Esercizi risolti e temi d’esame - Politecnico di Torinocorsiadistanza.polito.it/corsi/pdf/11CINDK/11CINDK_AA08-09... · Esercizi risolti e temi d’esame SISTEMI ENERGETICI - Esercizi

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 I

Esercizi risolti e temi d’esame

Esercitazione 1 (Capitolo 1 Termodinamica): esercizi svolti

1.La pressione in un pneumatico automobilistico dipende dalla temperatura dell’ariacontenuta nel pneumatico. Quando la temperatura dell’aria è la pressione rela-tiva all’ambiente è . Se il volume del pneumatico è determinarel’aumento di pressione quando la temperatura dell’aria nel pneumatico sale a .Determinare anche la quantità di aria che deve essere spillata per ripristinare la pres-sione al suo valore originale a questa temperatura. Assumere che la pressioneambiente sia . [ ]

Dati: oltre a quelli riportati nello schema è nota Incognite: , SvolgimentoEquazione di stato dei gas riferita alle condizioni 1:

Equazione di stato dei gas riferita alle condizioni 2: Valgono poiché il volume del pneumatico non cambia e

perché la quantità di gas contenuta è costante. Si ha quindi: da cui si

ricava la pressione nello stato 2.NB Le pressioni che compaiono nell’equazione di stato sono assolute, così comele temperature.

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

L’aumento di pressione che si verifica in seguito all’aumento di temperatura valequindi

Equazione di stato dei gas riferita alle condizioni 3: Valgono poiché il volume del pneumatico non cambia e ;mettendo a sistema l’equazione di stato per le condizioni 3 e quella per le condizioni

2 si ottiene: da cui dato che .

Il numero di moli d’aria contenute nel pneumatico nello stato 2 vale:

25°C

210 kPa 0.025 m3

50°C

100 kPa 26 kPa 7 g,

T 1 = 2 5 ° Cp 1 , r e l = 2 1 0 kV 1 = 0 . 0 2 5 m

S t a t o 1

a r i a

T 2 = 5 0 ° C

S t a t o 2

a r i a

T 3 = T 2p 3 = p 1

S t a t o 3

a r i a

T 1 = 2 5 ° Cp 1 , r e l = 2 1 0 kV 1 = 0 . 0 2 5 m

S t a t o 1

a r i a

T 2 = 5 0 ° C

S t a t o 2

a r i a

T 3 = T 2p 3 = p 1

S t a t o 3

a r i a

pamb 100 kPa=

p2 p1– mspill m2 m3–=

p1V1 n1R T1=

p2V2 n2R T2=V1 V2 V= = n1 n2 n= =

nRV

----------p1T1-----

p2T2-----= =

p1 p1 rel, pamb+ 210 kPa 100 kPa+ 310 kPa= = =

p2 p1T2T1-----⋅ 310 kPa 50 273.15+( ) K

25 273.15+( ) K---------------------------------------⋅ 336 kPa= = =

p2 p1– 336 kPa 310 kPa– 26 kPa= =

p3V3 n3R T3=V3 V2 V= = T3 T2 T= =

R TV

------------p3n3-----

p2n2-----= = n3 n2

p3p2-----⋅ n2

p1p2-----⋅= = p3 p1=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 II

La quantità di aria che deve essere spillata, in termini di moli, è pari a:

Poiché , in termini di massa si ha:

In alternativa:

7.Una stanza di 4x5x7 metri viene riscaldata da un radiatore del sistema di riscalda-mento. Il radiatore trasferisce una potenza termica di , e un ventilatore cheassorbe una potenza di viene utilizzato per distribuire l’aria calda nella stanza.La potenza termica persa dalla stanza verso l’esterno è stimata pari a . Se latemperatura iniziale della stanza è di , e la pressione è , determinarequanto tempo occorre per innalzare la temperatura dell’aria fino a . Assumere

, . [ ]

Dati:dimensioni stanza: 4 m x 5 m x 7 m

,

Incognita: SvolgimentoPoiché non si prendono in considerazione scambi di massa con l’esterno attraversoporte e finestre, la stanza è un sistema chiuso.1° principio per i sistemi chiusi: Per il sistema in esame si ha e . Inoltre trattando l’aria come un gas

ideale vale e quindi

n2p2V2

R T2------------- 336 kPa 0.025 m3⋅

8314.14 J kmol K⋅------------------------ 50 273.15+( ) K⋅

------------------------------------------------------------------------------------------

336 103 N m2-------- 0.025 m3⋅ ⋅

8314.14 Nm kmol K⋅------------------------ 50 273.15+( ) K⋅

------------------------------------------------------------------------------------------ 3.1265 mol

= =

= =

n3 n2p1p2-----⋅ 3.1265 mol 310 kPa

336 kPa-------------------⋅ 2.8846 mol= = =

n2 n3– 3.1265 mol 2.8846 mol– 0.2419 mol= =

m nM=

mspill m2 m3– n2M n3M– n2 n3–( ) M⋅ 0.2419 mol 28.97 kg kmol-------------⋅ 7 g= = = = =

mspill m2 m3–p2V2

R T2-----------

p3V3

R T3-----------– p2 p3–( ) V

RT-------

336 310–( )103 0.025287 50 273.15+( )------------------------------------------- N

m2------ m3

JkgK---------- K⋅-------------------⋅ ⋅ 0.007 kg

= = =

= =

10 MJ h⁄100 W

5 MJ h⁄10°C 100 kPa

20°CR 287 J kgK⁄= cp 1.005 kJ kgK⁄= 831 s

7 m5 m

4 m

Pe

riscQ& dispQ&

7 m5 m

4 m

Pe

riscQ& dispQ& Q· risc 10 MJh

-------=

Pe 100 W=

Q· disp 5 MJh

-------=

Ti 10 °C=

pi 100 kPa=

Tf 20 °C=

R 287 Jkg K⋅--------------= cp 1.005 kJ

kg K⋅--------------=

Δτ τ τ0–=

Qe Le+ ΔE ΔU ΔEc ΔEg …+ + += =

ΔEg 0= ΔEc 0=

Δu cv ΔT⋅= ΔU m Δu⋅ m cv ΔT⋅ ⋅= =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 III

Il 1° principio applicato alla stanza diventa: La potenza termica entrante nel sistema è pari alla potenza ceduta dai radiatori allastanza al netto di quella che la stanza disperde verso l’esterno per trasmissione delcalore: .Per definizione, l’energia è l’integrale della potenza nel tempo:

Poiché nel caso in esame la potenza termica e la potenza meccanica sonocostanti, si ha:

Di conseguenza il 1° principio diventa da cui si

ricava il tempo necessario per innalzare la temperatura della stanza da a :

La massa d’aria che deve essere riscaldata può essere determinata dall’equazione distato dei gas applicata allo stato iniziale , tenendo anche conto delfatto che :

8.

Aria a e entra nel diffusore adiabatico di un motore a reazione con unavelocità di . La sezione di ingresso del diffusore è di . L’aria lascia ildiffusore con velocità trascurabile. Determinare (a) la portata in massa dell’aria e (b)la temperatura di uscita. [ , ]Dati:

Qe Le+ m cv Tf Ti–( )⋅ ⋅=

Q· e Q· risc Q· disp–=

Qe Le+ Q· e Pe+( ) τdτ0

τ

∫=

Q· e Pe

Qe Le+ Q· e Pe+( ) τdτ0

τ

∫ Q· e Pe+( ) τ τ0–( )⋅ Q· e Pe+( ) Δτ⋅= = =

Q· e Pe+( ) Δτ⋅ m cv Tf Ti–( )⋅ ⋅=

Ti Tf

Δτm cv Tf Ti–( )⋅ ⋅

Q· e Pe+------------------------------------=

piV nR Ti=m nM=

mpiV

R Ti

------------- M⋅piVRTi-------- 100 kPa 5 4 7⋅ ⋅( ) m3⋅

0.287 kJ kg K⋅---------------- 10 273.15+( ) K⋅

----------------------------------------------------------------------------100 kN

m2-------- 140 m3⋅

0.287 kN m⋅ kg K⋅------------------ 283.15 K⋅

-------------------------------------------------------------= = = = =

172.3 kg=

cv cp R– 1005 Jkg K⋅-------------- 287 J

kg K⋅----------------– 718 J

kg K⋅----------------= = =

Q· e Q· risc Q· disp– 10 MJh

------- 5 MJh

-------– 5 MJh

-------5 106J

h-----------

3600 sh---

----------------- 1388.9 Js-- 1388.9 W= = = = = =

Δτ172.3 kg 718 J

kg K⋅---------------- 20 10–( ) °C⋅ ⋅

1388.9 W 100 W+----------------------------------------------------------------------------------------- 831 s= =

80 kPa 10°C

200 m s⁄ 0.4 m2

m· 78.8 kg s⁄= T2 303.1 K=

p1 80 kPa=

T1 10 °C=

qe 0=

c1 200 m/s=

A1 0.4 m2=

c2 0=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 IV

Incognite: , Svolgimento(a) Equazione di continuità per un fluido in flusso stazionario:

dove è la portata in massa del fluido, la sua densità e la sezione di passaggioperpendicolare rispetto alla direzione della velocità .

Applicandola alle condizioni 1 si ricava dove

(b) 1° principio per i sistemi aperti in forma termica:

Nel caso considerato diventa: , cioè

da cui si ricava

13.

Aria ( , ) viene espansa adiabaticamente e reversibilmente inun condotto convergente da 1.5 MPa e 150 °C a 0.75 MPa. La velocità di ingresso èmolto piccola, e il processo avviene in condizioni stazionarie. Calcolare la velocità diuscita dal condotto. [c = 390.8 m/s].

Dati: oltre a quelli riportati nello schema sono noti ,

Incognita: SvolgimentoIl condotto convergente (ugello) è un sistema aperto, avente un solo ingresso ed unasola uscita. Poiché il processo avviene in condizioni stazionarie si ha

1° principio per i sistemi aperti in forma termica: Nel caso in esame si ha perché il processo è adiabatico, perché non c’è

scambio di lavoro (il volume di controllo non è attraversato da alberi), .Quindi il 1° principio in forma termica diventa

La velocità di uscita non può essere ricavata immediatamente da questa equazione

perché anche è incognita. Si calcola dall’equazione della politropica

, in cui poiché la trasformazione è adiabatica e reversibile.

da cui e


Riprendendo il 1° principio in forma termica si ottiene:

m· T2

m· ρ A c⋅ ⋅=

m· ρ Ac

m· ρ1 A1 c1⋅ ⋅= ρ1p1

R T1⋅--------------=

qe li+ Δh Δec Δeg+ +=

0 0+ Δh Δec 0+ += cp T2 T1–( )c2

2 c12–

2----------------+ 0=

T2 T1c1

2 c22–

2cp----------------+ T1

c12

2cp--------+= =

R 287 J kgK⁄= γ 1.4=

p1= 1.5 MpaT1 = 150 °Cc1 = 0 m/s

σ

aria

qe= 0lw= 0

p2= 0.75 Mpap1= 1.5 MpaT1 = 150 °Cc1 = 0 m/s

σ

aria

qe= 0lw= 0

p2= 0.75 Mpa

R 287 Jkg K⋅--------------= γ 1.4=

c2

m· 1 m· 2 m·= =

qe li+ hΔ egΔ ecΔ ...+ + +=qe 0= li 0=

eg 0≈Δ

0 hΔ ecΔ+ cp ΔTc2

2 c12–

2----------------+⋅ cp T2 T1–( )

c22 0–2

--------------+⋅= = =

c2

T2 T2

T

pn 1–

n------------

----------- tcos= n γ=

T1

p1

γ 1–γ

----------------------

T2

p2

γ 1–γ

----------------------=

p2

γ 1–γ

-----------

p1

γ 1–γ

----------------------

T2

T1-----=

p2

p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

γ 1–γ

-----------T2

T1-----=

T2 T1p2p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

γ 1–γ

-----------

⋅ 150 273.15+( ) K 0.75 MPa1.5 MPa-----------------------⎝ ⎠⎛ ⎞

1.4 1–1.4

----------------

⋅ 347.12 K= = =

c2 2cp T1 T2–( )⋅ 2R γγ 1–----------- T1 T2–( )⋅= = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 V

OSSERVAZIONE

15.

Una turbina espande aria ( , ) dalle condizioni 10 bar, 150 °Ce 30 m/s alle condizioni 3 bar e 2 °C. Il diametro del condotto in cui sono state effet-tuate le misure è di 0.15 m, tanto per l’ingresso che per l’uscita. Ammettendo il flussostazionario attraverso la macchina calcolare (I) la quantità di calore scambiata conl’esterno, sapendo che la potenza sviluppata è di 500 kW. Valutare inoltre (II) l’entitàdelle resistenze passive. [ , ]Dati:

,

con la convenzione “lavoro positivo se entrante nel sistema”, oppure

con la convenzione “lavoro positivo se uscente dal sistema”

Incognite: , Svolgimento

, dove

NB1 Se si adotta la convenzione generale dei segni (lavoro positivo se entrante nelsistema), qui ci si deve aspettare un lavoro negativo perché fatto dal sistemasull’esterno.NB2 Potenza e lavoro hanno sempre lo stesso segno perché >0.

Dal 1° principio per i sistemi aperti in forma termica:

Dal 1° principio per i sistemi aperti in forma meccanica:

, dove

2 287⋅ Jkg K⋅-------------- 1.4

1.4 1–----------------⋅ 150 273.15 347.12–+( ) K⋅ 390.8 J

kg------ 390.8 ms

----= = =

Jkg------ Nm

kg--------- N

kg------ m⋅ m

s2---- m⋅ m

s----= = = =

R 287 J kgK⁄= γ 1.4=

qe 32.58– kJ kg⁄= lw 2.6 kJ kg⁄=

R 287 J kgK⁄= γ 1.4=p1 10 bar=

T1 150 °C=

c1 30 m/s=

p2 3 bar=

T2 2 °C=

D1 D2 0.15 m= =

Pi 500 kW–=

Pi 500 kW=

qe lw

ρ1p1

R T1⋅--------------=

m· ρ1 A1 c1⋅ ⋅= A1π D1

2⋅4

--------------=

liPm·----=

m·

ρ2p2

R T2⋅--------------=

c2m·

ρ2 A2⋅----------------=

qe Δh Δec li–+ cp T2 T1–( )c2

2 c12–

2---------------- li–+⋅= =

lw li v p Δec–d1

2

∫–=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 VI

, dove

Quest’ultima equazione deriva dal fatto che la politropica può essere scritta come

. Infatti, se il rapporto deve mantenersi costante, allora vale anche

, da cui

Estraendo il logaritmo da entrambi i membri:

da cui (c.v.d.)

NB3 Quando si ha a che fare con una turbina, che compie lavoro sull’esterno equindi origina un lavoro negativo con la convenzione generale dei segni, può conve-nire cambiare convenzione e cioè considerare positivo il lavoro fatto dal sistemasull’esterno (in modo da ottenere un lavoro positivo). Come? E’ semplice: laddovecompare il termine nelle equazioni, occorre sostituirlo con , lasciando tuttoil resto invariato.Così, il 1° principio per i sistemi aperti diventa:

anziché

anziché

18.Una pompa solleva acqua da un pozzo fino ad un serbatoio aperto posto 20 m sopra ilpelo libero dell’acqua del pozzo. Il condotto in cui è inserita la pompa ha diametro di10 cm e l’acqua vi presenta la velocità di 2 m/s. Ammettendo che le resistenze pas-sive complessive circuito/pompa ammontino a 4 m in colonna d’acqua, calcolare lapotenza del motore che aziona la pompa (rendimento meccanico ).

[ ]

Dati:

v pd1

2

∫n

n 1–------------RT1

p2p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

1–=

n 1–n

------------

T1T2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln

p1p2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln

-----------------=

T

pn 1–

n------------

------------ tcos= T

pn 1–

n------------

------------

T1

p1

n 1–n

---------------------------

T2

p2

n 1–n

---------------------------=

T1T2-----

p1

n 1–n

------------

p2

n 1–n

---------------------------

p1p2-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

= =

T1T2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln

p1p2-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

ln n 1–n

------------p1p2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln⋅= =

n 1–n

------------

T1T2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln

p1p2-----⎝ ⎠⎛ ⎞ln

-----------------=

li li–

qe li– Δh Δec Δeg+ += qe li+ Δh Δec Δeg+ +=

li– v p lw Δec Δeg+ + +d1

2

∫= li v p lw Δec Δeg+ + +d1

2

∫=

ηm 0.97=

Pa 3.8= kWM

σ

h

1

2

M

σ

h

1

2

M

σ

h

1

2

h 20 m=D 10 cm=c 2 m/s=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 VII

perdite per resistenze passive = 4 m H2Orendimento meccanico

Incognita: SvolgimentoLa potenza assorbita dal motore è maggiore della potenza interna richiesta dalla

pompa per via delle perdite insite nell’accoppiamento motore-pompa: l’albero checollega la pompa con il motore è sostenuto da cuscinetti che inevitabilmente dissi-pano potenza a causa dello strisciamento relativo tra le parti. Il rendimento mecca-nico, che tiene conto delle perdite per attriti di tipo meccanico, è definito come:

da cui si ricava

La portata in massa può essere calcolata dall’equazione di continuità:

dove è la sezione del condotto circolare in cui è inserita la pompa. In mancanza didati di temperatura1, si assuma come valore di riferimento per la densità dell’acqua

.

Il lavoro interno massico può essere ricavato dal 1° principio per i sistemi aperti informa meccanica applicato a un volume di controllo che racchiuda tutto il circuito(non solo la pompa), visto che sono note le perdite complessive del sistema circuito +pompa; quello disegnato in figura passa per i peli liberi dei serbatoi, e risulta partico-larmente comodo.

Poiché il fluido di lavoro è un liquido, che può essere considerato con buona appros-

simazione incompressibile, si ha:

perché nelle sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) del volume di controllo

scelto c’è circa la stessa pressione, che è quella atmosferica; inoltre poichénelle sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) le velocità del fluido sono ragionevolmenteuguali. Si arriva perciò a , dove il lavoro d’attrito viene ricavato dalleperdite per resistenze passive espresse in metri:


1. Altrimenti, poiché un liquido può essere considerato incompressibile con buona approssi-mazione, la densità dell’acqua sottoraffreddata ad una certa temperatura può essereassunta pari alla densità dell’acqua in condizioni di liquido saturo alla stessa tempera-tura (quest’ultimo valore è ricavabile dalle tabelle degli stati di saturazione).

Y

ηm 0.97=

Pa

Pa

Pi

ηmPiPa------=

PaPiηm-------=

Pi m· li⋅=

m· ρ A c⋅ ⋅=

A

ρ 1000 kgm3-------=

m· ρ A c⋅ ⋅ ρ π D2⋅4

-------------- c⋅ ⋅ 1000 kgm3------- π 0.1 m( )2⋅

4----------------------------- 2 m

s----⋅ ⋅ 15.7 kg

s------= = = =

li v pd

1

2

∫ lw egΔ ecΔ ...+ + + +=

lip2 p1–

ρ---------------- lw gh

c22 c1

2–2

---------------+ + +=

p2 p1≈

c2 c1≈

li lw gh+=

lw gY=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 VIII

OSSERVAZIONEL’espressione del primo principio utilizzata è valida nell’ipotesi di moto stazionario.Nel moto stazionario le proprietà non dipendono dal tempo. Nell’esempio è ragione-vole pensare che la pompa trasferendo portata dal pozzo al serbatoio superiore, illivello nel pozzo si abbasserà mentre nel serbatoio aumenterà. A rigore quindi non ècorretto considerare il moto stazionario perché alcune proprietà, il livello del pozzo edel serbatoio, cambiano nel tempo. Tuttavia, ipotizzando che il pozzo e il serbatoiosiano di capacità elevata in maniera che la variazione di quota sia praticamente tra-scurabile, l’espressione del primo principio nell’ipotesi di moto stazionario è perfet-tamente accettabile.

Facoltativi

1.Sia un manometro a molla (tubo di Bourdon) che un manometro a U sono collegatiad un recipiente per misurare la pressione del gas all’interno. Se la lettura del mano-metro a molla è , determinare la distanza tra i due livelli del liquido del mano-metro ad U se il fluido è (a) mercurio ( ) o è (b) acqua

. [ ]

Dati: (in generale il manometro a molla, così come il manometro a U,

indicano la pressione relativa)

Incognite: , SvolgimentoLa distanza tra i due livelli del liquido contenuto nel manometro a U è legata allapressione relativa del gas rispetto alla pressione ambiente dalla relazione:

Di conseguenza si ha: . (a) Se il fluido è mercurio si ottiene:

(b) Nel caso in cui il fluido sia acqua:

3.La metà inferiore di un contenitore cilindrico alto 10 m contiene acqua( ) mentre la metà superiore olio ( ). Determinare ladifferenza di pressione tra il fondo e la sommità del cilindro. [90.7 kPa]

PaPiηm-------

m· li⋅ηm

------------ m· g Y h+( )⋅ ⋅ηm

---------------------------------15.7 kg

s------ 9.81 N

kg------ 4 20+( ) m⋅⋅

0.97------------------------------------------------------------------------- 3813 kW= = = = =

80 kPa

ρ 13600 kg m3⁄=

ρ 1000 kg m3⁄= a( ) 0.6 m b( ) 8.155 m,

gas

80 kPa

hgas

80 kPa

h

prel 80 kPa=

ρM 13600 kg m3--------=

ρA 1000 kg m3--------=

hM hA

h

prel ρgh=

hprelρg---------=

hMprelρM g⋅-------------- 80 kPa

13600 kg m3-------- 9.81 m

s2------⋅

--------------------------------------------------80 103 N

m2--------⋅

13600 kg m3-------- 9.81 N

kg-------⋅

--------------------------------------------------- 0.6 m= = = =

hAprelρA g⋅------------- 80 kPa

1000 kg m3-------- 9.81 m

s2------⋅

-----------------------------------------------80 103 N

m2--------⋅

1000 kg m3-------- 9.81 N

kg-------⋅

------------------------------------------------ 8.155 m= = = =

ρ 1000 kg m3⁄= ρ 850 kg m3⁄=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 IX

Dati:

, ,

Incognita: SvolgimentoLa differenza di pressione tra il fondo e la sommità del cilindro può essere scrittacome: La colonna di acqua è in equilibrio statico, cioè soggetta ad un sistema di forze che siequilibrano: vale

Ricordando che e sostituendo nell’equazione precedente si

ottiene:


Analogamente per la colonna di olio si ha: da cui:

Si ricava quindi:

h / 2

h / 2o l i o

a c q u a

1

2

3

h / 2

h / 2o l i o

a c q u a

1

2

3h 10 m= ρA 1000 kg

m3--------= ρO 850 kg

m3--------=

p1 p3–

p1 p3– p1 p2–( ) p2 p3–( )+=

A p2 mA g⋅+⋅ A p1⋅=

mA ρA V⋅ ρA A h2---⋅ ⋅= =

p2 ρA g h2---⋅ ⋅+ p1=

p1 p2– ρA g h2---⋅ ⋅=

p1 p2– 1000 kg m3-------- 9.81 N

kg------- 10

2------ m⋅⋅ 49050 N

m2-------- 49050 Pa 49.05 kPa= = = =

p2 p3– ρO g h2---⋅ ⋅=

p2 p3– 850 kg m3-------- 9.81 N

kg------- 10

2------ m⋅⋅ 41692.5 N

m2-------- 41.69 kPa= = =

p1 p3– 49.05 kPa 41.69 kPa+ 90.74 kPa= =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 X

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - esercizi1. Acqua viene scaldata in una pentola ben chiusa posta su un fornello mentre viene

frullata con un frullatore. Durante il processo il sistema riceve di calore dalfornello mentre perde nell’aria circostante. Il lavoro scambiato attraverso ilfrullatore ammonta a . Sapendo che l’energia iniziale del sistema è ,trovare la sua energia finale. [12set03]

2. Calcolare il lavoro scambiato quando di argon confinata in un cilindro di

volume a si espande isotermicamente e reversibilmente a .[19dic03]

3. Aria viene compressa in condizioni stazionarie in un compressore reversibiledalle condizioni e fino alla pressione di uscita di . Deter-minare il lavoro fornito al compressore per unità di massa nei seguenti casi: a)compressione adiabatica con ; b) compressione politropica con ;c) compressione isoterma. [19dic03]

4. Un turbocompressore centrifugo bistadio presenta un rapporto di compressionecomplessivo di 12.5 e una temperatura di mandata di (condizioni di aspi-razione e ). Sapendo che il rapporto di compressione del primostadio è di 5.5 e considerando adiabatica la trasformazione, calcolare il lavoro dicompressione del primo stadio. Fluido di lavoro aria , J/kgK.[08nov02]

5. Una macchina termica genera una potenza interna di con un rendimentotermico del 40%. Pensando di recuperare la potenza termica ceduta dalla mac-china alla sorgente di bassa temperatura per scaldare, a pressione costante, unacerta portata di acqua ( ), innalzando la sua temperatura da

a , determinare la portata di acqua calda. [19dic03]6. Una macchina termica di Carnot utilizza 0.010295 kg di vapore d’acqua come

fluido di lavoro. La temperatura massima del ciclo è il doppio della temperaturaminima e il lavoro netto fatto sull’esterno è pari a 25 kJ. Se il vapore passa dallacondizione di vapore saturo e secco alla condizione di liquido saturo durante lafase di sottrazione di calore determinare la temperatura di condensazione.[11feb04]

7. Una macchina termica di Carnot riceve di calore da una sorgente ter-mica a e cede calore all’aria ambiente a . L’intero lavoro prodottodalla macchina termica viene utilizzato da una macchina refrigerante reversibileche rimuove calore dalla spazio refrigerato a e lo trasferisce all’ariaambiente a . Determinare (a) la quantità di calore rimossa nell’unità ditempo dallo spazio refrigerato e (b) la quantità di calore complessivamente cedutaall’ambiente dalle due macchine. [26gen04]

8.Una macchina refrige-rante di Carnot utilizzacome fluido refrigerantevapor d’acqua. Sapendoche i punti e del ciclo(rappresentato a lato)stanno sulle curve limiti eche le pressioni massima eminima sono e

, calcolare il del ciclo e il calore

sottratto all’ambiente refri-gerato.

30 kJ5 kJ

500 Nm 10 kJ

1 kmol

1 m3 25 Co 2 m3

100 kPa 27 °C 900 kPa

γ 1.4= n 1.3=

400 °C15 °C 100 kPa

γ 1.4= cp 1005=

1000 kW

cp 4.2 kJ kgK⁄=

60 °C 90 °C

800 kJ min⁄

900°C 27°C

5°– C27°C

a

bc

d

0.2 bar

0.01 bar

T

ss

b c

0.2 bar0.01 barCOPR

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - esercizi

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XI

9. di vapore d’acqua a e si espandono in una turbinaadiabatica fino alla pressione di . Se la potenza interna della turbina è

, determinare il titolo e la temperatura del vapore all’uscita della turbina.[09set04]

10. Si vogliono scaldare 100 litri di acqua ( ) per uso sanitario da

a in serbatoio ben isolato utilizzando tre diversi sistemi:a) scaldabagno elettrico. Calcolare l’energia elettrica necessaria e il costo rela-tivo (costo energia elettrica 0.15 €/kWh)b) scaldabagno a gas naturale. Calcolare la quantità di gas (densità

, potere calorifico ) necessaria e il costo

relativo (costo gas naturale 0.25 €/m3)c) scaldabagno a pompa di calore ideale. Calcolare il lavoro e l’energia elettricaconsumata (costo energia elettrica 0.15 €/kWh). [15lug04]

11. La portata di aria ambiente a e attraversa l’eva-poratore di un condizionatore da finestra. Refrigerante R-12 a e titolopari a entra nell’evaporatore con una portata pari a ed esce come vapore saturo alla stessa pressione. Determinare a) la temperatura diuscita dell’aria e b) la potenza scambiata. [15lug04]

12. di acqua a e ( ) vengono scaldati in unrecipiente miscelandoli con vapore surriscaldato a e ( ). La potenza termica trasmessa all’ambiente a è pari a

. Se la miscela lascia lo scambiatore a e ( ) determinare la portata in massa di vapore. [26gen04]

13. Aria entra in un ugello a 280 kPa e 77°C con una velocità di 50 m/s ed esce a 85kPa e 320 m/s. Il calore ceduto all’ambiente esterno che si trova a 20°C è di 3.2kJ/kg. Determinare la temperatura di uscita dell’aria. [11feb04]

14. Una macchina termica diCarnot utilizza come fluidodi lavoro vapor d’acqua.Sapendo che i punti e delciclo (rappresentato a lato)stanno sulle curve limiti e chele pressioni massima eminima sono e

, calcolare il rendi-mento del ciclo e il lavorofornito dal ciclo.

15. Aria viene espansa in condi-zioni stazionarie in una tur-bina reversibile dallecondizioni e fino alla pressione di uscita di

. Determinare il lavoro fornito dalla turbina per unità di massa neiseguenti casi: a) espansione adiabatica con ; b) espansione politropica con

; c) espansione isoterma.

15.3 kg s⁄ 5.2 MPa 475 °C10 kPa

14 MW

cp 4.2 kJ kgK⁄=

10 °C 50 °C

ρgn 0.75 kg m3⁄= Hgn 35000 kJ kg⁄=

V· a 12 m3 min⁄= 100 kPa 27 °C

140 kPax 0.30= m· R12 2 kg min⁄=

2.5 kg s⁄ 200 kPa 20 °C h 84 kJ kg⁄=200 kPa 300 °C

h 3071.4 kJ kg⁄= 25 °C600 kJ min⁄ 200 kPa 60 °Ch 251.3 kJ kg⁄=

a

b c

d

10 bar

0.1 bar

T

s

b c

10 bar0.1 bar

900 kPa 700 °C

100 kPaγ 1.4=

n 1.3=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XII

16. La macchina ter-mica a vapore delloschema produce 10MW di potenza uti-lizzando come sor-gente di calore adalta temperatura uncombustibile che haun potere calorificodi . Le

di vaporescaricate dalla tur-bina a e

attraver-sano il condensatore uscendo come liquido saturo. Determinare la portata di com-bustibile, nell’ipotesi di poter trascurare la potenza assorbita dalla pompa.[25gen06]

17. Una massa di argon (peso molecolare ) è inizial-mente nello stato A di pressione e temperatura . Calco-lare la variazione di energia interna, il lavoro e il calore scambiati con l’esterno seil gas viene portato nello stato B di pressione e temperatura

mediante le seguenti coppie di trasformazioni reversibili:• caso I) da A a C a pressione costante e da C a B a volume costante;• caso II) da A a D a volume costante e da D a B a pressione costante;• caso III) da A ad E a temperatura costante e da E a B a pressione costante;• caso IV) da A a F a volume costante e da F a B a temperatura costante.

trattando l’argon come un gas ideale monoatomico ( ) e trascurando le varia-zioni di energia cinetica e gravitazionale.Rappresentare gli stati e le trasformazioni sul piano sotto riportato.

18. Il vapore proveniente da una turbina entra in un condensatore con titolo 0.91 allapressione assoluta di 0.045 bar ed esce in condizioni di liquido saturo. Per il raf-freddamento del condensatore si dispone di acqua a 13°C, che incrementa la suatemperatura di 10 °C. A) Calcolare il rapporto tra la portata dell’acqua di raffred-damento occorrente e la portata di vapore, B) rappresentare la trasformazione del

vapore sui diagrammi T-s e h-s. ( )

19. Una macchina è alimentata con di aria alle condizioni e

da un condotto di sezione . La macchina fornisceall'esterno una potenza meccanica di 3 MW. Nella sezione di scarico

0.2MPa

Hi 45 MJkg--------=

a liquido saturo

f140 ºC

10 MW100 t h⁄

45 MJ kg⁄

100 t h⁄

140 °C0.2 MPa

m 0.01 kg= M 40 kg/kmol=pA 300 kPa= TA 300 K=

pB 100 kPa=

TB 600 K=

γ 5 3⁄=

p V–

0

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

550

600

650

0 2 4 6 8 10 12 14 16

V (dm3)

p (k

Pa)

cp H2O, 4186 Jkg K⋅--------------=

m· 10 kg/s= p1 3 bar=

T1 800 K= A1 0.1 m2=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XIII

si misura una temperatura e una pressione .

Calcolare il calore disperso dalla macchina (aria: ,

).

20. Nel condensatore di un impianto motore a vapore entra vapor d’acqua a = 20kPa, titolo = 95% e portata in massa = 20 t/h. Esso deve essere raffreddatocon acqua di un vicino fiume; per prevenire un eventuale inquinamento termico,l’incremento di temperatura dell’acqua di fiume non può superare

. Determinare la portata di acqua di fiume che è necessaria,sapendo che il vapore lascia il condensatore come liquido saturo. Le cadute dipressione all’interno del componente sono trascurabili. Altri dati:

.

21. Un ciclo termodinamico caratterizzato da una temperatura massima

riceve dall’esterno una potenza termica e cede all’ambiente

una potenza termica . A) Determinare la potenza utile edil rendimento del ciclo termodinamico, B) confrontare inoltre il rendimento delciclo con quello di un ciclo di Carnot operante fra le medesime temperature.

22. Un serbatoio rigido isolato termicamente contiene inizialmente di elio

(massa molecolare , ) a e . Si fa quindi girare

nel serbatoio, per 30 minuti, un’elica fornendo una potenza di . Si determi-nino a) la temperatura finale e b) la pressione finale del gas elio. [14gen05]

23. Una pompa di calore è usata per mantenere una casa alla temperatura costante di. La casa trasmette di calore all’esterno attraverso muri e

finestre. L’energia generata all’interno della casa da persone, luci e apparecchia-ture ammonta a . Considerando che il COP è 2.5, determinare lapotenza elettrica richiesta dalla pompa di calore.

24. Fluido refrigerante R12 viene espanso adiabaticamente attraverso una valvola dilaminazione dallo stato di liquido saturo a fino alla pressione di

. Determinare la diminuzione di temperatura subita dal fluido.25. d’aria percorrono un ciclo di Carnot che si svolge in un sistema chiuso. Le

temperature limite sono e , e le pressioni limite sono e. a) Determinare il rendimento. b) Compilare la tabella delle proprietà

del fluido (pressione, temperatura, volume) nei vertici del ciclo.26. In un sistema di riscaldamento a vapore l’aria viene riscaldata in uno scambiatore

aria-vapore. Il vapore entra nello scambiatore (condizione 1) a e con portata in massa di e esce alle condizioni (2) di e

. L’aria entra (condizione i) a e e esce (condizione f) a. Determinare la portata in volume dell’aria in ingresso. Altri dati:

, .

27. Una portata di refrigerante R12 a e viene com-

presso fino alle condizioni di e in un compressore adiabatico diuna macchina frigorifera. Il refrigerante esce dal condensatore a e e viene laminato fino a . Determinare (a) la potenza termica rimossadallo spazio refrigerato e la potenza assorbita dal compressore, (b) il rendimentoisentropico del compressore e (c) il coefficiente di prestazione della macchina.

A2 0.02 m2= T2 280 K= p2 1 bar=

cp 1004 Jkg K⋅--------------=

R 287 Jkg K⋅--------------= σ

1 2

p1

x m·

ΔTmax 10 °C=

cp H2O, 4186 J

kg Co--------------=

T1 1200 K=

Q· 1 150 kW=

T2 25 °C= Q· 2 95 kW=

0.7 kg

M 4 kgkmol------------= γ 5

3---= 27 Co 350 kPa

15 W

23 °C Qe· 60000 kJ h⁄=

Qi· 4000 kJ h⁄=

700 kPa120 kPa

1.5 kg300 K 1000 K 20 kPa

1900 kPa

Punto p (kPa) T (K) V (m3)1234

200 kPa 200 °Cm· v 8 kg min⁄= 180 kPa

100 °C 100 kPa 25 °C47 °Ccpa

1.005 kJ kgK⁄= R 0.287 kJ kgK⁄=

m· 0.05 kg s⁄= 140 kPa 20 Co–

800 kPa 50 C o

720 kPa 26 °C150 kPa


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XIV

28. Una portata di vapor d’acqua defluisce attraverso una valvola di laminazione avalle della quale si stabilisce una pressione di . Le condizioni del

vapore a monte della valvola sono: e titolo . Determi-nare lo stato finale del vapore.

29. Un sistema termodinamico aperto è attraversato da una portata di acqua (densità ) passando

dalle condizioni e alle condi-

zioni e , scambiando lavoro

con l’esterno e ricevendo una potenza termica pari a . Determinareil lavoro scambiato con l’esterno attraverso l’albero ( ) e il lavoro perso per

attrito ( ).

30. Una bombola di volume contiene argon ( ) alla pressione

e temperatura . Determinare:• la massa del gas;• il volume che esso occuperebbe alla pressione e alla tempera-

tura (tale volume è solitamente indicato come volume normale, e misu-

rato in normal-metri cubi, Nm3).31. Uno scambiatore di calore è attraversato da una portata di gas

( ) che entrano a . I gas escono a

riscaldando acqua a e per produrre vapore a

da inviare in una rete di teleriscaldamento. Trascurando le cadutedi pressione:

• tracciare qualitativamente la trasformazione dell’acqua/vapore su un dia-gramma termodinamico a scelta;

• determinare la potenza termica scambiata e la portata di vapore erogabile.32.Il compressore di una pompa di calore aspira ilfluido refrigerante R12 alla temperatura di 10 °C incondizioni di vapore saturo secco; la temperatura diuscita è 50 °C. Considerando la compressione adia-batica e reversibile, e trascurando le variazioni dienergia cinetica e gravitazionale, determinare:• la pressione del fluido all’uscita del compressore;• il lavoro assorbito dal compressore per unità dimassa.33.In un impianto a vapore l’acqua che esce dal con-densatore viene pre-riscaldata in uno scambiatore di

calore a miscela prima di essere inviata al generatore.Calcolare la temperatura dell’acqua all’uscita dello scambiatore ( ), sapendo che in

esso confluiscono:• 14.5 kg/s di liquido a 46 °C e 3 bar (b’);• 0.5 kg/s di vapore secco a 3 bar (s).

34. Una turbina a vapore è alimentata con una portata alle condizioni e . La velocità del vapore è nella

sezione di ingresso e nella sezione di uscita. Supponendo adiaba-tica la trasformazione e sapendo che la pressione e il titolo di scarico sono rispet-tivamente e , determinare: i) la potenza sviluppata dallaturbina, ii) la temperatura del vapore all’uscita della turbina.

p2 50 kPa=

p1 1.6 MPa= x1 0.9=

m· acqua 250 kg min⁄= ρacqua 1000 kg m3⁄=

h1 167.5 kJ kg⁄= c1 90 m/s= p1 500 kPa=

h2 175.85 kJ kg⁄= c2 15 m/s= p2 100 kPa=

Q· e 27 kW=li

lw

V 5 l= M 40 kgkmol------------=

p 200 bar= T 20 °C=

pN 1 atm=

TN 0 °C=

m· g 10 kg/s=

cp g, 1.05 kJkgK----------= T1 450 °C= T2 250 °C=

p3 10 bar= T3 65 °C=

T4 200 °C=

compressore

li ?=

10°C

50°C

m· s

m· m· s–f

a

b'

sj

scambiatore a miscela

Tj

m· 7 kg/s=p1 40 bar= T1 400 °C= c1 40 m/s=

c2 250 m/s=

p2 8 kPa= x2 0.96=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XV

35. Una pompa di calore (fluido refrigerante R12) deve riscaldare una portata di aria ( ) da a

. Le temperature di condensazione e di evaporazione dell’R12 sono

di e , rispettivamente, e non si ha sottoraffredda-mento del liquido o surriscaldamento del vapore. La compressione è adiabatica e reversibile.

Supponendo di usare una portata di acqua di pozzo

( ), come sorgente a bassa temperatura, entrante a

, determinare:a) la portata di fluido refrigeranteb) la temperatura di uscita dell’acqua

c) la potenza assorbita dal compressore.

36. Una portata di aria ( , ) alle condizioni di

e entra in uno scambiatore di calore uscendo a

. Da queste condizioni l’aria si espande in una turbina adiaba-

tica reversibile a cui segue un compressore diabatico isotermo, anch’esso reversi-bile, che riporta l’aria alle condizioni di partenza. Determinare la pressione di scarico della turbina e il rendimento di questa macchina termica.

m· aria 5000 kg h⁄= cp aria, 1005 J kgK( )⁄= T1 20°C=

T2 40°C=

Tcon 50°C= Teva 10°C=

condensatore

evaporatore

compressorevalvola

espansione

P ?=

50°C

10°C 10°C

acqua

aria

T3 20°C=T4 ?=

T2 40°C=T1 20°C=

R12

m· acqua 4000 kg h⁄=

cp acqua, 4186 J kgK( )⁄=

T3 20°C=

T4

P

cp 1005 J kgK( )⁄= γ 1.4=

p1 3 MPa= T1 27°C=

T2 727°C=

2

3

G˜

T

s1

2

3

1


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XVI

37. Occorre sottrarre una potenza termica di 8 kW ad una portata di

azoto ( = 1042 J/kgK) che inizialmente si trova a .Per fare ciò si utilizza una macchina frigorifera con fluido refrigerante R12.

Altre informazioni:• la pressione di evaporazione è 3.8 bar (no cadute di pressione)• la pressione di condensazione è 9 bar (no cadute di pressione)• all'uscita del condensatore il fluido R12 è in condizioni di liquido saturo• all’uscita dell’evaporatore il fluido R12 è in condizioni di vapore saturo

seccoDeterminare:A) la temperatura finale dell'azoto

B) la portata di refrigerante

C) il titolo dell’R12 all’ingresso dell’evaporatore

38. L’evaporatore di una macchina frigorifera opera in regime stazionario con fluidoR12 alla pressione ; all'ingresso del componente il titolo del

vapore è mentre in uscita il vapore è saturo secco.

Lo scambio termico avviene con una portata di aria, le cui proprietà termodinamichenella sezione di ingresso dello scambiatore sono: , pressione

, portata . Sapendo che all'uscita dello scambiatore

la temperatura dell'aria è , determinare:

m· N2 0.3 kg/s=

cp N2, T1 40 °C=

condensatore

evaporatore

compressorevalvola

espansione

5

6 3

4

12

R12

azoto

T2

m· R12

x6

p1 p2 2.5 bar= =

x1 0.35=

evaporatore

1 2

34

R12

aria

T3 20 °C=

p3 1.4 bar= V· 3 1440 m3 h⁄=

T4 8 °C=

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - domande di teoria

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XVII

1) la portata in massa di aria ;2) il flusso termico scambiato tra i due fluidi, sapendo che l’evaporatore è adiabaticoverso l’esterno3) la portata di fluido refrigerante

Altri dati: , .

39. Un compressore adiabatico riceve 3 kg/s di aria a 102 kPa, 288 K con velocità di 120 m/s. L'aria abbandona il compressore alla velocità di 135.74 m/s. Sapendo che il compressore assorbe un potenza interna di 101.52 kW e che la trasforma-zione è una politropica con esponente , determinare: a) temperatura di mandata; b) pressione di mandata.

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - domande di teoria• Si consideri un sistema termodinamico racchiuso in un dispositivo stantuffo cilin-

dro che subisce una trasformazione quasi stazionaria (reversibile). Scrivere perquesto sistema il primo principio della termodinamica per i sistemi chiusi e quindiper i sistemi aperti. Si ottiene la stessa espressione?

• Provare che la negazione del postulato di Clausius implica la negazione del postu-lato di Kelvin-Planck

• Macchine frigorifere e pompe di calore• Equazioni di Gibbs• Il diagramma di Gibbs (T, s)• Enunciare il I principio di Carnot e provarlo• La trasformazione politropica• Provare che la diseguaglianza di Clausius è vera.• Il calore specifico• La scala termodinamica delle temperature• Descrivere un impianto motore a vapore rappresentando le trasformazioni che

compongono il ciclo su un piano termodinamico• Descrivere un impianto frigorifero a compressione di vapore rappresentando le

trasformazioni che compongono il ciclo su un piano termodinamico• Rappresentare sui diagrammi di Clapeyron e Gibbs un ciclo di Carnot. Questo

ciclo può essere percorso da una macchina termica o da una macchina frigorifera?Oppure da entrambe? Spiegare e indicare le prestazioni

• Il ciclo di Carnot e deduzione del suo rendimento• Il diagramma di Clapeyron• Il postulato di Clausius e le macchine frigorifere

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - esercizi svolti2. SvolgimentoDal 1° principio per i sistemi chiusi con (trasformazione reversibile),

e , e dall’equazione di stato dei gas ideali:

m· a

m· R12

Ra 287 Jkg K⋅--------------= cp a, 1005 J

kg K⋅--------------=

n 1.465=

Lw 0=

ΔEc 0≈ ΔEg 0≈


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XVIII

3.

SvolgimentoDal 1° principio per i sistemi aperti in forma meccanica e dall’equazione di una

trasformazione politropica:

a) , quindi:

b) , quindi:

c)

5.

Svolgimento

Dalla definizione di rendimento:

Dal 1° principio:

7.

SvolgimentoConsideriamo la macchina termica. Rendimento del ciclo di Carnot:

Dalla definizione del rendimento del ciclo di Carnot si ricava la potenza prodotta:

Dal primo principio si ricava la potenza termica ceduta alla sorgente di bassatemperatura:

Il coefficiente di prestazione della macchina frigorifera reversibile è:

Dalla definizione di si ottiene la potenza termica sottratta all’ambienterefrigerato:

Infine, dal primo principio applicato alla macchina frigorifera:

La quantità di calore complessivamente ceduta all’ambiente nell’unità di tempo dalledue macchine risulta:

8.

Svolgimento

Le p Vd1

2

∫– n R T⋅ ⋅V

---------------------- Vd1

2

∫– n R T VdV------

1

2

∫⋅ ⋅– n R TV2V1------ln⋅ ⋅ ⋅– 1718 kJ–= = = = =

li v pd1

1

∫n

n 1–------------ R T1

p2p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

⋅ ⋅ ⋅= =

n γ= li 263.3 kJkg------=

n 1.3= li 246.5 kJkg------=

li q– e q– T– 1 Δs⋅ T– 1 cpT2T1----- R

p2p1-----ln⋅–ln⋅⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅ T1 Rp2p1-----ln⋅ ⋅ 189.3 kJ

kg------= = = = = =

Q· 1Piη----- 2500 kW= =

Q· 2 Q· 1 Pi– 1500 kW= =

m· Q· 2cp ΔT⋅----------------- 11.9 kg

s------= =

M a c c h i n af r i g o r i f e r ar e v e r s i b i l e

M a c c h i n at e r m i c a

d i C a r n o t

T 1 C

T 2 C = T 1 R

T 2 R

CQ 1&

CQ 2&

RQ 2&

RQ 1&

P

M a c c h i n af r i g o r i f e r ar e v e r s i b i l e

M a c c h i n at e r m i c a

d i C a r n o t

T 1 C

T 2 C = T 1 R

T 2 R

CQ 1&

CQ 2&

RQ 2&

RQ 1&

P

ηC 1T2C

T1C--------– 1 27 273.15+( ) K

900 273.15+( ) K------------------------------------------– 0.744= = =

P ηC Q· 1C⋅ 0.744 800 kJmin---------⋅ 593.3 kJ

min---------= = =

Q· 2C Q· 1C P– 800 kJmin--------- 593.3 kJ

min---------– 204.7 kJ

min---------= = =

COPR1

T1R

T2R-------- 1–----------------- 1

27 273.15+( ) K5– 273.15+( ) K

----------------------------------------- 1–-------------------------------------------------- 8.38= = =

COPR

Q· 2R COPR P⋅ 8.38 593.3 kJmin---------⋅ 4971.9 kJ

min---------= = =

Q· 1R P Q· 2R+ 593.3 kJmin--------- 4971.9 kJ

min---------+ 5565.2 kJ

min---------= = =

Q· 2C Q· 1R+ 204.7 kJmin--------- 5565.2 kJ

min---------+ 5769.9 kJ

min---------= =

Capitolo 1 Termodinamica: temi d’esame - esercizi svolti

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XIX

Dalle tabelle:T1 = 60°CT2 = 7°CCoefficiente di prestazione della macchina refrigerante di Carnot:

Poiché , si ha

9.

SvolgimentoSiano rispettivamente 1 il punto di inizio espansione e 2 il punto di fine espansione.Convenzione adottata: lavoro positivo se uscente dal sistema.

Dal diagramma di Mollier (il valore seguente ha un’accuratezza non raggiungere conil diagramma di Mollier cartaceo perché è stata determinata con un programma dicalcolo; vanno benissimo valori approssimati, purché risulti chiaro che sono stati letti

correttamente):

Primo principio per i sistemi aperti in forma termica applicato alla turbina:

perché la trasformazione è adiabatica. Trascurando le variazioni di energiacinetica e potenziale si ottiene:

Si ricava

Note pressione e temperatura del punto 2 si legge il titolo ( ) sul diagramma

di Mollier. La temperatura può essere ricavata dalle tabelle ( : è la tem-

peratura di saturazione in corrispondenza della pressione ).

12.

SvolgimentoLa portata in massa di vapore può essere calcolata dal primo principio applicatoal sistema:

dove è l’entalpia nello stato di riferimento e cioè il livello comune rispetto a cuitutte le quantità di energia sono riferite.Per la conservazione della massa si ha:

Sostituendo, si ottiene:

e infine:

COPR1

T1T2----- 1–--------------- 5.27= =

Q2Q1------

T2T1-----=

q2T2T1----- q1⋅

T2T1----- hb hc–( )⋅ 7 273.15+( ) K

60 273.15+( ) K--------------------------------------- 2609.9 251.45–( ) kJ

kg------⋅ 1982 kJ

kg------= = = =

liPim·----- 14000 kW

15.3 kgs

------------------------------- 915 kJ

kg------= = =

h1 3373.63 kJkg------=

qe li– Δh Δec Δeg …+ + +=

qe 0=

li Δh h1 h2–= =

h2 h1 li– 2458.6 kJkg------= =

x2 0.95≅

T2 45.8 Co=

10 kPa

sistema

ambiente

acqua (1)

vapore (2)

miscela (3)Q&

m· 2

m· 1 h1 h0–( ) m· 2 h2 h0–( )⋅+⋅ m· 3 h3 h0–( ) Q·+⋅=

h0

m· 1 m· 2+ m· 3=

m· 1 h1 h0–( ) m· 2 h2 h0–( )⋅+⋅ m· 1 m· 2+( ) h3 h0–( ) Q·+⋅=

m· 2m· 1 h3 h1–( ) Q·+⋅

h2 h3–--------------------------------------------

2.5 kgs

------ 251.3 84–( ) kJkg------

600 kJmin---------

60 smin---------

---------------------+⋅

3071.4 251.3–( ) kJkg------

---------------------------------------------------------------------------------------428.25 kJ

s-----

2820.1 kJkg------

------------------------ 0.152 kgs

------= = = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XX

14.

SvolgimentoDalle tabelle:T1 = 180°CT2 = 45.8°C

Rendimento del ciclo di Carnot:

Lavoro prodotto dal ciclo

15.

SvolgimentoDal 1° principio per i sistemi aperti in forma meccanica e dall’equazione di una

trasformazione politropica:

a) , quindi:

b) , quindi:

c)

17.

SvolgimentoIl sistema in esame è un sistema chiuso.L’energia interna è una funzione di stato e come tale la sua variazione tra duestati (A e B) è indipendente dalla trasformazione seguita.In generale vale ; inoltre, per un gas ideale si ha , quindi

Il calore specifico a volume costante è ricavabile da:

, da cui

Il lavoro e il calore scambiati, viceversa, non sono delle funzioni di stato e quindidipendono dalla trasformazione seguita tra lo stato iniziale A e lo stato finale B.Per una trasformazione reversibile con variazioni di energia cinetica e gravitazionaletrascurabili si ha:

e dal 1° principio della termodinamica per un sistema chiuso: Caso I)Osservazioni: i) tra C e B non c’è variazione di volume e dunque non c’è lavoroscambiato con l’esterno, ii) tra A e C la pressione è costante.

E’ possibile ricavare il volume occupato nello stato A e nello stato B applicando

ηC 1T2T1-----– 0.296= =

l lesp lcompr– ηC q1⋅ ηC hc hb–( )⋅ 0.296 2776.2 762.61–( ) kJkg------⋅ 596 kJ

kg------= = = = =

li v pd1

1

∫– nn 1–------------ R T1

p2p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

⋅ ⋅ ⋅–= =

n γ= li 455.75 kJkg------=

n 1.3= li 481.4 kJkg------=

li qe q T1 Δs⋅ T1 cpT2T1----- R

p2p1-----ln⋅–ln⋅⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅ T1 Rp2p1-----ln⋅ ⋅– 613.7 kJ

kg------= = = = = =

ΔU m Δu⋅= Δu cv ΔT⋅=

ΔU UB UA– m c⋅ v TB TA–( )⋅= =

cv

R cp cv–=

γcpcv-----=

RRuniv

M-------------=

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

cv→Runiv

M γ 1–( )⋅-------------------------

8314.14 Jkmol K------------------

40 kgkmol------------ 5

3--- 1–⎝ ⎠⎛ ⎞⋅

------------------------------------------- 311.8 Jkg K-----------= = =

ΔU m cv TB TA–( )⋅ ⋅ 0.01 kg 0.3118 kJkg K----------- 600 300–( ) K = 0.94 kJ⋅⋅= =

Le p VdA

B

∫–=

Qe Le+ ΔU=

Le ACB, p VdA

B

∫– p V p VdC

B

∫+dA

C

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

– p VdA

C

∫– pA VC VA–( )⋅– pA VB VA–( )⋅–= = = = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXI

l’equazione di stato dei gas ideali: , dove

Caso III)Osservazione: nello stato E si ha e .

Dall’equazione di stato dei gas ideali:

Sostituendo:

Il caso II) e il caso IV) sono lasciati all’allievo.

18.

SvolgimentoSi tratta di un sistema termodinamico aperto.Primo principio applicato al volume di controllo :

pV mRT=

RRuniv

M-------------

8314.14 Nmkmol K------------------

40 kgkmol------------

---------------------------------------- 207.85 Jkg K-----------= = =

VAmRTA

pA---------------

0.01 kg 207.85 Nmkg K----------- 300 K⋅ ⋅

300000 Nm2-------

------------------------------------------------------------------------- 2.08 dm3= = =

VBmRTB

pB---------------

0.01 kg 207.85 Nmkg K----------- 600 K⋅ ⋅

100000 Nm2-------

------------------------------------------------------------------------- 12.47 dm3= = =

Le ACB, pA VB VA–( )⋅– 300 103 Nm2------- 12.47 2.08–( ) 10 3– m3⋅ ⋅⋅– 3.12 kJ–= = =

Qe ACB, ΔU Le ACB,– 0.94 kJ + 3.12 kJ = 4.06 kJ= =

TE TA= pE pB=

Le AEB, p VdA

B

∫– p V p VdE

B

∫+dA

E

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

– mRTV

------------ V pE– VB VE–( )⋅dA

E

∫–= = = =

mRTA1V--- V pB– VB VE–( )⋅d

A

E

∫– mRTAVEVA------ pE– VB VE–( )⋅ln⋅–= =

VEmRTA

pB---------------

0.01 kg 207.85 Nmkg K----------- 300 K⋅ ⋅

100000 Nm2-------

------------------------------------------------------------------------- 6.24 dm3= = =

Le AEB, 0.01– kg 207.85 Jkg K----------- 300 K 6.24 dm3

2.08 dm3---------------------- 100 kPa 12.47 6.24–( ) 10 3– m3⋅ ⋅–ln⋅⋅ ⋅ 1.31 kJ–= =

Qe AEB, ΔU Le AEB,– 0.94 kJ + 1.31 kJ = 2.25 kJ= =

B

A

isoterma 300 K

C

E

0

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

550

600

650

0 2 4 6 8 10 12 14 16

V (dm3)

p (k

Pa)

σ

1

2

3

4

σ

Q· e Pi+ m· e h ec eg+ +( )e m· i h ec eg+ +( )ii∑–

e∑=


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXII

Le caratteristiche del caso in esame:• adiabaticità verso l’esterno• assenza di scambi di lavoro• variazioni di energia gravitazionale trascurabili• variazioni di energia cinetica trascurabili

portano a scrivere:

Essendo il sistema stazionario, valgono e equindi il primo principio diventa:

da cui

Si osservi che per il riscaldamento di un liquido a pressione costante vale:

Dal diagramma di Mollier, note e :

Dalle tabelle delle proprietà termodinamiche dell’acqua in condizioni di saturazione,

in corrispondenza di e (c.l.i.):

19.

SvolgimentoPrimo principio per un sistema aperto:

Le caratteristiche del caso in esame:• un solo ingresso ed una sola uscita• sistema stazionario• fluido: gas perfetto• energia gravitazionale trascurabile

portano a scrivere:

da cui:

Le velocità del fluido in ingresso ed in uscita possono essere calcolate a partiredall’equazione di continuità:

con

con

0 m· 2h2 m· 4h4 m· 1h1– m· 3h3–+=

m· 1 m· 2 m· v= = m· 3 m· 4 m· H2O= =

m· v h1 h2–( ) m· H2O h4 h3–( )=m· H2O

m· v-------------

h1 h2–h4 h3–----------------

h1 h2–cp H2O, T4 T3–( )⋅------------------------------------------= =

Δh cpΔT=

x1 0.91= p1 4.5 kPa= h1 2340 kJkg------=

p2 4.5 kPa= x2 0= h2 129.99 kJkg------=

m· H2Om· v

--------------2340 kJ

kg------ 129.99 kJ

kg------–

4.186 kJkg K⋅-------------- 23 13–( ) °C⋅

------------------------------------------------------------------ 52.8= =

Q· e Pi+ m· e h ec eg+ +( )e m· i h ec eg+ +( )ii∑–

e∑=

Q· e Pi+ m· Δh Δec+( ) m· cpΔT Δec+( ) m· cp T2 T1–( )c2

2 c12–

2----------------+= = =

Q· e m· cp T2 T1–( )c2

2 c12–

2----------------+ Pi–=

m· ρAc=

c1m·

ρ1A1------------= ρ1

p1RT1---------

3 105 Nm2-------⋅

287 Nmkg K⋅-------------- 800 K⋅

---------------------------------------------- 1.3066 kgm3-------= = =

c1

10 kgs

------

1.3066 kgm3------- 0.1 m2⋅

----------------------------------------------- 76.5 ms----= =

c2m·

ρ2A2------------= ρ2

p2RT2---------

1 105 Nm2-------⋅

287 Nmkg K⋅-------------- 280 K⋅

---------------------------------------------- 1.2444 kgm3-------= = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXIII

Sostituendo i valori numerici nella formula si ottiene:

Poiché il calore ricevuto dalla macchina ( ) è pari a -1443 kW, allora il calore

disperso dalla macchina (- ) è pari a +1443 kW.

21.

SvolgimentoDal 1° principio della termodinamica applicato alla macchina termica si ha

, da cui (potenza interna e potenza utile coincidono nell’ipo-tesi di rendimento meccanico unitario).Dalla definizione di rendimento di una macchina termica:

Il rendimento può anche essere scritto come: . In par-

ticolare, in una macchina termica di Carnot (che è reversibile) si ha:

23.

SvolgimentoPotenza termica che deve essere fornita alla casa:

Potenza elettrica:

24.

SvolgimentoSia 1 il punto di inizio trasformazione e 2 il punto di fine trasformazione.Primo principio per i sistemi aperti applicato alla valvola:

(convenzione adottata: lavoro positivo se uscente) perché la trasformazione è adiabatica, perché in una valvola di lami-

nazione non c’è scambio di lavoro. Trascurando le variazioni di energia cinetica epotenziale, si ottiene , cioè la trasformazione è isentalpica.

Dal diagramma dell’R12: ,

Il punto 2 si trova all’intersezione dell’isoentalpica e dell’isobara .

Diminuzione di temperatura:

25.

Svolgimento

c2

10 kgs

------

1.2444 kgm3------- 0.02 m2⋅

-------------------------------------------------- 401.8 ms----= =

Q· e m· cp T2 T1–( )c2

2 c12–

2----------------+ Pi–= =

10 kgs

------ 1004 Jkg K⋅-------------- 280 800–( ) K

401.8 ms----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 276.5 ms

----⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

–

2------------------------------------------------------------+⋅ 3 106 Js

--⋅–⎝ ⎠⎛ ⎞– 1443 kW–= =

Q· e

Q· e

T 1

M a c c h in ate r m ic a

T 2

Q 1

Q 2

L

S o r g e n te d i a l tate m p e r a tu r a

S o r g e n te d i b a s s ate m p e r a tu r a

T 1

M a c c h in ate r m ic a

T 2

Q 1

Q 2

L

S o r g e n te d i a l tate m p e r a tu r a

S o r g e n te d i b a s s ate m p e r a tu r a

Q· 1 L· Q· 2+= L· 55 kW=

ηterL·

Q· 1------ 55 kW

150 kW------------------- 0.36= = =

ηterL·

Q· 1------ Q· 1 Q· 2–

Q· 1------------------- 1 Q· 2

Q· 1------–= = =

ηC 1Q· 2

Q· 1------⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

rev

– 1T2T1-----– 1 25 273.15+( ) K

1200 K---------------------------------------– 0.75= = = =

Q· 1 Q· e Q· i– 15.556 kW= =

W· Q· 1COP------------ 6.222 kW= =

qe li– Δh Δec Δeg …+ + +=

qe 0= li 0=

Δh 0=

h1 126 kJkg------= T1 300 K≅

126 kJkg------ 120 kPa

T2 245 K≅

T1 T2– 55 K≅ 55 Co=

ηc 1T2T1-----– 1 300K

1000 K------------------– 0.7= = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXIV

La tabella può essere immediatamente compilata come a lato.

Dall’equazione di stato dei gas:

Idem per il volume del punto 3:

Trasformazione 2-3: compressione adiabatica e reversibile, quindi . Dalla poli-

tropica si ricava:

Trasformazione 4-1: compressione adiabatica e reversibile, quindi . Dalla poli-

tropica si ricava:

Dall’equazione di stato dei gas: , .

26.

Svolgimento = 2870 kJ/kg, dal diagramma di Mollier.

Il punto 2 è di liquido sottoraffreddato. Con buona approssimazione l’entalpia di unliquido sottoraffreddato è approssimabile con quella del liquido saturo allastessa temperatura, per cui dalle tavole: = 419.06 kJ/kg

Potenza trasmessa = = 326.9 kW

Potenza trasmessa = , da cui si ricava = 14.78 kg/s

Portata in volume nelle condizioni 1: , dove

Punto p (kPa) T (K) V (m3)1 20 3002 3003 1900 10004 1000

V1mRT1

p1--------------

1.5 kg 0.287 kJkgK---------- 300 K⋅⋅

20 kNm2-------

------------------------------------------------------------------= =

V3mRT3

p3--------------

1.5 kg 0.287 kJkgK---------- 1000 K⋅⋅

1900 kNm2-------

---------------------------------------------------------------------= =

n γ=

p2 p3T2T3-----⎝ ⎠⎛ ⎞

γγ 1–-----------

=

n γ=

p4 p1T4T1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

γγ 1–-----------

=

V2mRT2

p2--------------= V4

mRT4p4

--------------=

Punto p (kPa) T (K) V (m3)1 20 300 6.4572 28.1 300 4.5963 1900 1000 0.2274 1352.4 1000 0.318

h1

h2

m· v h1 h2–( )⋅

m· a cp a, ΔT⋅ ⋅ m· a

V· 1m· aρ1------=

ρ1p1

R T1⋅-------------- 1.17 kg

m3------= =

V· 1m· aρ1------ 12.65 m

3

s------= =

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXV

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame1. Si valuti la perdita di potenza che si ha in un impianto termoelettrico a vapore se

la temperatura di fine espansione cambia da 30 a 40 °C. Si assuma una portata divapore pari a 600 t/h, che il punto di inizio espansione sia a 40 bar, 540 °C e che ilrendimento isentropico della turbina sia di 0.85.

2. La macchina termica a vapore dello schema produce 150 MW di potenza. La tem-peratura di evaporazione è di , la temperatura massima è di e latemperatura di condensazione è di . Trascurando il lavoro della pompadeterminare la portata di vapore, ipotizzando per la turbina un rendimento isentro-pico pari a

3. di aria a e entrano in un compressore adiabatico edescono a . Il rendimento isentropico del compressore è 0.84. Assumendotrascurabile la variazione di energia cinetica, Determinare la pressione di uscitadell’aria e la potenza assorbita.

4. Un compressore comprime una portata di aria ( ,

) a partire da e utilizzando una potenza

. Trascurando le variazioni di energia cinetica e gravitazionale,

determinare la temperatura e la pressione alla mandata del compressore,sapendo che la trasformazione è adiabatica ma non reversibile, con rendimentoisentropico pari a 0.85.

5. Una macchina frigorifera produce acqua refrigerata a 7 °C per un’utenza, che larestituisce a 12 °C. Il ciclo inverso realizzato ha i seguenti dati caratteristici:

• fluido di lavoro: R12• temperatura di evaporazione: -10 °C;• temperatura di condensazione: 30 °C.Il fluido di lavoro esce dall’evaporatore come vapore saturo secco, mentre all’uscitadel condensatore è in condizioni di liquido sottoraffreddato, a 20 °C.Il condensatore è raffreddato con una portata di acqua che entra a 18 °C ed esce a 24°C.Il compressore assorbe una potenza di 60 kW ed ha un rendimento isentropicodell’88%.Assumendo trascurabili le perdite di carico negli scambiatori di calore, determinare:a) la portata di acqua di raffreddamento del condensatore;b) il titolo all’uscita della valvola di laminazione isentalpica;c) il coefficiente di prestazione della macchina;d) la portata di acqua refrigerata prodotta.Infine, rappresentare il ciclo sul piano p-h.

311°C 500°C46°C

0.85

Pi 150 MW=

a

f

500°C

46°C

e

1.2 m3 s⁄ 100 kPa 17°C257°C

m· 115 kg/s= R 287 Jkg K⋅--------------=

γ 1.4= p1 1 bar= T1 25 °C=

Pi 42 MW=

T2 p2

ηis


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXVI

6. Un ciclo frigorifero viene utilizzato per la produzione continua di di

acqua fredda alla temperatura di secondo lo schema di impianto indicato infigura.

Anche il fluido refrigerante è acqua. L’acqua refrigerante entra come vapore saturoad una pressione di in un compressore adiabatico (avente ) e viene

compressa fino ad una pressione di ; entra quindi in uno scambiatore in cuiviene desurriscaldata e condensata isobaricamente, cedendo calore all’ambienteesterno ed uscendo in condizioni di liquido saturo. Il liquido subisce quindi una lami-nazione in una valvola fino alla pressione iniziale e passa poi nell’evaporatore ritor-nando alle condizioni di vapore saturo; l’altro lato dell’evaporatore è percorso

dall’acqua da raffreddare, che passa da alla temperatura desiderata di .a) Completare le tabelline relative alle proprietà termodinamiche dei punti 1, 2, 3 e 4.b) Calcolare il coefficiente di prestazione.

Altri dati: .

7. Un compressore adiabatico comprime di aria da e

a . Se il rendimento isentropico del compressore è ,determinare a) la temperatura di uscita dell’aria e b) la potenza interna assorbitadal compressore.

8. Un compressore adiabatico riceve 3 kg/s di aria a 102 kPa, 288 K con velocità di120 m/s. L'aria abbandona il compressore alla velocità di 135.74 m/s. Sapendoche il compressore assorbe un potenza di 101.52 kW ( ) e che lavoracon rendimento politropico pari a 0.9, determinare: a) temperatura di mandata; b)pressione di mandata; c) rendimento isoentropico.

8. Una portata di refrigerante R12 a 140 kPa e -20 °C viene com-presso fino alle condizioni di 800 kPa e 50 °C in un compressore adiabatico diuna macchina frigorifera. Il refrigerante esce dal condensatore a 720 kPa e 26 °Ce viene laminato fino a 150 kPa. Determinare (a) la potenza termica rimossa dallospazio refrigerato e la potenza assorbita dal compressore, (b) il rendimento isen-tropico del compressore e (c) il coefficiente di prestazione della macchina.

9. Un compressore adiabatico comprime di aria da e

a . Se il rendimento isentropico del compressore è ,determinare a) la temperatura di uscita dell’aria e b) la potenza interna assorbitadal compressore.

23 kg s⁄

10 Co

CONDENSATORE

EVAPORATORE

MCV

1

2

3

4

5 6

p (bar) s (kJ/kgK)

T (°C) h (kJ/kg)

Legenda:

0.01

0.07

0.01 s non richiesta

0.07

0.01 bar ηis 0.8=

0.07 bar

27 Co 10 Co

cp H2O, 4186 J

kg Co⋅----------------=

m· a 720 kg h⁄= 100 kPa

12°C 800 kPa ηis 0.8=

ηm 0.98=

m· 0.05 kg/s=

m· a 720 kg h⁄= 100 kPa

12°C 800 kPa ηis 0.8=

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame - domande di teoria

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXVII

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame - domande di teoria• La trasformazione di espansione di un gas e suoi rendimenti.• Confronto tra rendimento isentropico e rendimento idraulico nella compressione

con scambio di lavoro di un gas ideale.• Rendimento isentropico e rendimento idraulico in una trasformazione di espan-

sione con scambio di lavoro.• La trasformazione di espansione con scambio di lavoro.• Compressione di un gas con scambio di lavoro: descrizione della trasformazione,

rappresentazione su diagrammi termodinamici, rendimenti.• Il rendimento idraulico o politropico nelle trasformazioni di espansione e com-

pressione.•Un compressore aspira aria dall’ambiente( e ) e la invia a a unaturbina, meccanicamente collegata al compres-sore, che la riespande di nuovo fino alla pres-sione ambiente. Sapendo che le due macchinesono adiabatiche e che hanno lo stesso rendi-mento isentropico ( ) dimostrare,motivando i risultati, che la turbina non é ingrado di comandare autonomamente (cioè senzamezzi esterni) il compressore.

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame - esercizi risolti1.

SvolgimentoDati

Inco-gnita

Localizzare il punto sul diagramma di Mollier, all’intersezione tra l’isobara e l’isoterma (NB: le isoterme non sono rette orizzon-

tali!). Si leggono: , .

Leggere sulle tabelle delle proprietà termodinamiche dell’acqua in condizioni di satu-razione la pressione corrispondente alla temperatura di condensazione :

.

Localizzare il punto sul diagramma di Mollier, all’intersezione tra l’isobara

1

2

3

100 kPa

1000 kPa25°C 100 kPa 1000 kPa

ηis 0.85=

Tgeneratore

pompa condensatore

alternatore

turbina

a

b

c

d

ee

f

di vaporeL

Tf 30 °C=

TF 40 °C=

m· 600 t/h /s=pe 40 bar=

Te 540 °C=

ηist 0.85=

P P'–

epe 40 bar= Te 540 °C=

he 3540 kJkg------= se 7.2 kJ

kg K-----------=

Tf 30 °C=

pf 4.241 kPa=

fis


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXVIII

e l’isentropica : si legge .

Dalla definizione di rendimento isentropico di una turbina (nelle ipotesi classiche di, ):

si ricava l’entalpia del punto e quindi la potenza sviluppata (hp: ,

):

Se la temperatura di condensazione diventa , allora la pressione di con-

densazione diventa e dal diagramma di Moll ier r isul ta

; i l p u n t o s i t r o v a a l l ’ i n t e r s e z i o n e t r a l ’ i s o b a r a

e l’isentropica (il punto di inizio espan-

sione , infatti, non è cambiato).

8.SoluzioneDalla definizione di rendimento meccanico:

Dal primo principio per un sistema aperto trascurando la

variazione di energia gravitazionale e ricordando che per un gas vale

si ha:

pf 4.241 kPa= sf is, se 7.2 kJkg K-----------= = hf is, 2180 kJ

kg------=

qe 0= Δec Δeg 0= =

ηist he hf–

he hf is,–--------------------=

f qe 0=

Δec Δeg 0= =

hf he ηist he hf is,–( )⋅– 3540 kJ

kg------ 0.85 3540 2180–( ) kJ

kg------⋅– 2384 kJ

kg------= = =

P m· li⋅ m· he hf–( )⋅ 166.67 kgs

------ 3540 2384–( ) kJkg------⋅ 192.6 MW= = = =

TF 40 °C=

pF 7.375 kPa=

hF is, 2240 kJkg------= Fis

pF 7.375 kPa= sF is, se 7.2 kJkg K-----------= =

e

hF he ηist he hF is,–( )⋅– 3540 kJ

kg------ 0.85 3540 2240–( ) kJ

kg------⋅– 2435 kJ

kg------= = =

P' m· he hF–( )⋅ 166.67 kgs

------ 3540 2435–( ) kJkg------⋅ 184.1 MW= = =

4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.52000

2200

2400

2600

2800

3000

3200

3400

3600

3800

s (kJ/kg-K)

h (k

J/kg

)

4000 kPa

4.241 kPa

7.375 kPa

0.8

0.9

Water

e

f

f,is F

F,is

Pi ηm Pa⋅ 0.98 101.52 kW⋅ 99.49 kW= = =

liPi

m·-----

99.49 kJs-----

3 kgs

--------------------------- 33.163 kJ

kg------= = =

qe li+ Δh Δec Δeg+ +=

Δh cp ΔT⋅=

li cp T2 T1–( )⋅c2

2 c12–

2---------------+=

Capitolo 2 Espansione e compressione: temi d’esame - esercizi risolti

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXIX

Per una trasformazione di compressione, nelle ipotesi di , la

relazione che lega il rendimento idraulico con l’esponente della politropica è:

Si ricava e quindi .

Dall’equazione di una trasformazione politropica nella forma che lega pressione e

temperatura: si ricava la pressione alla mandata del compressore:

Nelle stesse ipotesi, il rendimento isentropico vale:

T2 T1

lic2

2 c12–

2---------------–

cp-------------------------+ 288 K

33163 Jkg------

135.74 ms----⎝ ⎠

⎛ ⎞2

120 ms----⎝ ⎠

⎛ ⎞2

–

2-------------------------------------------------------------–

1004.5 Jkg K-----------

-------------------------------------------------------------------------------------------+ 319 K= = =

qe Δec Δeg 0= = =

n

ηy

nn 1–------------

γγ 1–-----------------------=

nn 1–------------ ηy

γγ 1–-----------⋅ 0.9 1.4

1.4 1–----------------⋅ 3.15= = = n 1.46=

T2

T1-----

p2

p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

------------

=

p2 p1T2

T1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

nn 1–------------

⋅ 102 kPa 319 K288 K---------------⎝ ⎠⎛ ⎞

3.15⋅ 141 kPa= = =

ηis

p2

p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

γ 1–γ

-----------

p2

p1-----⎝ ⎠⎛ ⎞

n 1–n

-------------------------------

141 kPa102 kPa-------------------⎝ ⎠⎛ ⎞

1.4 1–1.4

----------------

141 kPa102 kPa-------------------⎝ ⎠⎛ ⎞

1.46 1–1.46

---------------------------------------------------------- 0.895= = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXX

Capitolo 3 Richiami di termochimica: temi d’esame1. Determinare la dosatura e l’eccesso d’aria in base all’analisi dei prodotti della

combustione dell’ottano con la composizione volumetrica percentuale deigas combusti anidri riportata a lato.

2. Il biogas recuperato da una discarica di rifiuti ha una composizione in volume,semplificata, di 65% di CH4 e 35% di CO2. Calcolare il potere calorifico inferioree superiore alle condizioni standard di riferimento.

3. Calcolare il potere calorifico superiore e inferiore dell’ottano gassoso allecondizioni di riferimento standard.

4. Un combustibile gassoso composto per 80% da metano, 15% azoto e 5% ossigeno(su base molare) viene bruciato con aria. L’analisi volumetrica dei gas combustianidri fornisce 3.36% di CO2, 0.09% di CO, 14.91% di O2 e 81.64% di azoto.Determinare la dosatura.

5. Un gas naturale ha la seguente composizione molare:• 90.8% CH4

• 5.6% C2H6

• 2.7% C3H8

• 0.9% C4H10Determinare la dosatura stechiometrica e il potere calorifico inferiore.6. Determinare la dosatura stechiometrica, il potere calorifico inferiore e superiore

dell’alcool metilico .

7. Un gas combustibile presenta la seguente composizione molare: 65% di , 8%

di , 18% di , 3% di e 6% di . Il gas viene bruciato completamentecon la quantità stechiometrica di aria. Determinare la dosatura e il potere calori-fico inferiore.

8. Una macchina termica utilizza gas naturale come combustibile ( ,

, ); l’aria comburente è introdotta alla temperatura

. Sapendo che l’impianto, adiabatico verso l’esterno, fornisce una

potenza meccanica ( ) e che scarica la portata di gas

combusti a , determinare:

a) la portata di combustibile consumata;b) la dosatura.Si supponga ora di inserire a valle della macchina termica uno scambiatore di caloreal fine di recuperare parte del calore scaricato con i gas combusti per produrre acquacalda a da inviare ad un’utenza termica che la restituisce a

. Nell’ipotesi di raffreddare i gas combusti fino alla temperatura

, calcolare:c) la potenza termica recuperabile;d) la portata di acqua calda inviata all’utenza.

Altri dati: calore specifico dei gas combusti , .

9. Una macchina termica fornisce una potenza utile di 1165 kW. L’aria é aspirata alle condizioni e . La portata di gas combusti, scari-

cati dalla macchina alla temperatura di e alla pressione di

, è di .

:9.21%

0.61%

7.06%

83.12%

CO2

CO

O2

N2

C8H18

C8H18

CH3OH

CH4

H2 N2 O2 CO2

Hi 47450 kJkg------=

ηb 0.99= Tb 25 °C=

Ta 25 °C=

Pu 15 MW= ηm 0.97=

m· g 50 kgs

------= Tg 485 °C=

Tmand 90 °C=

Trit 70 °C=

Tg' 150 °C=

cpg 1147 Jkg K-----------= cp H2O, 4.2 kJ

kg K-----------=

pa 100 kPa= Ta 25 °C=

Tg 410 °C=

pg 105 kPa= 254 m3

min---------

Capitolo 3 Richiami di termochimica: temi d’esame - domande di teoria

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXI

La macchina termica scambia complessivamente con l’esterno una potenza termicapari a 422 kW.Altri dati: , . Inoltre, per semplicità si con-

siderino: , , temperatura del combustibile , massa moleco-

lare dei gas combusti .

Determinare il consumo di combustibile ( ) e il rendimento dellamacchina termica.

Capitolo 3 Richiami di termochimica: temi d’esame - domande di teoria• Energia massima di una reazione chimica di combustione.• La temperatura adiabatica di combustione.• Il potere calorifico dei combustibili.

Capitolo 3 Richiami di termochimica: temi d’esame - esercizi risolti3.

SvolgimentoSi scrive la reazione di combustione stechiometrica dell’ottano con l’aria:

La si bilancia, ottenendo:

Il potere calorifico molare è dato da:

Potere calorifico inferiore:

Sostituendo i valori delle entalpie di formazione molari, si ricava:

Similmente per il potere calorifico superiore:

Volendo (non è necessario farlo), si può passare al potere calorifico massico

ricordando che dove Mb è la massa molecolare del combustibile:

,

cpa 1005 J/(kg K)= cpg 1150 J/(kg k)=

ηm 1= ηb 1= Tb T0≈

Mg Ma≈

Hi 42000 kJ/kg=

C8H18 O2 3.76N2+( ) CO2 H2O N2+ +→+

C8H18 12.5 O2 3.76N2+( )⋅ 8 CO2⋅ 9 H⋅ 2O 47 N⋅ 2+ +→+

H NR hf0

( )R NP hf0

( )P⋅∑–⋅∑=

Hi 1 hf0

( )C8H18 g,⋅ 8 hf0

( )CO2 9 hf0

( )H2O g,⋅–⋅–=

Hi 1 208500 – kJkmol------------⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅ 8 393509– kJkmol------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 9 241818 – kJkmol------------⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅–⋅– 5115934 kJkmol------------= =

Hs 1 hf0

( )C8H18 g,⋅ 8 hf0

( )CO2 9 hf0

( )H2O l,⋅–⋅–=

Hs 1 208500 – kJkmol------------⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅ 8 393509– kJkmol------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 9 285830 kJkmol------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅–⋅– 5512042 kJkmol------------= =

H HMb-------=

Mb 8 12 18 1⋅+⋅( ) kgkmol------------ 114 kg

kmol------------= =

HiHiMb-------

5115934 kJkmol------------

114 kgkmol------------

----------------------------------- 44876.6 kJkg------= = = Hs

HsMb-------

5512042 kJkmol------------

114 kgkmol------------

----------------------------------- 48351.2 kJkg------= = =


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXII

Capitolo 4 Impianti motori a gas: temi d’esame1. Il compressore bistadio dell’esercizio 4 a pag. X, nelle condizioni descritte, è

inserito in un impianto motore a gas monoalbero. Si conoscono inoltre:

Calcolare il rendimento globale dell’impianto e il consumo specifico di combustibile.Altri dati: γ = 1.4, cp = 1005 J/kgK, γ’ = 4/3, c’p = 1147 J/kgKCalcolare il rendimento globale dell’impianto e il consumo specifico di combustibile.Altri dati: γ = 1.4, cp = 1005 J/kgK, γ’ = 4/3, c’p = 1147 J/kgK

2. Con riferimento ai dati dell’impianto motore a gas riportati in tabella:

calcolare il consumo specifico di combustibile. Ipotizzando un costo del combusti-bile di 0.12 euro/m3 (densità 0.75 kg/m3) determinare il costo - limitatamente al costodel combustibile - di ogni kWh di energia elettrica prodotta.[γ = 1.4, cp = 1005 J/kgK, γ’ = 4/3, c’p = 1147 J/kgK]

3. Un impianto motore a gas a ciclo semplice aperto (CCT) presenta le seguenticaratteristiche:

Temperatura ambiente 15 °C

Pressione ambiente 100 kPa

Portata d’aria 10.7 kg/s

Potenza utile 2 MW

Temperatura di scarico turbina 525 °C

Potere calorifico inferiore metano 49754 kJ/kg

Rendimento del combustore 0.98

Caduta di pressione nel combustore 3%

Rendimento meccanico 0.92

Portata in massa di aria 443 kg/s

Potenza utile del turbogas 123 MW


Temperatura di scarico della turbina 525°C


Condizioni ambiente 101.3 kPa, 15°C

Potere calorifico del gas naturale a 25°C 47400 kJ/kg


Temperatura uscita compressore 310 °C

Temperatura ingresso turbina 1000 °C

Temperatura scarico turbina 485 °C

Potere calorifico del combustibile 47450 kJ/kg

Rendimento di combustione 0.99 -

Rendimento meccanico 0.97 -

T

C

C

1

2 3

4

Capitolo 4 Impianti motori a gas: temi d’esame

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXIII

Le trasformazioni di compressione ed espansione sono adiabatiche.Le variazioni di energia cinetica e gravitazionale ai capi dei componenti sono trascu-rabili.Il combustibile è introdotto nell’impianto alla temperatura di 25 °C.Calcolare la portata di aria e la portata di combustibile necessarie per realizzare unapotenza utile di 15 MW.Altri dati: γ = 1.4, = 1005 J/kgK, γ’ = 4/3, = 1147 J/kgKcp c'p


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXIV

Capitolo 5 Impianti motori a vapore: temi d’esame

1. Un impianto motore a vapore ha una potenza utile e un rendi-

mento utile . La pressione di condensazione è di 0.1 bar, mentre il

titolo del vapore allo scarico della turbina è . Il vapore esce dal conden-satore in condizioni di liquido saturo. L’acqua di raffreddamento del condensatore entra alla temperatura e viene scaricata a . Determi-nare:

A) la portata di vapore B) la portata di acqua di raffreddamento del condensatore

Altri dati: rendimento meccanico , .

Pu 160 MW=

ηu 0.43=

x 0.96=

Tin 20 °C= Tout 30 °C=

m·

m· H2O

ηm 0.98= cp H2O, 4186 Jkg K⋅--------------=

Capitolo 5 Impianti motori a vapore: temi d’esame

SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXV

Capitolo 6 Impianti cogenerativi: temi d’esame1. Un impianto motore a gas viene utilizzato per la produzione combinata di energia

elettrica e calore. Le caratteristiche operative al punto di progetto sono:

I gas scaricati dalla turbina a gas vengono inviati in uno scambiatore di calore (gene-ratore di vapore a recupero) al fine di produrre vapor d’acqua saturo e secco a 0.8MPa da inviare all’utenza termica. Sapendo che i gas combusti vengono scaricati alcamino a 140°C e che l’utenza termica restituisce la condensa a 80°C, calcolare lapotenza meccanica generata, il consumo specifico di combustibile e la portata divapore prodotta.2. Un impianto motore a gas cogenerativo è costituito da un turbogas con caratteri-

stiche:

e da uno scambiatore di calore tra i gas di scarico della turbina e l’acqua calda, pres-surizzata a 4 bar, che va all’utenza termica.La portata d’acqua è pari a 1200 m3/h. Il ritorno dall’utilizzazione (impianto di riscal-damento) è a 72.5°C. L’impianto di cogenerazione è in grado di elevare questa tem-peratura fino a 76°C.Determinare: 1) la temperatura dei gas all’uscita dello scambiatore 2) il rendimentoglobale dell’impianto 3) l’indice di utilizzazione del combustibile.[acqua calda: cp = 4.2 kJ/kgK, gas combusti c’p = 1.,15 kJ/kgK]

3. In un impianto a vapore a ricupero totale il generatore produce 200 t/h di vapore a50 bar e . Sono estratte 100 t/h di vapore a 5 bar e le rimanenti a 1 bar. Lacondensa del vapore utilizzato a fini di riscaldamento viene rinviata in caldaia. Leturbine fra cui avviene la prima estrazione hanno lo stesso rendimento isentropico


Pressione ambiente 100 kPa

Portata d’aria 2.86 kg/s

Rapporto di compressione 6.91

Rendimento isentropico compressore 0.768

Potere calorifico inferiore gas naturale 47400 kJ/kg


Temperatura di ingresso in turbina 1200 K

Rendimento idraulico turbina 0.852


Portata in massa di gas combusti 9.92 kg/s

Rapporto di compressione 14

Potenza utile del turbogas (morsetti alternatore) 1940 kW


Temperatura di scarico della turbina 550°C

Rendimento meccanico (incluso alternatore) 0.96

Condizioni ambiente 101.3 kPa, 15°C

Potere calorifico del gas naturale a 15°C 47450 kJ/kg

500°C


SISTEMI ENERGETICI - Esercizi risolti e temi d’esame - A.A. 2008/2009 XXXVI

pari a 0.82. Determinare: potenza utile, rendimento globale dell'impianto, l’indicedi utilizzazione e consumo di combustibile. Altri dati: , ,

[Risultati: , , , ]

4. Un impianto a vapore a ricupero parziale presenta le seguenti caratteristiche difunzionamento:

• portata di vapore prodotta in caldaia, ;

• condizioni del vapore prodotto, , ;

• rendimento isentropico della turbina AP, fra il generatore e l'utilizzazione termica,0.82;

• la portata di vapore per uso industriale viene estratta a 2 bar e la

rimanente continua ad espandersi nella turbina BP ( ) fino alla pres-

sione , previo surriscaldamento fino a 250 °C;

• , .Calcolare la potenza utile, il rendimento globale dell'impianto, l’indice di utilizza-zione nonché la portata di combustibile ( ) al generatore,sapendo che la condensa del vapore estratto viene rinviata al generatore in condizionidi liquido saturo alla stessa pressione di 2 bar.[Risultati: , , , ]

ηm 0.97= ηb 0.88=

Hi 9500 kcal kg⁄=

Pu 33.8 MW= ηg 0.184= IU 0.874= m· b 4.6 kg s⁄=

m· 150 t h⁄=

pe 80 bar= te 530 °C=

mu· 50 t h⁄=

ηis 0.85=

pf 0.05 bar=

ηm 0.96= ηb 0.9=

Hi 9500 kcal kg⁄=

Pu 43.2 MW= ηg 0.278= IU 0.478= m· b 3.91 kg s⁄=

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