Esercizi svolti (e non) sulla Termodinamica degli stati PDF

Preview

Summary

Esercizi svolti (e non) sulla Termodinamica degli stati...

Description

TERMODINAMICA DEGLI STATI

Esercizi svolti

Liquido - Esempio 1 2,50 kg di acqua si trovano alla temperatura e pressione iniziale rispettivamente di 150°C e 30,0 bar. In seguito ad una trasformazione la temperatura e la pressione diventano rispettivamente 80,0°C e 10,0 bar. Si rappresentino qualitativamente gli stati 1 e 2 rispettivamente sul piano p,v e su quello h,s. Si calcolino inoltre: a) la densità nelle condizioni 1; b) il volume occupato dal fluido nelle condizioni 2; c) la variazione di entalpia specifica; d) la variazione di energia interna specifica; e) la variazione di entropia.

Dati H 2O t1 = 150°C, p1 = 30, 0 bar; t2 = 80,0°C, p2 = 10, 0 bar; Svolgimento

Stato 1. Dalla tabella si ha che per t = 150°C la corrispondente pressione di saturazione, psat, è pari a 4,760 bar. Essendo p1 > psat la fase è liquida. Allo stesso risultato si giunge attraverso la tabella A.4, p. 139 dove per p = 30,0 bar si ha che la corrispondente temperatura di saturazione, tsat, è pari a 233,84°C. In questo caso si ha t1 < tsat (vedi figura). Stato 2. Dalla tabella A.3, si ha che per t = 80,0°C la corrispondente pressione di saturazione, psat, è pari a 0,4736 bar. Essendo p > psat la fase è liquida. Allo stesso risultato si giunge attraverso la tabella A.4, p. 139 dove per p = 10,0 bar si ha che la corrispondente temperatura di saturazione, tsat, è pari a 179,88°C. In questo caso si ha t < tsat (vedi figura). Essendo in fase liquida si ha:

v1 = vl (t = 150°C) = 1,0910-3 m3/kg e quindi la densità  dell’acqua è pari a  = 1/v = 917 kg/m3. v2 = vl (t = 80,0°C) = 1,0310-3 m3/kg e quindi il volume occupato dall’acqua risulta V2 = v2  m = 1,0310-3  2,50 = 2,56 10-3 m3.

p [bar]

Stato 1 1

p1 = 30,0 t = 233,84°C p = 4,760 t1 = 150°C

v [m3/kg] h [kJ/kg] t2 = 80,0°C

t = 179,88°C

Stato 2 p2 = 10,0 bar

x=0 2

p = 0,4736 bar

s [kJ/(kg K)]

h = c t + v p = c (t2 – t1) + v (p2 – p1) = 4,19 (80 – 150) + 1,010-3 (1000 – 3000) = -295 kJ/kg In alternativa in via approssimata: h = hl (t = 80,0°C) - hl (t = 150,0°C) = 335 – 632 = -297 kJ/kg. Quest’ultima procedura è praticabile in quanto si è sufficientemente lontani dal punto critico. In tali casi infatti l’errore dovuto all’approssimazione risulta trascurabile.

u = c t = c (t2 – t1) = 4,19 (80 – 150) = -293 kJ/kg

S = m c ln

T2

= 2,50 4,19 ln

80  273 150  273

T1

= -1,89 kJ/K

Liquido - Esempio 2 3,50 kg di R134a si trovano alla pressione e all’entalpia specifica rispettivamente di 0,900 bar e 152 kJ/kg. Si rappresenti qualitativamente lo stato dell’R134a sul piano p,h. Si calcolino inoltre: a) la temperatura; b) il volume specifico; c) l’energia interna specifica; d) l’entropia. Dati R134a p = 0,900 bar, h = 152 kJ/kg.

Svolgimento

Dalla tabella sulle proprietà dell’R134a in condizioni di saturazione si ha che per p = 0,900 bar la corrispondente entalpia del liquido saturo è hl = 165,23 kJ/kg. Essendo h < hl si è in fase liquida (vedi figura). t = –28,72°C p [bar] t = –40°C

0,900

A

B

152

165,2

381,67

h [kJ/kg]

La temperatura può essere individuata attraverso: h = c t + v p. Applicando tale relazione lungo l’isobara AB si ha: hA - hB = c (tA – tB) + v (pA – pB). Da cui: hA - hB = c (tA – tB), con hB = hl (p = 0,900 bar) = 165,23 kJ/kg e tB = tsat (p = 0,900 bar) = -28,72°C. Dalla tabella sui calori specifici dei liquidi nell’ipotesi in cui l’R134 abbia una temperatura di -40,0°C, si ha: c = 1,17 kJ/(kg K).

t = tA = tB + (hA - hB)/c = -28,72 + (152 - 165,23)/1,17 = -40,0°C (ipotesi verificata sul valore di c).

NB: se l’ipotesi non fosse stata verificata si doveva ripetere il calcolo con un valore di c a differente temperatura fino a far coincidere la temperatura ipotizzata e quella calcolata.

v = vA = vl (t = -40,0°C). Nella tabella sulle proprietà dell’R134a in condizioni di saturazione il valore di temperatura -40,0°C non risulta presente. Il valore di v va in questo caso ricavato per interpolazione lineare.

t [°C] A

-38

B -40

D

-41 C

E

0,70410-3

Dalla similitudine dei triangoli si ha:

0,70810-3

x

CE CF



F

BE AF

v [m3/kg]

Quindi:

x - 0,704 10-3 1  -3 -3 0,708 10 - 0,704 10 3

x = v = 0,70510-3 m3/kg

Applicando la definizione di entalpia: h = u + pv, si ricava u. u = 152 – 0,900102  0,70510-3 = 152 kJ/kg.

Interpolando nuovamente si ottiene l’entropia specifica: s = 0,803 kJ/(kg K).

S = m  s = 3,50  0,803 = 2,81 kJ/K

Vapore saturo - Esempio 1 4,00 kg di acqua si trovano inizialmente

alla

pressione

e

all’entalpia specifica rispettivamente di 10,0 bar e 2500 kJ/kg. In seguito ad una trasformazione la temperatura e l’entropia specifica diventano rispettivamente 150°C e 3,50 kJ/(kg K). Si rappresentino qualitativamente gli stati 1 e 2 rispettivamente sul piano h,s e su quello T,s. Si calcolino inoltre: a) la temperatura nelle condizioni 1; b) la pressione nelle condizioni 2; c) il volume specifico nelle condizioni 1; d) l’entropia specifica nelle condizioni 1; e) l’entalpia nelle condizioni 2.

Dati H 2O p1 = 10,0 bar, h1 = 2500 kJ/kg; t2 = 150°C, s2 = 3,50 kJ/(kg K); Svolgimento

Stato 1. Dalla tabella, si ha che per p = 10,0 bar le corrispondenti entalpie del liquido saturo e del vapor saturo secco sono rispettivamente: 762,2 e 2777,5 kJ/kg. Essendo hl < h2 < hvs si è in condizioni di vapore saturo. La temperatura del punto 2 è pari alla temperatura di saturazione a 10,0 bar, tsat = 179,88°C (vedi figura). v = 0,167 m3/kg p = 10,0 bar h [kJ/kg] t = 179,88°C

2777,5 2500 1

Stato 1

762,2

5,97

s [kJ/(kg K)]

Stato 2. Dalla tabella si ha che per t = 150°C le corrispondenti entropie del liquido saturo e del vapor saturo secco sono rispettivamente: 1,8409 e 6,8325 kJ/(kg K). Essendo sl < s1 < svs si è in condizioni di vapore saturo. La pressione del punto 1 è pari alla pressione di saturazione a 150°C, psat, = 4,760 bar (vedi figura). t [°C]

psat = 4,760 bar

2

Stato 2

1,8409

3,50

6,8325

s [kJ/(kg K)]

Essendo vapore saturo si ha:

x1 



h1 - h l p  10,0 bar 



h vs p  10,0 bar  - h l p  10,0 bar

2500 - 762,2 = 0,862 2015,3

v1 = vl + x (vvs - vl) = 1,1210-3 + 0,862 (0,194 - 1,1210-3) = 0,167 m3/kg

NB: il valore di vl è stato desunto dalla tabella entrando con p, in alternativa poteva, in prima approssimazione, essere posto pari a 110-3 m3/kg.

s1 = sl + x (svs - sl) = 2,14 + 0,862 (6,58 – 2,14) = 5,97 kJ/(kg K)

NB: gli stessi valori v1 e s1, visto il valore elevato del titolo x1, potevano essere ricavati dal diagramma di Mollier.

x2 

s2 - sl t  150C 3,50 - 1,8409  svs t  150C - s lt  150C 4,9916

= 0,332

h2 = hl + x (hvs - hl) = 631,9 + 0,332 (2744,5 – 631,9) = 1333 kJ/kg

H2 = m  h2 = 4,00  1333 = 5333 kJ

Vapore saturo - Esempio 2 R134a si trova alla pressione e al volume specifico rispettivamente di 5,50 bar e 5,0010-3 m3/kg. Si rappresenti qualitativamente lo stato dell’R134a sul piano p,v. Si calcolino inoltre: a) la temperatura; b) l’entalpia; c) l’entropia.

Dati R134a p = 5,50 bar, v = 5,0010-3 m3/kg.

Svolgimento

Dalla tabella sulle proprietà dell’R134a in condizioni di saturazione si ha che per p = 5,50 bar i corrispondenti volumi specifici del liquido saturo e del vapor saturo secco sono vl = 8,12810-4 e 3,71810-2 m3/kg. Essendo vl < v < vvs si è in condizioni di vapore saturo (vedi figura).

La temperatura incognita è pari quindi a quella di saturazione per p = 5,50 bar. Dalla tabella sulle proprietà dell’R134a in condizioni di saturazione si ha tsat = 18,76°C.

p [bar]

5,50

x = 0,115

t = 18, 76°C

8,12810-4

3,71810-2

v [m3/kg]

v1- v l p  5,50 bar

 5,00 10-3 - 8,128 10-4     = 0,115 x   -4 2 vvs p  5,50 bar - vl p  5,50 bar 3,718 10   8,128 10 h = hl + x (hvs - hl) = 224,45 + 0,115 (406,62 – 224,45) = 245,4 kJ/kg

s = sl + x (svs - sl) = 1,0858 + 0,115 (1,7099 – 1,0858) = 1,16 kJ/(kg K)

Vapore surriscaldato - Esempio 1

Per 2,50 kg di acqua alla temperatura di 350°C e alla

pressione di 20,0 bar. Si calcolino: a) la densità; b) il volume occupato dal fluido; c)

l’entalpia;

d) l’energia interna; e) l’entropia.

Dati H 2O t = 350°C, p = 20, 0 bar;

Svolgimento

Dalla tabella si ha che per t = 350°C la corrispondente pressione di saturazione, psat, è pari a 165,37 bar. Essendo p < psat la fase è aeriforme (vapore surriscaldato). Allo stesso risultato si giunge attraverso la tabella A.4, p. 139 dove per p = 20,0 bar si ha che la corrispondente temperatura di saturazione, tsat, è pari a 212,37°C. In questo caso si ha t > tsat (vedi figura). Dal diagramma di Mollier si ottiene: v = 0,14 m3/kg

p = 20 bar

h [kJ/kg] t = 350°C 3140 t = 212,37°C

6,95

s [kJ/(kg K)]

v = 0,14 m3/kg e quindi la densità  dell’acqua è pari a  = 1/v =1/0,14 = 7,14 kg/m3. Il volume occupato dal vapore risulta V = v  m = 0,14  2,50 = 0,35 m3.

Essendo h = 3140 kJ/kg si ha H = m  h = 2,50  3140 = 7850 kJ.

Applicando la definizione di entalpia: h = u + pv, si ricava u. u = 3140 – 20  102  0,14 = 2860 kJ/kg. U = 2,50  2860 = 7150 kJ.

Essendo s = 6,95 kJ/(kg K) si ha S = 2,50  6,95 = 17,4 kJ/K.

Vapore surriscaldato - Esempio 2

Per dell’R134a avente una temperatura di 40°C e

un’entropia specifica di 1,9 kJ/(kg K). Si calcolino: a) il volume specifico; b) l’entalpia; c) la pressione; d) l’energia interna.

Dati R134a t = 40°C, s = 1,9 kJ/(kg K).

Svolgimento

Dalla tabella sulle proprietà dell’R134a in condizioni di saturazione si ha che per t = 40°C le corrispondenti entropie del liquido saturo e del vapore saturo secco sono rispettivamente: sl = 1,1896 e svs = 1,7071 kJ/(kg K). Essendo s > svs si è nella zona del vapore surriscaldato (vedi figura). Dal diagramma p,h dell’R134a si ottiene:  = 6,7 kg/m3 e quindi il volume specifico è pari a v = 1/ =1/6,7 = 0,15 m3/kg.

h = 437 kJ/kg.

p = 1,7 bar. Applicando la definizione di entalpia: h = u + pv, si ricava infine u. u = 437 – 1,7  102  0,15 = 412 kJ/kg.

p [bar]

s = 1,7071 kJ/(kg K)

s = 1,9 kJ/(kg K)

1,7

 = 6,7 kg/ m3

t = 40°C

437

h [kJ/kg]

Gas ideale - Esempio 1

Dell’ossigeno contenuto in una bombola è inizialmente alla

temperatura di 20,0°C e alla pressione di 20,0 bar. Si calcoli: a) la massa dell’ossigeno nel caso che il volume della bombola sia di 100 litri; b) la massa dell’ossigeno rimasto nella bombola quando avendone utilizzato una parte, la pressione si è ridotta a 5,00 bar ferma rimanendo la temperatura.

Dati O2 t1 = t2 = 20,0°C, p1 = 20, 0 bar V = 100 l, p2 = 5,00 bar Svolgimento

Dalla tabella si ricava che per l’O2 la temperatura critica Tc è pari a 154,8K. Essendo nel caso in esame a 20,0°C = 293K, si ha: T > Tc. La fase è quindi quella del gas da considerarsi a comportamento ideale. Dall’equazione di stato pV = mRT, si ha:

m = pV/(RT) con R costante del gas che per l’O2,

tabella A.6, p. 142, risulta pari a 260,83 J/(kg K). Sostituendo i valori numerici si ha: T [K]

p1 = 20,0 bar

293K

2 1 p2 = 5,00 bar C

Tc = 154,8K

s [kJ/(kg K)]

a)

m=

2,00 106 1,00 101 2,61102  2,93 102 5,00 105 1,00 101

b)

m=

2,61102  2,93 102

= 2,62 kg -1

= 6,54·10 kg

Gas ideale - Esempio 2 Dell’azoto che è inizialmente alla temperatura di 15,0°C e alla pressione di 25,0 bar e che occupa un volume di 1,20 m3 viene portato alla temperatura di 35,0°C e alla pressione di 19,0 bar. Si calcoli: a) il volume finale; b) la variazione di energia interna specifica; c) la variazione di entalpia specifica; d) la variazione di entropia specifica.

Dati N2 t1 = 15,0°C, p1 = 25, 0 bar, V1 = 1,20 m3; t2 = 35,0°C, p2 = 19,0 bar

Svolgimento

Dalla tabella si ricava per l’azoto che la temperatura critica Tc è pari a 126,2K. Poiché T1, T2 > Tc, la fase per entrambi gli stati iniziale e finale è quella di gas da considerare a comportamento ideale.

Dall’equazione di stato applicata nelle condizioni iniziali e finali si ha rispettivamente:

p1V1 = mRT1 p2V2 = mRT2

dividendo membro a membro si ottiene:

p2 V2 T2  p1V1 T1

da cui si ha:

V2

p1 T2

V 1 p2 T1

25,0 (273  35,0)

1,2  1,69 m3 19,0 (273  15,0)

Nell’ipotesi di gas ideale si ha inoltre:

u = cvT = cv (t2 – t1)

h = cpT = cp (t2 – t1)

s = cpln

p T2 - R ln 2 T1

p1

Per l’azoto, dalla tabella si ricava: cp = 1,04 kJ/kgK, cv = 0,743 kJ/kgK; mentre risulta che: R = 296,91 J/(kg K). Si ha quindi:

u = 0,743 (35 – 15) = 14,9 kJ/kg

h = 1,04 (35 – 15) = 20,8 kJ/kg

s = 1,04 ln

273  35 273  15

- 0,297 ln

19 25

= 0,151 kJ/kgK

Esercizi non svolti Es. 1 Un recipiente dal volume di 0,200 m3 contiene O2 alla temperatura di 18,0°C e alla pressione di 10,1 bar. Determinare la massa di O2. (2,66 kg) Es. 2 Dell’azoto, che inizialmente occupa 74,5 cm3 a 10,0°C e 20,5 bar, in seguito ad un riscaldamento si porta alla temperatura di 40,0°C ed alla pressione di 15,6 bar. Determinare il volume nello stato finale. (108 cm3) Es. 3 Si dica quali sono le fasi presenti nei sistemi costituiti da acqua nelle seguenti condizioni: a) T = 60°C

p = 0,20 bar

b) T = 60°C

p = 0,042 bar

c) T = 60°C

p = 1,3 bar

(a) vapore saturo; b) vapore surriscaldato; c) liquido) Es. 4 Per l’acqua nelle seguenti condizioni: a) T = 80,0°C

x = 0,00

b) T = 80,0°C

x = 0,350

c) T = 80,0°C

x = 1,00

si dica qual è, nei tre casi, la pressione e l’entalpia specifica che caratterizzano il sistema. (pa)= p b)= pc) = 0,474 bar; ha) = 335 kJ/kg; hb) = 1,14·103 kJ/kg; hc) = 2,64·103 kJ/kg) Es. 5 Un recipiente chiuso, a pareti rigide e fisse, contiene O 2 alla temperatura di 20,0°C e alla pressione di 2,50 bar. Determinare il valore della temperatura quando la pressione sale a 3,50 bar. (137°C) Es. 6 Determinare il diametro interno di un recipiente cilindrico alto 70,0 cm che deve contenere 320 g di CO2 a 60°C e nel quale la pressione non deve superare il valore di 3,80 bar. (0,310 m)

Es. 7 L'entalpia di 10,0 kg di acqua, alla pressione di 4,76 bar è di 2,00·104 kJ. Si calcoli il valore del volume specifico del sistema. (0,254 m3/kg) Es. 8 In un recipiente di 3,65 m3 vi è dell’'acqua nelle seguenti condizioni: x = 85,3%, t = 60,0°C. Calcolarne l’entalpia, l’entropia e l’energia interna. (H = 1,28 MJ; S = 3,82 kJ/K; U = 1,19 MJ) Es. 9 Con una trasformazione isocora 15,0 g di N2 si portano da 2,00 bar e 140°C a 3,50 bar. Calcolare il valori finale della temperatura e le variazioni di energia interna e di entropia. (T = 723 K; U = 3,45 kJ; S = 6,24 J/K) Es. 10 Determinare l'entalpia, l'entropia ed il volume di 2,0 kg di acqua alla pressione di 45 bar e x = 0,75. (H = 4,8 MJ; S = 10 kJ/K; V = 0,066 m3) Es. 11 4,68 kg di O2 vengono riscaldati, alla pressione costante di 2,00 atm, dalla temperatura di 7,00°C a quella di 690°C. Determinare le variazione di energia interna, entalpia ed entropia. U = 2,10 MJ; H = 2,93 MJ; S = 5,30 kJ/K) Es. 12 A 2,0 kg di acqua, inizialmente a 32,0 bar e x = 25%,viene fornita energia termica a pressione costante, fino a portarla in condizioni di vapore saturo secco. Determinare la relativa variazione di entalpia. (2,7·103 kJ) Es. 13 A 3,0 kg di R-134a, inizialmente a 1,20 bar e x = 30%,viene fornita energia termica a pressione costante, fino a portarla in condizioni di vapore saturo secco. Determinare la relativa variazione di entalpia. (4,5·102 kJ) Es. 14 10,0 kg di R-134a alla temperatura di 25,0°C occupano un volume di 5,00 m3. Si calcolino il valore della pressione e dell'entalpia specifica.

(p = 0,481 bar; h =425 kJ/kg) Es. 15 Determinare la variazione di entropia e quella di entalpia di 1,00 kg di aria che passa da p1= 5,00 bar e t1= 650°C a p2= 1,00 bar e t2= 280°C. S = -0,0550 kJ/K; H = -374 kJ) Es. 16 20,0 kg di R-134a alla temperatura di 45,0°C ed alla pressione di 6,0 bar sono raffreddati a pressione costante fino a –50,0°C. Calcolare la variazione di entalpia. (5,78·103 kJ) Es. 17 Dell’acqua a 10,0°C e 1,00 bar viene compressa a temperatura costante fino alla pressione di 150 bar, quindi, a pressione costante, viene portata in condizioni di liquido saturo. Valutare la variazione di entalpia specifica nelle due trasformazioni. h1-2= 14,9 kJ/kg; h2-3= 1,55 MJ/kg) Es. 18 Determinare la variazione di entalpia di 1,00 kg di acqua che, alla pressione costante di 10,0 bar, passa da 1100 K a 1300 K. (484 kJ) Es. 19 Un recipiente chiuso da pareti rigide e fisse contiene O 2 alla temperatura di 15,0°C ed alla pressione di 2,00 bar. Determinare il valore della temperatura quando la pressione sale a 4,00 bar. (303°C) Es. 20 Determinare la variazione di entalpia di 1,00 kg di H2O che si porta, alla pressione costante di 10,0 bar, da una temperatura iniziale di 280°C ad una finale di 600°C. (690 kJ) Es. 21 Determinare le variazioni di entropia, di energia interna e di entalpia specifiche relative ad una trasformazione in cui dell’ossigeno passa da p1= 1,00 bar e t1= 47,0°C a p2= 7,50 bar e t2= 800°C. s = 586 J/kgK; u = 494 kJ/kg; h = 690 kJ/kg)

Es. 22 Determinare le variazioni di entalpia, di energia interna e di entropia di 3,00 kg di acqua che ad una pressione costante di 10,0 bar si portano da una temperatura iniziale di 300°C ad una finale di 400°C. (H = 638 kJ; U = 492 kJ; S = 1,03 kJ/K) Es. 23 Completare la seguente tabella per l’acqua:

T (°C) 120 400

p (bar) 1,5 40 1,5 12

v (m3/kg)

u (kJ/kg)

h (kJ/kg)

s (kJ/kgK)

x (-)

Fase

0,278 2050 1011

140 200 320

0,600 3,45 T (°C) 111,4 188 -

p (bar) 3,613 15,54 112,7

v (m3/kg) 1,12 0,0730 0,103 0,101 0,0768 0,00149

u (kJ/kg) 2533 2920 958,3 1926 975 1897 1445

h s (kJ/kg) (kJ/kgK) 2711 7,27 3214 6,77 1000 2,82 4,93 2,76 2017 4,79 1461 -

x (-)

0,24 0,63 0,20 0,00

Fase surrisc. gas* vap.sat. vap. sat. vap. sat. vap. sat. liq. sat.

* per l’acqua il diagramma di Mollier viene utilizzato anche per temperature superiori a quella critica

Es. 24 Dell’acqua alla pressione p1 di 2,00 bar ed alla temperatura t1 di 11°C viene portata, a temperatura costante (t2 = t1) fino...