Fisica tecnica ambientale, esercitazioni

Descrizione ciclo frigo (inverso)

1. Rilevare grandezze significative sul frigo

(percorso irreversibile)

1. Miscelare lingotti rosso T=40°C₁₂ - 2,1 compressor
2. Miscelare serpentine T=15°C_1-2 - 3,2 compressione pol. espansore
3. Compressore isont. f_d - 7

Applicazione calda

1. Miscelare interno valore T=L
2. Rilevare avanzamento altro tutte le volte tocca s

Ricavo i flussi molari: X₁ e X₂, S₁, S₂ = 4,208

Da S_e X_A X_B e X₁ ≈ 220,6 Kj/kg

F₁ -X_A = 1_v --> X_t

1. F₂ cX_A uguale --> 4.208 Kj/kg
2. F_t-4 ce di compressore 0,55 bar

q₁₂ ce 220,6 -148,4 = 0,32

Il titolo di vapore all'uscita del compressore è pari al:

x₂ = (s₂ - s'₂) / (s''₂ - s'₂)

(1-2 Compressione adiabatica)

1. VAPORE SATURO:

• P₁ 130 bar
• P₂ 150 bar
• P₃ 1 bar

2. VAPORE SATURO UMIDO ADIABATICO:

• p₁ 2bar
• 2-3 Raffreddamento adiabatico
• q₂ = h'₂

4. VAPORE UMITO ADIABATICO:

h₁ = h₃ s₃ = s₄

Determinare:

• D₁. Energia specifica in uscita dal compressore (KJ/Kg) solo se il rendimento del ciclo federa energie a ciclo aperto per energia a massimo e il ciclo realizza energia specifica (KJ/Kg)
• D₂. Energia sviluppata dall'albero delle che sono foglie e essa rende 5 (KW)
• D₃. Togliere α e , albero del ciclo nello stato superiore:

* Non vi sono stati ideali, solo stati di saturazione, per cui G.D.A. Λ KJ/Kg

h₂ = 0,0402812 (0,289134, 3,191484-0,050,488, 8,3684) G.D.A. / 1,2258 KJ/Kg

ABCD

SOG

COSUPER - CICLO RANKINE INVERSO

vedi esercizio (liquido)

Schema di principio: fare ciclo inverse sul fluido refrigerante

Secondo il seguente schema:

1. Evaporatore
2. Compressore (centrifugo)
3. Condensatore (scambiatore di calore)
4. Valvola laminazione (valvola sonora)

Sapendo che il ritmo termico all'evaporatore è 600 kW

D4 = raffreddore e scrivere machine refrigerante

D5 = Pç scambiare e ricavare (la parte del flusso di ritorno)

D6 = Perdita di calore attraverso il camminamento

(Kp/s)

1. SAT 9.30
2. SAT 10.10
3. Pressione di resa 1500 kPa
4. Entalpica S1
5. T IN = 25°C f

e vapore 2

• 2.1
• 2.2

Da tabella saturazione di HFC 134a

Ht = 40 Kj/kg

No

Ric e punto genochi da S6・S3

S2 = PQR E

R/kg-k

• St2
• St6 (t6)

Entra??

• Si
• Si stano in bici
• Per

-174,094

(324,1 - 425,1)

(324,1 + 425,1) = 402,2 kJ/kg

-17,246 -17,963

Da tabella insatura e fever

T3(.5) - (T3 - t4) = 56,4°C

tief

hfg = (t3.tv.byte) + b.c

-20,45 + KJ/kg

Tema d'esame n.7

Descreto Politactice

100 moli di Argon (gas ideale monocatomico) vengono fatti evolvere sub una trasformazione isobara B-C successiva basco una trasformazione isocora B-C due:

Va = 10 m³      Ta = -50°C      Pa = ?      R = 8,314 J/mol K Vb = 120 m³      Tb = ?      Pb = ?      T0 = 223,15K Vc = ?      Tc = 600°C      Pc = ?      Tc = 273,15K

Determinare

• D1: la varizione di energia interna durante la tra. A-B[J]
• D2: il processo che termina della trasformazione isocorba B-C[J]
• D3: la varitione di entropia suroita tra tegli B-C [J/K]

B-C     pB=pB     Nc=Va

pV=nRT → pA= RT_a Va     100 x 8,314 x 223,15 → 28552,9 Pa                                                                                  NR        20, R=    2978 K

D1) ΔU= B.. = ΔC.. = N(vB-vA)b

Quau = n Cp ΔT = 100 x 3R (287-223,15) = 3020,44[J]

–Lisc = ∫p dV = ∫pΔV = p(Vb=Va) = 28557(120-10)= 28407 x |

Δinsa= 30894,7= 2040,8 = 2003647[J]

p V=nRT → pc= nTc   100 x 8,314 x 923,15 = 62449,50   120

D3) Sc= 1 n qv ln (Tv) + a.v ln(vE)        -100 x R ln (223,15 ²³⁰) + 100 x 8,314 . ln (290 ²³⁰)

-100   3   8,314 ln (290 ²³⁰) -13074,5 0 K

D3 Nel caso di giorno

Utile = 0,5 (368,7 - 132,6) = 59,15 kW

D2 PERDITE e TRASMISSIONI DEL BLD

Pareti esterne: spessore, indice di scambio

V = 180 m² 7+12W/m²K

Re = -5°C 1,2/1,1 W/m²K

H1 = 23,26 W/m²K

Re2 = 8,13 W/m²K

H totale

D4 In realtà nelle superfici esterne sostituire con tessuto (m²K/W)

D5 678J = energia termica immagazzinata in un muro esposto

Temperatura desiderata (kWh)

D6 ... elettronicamente mobili sulla superficie ... sottile

= Δ area della ... mente ... sottile (°C)

R Area = x 52 2 + 1 + 1 + 0,1 + 0,25 + 1

  1/λextie htotal 1/2 1/2 1/0,035 1/23,26

  = 8,13 522 68 m²K/W

D3 Util = (0,5 ... _ext)

(AL t,t) ... (tsurf,t)68/ θ 52/20 52/20/452 = 92,02 kWh/A

= μ Area Δ11 = 352,3 35 ...3 = 586,6/A

... ⇒ = Area, 1/2

Cov = Topi 59, = 2,58/50 = ≥ 2

...2 ⇒

 586,6 + 8,13 l 52 20 = 8,13 -1 = 9 ⇕

  586,6 + 12 = 2,58 ... 19,1°C 634.75

2^{ESERCIZIO 3 POLITROPICHE}

250 moli di un gas ideale politropico vengono fatte espandere

secondo una trasformazione isoterma A-B e successivamente secondo

una trasformazione adiabatica B-C. Dato:

Ta = 20°C = 293,15K

Tb = 150°C = 423,15K

V_a = 0,5 m³

Ricordare Cp = R 3,5; Cv = R 2,5. Determinare:

a) La pressione del punto B (pb)

b) Le variabili di stato alla fine della trasformazione 0-> B (Lc [m3])

1. A-B ISOTERMA
2. B-C ADIABATICA

a) q = LRT = Pa PRTa = 250 (8,314 293,15) = 36,559 Pa

essendo v = cost, possiamo dire P = P-

b) l’adiabatico

Punto 1.53

impianto frigorifero assorbe potenza elettrica 10 KW di O˛₂

inizia parte espulsiva A alla parte B avendo fra le stesse

le seguent:

freddo 4

temperatura finale 2

(punto a)

energia termodinamica

(punto b) seconda

3) un valore 0 e c

A dim

TOT

QE - QR

NE otiene

DU + A = AE

P = AE* OT

ne nrt_n

Q = (295-K) 3452

DF= MA

(a pressione costante) si ricava che il lavoro compiuto in tale

quindi si esprime il lavoro. Dalla tabella per p=5bar ho:

v₁=0,000928 m³/kg.

L = ∫dp = V(p₂-p₁) =

= 0,000928 (15.000 - 5.000) =

= 502 KJ/kg

Se può essere espresso in KJ/kg

• Nella sostanza La trasformazione è Una sostanza che può trasformare da uno stato a
• con la formula si trasforma in base

lo stato delle operiamo:

dentro ad un che può essere passivo

nel lato

5,348 KJ/kg K T

• X₄ = Sf – S_Interno
• X₄ = 34–S_Interno

ESERCIZIO 2: TRASMISSIONE DEI CARICHI

Una parete (per cui due spessori di zone separano due ambienti interni) è tale che di avere e Lavoro negativo (energia); e che si che al di fuori.