Esercizi svolti termodinamica PDF

Preview

Summary

tutti gli esercizi svolti nelle esercitazioni in classe più altri esercizi aggiuntivi...

Description

NOTA BENE: Il testo che segue riporta le soluzioni degli esercizi proposti durante le esercitazioni dell'anno accademico 2009-2010. Per ragioni di forza maggiore non è stato possibile riordinare dal punto di vista editoriale il testo, per cui si è scelto di metterlo a disposizione degli studenti in una versione in bozza e spesso manoscritta. M.CALI', L. SAVOLDI Corrispondenza della numerazione delle esercitazioni seguita nell'A.A. 2009-2010 e quella utilizzata nel testo che segue Numerazione Testi delle AA 2009-2010 Soluzioni

Equazioni di stato Calore e lavoro Primo principio Secondo principio Sistemi aperti Macchine termiche Cicli di motori a gas Cicli di motori a vapore e cambiamenti di stato Cicli inversi Aria umida Ripasso di termodinamica Conduzione termica Alette Scambiatori Convezione Irraggiamento

1 2 3 4 5 6 7 8

1 2 3 4 5 6 7 8

9 A.N.T.L. 10 11 12 13 14 A.N.T.L.

9 10 A.N.T.E. 11 12 13 14 15

Acronimi A.N.T.L. - Argomento Non Trattato a Lezione A.N.T.E. - Argomento Non Trattato a Esercitazione

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCITAZIONE 1 CONVERSIONI DI TEMPERATURE T K = θ C + 273.15

9 TK 5 9 θ F = θC + 32 5 T R = θ F + 459.6 TR =

ove:

TK = temperatura espressa in Kelvin TR = temperatura espressa in Rankine θC = temperatura espressa in gradi Celsius θF = temperatura espressa in gradi Farenheit

ESERCIZI di CONVERSIONE • • •

Convertire in oF, K, e R la temperatura di ebollizione dell’acqua alla pressione di 1 atm. Convertire la pressione di 3.5 kgf/cm2 in unita’ SI Convertire in unita’ del SI la costante universale dei gas R = 1.9854 BTU/(lbmol R)

Soluzione Convertire in oF, K, e R la temperatura di ebollizione dell’acqua alla pressione di 1 atm. θ C = 100°C 9 5

9 5

θ F = ⋅ θ C + 32 = ⋅ 100 + 32 = 212° F T K =θ C + 273.15 = 373.15 K T R = θ F + 459.6 = 671.6 R

oppure

TR =

9 ⋅ T K = 671.67 R 5

Convertire la pressione di 3.5 kgf/cm2 in unita’ SI 1kg f = 1kg m ⋅ g = 9.81

N

1 cm2=10-4 m2 1 at = 1

kg f cm

2

=

9.81 10

−4

= 9.81 ⋅10 4

Pa

Convertire in unita’ del SI la costante universale dei gas R = 1.9854 BTU/(lbmol R) 1 BTU = 1055.06 J 1 lb = 0.4535924 kg 1 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE ∆ TR = ∆ T K ⋅

R=1.9854

5 9

BTU = 1.9854 ⋅ lbmole ⋅ R

1055.06 0.4535924⋅

5 9

= 8314

J kgmole⋅ K

ESERCIZIO 1.1

Un volume di liquido si riduce dello 0.04% quando la pressione aumenta di 15×105 Pa a temperatura costante. Determinare la compressibilità isoterma kT del liquido supponendo che questa sia costante con la pressione. Soluzione 1: stato iniziale del gas 2. stato finale del gas

∆ p = p2 − p1 = 15 ⋅10 5 Pa = 15 bar T = cost V − V1 = − 0.04% = −0.04 ⋅10 − 2. Il volume di liquido si riduce del 0.04 %: 2 V1 Dal differenziale della grandezza V = V(p,T), si ricava l’espressione:

 dV   dV   dp dV =   dT +   dT  p  dp  T Si deifiniscono i coefficienti di dilatazione cubicaβ e di comprimibilità isoterma kT: si ricava la seguente espressione: 1  dV  1  dV  β=   k T = −   V  dT  p V  dp  T

Si può riscrivere il differenziale del volume come segue: dV = β ⋅ V ⋅ dT − kT ⋅ V ⋅ dp

Essendo dT = 0, si ha: dV = V ⋅ k T ⋅ dp

2 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

Integrando l’espressione precedente tra lo stato 1 e lo stato 2 si ha: 2

2

2

dV ∫1 V = −∫1 kT ⋅ dp = kT ∫1 dp

ln

V2 = − kT ( p2 − p1 ) V1

⇒

V2 = e − kT (P 2− p 1 ) V1

 V 2 −V 1 V 2 =  − 1 = e − kT ( p 2− p 1) − 1= 0.04⋅ 10 −2 V2   V1 − k T ⋅ ( p 2 − p 1 ) = ln(1− 0.04 ⋅ 10 −2) Si ricava quindi: kT = 2.667 * 10-10 Pa-1

ESERCIZIO 1.2 Una massa di mercurio (Hg) si trova a una temperatura ϑ1=0°C e viene riscaldato, a pressione costante, a una temperatura ϑ2=20°C. Calcolare la variazione percentuale di volume, sapendo che il coefficiente di dilatazione cubica β e il coefficiente di compressibilità isoterma kT valgono rispettivamente: 0.182×10-3 K-1 e 4×10-6 bar-1 .

Soluzione

T1 = 0 °C T2 = 20 °C β = 0.182 ⋅10 −3 K −1 k T = 4 ⋅ 10 −6 bar −1 p = cost dV = β ⋅ V ⋅ dT − kT ⋅ V ⋅ dp

Dato che la pressione è costante l’espressione precedente diventa:

dV = V ⋅ β ⋅ dT 2

2

2

dV ∫1 V = ∫1 β ⋅ dT = β ∫1 dT V2 V2 = e β (T2 −T1 ) ⇒ = β (T2 − T1 ) ln V1 V1  V 2 −V 1 V 2 0.182 103 (20 ) β − =  − 1 = e ( T2 T1 ) − 1 = e ⋅ ⋅ − 1 = 0.0037 = 0.37% V2   V1

3 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCIZIO 1.3 Utilizzando le equazioni di stato 1) dei gas ideali 2) di Van der Waals 3) del viriale

p=

R *T v

R *T a p= − 2 (v − b) v p ⋅ v = R* ⋅T ⋅ Z Z = 1+

dove

B (T ) C (T ) D (T ) + 2 + + ... v v v3 γ A0   B (T ) = B0 − R*T − T 3  A ⋅α B ⋅γ  C (T ) = −B 0 ⋅ β + 0 * − 0 3 RT T  B0 ⋅ β ⋅γ   D ( T ) = T 3

calcolare la pressione in una massa di azoto in due stati termodinamici con coordinate temperatura e volume specifico uguali a: • •

4 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

Tabella coefficienti per l’equazione di Van der Waals

Tabella coefficienti per l’equazione viriale

5 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCIZI di VERIFICA ESERCIZIO 1.4

Un metallo, il cui coefficiente di dilatazione cubica vale 5e-5 K-1 e la cui compressibilita’ isoterma e’ 1.2e-6 atm-1, si trova alla pressione di 1 atm e alla temperatura di 20oC. Il metallo e’ strettamente racchiuso in un grosso involucro di materiale con coefficiente di dilatazione termica trascurabile. a) Quanto vale la pressione finale se si aumenta la temperatura fino a 32oC? b) Tenuto conto che l’involucro puo’ sopportare una pressione massima di 1200 atm, qual’e’ la temperatura massima a cui puo’ essere portato il sistema?

Soluzione Prima di tutto trasformo i dati del problema in unita’ coerenti con il SI:

β = 5e-5 K-1 kT = 1.2e-6 atm-1 = 1.2e-6 /101325 Pa-1 = 1.18e-11 Pa-1 T1 = 293 K T2 = 305 K p1 = 1 atm = 101325 Pa pmax = 1200 atm = 1200 * 101325 Pa = 1.2159e8 Pa Dalla scrittura differenziale dell’equazione di stato:

dp =

1 β dV dT − kT V kT

In questo caso dV=0: T2

∆p =

β

∫k

T1

dT =

T

β (T2 − T1 ) = 5e-5/1.18e-11*12 = 5.08e7 Pa kT

p 2 = p1 + ∆p =1.0133e5 +5.0847e7 =5.0949e7 Pa β (Tmax − T1 ) kT k 1.18e − 11 (1.2159e8− 1.0133e5)= 321.7 K = T1 + T (pmax − p1 ) = 293 + 5e − 5 β

pmax − p1 =

Tmax

ESERCIZIO 1.5

Un pezzo di metallo alla pressione di 1 atm, alla temperatura di 20oC e di 5 l di volume subisce un aumento di temperatura di 12oC e un aumento di volume di 0.5 cm3. Calcolare la pressione finale, 6 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE sapendo che il coefficiente di dilatazione cubica vale 5e-5 K-1 e quello di compressibilita’ isoterma e’ 1.2e-6 atm-1.

Soluzione β = 5e-5 K-1 kT = 1.2e-6 atm-1 = 1.2e-6 /101325 Pa-1 = 1.18e-11 Pa-1 T1 = 293 K T2 = T1 + 12 = 305 K V1 = 5 l = 5e-3 m3 V2 = V1 + 0.5e-6 m3=5.0005e-3 m3 p1 = 1 atm = 101325 Pa Dalla scrittura differenziale dell’equazione di stato: dp =

β 1 dV dT − kT V kT

Integrando: T2

p 2 − p1 =

V

2 β β 5.0005e − 3 1 V 5e− 5 1 1 dT − ∫T k T ∫V kT V dV = kT (T2 −T1 ) − k T ln V21 = 1.18e − 1112 − 1.18e − 11 ln 5 e− 3 1 1

= 4.2376e7 Pa p 2 = 1.0133e5+ 4.2376e7 = 4.2474e7 Pa

ESERCIZIO 1.6 Calcolare la variazione di pressione che bisogna fornire ad una certa massa di acqua perche’ la massa volumica ρ aumenti dello 0.5% a temperatura costante. (Per l’acqua a 28oC e 1 atm k=4.5e-5 atm-1).

Soluzione kT = 4.5e-5 atm-1 = 4.5e-5 /101325 Pa-1 = 4.44e-10 Pa-1 T1 = 301 K p1 = 1 atm = 101325 Pa ρ2 = ρ1 * 1.005 kg/m3 Integrando la scrittura differenziale dell’equazione di stato: 7 di 8

02HIQFJ/FF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE V2

1 1 V 1 v 1 ρ1 1 ρ1 = =− dV = − ln 2 = − ln 2 = − ln ln kT V1 k T v1 k T ρ2 k T 1.005ρ1 V1 k T V

p 2 − p1 = − ∫ =

1 ln(1.005) = 1.12e7Pa 4.44e - 10

8 di 8

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCITAZIONE 2 ESERCIZIO 2.1 Si aumenta isotermicamente a 0oC la pressione su 5 kg di rame solido da 1 a 1000 bar. Determinare il lavoro compiuto dal sistema, sapendo che: o per il rame kT = 0.77e-6 bar-1 e la densita’ ρ = 8.93e3 kg/m3; o il lavoro delle forze d’attrito e’ trascurabile; o il sistema e’ fermo rispetto a una terna inerziale di riferimento. Soluzione m = 5 kg T = cost = 273 K p1 = 1e5 Pa p2 = 1e8 Pa kT = 0.77e-6 bar-1= 0.77e-11 Pa-1 ρ = 8.93e3 kg/m3 Il lavoro compiuto dal sistema e’: Vk T 2 Vk T 2 p 2 − p 21 = p 1 − p 22 2 2 Γ Γ Trascuriamo la variazione di volume perche’, dalla forma differenziale della equazione della trasformazione (2): V2/V1=exp(-kT*(p2-p1)) ~ 0.9992 L (P ) = ∫ p (T, V )dV = − ∫ pVk T dp = −

(

)

(

)

V = m/ρ = 5/8.93e3 = 5.6e-4 m3 Vk t 2 2 L (P ) = p1 − p 2 = 5.6e − 4 * 0.77e − 11 / 2 * (1e10 − 1e16) = −21.6J 2 Il segno negativo e’ coerente con il fatto che il sistema e’ stato compresso.

(

)

ESERCIZIO 2.2 Una massa di 8 kg di elio è fatta passare a temperatura costante all’interno di un compressore volumetrico a cilindro e pistone da uno stato iniziale A, a temperatura 300 K e volume specifico 35 l/kg, ad uno stato finale B, con volume specifico 20 l/kg. Confrontare i valori calcolati di calore e lavoro scambiati con l’esterno e della variazione di energia interna, trascurando l’attrito interno, quello esterno e le variazioni di energia cinetica e potenziale, utilizzando una volta l’equazione di stato dei gas ideali e l’altra quella di Van del Waals.

1 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE Soluzione

2 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCIZIO 2.3 Una massa di 30 g di azoto ha una temperatura iniziale di –50 oC ed e’ contenuta in un recipiente di volume pari a 3 dm3. L’azoto subisce le seguenti trasformazioni: a. Espansione isoterma, con volume finale triplicato rispetto a quello iniziale; b. Compressione secondo una trasformazione adiabatica reversibile fino a che non torna ad occupare il volume iniziale c. Raffreddamento a volume costante fino alla temperatura iniziale. Rappresentare le tre trasformazioni nel diagramma (p-V) e valutare il lavoro e il calore scambiati in ogni trasformazione, il lavoro complessivo compiuto sul gas e il calore complessivo scambiato durante l’intero processo, trascurando l’attrito interno, quello esterno e le variazioni di energia cinetica e potenziale. Si consideri k = 1.399 ed R* = 296.77 J/kg/K. Soluzione T1 = 223.15 K V1 = 3*10-3 m3 R*=R/M = 296.77 J/kg K Cerchiamo di definire completamente lo stato termodinamico iniziale del sistema: la pressione nelle condizioni iniziali e’: p1 =MRT1/V1 = 0.03*296.77*223.15/(3*10-3) = 6.622*105 Pa = 6.622 bar Nel primo processo: V2 = 3 V1= 9*10-3 m3 T2 = T1 = 223.15 K Sarà: L se = L sse = Li = Llin i = ∫ p ⋅ dV Γ V2

V dV = p 1V 1 ⋅ ln 2 V  V1 V1

L (P1 ) = ∫ p ⋅ dV = p 1V 1 ∫

  = 2.183 kJ  3 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE Se scegliamo come variabili indipendenti V (estensiva) e T, il calore e’: t2

V

t2

T

2 2 dV dT   Q (P1 ) = ∫ Φ (t )dt = ∫  Λ V + CV dt = ∫ (Λ V dV + C v dT ) = ∫ Λ V dV + ∫ C v dT dt dt  V1 T1 t1  t1 Γ

Dove ΛV e’ il calore latente rispetto al volume e CV e’ la capicita’ termica a volume costante e:  ∂p  Λv = T   Å conseguenza del secondo principio  ∂T  V Per i gas ideali: M ⋅ R*  ∂p    = V  ∂T  V e quindi: Λ v = λv = p Trattandosi di una trasformazione a temperature costante: V2 V2  V  Q(P ) = ∫ Λ V dV = ∫ pdV = p1V1  ln 2  =2.183 kJ V1 V1  V1  La pressione alla fine del primo processo e’: p2 = MR*T2/V2 = 0.03*296.77*223.15/(9*10-3) = 2.206*105 Pa = 2.206 bar Se scegliamo la pressione come variabile indipendente: p2 T2 t2 t2 dp dT   Q (P ) = ∫ Φ (t )dt = ∫  Λ p + Cp dt = ∫ (Λ p dp + C p dT ) = ∫ Λ p dp + ∫ C p dT dt dt  p1 T1 t1  t1 Γ Con: p p  ∂V  ΛV Λ p = Λ V   = = = − = −V ; T p  ∂p  T  ∂p  − MR * 2 V V  ∂V  T Trattandosi di una trasformazione a temperature costante: p2 p2 p2  p  MR* T Q (P ) = ∫ Λ p dp = − ∫ Vdp = − ∫ dp = − p1 V1  ln 2  =2.183 kJ p  p1  p1 p1 p1 Si osserva che nella trasformazione isoterma: L(P)=Q(P) Nel secondo processo: Q(P2) = 0 V3 = V1 p3V3k = p2V2k Æ p3 = (V2 / V3)k p2 = 31.399 2.206*105 = 10.26*105 Pa = 10.26 bar V3 V3  1 1 1  dV L (P2 ) = ∫ pdV = p 2V 2k ∫ k = − p2 V2k  k −1 − k −1  = -1/0.399 * 2.206*105 * (9*10-3)1.399* k−1 V2  V2 V2 V V 3

[(3*10-3)-0.399 – (9*10-3)-0.399] = -2737 J La temperatura alla fine del secondo processo e’: T3 = p3V3/M/R* = 10.26*105 * 3*10-3 / 0.03/ 296.77 = 345.72 K Nel terzo processo: T4 = T1; V 4 = V 3; 4 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE L(P3) = 0 Se scegliamo come variabili indipendenti V (estensiva) e T, il calore e’: V4

T4

T4

V3

T31

T31

Q (P 3 ) = ∫ Λ V dV + ∫ C v dT = ∫ C v dT = Cv (T 4 − T3 ) La capacita’ termica a volume costante puo’ essere vista come: CV = M cV. Il calore specifico molare cV puo’ essere calcolato da: k = cp/cv R* = cp - cv Æ cV = R*/(k-1) = 296.77 / 0.399 = 743.78 J/kg/K Q(P3) = M cV (T4 – T3) = 0.03 * 743.78 * (223.15 – 345.72) = -2.735*103 J Durante l’intero processo quindi: L(Ptot) = L(P1) + L(P2) + L(P3) = 2183 – 2737 + 0= - 554 J Q(Ptot) = Q(P1) + Q(P2) + Q(P3) = 2183+0-2735= -552 J

L ≈Q

Si osserva che nel processo ciclico : troncamenti!!!)

(trascurando

lo

scarto

legato

a

ATTENZIONE: il diagramma p_V che segue va considerato solo come qualitativo, poiché i valori delle pressioni finali ed iniziali del 3° processo non corrispondono ai valori calcolati! 5

10

x 10

9

P

8

3

Pressione (Pa)

7

6

P 5

2

4

P

3

2 0

0.001

0.002

0.003

0.004

1

0.005

0.006

0.007

0.008

0.009

0.01

Volume (m3)

ESERCIZIO 2.4 Un cilindro è riempito da aria a pressione di 1 bar e temperatura di 20°C. Inizialmente il volume è di 1000 cm3. Se il sistema viene scaldato a pressione costante fino a raggiungere la temperatura di 260°C, calcolare gli scambi di energia con l’esterno in forma di calore e di lavoro delle forze interne. Assumere che il gas sia perfetto e non viscoso.

5 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE Soluzione p = 1 bar = 10 5 Pa V = 1000 cm3 = 10 3 ⋅ 10− 6 m 3 = 10 −3 m 3 T1 = 293 K T2 = 533 K R* = 287 J/kgK cp = 1005 J/kgK

Calcolo il lavoro compiuto dal sistema sull’esterno (lavoro delle forze interne): V2

L(P ) = ∫ p( T, V)dV = p∫ dV = p( V2 − V1 ) = M p( v2 − v1 ) V1

Γ

Calcolo il volume specifico all’inizio e alla fine della trasformazione: v1 = v2 =

R * ⋅T1 287 ⋅ 293 = = 0.841 m3/kg p 10 5 R *⋅T2 p

=

287 ⋅ 533 10 5

= 1.530

m3/kg

La massa dei aria e’ pari a: M=

− V 10 3 = = 1.189⋅ 10−3 kg v 1 0.841

Quindi: L (P ) = Mp (v 2 − v1 ) = 1.189 ⋅ 10− 3 ⋅ 105 ⋅ (1.53 − 0.841) = 82 J Per calcolare il calore scambiato applico l’equazione costitutiva del calore: T2

Q(P ) = M ∫ (λ p dp + c p dT ) = M ∫ c p dT = Mc p (T2 − T1 ) = 1.189 ⋅ 10− 3 ⋅ 1005 ⋅ (533 − 293) = 287 J Γ

T1

ESERCIZIO 2.5 Calcolare il lavoro necessario per comprimere 0.03 m3 di mercurio da 1 atm a 3 atm alla temperatura costante di 273 K. La compressione isoterma del mercurio e’ espressa da: kT = 3.9e-6 - 0.1e-9 *p dove p e’ in atm e kT in atm-1. Si consideri che: o il lavoro delle forze d’attrito e’ trascurabile; o il sistema e’ fermo rispetto a una terna inerziale di riferimento. Soluzione V = 0.03 m3 p1 = 1 atm = 1.0133e5 Pa p2 = 3 atm = 3.0398e5 Pa kT = 3.9e-6 - 0.1e-9 *p atm-1 Converto kT nelle unità del sistema internazionale, ovvero Pa-1: 6 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE  3.9e - 6 0.1e - 9 * p   = 3.85e-11 – 9.74e-21 *p (con p in Pa) kT =  1.0133e5 (1.0133e5) 2    Il lavoro effettuato dal sistema, supponendo che la variazione di volume sia trascurabile, e’:

(

)

L(P ) = ∫ p(T, V )dV = − ∫ pVk T (p )dp = − V∫ 3.85e - 11 * p - 9.74e - 21 * p 2 dp = Γ

Γ

Γ p = p2

 3.85e − 11 2 9.74e − 21 3  p − p  = = −V 2 3  p = p1  9.74e − 21  3.85e − 11  1.0133e 5 2 3 2 − 1 − 1.0133e5 3 3 3 − 1  = = −0.03 2 3   = - 4.74e-2 J

(

)

(

)

Ho potuto trascurare la variazione di volume perche’, integrando l’equazione che descrive la trasformazione:   p2 V2 9.74 e − 21 2   = exp − ∫ ( 3.85e − 11 − 9.74e − 21 p) dp = exp − 3.85e − 11 *( p 2 − p1 ) − p 2 − p12  =   p V1 2     1 9.74e − 21   * 8 *1.01332  = 0.999992 = exp − 3.85e − 11 * 1.0133e5 * 2 − 2   Lo stesso risultato si ottiene convertendo le unita’ di misura in SI alla fine:

(

(

)

)

L (P ) = ∫ p (T, V )dV = − V∫ 3.9e - 6 * p - 0.1e - 9 * p2 dp = Γ

Γ p = p2

 3.9e - 6 2 0.1e - 9 3  p − p  *1.0133e5 = = − V 3  p = p1  2 3.9e - 6 2 0.1 e − 91 3  = −0.03 3 −1 − 3 − 1  *1.0133e 5 = −4.74e − 2J 2 3   Dal teorema dell’energia cinetica: Lsse ( P) = L lin i (P )− ∆E c − ∆E d − L a ( P ) Nel nostro caso l’equazione si riduce a:

(

)

(

)

( ) ( ) Lsse (P) = Llin i P =L P Ricordando che: Lsse (P ) + Lses (P ) + Lsae (P ) = 0 E che in questo caso:

Lsae (P ) = 0

Si ha che:

Lses (P )= − L( P ) Il lavoro effettuato sul sistema e’ uguale e opposto a quello effettuato dal sistema sull’esterno.

7 di 12

02IHQFJ / 02IHQFF - TERMODINAMICA APPLICATA E TRASMISSIONE DEL CALORE

ESERCIZIO 2.6 Si fa entrare del vapore d’acqua alla pressione costante di 20 bar nel cilindro di una macchina a vapore. L’alesaggio del cilindro e’ 200 mm e la corsa del pistone 300 mm. Considerando che: o il lavoro delle forze d’attrito e’ trascurabile; o il sistema e’ fermo rispetto a una terna inerziale di riferimento quanto lavoro viene compiuto dal vapore ad ogni espansione? Soluzione p = cost = 20 bar = 20e5 Pa D = 200 mm = 0.2 m H = 300 mm = 0.3 m π ⋅ D2 = 3.14 ⋅ 10 −2 m 2 A= 4 In questo caso il lavoro svolto dal sistema sull’esterno è uguale al lavoro delle forze i...