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T *(S -S ) + T * (S -S ) = T * S

0 2 1 A 0 2 1 R 0 irr

Sommiamo membro a membro con l’equazione di bilancio di energia

(U -U ) + (U -U ) + T *(S -S ) + T * (S -S ) = T * S + W

1 2 A 1 2 R 0 2 1 A 0 2 1 R 0 irr

Non conosco i dati iniziali e finali di R (conosco solo quelli di A)

Uso l’equazione di Gibbs per il serbatoio R

dU = T ds

0

la temperatura non può cambiare

(U -U ) = T * (S -S )

2 1 R 0 1 2 R

Quindi il primo termine è l’opposto del primo, quindi si eliminano

W = (U -U ) + T *(S -S ) - T * S

1 2 A 0 2 1 A 0 irr

W = (U -U ) - T *(S -S ) - T * S

1 2 A 0 1 2 A 0 irr

In tutti e solo i processi reversibili  W = (U -U ) - T *(S -S )

1 2 A 0 1 2 A

La funzione U - T S è detta energia disponibile, ed è indicata con Ω

0

Quindi W = Ω - Ω

max 1 2

In generale, il lavoro che io perdo è T * S (e non è più recuperabile)

0 irr

L’equazione di Gibbs serve per legare l’energia interna con l’entropia

A non ha una temperatura fissata quindi

(U -U ) ≠ T *(S -S )

1 2 A 0 1 2 A

W = (U -U ) - T *(S -S )

max 1 2 A 0 1 2 A

du = c dt

v

u -u = c (T -T )

2 1 v 2 1

cambiamo segno

u -u = c (T -T )

1 2 v 1 2

moltiplichiamo per la massa del sistema

(U -U )= m* c (T -T )

1 2 v 1 0

Adesso calcoliamo la diminuzione di entropia

du = T ds – p dv

lo applico al sistema A

il volume è fissato  du = T ds

usiamo l’equazione di Gibbs

ds = du / T = c dt/T

v

s -s = c ln (T /T )

1 2 v 1 2

lo vado applicare al sistema A

(S -S ) = m* c ln (T /T )

1 2 A v 1 0

T è la temperatura finale

0

W = m* c [T - T - T *ln (T /T )]

max v 1 0 0 1 0

Non ci resta che inserire i numeri

m* c =100* 3,984= 398,4 kJ/K

v

T - T = 363 – 300 = 63 K

1 0

T - T - T *ln (T /T ) = 63 – 57,2 = 5,8 K

1 0 0 1 0

W =398,4 * 5,8 = 2311 kJ

max

Osservazione

Quanta parte sottratta ad A si trasforma in lavoro?

Lavoro massimo / diminuzione di energia di A

Verrà meno del 50%

W /(U -U ) = [T - T - T *ln (T /T )] / (T - T ) = 5,8/63 = 0,092

max 1 2 A 1 0 0 1 0 1 0

9,2 %

solo una piccolissima parte può essere trasformata in lavoro, perché la temperatura di

A è molto vicina alla temperatura del serbatoio

la rimanente energia viene buttata nel serbatoio

Due sistemi semplici chiusi monocomponenti monofasici identici A e B, di

5) massa m, sono mantenuti a volume costante V e sono inizialmente nello stesso

stato di equilibrio con T=T . Calcolare il lavoro minimo che è necessario fornire

1

a una macchina frigorifera ciclica X che faccia scendere la temperatura di uno

dei due sistemi al valore prefissato T <T cedendo energia (calore) al secondo,

2 1

se gli stati finali di A e di B sono stati di equilibrio stabile e il processo di ABX

è adiabatico. È assegnata c costante nel processo.

v

Figura:

W = - W

ric fornito

A questo punto calcoliamo direttamente W ric

Cerchiamo il W minimo (trovare il lavoro massimo dell’opposto è lo stesso

max

problema)

È un problema di W (quello per cui l’opposto è il minimo)

max

Facciamo il bilancio di energia e di entropia sul sistema ABX (processo adiabatico)

Il lavoro ricevuto sarà la somma delle due variazioni interne

W = (U -U ) + (U -U )

ric 2 1 A 2 1 B

Adesso la rielaboro per far apparire la differenza di temperatura

A e B sono mantenute a volume costante

du = c dT

v

u -u = c (T -T )

2 1 v 2 1

dobbiamo applicarlo sia al sistema A sia al sistema B

W = m*c (T -T ) + m*c (T -T ) = m*c (T -2*T + T )

ric v 3 1 v 2 1 v 3 1 2

W è minimo quando T è minimo

ric 3

Meno energia butto dentro, meno si scalda

Faccio il bilancio di entropia

(S -S ) + (S -S ) ≥ 0

2 1 A 2 1 B

du = T ds – pdv

volume costante  du = T ds

ds = du/T = c dT/T

v

scegliamo un’ideale linea quasi-statica sia per A sia per B

s -s = c * ln (T /T )

2 1 v 2 1

m* c * ln (T /T ) + m* c * ln (T /T ) ≥ 0

v 3 1 v 2 1

sono positivi e quindi si può eliminare m* c v

ln (T /T ) + ln (T /T ) ≥ 0

3 1 2 1

12

ln [(T *T ) / (T )] ≥ 0

3 2 12

(T *T ) / (T ) ≥ 1

3 2 12

T ≥ (T ) / T

3 2

Quindi, il lavoro minimo con T minimo è:

3

12

W = m*c *[(T ) / T -2*T + T ]

ric, min v 2 1 2

In un fiume è presente una cascata in cui l’acqua ha una diminuzione di quota

6) di 200 metri. Si calcoli l’aumento di temperatura dell’acqua supponendo che

siano trascurabili: gli effetti dell’evaporazione, il calore scambiato con l’esterno

e la variazione di energia cinetica per unità di massa. Si assuma: c =4,18 kJ/

v

(kg*K) = 4180 J/ (kg*K)

Figura:

z - z = 200 m

2 1

non c’è shaft work

applichiamo l’equazione di bilancio di energia per un volume di controllo

22 12

(W - W ) /2 + g* (z - z ) + h - h = q – w

2 1 2 1 u

g* (z - z ) + h - h = 0

2 1 2 1

h - h = g* (z - z ) = g* h

 2 1 1 2

p = p  dh = c dT  h - h = c * (T - T )

1 2 p 2 1 p 2 1

c * (T - T ) = g*h

p 2 1

T - T = g*h / c = 9,81 * 200 / 4180 = 0,47 K

2 1 p

Un riscaldatore elettrico riscalda un flusso d’acqua a pressione costante, in

7) regime stazionario (il volume di controllo è in uno stato di controllo) da T =

1

288 K (circa 15°C) a T = 318 K (circa 45°C) senza dispersioni termiche (è

2

completamente isolato). Calcolare il rapporto tra il lavoro utile minimo che

sarebbe necessario impiegare per riscaldare ciascun kg di acqua in un processo

in cui il riscaldatore può scambiare calore con un serbatoio termico a

temperatura T = T , e il lavoro utile fornito alla resistenza elettrica. Tale

0 1

rapporto è detto rendimento termodinamico del riscaldatore.

Figura:

Non ci sono dispersioni termiche, quindi il rendimento è del 100%

22 12

(W - W ) /2 + g* (z - z ) + h - h = q – w

2 1 2 1 u

h - h = – w

2 1 u

a noi interessa il lavoro ricevuto, quindi cambiamo segno e ci ritroviamo un + w ric

invece di un - w u

w = h - h = c *(T - T )

2 2 1 p 2 1

w = X - X = h - h – T * (S - S )

u min 2 1 2 1 0 2 1

ῃ = [h - h – T * (S - S )] / (h - h ) = 1 – [T * (S - S )] / (h - h )

T 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 2 1

dh = T ds + v dp

gli stati hanno la stessa pressione  dh = T ds

ds = dh / T = c dT / T

p

(S - S ) = c *ln (T /T ) T = T

2 1 p 2 1 0 1

ῃ = 1 – [T * c *ln (T /T )] / c *(T -T ) = 1 – [T * ln (T /T )] / (T -T )

T 0 p 2 1 p 2 1 1 2 1 2 1

ῃ = 1 – [288 * ln (318/288)] / (318-288) = 0,049 = 4,9 %

T

la corrente elettrica non è disponibile (non è una fonte primaria), la devo produrre

1 J di energia elettrica  2,174 J di energia primaria ( è il lavoro massimo che posso

estrarre dai combustibili)

ῃ = w / w = w / (2,174 * w ) = 0,46 w / w = 0,46 * 0,049 =

T, TOT u min u max u min u u min u

0,0225 = 2,25%

se si aveva uno scaldabagno a gas, si aveva direttamente il prcesso perché il gas è

fonte di energia primaria

il rendimento resta del 4,9%

Calcolare la variazione di entropia di una mole di gas ideale, che compie

8) un’espansione libera adiabatica raddoppiando il suo volume.

Figura:

Il processo non è quasi-statico

Il processo è adiabatico di lavoro nullo

W = 0  u – u = 0

12 2 1

L’energia interna non cambia

ds = c *dT/T + R dv/v

v

s – s = R *ln (v / v ) =

2 1 2 1

visto che v = 2*v

2 1

s – s = R *ln (v / v ) = R *ln 2

2 1 2 1

m* (s – s ) = R *ln 2 = 8,314 * ln 2 = 5,76 J/(mol*K)

2 1 0

il processo è irreversibile

Posso riportare il gas allo stato 1 con una compressione isoterma reversibile 21

(gli devo dare un lavoro di compressione)

Q = W

ced ric 21

Se il processo è infinitamente lento (una mol alla volta) è comunque lontanissimo da

un processo quasi-statico.

Per essere quasi-statico deve passare per stati di equilibrio stabili

Esempio:

È in equilibrio stabile?

No, perché ci sono due pressioni differenti

Un sistema chiuso A racchiuso da pareti adiabatiche e costituito da aria è

9) 3

inizialmente in uno stato di equilibrio stabile con volume V = 0,05 m ,

1

temperatura t = 25°C (T = 298 K) e pressione p = 491 kPa. Il sistema riceve

1 1 1

dall’esterno, mediante un agitatore, il lavoro dissipato W . Un pistone mobile

d

senza attrito applica al gas una forza costante con modulo f=p *s (s è l’area

1

della sezione del pistone). Il gas si espande e il processo continua finché il

sistema ha, spegnendo l’agitatore, raggiunto uno stato di equilibrio stabile con

temperatura t = 65°C (T = 338 K). Determinare:

2 2

la variazione di energia interna u – u

1- 2 1

il lavoro W di espansione del gas contro il pistone

2- e

il lavoro W assorbito da gas

3- d

la variazione di entalpia H – H

4- 2 1

la variazione di entropia S – S

5- 2 1

si assuma R costante dei gas  R = 0,287 kJ/(kg*K)

c = 1 kJ/(kg*K)

p

p = p = p

2 1

Figura:

La forza è data dalla pressione iniziale per l’area della sezione del pistone

f = p *s

1

non ci è data la massa: andiamo a calcolarla

usiamo l’equazione di stato p *v = m*R* T

1 1 1

m = (p *v ) / (R* T ) = 491*1000 * 0,05 / (0,287*1000*298) = 0,287 kg

1 1 1

c = c – R = 1,000- 0,287 = 0,713 kJ/(kg*K)

1- v p

U -U = m*c (T -T ) = 0,287 * 0,713 * 40 = 8,19 kJ

2 1 v 2 1

Il processo non è quasi-statico, quindi per trovare il lavoro usiamo la forza per

2- lo spostamento

W = f * (x - x ) = p*s*(x - x ) = p*(V - V )

e 2 1 2 1 2 1

Non abbiamo V 2

La pressione è sempre quella

p *V = m*R* T

1 1

p *V = m*R* T

2 2

V / V = T / T  V = (V * T ) / T

 2 1 2 1 2 1 2 1

3

V = 0,05 * 338 / 298 = 0,0567

2

W = p*(V - V ) = 491 * (0,0567 – 0,05) = 3,29 kJ

e 2 1

U -U = W = W – W

3- 2 1 ric d e

 W = U -U + W = 8,19 + 3,29 = 11,48 kJ

d 2 1 e

H - H = m*c * (T – T )

4- 2 1 p 2 1

Non c’è bisogno di fare il calcolo, perché usiamo la definizione di entalpia

H - H = U + p* V – (U + p* V )

2 1 2 2 1 1

Ma p = p = p

2 1

H - H = U + p* V – (U + p* V ) = U -U + p* (V – V ) = U -U + W = W

2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 e d

ds = c *dT/T - R dp/p

5- p

la pressione non cambia  ds = c *dT/T

p

s -s = c * ln (T /T )

2 1 p 2 1

S -S = m* c * ln (T /T ) = 0,287 * 1000 * ln (338/298) = 36, 1 J/K

2 1 v 2 1

Un gas ideale viene compresso in un processo isotermo quasi-statico reversibile

10) 3

da un volume V = 0,01 m e una pressione p = 1 bar fino alla pressione p = 10

1 2

bar. Quanto calore viene ceduto dal sistema all’ambiente nel processo ?

Figura:

Il lavoro ricevuto è il lavoro di compressione che si trasferisce fino a dentro

Le pareti adiabatiche lo isolano dell’esterno, in modo che il gas scambi calore solo

con il serbatoio R

Scriviamo l’equazione di bilancio dell’energia (per un qualsiasi sistema chiuso che

può scambiare solo calore e lavoro)

U -U = Q – W

2 1

È un gas ideale  per la legge di Joule U -U = 0  Q = W

2 1

Sono entrambe negative, quindi considero i loro opposti

Q = W

ced ric

W = - W lavoro compiuto nel processo da 1 a 2

ric 12

12 12

W = ∫ pdV = ∫ pV dV/V

ric

Vale per ogni processo quasi-statico

Moltiplico e divido per V perché so che p*v = costante in un processo isotermo

W = p *V * ln (V /V )

ric 1 1 1 2

Oppure W = p *V * ln (p /p )

ric 1 1 1 2

W = 100 * 0.01 * ln (10 / 1) = 2,3 J

ric Un flusso di aria si espande attraverso un ugello adiabatico da p = 8 bar, T =343

11) 1 1

k (circa 70°C) fino a p = 1 bar. L’energia cinetica nella sezione 1 è trascurabile.

2

Calcolare T , W , v nel caso di espansione quasi-statica reversibile. Calcolare

2 2 2

inoltre T , W , v , S – S nel caso di un’espansione adiabatica irreversibile in

2 2 2 2 1 1,3 1,3

cui stato iniziale e stato finale sono legati dalla relazione p *v = p *v

1 1 2 2

Dati:

supponiamo quindi c costante

p

c = 1 kJ/(kg*K)

p γ

R = 0,287 kJ/(kg*K) = 1

p = 8 bar  p = 1 bar

1 2

T = 343 K

1

Disegniamo un ugello di Laval

p /v < 0,5 quindi devo mettere la parte supersonica (quella divergente)

1 1

Di solito risulta trascurabile il calore scambiato perché le

velocità sono molto veloci (di solito non si disegnano le

pareti adiabatiche)

Ci sarà una isoentropica

In un recipiente con pareti rigide e fisse è contenuto una massa m di acqua nello

12) stato di vapore saturo con pressione p = 0,9775 bar e titolo x =0,644. Si

1 1

fornisce calore al fluido. Si chiede di determinare:

a quale pressione il vapore diviene saturo secco

1- quanto calore viene fornito al fluido per unità di massa

2-

In un vaporizzatore si deve portare una corrente di acqua dallo stato 1 (p =3,13

13) 1

bar t =30°C) allo stato 1’ (p =3,13 bar x =0,98). Si impiega a

1 1’ 1’

tale scopo una corrente di vapore d’acqua che condensa dallo stato 2 (p =7,92

2

bar x =0,95) allo stato 2’ (p = p x =0). Determinare la

2 2’ 2 2’

quantità di vapore ad alta pressione che condensa per kg di vapore a bassa

ṁ ṁ

pressione prodotto, ovvero il rapporto / (il rapporto tra le due portate in

2 1

massa)


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52

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13M

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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria energetica
SSD:
Università: Bologna - Unibo
A.A.: 2014-2015

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher 13M di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Termodinamica Applicata T e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Bologna - Unibo o del prof Zanchini Enzo.

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