Trasformazioni termodinamiche: Esercizi svolti

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1 Trasformazioni termodinamiche: Esercizi svolti 9 aprile 2013 Esercizio 1 Si consideri un sistema chiuso in cui si abbia inizialmente aria a 5 C, ad una pressione p 1 = 1 bar, che venga in un secondo momento compressa fino ad una pressione p 2 = 10 bar. Calcolare il lavoro, il calore e la variazione di entropia, per unità di massa, scambiati nel caso in cui l aumento di pressione sia realizzato secondo le seguenti trasformazioni reversibili a calore specifico costante: 1. isoterma (1-2), 2. adiabatica (1-3), 3. politropica di esponente n=1,7 (1-4), 3. isocora (1-5). Disegnare le trasformazioni sul piano p-v e T-s. Si assuma per semplicità che l aria sia un gas ideale caratterizzato da k=1,4 e R=287 J/kg K. Ripetere poi l esercizio assumendo che il calore specifico vari con la temperatura secondo le formule di Langen (usare la tabella fornita a lezione). Soluzione Le trasformazioni sono rappresentate qualitativamente nel piano p-v in Fig. 1.1 e nel piano T-s in Fig

2 Figura 1.1: Rappresentazione della trasformazione sul piano p v. Figura 1.2: Rappresentazione della trasformazione sul piano T s. Poiché, per un gas perfetto, k = c p /c v e R = c p c v, si ottiene: { c v = = 0, 72 kj/kgk R k 1 c p = c v k = 1, 01 kj/kgk (1.1) Inoltre, è necessario convertire la temperatura da gradi centigradi a Kelvin: T 1 = = 278, 15 K. Per comodità, si introduca il parametro β, detto rapporto di compressione, tale per cui: β = p 2 p 1 = 10. 2

3 1. Trasformazione isoterma: Questo tipo di trasformazione è a temperatura costante, quindi definita dall equazione T = cost. Nel piano p-v, ricorrendo all equazione di stato dei gas perfetti, è quindi rappresentabile con un iperbole equilatera di equazione pv = RT = cost, da cui si può subito ottenere v 1 = 0, 7983m 3. Per il primo principio della termodinamica, affinché la trasformazione avvenga senza variazioni di temperatura, il lavoro fornito al sistema per comprimere il gas, dovrà essere pari al calore ceduto dal sistema verso l esterno (infatti, per un sistema chiuso, U = c v T = 0 L = Q). l 12 = q 12 = v2 v 1 pdv = RT 1 v2 v 1 dv v = RT 1ln v 2 v 1 (1.2) dall equazione di stato dei gas perfetti applicata al caso T = cost, e quindi: v 2 v 1 = p 1 p 2 = 1 β (1.3) l 12 = q 12 = RT 1 lnβ = 183, 81 kj/kg (1.4) Essendo una trasformazione a temperatura costante, l entropia sarà pari a: s 12 = q 12 T 1 = 0, 6608 kj/kgk (1.5) 2. Trasformazione adiabatica: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall assenza di scambi di calore verso l esterno (q 13 = 0) ed è definita dall equazione pv k = cost. Il lavoro di variazione di volume associato a questa trasformazione è dato dalla seguente: v3 l 13 = pdv = p 1 v1 k v 1 = RT [ ( 1 p2 1 k 1 p 1 = 185, 64 kj/kg v3 dv v 1 v = p 1v k k 1 ) k 1 ] k = RT 1 k 1 v3 k 1 v1 k 1 1 k [ β k 1 k 1 ] = (1.6) Mentre, la temperatura raggiunta dal gas in 2 è derivabile dall equazione dell adiabatica reversibile a calore specifico costante, in cui si utilizzi l equazione di stato dei gas perfetti: T 2 = T 1 β k 1 k = 537, 02 K (1.7) 3

4 Una trasformazione adiabatica è anche isoentropica per definizione, ovvero ds = Trasformazione politropica: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione pv n = cost, dove n = (c c p )/(c c v ). Analogamente all adiabatica reversibile: v4 l 14 = pdv = p 1 v1 n v 1 = RT [ ( 1 p2 1 n 1 p 1 = 180, 28 kj/kg v4 dv v 1 v = p 1v n n 1 ) n 1 ] n = RT 1 n 1 v4 n 1 v1 n 1 1 n [ β n 1 n 1 ] La temperatura raggiunta dal gas in 3 è, analogamente alla (1.7): = (1.8) T 4 = T 1 β n 1 n = 717, 86 K (1.9) Inoltre, dalla definizione di calore specifico è possibile calcolare il calore scambiato durante la trasformazione politropica: q 14 = c(t 4 T 1 ) = c v n k n 1 (T 4 T 1 ) = 135, 68 kj/kg (1.10) La variazione di entropia è data da: Integrando: ds 14 = cdt T (1.11) s 14 = c v n k n 1 lnt 4 T 1 = 0, 2926 kj/kgk (1.12) Parimenti, usando il primo principio della termodinamica: ds 14 = dq T = du + pdv T dt = c v T + Rdv v (1.13) Integrando: s 14 = c v ln T 4 T 1 + R ln v 4 v 1 = 0, 2939 kj/kgk (1.14) dove v 4 = RT 4 /p 4 = 0, 2060m Trasformazione isocora: 4

5 Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione v = cost, per cui, non essendoci variazioni di volume, il termine l 15 = v 5 v 1 pdv è ovviamente nullo. Il gas può però essere compresso tramite un adduzione di calore, che dal primo principio è calcolabile come segue: q 15 = u = c v (T 5 T 1 ) (1.15) È quindi prima necessario calcolare T 5, e si può fare utilizzando l equazione di stato dei gas perfetti, applicata al caso di trasformazione isocora (v = cost): v R = cost = T 5 p 2 = T 1 p 1 T 5 = T 1 β = 2781, 15 K (1.16) Da cui: q 15 = 1802, 16 kj/kg. La variazione di entropia è data da: Integrando: ds 15 = c vdt T (1.17) s 15 = c v ln T 5 T 1 = 1, 3454 kj/kgk (1.18) Esercizio 2 Si consideri un compressore dinamico (compressione a flusso stazionario) che comprima aria a temperatura ambiente, da una pressione p 1 = 1 bar a una pressione p 2 = 6 bar. Si determini il lavoro di compressione necessario, nel caso in cui si realizzino le seguenti trasformazioni reversibili a calore specifico costante: 1. adiabatica, 2. isoterma, 3. politropica con esponente n = 3,8, 4. politropica con esponente n = 1,23. Si traccino le trasformazioni sul diagramma T-s. Con riferimento alla politropica di esponente n, si consideri in seconda istanza, il punto di fine compressione come un punto di fine compressione reale e si calcoli il lavoro associato alla trasformazione irreversibile. Si discutano poi le differenze con 5

6 il lavoro dell adiabatica e della politropica reversibili (con esponente n). Si assuma per semplicità che l aria sia un gas ideale caratterizzato da k=1,4 e R=287 J/kg K. Ripetere poi l esercizio assumendo che il calore specifico vari con la temperatura secondo le formule di Langen (usare la tabella fornita a lezione). Soluzione Le trasformazioni sono rappresentate qualitativamente nel piano T-s in Fig Figura 2.1: Rappresentazione della trasformazione sul piano T s. Essendo aria, sappiamo che il gas è caratterizzato da R = 287 J/kgK. Consideriamo la prima trasformazione: essendo un adiabatica reversibile, essa è rappresentata dall equazione: pv k = cost (2.1) dove k = 1, 4 nel caso in cui il gas sia aria. Poiché, per un gas perfetto, k = c p /c v e R = c p c v è facile determinare i valori dei calori specifici: { c v = R k 1 = 0, 72 kj/kgk c p = c v k = 1, 01 kj/kgk (2.2) 6

7 Il lavoro associato alla compressione adiabatica reversibile sarà dato da, (sistema aperto): l 12 = = p2 vdp (2.3) p 1 ( ) k k 1 RT 1 β k 1 k 1 = 193, 4 kj/kg poiché T 1 = , 15 = 288, 15 K e β = p 2 p 1 = 6. La temperatura del gas nel punto 2 sarà ricavabile dalla relazione (2.1), da cui, utilizzando l equazione di stato dei gas perfetti, si ottiene: T 2 = T 1 β k 1 k = 480 K (2.4) Consideriamo ora la trasformazione isoterma da 1 a 1. Questa trasformazione può essere rappresentata sul piano T-s da una politropica con n = 1. In generale, è una trasformazione caratterizzata da dt = 0 e quindi T = cost. Il lavoro di variazione di volume connesso a tale trasformazione risulta quindi essere: p1 l 11 = vdp = (2.5) p 1 p1 dp = RT 1 p = p 1 = RT 1 lnβ = q 11 = 148, 1 kj/kg Per quanto riguarda la trasformazione politropica con esponente n = 3,8, essendo n > k, si vede dalla Fig. 2.1 che la trasformazione 12 è rappresentabile con una curva più ad entropia crescente (più inclinata) rispetto all adiabatica reversibile. Viceversa sarà per la politropica con n = 1,23 < k, rappresentata dalla curva 12. Ricordiamo che la generica trasformazione politropica è una trasformazione a calore specifico costante, per cui vale: c = dq dt caratterizzata da un esponente n, tale per cui: = cost (2.6) n = c c p c c v (2.7) 7

8 e dunque: c = c c p c c v = c v m k m 1 (2.8) Per cui si ottiene: c = 0, 62 per la trasformazione 12 (n=3,8) e c = 0, 53 per la 12 (n =1,23). Il lavoro associato alla trasformazione 12 sarà: l 12 = = p2 vdp = (2.9) p 1 ( ) n n 1 RT 1 β n 1 n 1 = 307, 8 kj/kg Allo stesso modo, il lavoro associato alla trasformazione 12 sarà: l 12 = = p2 vdp = (2.10) p 1 ( ) n n 1 RT 1 β n 1 n 1 = 176 kj/kg Le temperature del gas nei punti 2 e 2 saranno ricavabili, per analogia, dalla relazione (2.1), laddove all esponente k si sostituiscano, rispettivamente, gli esponenti n e n : T 2 = T 1 β n 1 n = 1078 K (2.11) T 2 = T 1 β n 1 n = 402, 7 K (2.12) Applicando il primo principio della termodinamica per sistemi aperti 1, si può osservare come il lavoro netto l 12 sia calcolabile anche come il salto entalpico più una certa quantità di calore assorbito, per la trasformazione 12 : l 12 = h q 12 = c p (T 2 T 1 ) c(t 2 T 1 ) = 308, 1 kj/kg (2.13) che coincide con quanto ottenuto nella (2.9). Mentre per la trasformazione 12, il lavoro netto l 12 entalpico più una certa quantità di calore ceduto: è pari al salto l 12 = h q 12 = c p (T 2 T 1 ) c (T 2 T 1 ) = 176, 5 kj/kg (2.14) che coincide con quanto ottenuto nella (2.10). 1 δq = dh + vdp q 12 = (h 2 h 1 ) + p 2 p 1 vdp = (h 2 h 1 ) l 12 8

9 Osservazioni Si osservi che la trasformazione meno dispendiosa risulta essere l isoterma, a cui è associato un minore lavoro richiesto per la compressione. Tale trasformazione è tuttavia tecnicamente irrealizzabile, perché richiederebbe grandi superfici di scambio per poter mantenere costante la temperatura, nonostante i tempi ridotti. In Fig. 2.1, il lavoro di compressione isoterma (si ricordi che per una isoterma l = q) è rappresentabile con l area A1 1C. Il lavoro associato all adiabatica reversibile (corrispondente a una isoentropica, e viceversa 2 ), per la definizione di calore specifico a pressione costante 3, può essere visto come il calore scambiato lungo una qualsiasi isobara per portare il fluido da T 1 a T 2 : area A1 2C. Analogamente, il lavoro associato alla trasformazione politropica reversibile (consideriamo il caso con esponente n>k), dato dalla (2.9), sarà rappresentato dall area A1 2 1C. La stessa figura può essere utile per valutare le differenze tra la politropica reversibile e la trasformazione adiabatica reale (irreversibile). Entrambe le trasformazioni sono rappresentabili con la curva 12. Il lavoro dell adiabatica reale sarà però dato dall area A1 2 D e sarà calcolabile come: l 12,IRR = c p (T 2 T 1 ) = c ( p R RT 1 1 T ) 2 = (2.15) T ( ) 1 c p = RT 1 β n 1 n 1 = c p c v = k k 1 RT 1 ( β n 1 n 1 ) = 797, 9 kj/k Ottenibile anche considerando c = 0 (adiabatica) in Eq. (2.13). Si può osservare che: A1 2 D = A1 2C + C12 D + 122, dove: A1 2C rappresenta, come già detto, il lavoro associato alla politropica reversibile; C12 D è il lavoro passivo, cioè l energia dissipata per effetto dell attrito e può essere visto come calore da introdurre nella trasformazione reversibile per ottenere l effetto del calore generato dalla dissipazione di energia meccanica per effetto dell attrito presente nella trasformazione irreversibile: l p = l 12 l 12,IRR = 490, 1 kj/k (2.16) Infine, l area 122 (area in giallo in Fig. 2.1) rappresenta il cosiddetto lavoro di controrecupero, ovvero quel lavoro in più che si rende necessario per contrastare la dilatazione provocata dall attrito e che fa sì che l 12,IRR 2 Per le trasformazioni reversibili: T ds = dq dq = 0 ds = 0 3 c p = h T, dove nell isobara h = q mentre nell adiabatica h = l 9

10 l 12 > l p : l CR = l 12 l 12 = 115 kj/k (2.17) Esercizio 3 Si consideri un sistema cilindro-pistone che non scambia massa con l esterno e realizza un ciclo termodinamico costituito dalla successione di tre trasformazioni reversibili: 1. Compressione isoterma tra gli stati 1 e 2 (T 1 =0 C, p 1 =1 bar, p 2 =60 bar), 2. Adduzione di calore isobara tra gli stati 2 e 3, 3. Espansione adiabatica tra gli stati 3 e 1. Il fluido che subisce le trasformazioni è un gas ideale di massa unitaria (m=1 kg), monoatomico, con massa molare 40 kg/kmol. Disegnare le trasformazioni sul piano p-v e T-s e determinare il rendimento termodinamico del ciclo. Soluzione Le trasformazioni sono rappresentate qualitativamente nei piani p-v e T-s in Figg. 3.1 e 3.2. Figura 3.1: Rappresentazione del ciclo termodinamico sul piano p v. 10

11 Figura 3.2: Rappresentazione del ciclo termodinamico sul piano T s. Si noti che il sistema, non scambiando massa con l esterno, è un sistema chiuso. Il rendimento di un ciclo termodinamico è dato dal rapporto tra il lavoro utile L u e il calore assorbito Q 1 (ciò che si è ottenuto a fronte di ciò che si è speso): η = L u Q 1 (3.1) Poiché il fluido subisce delle trasformazioni che lo riportano alle condizioni iniziali, si ha una variazione netta di energia interna nulla, per cui per il primo principio dovrà essere: L u = Q 1 Q 2 η = 1 Q 2 Q 1 (3.2) dove Q 2 è il calore ceduto, negativo per convenzione, da cui la necessità del valore assoluto. Si noti che per un gas monoatomico con massa molare 40 kg/kmol: R = 8314/40 = 207, 8 J/kg K (3.3) Per la trasformazione di compressione isoterma, si ha che T = cost (dt = 0) per cui T 2 = T 1 = 273, 15 K. Il lavoro di variazione di volume è pari a: V2 L 12 = Q 12 = pdv (3.4) V 1 11

12 Dall equazione di stato dei gas perfetti, applicata ad una isoterma: Quindi, la (3.4) diventa: p 1 V 1 = p 2 V 2 V 2 V 1 = p 1 p 2 (3.5) L 12 = Q 12 = mrt 1 V2 V 1 dv V = mrt 1 ln V 2 = mrt 1 ln p 1 V 1 p 2 = 232, 45 kj (3.6) Per la trasformazione isobara di adduzione di calore si ha p = cost (dp = 0) per cui p 3 = p 2. Per il lavoro e il calore scambiati valgono: L 23 = V3 V 2 pdv = p 2 cdot(v 2 V 3 ) (3.7) Q 23 = mc p T = mc p (T 3 T 2 ) (3.8) dove, essendo il gas monoatomico, { c v = 5 R = 519, 6 J/kgK 2 c p = 3R = 727, 5 J/kgK (3.9) 2 Risulta necessario calcolare V 2, V 3 e T 3. T 3 può essere ottenuta considerando la terza trasformazione: essendo un espansione adiabatica reversibile, questa è caratterizzata da: p 3 V k 3 = cost = p 1 V k 1 (3.10) dove k = c p /c v = 1, 4, usando l Eq. (3.9). Usando l equazione di stato dei gas perfetti, nella (3.10): p 3 = mr T 3, p 1 = mr T 1 T 1 p 1 k k 1 = T 3 p 1 k k 3 (3.11) V 3 V 1 e quindi T 3 = T 1 ( p 1 k = 880 K = 606, 85 C. Utilizzando di nuovo l equazione di stato dei gas perfetti: p 2 ) 1 k V 3 = mr T 3 p 3 = 3, m 3 (3.12) 12

13 V 2 = mr T 2 p 2 = 9, m 3 (3.13) A questo punto, sostituendo in Eqq. (3.7) e (3.8), si ha: Q 23 = 441, 5 kj L 23 = 126 kj Per l espansione adiabatica reversibile, si ha che il calore scambiato è nullo, Q 31 = 0, mentre il lavoro può essere calcolato come: V1 V1 L 31 = pdv = V 3 V 3 = p 3 V k 3 = p 1V 1 p 3 V 3 k 1 dall equazione di stato dei gas perfetti: V1 1 k V3 1 k 1 k p 3 V3 k dv (3.14) V k V 1 = mr T 1 p 1 = 0, 568 m 3 (3.15) Sostituendo in Eq. (3.14), si ottiene quindi L 31 = 315, 6 kj. Il lavoro utile del ciclo risulta allora essere: L u = L 12 + L 23 + L 31 = 209, 15 kj (3.16) negativo perché fatto dal sistema sull ambiente esterno (energia uscente dal sistema). Il calore totale scambiato risulta invece: Q tot = Q 12 + Q 23 = 209, 05 kj (3.17) E si vede come, a meno di errori di approssimazione, L u = Q tot. Finalmente, dall Eq. (3.2): η = 1 Q 12 Q 23 = 0, 473 (3.18) 13

14 Esercizio 4 Si consideri di avere 1 kg di azoto a pressione atmosferica, in un ambiente di 1 m 3 che non può scambiare massa con l esterno. Il gas viene poi sottoposto a un ciclo termodinamico così composto: 1. compressione con rapporto di compressione β = 3, 5 (trasformazione politropica con n=1,3) 2. trasformazione isocora fino alla pressione iniziale 3. trasformazione isobara fino alle condizioni iniziali Rappresentare il ciclo sul piano p-v e determinare il lavoro netto del ciclo e il calore totale scambiato. Ripetere poi l esercizio assumendo che la prima trasformazione dia un adiabatica reversibile e che il calore specifico vari con la temperatura secondo le formule di Langen (usare la tabella fornita a lezione). Soluzione Le trasformazioni sono rappresentate qualitativamente nel piano p-v in Fig Figura 4.1: Rappresentazione del ciclo termodinamico sul piano p v. Si inizi con il considerare che l azoto è un gas biatomico con peso molecolare M = 28, 01 kg/kmol da cui si può ricavare R = 8314/28, 01 = 14

15 296, 8 J/kgK e k = 7/5 = 1, 4. Poiché, per un gas perfetto, k = c p /c v e R = c p c v, si ottiene: { c v = R k 1 = 0, 742 kj/kgk c p = c v k = 1, 04 kj/kgk (4.1) Inoltre, è possibile calcolare la temperatura iniziale dall equazione di stato dei gas perfetti (pressione atmosferica: p 1 = 1 bar): Poiché β = 3, 5, p 2 = 3, 5 bar. T 1 = p 1V 1 mr = 337 K (4.2) 1. Trasformazione politropica: La temperatura raggiunta dal gas dopo la compressione sarà calcolabile dall equazione della politropica: mentre per il volume: T 2 = T 1 β n 1 n = 450 K (4.3) V 2 = V 1 ( 1 β ) 1 n = 0, 382 m 3 (4.4) Il lavoro della compressione politropica sarà pari a: V2 L 12 = pdv = p 1 V1 n = V 1 [ ] 1 β n 1 n 1 n 1 = 111, 76 kj V2 V 1 dv V n (4.5) Inoltre, dalla definizione di calore specifico, si può calcolare il calore scambiato: Q 12 = mc(t 2 T 1 ) = mc v n k n 1 (T 2 T 1 ) = 27, 95 kj (4.6) 2. Trasformazione isocora: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione V = cost (V 3 = V 2 = 0, 382 m 3 ), per cui, non essendoci variazioni di volume, il termine L 23 = V 3 V 2 pdv è ovviamente nullo. 15

16 Il gas può però essere espanso tramite una sottrazione di calore, che dal primo principio è calcolabile come segue: Q 23 = mc v (T 3 T 2 ) (4.7) È quindi prima necessario calcolare T 3, che dall equazione di stato dei gas perfetti (si consideri che p 3 = p 1 = 1 bar), è data da: da cui: Q 23 = 238, 9 kj. T 3 = p 3V 3 mr = 128 K (4.8) 3. Trasformazione isobara: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione p = cost. Il lavoro di espansione libera sarà pari a: L 31 = V1 Mentre per il calore avremo: V 3 pdv = p(v 3 V 1 ) = 61, 8 kj (4.9) Q 31 = mc p T = mc p (T 1 T 3 ) = 217, 36 kj (4.10) Il lavoro netto del ciclo sarà quindi dato dalla somma algebrica dei lavori associati alle diverse trasformazioni (si ricordi che la trasformazione isocora è a lavoro di variazione di volume nullo): L u = L 12 + L 31 = 49, 76 kj (4.11) Il calore totale scambiato sarà analogamente dato dalla somma algebrica dei calori scambiati durante le diverse trasformazioni: Q tot = Q 12 + Q 23 + Q 31 = 49, 49 kj (4.12) E si vede come, a meno di errori di approssimazione, L u = Q tot. Risolviamo lo stesso esercizio considerando che la compressione avvenga adiabaticamente e che c p e c v siano variabili con la temperatura secondo le equazioni di Langen: c p = a + bt e c v = a + bt. Per l azoto, a = 0, 986 kj/kgk, a = 0, 69 kj/kgk, b = 0, kj/kgk 2. Dalla formula di Mayer: R = c p c v = a a = 0, 296 kj/kgk. Si noti che è lo stesso valore ottenuto in precedenza, infatti la costante universale dei gas dipende solo dalle proprietà chimiche del gas e non da quelle termodinamiche. 16

17 La temperatura iniziale rimane definita dall equazione di stato dei gas perfetti (pressione atmosferica: p 1 = 1 bar): Poiché β = 3, 5, p 2 = 3, 5 bar. T 1 = p 1V 1 mr = 337 K (4.13) 1. Trasformazione adiabatica: Per calcolare la temperatura raggiunta dal gas dopo la compressione attraverso l equazione dell adiabatica reversibile, occorre utilizzare la seguente: T 2 = T 1 β k 1 k (4.14) che però non è risolvibile analiticamente poiché, tramite Langen, k dipende da T 2. In particolare, senza commettere un grande errore, il k può essere determinato come funzione della temperatura media (T 1 + T 2 )/2. k = c p c v = a + b(t 1 + T 2 )/2 a + b (T 1 + T 2 )/2 (4.15) Poiché, come detto, T 2 è l incognita, il problema va risolto iterativamente. Si identifica un valore di primo tentativo, per T 2 che può essere scelto applicando la relazione dell adiabatica dove si utilizzi k(t = T 1 ). k (1) = c p c v = a + bt 1 a + b T 1 = 1, 3981 (4.16) 2 = T 1 β k (1) 1 k (1) = 481, 4400 K (4.17) T (1) k (2) = T (2) k (3) = a + b(t (1) 2 + T 1 )/2 a + b (T (1) 2 + T 1 )/2 = 1, 3922 (4.18) 2 = T 1 β k (2) 1 k (2) = 479, 6148 K (4.19) T (3) a + b(t (1) 2 + T 1 )/2 a + b (T (1) 2 + T 1 )/2 = 1, 3921 (4.20) 2 = T 1 β k (3) 1 k (3) = 479, 5908 K (4.21) Già ci si può fermare, poiché l errore commesso tra T (3) 2 e T (3) 2 è meno dell 1%. Per completezza, lo verifichiamo con un ulteriore iterazione: k (4) = a + b(t (4) 2 + T 1 )/2 a + b (T (4) 2 + T 1 )/2 17 = 1, 3921 (4.22)

18 2 = T 1 β k (4) 1 k (4) = 479, 5911 K (4.23) T (4) da cui si vede che la temperatura non cambia significativamente. Dall equazione dei gas perfetti è poi possibile calcolare il volume alla fine della compressione: V 2 = RT 2 p 2 = 0, 406 m 3 (4.24) Il lavoro della compressione adiabatica sarà pari a: V2 L 12 = V 1 = RT 1 k 1 = 107, 64 kj V2 pdv = p 1 V k 1 V [ ] 1 β k 1 k 1 dv V k (4.25) 2. Trasformazione isocora: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione V = cost (V 3 = V 2 = 0, 406 m 3 ), per cui, non essendoci variazioni di volume, il termine L 23 = V 3 V 2 pdv è ovviamente nullo. Il calore dal primo principio è funzione di c v che calcoleremo come valore medio tra T 2 e T 3 : Q 23 = mc v (T 3 T 2 ) = m(a + b(t 3 + T 2 )/2)(T 3 T 2 ) (4.26) È quindi prima necessario calcolare T 3, che dall equazione di stato dei gas perfetti (si consideri che p 3 = p 1 = 1 bar), è data da: da cui: Q 23 = 253, 2 kj. T 3 = p 3V 3 mr = 137, 03 K (4.27) 3. Trasformazione isobara: Questo tipo di trasformazione è caratterizzata dall equazione p = cost. Il lavoro di espansione libera sarà pari a: V1 L 31 = pdv = p(v 3 V 1 ) = 59, 40 kj (4.28) V 3 18

19 Mentre per il calore avremo: Q 31 = mc p T = m(a + b(t 3 + T 1 )/2)(T 1 T 3 ) = 204, 71 kj (4.29) Il lavoro netto del ciclo sarà quindi dato dalla somma algebrica dei lavori associati alle diverse trasformazioni (si ricordi che la trasformazione isocora è a lavoro di variazione di volume nullo): L u = L 12 + L 31 = 48, 24 kj (4.30) Il calore totale scambiato sarà analogamente dato dalla somma algebrica dei calori scambiati durante le diverse trasformazioni: Q tot = Q 12 + Q 23 + Q 31 = 48, 49 kj (4.31) E si vede come, a meno di errori di approssimazione, L u = Q tot. Esercizio 5 Si consideri di far evolvere in una turbina dinamica una portata di vapore acqueo di 80 kg/s, inizialmente alla temperatura di 550 C. Sapendo che il salto di pressione è p = 179 bar, valutare la differenza percentuale di potenza meccanica estraibile nel caso in cui sia p f = 1 bar e p f = 0, 01 bar. Si consideri che la trasformazione di espansione sia un adiabatica reversibile. Soluzione La potenza meccanica estraibile da una turbina è pari a: P mecc = ṁ l t (5.1) dove, essendo la turbina un sistema aperto e la trasformazione un adiabatica (q = 0), dal primo principio: l t = h i h f (5.2) Caso 1: p f = 1bar L entalpia nel punto 3 può essere determinata dalle tabelle del vapore surriscaldato, in funzione di T i = 550 C e p i = p + p f = 180 bar: h i = 3416, 1 kj/kg 19

20 Per determinare l entalpia del punto finale, essendo la trasformazione isoentropica, si può sfruttare l informazione sull entropia s i = s f, dove, dalle tabelle del vapore surriscaldato, s i = 6, 4069 kj/kgk. A questo punto, è possibile calcolare il titolo di fine espansione, da cui poi sarà possibile ottenere il valore di entalpia nel punto finale. Il titolo può essere calcolato con la regola della leva, dove il pedice cli si riferisce alla curva limite inferiore, cioè alle condizioni di liquido saturo, mentre cls si riferisce alla curva limite superiore, cioè alle condizioni di vapor saturo: x = s f s cli s cls s cli = Per lo stesso principio: 6, 4069 kj/kgk 1, 3027 kj/kgk 7, 3598 kj/kgk 1, 3027 kj/kgk = 0, 84 (5.3) x = h f h cli h cls h cli (5.4) h f = x(h cls h cli ) + h cli = = 0.84 (2675, 4 kj/kg 417, 51 kj/kg) + 417, 51 kj/kg = kj/kg Da cui: P mecc,1 = ṁ l t = ṁ (h i h f ) = 88, 16 MW (5.5) Caso 2: p f = 0, 01bar L entalpia nel punto 3 può essere agevolmente determinata dalle tabelle del vapore surriscaldato, in funzione di T i = 550 C e p i = p + p f = 179, 01 bar. Questa volta si rende necessaria un interpolazione, da cui si ottiene: h i = 3417, 2 kj/kg Per determinare l entalpia del punto finale, essendo la trasformazione isoentropica, si può sfruttare l informazione sull entropia s i = s f, dove, dalle tabelle del vapore surriscaldato, interpolando, s i = 6, 4100 kj/kgk. (Si può notare come i valori dell entalpia e dell entropia siano variati irrisoriamente, per il vapore surriscaldato). A questo punto, è possibile calcolare il titolo di fine espansione, da cui poi sarà possibile ottenere il valore di entalpia nel punto finale. Il titolo può essere calcolato con la regola della leva: x = s f s cli s cls s cli = 6, 4100 kj/kgk 0, 1060 kj/kgk 8, 9767 kj/kgk 0, 1060 kj/kgk 20 = 0, 71 (5.6)

21 Per lo stesso principio: x = h f h cli h cls h cli (5.7) h f = x(h cls h cli ) + h cli = = 0, 71 (2514, 4 kj/kg 29, 34 kj/kg) + 29, 34 kj/kg = 1795, 32 kj/kg (Si può adesso notare come i valori dell entalpia e dell entropia siano variati significativamente per il vapore saturo). Da cui: P mecc,2 = ṁ l t = ṁ (h i h f ) = 129, 75 MW (5.8) La variazione percentuale di potenza meccanica estraibile è del 47%, infatti: P mecc = (P mecc,1 P mecc,2 )/P mecc,1 = 0, 47 (5.9) Questo può essere spiegato considerando che il lavoro trasferito dal fluido alla turbina (sistema aperto) è dato da: l t = pf p i vdp (5.10) e, a parità di p, l equazione di Clapeyron 4 ci dice che il volume specifico aumenta di molto al diminuire della pressione di saturazione, poiché la derivata della temperatura rispetto alla pressione, in saturazione, assume valori cospicui. 4 dt sat dp sat v = T sat r, con r calore latente 21