /m
λ e
−1
tale funzione ha l'andamento di figura.
(
[
)
]
1.0E+08
En λ
5500
1.0E+07
3500
2500
1.0E+06
1.0E+05
1500
1.0E+04
1.0E+03
500
1.0E+02
1.0E+01
λ
µm
0
2
4
6
8
10
12
Potere emissivo monocromatico di corpo nero per alcune temperature
8
Si può notare che la frazione di energia emessa nel visibile ( compresa fra circa 0.4 e
0.7 µm ) aumenta all'aumentare di T. La frequenza del massimo aumenta all'aumentare
di T secondo la relazione:
λmax = 2898/T
La radiazione termica complessivamente emessa da un corpo nero per unità di superficie
ad una data temperatura si ottiene integrando la (1) su tutte le lunghezze d'onda:
(2)
∞
E n (T ) = ∫ E nλ (T )dλ
0
integrazione che conduce alla legge di Stefan-Boltzman
En ( T ) = σT 4
(3)
con σ= 5.67 10-8 [W/m2K4] , costante di Boltzman.
emittenza emisferica monocromatica e totale
Le superfici reali non sono corpi neri nel senso che il loro spettro di emissione non è
quello di un corpo nero. Per caratterizzare tali superfici si usano grandezze quali
l'emissività ed il coeff. di assorbimento.
Se con Eλ si indica il potere emissivo monocromatico di una superficie reale allora
l'emissività ( detta anche emittenza) emisferica monocromatica è definita come:
E
ελ = λ ,
ε λ = ε λ (λ, T )
Enλ
ovvero ελ (<1) è la frazione di radiazione di corpo nero emessa dalla superficie alla
lunghezza d'onda λ ( ad una certa temperatura T ). Parimenti il coeff. di assorbimento
αλ è definito come la frazione di dell'energia raggiante monocromatica, incidente su una
superficie, che viene assorbita rispetto a quella assorbita da un corpo nero (ovvero
rispetto a tutta quella incidente ).
La legge di Kirchhoff stabilisce che per una qualsiasi superficie αλ = ελ
L'emittenza totale è definita come:
∞
ε (T ) =
E (T )
=
E n (T )
∫ ε λ (λ , T ) Enλ (λ , T )dλ
(4)
0
∞
∫ E λ ( λ , T ) dλ
n
0
si nota come anche quando ελ non dipende da T ε dipende da T.
nel caso in cui ελ non dipende da λ allora ε(T)= ελ(T) (vedi eq.4) ed il corpo in questione
è detto grigio., se inoltre non vi è dipendenza dalla temperatura allora ε=ελ = costante e
siamo in presenza di un caso ancora più semplice.
9
irraggiamento superfici reali
Per un corpo grigio quindi (emissività costante in tutto il campo di lunghezze d'onda ad
una data temperatura) si avrà:
Eg= εg(T)En(T)=εg(T)σ T4
e lo spettro di emissione sarà simile a quello di un corpo nero alla stessa temperatura ma
ridotto di un fattore εg .
Le superfici reali non sono corpi grigi perfetti ma per molti problemi di scambio termico
possono essere considerati tali.
En λ
nero
grigio
reale
λ
Solitamente l'emittenza monocromatica di un conduttore elettrico diminuisce
all'aumentare della lunghezza d'onda e di conseguenza l'emittenza totale aumenta
all'aumentare della temperatura. I materiali non conduttori hanno generalmente un
comportamento opposto.
Nei calcoli di scambio termico si utilizza una emittenza media, nell'intervallo di
lunghezze d'onda che interessano il fenomeno in esame.
Nei corpi reali l'emittenza ha caratteristiche direzionali, ovvero dipende d'angolo fra
normale alla superficie e energia emessa come dalla seguente figura
0°
22.5 °
45 °
0°
22.5 °
45 °
67.5 °
0
METALLI
0.5
ε
1
90 °
0°
22.5 °
45 °
67.5 °
0
0.5
CORPO GRIGIO
ε
1
67.5 °
90 °
0
0.5
ε
1
90 °
ISOLANTI
Solo i corpi neri ( ed i grigi ideali ) sono caratterizzati da radiazione perfettamente
diffusa e l'emissività non dipende quindi dall'angolo.
10
coefficiente di riflessione e trasmissione
Indichiamo con Gλ l'energia raggiante monocromatica incidente su una superficie ( per
unità di area, lunghezza d'onda e tempo ). Quando una superficie non assorbe tutta la
radiazione incidente su essa, la parte non assorbita sarà trasmessa e/o riflessa.
coeff. di riflessione monocromatica
energia raggiante riflessa / tempo ⋅ area ⋅ lungh. d' onda
ρλ =
Gλ
coeff. di riflessione totale
ρ=
energia raggiante riflessa / tempo ⋅ area
∞
∫ Gλ dλ
0
Analogamente si definiscono i coeff. monocromatico e totale di trasmissione τλ e τ .
Sarà ovviamente:
α λ + ρλ + τ λ = 1
α+ρ+τ =1
per materiali opachi sarà τλ, τ =0.
radiazione
incidente
G
radiazione
assorbita
αG
radiazione
riflessa
ρG
radiazione
trasmessa
τG
Si distinguono due tipi fondamentali di riflessione: speculare e diffusa. Nessuna
superficie reale è completamente speculare o diffusa, in ogni caso le caratteristiche di
riflessione dipendono da λ : uno specchio è ovviamente speculare nel visibile ma non lo
è in genere nel campo delle radiazioni infrarosse.
Per calcoli ingegneristici le superfici lavorate o verniciate possono essere trattate come
perfettamente diffuse.
Fattori di vista
Nel calcolo dello scambio termico per irraggiamento è di interesse fondamentale la
determinazione della frazione di energia raggiante che, lasciata complessivamente una
superficie, viene intercettata da un'altra sup. e viceversa.
La frazione di energia raggiante diffusa che, proveniente dalla generica sup. nera Ai,
raggiunge Aj è chiamata fattore di vista o fattore di forma Fi-j.
Consideriamo due superfici nere A1 e A2. La radiazione che, lasciata A1, arriva su A2 è
data da
q1→2 = En 1 ⋅ A1 ⋅ F1− 2
quella che, lasciata A2 arriva su A1 è
q2→1 = En 2 ⋅ A2 ⋅ F2 −1
11
Siccome le superfici sono nere, tutta la radiazione incidente sarà assorbita e la potenza
termica netta scambiata fra le due superfici sarà:
q1↔ 2 = En 1 ⋅ A1 ⋅ F1− 2 − En 2 ⋅ A2 ⋅ F2 −1
Se le superfici sono alla stessa temperatura dovrà essere
1) En 1 = En 2
2) q1-2 = 0
A1 ⋅ F1− 2 = A2 ⋅ F2 −1
da cui
siccome poi tale relazione coinvolge fattori esclusivamente geometrici e non dipendenti
dalla temperatura, essa dovrà essere valida sempre. Quindi, in generale
q1↔ 2 = A1 ⋅ F1− 2 En 1 − En 2 = A2 ⋅ F2 −1 En 1 − En 2
Si farà uso della formula dove risulta più facile calcolare il fattore di vista F. Ad
esempio, se A1 è contenuta in A2 ( e non vede se stessa ) allora tutta l'energia
proveniente da A1 è intercettata da A2 , di conseguenza F1-2=1
L'equazione appena scritta per la potenza netta scambiata mette in evidenza la possibilità
di analogia con le reti elettriche: En 1 ,En 2 potenziali, A1F1-2 conduttanza (1/R).
Consideriamo ora due sup. generiche
θ2
A2
r
θ1
dA2
A1
dA 1
L'espressione per la potenza scambiata sarà:
q1↔ 2 = ( E n1 − E n 2 )
∫∫
A1 A2
cos(θ1 ) cos(θ 2 )
dA1 dA2
πr 2
l'integrale doppio rappresenta quindi
A1F1-2 o A2F2-1 . Essendo così laboriosa la
determinazione dei fattori di vista, si utilizzano delle tabelle.
Se le superfici in questione non sono nere bensì grigie le cose si complicano
ulteriormente. In generale comunque si farà ricorso ad una espressione del tipo:
q1↔ 2 = A1 ⋅
1− 2
⋅ ( En 1 − En 2 )
σ= 5.67·10-8 [W/m2K4] costante di Stefan-Boltzman
1↔ 2 fattore funzione della geometria e dell'emissività ε dei due corpi
ε- emissività
ed essendo
En = σT 4
q1↔ 2 = σ ⋅ A1 ⋅ 1− 2 ⋅ ( T14 − T24 )
otteniamo
Per due superfici che scambiano energia fra loro ma non ricevono energia da
nessun'altra superficie si ha:
12
1− 2
=
1
1 − ε1
1
+
+
A1 1 − ε 2
ε1
F1− 2 A2 ε 2
Questa espressione è molto utile . Ad esempio, nel caso di un piccolo corpo (concavo,
ovvero che non vede se stesso) con emissività ε1 racchiuso in una cavità avremo
1) F1-2=1
2)A2 >> A1
quindi:
1− 2 = ε1
Per due cilindri concentrici indefiniti o due sfere concentriche ( F1-2=1)
1− 2
=
1
1 − ε1
+1+
ε1
dove il pedice (1) si riferisce alla sup interna.
A1 1 − ε 2
A2
ε2
Per due piastre parallele indefinite( F1-2=1; A1=A2 ):
1− 2
=
1
1 / ε1 + 1 / ε 2 − 1
13
scambiatori di calore
Introduzione
Gli scambiatori di calore sono organi nei quali si ha trasmissione di calore fra fluidi a
temperature diverse. I fluidi possono essere liquidi o aeriformi, con o senza passaggio di
fase. Il più semplice dispositivo per ottenere ciò è un contenitore nel quale si mescolino
direttamente un fluido caldo ed uno freddo, sono detti rigeneratori. Più comune è
comunque il caso in cui i due fluidi sono separati da una parete o setto, attraverso cui
fluisce il calore, detti recuperatori.
Sono esempi di scambiatori di calore i radiatori delle automobili (scambio fra acqua di
raffreddamento del motore e aria atmosferica), i tubi alettati dei frigoriferi domestici
(scambio fra fluido frigorigeno caldo proveniente dal compressore e aria), i radiatori
spaziali (c'è un solo fluido e il calore è dissipato per irraggiamento termico nello
spazio), i condensatori (il calore latente di condensazione è asportato dall'acqua di
refrigerazione passando attraverso banchi di tubi).
In certi impianti lo scambiatore di calore è il componente più importante e costoso. Di
conseguenza la progettazione di uno scambiatore comporta, oltre allo studio
termofluidodinamido, anche uno studio di ottimizzazione ed analisi dei costi.
Esistono vari modi di classificare gli scambiatori ad esempio:
1) in base alla compattezza
2) in base alle caratteristiche costruttive
3) in base alla direzione e verso del flusso dei fluidi
4) in base al meccanismo di scambio termico
1) La compattezza è definita come il rapporto fra la superficie (max.) di scambio
termico e il volume dello scambiatore, se tale rapporto è > 700 m2/m3 lo scambiatore è
considerato compatto. Esempi: radiatori per automobili - 1100 m2/m3, radiatori ceramici
per motori a turbina a gas - 6600 1100 m2/m3, normali scambiatori a fascio tubiero e
mantello - da 70 a 500 m2/m3 , questi non sono quindi considerati compatti.
2) Si trovano comunemente scambiatori tubolari, a tubi alettati, a parete, a parete
alettata. Gli scambiatori a fascio tubiero sono molto diffusi a causa della loro facilità
costruttiva e per il costo relativamente basso. La tipologia più comune è quella a fascio
tubiero e mantello rappresentata schematicamente in figura 1 e 2.
2
3) Relativamente al flusso dei fluidi gli scambiatori di calore vengono classificati come
di seguito:
correnti parallele equiverse: i fluidi caldo e freddo entrano dalla stessa estremità dello
scambiatore, scorrono nella stessa direzione e lasciano insieme l'altra estremità.
freddo out
caldo out
caldo in
freddo in
controcorrente: il fluido caldo e freddo entrano in corrispondenza delle estremità
opposte dello scambiatore e scorrono in direzioni opposte.
freddo in
caldo out
caldo in
freddo out
correnti incrociate: i due fluidi scorrono ad angolo retto uno rispetto all'altro.
freddo in
caldo in
caldo out
freddo out
passaggi multipli: configurazione comunemente usata in quanto aumenta l'efficienza
dello scambiatore nel suo complesso.
3
4) A seconda del meccanismo di scambio possiamo ad esempio avere: condensatori,
ebollitori, radiatori.
I condensatori sono usati in numerose applicazioni quali: impianti termoelettrici di
potenza, impianti chimici, impianti nucleari, etc. Gli ebollitori sono uno dei primi tipi di
scambiatori. I radiatori cedono calore per irraggiamento. (i radiatori delle automobili
non si dovrebbero chiamare così).
Il progetto di uno scambiatore si divide in tre fasi:
a- lo studio termico
b- il progetto meccanico preliminare
c- il progetto esecutivo
Lo studio termico, oggetto di queste note, riguarda principalmente il calcolo dell'area
della superficie di scambio termico necessaria, una volta assegnate le temperature e le
portate dei fluidi.
Il progetto meccanico studia le questioni connesse con le pressioni e temperature di
esercizio, le caratteristiche di corrosione, le dilatazioni e le tensioni. Infine viene presa
in considerazione l'interdipendenza fra lo scambiatore ed il resto dell'impianto.
Il progetto esecutivo si occupa della scelta dei materiali, delle guarnizioni, degli
accorgimenti meccanici. I procedimenti costruttivi devono essere specificati. Le
caratteristiche fisiche devono essere tradotte in una apparecchiatura che possa poi
essere realizzata a basso costo.
Andamento qualitativo della temperatura
Lo scambio di calore tra il fluido caldo e quello freddo provoca una variazione di
temperatura di uno od entrambi i fluidi. Alcuni esempi qualitativi sono dati nelle figure
seguenti.
Temperatura
Temperatura
fluido caldo
fluido caldo
fluido freddo
fluido freddo
L
0
L
0
(a)
(b)
Fig. 3
In figura 3a è rappresentato il caso di uno scambiatore a correnti parallele equiverse.
All'uscita dello scambiatore il fluido più freddo avrà sempre una temperatura inferiore a
quella del fluido caldo. L'efficienza termica è piuttosto limitata. La figura 3b fa
riferimento ad uno scambiatore controcorrente: in questo caso la temperatura in uscita
del fluido freddo può essere maggiore di quella in uscita del fluido caldo.
4
Differenza media significativa di temperatura
Le relazioni fondamentali per il calcolo e l'analisi degli scambiatori di calore si
ottengono mediante bilanci energetici.
In particolare sarà:
q= Gh·( hh,i- hh,o)
(1)
q= Gc·( hc,o- hc,i)
(2)
dove G è la portata, h l'entalpia, mentre i pedici stanno per:
h= hot, c= cold, i= in , o= out
la (1) rappresenta la potenza ceduta dal fluido caldo e la (2) quella acquistata dal fluido
freddo. Tali potenze saranno uguali se si trascurano le perdite verso l'esterno, le energie
cinetiche e potenziali e la conduzione assiale lungo i tubi.
Se inoltre i fluidi non sono soggetti a passaggio di fase e si assumono costanti i calori
specifici potremo scrivere:
q= Gh·cp,h·( Th,i- Th,o)
(3)
q= Gc·cp,c·( Tc,o- Tc,i)
(4)
Un'altra relazione utile si ottiene da una estensione della legge di Newton, mettendo in
relazione il flusso totale di calore con la differenza Th-Tc fra fluido caldo e fluido
freddo. Siccome tale differenza non è costante lungo lo scambiatore, si introduce una
differenza media significativa ∆Tm definita come:
(5)
q=U·A·∆Tm
dove U , come già visto è un coefficiente di scambio termico globale per unità di
superficie, ipotizzato costante.
Riscriviamo ora la (3) e la (4) come
q= Ch·( Th,i-Th,o)
q= Cc·( Tc,o-Tc,i)
(6)
(7)
dove Ch =Gh·cp,h e Cc= Gc·cp,c sono usualmente detti flussi di capacità termica.
Vediamo ora di ricavare ∆Tm per scambiatori equicorrente ad un passaggio:
dA
Ch
Th
Cc
Tc
q
Th +dT h
T c +dT c
dx
T h,i
T h,o
∆ T1
dT h
∆ T2
dT c
T c,o
T c,i
Applichiamo l'equazione di bilancio all'elemento di lunghezza dx .
5
dq= -Ch·dTh
dq= Cc·dTc
(8)
(9)
ed inoltre
dq= U·dA·∆T
( ∆T= Th-Tc)
(dove si è supposto U indipendente dalle temperature)
Dalla (8) e(9) possiamo scrivere:
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟ = d(∆T)
dTh -dTc = -dq· ⎜⎜ +
⎝ Cc C h ⎠
(10)
ricaviamo dq e sostituiamolo nella (10):
−
d (∆T )
= UdA∆T
⎛ 1
1 ⎞
⎜⎜
⎟⎟
+
⎝ Cc C h ⎠
⎛ 1
1 ⎞
d (∆T )
⎟⎟dA
= −U ⎜⎜ +
∆T
⎝ Cc C h ⎠
(11)
integrando fra le sezioni di ingresso e di uscita ( 1 e 2 ) ottengo:
⎛ 1
∆T
1 ⎞
⎟⎟
ln 2 = −UA⎜⎜ +
∆T1
C
C
h ⎠
⎝ c
utilizzando poi la (6) e la (7)
∆T
UA
(Th,i − Th,o + Tc,o − Tc,i ) = − UA (Th,i − Tc,i − Th,o + Tc,o ) = − UA (∆T1 − ∆T2 )
ln 2 = −
∆T1
q
q
q
ed infine:
q = UA
∆T2 − ∆T1
∆T
ln 2
∆T1
(12)
da un confronto con la (5) si evince:
∆T2 − ∆T1
differenza media logaritmica (13)
∆T2
ln
∆T1
Nel caso di flussi in controcorrente si ricava una espressione identica alla precedente
dove però:
∆Tm =
∆T1= Th,i - Tc,o
∆T2= Th,o - Tc,i
queste espressioni per ∆Tm non valgono per scambiatori di natura differente , ad
esempio a correnti incrociate o a passaggi multipli. In questi casi per ricavare il valore
corretto di ∆Tm si utilizza un fattore di correzione F, ovvero
6
∆Tm = F·MLTD
F , funzione di due parametri, R e P, viene fornito usualmente in forma di grafici per
una assegnata geometria dello scambiatore ( vedi fig. 4 ).
1
R
F
P
0
1
Fig. 4
dove
P=
Tt ,o − Tt ,i
TM ,i − Tt,i
;
R=
TM ,i − TM ,o
Tt,o − Tt,i
il pedice M fa riferimento al mantello , t ai tubi.
Si nota che
1) non ha importanza se il fluido caldo scorre nei tubi o nel mantello.
2) se uno dei fluidi è soggetto a cambiamenti di fase allora F=1
Distribuzioni di temperatura (equicorrente)
Riprendiamo l'eq. (11) ed integriamola fra la sezione (1) ( x=0 A(x)=0 ) ed una sezione
generica, ottenendo:
⎛ 1
∆T ( x)
1 ⎞
⎟⎟
= −UA( x)⎜⎜ +
ln
∆T1
C
C
h ⎠
⎝ c
∆T ( x) = ∆T1 ⋅ e
(
)
−U ⋅ 1 / Cc +1 / Ch ⋅ A( x)
ricaviamo ora dq dalla (10) e sostituiamolo, ad esempio, nella (9)
−U ⋅ 1 / Cc +1 / Ch ⋅ A( x)
dq = U ⋅ ∆T1 ⋅ e
dA
(
)
(
)
−U ⋅ 1 / Cc +1 / Ch ⋅ A( x)
U
⋅ ∆T1 ⋅ e
dA
Cc
a questo punto una ulteriore integrazione porta all'espressione di Tc(x) e, siccome ∆T(x)
è già stata calcolata, a quella di Th(x)=Tc(x) + ∆T(x):
dTc =
Tc ( x) = Tc ,i +
(
)
−U ⋅ 1 / Cc +1 / Ch ⋅ A( x) ⎤
⎡
Ch
⎥
⋅ ∆T1 ⋅ ⎢1 − e
Cc + C h
⎢⎣
⎥⎦
7
Coefficiente di scambio termico globale ( trasmittanza )
Riconsideriamo l'eq.(5) ovvero:
q=U·A·∆Tm
Stabilito come ricavare ∆Tm passiamo al coefficiente globale di scambio U ( per unità di
superficie). Faremo sempre riferimento alla superficie esterna dei tubi Ae (Ue·Ae=Ui·Ai)
In uno scambiatore di calore le resistenze termiche presenti lungo il percorso dello
scambio fra fluido caldo e fluido freddo comprendono:
1)
2)
3)
le resistenze liminari (convettive) dei due fluidi
le resistenze dovute alla presenza di depositi sulle
pareti
la resistenza termica della parete stessa
Facendo riferimento ad uno scambiatore tubolare avremo , fra interno ed esterno:
R = Rci + Rfi + Rw + Rfe + Rce
Rci,Rce = resistenze convettive interna ed esterna
Rfi, Rfe = resistenze dovute ai depositi
Rw
= resistenza conduttiva della parete
fluido caldo
R fi
R ce
R ci
R fe R w
fluido freddo
Per le varie resistenze avremo:
1
1
Rci =
Rce =
Ai hi
Ae he
con
Rw =
re − ri
Am k
hi, he coeff. di scambio convettivo
Fi,Fe fouling-factors parete-fluido
k
conduttività termica della parete
Rfi =
Fi
Ai
Rfe =
Fe
Ae
[W/m2K]
[m2K/W]
[W/m K]
Ae − Ai
A
ln e
Ai
per unità di superficie esterna Ae avremo allora :
Am =
8
[
]
[
]
1
W/m 2 K
De
D
D
D
1
+ e Fi + e ln e + Fe +
Di hi Di
he
2k Di
1
Ui =
W/m 2 K
Di De Di
Di
1
+ Fi +
+
ln
Fe +
2k Di De
hi
De he
1
[W/K ]
ovviamente U e Ae = U i Ai =
Fi
De
Fe
1
1
1
(14)
+
+
+
+
ln
πDi Lhi πDi L 2πLk Di πDe L πDe Lhe
Ue =
seguono alcuni valori orientativi per scambiatori a fascio tubiero:
Attenzione De non è il diametro del tubo esterno ma il diametro esterno del tubo
interno.
H2O-olio
gas-gas
condensatori di vapore
60÷350
60÷600
1500÷5000
i fouling-factors F possono essere determinati tramite tabelle.
Per valutare i coefficienti convettivi di scambio h occorre determinare il numero di
Reynolds ReD e quindi , a seconda del regime di moto, scegliere una opportuna
correlazione
Pr= ν/a
Nu= f( Re, Pr )
4G
richiede la conoscenza delle portate.
Il calcolo di ReD =
πDµ
N k
Infine si ricava h da h = u
D
Efficienza di uno scambiatore
Si definisce efficienza di uno scambiatore il rapporto fra la potenza termica
effettivamente scambiata nel dispositivo e quella scambiata in uno scambiatore
controcorrente caratterizzato da una superficie di scambio infinita, quest'ultima
rappresenta la potenza massima scambiabile qmax.
si ha
q
ε=
qmax
Per una potenza termica finita, se U·A tende ad infinito ∆Tm dovrà tendere a zero, il
che si verifica se o ∆T1 = 0 o ∆T2 = 0
nel primo caso ho
nel secondo
Th,i = Tc,o
e dalla (6) e (7)
q1 = Ch·( Tc,o - Th,o )
= Cc·( Th,i - Tc,i )
Th,o = Tc,i
e dalla (6) e (7)
q2 = Ch·( Th,i - Tc,i )
= Cc·( Tc,o - Th,o )
9
siccome ( Th,i - Tc,i ) > ( Tc,o - Th,o ) in quanto Th,i ≥ Tc,o e Th,o ≥ Tc,i
( ∆T1 = 0 )
il 1° caso si verificherà quando Cc < Ch
( ∆T2 = 0 )
il secondo quando
Ch < Cc
ed in entrambi potrò esprimere qmax come
qmax = Cmin( Th,i - Tc,i ) = Cmax( Tc,o - Th,o )
(15)
Utilizziamo la 1a e scriviamo:
ε=
q
(16)
Cmin ( Th,i − Tc,i )
nota l'efficienza, si otterrà la potenza semplicemente come:
q = ε Cmin( Th,i - Tc,i )
(17)
Vediamo ora l'utilità della relazione (17).
I calcoli relativi agli scambiatori di calore sono solitamente riconducibili a due
categorie.
1) Progetto dello scambiatore; 2) Analisi delle prestazioni dello scambiatore
Consideriamo il 1° caso
In questa ipotesi di lavoro solitamente sono note le temperature di ingresso e le portate
dei fluidi a fronte della temperature desiderate di uscita ( q e 2 temp. note o 3 temp.
note, l'altra si ottiene usando le equazioni di bilancio (6) o (7) ). Calcolato o noto U (
coeff. globale di scambio ) il problema è determinare la superficie totale di scambio A.
Un modo di procedere è quello di ricavare la MLTD ( dalle T di ingresso e di uscita ),
utilizzare grafici e tabelle per ricavare F e quindi ∆Tm . Ricavato q dalla (6) o (7) si
utilizzerà poi la (5) per ottenere:
q
A=
U∆Tm
Un altro approccio è quello di utilizzare l'efficienza dello scambiatore. Infatti si
dimostra che per gli scambiatori valgono le seguenti
⎛
⎞
C
ε = ε ⎜⎜ NTU , min ⎟⎟
C
⎝
max
⎠
con
NTU =
U⋅A
Cmin
( number of transfer units )
tale legame è disponibile in letteratura sotto forma di grafici per ogni tipologia di
scambiatore.
Si procede allora così: si calcola q dalle eq. di bilancio, quindi ε utilizzando la (16).
Da ε e Cmin/Cmax si ricava NTU dal grafico e quindi A dalla definizione,
10
A=
NTU ⋅ Cmin
U
I due metodi, quello della differenza media logaritmica e quello dell'efficienza sono
equivalenti per questo tipo di problema. Vediamo ora il caso dell'analisi delle
prestazioni dello scambiatore.
2° caso
E' noto il tipo e le dimensioni dello scambiatore ed è richiesto di determinare la potenza
termica trasmessa e le temperature di uscita a partire dalla conoscenza delle portate e
delle temperature di ingresso ( fluido caldo e freddo ).
In questo caso il metodo LMTD è più oneroso in quanto dapprima assegnare un valore
di tentativo ad una delle temperature di uscita per poter applicare la (16) e la (17).
Ottenuta l'altra temperatura di uscita e la potenza q1 si calcolerà ∆Tm e mediante la (5)
otterremo q2 . Solo se, per caso q1 = q2 il problema sarà risolto. In genere q1 ≠ q2
perché il valore ipotizzato per la T di uscita ( ad es. Tc,o ) non è esatto. Utilizzando
allora q2 e la relazione (7) otteniamo un nuovo valore di tentativo per Tc,o . Occorrerà
qualche iterazione per ottenere la convergenza.
Più semplice appare invece il metodo NTU. Dalla conoscenza del tipo e delle
dimensioni dello scambiatore e dalle capacità termiche orarie ( flussi di capacità termica
) si ottiene NTU e Cmin/Cmax , mediante il grafico opportuno si ottiene ε ed infine q
applicando la (17) che richiede la conoscenza delle sole temperature di ingresso. Infine
utilizzando la (6) e la (7) otteniamo le temperature di uscita.
Esercizio 1
Dell'acqua calda a temperatura Tm = 80 °C ed a una velocità media um= 0.4 [m/s] fluisce
all'interno di un tubo di acciaio: Di= 3.8 [cm]; De= 4.8 [cm]; kacciaio= 50 [W/mK]. Il
moto si considera sviluppato completamente così come lo scambio termico. La
superficie esterna del tubo è esposta all'aria atmosferica a T ∞ =20 [°C] in moto con
velocità normale al tubo pari a u ∞ = 30 [m/s]. Calcolare la trasmittanza U per unità di
area esterna ed il flusso disperso per unità di lunghezza del tubo.
Le proprietà termofisiche dell'acqua alla Tm= 80 °C sono:
v= 0.364·10-6 [m2/s]
k= 0.668 [W/mK]
Pr= 2.22
Il numero di Reynolds per l'acqua risulta:
um ⋅ Di
0. 4 ⋅ 0. 038
Re D =
=
= 41760
v
0. 364 ⋅ 10 −6
Il regime di moto è turbolento: per il calcolo di hi ( lato H2O ) potremo usare la
correlazione di Dittus-Boelter ( moto e campo termico compl. sviluppati )
n=0.3 perché l'acqua si raffredda:
NuD = 0. 023 ⋅ Re 0D.8 ⋅ Pr 0.3
NuD = 0. 023 ⋅ ( 41760 ) 0.8 ⋅ ( 2. 22 ) 0.3 = 145. 3
0. 668
hi ⋅ Di
⇒ hi = 145. 3 ⋅
= 2554 W / m 2 K
NuD =
0. 038
k H2 O
Le proprietà termofisiche dell'aria vanno calcolate alla temperatura media del film
11
Tf =
80 + 20
= 50 ° C
2
k= 0.0281 [W/mK]
v= 18.22·10-6 [m2/s]
Pr= 0.703
Il numero di Reynolds per l'aria risulta:
u∞ ⋅ De
30 ⋅ 0. 048
Re D =
=
= 7903
v
18. 22 ⋅ 10 −6
Per questa geometria ed in regime turbolento si può usare la correlazione:
(
Nu = (0.4 ⋅ 7903
)
Nu = 0.4 ⋅ Re 0.5 + 0.06 ⋅ Re 2 / 3 ⋅ Pr 0.4
0.5
)
+ 0.06 ⋅ 7903 2 / 3 ⋅ 0.7030.4
Nu = 51.6
he = 51. 6 ⋅
0. 0281
0. 048
= 30. 2 W / m 2 K
Trascurando i fouling factors si ha:
Ue =
1
De
Di hi
Ue =
4. 8
3. 8 ⋅ 2554
14 2 43
0. 000495
+
1
0. 048
2 ⋅ 50
+
ln
De
2 kacc
4. 8
3. 8
14 2 43
0. 000112
+
ln
De
Di
1
+
1
he
= 29. 66 W / m 2 K
30. 2
14 2 43
0. 033
Il flusso termico disperso per unità di lunghezza del tubo vale:
q' = π ⋅ De ⋅ Ue ⋅ ( Ti − Te ) =
= π ⋅ 0. 048 ⋅ 29. 66 ⋅ (80 − 20 ) = 268. 4 W / m
Esercizio 2 (progetto)
Uno scambiatore controcorrente a tubi concentrici viene usato per raffreddare l'olio
lubrificante del motore di una grande turbina a gas. La portata di acqua refrigerante
attraverso il tubo interno ( Di= 25 mm ) è pari a 0.2 kg/s, mentre la portata di olio nella
camicia esterna ( D0= 45 mm ) vale 0.1 kg/s. L'olio e l'acqua entrano rispettivamente
alla temperatura di 100 e 30 °C. Quanto dovrà essere lungo il tubo affinché la
temperatura di uscita dell'olio valga 60 °C ? Quanto vale l'efficienza ε dello
scambiatore ?
12
T(x)
Gh = 0.1 [Kg/s]
Th,i = 100 °C
Th,o = 60 °C
Tc,i = 30 °C
Gc = 0.2 [Kg/s]
L
0
Ipotesi:
1) perdite di calore verso l'esterno trascurabili.
2) variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili.
3) proprietà termofisiche costanti
4) resistenza termica della parete separatrice trascurabile
5) regime di moto completamente sviluppato ( U indipendente da x )
Dalle tabelle dell'olio inesausto e dell'acqua si ricava:
Olio ( Th = 80 ° C = 353 K )
cp= 2131 [J/kg K]; µ= 3.25·10-2 [Ns/m2]; k= 0.138 [W/mK]
Acqua ( Tc = 35 ° C = 308 K
ipotizzata )
-6
cp= 4178 [J/kg K]; µ= 725·10 [Ns/m2]; k= 0.625 [W/mK]; Pr= 4.85
La potenza termica si ricava dall'equazione di bilancio applicata al fluido caldo:
q= Gh·cp,h·( Th,i- Th,o)
q= 0.1·2131·( 100 - 60 ) = 8524 [W]
conoscendo la potenza possiamo ora ricavare la temperatura d'uscita dell'acqua
utilizzando l'eq di bilancio applicata al fluido freddo:
q= Gc·cp,c·( Tc,o- Tc,i)
Tc,o = Tc,i +
q
= 30 +
8524
= 40. 2 ° C
0. 2 ⋅ 4178
Gc ⋅ c p,c
La temperatura media utilizzata per calcolare le proprietà dell'acqua andava quindi
bene. In caso contrario si itera.
Per ottenere la lunghezza dello scambiatore utilizziamo la relazione di scambio:
q=U·A·∆Tm
con
∆Tm = MLTD
calcoliamo la ∆T media logaritmica (controcorrente):
( Th,1 − Tc,o ) − ( Th,o − Tc,i )
59. 8 − 30
=
MLTD =
= 43. 2 ° C
ln( 59. 8 / 30 )
ln ( Th,1 − Tc,o ) / (Th,o − Tc,i )
13
L'espressione per la trasmittanza è:
U=
De
Di hi
+
De
Di
Fi +
1
De
2k
ln
De
Di
+ Fe +
1
W / m2K
he
trascurando lo spessore del setto( De/Di= 1) e i fouling factors abbiamo:
U=
1
1
hi
+
1
he
Calcoliamo i coefficienti di scambio:
Acqua-tubo , hi
Il n° di Reynolds vale:
Re D =
4 ⋅ Gc
4 ⋅ 0. 2
=
= 14050 >2100
πDi ⋅ µ c π ⋅ 0. 025 ⋅ 725 ⋅ 10 −6
il moto è quindi turbolento ed utilizzeremo la correlazione di Dittus Boelter con n=0.4
perché l'acqua si scalda:
NuD = 0. 023 ⋅ Re 0D.8 ⋅ Pr 0.4
NuD = 0. 023 ⋅ (14050 ) 0.8 ⋅ ( 4. 85)0.4 = 90
per cui
kc
90 ⋅ 0. 625
hi = NuD ⋅
=
= 2250 W / m 2 K
Di
0. 025
Tubo-olio , he
Il coefficiente che ci interessa è quello fra olio e superficie interna del condotto anulare
( vedi figura ). Il diametro equivalente si calcola con la formula
Dh= Do - Di = 0.02 [m]
ro
ri
per cui
Re D =
ρh ⋅ um ⋅ Dh
µh
=
ρh ⋅ ( Do − Di )
µh
⋅
4 ⋅ Gh
ρh ⋅ π ⋅ ( Do2 − Di2 )
4 ⋅ Gh
4 ⋅ 0.1
=
= 56
Re D =
π ⋅ ( Do + Di ) ⋅ µ h π ⋅ 0. 07 ⋅ 3. 25 ⋅ 10 −2
e quindi il flusso è laminare ed in questo caso il numero di Nusselt può essere ricavato
dalla seguente tabella se si assume che la temperatura della parete a cui si cede calore
sia uniforme e che la superficie esterna sia perfettamente isolata.
14
Nui
17.46
11.56
7.37
5.74
4.86
Di/Do
0
0.05
0.10
0.25
0.50
1.00
Nuo
3.66
4.06
4.11
4.23
4.43
4.86
In corrispondenza a Di/Do = 0.56, interpolando si ottiene:
ho ⋅ Dh
0.138
Nui =
= 5. 56 ⇒ ho = 5. 56 ⋅
= 38. 4 W / m 2 K
kh
0. 02
Il coefficiente globale di scambio varrà quindi:
U=
Siccome
1
1 / 2250 + 1 / 38. 4
con A=π·Di·L sarà
q=U·A·∆Tm
L=
= 37. 8 W / m 2 K
q
π ⋅ Di ⋅ U ⋅ ∆Tm
=
8524
π ⋅ 0. 025 ⋅ 37. 8 ⋅ 43. 2
= 66. 6 m
Infine, per ricavare l'efficienza dello scambiatore, troviamo il flusso di capacità termica
minimo ed utilizziamo la (16):
Gc·cp,c·= 0.2·4178 = 835.6 [W/K]
Gh·cp,h·= 0.1·2131 = 213.1 [W/K] = Cmin
q
8524
ε=
=
= 0. 57
Cmin (Th,i − Tc,i ) 213.1 ⋅ ( 70 )
Verifichiamo con i grafici:
il rapporto Cmin/Cmax vale 213.1/835.6 = 0.255.
il numero di NTU vale
UA
q
8524 W
NTU =
=
=
= 0. 85
Cmin Cmin ⋅ ∆Tm 231.1 W / K ⋅ 43. 2
Per tali valori si ottiene, dal grafico, proprio un ε nell'ordine di 0.55
Commenti:
1) il processo è essenzialmente controllato da ho. Per questo si ottiene una lunghezza
rilevante.
2) siccome hi>>ho la temperatura del tubo sarà molto simile a quella dell'acqua
refrigerante, quindi varia poco lungo x. Questo giustifica l'assunzione di temperatura di
parete uniforme utilizzata per calcolare ho.
15
Esercizio 3 (analisi)
Una portata Gh= 1.5 [kg/s] di gas entra in uno scambiatore a correnti incrociate alla
temperatura di 250 °C e viene raffreddato da una portata Gc= 1.0 [kg/s] di acqua in
pressione alla temperatura d'ingresso di 35 °C.
L'area della superficie ( alettata ) di scambio lato gas è pari a Ah = 40 [m2] mentre il
coefficiente globale di scambio sempre lato gas vale Uh= 100 [W/m2K]. Determinare la
potenza termica ceduta dal gas e le temperature di uscita del gas e dell'acqua. Si
assumano inoltre le seguenti proprietà:
Acqua: cp,c=4197 [J/kg K] Gas: cp,h= 1000 [J/kg K]
Th,i
T(x)
Gh = 1.5 [Kg/s]
Th,i = 250 °C
Tc,i
Tc,o
Tc,o = ?
Th,o = ?
Tc,i = 35 °C
Gc = 1.0 [Kg/s]
L
0
Th,o
Si userà il metodo NTU.
Cc = Gc ⋅ c p,c = 1. 0 kg / s ⋅ 4197 J / kgK = 4197 W / K
Ch = Gh ⋅ c p,h = 1. 5 kg / s ⋅ 1000 J / kgK = 1500 W / K = Cmin
Nel nostro caso
mentre
Cmin/Cmax= 1500/4197= 0.357
UA 100 W / m 2 K ⋅ 40 m 2
NTU =
=
= 2. 67
Cmin
1500 W / K
Dall'opportuna figura per l'efficienza dello scambiatore si ricava ε ≈ 0.82
ed utilizzando l'eq. (17)
q = ε Cmin( Th,i - Tc,i )
otteniamo
q = 0.82 1500·( 250 - 35 )= 2.65·105 [W]
sarà allora:
2. 65 ⋅ 10 5
q
= 35 +
= 98.1 ° C
Tc,o = Tc,i +
1 ⋅ 4197
Gc ⋅ c p,c
Th,o = Th,i −
q
Gh ⋅ c p,h
= 250 −
2. 65 ⋅ 10 5
1. 5 ⋅ 1000
= 73. 3 ° C
16
Esercizio 4
Uno scambiatore di calore, a due passaggi lato mantello e a quattro passaggi lato tubi,
viene utilizzato per scaldare dell'acqua mediante olio. L'acqua ( GH2O = 2 [kg/s] ) entra
nei tubi alla temperatura Tc,i = 20 °C ed esce a Tc,o= 80 [°C]. L'olio entra nel mantello
alla temperatura Th,i = 140 [°C] ed esce a Th,o = 90 °C . Calcolare l'area di scambio
esterna richiesta se il coefficiente globale esterno di scambio vale Ue= 300 [W/m2K].
Si tratta di uno scambiatore a passaggi multipli per cui la MLTD deve essere corretta.
T(x)
Th,i = 140 °C
Tc,o = 80 °C
Th,o = 90 °C
Tc,i = 20 °C
Gc = 2.0 [Kg/s]
L
0
MLTD =
∆T0 − ∆TL 70 − 60
=
= 64.9[K ]
∆T0
ln (7 / 6)
ln
∆TL
Nel nostro caso abbiamo:
P=
Tt ,o − Tt ,i
TM ,i − Tt,i
=
80 − 20
140 − 20
= 0. 5 ;
R=
TM ,i − TM ,o
Tt,o − Tt,i
=
140 − 90
80 − 20
= 0. 83
Dall'opportuno grafico si ricava F= 0.96-0.97 per cui
∆Tm = 0. 97 ⋅ 64. 9 = 62. 95 K
Dall'equazione calorimetrica ho allora ( cp,c(323 K)= 4181 [J/kgK] ):
q= Gc·cp,c·( Tc,o- Tc,i)
= 2·4181·( 80-20 ) = 501.7 [kW]
per ricavare la superficie useremo la relazione di Newton
q=Ue·Ae·∆Tm
per cui
Ae =
q
Ue ⋅ ∆Tm
=
501. 7 ⋅ 10 3 W
300 W / m K ⋅ 62. 95 K
2
= 26. 57 m 2
17
TERMODINAMICA DELL’ ARIA UMIDA
L'aria atmosferica è costituita da una miscela omogenea di gas di composizione
relativamente costante. Viene denominata aria umida per la presenza costante di una
certa quantità di vapore d'acqua.
Rispetto agli altri componenti l'acqua si distingue per due caratteristiche:
a) - è l'unico componente che si trova, in condizioni normali, al di sotto della propria
temperatura critica.
b) - è l'unico componente soggetto a variazioni sensibili di concentrazione.
Dal punto (a) segue che per l'acqua è possibile l'esistenza in fase liquida con
conseguente necessità di studiare i fenomeni associati al passaggio di stato. Il punto (b) è
invece in rapporto alle condizioni di benessere dell'uomo.
Si considera l'aria umida come un sistema termodinamico a due componenti: aria secca e
H2O ( normalmente vapore allo stato surriscaldato ). La pressione totale dell'aria umida è
dunque costituita dalla somma delle pressioni parziali dei costituenti (gas e vapore ):
pt = pas + pv
Circa il 99% dell'aria secca è costituita da azoto e ossigeno ( sia in volume che in massa
) ed il suo peso molecolare medio è 28.966. In particolare abbiamo:
O2
N2
Ar
CO2
H2
% vol
%massa
21
78
0.94
0.03
0.01
23.1
75.5
1.28
0.046
0.0
Essendo l'aria umida una miscela di due componenti sono necessarie 3 variabili
indipendenti per caratterizzarne lo stato ( n - f + 2 ). Di volta in volta, si fissa un valore
costante per la pressione ( spesso si fa riferimento al valore medio a livello del mare ) ed
il numero di variabili indipendenti è ridotto a 2 ( per quella pressione ). Lo stato
termodinamico potrà allora essere rappresentato in un diagramma, detto diagramma
Psicrometrico o diagramma di Mollier per l'aria umida, che vedremo in seguito.
1
Definizioni
Umidità assoluta
mv (ρv)
massa di vapore acqueo contenuta in un metro cubo [m3] d'aria nelle condizioni attuali.
Umidità specifica
y ( detta anche contenuto igrometrico x )
Mv
y=
Mas
rapporto fra massa di H2O e massa di aria secca contenuta in un determinato volume
(Vv=Vas). Segue:
ρv
mv
vas
y=
=
=
mas ρas
vv
scriviamo l'equazione di stato dei g.p. separatamente per aria secca e vapore surr.
pas v as =
pv v v =
⎫
T⎪
⎪
as
⎬
T ⎪⎪
⎭
v
⇒
y⋅
pas
=
pv
v
=
as
18.016
= 0.622
28.966
da cui
y = 0. 622 ⋅
pv
= 0. 622 ⋅
pv
kg vap / kg aria secca
pas
pt − pv
E' comune fare riferimento ( in grafici e tabelle) ai grammi di vapore per cui:
pv
g vap / kg aria secca
y = 622 ⋅
pt − pv
che fa riferimento a grammi di vapore per kg di aria secca.
Temperatura di rugiada
Indichiamo: mv,s la massa di vapore acqueo contenuta nel m3 d'aria a saturazione;
pv,s la pressione parziale del vapore acqueo a saturazione.
mv,s e pv,s variano con la temperatura.
Normalmente il vapor d'acqua dell'aria umida è in condizioni di vapore surriscaldato. Se
una certa quantità di aria non satura ( vap. non saturo ) nelle condizioni A ( vapore in
stato Av) viene raffreddata a pressione costante anche pv si mantiene costante e lo stato
del vapore d'acqua si sposta da Av ad Av r.
T
pvs
Av s
Tr
(A v )
pv
Av
Av r
s
2
La temperatura Tr di raggiungimento delle condizioni di vapore saturo prende il nome di
temperatura di rugiada relativa allo stato A. Se l'aria umida viene ulteriormente
raffreddata si verifica condensazione.
Umidità relativa
i ( detta anche grado igrometrico φ )
E' definita come rapporto fra la massa di vapore contenuta in un certo volume di aria
umida e la massa di vapore contenuta nello stesso volume di aria satura alla stessa
temperatura.
Mv
i=
Mv s
3
con riferimento al m avremo:
ρv
mv
vv s
i=
=
=
mv s ρv s
vv
ed applicando nuovamente l'approssimazione di g.p.
pv
i=
pv s
siccome poi
pv
y
y = 0. 622 ⋅
ovvero pv =
( p − pv )
0. 622
p(t ) − pv
si ottiene
( p − pv )
y
y ( p − pv )
o anche
i=
⋅
⋅
i=
0. 622
pv s
622
pv s
in relazione a come è espresso y ( [kg v / kg as] o [ g v / kg as ] )
Grado di saturazione
j ( a volte µ )
E' definito come rapporto fra umidità specifica di una certo volume di aria umida nello
stato A è l'umidità specifica dello stesso volume in condizioni sature ( As ), alla stessa
temperatura:
y( T *)
j=
ys (T *)
pv ( p − pv s )
j=
⋅
pv s ( p − pv )
( p − pv s )
j = i⋅
( p − pv )
essendo p >> pv s > pv si nota che j ≈ i e j < i.
3
Entalpia dell'aria umida
Assumeremo has=0 per T= 0°C
hv=0 in condizioni di pt.o triplo 0.01°C ( in pratica 0 °C)
per l'aria secca sarà:
con
c p as
has = c p as T ( ipotesi g.p.)
= 1. 0 kJ / kg ° C
ipotizzato costante
L'entalpia è una proprietà estensiva per cui, con riferimento ad un certo volume di aria
umida, sarà:
Mas ⋅ c p as ⋅ T + Mv ⋅ hv = ( Mas + Mv ) ⋅ h
Mas ⋅ 1. 0 ⋅ T + Mv ⋅ hv = ( Mas + Mv ) ⋅ h
riferiamo tutto al kg di aria secca dividendo per Mas
1. 0 ⋅ T + y ⋅ hv = (1 + y ) ⋅ h = h ′ kJ / kgas
resta da valutare hv
T
T
0 °C 0
Av
2
3
1
s
Seguendo lo schema del gas perfetto ( nel vap. surrisc.) supponiamo hv = hv( T ) quindi,
con riferimento alla figura invece di valutare h3 valutiamo h2 ( h3= h2 per ipotesi g.p.)
lungo la 0-1-2.
h3' = r ( 0° C ) + c p v ⋅ T
dove r ( ≡hfg )è l'entalpia di vaporizzazione dell'acqua a 0 °C; si ha
r = 2500 kJ / kg
c p v = 1. 92 kJ / kg° C (ipotizzato costante)
e, in definitiva:
h ′ = 1. 0 ⋅ T + ( 2500 + 1. 92 ⋅ T ) ⋅ y kJ / kgas
Diagramma di Mollier ( psicrometrico )
Dall'equazione precedente si vede che, per ogni valore di temperatura, il legame fra h' e
y è lineare quindi in un diagramma h'-y le isoterme saranno rappresentate da rette. Si
nota inoltre che il coefficiente angolare di queste rette varia poco al variare della
temperatura. Vediamo il diagramma:
4
y
T0
T1
T2
(s)
0
h'
La linea (s) è la cosiddetta curva di saturazione. E' il luogo dei punti corrispondenti a
vapore d'acqua allo stato saturo secco alle diverse temperature. Per costruirla si utilizza
la
pv
y = 622 ⋅
g vap / kg aria secca
pt − pv
che a saturazione sarà
pv s
ys = 622 ⋅
p − pv s
ad ogni temperatura (T1, T2,..,Tn) corrisponde una pressione di saturazione (pv s1, pv s2, ...,
pv sn); da tali pressioni si ricava il valore corrispondente di ys e dall'espressione per
l'entalpia il valore di h'.
Su tale linea l'umidità relativa è pari ad uno ovvero i=1 ed anche j=1.
Si nota che la linea di saturazione è molto adagiata sull'asse h'; questo renderebbe non
agevole la lettura del diagramma nella zona di interesse, ovvero al di sotto della linea di
saturazione. Deformando il piano in modo da inclinare l'asse delle y di α gradi le cose
migliorano.
quasi parallele
T0
T1
T2
h' = costante
(s)
y
α
y = costante
0
h'
Imponendo la perpendicolarità dell'isoterma per T=0 °C si ottiene α
Una volta tracciata la linea di saturazione e le isoterme, si ricava facilmente una linea ad
umidità assegnata i. dovrà risultare infatti:
5
0 °C
10 °C
20 °C
i=1
0
S1
S2
P1
P2
A1
A2
h'
Ai Pi
Ai Si
=i
6
Processi psicrometrici
Lo scopo fondamentale della psicrometria è quello di modificare le condizioni di una
miscela da uno stato iniziale A ad uno finale B arbitrari attraverso processi tecnicamente
possibili. ( Di seguito, per comodità, si indicherà con h ciò che in realtà è h' )
(1) riscaldamento ( isobaro )
Si somministra calore all'aria umida tramite una batteria di scambio installata sul
canale di efflusso dell'aria. Dallo stato A si passa al B a parità di umidità assoluta mv e
specifica y. Si avrà una conseguente diminuzione dell'umidità relativa i.
T
pvs B
pvs A
iA
iB
A
B
TA
TB
TB
TA
pv
B
A
s
Gc
Tc2
Gas
ha , y , T
a
Tc1
hb , y , T
b
Le equazioni di scambio e di bilancio lato aria e lato acqua sono:
⎧ qs = U ⋅ A ⋅ F ⋅ MLDT potenza termica scambiata
⎪
⎨qc = Gc ⋅ c pc ⋅ (Tc1 − Tc 2 ) potenza ceduta dall' acqua
⎪ q = G ⋅ (h − h ) potenza acquistata dall' aria
as
b
a
⎩ a
In regime stazionario sarà
qs = qc = qa
Assegnate ha, hb e Gas restano le prime 2 equazioni.
scambiatori ( di progetto o di analisi ).
E' un classico problema di
7
(2) raffreddamento
Il processo è l'inverso del precedente ( da B a A ) ma occorre distinguere 2 casi:
a) Se Ta ≥ Tr (ya) non abbiamo alcun problema: è l'opposto del caso precedente.
b) Se Ta < Tr si avrà anche una parziale condensazione del vapor d'acqua presente
nell'aria umida.
T
pvs B
iB
pv B
TB
B
B
A
TA
TA
TB
A'
A
pvs A =pv A
s
In quest'ultimo caso avremo:
q = U ⋅ A ⋅ F ⋅ MLDT
potenza termica scambiata
⎧
⎪
q = Gc ⋅ c pc ⋅ (Tc 2 − Tc1 )
potenza acquistata dall' acqua
⎪
⎨
⎪Gas ⋅ hb − q = Gas ⋅ ha + Gcond ⋅ hcond bilancio energia lato aria
⎪⎩
Gas ⋅ yb = Gas ⋅ ya + Gcond
bilancio massa lato aria
assegnati gli stati iniziale e finale dell'aria dalle ultime due equazioni si ottiene:
q = Gas ⋅ ( hb − ha ) + hcond ( yb − ya )
La trasformazione avviene in realtà lungo la tratteggiata.
(3) umidificazione
Gas
ha, y
a
hb, y b
Gv , h v
Si avrà un incremento di umidità assoluta ed una variazione di entalpia. In regime
stazionario e adiabatico si avrà:
⎧Gas ⋅ ha + Gv ⋅ hv = Gas ⋅ hb entalpia
⎨
⎩ Gas ⋅ ya + Gv = Gas ⋅ yb massa
da cui
hv =
hb − ha
yb − y a
ciò mette in evidenza che il punto B si trova su una retta per A con coefficiente angolare
1/hv ( se non avessimo deformato il diagramma psicrometrico). Distinguiamo 2 casi:
8
(b)- umidificazione con acqua polverizzata: in questo caso hv è molto piccolo e nel
diagramma indeformato si avrebbe una retta verticale ovvero una isoentalpica. Nel
diagramma classico avremo:
B
A
E' praticamente impossibile determinare lo stato finale a meno di non immettere acqua in
eccesso ed andare quindi a saturazione.
(b)- umidificazione con vapore: in questo caso hv ha un valore molto più grande e la
trasformazione è approssimativamente isoterma infatti l'espressione per l'entalpia nel
caso di una isoterma fra A e B fornisce:
hb = 1. 0 ⋅ T + ( 2500 + 1. 92 ⋅ T ) ⋅ yb
ha = 1. 0 ⋅ T + ( 2500 + 1. 92 ⋅ T ) ⋅ ya
da cui, sottraendo membro a membro:
hb − ha
hv ( T ) =
yb − ya
Quindi la trasformazione sarà perfettamente isoterma solo quando la temperatura del
vapore immesso sarà uguale a quella della corrente di aria umida.
(4) mescolamento adiabatico
Ga , h a, y
a
Gc , h c , y
Gb , h b, y
c
b
Le equazioni di bilancio energetico e di massa sono:
⎧Ga ⋅ ha + Gb ⋅ hb = Gc ⋅ hc ⎫
⎬ →
⎪⎪
Ga + Gb = Gc
⎭
⎨
⎪ G ⋅y +G ⋅y =G ⋅y
a
a
b
b
c
c
⎪⎩
Ga ⋅ ha + Gb ⋅ hb = Ga ⋅ hc + Gb ⋅ hc
analogamente
→
→
hb − hc Ga
=
hc − ha Gb
yb − yc Ga
=
yc − ya Gb
Da cui si evince che il punto C sta sulla retta che congiunge A e B.
9
A
C
B
Misura dell'umidità relativa
1)Apparecchio del Chistoni
Mediante raffreddamento dell'aria: diminuendo la temperatura (a p= cost.) si raggiungono le condizioni di saturazione qualunque sia la quantità di vapore acqueo contenuta
inizialmente nel volume considerato. Se il raffreddamento interessa una superficie si
raggiungono su di essa le condizioni di saturazione che si manifestano in forma di
appannamento della sup. . Si è raggiunto il punto di rugiada. Su questa osservazione è
basato uno dei primi metodi di misura detto del Chistoni.
termometro
aria
etere
L'etere, a causa del gorgogliamento di aria, evapora e si raffredda. La superficie si
raffredda anch'essa sino a che si notano i primi segni di appannamento. A questo punto
la temperatura segnata dal termometro rappresenta la T di rugiada corrispondente alla
pressione parziale di vapore presente nell'aria.
Supponiamo di essere inizialmente ad una temperatura T= Tamb. A questa corrisponderà
una determinata pressione di saturazione del vapore pv s(Tamb).
Facciamo gorgogliare l'aria. Al primo appannamento leggiamo una T= Tr alla quale
corrisponderà una determinata pressione pv s (Tr) uguale alla pressione di vapore incognita alla Tamb)
10
T
pv s(Tamb )
pv
Tamb
Tr
(incognita)
1
2
s
Vediamo sul diagramma T-s
Il vapore a ridosso della superficie raffredda secondo la trasformazione 1-2. Determinata
sperimentalmente Tr leggo, sulle tavole, la p di saturazione corrispondente che è uguale
alla pv incognita in quanto la tr. 1-2 è una isobara.
Il valore della p di saturazione alla Tamb è ricavato anch'esso dalle tabelle ed in definitiva
avrò:
pv
pv s ( Tr )
i=
=
pv s
pv s ( Tamb )
2) Psicrometro di Assmann
Lo psicrometro di Assmann è uno strumento atto alla misura dell'umidità specifica y. E'
essenzialmente costituito da 2 termometri in canali affiancati: uno a bulbo asciutto e
uno a bulbo bagnato ( bulbo ricoperto da garza bagnata). I canali sono interessati da una
certa portata di aria umida messa in moto da un minuscolo ventilatore a carica manuale.
2
bulbo bagnato
1
La lettura contemporanea delle due temperature consente di individuare sul piano
psicrometrico le condizioni di umidità dell'aria in misura.
La temperatura Tumido è relativa allo strato di aria satura che circonda che circonda il
bulbo, quindi lo stato (2) è sulla linea di saturazione a quella temperatura.
Lo stato (1) si trova imponendo l'intersezione fra l'isoterma per T= Tasciutto e
l'isoentalpica ( vedremo il perché ) per (2).
Individuato lo stato (1) possiamo leggere sul diagramma tutte le grandezze desiderate.
11
2
i
1
y
Tumid Tasciut
La trasformazione subita dall'aria fra le sezioni (1) e (2) è un processo di saturazione
adiabatica. Trascurando i termini cinetici e potenziali, le equazioni di bilancio sono:
⎧ Gas ⋅ h1′ + G H 2 O ⋅ hH 2 o = Gas ⋅ h2′
⎨
⎩ Gas ⋅ y1 + G H 2 O = Gas ⋅ y 2
entalpia
massa
da cui
h1′ + hH2O ⋅ ( y2 − y1 ) = h2′
Essendo lo stato (2) saturo sarà i2=1 h'2= entalpia di saturazione alla temperatura del
liquido saturo Tumido.
Siccome il valore di hH2O è trascurabile la precedente equazione si riduce alla
descrizione di una isoentalpica:
h1′ = h2′
12
Applicazione: trattamento estivo dell'aria ( qualitativo )
Il trattamento dell'aria avviene mediante una particolare apparecchiatura chiamata
condizionatore. Al suo interno l'aria umida subisce una successione di trasformazioni
termodinamiche che la porteranno da uno stato iniziale, dipendente dalle condizioni
climatiche esterne, ad uno stato finale desiderato. Questi processi prendono il nome di
trattamenti dell'aria. Vediamo il caso estivo.
Le condizioni di progetto richieste sono di solito (benessere estivo in ambienti interni):
26 ± 1 °C
50 % ± 10% ( i= 0.5 ± 0.1 )
1- temperatura aria:
2- umidità relativa
Viene quindi assegnato lo stato finale A ( ambiente ) unitamente ad una zona di
variabilità. Lo stato dell'aria esterna è individuabile con maggiore difficoltà perché,
ovviamente, non è costante e dipende da vari fattori ( es. geografici, etc.).
Faremo riferimento alle condizioni:
TE= 34 °C
iE= 0.7
Sarà comunque TE > TA
i=1
y
0.7
RE
E
RM
0.6
RI
I
0
M
0.4
A
K
26
34
L'aria immessa nell'ambiente dovrà avere caratteristiche ( portata, temperatura, umidità)
tali da compensare sia le sorgenti interne di calore e di vapore che l'energia proveniente
dall'esterno ( TE > TA ) attraverso i meccanismi della conduzione (pareti) e
dell'irraggiamento ( finestre ).
In particolare la temperatura di immissione dovrà essere inferiore a TA e l'umidità
specifica bassa in modo da poter compensare l'umidità in eccesso senza che il punto A si
sposti al di fuori della zona tratteggiata ammessa.
Tali condizioni sono verificate se il punto I di immissione si trova sul segmento RI-K.
L'aria di prelievo del condizionatore potrà trovarsi in condizioni E (tutta aria esterna) o
M ( miscela fra interna ed esterna ). In ogni caso per giungere allo stato finale I
occorrerà:
1°)- raffreddamento + deumidificazione fino ad RI
2°)- riscaldamento ad umidità specifica costante fino ad I
13
Il punto I viene spostato lungo la RI-K in funzione della richiesta di raffreddamento che
viene dagli ambienti. Quando tale richiesta è massima I si sposta verso le temperature
inferiori fino al limite di 15-16 °C ( valori più bassi sono considerati fastidiosi). Se la
richiesta è zero ( stanza vuota e nessuno scambio con l'esterno attraverso pareti o
finestre ) I va a coincidere con K e l'energia termica per il riscaldamento risulta massima
( in tali condizioni, comunque, A si abbassa lentamente fino a coincidere anch'esso con
K e il condizionatore può essere spento ).
Esercizio1
Una sala da conferenze è dotata di un impianto di
Ti = 15 °C, i= 0,7
climatizzazione senza ricircolazione che insuffla aria
trattata ( Gas= 1 [kg/s] ) a pressione atmosferica dal
T = 30 °C
soffitto della sala (vedi figura). Sapendo che le i=e 0.7
condizioni dell'aria esterna sono Te=30 °C, i=0.7 e
assumendo le condizioni all'immissione pari a Ti=15
°C, i=0.7 si richiede di valutare:
1) la portata di vapore all'immissione.
2) la portata di liquido che condensa nelle batterie di
condizionamento a seguito del processo di
deumidificazione.
3) il diametro del condotto all'immissione se la velocità dell'aria per ragioni di
rumorosità non deve eccedere i 6m/s;
________________
1) La portata di vapore all'immissione si trova semplicemente applicando la definizione
di umidità relativa:
pv
i ⋅ pv s ( TI )
yI = 0. 622 ⋅
= 0. 622 ⋅
pt − pv
pt − i ⋅ pv s ( TI )
dalle tabelle del vapore leggiamo pv s ( 15 °C )= 0.017039 [bar] per cui:
0. 7 ⋅ 0. 017039
yI = 0. 622 ⋅
= 0. 0074 kgv / kgas
1. 013 − 0. 7 ⋅ 0. 017039
( usando il diagramma psicrometrico, y si ricava immediatamente)
2) Bilancio di massa all'unità di trattamento dell'aria:
Gl = Gas·(yE - yI )
ricavo yE come nel punto precedente ottenendo:
0. 7 ⋅ 0. 042415
yE = 0. 622 ⋅
= 0. 0188 kgv / kgas
1. 013 − 0. 7 ⋅ 0. 042415
per cui
Gl = 1.0 (0.0188 - 0.0075) = 0.0113 kg/s
14
3) Calcolo del diametro del condotto.
Consideriamo l'aria secca, trascurando la presenza del vapore:
Gas = ρ ⋅ w ⋅ A =
D=
D=
w ⋅ π ⋅ D2 / 4
R1TI / p
4 Gas ⋅ R1TI
π⋅w⋅ p
4 ⋅ 1. 0 ⋅ 0. 287 ⋅ 288
π ⋅ 6 ⋅ 101. 3
= 0. 416 m
Esercizio 2
Una portata Gas = 20 [kg/s] di aria secca a pressione atmosferica, temperatura T=20°C
ed umidità relativa i= 0.4 attraversa, in condizioni di regime stazionario, un
condizionatore nel quale riceve un flusso termico q= 1.67 [kW] ed una portata di vapore
saturo secco Gv= 30.5 [g/s] a patm. Si valutino le condizioni dell'aria (temperatura ed
umidità relativa ) all'uscita del condizionatore.
Gv
1
2
G as
q
Valutiamo l'umidità specifica di ingresso
pv
i ⋅ pv s ( T1 )
y1 = 0. 622 ⋅
= 0. 622 ⋅
pt − pv
pt − i ⋅ pv s ( T1 )
dalle tabelle del vapore leggiamo pv s ( 20 °C )= 0.023366 [bar] per cui:
0. 4 ⋅ 0. 023366
y1 = 0. 622 ⋅
= 0. 0058 kgv / kgas
1. 013 − 0. 4 ⋅ 0. 023366
dall'equazione di Mollier ho:
h1′ = 1. 0 ⋅ T1 + ( 2500 + 1. 92 ⋅ T1 ) ⋅ y1 = 20 + ( 2538. 4 ) ⋅ 0. 0058 = 34. 7 kJ / kgas
Per ricavare entalpia e umidità specifica all'uscita utilizzo i bilanci di energia e massa
⎧Gas ⋅ h1′ + Gv ⋅ hv + q = Gas ⋅ h2′
entalpia
⎨
massa
⎩ Gas ⋅ y1 + Gv = Gas ⋅ y2
⎧h1′ + Gv / Gas ⋅ hv + q / Gas = h2′
⎨
⎩ y1 + Gv / Gas = y2
⎧h2′ = 34.7 + 30.5 ⋅ 10−3 / 20 ⋅ 2676 + 1.67 / 20 = 38.9 [ kJ / kg]
⎨
y2 = 0.0058 + 30.5 ⋅ 10−3 / 20 = 0.0073
⎩
15
Possiamo ora calcolare la temperatura di uscita invertendo la relazione di Mollier:
T2 =
T2 =
h2′ − 2500 ⋅ y2
1. 0 + 1. 92 ⋅ y2
38. 9 − 2500 ⋅ 0. 0073
1. 0 + 1. 92 ⋅ 0. 0073
= 20. 36 ° C
Esercizio 3
Due portate di aria umida vengono miscelate adiabaticamente a pressione atmosferica.
Sono noti i seguenti dati in ingresso.
corrente 1
corrente 2
Portata volumetrica [m3/h]
Temperatura [°C]
Umidità relativa
12
12
0.6
25
30
0.3
Si richiede di valutare
1) la portata massica di aria secca ed il contenuto igrometrico delle due correnti
all'ingresso del miscelatore.
2) le condizioni termodinamiche a miscelazione avvenuta ( entalpia, umidità relativa)
corrente a
dalle tabelle del vapore leggiamo pv s ( 12 °C )= 0.014014 [bar] per cui:
i ⋅ pv s ( Ta )
0. 6 ⋅ 0. 014014
= 0. 622 ⋅
= 0. 0052 kgv / kgas
ya = 0. 622 ⋅
1. 013 − 0. 6 ⋅ 0. 014014
pt − i ⋅ pv s ( Ta )
Trascuriamo la portata di vapore
patm
101. 3
12
Gas a = ρ a ⋅ Gvol as a =
⋅ Gvol as a =
⋅
= 4.13 ⋅ 10 −3 kg / s
R1 ⋅ Ta
0. 287 ⋅ 285 3600
corrente b
dalle tabelle del vapore leggiamo pv s ( 30 °C )= 0.042415 [bar] per cui:
i ⋅ pv s ( Tb )
0. 3 ⋅ 0. 042415
= 0. 622 ⋅
= 0. 0079 kgv / kgas
yb = 0. 622 ⋅
1. 013 − 0. 3 ⋅ 0. 042415
pt − i ⋅ pv s ( Tb )
patm
101. 3
25
Gas b = ρb ⋅ Gvol as b =
⋅ Gvol as b =
⋅
= 8. 09 ⋅ 10 −3 kg / s
R1 ⋅ Tb
0. 287 ⋅ 303 3600
Calcoliamo le entalpie all'ingresso:
ha′ = 1. 0 ⋅ Ta + ( 2500 + 1. 92 ⋅ Ta ) ⋅ ya = 12 + ( 2523. 0 ) ⋅ 0. 0052 = 25.1
kJ / kgas
hb′ = 1. 0 ⋅ Tb + ( 2500 + 1. 92 ⋅ Tb ) ⋅ yb = 30 + ( 2557. 6) ⋅ 0. 0079 = 50. 2
kJ / kgas
16
miscelazione
Le equazioni di bilancio energetico e di massa sono:
⎧Ga ⋅ ha′ + Gb ⋅ hb′ = Gc ⋅ hc′ ⎫
⎬ →
⎪⎪
Ga + Gb = Gc
⎭
⎨
⎪ G ⋅y +G ⋅y =G ⋅y
b
b
c
c
⎪⎩ a a
infine
hc′ =
hc′ =
Ga ⋅ ha′ + Gb ⋅ hb′ = Ga ⋅ hc′ + Gb ⋅ hc′
→
analogamente
Ga ⋅ ha′ + Gb ⋅ hb′
yc =
Ga + Gb
4.13 ⋅ 10 −3 ⋅ 25.1 + 8. 09 ⋅ 10 −3 ⋅ 50. 2
4.13 ⋅ 10 −3 + 8. 09 ⋅ 10 −3
yc =
→
hb′ − hc′ Ga
=
hc′ − ha′ Gb
yb − yc Ga
=
yc − ya Gb
Ga ⋅ ya + Gb ⋅ yb
Ga + Gb
4.13 ⋅ 10 −3 ⋅ 0. 0052 + 8. 09 ⋅ 10 −3 ⋅ 0. 0079
4.13 ⋅ 10 −3 + 8. 09 ⋅ 10 −3
hc′ = 41. 7 kJ / kgas
yc = 0. 007 kg / kgas
per ottenere l'umidità relativa ricaviamo i dalla:
i ⋅ pv s ( T )
y = 0. 622 ⋅
pt − i ⋅ pv s ( T )
ottenendo
pt
yc
ic =
⋅
pv s ( Tc ) 0. 622 + yc
occorre però calcolare Tc dalla formula di Mollier:
hc′ − 2500 ⋅ yc 41. 7 − 2500 ⋅ 0. 007
=
= 23. 9 ° C
Tc =
1. 0 + 1. 92 ⋅ yc
1. 0 + 1. 92 ⋅ 0. 007
a cui corrisponde una pv s( 23.9 °C) pari a circa 0.03 [bar]; in definitiva:
ic =
1. 013
⋅
0. 007
0. 03 0. 622 + 0. 007
= 0. 375
si nota che un arrotondamento pari a 0.001 [bar] su pvs corrisponde ad un errore di circa
il 3%: sarebbe stato meglio usare un decimale in più. Stesso discorso per y.
( Per calcolare Tc sarebbe stato più semplice fare la media pesata delle temperature, in
realtà è scorretto perché le isoterme non sono parallele)
Vediamo ora di ripetere tutto utilizzando il diagramma psicrometrico relativo a p= patm (
ovvero 1.013 [bar] ).
Entrando nel grafico con temperatura ed umidità relativa per le due correnti leggiamo
subito ( vedi pag. 10):
ha′ = 25 kJ / kgas
ya = 0. 00525 kgv / kgas
hb′ = 51
kJ / kgas
yb = 0. 008
kgv / kgas
17
A questo punto occorre calcolare le portate e fare le medie ponderali per ricavare, ad
esempio, il contenuto igrometrico della miscela, si ottiene
4.13 ⋅ 10 −3 ⋅ 0. 00525 + 8. 09 ⋅ 10 −3 ⋅ 0. 008
yc =
= 0. 0071
4.13 ⋅ 10 −3 + 8. 09 ⋅ 10 −3
Cercando tale valore sulla retta che congiunge il punto (a) al punto (b) otteniamo le altre
quantità
hc′ ≈ 42. 2 kJ / kgas
Tc ≈ 24 ° C
ic ≈ 0. 375
I risultati sono molto simili a quelli ottenuti in precedenza. Per inciso il metodo grafico
è causa di errori per la bassa risoluzione del grafico stesso. Il metodo analitico invece è
in errore a causa della formula di Mollier per l'entalpia: in questa infatti sono stati
utilizzati dei valori medi per il calore specifico di aria e vapore.
18
C.d.L & C.d.D. IN INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta parziale di Fisica Tecnica, I° MODULO (7 Febbraio 1997)
Esercizio
Un impianto motore a vapore utilizza una portata di combustibile Gc= 900 kg/h, con
potere calorifico inferiore Qi= 40000 [kJ/kg] e rendimento di combustione pari a ηc=
0.82. La pressione in caldaia è p3= 50 [bar] ed il vapore all'ingresso della turbina di alta
pressione è surriscaldato alla temperatura T5= 550 [°C].
Le condizioni all'ingresso della turbina di bassa pressione sono:
T7= T5 , p7= 5 [bar]
La pressione al condensatore è p8= 0.05 [bar]; il rendimento isoentropico degli espansori
è 0.85.
Si valuti
1) Potenza spesa nella pompa di alimento ( tr. isoentropica )
2) Potenza utile fornita dall'impianto.
3) Frazione utilizzata.
4) Portata di H2O circolante.
Non si trascuri mai la potenza spesa nella pompa di alimento
Si utilizzi la numerazione indicata in figura.
7
2° surriscaldatore
6
5
1° surriscaldatore
A.P.
B.P.
4
caldaia
8
3
condensatore
1
2
pompa
1
Prova parziale di Fisica Tecnica (EI) 1° modulo 07/02/97
Soluzione
T
5
3
7
4
6
6'
2
8
1
8'
s
Calcolo preliminarmente l'entalpia in tutti i punti utili del ciclo ( 1-2-5-6-7-8 )
Entalpia e volume specifico al punto (1) sono ricavabili dalla tabella del vapore saturo (
curva limite inferiore, p= 0.05 [bar] ), si legge:
v1= 0.0010052 [m3/kg]
h1= 137.8 [kJ/kg]
essendo ds=0 dalle eq. Tds segue che
dh= vdp
In prima approssimazione ricaviamo il salto entalpico nella pompa come
h2 − h1 = vm ⋅ ( p2 − p1 )
con vm praticamente coincidente con v1 per cui:
h2 − h1 = 0. 0010052 ⋅ ( 50 − 0. 05) ⋅ 100 = 5. 026 kJ / kg
h2 = 137. 8 + 5. 03 = 142. 8 kJ / kg
Per il p.to (5) ricavo dalla tavola del vapore surriscaldato per T=550 °C, p=50 [bar]:
h5 = 0. 5 ⋅ ( h500 + h600 ) = 0. 5 ⋅ (3433. 7 + 3664. 5)
h5 = 3549.1 kJ / kg
Per calcolare h6 calcolo prima h6 ' corrispondente ad una tr. isoentropica.
Dalle tabelle ho:
(50 [bar])
s6 ' =s5= 0.5*( s500+s600 ) = 0.5*( 6.977+7.2578) =7.1174 [kJ/kg K]
Con tale valore entro nella riga corrispondente a p6 ( =p6 ' ) = 5 [bar] e per interpolazione
ricavo ( colonne 200 °C e 250 °C):
7.1174 − 7. 0592
h6 ' = 2855.1 + ( 2961.1 − 2855.1)
= 2884.1 kJ / kg
7. 2721 − 7. 0592
dalla definizione di rendimento sarà poi:
h6 = h5 − ηe ⋅ ( h5 − h6 ' )
h6 = 3449.1 − 0. 85 ⋅ (3549.1 − 2884.1) = 2983. 9 kJ / kg
Lo stato (7) è noto ( 550 °C , 5 [bar] ), dalle tabelle ho:
s7= 0.5*(8.0879 + 8.3626) = 8.2253 [kJ/kg K]
2
h7= 0.5* (3483.8+3701.5) = 3592.6 [kJ/kg]
Per calcolare h8 calcolo prima h8 ' corrispondente ad una tr. isoentropica.
Siccome s8 ' (=s7 )è minore di sv ( 5 bar ) siamo nel vapore saturo, calcolo il titolo:
x8' =
s8' − sσ
r/T
=
8. 2253 − 0. 4763
7. 9197
= 0. 978
h8' = hσ + x8' ⋅ r = 137. 8 + 0. 978 ⋅ 2423. 8 ≈ 2508. 3 kJ / kg
Come in precedenza utilizzo il rendimento dell'espansore per calcolare h8
h8 = h7 − ηe ⋅ ( h7 − h8 ' )
h8 = 3592. 6 − 0. 85 ⋅ (3592. 6 − 2508. 3) = 2671 kJ / kg
Siamo nel surriscaldato
Calcoliamo ora la portata di H2O; essendo:
GH2O ⋅ Q' = Gc ⋅ Qi
avremo:
4)
Qi ⋅ ηc
GH2O = Gc
( h5 − h2 ) + ( h7 − h6 )
GH2O =
900 kg / h 0. 82 ⋅ 40000 kJ / kg
3600 s / h
4015 kJ / kg
= 2. 04 kg / s
1)
Ppompa = GH2O ( h2 − h1 ) = 2. 04 ⋅ 5. 026 = 10. 25 kW
(spesa )
2)
Putile = PAP + PBP − Ppompa = GH2O ( h5 − h6 ) + ( h7 − h8 ) − ( h2 − h1 ) = 2. 04 ⋅ 1481. 8 = 3. 02 MW
3)
η=
Putile
ηc Gc Qi
=
( h5 − h6 ) + ( h7 − h8 ) − ( h2 − h1 )
( h5 − h2 ) + ( h7 − h6 )
= 0. 369
3
C.d.L & C.d.D. IN INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (7 Febbraio 1997)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore evolve una portata di H2O pari a GH2O= 2 kg/s. Le
condizioni all'ingresso della turbina sono:
T1= 550 [°C], p1= 5 [bar]. La pressione al condensatore è p2= 0.05 [bar]; il rendimento
isoentropico dell'espansore vale ηe= 0.85.
Si valuti
1) La potenza resa dalla turbina.
2) La potenza termica ceduta dal condensatore.
3) Trascurando la pompa di alimento, valutare la frazione utilizzata.
Soluzione 1
T
1
2
2'
s
Lo stato (1) è noto ( 550 °C , 5 [bar] ), dalle tabelle ho:
s1= 0.5*(8.0879 + 8.3626) = 8.2253 [kJ/kg K]
h1= 0.5* (3483.8+3701.5) = 3592.6 [kJ/kg]
Per calcolare h2 calcolo prima h2 ' corrispondente ad una tr. isoentropica.
Siccome s2 ' (=s1 )è minore di sv ( 0.05 bar ) siamo nel vapore saturo, calcolo il titolo:
s2' − sσ 8. 2253 − 0. 4763
=
x2' =
= 0. 978
r/T
7. 9197
h2' = hσ + x2' ⋅ r = 137. 8 + 0. 978 ⋅ 2423. 8 ≈ 2508. 3 kJ / kg
Utilizzo il rendimento dell'espansore per calcolare h2
h2 = h1 − ηe ⋅ ( h1 − h2 ' )
h2 = 3592. 6 − 0. 85 ⋅ (3592. 6 − 2508. 3) = 2671 kJ / kg
4
Siamo nel surriscaldato
1)
Pturbina = GH2O h2 − h1 = 2. 0 ⋅ 921. 6 = 1. 84 MW
2)
Pcond = GH2O h1 − hσ = 2. 0 ⋅ ( 2671 − 137. 8) = 5. 07 MW
3)
η=
( h1 − h2 )
( h1 − hσ )
= 0. 267
C.d.L & C.d.D. IN INGEGNERIA ELETTRICA
anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (11 Aprile 1997)
Esercizio 1
Dell'aria ( gas perfetto ) alla temperatura T1= 300 K e pressione p1 = 2 [bar], entra
in un condotto orizzontale a sezione variabile ( A=A(x), A1=0.1 [m2] ) alla velocità w
=100 [m/s] che permane costante lungo condotto. Nella trasformazione l'energia
dissipata per attrito vale Latt= 60 [kJ/kg]. Supponendo la trasformazione adiabatica reale
ed in assenza di lavoro esterno netto, si valuti:
1) Temperatura del fluido all'uscita del condotto.
2) Area della sezione di uscita.
3) Pressione all'uscita.
Si assuma cp=1050 [J/kg K],
R1= 287 [J/kg K]
5
Soluzione 1
Dall'equazione di bilancio dell'energia per sistemi aperti ho:
dh=0
Per un g.p. h=h(T) per cui T= cost ein particolare T2=T1
L'eq. di Bernoulli porge:
vdp = −δLatt
ma per i g.p. v= R1T/p (T=T1) per cui
Latt
dp
δLatt
p2
=−
integrando
log
=−
p1
R1T1
p
R1T1
p2 = p1 ⋅ e
L'equazione di continuità porge:
w1 A1
−
=
Latt
R1T1
= 2⋅e
−
60
0.287 ⋅300
= 1 bar
w2 A2
ma w=costante
v1
v2
e utilizzando nuovamente l'eq. di stato dei g.p. per v :
p1
A2 = A1 ⋅
= 0.1 ⋅ 2 = 0. 2 m 2
p2
C.d.L & C.d.D. IN INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (9 Giugno 1997)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento il vapore (G=25 [ton/h])
all'uscita dal surriscaldatore, è nelle seguenti condizioni: T5= 650 °C, p5= 80 bar. La
turbina espande fino ad una pressione p6= 0.1 bar con un rendimento isoentropico ρe
pari a 0.7.
5
turbina
surriscaldatore
4
caldaia
6
3
condensatore
1
2
pompa
Si valuti:
1) La potenza fornita dalla turbina
2) Le condizioni del vapore all'uscita dalla turbina
3) Il potenza termica scambiata nel surriscaldatore
6
Prova scritta di Fisica Tecnica (EI) 09/06/97
Soluzione 1
T
5
3
4
2
6
1
6'
s
Le condizioni al punto (5) sono note. Ricaviamo per interpolazione fra 500 e 600 °C
l'entalpia e l'entropia in corrispondenza a p= 70 bar ( tavole vap. surriscaldato), sarà:
h5 = 0. 5 ⋅ ( 3639. 5 + 3879. 2 ) = 3759. 4 kJ / kg
s5 = 0. 5 ⋅ ( 7. 0191 + 7. 2790 ) = 7.1491 kJ / kgK
consideriamo l'espansione ideale in turbina ( isoentropica). Sarà s6'=s5. Dalle tavole, in
corrispondenza a p=0.1 bar vediamo che tale valore di entropia è minore di quello sulla
curva limite inferiore ( 8.1511 [kJ/kgK]): il vapore in (6') è saturo, ricaviamo il titolo e
l'entalpia:
s6' − sσ 7.1491 − 0. 6493
=
x 6' =
= 0 . 866
7. 5018
r/T
h6' = hσ + x 6' ⋅ r = 191. 8 + 0. 866 ⋅ 2392. 9 ≈ 2264. 0 kJ / kg
il salto entalpico reale in turbina varrà quindi
h5 − h6 = ρ e ⋅ ( h5 − h6' ) = 0. 7 ⋅ ( 3759. 4 − 2264 ) = 1046. 7 kJ / kg
per cui la potenza erogata varrà:
P = G ⋅ ( h5 − h6 ) = 25 ⋅ 1000 / 3600 ⋅ 1046. 7 = 7269 kW ≈ 7. 27 MW
l'entalpia all'uscita dalla turbina varrà
h6 = 3759. 4 − 1046. 7 = 2712. 7 kJ / kg
maggiore del valore sulla curva limite superiore per p=0.1 bar ( 2584.8 [kJ/kg]): il
vapore è surriscaldato. Dalle tavole relative ricaviamo ( per p= 0.1 bar)
2712. 7 − 2687. 5
T6 = 100 + 50 ⋅
= 113. 2 ° C
2783.1 − 2687. 5
La potenza termica scambiata nel surriscaldatore vale:
P4,5 = G ⋅ ( h5 − h4 ) = 25 ⋅ 1000 / 3600 ⋅ (3759. 4 − 2759. 9) = 6941 kW ≈ 6. 9 MW
dove il valore di h4 è stato preso dalla tavola del vapore saturo in corrispondenza della
curva limite superiore ( 80 bar).
7
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (12 Settembre 1997)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento il vapore (G=20 [ton/h])
all'uscita dal surriscaldatore, è nelle seguenti condizioni: T5= 550 °C, p5= 70 bar. La
turbina espande fino ad una pressione p6= 0.1 bar. Sapendo che la potenza fornita dalla
turbina vale P= 5.2 [MW] valutare l'entalpia all'uscita della turbina e il rendimento
isoentropico ρe dell'espansore.
Prova scritta di Fisica Tecnica (EI) 12/09/97
Soluzione 1
T
5
6
6'
s
Le condizioni al punto (5) sono note. Ricaviamo per interpolazione fra 500 e 600 °C
l'entalpia e l'entropia in corrispondenza a p= 70 bar ( tavole vap. surriscaldato), sarà:
h5 = 0. 5 ⋅ (3410. 6 + 3647. 9) = 3529. 3 kJ / kg
s5 = 0. 5 ⋅ ( 6. 7993 + 7. 0880 ) = 6. 9437 kJ / kgK
consideriamo l'espansione ideale in turbina ( isoentropica). Sarà s6'=s5. Dalle tavole, in
corrispondenza a p=0.1 bar vediamo che tale valore di entropia è minore di quello sulla
curva limite inferiore ( 8.1511 [kJ/kgK]): il vapore in (6') è saturo, ricaviamo il titolo,
l'entalpia e salto entalpico isoentropico:
s − sσ 6. 9437 − 0. 6493
x6' = 6'
= 0. 839
=
7. 5018
r/T
h6' = hσ + x6' ⋅ r = 191. 8 + 0. 839 ⋅ 2392. 9 ≈ 2199. 4 kJ / kg
h5 − h6' = 3529. 3 − 2199. 4 = 1329. 9 kJ / kg
Dalla potenza ricaviamo il salto entalpico in turbina, quindi l'entalpia al punto (6)
P
5200 kW
h5 − h6 = =
= 936 kJ / kg
G 20 ⋅ 1000 / 3600 kg / s
8
h6 = 3529. 3 − 936 = 2593. 3 kJ / kg
per cui
il rendimento isoentropico varrà:
ρe =
h5 − h6
h5 − h6'
=
936
1329. 9
≈ 0. 7
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (3 Ottobre 1997)
Esercizio 1
Del vapore acqueo alla pressione di 5 [Mpa] e temperatura 400 [°C], entra in una turbina
alla velocità di 50 [m/s]. Al termine dell'espansione il vapore lascia la turbina a 50 [kPa],
con una velocità di 200 [m/s].
Il dislivello tra ingresso e uscita ( z1-z2 ) è pari 1 [m]. Il rendimento isoentropico
dell'espansore vale ρe= 0.88.
Se la portata in massa del vapore è 16.6 [kg/s] ed il disperdimento termico 160 [kW], si
determini la potenza meccanica utile del processo.
Prova scritta di Fisica Tecnica (EI) 03/10/97
Soluzione 1
T
stato 1: p1=50 bar,
1
T1= 400 °C
h1= 3198.3 [kJ/kg]
s1= 6.6508 [kJ/kg K]
stato 2': p1=0.5 bar,
2'
2
s
x2' =
s2' − sσ
(r / T )
=
s2'= s1
6. 6508 − 1. 0912
= 0. 855
6. 5035
h2' =340.6+0.855·2305.4= 2311.4 [kJ/kg]
stato 2:
h2= h1 - ρe·( h1-h2' ) = 3198.3 - 0.88·( 3198.3-2311.4)= 2417.8 [kJ/kg]
Bilancio:
⎛ w12 − w22 ⎞
Le = (h1 − h2 ) + ⎜
⎟ + g ( z1 − z 2 ) + Q1,2
2
⎝
⎠
Le = 780. 5 − 18. 7 + 0. 01 − 160 / 16. 6 = 752 kJ / kg
P=G·Le= 12.486 [MW]
9
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (7 Novembre 1997)
Esercizio 1
Una portata di aria (g.p.) percorre un condotto orizzontale a sezione costante.
Nella sezione (1) si ha:
T1 = 300 K, p1 = 2 bar, w1 = 10 m/s
Nella sezione (2) la velocità del fluido vale w2= 20 m/s.
Assumendo il moto irreversibe, a regime permanente e la trasformazione adiabatica ed
in assenza di lavoro esterno netto, valutare:
1) Le condizioni dell'aria all'uscita ( T2, p2 )
2) La variazione di entropia del fluido fra ingresso e uscita.
3) L'esponente della politropica che passa per gli stessi stati, iniziale e finale, della trasf.
data.
Prova scritta di Fisica Tecnica (EI) 07/11/97
Soluzione 1
Scriviamo l'eq. di bilancio dei sistemi aperti per il caso in esame:
⎛ w12 − w22 ⎞ ⎛ 10 2 − 20 2 ⎞
⎟⎟ = −150[ J / kg] = −015
h2 − h1 = ⎜
. [ kJ / kg]
⎟ = ⎜⎜
2
2
⎝
⎠ ⎝
⎠
il fluido si raffredda.
dalle tabelle dell'entalpia si evince:
h1 = 300. 6 kJ / kg
si ricava quindi h2 = 300. 45 kJ / kg quindi si avrà all'incirca:
T2 = 299. 85 K
dall' eq. di continuità ho:
ρ2
ρ1w1 = ρ2 w2 quindi
= 0. 5
ρ1
dall'eq di stato dei gas perfetti ho:
p2 ρ2 T2
299. 85
=
= 0. 5 ⋅
≈ 0. 5
p1 ρ1T1
300
la pressione all'uscita varrà quindi p2 = 1 bar
l'entropia all'ingresso si ricava dalle tavole
s1 = 6. 8726 − 0. 287 log( 2 ) = 6. 6737 kJ / kgK
trascurando la variazione di temperatura l'entropia all'uscita varrà:
s2 = 6. 8726 kJ / kgK
l'entropia aumenta complessivamente di circa 0.2 [kJ/kgK].
10
La trasformazione è praticamente isoterma quindi l'esponente sarà prossimo ad 1.
Vediamo più in dettaglio.
ln( T2 / T1 )
−5 ⋅ 10 −4
a = 1+
= 1+
= 1. 0007
ln(ρ2 / ρ1 )
−. 69
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (5 Dicembre 1997)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento il vapore all'uscita dal
surriscaldatore ha pressione p5= 100 bar, T5 =600 °C e portata volumetrica Gv pari a 500
m3/h. La turbina espande fino ad una pressione p6= 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 uscita rispettivamente 20 °C e 36 °C.
Trascurare la pompa di alimento
5
turbina
surriscaldatore
6
caldaia
condensatore
1
soluzione 1 ( FT-EI 05/12/97 )
Il vapore in (5) è caratterizzato da:
s5= 6.9013[kJ/kgK] h5=3622.7[kJ/kg]
v5= 0.03832[m3/kg]
in (6 ') ( esp. isoentr. ) sarà s6 ' =s5
6. 9013 − 0. 6493
da cui
x6 ' =
≈ 0. 83
7. 5018
h6 ' = 191. 8 + 0. 83 ⋅ 2392. 9 ≈ 2180 kJ / kg
dall'espressione della frazione utilizzata ricaviamo h6:
h5 − h6
h6 = h5 − η( h5 − h1 )
h5 − h1
h6= 3622.7- 0.3 ( 3622.7- 191.8)= 2593.4 [kJ/kg]
h5 − h6 3622. 7 − 2593. 4
=
≈ 0. 71
ρe =
h5 − h6 '
3622. 7 − 2180
η=
11
2)
Calcoliamo la portata in massa del vapore:
G= Gv/v= 500/0.03832= 14353kg/h=4 kg/s
Bilancio al condensatore
G ⋅ ( h6 − h1 ) = GH2O ⋅ c p (Tu − Ti )
h6 − h1
GH2O = G
≈ 36 kg / s
c p ∆T
C.d.L & C.d.D. IN INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1997/98
Prova scritta parziale di Fisica Tecnica, I° MODULO (6 Febbraio 1998)
Esercizio 1
Un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento (Gv=5 kg/s, frazione
utilizzata dal ciclo η=0.29) opera fra le pressioni di 0.05 bar ( condensatore ) e 125 bar
(caldaia). La condensazione ( 3 → 1 ) è ottenuta mediante una portata di acqua di
refrigerazione pari a 880 ton/h ( Ti= 15 °C, Tu= 27°C).
Determinare:
1) Temperatura di surriscaldamento
2) Il rendimento isoentropico della turbina
3) La potenza all'asse della turbina
Trascurare la pompa di alimento
surriscaldatore
2
T
3
caldaia
Tu
Ti
1
condensatore
.
12
soluzione prova parziale FT (EI) I° modulo (6/2/98)
1) Calcolo potenza termica ceduta al condensatore:
Pc = Graffr c p ( Tu − Ti ) = 880 / 3. 6 kg / s ⋅ 4.186 kJ / kgK ⋅ 12 K = 12. 3 MW
Essendo la portata di vapore pari a 5 kg/s otteniamo il salto entalpico al condensatore
12. 3 MW
h3 − h1 = Pc / Gv =
= 2460 kJ / kg
5 kg / s
2) Calcolo salto entalpico e potenza in turbina ( si trascura la pompa di alimento)
dal primo principio ho:
Q1 +Q2 = L
dalla definizione di frazione utilizzata:
L = η Q1
ottengo quindi
L = Q2
e ricordando le convenzioni di segno
h2-h3= L = ( h3 − h1 )
η
η
η−1
= 2460 ⋅
0. 29
= 1005 kJ / kg
1− η
0. 71
PT = 1005 kJ / kg ⋅ 5 kg / s = 5 MW
3)Calcolo di h3 e h2
h1 si legge in tabella : si trova h1=137.8 [kJ/kg], sarà allora
h3= 137.8+2460 = 2598 [kJ/kg]
h2= 2598+ 1005= 3603 [kJ/kg]
Dalla tabella del surriscaldato ricavo T2 pari a circa 600 °C (assumeremo quindi nel
seguito h2=3601 etc)
4) Calcolo del rendimento isoentropico della turbina.
Dalle condizioni surriscaldate ( T2=600 °C, p2=125 bar ) eseguo uno espansione
isoentropica ovvero s3' =s2 =6.7796 [kJ/kgK] fino alla pressione di 0.05 bar.
Dalle tabelle ricavo il titolo come:
s − sσ 6. 7796 − 0. 4763
=
= 0. 796
x3 ' =
7. 9197
(r / T )
Per l'entalpia sarà allora
h3 ' = 137. 8 + 0. 796 ⋅ 2423. 8 = 2067 kJ / kg
avremo allora un rendimento isoentropico pari a circa
h2 − h3 3601 − 2598
=
= 0. 65
ρe =
h2 − h3 ' 3601 − 2067
13
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (6 Febbraio 1998)
Esercizio 1
Un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche è diviso internamente in due volumi da una
paratia. Ciascun volume contiene vapore saturo nelle seguenti condizioni:
Va= 0.06 m3, pa= 300 kPa, xa= 0.1
Vb= 0.04 m3, pb= 700 kPa, xb= 0.6
Determinare:
1) Le masse di vapore, ma ed mb , contenute nei due volumi.
A seguito della rimozione della paratia e del conseguente miscelamento si raggiunge uno
stato di equilibrio. Si determini:
2) L'energia interna specifica del sistema all'equilibrio ( u [kJ/kg] )
3) Il volume specifico del vapore.
soluzione 1 ( FT-EI 06/02/98 )
Dalle tabelle del vapore si ricava
va= 6.152 10-2 m3/kg
vb= 0.164 m3/kg
ua = 759.3 kJ/kg
ub = 1821.2 kJ/kg
Si ricavano quindi le masse come:
Va
ma =
= 0. 975 kg
va
mb =
Vb
vb
= 0. 244 kg
Il sistema è isolato, di conseguenza l'energia interna si conserva
U2 = U1 = ma ua + mb ub = 1184. 6 kJ
Otteniamo l'energia specifica dividendo per la massa totale
u2=U2/(ma+mb)= 971.7 [kJ]
Consideriamo ora i volumi:
V2= Va+Vb = 0.1 [m3]
v2=V2/(ma+mb) =0.082 [m3/kg]
14
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (6 Marzo 1998)
Esercizio 1
Un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento ( potenza all'asse della
turbina Pt= 5.5 MW, Gv=5 kg/s) opera fra le pressioni di 0.05 bar ( condensatore ) e 125
bar (caldaia). La condensazione ( 3 → 1 ) è ottenuta mediante una portata di acqua di
refrigerazione pari a 1000 ton/h ( Ti= 15 °C, Tu= 27°C).
Determinare:
1) L'entalpia corrispondente ai punti (2) e (3) del ciclo
2) La frazione utilizzata
1) La temperatura di surriscaldamento
Si trascuri la pompa di alimento
surriscaldatore
2
T
3
caldaia
Tu
Ti
1
condensatore
.
prova scritta FT (EI) (6/3/98)
Soluzione 1
1) Calcolo potenza termica ceduta al condensatore:
Pc = Graffr c p ( Tu − Ti ) = 1000 / 3. 6 kg / s ⋅ 4.186 kJ / kgK ⋅ 12 K = 13. 95 MW
Essendo la portata di vapore pari a 5 kg/s otteniamo il salto entalpico al condensatore
13. 95 MW
h3 − h1 = Pc / Gv =
= 2790. 7 kJ / kg
5 kg / s
2) Calcolo salto entalpico in turbina ( si trascura la pompa di alimento):
5. 5 MW
h2 − h3 = Pt / Gv =
= 1100 kJ / kg
5 kg / s
Il salto entalpico in caldaia vale allora ( trascuriamo la pompa ) :
h2 − h1 = ( h3 − h1 ) + ( h2 − h3 ) = 3890. 7 kJ / kg
la frazione utilizzata dall'impianto sarà:
h2 − h3
1100
=
= 0. 283
η=
h2 − h1 3890. 7
h1 si legge in tabella : si trova h1=137.8 [kJ/kg], sarà allora
h3= 137.8+2790.7 = 2928.5 [kJ/kg]
h2= 2928.5+ 1100= 4028.5 [kJ/kg]
Dalla tabella del surriscaldato ricavo per interpolazioneT2 pari a circa 771 °C.
15
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (3 Aprile 1998)
Esercizio 1
In un impianto frigorigeno il fluido evolvente ( R-134a ) opera fra le temperature -20 °C
e 38 °C. Il fluido all'uscita dall'evaporatore è in condizioni di vapore saturo secco ( x=1
) mentre all'uscita dal condensatore è nello stato di liquido saturo ( x=0 ). Il
compressore ha un rendimento isoentropico pari a 0.8.
Si valuti:
1) Il COP del ciclo;
2) La potenza assorbita dal compressore nell'ipotesi che la portata volumetrica del fluido
all'uscita dal vaporizzatore sia pari a 50 m3/h;
3) La potenza frigorigena dell'impianto.
Si faccia l'ipotesi che lo stato del fluido all'uscita dal vaporizzatore coincida con lo stato
del fluido all'ingresso del compressore.
Soluzione 1
dalle tabelle per T4= 38 ° e T2=-20:
p
3'
4
3
1
2
h4= h1= 153.19 [kJ/kg]
h2= 285.29 [kJ/kg] s2≈1.74 [kJ/kgK]
v2= 0.1464 [m3/kg]
dal piano p-h si ricava
h3'= 330 [kJ/kg]
h3 ' − h2
h3 = h2 +
ρc
h3 = 285. 29 +
330 − 285. 29
0. 8
= 341. 2 kJ / kg
h
Q'= h4 - h3 = 153.19 - 341.2 = -188 [kJ/kg]
Q''= h2 - h1 = 285.29 - 153.19 = 132.1 [kJ/kg]
L = h2 - h3 = 285.29 - 341.2 = -55.9 [ kJ/kg]
Q' '
2)
Pc= L·GR-134a = -55.9·50/0.1464/3600= - 5.3 [kW] ( negativa, quindi spesa)
3)
Pf= Q''·GR-134a = 132.1·50/0.1464/3600= 12.5 [kW] = COP·|Pc|
L
=
132.1
COP= −
L
=
Q' '
1)
55. 9
= 2. 36
16
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1996/97
Prova scritta di Fisica Tecnica (8 Maggio 1998)
Esercizio 1
Un asciugacapelli ha una potenza termica Pt=1.5 kW e diametro del condotto 5 cm. Esso
scalda l'aria dalla temperatura ambiente T0=20°C alla temperatura di 60°C. Calcolare la
portata di aria, trascurando l'incremento di temperatura dovuto al lavoro del ventilatore.
Il coefficiente relativo alle perdite di carico concentrate è λ' = 5.
Calcolare la potenza del ventilatore trascurando le perdite di carico distribuite.
Considerare costante la velocità dell'aria all'interno del condotto.
Considerare costante la densità dell'aria ( fare riferimento ad una temperatura media ).
Considerare A1 >>A2= A3
1
2
3
Soluzione 1
Applichiamo il primo pincipio dei sistemi aperti alla zona del riscaldamento:
dQ - dL=dh
G(h3-h2)=Pt
Dalle tabelle:
h2=300.6 + (401.8-300.6)(293.15-300)/100=293.7
h3=300.6 + (401.8-300.6)(333.15-300)/100=334.1
kJ/kg
kJ/kg
da cui
G =Pt/(h3-h2) = 0.0371 kg/s.
L'equazione di Bernoulli tra una sezione indisturbata a monte dell'asciugacapelli e la
sezione di uscita
Le+La + (p3-p1)/ρ + (w32+ w12)/2+ g(z3-z1) = 0
w1=0;
p3-p1=0;
z3-z1= 0;
La=w2 λ'/2
per cui avremo
Le=-(λ'+1)w2 /2
ρ( 40 °C) = 1.112 kg/m3
La velocità sarà pari a
w3=4 G /( ρ π D2) = 17 m/s
per cui
Lm=-Le=(5+1)172 /2=866 J
La potenza del ventilatore sarà:
P= G Lm= 32.1 W
17
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA
Anno accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (8 giugno 1998)
Esercizio 1
Un compressore aspira, a regime permanente, una portata pari a 0.4 m3/s di aria alla
temperatura di 300 K ed alla pressione 100kPa. La compressione ( adiabatica ) avviene
in due successivi stadi caratterizzati ambedue da un rapporto di compressione pari a 3.
Fra i due stadi uno scambiatore di calore provvede al raffreddamento isobaro intermedio
dell’aria. La refrigerazione è ottenuta mediante una portata d’acqua pari a 5 m3/h che
subisce un incremento di temperatura di 12 °C.
Tenendo presente che il rendimento isoentropico di ciascuno stadio vale 0.7,
determinare:
1) La temperatura all’ingresso del secondo stadio.
2) La potenza totale del compressore.
Si trascurino i termini macroscopici nelle equazioni di bilancio dei sistemi aperti.
Soluzione 1
h1= 300.6 [kJ/kg]
s1=sr1= 6.8726 [kJ/kg K]
s2’=s1=sr2’-.287 Log(3)
sr2’= 7.1879
h2’= 401.8 + (504.5-401.8)/(7.3904-7.1626)*(7.1879-7.1626)= 413.2 [kJ/kg ]
allora
h2= h1+(h2’-h1)/0.7 = 461.5 corrispondente ad una temperatura
T2=400+100*(461.5-401.8)/(504.5-401.8)=458.1 [K]
Potenza termica smaltita dallo scambiatore:
Pt=5/3.6*4.186*12=69.8 kW
Pt=Ga*Dh
h3= h2-Pt/Ga= 461.5 -69.8/(.4*1.2)=316.1 [kJ/kg]
T3= 300+100*(316.1-300.6)/(401.8-300.6)= 315.3 = 42.2 °C
sr3= 6.8726 +15.3/100*(7.1626-6.8726)=6.917 [kJ/kg K]
s3=sr3- .287Log(3)=6.602
s4’=s3
sr4’=s3+.287*Log(9) =7.232
h4’=401.8+(504.5-401.8)/(7.3904-7.1626)*(7.232-7.1626)=433.1
h4=h3+(h4’-h3)/.7=483.2 corrispondente ad una temperatura
T4=400+100*(483.2-401.8)/(504.5-401.8)=479.3 [K] = 206.1 °C
(h2-h1)*Ga=(461.5-300.6)*.4*1.2= 77.2 kW
(h4-h3)*Ga=(483.2-3116.1)*.4*1.2= 80.2 kW
Pc=157.4 kW
18
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (3 Luglio 1998)
Esercizio 1
Dell'aria (g.p., cp= 1.0 kJ/kg K ), temperatura di 100 °C, pressione di 3.5 bar, velocità 70
m/s, viene laminata in una valvola (orizzontale) fino alla pressione di 1 bar. Sapendo
che l’area della sezione di uscita è pari a 10 volte quella di ingresso, determinare la
velocità media del fluido all’uscita e la sua temperatura.
Si consideri il processo adiabatico, privo di scambi di lavoro con l’esterno e a regime.
1
T = 100 °C
1
p =3.5 bar
1
w = 70 m/s
2
A
A
2
= 10
p = 1 bar
2
1
1
Soluzione 1 ( prova scritta F.T. E.I. 3/7/98)
Scriviamo l’eq. di stato per g.p. all’ingresso e all’uscita e facciamone il rapporto:
p1 = R1ρ1 T1 ⎫
ρ1
p1 T2
attenzione Temp. in gradi Kelvin
=
⎬⇒
p2 = R1ρ 2 T2 ⎭
ρ2
p2 T1
Dall’eq. di continuità otteniamo invece
ρ1
w 2 A2
ρ1 w1 A1 = ρ 2 w 2 A2 } ⇒
=
ρ2
w1 A1
eguagliando le due espressioni potremo scrivere:
⎡ w1 A1 p1 ⎤
w 2 = T2 ⎢
w 2 = αT2
in numeri
w2 = 0.06566T2
⎥
⎣ T1 A2 p2 ⎦
sostituiamo tale valore nell’eq. di bilancio dei sistemi aperti:
α 2 T22 − w12
Qe − Le = 0 = c p (T2 − T1 ) +
2
2
w12
α
2
ovvero una eq. di 2° grado in T2:
T + c p T2 − (c p T1 +
)=0
2 2
2
− c p + c 2p + 2α 2 (c p T1 + w12 / 2)
con soluzione
T2 =
= 375.3 K ≈ 102.15 ° C
α2
w2 = 0.06566T2 = 29.6 m / s
segue
19
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno Accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (10 Settembre 1998)
Esercizio 1
Si consideri un ciclo motore a semplice surriscaldamento definito dalle seguenti
caratteristiche:
pressione in caldaia:
150 bar
temperatura di surriscaldamento:
500 °C
pressione al condensatore:
0.04 bar
potenza all’asse della turbina:
104 MW
Nell’ipotesi che il rendimento isoentropico della turbina sia pari a 0.86 si valuti:
a) la portata di vapore che descrive il ciclo;
b) la frazione utilizzata del ciclo;
c) le sezioni di ingresso in turbina e di ingresso e di uscita del condensatore, sapendo che
le velocità del fluido valgono rispettivamente 4 m/s, 160 m/s e 2 m/s.
Si nominino
1 - ingresso caldaia
2 - ingresso turbina
3 - ingresso condensatore
Si trascuri la pompa di alimento
Soluzione 1
All’ingresso in turbina p2= 150 bar, T2= 500 °C. Dalle tavole ottengo
h2=3310.6
kJ/kg
s2=6.3487
kJ/kgK
v2=0.020795 m3/kg
La associata espansione isoentropica (s3’=s2) fino a p3 ‘ = 0.04 bar fornisce:
s −s
6.3487 − 0.4225
x 3' = 3' l
x 3' =
= 0.736
(r / T )
8.053
quindi
h3’=121.4+2433.1*0.736= 1912 kJ/kg
con un salto entalpico ideale h2 - h3’= 1398.6 kJ/kg
ed un salto reale pari a
h2 - h3= 1398.6*0.86= 1202.8 kJ/kg
La portata di vapore varrà: G=Pt/(h2 - h3) =104 103 kW/ 1202.8 kJ/kg=86.46 kg/s
La frazione utilizzata varrà:
h − h3
1202.8
=
= 0.377
η= 2
h2 − h1 3310.6 − 1214
.
All’ingresso del condensatore abbiamo h3=2107.8 corrispondente ad un titolo
h − hl
.
2107.8 − 1214
x3 = 3
x3 =
= 0.816
r
.
24331
corrispondente ad un volume specifico
v3=0.001004+34.802*0.816= 28.4 m3/kg
mentre all’uscita dal condensatore è
v1=0.001004 m3/kg
ricaviamo le sezioni utilizzando la definizione di portata massica:
20
A=
per cui
A2 =
Gv
ω
. ⋅.0208
. ⋅ 284
.
8646
8646
=.45 [m3]
A3 =
= 153
. [m3 ]
4
160
8646
. ⋅ 0001
.
A1 =
= 43
. ⋅ 10−2 [m3]
2
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno Accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (3 Dicembre 1998)
Esercizio 1
Una massa m=1.4 kg di H2O è contenuta in un cilindro a pareti rigide e si trova nelle
condizioni iniziali ( stato1 ) p1=7 bar e titolo x1=0.2. Essa subisce un riscaldamento fino
alle condizioni di vapore saturo secco ( stato 2 ) ed un ulteriore surriscaldamento fino
alla temperatura T3=350 °C ( stato 3 ). Valutare la pressione del fluido nelle condizioni
(3) e lo scambio di calore per la trasformazione 2-3.
Soluzione 1
Il sistema è chiuso e le trasformazioni in esame sono isocore, pertanto non vi sono
scambi di lavoro con l'esterno. Dal 1° principio per sistemi chiusi ho:
du = δQ − δL
di conseguenza sarà
du = δQ
Occorre pertanto concentrarsi sull'energia interna.
Stato (1)
(p1= 7 bar )
σ=0.0011082 [m3/kg]
s= 0.27268 [m3/kg]
siccome x1=0.2 sarà:
v1 = 0.0011082 + 0.2 ⋅ (0.27268 − 0.0011082 ) = 0.05542[ m3 / kg]
stato(2)
sulla curva limite superiore i valori di volume specifico più vicini a quello trovato sono
quelli corrispondenti a p=35 bar e p=40 bar.
per interpolazione ottengo:
.05542−.057028
(40 − 35) = 361
. [ bar ] )
.049749−.057028
analogamente per l'energia interna:
( p 2 = 35 +
21
u 2 = 2602.4 +
.05542−.057028
(26013
. − 2602.4) = 2602.16 [ kJ / kg]
.049749−.057028
stato (3)
nella tavola relativa al vapore surriscaldato, nella colonna dei 350 °C, trovo che un
volume specifico pari a v1=v2=v3 si riscontra per 45 bar < p < 50 bar.
per interpolazione ho allora:
.05542−.058696
p3 = 45 +
(50 − 45) = 47.42 [ bar ]
.051941−.058696
Le tavole non riportano l'energia interna, ricaviamo l'entalpia e poi usiamo la
definizione:
u = h − pv
.05542−.058696
h3 = 3083.3 +
(30712
. − 3083.3) = 3077.4 [ kJ / kg]
.051941−.058696
sarà allora:
u3=3077.4 - 47.42·0.05542·100 = 2814.6 [kJ/kg]
Il calore scambiato varrà
Q*2,3 = m·(u3-u2) = 1.4·( 2814.6-2602.16 )=297.4 [kJ]
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno Accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (4 Febbraio 1999)
Esercizio n.1
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 1
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.
22
2
Soluzione esercizio n.1
Dalle tabelle ricavo le condizioni al punto1:
t1=200°C =473°K
P1=2 bar
Per aria ho: R1 = 0.287 kJ/kgK
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 + z2 - z1 da cui:
h2 = h1 +(w12 - w22)/2 =476.77 +(225000- 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( (s2- sr2 )/R1 ) = 2.18 bar.
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (4 Marzo 1999)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore, il vapore entra in turbina alla pressione di 83 [bar] ed
alla temperatura di 600 [°C]. All'uscita della turbina la pressione è pari a 0.06 [bar].
Nell'ipotesi che il rendimento isoentropico della turbina sia pari a 0.8 e che la potenza
dell'impianto sia 100 MW, determinare:
a) la portata massica di vapore evolvente nell'impianto.
b) la frazione utilizzata dell'impianto.
c) commentare le condizioni del vapore all'uscita della turbina.
Si ipotizzi trascurabile la variazione di entalpia nella pompa di alimento.
23
Esercizio 2
Il fluido ( R134a ) di un impianto frigo evolve fra le temperature Tc=36 °C e Te=-12 °C.
Valutare, in assenza di sottoraffreddamento, l’entropia di irreversibilità generata nella
valvola di Joule-Thomson.
1
2
Soluzione 1 ( F.T. E.I. 04-03-99 )
Valutiamo le proprietà del vapore all'ingresso in turbina.
Dalla tavola del vapore surriscaldato otteniamo per interpolazione:
3
h1 = 3639.5 + ⋅ (36311
. − 3639.5) = 3637 [ kJ / kg]
10
4
s1 = 7.0191 + ⋅ (6.9574 − 7.0191) = 7.0006 [ kJ / kgK]
10
Consideriamo ora l'espansione isoentropica 1-2' fino alla pressione di 0.06 [bar]:
a tale pressione l'entalpia del vapore saturo secco risulta pari a 8.3312 [kJ/kgK] quindi
l'espansione ideale termina nel vapore saturo. Siamo interessati al valore dell'entalpia.
h2′ = hσ + x ⋅ r = hσ +
s2′ − sσ
(r / T )
. +
⋅ r = 1515
7.0006 − 0.5209
⋅ 2416 = 2155.9 [ kJ / kg]
7.8103
( x2'= 0.823 )
Possiamo ora calcolare la variazione di entalpia in turbina ( trasformazione reale )
utilizzando la definizione di rendimento isoentropico dell'espansore:
h1 − h2
→ h1 − h2 = ρe ⋅ (h1 − h2′ ) = 0.8 ⋅ (3637 − 2155.9) = 1184.9 [ kJ / kg]
ρe =
h1 − h2′
La potenza dell’impianto è data ( Pe= 90·103 [kW] ). Dovrà allora essere:
Pe
100 ⋅ 10 3 [ kW ]
G=
=
= 84.4 [ kg / s]
h1 − h2 1184.9[ kJ / kg]
Trascurando nuovamente la variazione di entalpia associata alla compressione (pompa)
si ha:
h1 − h2
η=
h1 − h0
dove h0 è l'entalpia del liquido saturo a 0.08 [bar] pari a 173.9 [kJ/kg], quindi
η=
1184.9
= 0.34
3637 − 1515
.
24
c)l'entalpia a fine espansione varrà
h2 = h1 − ∆he = 3637 − 1184.9 = 2452.1 [ kJ / kg]
un valore inferiore a quello che si ricava dalle tavole per il vapore saturo secco a 0.06
[bar] ( 2567.5 [kJ/k] ). Questo comporta la formazione di piccole gocce nella fase finale
dell'espansione con conseguente azione di erosione delle pale della turbina.
Soluzione 2
Per Tc=36 °C leggiamo sulle tavole in corrispondenza della curva limite inferiore :
s1=1.1708 [kJ/kg K]
h1=150.23 [kJ/kg]
Nella valvola J-T ho una trasformazione isoentalpica, h2=h1, ricavo quindi il titolo
all’uscita della valvola come:
h2 − hσ
150.23 − 84.37
x2 =
x2 =
= 0.32
205.77
hv − hσ
−12 °C
L’entropia all’uscita varrà quindi:
s2=0.9418+0.32(1.7297-0.9418)=1.1939 [kJ/kg K]
La trasformazione J-T è completamente irreversibile. La produzione entropica varrà
quindi:
. [ J / kgK ]
∆sS = s2 − s1 = 2313
25
Prova scritta di Fisica Tecnica e Fisica Tecnica Ambientale
8 Aprile 1999
Anno accademico 1997/98
Esercizio 1
In un impianto turbo-gas evolve CO2. All'ingresso in turbina si rileva una portata
volumetrica pari a 0.3 [m3/s] con temperatura T1=850 [K] e pressione p1=11 [bar]. Nella
sezione di uscita la temperatura vale T2=600 [K] e la pressione p2= 1 [bar].
Nell'ipotesi di considerare la CO2 un gas perfetto, valutare:
- l'entropia all'ingresso della turbina
- la potenza fornita dalla turbina
- il rendimento isoentropico dell’espansore
- la densità del fluido nelle sezioni di ingresso e di uscita.
soluzione 1 ( F.T. 08/04/99 )
h1=791.3 [kJ/kg]
sr1=5.9284 [kJ/kgK] s1=5.47544 [kJ/kgK]
p1
11 ⋅ 10 5
. [ kg / m 3 ]
= 685
=
ρ1 =
R1T1 188.9 ⋅ (850)
G = ρ1Gv1 = 685
. ⋅ 0.3 = 2.055 [ kg / s]
h2=506.2 [kJ/kg]
sr2=s2= 5.5318 [kJ/kgK]
∆hreale= 285.1 [kJ/kg]
P=G ∆hreale = 586 [kW]
s2iso=s1= 5.47544 [kJ/kgK]
s −s
h2 iso = h500 + (h600 − h500 ) 1 500
s600 − s500
5.47544 − 5.3409
= 475.32 [kJ / kg ]
5.5318 − 5.3409
∆hiso=791.3-475.32=316 [kJ/kg]
∆hreale
≈ 0.9
ρTiso =
∆hiso
p2
1 ⋅ 10 5
=
= 0.882 [ kg / m 3 ]
ρ2 =
R1 T2 188.9 ⋅ ( 600)
= 401.6 + (506.2 − 401.6)
26
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1997/98
Prova scritta di Fisica Tecnica (6 Maggio 1999)
Esercizio 1
Un cilindro con pistone, di volume iniziale uguale a 9 litri, contiene vapore d'acqua alla
pressione di 2.4 bar ed alla temperatura di 180°C. Determinare lo stato finale a seguito
delle seguenti trasformazioni:
a) adiabatica reversibile fino alla pressione di 2.0 bar (1-2);
b) isocora reversibile fino alla temperatura di 80°C (2-3).
Valutare calore e lavoro (in J) scambiati durante le trasformazioni subite dal sistema.
Rappresentare le trasformazioni sui piani (p,v) e (T,S).
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1998/99
Prova scritta di Fisica Tecnica (4 Giugno 1999)
Esercizio 1
Una massa m=2 kg di vapore è contenuta in un cilindro a pareti rigide e si trova nelle
condizioni iniziali ( stato1 ) p1=70 bar T1=400 °C. Essa subisce un raffreddamento fino
alle condizioni di vapore saturo secco ( stato 2 ) ed un ulteriore raffreddamento fino alla
pressione p3=5 bar ( stato 3 ). Valutare il titolo del miscela nelle condizioni (3) e lo
scambio di calore nella trasformazione 1-2.
soluzione 1- prova del 4/6/99 (EI)
Il sistema è chiuso e le trasformazioni in esame sono isocore, pertanto non vi sono
scambi di lavoro con l'esterno. Dal 1° principio per sistemi chiusi ho:
du = δQ − δL
di conseguenza sarà
du = δQ
Occorre pertanto concentrarsi sull'energia interna.
Nello stato 1 dalle tavole del vapore surriscaldato abbiamo:
h1 = 2839.4 [ kJ / kg]
v1 = 0.029457 [ m 3 / kg]
l’energia interna per unità di massa varrà:
Le tavole non riportano l'energia interna, usiamo la definizione:
u = h − pv
u1 = 2839.4 − 70 ⋅ 0.029457 ⋅ 100 = 2633.2 [ kJ / kg ]
27
essendo la trasformazione isocora cerco nella colonna del saturo secco per ottenere
v2=v1. La pressione è compresa fra 65 e 70 bar
.029457−.029714
(70 − 65) = 6555
. [ bar]
.027368−.029714
l’energia per unità di massa vale:
.029457−.029714
u2 = 2586.4 +
(25818
. − 2586.4) = 2585.9 [ kJ / kg]
.027368−.029714
procedendo con la trasformazione 2-3 occorre trovare il titolo ( corrispondente a p=5
bar) che garantisca sempre v3=v2.
v2 − v l
x3 =
vv − vl
0.029457 − 0.0010928
x3 =
= 0.076
0.37466 − 0.0010928
p2 = 65 +
Q*1,2 = m·(u2-u1) = 2·( 2585.9-2633.2 )=-94.6 [kJ]
C.d.L & C.d.D. INGEGNERIA ELETTRICA
Anno accademico 1998/99
Prova scritta di Fisica Tecnica (10 Settembre 1999)
Esercizio
Un impianto frigorifero a semplice espansione, doppia compressione in serie e
refrigerazione intermedia, opera con R134a con un flusso termico al condensatore pari a
70kW. Le temperature all'evaporatore Te ed al condensatore Tc valgono rispettivamente
-40°C e 40°C. All'uscita del condensatore il liquido è saturo, all'ingresso del
compressore di bassa pressione il vapore è saturo secco. Le compressioni sono entrambe
adiabatiche con rendimento isoentropico di compressione 0.7. La refrigerazione
intermedia avviene alla pressione (costante) di 5bar ed il fluido frigorigeno viene
raffreddato fino alla temperatura di 20°C. Due distinte portate di acqua vengono
utilizzate per sottrarre calore al fluido R134a nei componenti interefrigeratore e
condensatore. Entrambe le portate di acqua subiscono una variazione di temperatura di
10°C nell'attraversare i due elementi appena citati.
Dopo aver tracciato uno schema di massima dell'impianto determinare:
1. la portata di fluido refrigerante;
2. la potenza globale impegnata dai due compressori;
3. la portata di acqua di interefrigerazione;
4. la portata di acqua al condensatore;
5. Il coefficiente di effetto utile (COP) del ciclo
28
soluzione 1- prova del 10/09/99 (EI)
5
4
3
2s
2
6
1
Dal diagramma pressione-entalpia del
refrigerante R134 possiamo leggere:
h1=272kJ/kg
h2s=318
h3=310
h4s=325
h5=h6=156kJ/kg
Da cui per definizione di rendimento
isoentropico:
h2 = h1+(h2s - h1)/ρc=338
h4 = h3+(h4s - h3)/ρc=331
La portata di fluido frigorigeno risulta:
m& r=q/(h4 - h5) = 0.4 kg/s
Le portate di acqua al refrigeratore intermedio e
al condensatore valgono rispettivamente:
m& 1l= m& r(h2 - h3)/(cpl *10) = 0.278 kg/s
m& 2l= m& r(h4 - h5)/(cpl *10) = 1.67 kg/s
La potenza dei compressori ed il COP sono dati da:
⎪P⎪ = m& r[(h2 - h1)+(h4 - h3)] = 34.8 kW
COP = (h1 - h6)/[(h2 - h1)+(h4 - h3)]q/P = 1.33
Prova scritta Fisica Tecnica e Fisica Tecnica Ambientale
Anno Accademico 1998/99
- 1 Ottobre 1999 -
Esercizio 1
Una massa di vapore surriscaldato alla temperatura T1=100 °C e pressione p1= 1 bar
contenuta in un cilindro con stantuffo, subisce una trasformazione isoterma reversibile
fino alla pressione p2=0.5 bar. Successivamente il vapore viene riportato,
reversibilmente e a volume costante, alla pressione iniziale (p3=p1= 1 bar). Si valuti:
1) La temperatura finale del fluido.
2) Gli scambi di lavoro e calore nelle singole trasformazioni.
(Non si utilizzi l’ipotesi di gas perfetto)
Esercizio 2
Dell'aria ( gas perfetto ) alla temperatura T1= 300 K e pressione p1 = 1.5 [bar], entra
in un condotto orizzontale a sezione variabile (A1/A2=0.8 ) ad una velocità w che
permane costante lungo il condotto. Supponendo la trasformazione adiabatica reale
(irreversibile) ed in assenza di lavoro esterno netto, si valuti:
1) Pressione e densità del fluido all’uscita del condotto.
2) La dissipazione per attrito Latt 1,2
29
Soluzione 1 ( F.T. 01/10/99 )
1) lo stato 2 è completamente noto, in particolare il volume specifico vale
v2=3.4181 m3/kg
Nelle tavole del vap. surr., in corrispondenza della riga relativa ad 1 bar vediamo che
tale valore di v (v2=v3) si trova fra T=400 °C e T=500 °C. Per interpolazione otteniamo:
3.4181 − 31025
.
T3 = 400 + 100
= 468.2 ° C
3.5653 − 31025
.
analogamente si ottiene:
3.4181 − 31025
.
h3 = 3278.2 + ( 3488.1 − 3278.2 )
= 3421.4 kJ / kg
3.5653 − 31025
.
3.4181 − 31025
.
s3 = 8.5442 + ( 8.8348 − 8.5442 )
= 8.7424 kJ / kgK
3.5653 − 31025
.
2)
La trasformazione 1-2 è isoterma reversibile per cui
Q1,2= T1(s2-s1)
per cui
Q1,2=373.15(7.6953-7.3618)=124.45 kJ/kg
per il primo principio sarà allora
L1,2=Q1,2-(u2-u1)
Le tabelle non riportano l’energia interna che andrà ricavata dall’entalpia mediante la
definizione
u = h - pv
u1= 2676.2-100*1.0*1.6955= 2506.6 kJ/kg
u2= 2682.6-100*0.5*3.4181= 2511.7 kJ/kg
per cui
L1,2=124.45-(5.1)= 119.4 kJ/kg
La trasformazione 2-3 è isocora reversibile per cui
L2,3=0
Q2,3= (u3-u2)
con
u3= 3421.4.6-100*1.0*3.4181= 3079.6 kJ/kg
per cui
Q2,3= (3079.6 - 2511.7)= 567.9 kJ/kg
Soluzione 2 ( F.T. 01/10/99 )
Dall'equazione di bilancio dell'energia per sistemi aperti ho:
dh=0
Per un g.p. h=h(T) per cui T= cost ed in particolare T2=T1
Dalla legge di stato dei g.p. segue, per una isoterma:
p1 v 2
=
p 2 v1
ma per la continuità abbiamo:
wA1 wA2
v2
A2
=
→
=
= 125
.
v1
v2
v1
A1
per cui
p2=p1*0.8 = 1.2 [bar]
L'eq. di Bernoulli porge:
vdp = −δLatt
ma per i g.p. v= R1T/p (T=T1=cost.) per cui
30
dp
p
=−
δLatt
R1T1
integrando
log
p2
p1
=−
Latt 1,2
R1T1
Latt 1,2 = R1T1 log
p1
p2
Latt 1,2 = 287 ⋅ 300 ⋅ log(125
. ) = 19.2 [ kJ / kg ]
Prova scritta Fisica Tecnica e Fisica Tecnica Ambientale
Settembre 1999
Esercizio n.1
Un impianto frigorifero a semplice espansione, doppia compressione in serie e
refrigerazione intermedia, opera con R134a con un flusso termico al condensatore pari a
150kW. Le temperature all'evaporatore Te ed al condensatore Tc valgono
rispettivamente -40°C e 40°C. All'uscita del condensatore il liquido è saturo, all'ingresso
del compressore di bassa pressione il vapore è saturo secco. Le compressioni sono
entrambe adiabatiche con rendimento isoentropico di compressione 0.7. La
refrigerazione intermedia avviene alla pressione (costante) di 5bar ed il fluido
frigorigeno viene raffreddato fino alla temperatura di 20°C. Due distinte portate di acqua
vengono utilizzate per sottrarre calore al fluido R12 nei componenti interefrigeratore e
condensatore. Entrambe le portate di acqua subiscono una variazione di temperatura di
10°C nell'attraversare i due elementi appena citati.
Dopo aver tracciato uno schema di massima dell'impianto determinare:
1. la portata di fluido refrigerante;
2. la potenza globale impegnata dai due compressori;
3. la portata di acqua di interefrigerazione;
4. la portata di acqua al condensatore;
5. Il coefficiente di effetto utile (COP) del ciclo
Risoluzione esercizio 1
Dalle tabelle si ricavano i seguenti dati (vapore surriscaldato)
Punto 1, p=900 kPa, T=270 °C, u=2744 kJ/kg, v=0.2708 m³/kg
Punto 2, p=700 kPa, T=210 °C, u=2651 kJ/kg, v=0.3073 m³/kg
La massa ed il numero di moli presenti sono:
m=V1/v1=0.1355/0.2708 = 0.5 kg
n= m/m = 0.5/18 = 0.02778
Durante la traformazione vengono scambiati calore e lavoro. In particolare viene
scambiato lavoro sia attraverso l'azione del mulinello che attraverso il movimento del
pistone. Il primo principio si scrive:
(u2 - u1) = Q - (Lpist + Lmul)
Da cui: Lpist= 8 + 2 +(2744-2651)*0.5 = 56.5 kJ
31
Prova scritta Fisica Tecnica e Fisica Tecnica Ambientale
Anno Accademico 1998/99
- 3 Dicembre 1999 Esercizio 1
Un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche è diviso internamente in due volumi da una
paratia. Ciascun volume contiene vapore saturo nelle seguenti condizioni:
Va= 0.06 m3, pa= 1 bar, xa= 0.2
Vb= 0.03 m3, pb= 5 bar, xb= 0.6
A seguito della rimozione della paratia e del conseguente miscelamento si raggiunge uno
stato di equilibrio. Si determini:
1) L'energia interna specifica del sistema all'equilibrio ( u [kJ/kg] )
2) Il volume specifico del vapore.
soluzione 1 ( FT 03/12/99 )
Dalle tabelle del vapore si ricava
va= 0.3396 m3/kg
ua = 834.7 kJ/kg
vb= 0.2246 m3/kg
ub = 1791.9 kJ/kg
Si ricavano quindi le masse come:
Va
ma =
= 0.1767[ kg]
va
mb =
Vb
= 0.1335[ kg]
vb
Il sistema è isolato, di conseguenza l'energia interna si conserva
U 2 = U 1 = ma ua + mb ub = 386.8[ kJ ]
Otteniamo l'energia specifica dividendo per la massa totale
u2=U2/(ma+mb)= 1246.8 [kJ]
Consideriamo ora i volumi:
V2= Va+Vb = 0.09 [m3]
v2=V2/(ma+mb) =0.29 [m3/kg]
32
C.d.L & C.d.D. ING. ELETTRICA
e ING. NAVALE (I° modulo)
Prova scritta di Fisica Tecnica (11 Gennaio 2000)
Esercizio 1
In un impianto motore a vapore a semplice surriscaldamento, il vapore (G=15 [ton/h])
all'uscita dal surriscaldatore, è nelle seguenti condizioni: T5= 600 °C, p5= 70 bar. La
turbina espande fino ad una pressione p6= 0.1 bar con un rendimento isoentropico ρe pari
a 0.7.
5
turbina
surriscaldatore
4
caldaia
6
3
condensatore
1
2
pompa
Si valuti:
1) La potenza fornita dalla turbina
2) Le condizioni del vapore all'uscita dalla turbina
3) La potenza termica scambiata nel surriscaldatore
Prova scritta di Fisica Tecnica (Elettrici e Navali I°m.) 11/01/2000
Soluzione 1
T
5
3
4
2
6
1
6'
s
Le condizioni al punto (5) sono note. Ricaviamo l'entalpia e l'entropia in corrispondenza
a p= 70 bar, T= 600 °C ( tavole vap. surriscaldato), sarà:
33
h5 = 3647.9[kJ / kg ]
s 5 = 7.0880[kJ / kgK ]
consideriamo l'espansione ideale in turbina ( isoentropica). Sarà s6'=s5. Dalle tavole, in
corrispondenza a p=0.1 bar vediamo che tale valore di entropia è minore di quello sulla
curva limite inferiore ( 8.1511 [kJ/kgK]): il vapore in (6') è saturo, ricaviamo il titolo e
l'entalpia:
s − sσ 7.088 − 0.6493
=
= 0.858
x6' = 6'
7.5018
r /T
h6' = hσ + x 6' ⋅ r = 191.8 + 0.858 ⋅ 2392.9 ≈ 2245.6[kJ / kg ]
il salto entalpico reale in turbina varrà quindi
h5 − h6 = ρ e ⋅ (h5 − h6 ' ) = 0.7 ⋅ (3647.9 − 2245.6) = 981.6[kJ / kg ]
per cui la potenza erogata varrà:
P = G ⋅ (h5 − h6 ) = 15 ⋅ 1000 / 3600 ⋅ 981.6 = 4090[kW ] ≈ 4.1[MW ]
l'entalpia all'uscita dalla turbina varrà
h6 = 3647.9 − 981.6 = 2666.3[kJ / kg ]
maggiore del valore sulla curva limite superiore per p=0.1 bar ( 2584.8 [kJ/kg]): il
vapore è surriscaldato. Dalle tavole relative ricaviamo ( per p= 0.1 bar)
2666.3 − 2592.7
T6 = 50 + 50 ⋅
= 88.8[°C ]
2687.5 − 2592.7
La potenza termica scambiata nel surriscaldatore vale:
P4,5 = G ⋅ (h5 − h4 ) = 15 ⋅ 1000 / 3600 ⋅ (3647.9 − 2773.4) = 3643.7[kW ] ≈ 3.6[MW ]
dove il valore di h4 è stato preso dalla tavola del vapore saturo in corrispondenza della
curva limite superiore ( 70 bar).
34
INGEGNERIA ELETTRICA
Prova scritta di Fisica Tecnica (4 Febbraio 2000)
Esercizio 1
Del vapore entra in una turbina a p1= 2 [bar], T1=150 [°C] w1=20 [m/s] e ne esce a p2=
1.2 [bar].
Supponendo la trasformazione adiabatica reale si valuti la velocità finale del fluido
nell’ipotesi che il rendimento isoentropico dell'espansore sia ρe=0.7.
Soluzione 1
Lo stato iniziale del vapore è caratterizzato dai seguenti valori di entalpia ed entropia
(dalla tabella del vapore surriscaldato ):
h1= 2768.1 [kJ/kg]
s1= 7.2794 [kJ/kg K]
Scriviamo l'equazione di bilancio dell'energia per sistemi aperti:
⎛ w22 − w12 ⎞
⎟ + g ( z 2 − z1 )
Qe − Le = (h2 − h1 ) + ⎜⎜
⎟
2
⎝
⎠
Per il sistema in esame, essendo nulli gli scambi di lavoro e di calore , sarà:
w 2 − w12
(h2 − h1 ) + 2
=0
2
consideriamo prima l'espansione ideale. Dovrà essere s2'= s1 e p2'= p2. In
corrispondenza di 1.2 [bar] l'entropia sulla curva limite superiore ( vapor. saturo secco)
vale
sv= 7.2984 [kJ/kgK]
maggiore di s2' . Il vapore è quindi in condizioni sature ( all'interno della campana)
Calcoliamo il titolo (circa unitario)
s − s σ 2' (7.2794 − 1.3609)[kJ / kgK ]
x 2' = 2'
=
= 0.997
5.9375[kJ / kgK ]
⎛r⎞
⎜ ⎟
⎝ T ⎠ 2'
L'entalpia corrispondente varrà
h2 ' = hσ 2' + x 2' r2 ' = 439.4 + 0.997 ⋅ 2244.1 = 2676.3[kJ / kg ]
Avremo quindi un salto entalpico ideale pari a
∆hid = h1 − h2' = 2768.1 − 2676.3 = 91.8[kJ / kg ]
Moltiplicando tale salto entalpico per il rendimento dell'espansore otteniamo la caduta di
entalpia reale ovvero:
h1 − h2 = ∆hreale = ρ e ⋅ ∆hid = 0.7 ⋅ 91.8 = 64.3[kJ / kg ]
35
per un valore di h2 pari a:
h2=h1-∆hreale=2703.8 [kJ/kg]
valore superiore all'entalpia del vapore saturo secco ad 1.2 [bar] (hv=2683.4). Siamo
quindi in condizioni di vapore surriscaldato.
Tornando al calcolo della velocità avremo:
c 2 = c12 + 2(h1 − h2 ) = 400 + 2 ⋅ 64.3 ⋅ 1000 = 359[m / s ]
C.d.L & C.d.D. ING. ELETTRICA
e ING. NAVALE (I modulo)
Prova scritta di Fisica Tecnica (7 Aprile 2000)
I modulo
Un massa pari ad 0.5kg di H2O (liquido +vapore, x=0.1), è contenuta in un cilindro con
stantuffo mobile e fornito di un riscaldatore come da figura. Sullo stantuffo agisce una
pressione esterna costante pari a 1 atm.
Calcolare il volume occupato dalla miscela e la sua temperatura.
Alla miscela è fornita, mediante il riscaldatore, una quantità di calore pari a 400 kJ.
Determinare il lavoro compiuto dal sistema sull’esterno.
Determinare inoltre la massa d’acqua evaporata, il volume finale occupato dalla miscela,
la sua entropia.
stantuffo
pe
isolante
vapore
liquido
buon conduttore
riscaldatore
36
Prova scritta di Fisica Tecnica (7 Aprile 2000) EI &NV I m.
soluzione 1
Dalle tavole T1=100 °C
Inoltre
v1 = vl + x1 (vv − vl ) = 0.1682 [m 3 / kg ]
V1 = Mv1 = 0.084 [m 3 ]
Per cui
U 2 − U 1 = Q1, 2 − Le1, 2
M [u l + x 2 (u v − u l ) − u1 − x1 (u v − u l )] = Q1, 2 − p e (V2 − V1 )
M ( x 2 − x1 )(u v − u l ) = Q1, 2 − p e M ( x 2 − x1 )(vv − vl )
massa evaporata
M ( x 2 − x1 ) =
Q1, 2
[(u v − ul ) + pe (vv − vl )]
=
400
= 0.1772 [kg ]
2087.5 + 101.3 *1.672
titolo
0.1772
= 0.4546 ; v 2 = vl + x 2 (v v − vl ) = 0.761 [m 3 / kg ] ;
M
V2 = Mv 2 = 0.38 [m 3 ]
Le1, 2 = p e (V2 − V1 ) = 30 [kj]
x 2 = x1 +
⎡
⎛ r ⎞⎤
S 2 = M ⎢ s l + x 2 ⎜ ⎟⎥ = 2.028 [kj / K ]
⎝ T ⎠⎦
⎣
37
Prova scritta Fisica Tecnica e Fisica Tecnica Ambientale
5 Maggio 2000
Esercizio 1
Un massa pari ad 0.5kg di H2O (liquido +vapore, x=0.05), è contenuta in un cilindro
adiabatico con stantuffo mobile e fornito di un’elica come da figura. Sullo stantuffo
agisce una pressione esterna costante pari a 1 atm.
Calcolare il volume occupato dalla miscela e la sua temperatura.
Alla miscela è fornito, mediante l’elica, un lavoro pari a 700 kJ.
Determinare il lavoro restituito all’ambiente dallo stantuffo.
Determinare inoltre la massa d’acqua evaporata, il volume finale occupato dalla miscela,
la sua entropia.
stantuffo
pe
isolante
vapore
liquido
elica
soluzione 1
Dalle tavole T1=100 °C
Inoltre
v1 = vl + x1 (vv − vl ) = 8.469 ⋅ 10 −2
Per cui
V1 = Mv1 = 4.234 ⋅ 10 −2 [m 3 ]
U 2 − U 1 = − Lel 1, 2 − Lst
[m 3 / kg ]
1, 2
M [u l + x 2 (u v − u l ) − u l − x1 (u v − u l )] = − Lel 1, 2 − pe (V2 − V1 )
M ( x 2 − x1 )(u v − u l ) = − Lel 1, 2 − pe M ( x 2 − x1 )(vv − vl )
massa evaporata
M ( x 2 − x1 ) =
− Lel 1, 2
[(u v − u l ) + pe (vv − vl )]
=
700
= 0.31 [kg ]
2087.5 + 101.3 * 1.672
titolo
0.31
= 0.67 ;
v 2 = vl + x 2 (v v − vl ) = 1.121 [m 3 / kg ] ;
M
V2 = Mv 2 = 0.56 [m 3 ]
Lst 1, 2 = p e (V2 − V1 ) = 52.45 [kj]
x 2 = x1 +
⎡
⎛ r ⎞⎤
S 2 = M ⎢ s l + x 2 ⎜ ⎟⎥ = 2.68 [kj / K ]
⎝ T ⎠⎦
⎣
38
Ing. ELETTRICA
Ing. NAVALE (I modulo)
Prova scritta di Fisica Tecnica (2 Giugno 2000)
Esercizio 1 (I modulo)
Una portata di 72 kg/s di acqua in condizioni di liquido saturo a 150°C è estratta da un
impianto geotermico. Il liquido espande in una valvola di laminazione (J-T) fino alla
pressione di 2 bar. In queste condizioni il fluido entra in una camera di separazione del
vapore. Dal fondo della camera esce liquido saturo mentre dalla sommità si estrae
vapore saturo secco che è inviato ad un surriscaldatore dove al fluido è fornita, a
pressione costante, una potenza termica Pq pari a 1MW. Successivamente il vapore
espande adiabaticamente in turbina fino alla pressione di 0.20 bar. Il rendimento
isoentropico dell’espansore è 0.8. Il sistema è in condizione di regime.
Calcolare la potenza erogata dalla turbina. Il titolo del vapore all’uscita della turbina.
Pq
3
1
4
2
5
Soluzione 1 (F.T. 2/6/00)
Le condizioni a monte della valvola sono
T1= 150 °C p1= 4.76 bar h1= 632.1 kJ/kg
L’espansione avviene isoentalpicamente per cui h2=h1.
Usando le tavole in corrispondenza di p2=2 bar ottengo:
h2 − hl 632.1 − 504.7
=
= 0.058
r
2201.6
le portate rispettivamente di vapore saturo secco e acqua liquida in uscita dalla camera di
separazione saranno rispettivamente:
x2 =
Gl = 67.83 [kg / s ]
Gv = 4.17 [kg / s ]
il vapore saturo secco entra nel surriscaldatore nelle seguenti condizioni:
T3= 120.23 °C p3= 2 bar h3= 2706.3 kJ/kg
All’uscita, p4=p3, l’entalpia varrà:
P
1000
= 2946.1 [kJ / kg ]
h4 = h3 + t = 2706.3 +
4.17
Gv
siamo ovviamente nel surriscaldato, fra 200 e 250 °C. Ricaviamo l’entropia come
39
s 4 = s 200 + ( s 250 − s 200 )
h4 − h200
= 7.6592 [kJ / kgK ]
h250 − h200
T4= 237.54 °C
Nell’espansione ideale abbiamo
T5’= 60.09 °C p5’= 0.2 bar s5’= 7.6592 kJ/kgK
s − s l 7.6592 − .8321
=
= 0.965
x5' = 5'
r /T
7.0773
h5’=hl+x5’r = 2526.5 kJ/kg
tenendo conto del rendimento dell’espansore otteniamo per la trasformazione reale:
h4 − h5 = ρ e (h4 − h5' ) = 0.8 ⋅ (2946.1 − 2526.5) = 335.7 [kJ / kg ]
La potenza erogata dalla turbina varrà:
Pturbina = Gv ⋅ (h4 − h5 ) = 1.4 [ MW ]
ricaviamo
h5 = h4 − (h4 − h5 ) = 2610.4 [kJ / kg ]
h − hl 2610.4 − 251.5
=
≈1
x2 = 5
r
2358.4
Ing. ELETTRICA
Ing. NAVALE (I modulo)
Prova scritta di Fisica Tecnica (3 Luglio 2000)
Esercizio 1 (I modulo)
Una portata d’aria pari a 10 kg/s subisce una trasformazione politropica reversibile con
a=1.3 da condizioni iniziali p1=1 bar T1=621 K fino a p2=5 bar. Successivamente l’aria
espande attraverso una turbina fino a p3=1 bar, T3=600 K ed esce con velocità di uscita
w3=200 m/s. Calcolare la potenza sviluppata dalla turbina, la variazione di entropia ed
energia interna in turbina e l’area della sezione di uscita assumendo:
- trascurabile la velocità di ingresso in turbina
- trascurabile la variazione di quota fra ingresso e uscita della turbina
- dispersioni di calore dalla turbina verso l’esterno pari a 300 kW.
Calcolare inoltre le variazioni di entropia ed energia interna dell’aria fra ingresso e
uscita della turbina.
40
soluzione 1 (F.T. 3/7/00)
pva=cost
p
⎛ p1 ⎞
⎜⎜ ⎟⎟
⎝ p2 ⎠
1− a
a
1− a
a
T = cos t
T1 = T2 ≈ 900 K
h2= 933.5 kJ/kg
u2=675.3 kJ/kg
s2= 8.0221-0.287log(5)= 7.56 kJ/kg K
h3= 608.5 kJ/kg
u3= 436.3
s3= 7.58 kJ/kg K
∆s = 0.02 kJ / kgK
∆u = −239 kJ / kg
v3= R1T3/p3=1.722 m3/kg
⎛
w32 ⎞
&
&
⎜
⎟ [W ]
Le = Qe − G⎜ h3 − h2 +
⎟
2
⎝
⎠
&
Le = −300 − 10(608.5 − 933.5 + 20 )= 2750
[kW ]
A=Gv3/w3= 0.086 m2
Fisica Tecnica & Fisica Tecnica Ambientale
Anno accademico 2000/2001
Prova scritta del 3 Novembre 2000
Esercizio 1
Una turbina è alimentata con vapor d’acqua alla pressione di 50 bar, temperatura 700 °C.
All'uscita della turbina il vapore si trova alla pressione di 1.2 bar. Una piccola parte del
vapore è inviata ad una valvola di laminazione (che opera, al pari della turbina, in
condizioni adiabatiche) all'uscita della quale si misura una pressione di 1 bar ed una
temperatura di 200 °C. Si valuti:
a)- la temperatura all'uscita dalla turbina
( si verifichi lo scostamento dal comportamento di gas perfetto)
b)- la potenza per unità di portata della turbina
c)- il suo rendimento isoentropico
Si trascurino i termini cinetici
Si consideri la laminazione isoentalpica
1
3
2
41
soluzione 1
T
1
2
2'
3
s
Conosciamo lo stato (1) e lo stato (3). Non abbiamo conoscenza completa della trasf.12 in quanto è data solo la pressione in (2) mentre il rendimento isoentropico di
espansione è una incognita. La trasformazione 2-3 è invece nota in quanto isoentalpica.
Procediamo quindi a ritroso dal punto 3 per ricavare lo stato in (2).
a)
p3= 1 bar
T3=200 °C
dalle tabelle ricaviamo
h3=h2= 2875.4 [kJ/kg]
Interpolando per una pressione di 1.2 bar (p2) otteniamo:
T [°C]
h [kJ/kg]
200
2874.4
250
2973.8
da cui ricaviamo una temperatura pari a T2= 200.5 °C.
Lo stato 2 è quindi determinato.
b)
Consideriamo ora lo stato (1)
p1= 50 bar
T1=700 °C
dalle tabelle leggiamo h1= 3897.9 [kJ/kg]
quindi
Le= h1-h2 =3897.9 -2875.4 = 1022.5 [kJ/kg]
c)
Per il calcolo di ρe occorre l'entalpia nello stato (2') ( tr. 1-2' isoentropica )
dalle tabelle
s1= 7.5108 [kJ/kg K]
s2'= s1
Siamo in condizioni surriscaldate infatti s2’>sv(1.2 bar) =7.2984 [kJ/kg]
interpoliamo fra i valori sulla curva limite superiore e quelli corrispondenti a 1.2 bar,
150 °C nel surriscaldato che dobbiamo ricavare:
42
T= 150 °C
p [bar]
h [kJ/kg]
s [kJ/kg K]
1
2776.1
7.6137
2
2768.5
7.2794
per cui a 1.2 bar, 150 _°C avremo: h150= 2774.6 [kJ/kg] , s150=7.5468 [kJ/kg K]
Sulla c.limite abbiamo invece:
hv= 2683.4 [kJ/kg] , sv=7.2984 [kJ/kg K]
interpolando otteniamo in corrispondenza di s2’= 7.5108 [kJ/kg K]
una entalpia pari a
h2’= 2774.6+(7.5108-7.5468)/(7.2984-7.5468)*(2683.4-2774.6)= 2761.4 [kJ/kg K]
infine
ρe =
h1 − h2 3897.9 - 2875.4
=
= 0 .9
h1 − h2 ' 3897.9 - 2761.4
43