Deflusso di massa 1

C a p i t o l op r i m oSistemi con deflussodi massa

Problema n.1-3 3Una quantità di acqua pari a 4⋅10 m /sec fa ingresso in un condotto orizzontale allavelocità di 90 m/sec mentre lo stato termodinamico corrispondente è caratterizzato dai valoridi entalpia e pressione, rispettivamente, pari a 170 KJ/kg e 5 bar ; nella sezione di uscita lavelocità del fluido è di 15 m/sec mentre l’entalpia e la pressione divengono, rispettivamente, di180 KJ/kg e di 1 bar. Se al sistema viene somministrata una potenza termica di 30 KW si devedeterminare:- la potenza meccanica sviluppata dal sistema,- la potenza meccanica resistente.SoluzioneEssendo nota la densità dell’acqua si può determinare la portata di massa: e quindi la quantità di calore scambiata dal sistema:−3m = ρv = 1000 ⋅4 ⋅ 10 = 4 kg / secq1230000q = 127500 J / kgm= 4=L’equazione di bilancio di energia per un sistema aperto con un solo ingresso ed una sola uscitanella forma termodinamica ha espressione:2 2w2 − w12dalla quale si può pervenire al lavoro scambiato:( ) ( )+ g z2 − z1 + h2 − h1 + l12 = q122 2 2 2w1 −w290 −15l12 = q12 + + ( h1 − h2) = 7500 + + ( 170000 − 180000)= 5375 J / kg2 2e quindi la potenza meccanica corrispondente è:l = m l = 4 ⋅ 5375 = 21,5 kW12 12L’equazione di bilancio dell’energia in forma meccanica per il sistema in esame ha espressione:che in questo caso diviene:2 2w2 − w1dp+ g( z − z ) + + l + l = 02 ρ∫22 1 12 R12 2w2 −w1p−p l12 lR2+ρ+ + = 0dalla quale si ricava il lavoro resistente:5( 5−1) ⋅102 2 2 2w1 −w2 p1− p290 −15lR = + − l12= + − 5375 = 2900 J / kg2 ρ2 1000e quindi la potenza meccanica corrispondente:l = m l = 4 ⋅ 2900 = 11,6 kWRR

Problema n.2Una quantità di aria viene espansa facendo ingresso in un condotto orizzontale di formatronco-conica con pareti termicamente isolate alla velocità di 70 m/sec il cui diametro nellasezione di ingresso è di 15 cm ed in corrispondenza della quale la pressione e la temperaturahanno valori, rispettivamente, pari a 2 bar e 150 °C ; in corrispondenza della sezione di uscitala pressione del fluido scende al valore di 1 bar.Se si suppone che la trasformazione avvenga reversibilmente si vuole determinare ildiametro della sezione finale del condotto.SoluzioneDall’equazione di stato si può calcolare la densità dell’aria nella sezione di ingresso:5p12⋅103ρ1= = = 1,65 kg / mRT 287 ⋅4231mentre dall’equazione di trasformazione si determina la temperatura in corrispondenza dellasezione di uscita del condotto:k−1 0,4⎛ p ⎞ k 1,42 ⎛1⎞T2 = T1⎜ ⎟ = 423⋅ ⎜ ⎟ = 347 Kp1⎝2⎠⎝ ⎠la quale consente di calcolare la densità nella sezione medesima:ρp 1⋅10522= = =RT2287 ⋅3471 kg / m3L’equazione di bilancio di energia nel caso in esame assume la forma:w− w22 22 1( )+ c T − T = 0p 2 1dalla quale si perviene alla velocità del fluido nella sezione di uscita:( ) ( )w = w + 2c T − T = 70 + 2⋅1010 ⋅ 423 − 347 = 398 m / sec2 22 1 p 1 2Inoltre essendo la portata di massa data da:2 2π d13,14 ⋅0,15m= ρ1w1= 1,65⋅70 ⋅ = 2,04 kg / sec4 4facendo riferimento all’equazione di bilancio di massa si può determinare il diametro della sezionedi uscita del condotto:m 2,04d = 22 2 8 cρπw = ⋅ 1⋅3,14 ⋅398= m2 2

Problema n.43Una quantità di aria pari a 40 m /h si trova allo stato termodinamico di equilibrio inizialecaratterizzato dai valori di pressione e temperatura, rispettivamente di 1 atm e 15 °C; il fluidoviene compresso secondo una trasformazione politropica fino ad uno stato termodinamico diequilibrio dove i corrispondenti valori di pressione e temperatura assumono i valori,rispettivamente, di 10 atm e 190 °C.Nell’ipotesi che si possano ritenere trascurabili le variazioni di energia cinetica e potenzialetra le sezioni di ingresso e di uscita del compressore si vuole determinare:- la potenza meccanica richiesta per la compressione,- la potenza termica scambiata durante il processo.SoluzioneNoto lo stato termodinamico nelle sezioni estreme del compressore si può applicare l’equazionedel processo nelle sezioni medesime:1−n 1−nnn1 1= Tp2 2Tpdalla quale si può pervenire all’esponente della politropica:p2ln10lnp1n= = 1 = 1,26⎛ pT ⎞ 10 ⋅2882 1ln⎜ ⎟ln⎝ pT 463⋅11 2⎠inoltre tramite l’equazione di stato applicata in corrispondenza della sezione di ingresso sidetermina la densità:p11⋅1013253ρ1= = = 1,23 kg / mRT1287 ⋅288che consente di pervenire alla portata di massa:40m = ρ1v1= 1,23⋅ = 0,014 kg / sec3600Il lavoro speso per la compressione è dato da:n R 1,26 ⋅ 287l12 = ( T1 − T2) = ⋅( 15 − 190)=−243,4 kJ / kgn−1 1,26−1e quindi la potenza da somministrare al compressore sarà:l = m l =−0,014 ⋅ 243,4 =−3,4 kW12 12La quantità di calore scambiata durante il processo è data dall’espressione:( − ) ⋅( − ) ( ) ( )cvk n 717 1,4 1,26q12 = T2 − T1= ⋅ 190 − 15 =−68 kJ / kg1−n 1−1,26sicché la potenza termica corrispondente vale:q = m q =− 0,014 ⋅ 68 = 0,952 kW12 12

Problema n.53Una quantità di azoto pari a 400 m /h fa ingresso in un condotto verticale di altezza 12 me diametro di 25 cm mentre la pressione e la temperatura nella sezione di ingresso sono,rispettivamente, di 2 atm e 70 °C.Ritenendo di potere trascurare il lavoro delle forze di attrito per potere realizzare ildeflusso senza far variare la temperatura viene somministrata, attraverso la parete delcondotto, una potenza termica di 3 kW.Si vuole determinare alle suddette condizioni la portata oraria e lo stato termodinamico delfluido nella sezione di uscita del condotto.SoluzioneAttraverso l’equazione di stato si determina la densità del gas nella sezione di ingresso:e quindi la portata di massa:ρp 2⋅101325RT 297 ⋅34311= = =1,99 kg / m400m = ρ1v1= 1,99 ⋅ = 0,22 kg / sec36003tramite la quale si può risalire alla velocità nella sezione iniziale:4m4⋅0,22w1 = = = 2,25 m/ sec2 2ρπd11,99⋅3,14⋅0,25La quantità di calore relativa alla potenza termica somministrata vale:q123000q = 1213636,4 J / kgm= 0,22=mentre l’equazione di bilancio di energia nel caso in esame si scrive:w− w22 22 1+ gH = q12dalla quale si perviene alla velocità nella sezione di uscita del condotto:( ) ( )w = w + 2 q − gH = 2,25 + 2⋅ 13636,4 −9,81⋅ 12 = 43,24 m / sec2 22 1 12mentre dall’equazione di bilancio di massa se ne determina la densità :4m4⋅0,22ρ = = = 0,1 kg / m2 2 2π w2d 3,14 ⋅43,24 ⋅0,25pertanto la quantità oraria di fluido in tale sezione vale:mentre per la pressione si può scrivere:m0,22⋅36003v2= = = 7920 m / hρ20,1pp ρ 20,1 ⋅1 22= = =ρ11,990,1 atm3

Problema n.63Una quantità di aria pari a 600 m /h si espande in un condotto di forma tronco-conica icui diametri iniziale e finale sono, rispettivamente, di 30 cm e 10 cm; lo stato termodinamiconella sezione di ingresso è caratterizzato dai valori di pressione e temperatura,rispettivamente, di 50 atm e 200 °C mentre i corrispondenti valori nella sezione di uscita sonodi 10 atm e 50 °C.Nell’ipotesi che il fluido evolve lungo il condotto in modo reversibile si vuole determinare lapotenza meccanica scambiata dal sistema nel caso di:- espansione adiabatica,- espansione politropica.Nel secondo caso determinare anche la potenza termica scambiata.SoluzioneDall’equazione di stato si determinano le densità nelle sezioni estreme del condotto:p150 ⋅1013253ρ1= = = 37,32 kg / mRT 287 ⋅473la portata di massa vale:ρ1p 10 ⋅10132522= = =RT2287 ⋅32310,93 kg / m600m = ρ1v1= 37,32 ⋅ = 6,22 kg / sec3600di conseguenza le velocità medie del fluido nelle sezioni estreme sono date dalle espressioni:4m4⋅6,22w = = = 2,36 m/ sec1 2 2ρπ1d137,32⋅3,14 ⋅0,304m4⋅6,22w = = = 72,5 m/ sec2 2 2ρπ2d210,93⋅3,14 ⋅0,103Nel caso che il processo sia adiabatico dall’equazione di bilancio di energia si determina illavoro di espansione:2 2 2 2w1 −w22,36 −72,5l12 = + cp ( t1 − t2) = + 1010 ⋅( 200 − 50)= 148,9 kJ / kg2 2mentre la potenza meccanica corrispondente vale:l = m l = 6,22⋅ 148,9 = 926,2 kW12 12Se il gas si espande politropicamente dall’equazione di trasformazione applicata agli statitermodinamici delle sezioni estreme:1−n 1−nnn1 1= Tp2 2Tpsi ottiene:p2ln 10lnp1n= = 50 = 1,31p2T110 ⋅473ln lnp T 50 ⋅3231 2

pertanto la quantità di calore scambiata dal sistema vale:( − ) ⋅( − ) ( ) ( )cvk n 717 1,4 1,31q12 = t2 − t1=1−n 1−1,31⋅ 50 − 200 = 31,224 kJ / kgovvero la potenza termica corrispondente:q = m q = 6,22⋅ 31,224 = 194,2 kW12 12Dall’equazione di bilancio di energia si perviene al lavoro di espansione:2 2 2 2w1 −w22,36 −72,5l12 = + cp ( t1 − t2 ) + q12= + 1010 ⋅( 200 − 50)+ 31224 = 180,1 kJ / kg2 2e quindi la potenza meccanica corrispondente vale:l = m l = 6,22⋅ 180,1 = 1120,2 kW12 12

Problema n.7Una quantità di olio lubrificante viene raffreddato con acqua in uno scambiatore di calore,l’olio entra alla temperatura di 70 °C con una portata di massa pari a 0,1 kg/sec e deve essereportato in corrispondenza della sezione di uscita alla temperatura di 35 °C; l’acqua diraffreddamento entra alla temperatura di 15 °C mentre nella sezione di uscita la temperaturasale a 25 °C. Si vuole determinare:- la portata di massa dell’acqua di raffreddamento,- la potenza termica trasmessa dall’olio lubrificante all’acqua.Soluzione3311olioacquaolio224 4In sistemi con più ingressi e più uscite nei quali fluiscono più fluidi con differenti portate, qualequello in esame, è necessario scrivere l’equazione di bilancio di energia in termini di potenzepertanto l’equazione nella forma generale è:∑∑2 2wuweQ ⎛ ⎞ ⎛− L = m u⎜ + gzu + hu⎟− me⎜+ gze+ h⎝ 2 ⎞⎠ ⎝ 2e ⎟⎠Questa espressione viene semplificata in quanto il sistema rappresentato in figura presenta dueingressi e due uscite con due fluidi circolanti di diversa portata di massa, le variazioni di energiacinetica e potenziale sono sempre trascurabili, non vi è scambio di lavoro in quanto nessunpropulsore è contenuto all’interno del sistema ed inoltre lo scambio termico avviene solo tra i duefluidi circolanti perché il sistema è adiabatico verso l’esterno. Sicché la suddetta espressionediviene:∑∑mh = mh u u e eSi assume come volume di controllo tutto lo scambiatore ed essendo il regime stazionario sipossono scrivere le equazioni di bilancio di massa per i due fluidi:m = m = m1 2m = m = m3 4aoquindi l’equazione di bilancio energetico diviene:mh + mh = mh + mh a 1 o 3 a 2 o 4dalla quale si ricava la portata massica dell’acqua:

che può essere scritta:ma( )( )pa 2 1ma( − )mh h=h − ho 3 42 1( )( )mc o pot3 − t40,1⋅2,016 ⋅ 70 −35= = = 0,17 kg / secc t −t 4,18⋅ 25−15Per determinare la potenza termica trasmessa dall’olio all’acqua si deve prendere un volume dicontrollo che comprende solo la superficie di scambio termico dei due fluidi, allora si può scegliereil volume occupato dall’acqua, visto che essa riceve potenza termica, in tal caso l’equazione dibilancio di energia si scrive:Q = mh −hovvero anche:( )a 2 1( ) ( )Q = mc t − t = 0,17 ⋅4,18 ⋅ 25 − 15 = 7,11 kWa pa 2 1che sarebbe la potenza termica ricevuta dall’acqua. Si osserva che si poteva scegliere come volumedi controllo quello occupato dall’olio, il risultato è identico ma negativo in quanto si ottiene lapotenza termica ceduta dall’olio.

Problema n.83Un flusso volumetrico di aria pari a 480 m /h fa ingresso in una turbina allo statotermodinamico caratterizzato dai valori della pressione pari a 12 atm ed una temperatura di530 °C; il gas si espande adiabaticamente ed alla fine della trasformazione si porta allapressione di 2 atm. Tenuto conto che l’espansore ha un rendimento isoentropico del 0,90 e sele variazioni di energia cinetica e potenziale tra le sezioni di ingresso e di uscita della turbinasono ritenute trascurabili determinare:- la potenza meccanica fornita dal sistema,- il flusso orario di entropia,- la perdita di potenza dovuta all’irreversibilità del processo.SoluzioneTp = p 11p = p 222rs1Dall’equazione di stato si calcola la densità del fluido nella sezione di ingresso:s2rse quindi la portata di massa:ρp 12⋅101325RT 287 ⋅8031= = =15,76 kg / m480m = ρ1v1= 5,76 ⋅ = 0,77 kg / sec36003Si determina la temperatura di fine espansione isoentropica tra gli estremi 1 e 2 mediantel’equazione di trasformazione:dalla quale risulta:1−k 1−kkk1 1= Tp2 2Tpk−1 0,4⎛ p ⎞ k 1,42 ⎛ 2 ⎞T2 = T1⎜ ⎟ = 803⋅ ⎜ ⎟ = 481 Kp1⎝12⎠e quindi dall’espressione del rendimento isoentropico di espansione:⎝⎠che in questo caso, ritenendocp≈ cost., diviene:h − hηie=h − h1 2r1 2T −Tηie=T −T1 2r1 2

si determina la temperatura di fine espansione reale:2r 1 ie 1 2e quindi il lavoro realmente ottenuto vale:( ) ( )T = T −ηT − T = 803 −0,90 ⋅ 803 − 481 = 513 K( ) ( )l = c T − T = 1.010 ⋅ 803 − 513 = 293 kJ / kgr p 1 2rovvero la potenza meccanica che l’espansore fornisce:l = m l = 0,77 ⋅ 293 = 225,6 kWrL’aumento di entropia dovuto all’irreversibilità del processo è dato da:rk−1 0,4T ⎛ k 1,42rp ⎞1513 ⎛12⎞s2r − s1 = ∆sirr = cpln ⎜ ⎟ = 1,010 ⋅ln ⋅ ⎜ ⎟ = 0,065 kJ / kg KT1 p2803 ⎝ 2 ⎠⎝ ⎠pertanto il flusso orario di entropia vale:∆s= m ∆s = 0,77 ⋅0,065 ⋅ 3600 = kW / KirrIl lavoro che idealmente si otterrebbe è:( ) ( )l = c T − T = 1,010 ⋅ 803 − 481 = 325,2 kJ / kgid p 1 2e la potenza meccanica corrispondente:l = m l = 0,77 ⋅ 325,2 = 250,4 kWididper cui la perdita di potenza subita vale:∆ l= l − l= 250,4 − 225,6 = 24,8 kWidrper un espansore che ha un rendimento isoentropico di 0,90 e per lo stato fisico di partenzal’irreversibilità del processo causa una perdita di potenza di circa 25 kW.

Problema n.93Un compressore comprime una portata di aria secca pari a 250 dm /sec alla pressioneiniziale di 1 bar ed alla temperatura di 25 °C; alla fine della trasformazione la pressione sale alvalore di 7 bar.Trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale tra le sezioni di ingresso e diuscita del compressore si vuole determinare la potenza meccanica da spendere nel caso in cuila trasformazione avvenga con:- compressione isoterma reversibile,- compressione isoentropica,- compressione adiabatica con rendimento isoentropico pari a 0,8.Nel terzo caso si determini anche il flusso orario di entropia.SoluzioneTp = p 222rp = p 11s1s2rsLa densità nella sezione di ingresso del compressore è:5p11⋅10ρ1= = = 1,17 kg / mRT1287 ⋅298che consente di calcolare la portata di massa: −3m = ρ1v1= 1,17 ⋅250 ⋅ 10 = 0,29 kg / secSe la compressione avviene isotermicamente il lavoro speso vale:e quindi la potenza relativa:p 11l12= RT ln = 287 ⋅298 ⋅ ln =− 166,43 kJ / kgp273l = m l =− 0,29 ⋅ 166,43 =− 48,3 kW12 12Se la compressione è isoentropica il lavoro speso si può determinare mediante l’espressione:⎡ ⎤ ⎡ ⎤k−1 0,4k ⎛ p ⎞ k 1,421,4 ⎛7⎞l12 = RT ⎢11− ⎥⎜ ⎟ = ⋅287 ⋅298 ⋅⎢1− ⎥⎜ ⎟ =−222,6 kJ / kgk− 1 ⎢ p ⎥10,4 ⎢ ⎝1⎠⎥⎢⎝ ⎠⎣ ⎥⎦⎣ ⎦e quindi la potenza spesa:

l = m l =− 0,29 ⋅ 222,6 =− 64,6 kW12 12Se il fluido si comprime adiabaticamente si determina dapprima la temperatura di finecompressione isoentropica:k−1 0,4⎛ p ⎞ k 1,42 ⎛7⎞T2 = T1⎜ ⎟ = 298 ⋅ ⎜ ⎟ = 520 Kp1⎝1⎠⎝⎠la quale attraverso il rendimento isoentropico di compressione consente di determinare latemperatura finale reale:T −T 520 − 2982 1T2r = T1+ = 298 + = 576 Kηic0,80pertanto il lavoro speso vale:12r p 2r 1( ) ( )l =−c T − T =−1,010 ⋅ 576 − 298 =− 281 kJ / kgovvero la potenza richiesta dal compressore:l = m l =− 0,29 ⋅ 281 =−81,4 kW12rL’aumento di entropia è dato da:12rk−1 0,4T ⎛ k 1,42rp ⎞1576 ⎛1⎞s2r − s1 = ∆sirr = cpln ⎜ ⎟ = 1,010 ⋅ln ⋅ ⎜ ⎟ = 0,104 kJ / kg KT1 p2298 ⎝7⎠pertanto il flusso orario corrispondente vale:irr⎝⎠∆s= m ∆s = 0,29 ⋅3600 ⋅ 0,104 = 106,6 kW / K

Problema n.10Una portata di vapore d’acqua defluisce attraverso una valvola di laminazione a valle dellaquale si stabilisce una pressione di 0,5 bar mentre il vapore all’ingresso della valvola suddettaha una pressione di 15 bar ed un titolo pari a 0,2. Si vuole determinare:- il titolo del vapore nella sezione di uscita,- l’entalpia finale del vapore,- l’aumento di entropia dovuto all’irreversibilità del processo,- la variazione volumetrica specifica alla fine della laminazione.SoluzioneIn funzione dello stato termodinamico a monte della valvola, ovvero in funzione della pressionep1= 15 bar , si trova dalle tabelle del vapore saturo una temperatura t 1= 198 ° C pertanto l’entalpianella sezione a monte vale:h1 = h1l + r1x 1= 845 + 1940 ⋅ 0,2 = 1233 kJ / kgmentre per l’entropia si può scrivere:r11940s1 = s1l + x1= 2,3+ ⋅ 0,2=3,13 kJ / kg KT1470Tenuto conto che durante la laminazione risulta:h1= h 2si può scrivere:dalla quale si ottiene:h1 = h2l + r2x 2h − h 1230 − 3401 2lx2= = = 0,39r22300mentre l’entropia a valle della valvola vale:r22300s2 = s2l + x2= 1,1+ ⋅ 0,39 = 3,63 kJ / kg KT2355quindi l’aumento di entropia è:∆ sirr = s2 − s1= 3,63 − 3,13 = 0,5 kJ / kg KIl volume specifico nella sezione di ingresso della valvola è dato da:( ) ( )3v = v + v − v x = 0,001156 + 0,135 −0,001156 ⋅ 0,2 = 0,03 m / kg1 1l 1v 1l 1mentre quello nella sezione di uscita vale:( ) ( )3v = v + v − v x = 0,00156 + 0,135 −0,001156 ⋅ 0,39 = 0,05 m / kg2 2l 2v 2l 2pertanto l’aumento di volume specifico dovuto all’espansione sarebbe:3v v2 v10,02 m / kg∆ = − =

Problema n.11Un compressore aspira una portata di aria pari a 150 m 3 /h alla pressione atmosferica edalla temperatura di 20 ° C comprimendo il fluido fino ad una pressione di 30 atm;trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale tra le sezioni estreme si vuoledeterminare la potenza meccanica teorica da somministrare al compressore e la temperaturadel fluido alla fine della trasformazione nel caso di:- compressione adiabatica monostadio,- compressione adiabatica bistadio con raffreddamento intermedio fino alla temperaturainiziale e la corrispondente quantità di calore da sottrarre,- compressione isoterma.Soluzionepp 22′′2′2p 34 3p 11Dall’equazione di stato dell’aria risulta:vp11⋅1013253ρ1= = = 1,21 kg / mRT1287 ⋅293e quindi la portata di massa:150m = ρ1v1= 1,21⋅ = 0,05 kg / sec3600Per una compressione isoentropica monostadio si scrive:⎡ ⎤ ⎡ ⎤k−1 0,4k ⎛ p ⎞ k 1,421,4 ⎛30⎞l12 = RT ⎢11− ⎥⎜ ⎟ = ⋅287 ⋅293⋅⎢1− ⎥⎜ ⎟ =−483,4 kJ / kgk− 1 ⎢ p ⎥10,4 ⎢ ⎝ 1 ⎠ ⎥⎢⎝ ⎠⎣ ⎥⎦⎣ ⎦mentre se la compressione avviene con due stadi, isoentropici, il lavoro speso vale:⎡ ⎤ ⎡ ⎤k−1 0,42k ⎛ p ⎞ 2k 2,822,8 ⎛30⎞l12′= RT ⎢11− ⎥⎜ ⎟ = ⋅287 ⋅293⋅⎢1− ⎥⎜ ⎟ =−368,3 kJ / kgk− 1 ⎢ p ⎥10,4 ⎢ ⎝ 1 ⎠ ⎥⎢⎝ ⎠⎣ ⎥⎦⎣ ⎦La pressione del fluido alla fine del primo stadio è:mentre la temperatura corrispondente vale:p3 = pp1 2= 130 ⋅ = 5,48 atm

k−1 0,4⎛ p ⎞ k 1,43 ⎛5,48⎞T3 = T1⎜ ⎟ = 293⋅ ⎜ ⎟ = 476 Kp1⎝ 1 ⎠⎝⎠sicché la quantità di calore da sottrarre al fluido per realizzare il raffreddamento fino allatemperatura iniziale vale:( ) ( )q = c T − T = 1,010 ⋅ 293 − 476 =− 184,8 kJ / kg34 p 1 3Se la compressione avvenisse isotermicamente risulterebbe:p 1′′ = = ⋅ ⋅ =−1l12 RT1ln 287 293 ln 286 kJ / kgp230pertanto le potenze meccaniche corrispondenti ai lavori precedentemente calcolati valgonorispettivamente:l12= m l12=− 0,05⋅ 483,4 =−24,17 kWl12′ = m l12′=− 0,05⋅ 368,3 =−18,42 kWl= m l =− 0,05⋅ 286 =−14,3 kW12′′ 12′′

Problema n.12In uno scambiatore di calore una portata di aria paria 10000 kg/h che si trova allatemperatura di 20 °C viene riscaldata fino alla temperatura di 55 °C tramite una portata diacqua pari a 4200 kg/h che entra nello scambiatore alla temperatura di 90 °C.Nell’ipotesi che il deflusso di entrambi i fluidi si possa considerare isobarico nelloscambiatore e se la temperatura dell’ambiente è di 17 °C si vuole determinare il rendimentoexergetico dello scambiatore di calore.SoluzioneEssendo il regime stazionario vale l’eguaglianza dei flussi termici dell’aria e dell’acqua, si puòallora scrivere:mc t − t = mc t −t( ) ( )a pa 2a 1a H H 1H 2Hdalla quale si può ricavare la temperatura di uscita dell’acqua:mc 10000 ⋅1,010t = t − ( t − t ) = 90 − ⋅( 55 − 20)= 70 ° Cm c 4200 ⋅4,186a pa2H 1H 2a 1aH He quindi l’aumento di exergia dell’aria vale:( ) ( ) ( )− = − − − = − −2ae2a e1a cpa t2a t1a T0 s2a s1a cpa t2a t1a T0ln T1a328= 1,010 ⋅( 55 −20)−290 ⋅ ln = 0,114 kJ / kg293T=mentre la conseguente diminuzione di exergia dell’acqua è:( ) ( ) ( )1He1H − e2H = cH t1H −t2H −T0 s1H − s2H = cH s1H −s2H −T0ln T2H363= 4,186 ⋅( 90 −70)−290 ⋅ ln = 14,12 kJ / kg343T=pertanto il rendimento exergetico dello scambiatore vale:ηex( − )( − )me e 10000 ⋅2,3= 0,39me e 4200 ⋅14,12a 2a 1a= =H 1H 2H

Problema n.13Una portata di aria pari a 34 kg/min fa ingresso in un compressore alla pressione di 1 bared alla temperatura di 20 °C e da questo viene portata allo stato termodinamico caratterizzatodai valori di pressione e temperatura, rispettivamente, di 3 bar e 138 °C; per potere realizzarela trasformazione viene somministrata al compressore una potenza meccanica pari a 77 kW.Ritenendo trascurabili le variazioni di energia cinetica e potenziale alla sezione di ingressoe di uscita del compressore e facendo riferimento alla temperatura ambiente di 16 °Cdeterminare il rendimento exergetico del compressore.SoluzioneLa densità nella sezione di ingresso del compressore è:5p11⋅10ρ1= = = 1,19 kg / mRT 287 ⋅293e quindi la portata di massa di aria vale:34m = ρ1v1= 1,19 ⋅ = 0,67 kg / sec60mentre il lavoro corrispondente alla potenza somministrata è:l1277l = 12115 kJ / kgm= 0,67=L’aumento di entropia del processo si determina mediante l’espressione:1k−1 0,4T ⎛ k 1,42p ⎞1411 ⎛1⎞s2 − s1 = cpln ⎜ ⎟ = 1,010 ⋅ln ⋅ ⎜ ⎟ = 0,025 kJ / kg KT1 p2293 ⎝3⎠mentre l’aumento di exergia vale:⎝⎠( )e − e = l −T s − s = 115 −289 ⋅ 0,025 = 107,8 kJ / kg2 1 12 0 2 1pertanto il rendimento exergetico della compressione è dato da:ηe − e 107,82 1ex= = =l121150,943

Problema n.143Una portata volumetrica di aria pari a 200 m /h subisce un’espansione adiabaticainternamente irreversibile dallo stato termodinamico iniziale caratterizzato dai valoripressione e temperatura, rispettivamente, di 10 bar e 227 °C ad uno stato finale di equilibriodove la pressione scende al valore di 3 bar . Tenuto conto che il rendimento isoentropicodell’espansore è di 0,88 e facendo riferimento ad una temperatura ambiente di 20 °Cdeterminare:- la potenza meccanica fornita dall’espansore,- l’effettiva perdita di potenza a causa dell’irreversibilità del processo,- il rendimento exergetico della trasformazione.SoluzioneLa temperatura di fine espansione isoentropica vale:⎝ ⎠mentre quella di fine espansione reale sarebbe:k−1 0,4⎛ p ⎞ k 1,42 ⎛ 3 ⎞T2 = T1⎜ ⎟ = 500 ⋅ ⎜ ⎟ = 355 Kp1⎝10⎠2r 1 ie 1 2( ) ( )T = T −ηT − T = 500 −0,88 ⋅ 500 − 355 = 372 KLa densità nella sezione in ingresso viene fornita dall’equazione di stato:5p110⋅103ρ1= = = 7 kg / mRT1287 ⋅500e quindi la portata di massa:200m = ρ1v1= 7 ⋅ = 0,39 kg / sec3600Il lavoro idealmente fornito dall’espansore è:( ) ( )l = c T − T = 1,010 ⋅ 500 − 355 = 146,5 kJ / kg12 p 1 2mentre quello realmente ottenuto vale:( ) ( )l = c T − T = 1,010 ⋅ 500 − 372 = 129,3 kJ / kg12r p 1 2rpertanto le potenze meccaniche corrispondenti sono:l12= m l12= 0,39 ⋅ 146,5 = 57,14 kWl12r= m l12r= 0,39 ⋅ 129,3 = 50,43 kWper cui l’effettiva perdita di potenza vale:∆ l= l 12− l12r= 57,14 − 50,43 = 6,7 kWPer l’aumento di entropia del sistema si può scrivere:k−1 0,4T ⎛ k 1,42rp ⎞1372 ⎛10⎞s2r − s1 = cpln ⎜ ⎟ = 1,010 ⋅ln ⋅ ⎜ ⎟ = 0,05 kJ / kg KT1 p2500 ⎝ 3 ⎠⎝ ⎠che consente di pervenire alla diminuzione di exergia:( )e − e = l + T s − s = 129,3 + 293⋅ 0,05 = 144 kJ / kg1 2r 12r 0 2r 1pertanto il rendimento exergetico dell’espansione è:l12r129,3ηex= = = 0,9e − e 1441 2r

Problema n.15In un condotto orizzontale avente diametro di 20 cm fluisce una certa quantità di aria seccapari a 12 kg/sec alla temperatura di 30 °C e alla pressione di 3 bar. Per poter fare avvenire ildeflusso isotermicamente il sistema scambia con l’ambiente una potenza termica di 200 kW.Se si suppone che il processo sia reversibile si vuole determinare la potenza meccanica cheil sistema scambia con l’esterno.SoluzioneLa densità nella sezione di ingresso è data da:5p13⋅103ρ1= = = 3,45 kg / mRT 287 ⋅303e quindi la velocità nella sezione medesima:4m4⋅12w1 = = = 110,8 m / sec2 2ρπd13,45⋅3,14⋅0,20La quantità di calore corrispondente alla potenza termica scambiata è:q12200q = 1216,67m= 12= kJ / kginoltre se si tiene conto della relazione:2q12 = h2 −h1 −lR− ∫ v dp1la quale per un gas perfetto e processo reversibile diviene:e quindi per un processo isotermo risulta:dalla quale si ricava:( )q = c T −T − vdp12 p 2 1q12 1∫p= RT ln p⎛ q ⎞ ⎛ 16670 ⎞12p2 = p1exp⎜− ⎟= 3⋅exp⎜− ⎟=2,5 barRT1⎝ 287 ⋅303⎠⎝ ⎠che consente di determinare il valore della densità del fluido nella sezione di uscita:ρp 2,5⋅10RT 287 ⋅303522= = =12122,87 kg / me dall’equazione di bilancio di massa si perviene alla velocità nella sezione suddetta:3w2ρ w 3,45⋅110,8ρ 2,871 1= = =2133,2 m / secinoltre dall’equazione di bilancio di energia si determina il lavoro utile:2 2 2 2w1 −w2110,8 −133,2l12 = q12+ = 16670 + = 11,2 kJ / kg2 2sicché la potenza meccanica corrispondente vale:l = m l = 12⋅ 11,2 = 134,5 kW12 12

Problema n.16-3 3Una quantità di acqua pari a 1,7 ⋅10 m /sec che si trova a pressione e temperatura,rispettivamente, di 66 bar e di 20 °C deve essere utilizzata per produrre vapore saturo seccoalla pressione di saturazione di 66 bar e a tale scopo viene inviata all’interno di un condottoavente diametro di 36 mm.Si vuole determinare la quantità di calore da somministrare al fluido affinché avvenga ilcambiamento di fase richiesto e la di portata di vapore nella sezione di uscita del condotto.SoluzioneIn corrispondenza dello stato termodinamico iniziale l’acqua ha i seguenti valori di entalpia evolume specifico allo stato di liquido saturo (x= 0) :3h1 = hl1 = 90 kJ / kg v1 = vl1= 0,0009987 m / kgmentre lo stato finale in corrispondenza della pressione di 66 bar fornisce i corrispondenti valoriallo stato di vapore saturo secco (x : = 1)3h2 = h2v = 2780 kJ / kg v2 = v2v= 0,03244 m / kgTramite la portata iniziale si può determinare la velocità dell’acqua nella sezione di ingresso delcondotto:−34v14⋅1,7 ⋅10w1 = = = 1,67 m/ sec2 2π d 3,14 ⋅0,036mentre dall’equazione di bilancio di massa si può pervenire alla velocità del vapore nella sezione diuscita, essendo in tal caso costante la sezione del condotto e facendo riferimento ai volumi specificisi può scrivere:v2w10,03244 ⋅1,67w2= = = 54,25 m/ secv10,0009987che consente anche di conoscere la portata di vapore saturo secco richiesta in corrispondenza dellasezione medesima:2 4π d 3,14⋅0,363v2= w2= 54,25⋅ = 0,06 m / sec4 4infine applicando l’equazione di bilancio di energia si può determinare il calore somministrato perprodurre la quantità di vapore richiesta:2 2 2 2w2 −w154,25 −1,67q12 = + ( h2 − h1) = + ( 2780 − 90)= 2691,5 kJ / kg2 2e si osserva che il calore scambiato dovuto alla variazione di energia cinetica è di circa 1, 5 kJ / kge quindi si sarebbe potuto trascurare in quanto piuttosto piccolo rispetto al calore dovuto allavariazione di entalpia.