Vapori saturi

 

ESERCIZIO 1 (scatolone adiabatico)

ESERCIZIO 2,ESERCIZIO 3 (problemi che riguardano la determinazione del titolo)

ESERCIZIO 4 (la caldaia)

ESERCIZIO 5 (la pentola a pressione)

 

 

 

Esercizio 1)

Scatolone adiabatico

 

Consideriamo uno scatolone adiabatico, sistema chiuso termicamente isolato di cui fanno parte due scompartimenti separati sia dal punto di vista termico che meccanico da un divisorio isolante (vedi fig.1).

A destra e a sinistra del divisorio si ha vapore d’acqua saturo: nello scompartimento (A) 1 kg alla pressione di 9.8 bar, mentre nell’altro si  trovano 2 kg alla pressione di 0.98 bar. Determinare pressione e titolo finali del gas dopo aver rimosso il divisorio, sapendo che il titolo del vapore d’acqua nello scompartimento (A) xA vale 0.1 e quello nello scompartimento (B) xB vale 0.5.

 

 

 

 

-Figura 1-

 

Soluzione

 

Innanzi tutto prima di procedere nella soluzione analitica del problema notiamo che è importante avere già una conoscenza per lo meno spannometrica del valore finale che ci si aspetta dai dati del problema. Una stima approssimativa del  risultato è di grande aiuto quando ci si trova, come in questo caso, di fronte ad uno dei classici problemi che sono fisicamente ben posti ma algebricamente insolubili; ipotesi normale nella stragrande maggioranza di casi pratici, dove non si può di fatto arrivare ad una soluzione in forma chiusa del tipo:

 

 

 

 

 

-Diagramma pV del gas-

 

 

Non appena viene tolto il setto  la situazione che si presenta è quella di una massa MC data dalla somma delle due masse dei gas contenuti nei due scompartimenti inizialmente separati:

 

        

 

Poniamo le condizioni dello stato fisico finale:

 

 

           

 

 

La (2) può essere espressa con la legge dei vapori saturi (introducendo la combinazione lineare del volume specifico e di quello differenziale)per cui:

 

                    

 

               

 

Sostituendo (4) e (5) in (2) si ha :

 

                   

dove    ,

 

ed il volume differenziale  è calcolabile come ,(il valore si ricava comunque in Appendice).

 

Numericamente sostituendo i valori dei volumi ricavati dalle tabelle si ottiene:

 

  

che sappiamo essere uguale a:

 

                     

 

Analogamente a quanto fatto per la (2), ricaviamo le energie interne iniziali dei due gas:

 

              

              

 

L’energia interna differenziale è calcolabile in generale come:

 

              

 

dove p è la pressione del vapore saturo, per il gas nello scompartimento A  PA=9,8 bar, per quello nello scompartimento B PB=0,98 bar

 

A questo punto utilizzando la (11) ed i valori che si ricavano dalle tabelle siamo in grado di calcolare le energie interne differenziali e con queste l’energia interna dei gas contenuti nei due scompartimenti. Sostituendo quindi (9) e (10) in (3) si ha:

 

 

 

 

Tale valore sappiamo essere uguale a:

 

                    

 

Riconsiderando (8) e (13) si giunge al seguente sistema:

 

 

Questo sistema nell’unica incognita xC è insolubile se non adottando metodi di calcolo numerico, tra i quali ricordiamo quello a tentativi (o di Montecarlo) tramite il quale si attribuiscono valori random ai volumi specifici della prima equazione per ricavare xC. Tale valore viene successivamente sostituito nella seconda equazione per verificarne l’identità; questo metodo di facile applicazione per un calcolatore diviene impraticabile manualmente. Si può allora pensare di utilizzarne uno iterativo a tentativi guidati. Grazie a questo si parte da  un certo valore di pressione a cui corrispondono due valori  (tabellati) dei volumi vlC  e vdC  della prima equazione di (14), dopodiché il valore incognito di xC  che si ricava lo si sostituisce nella seconda equazione del sistema per verificare la corrispondenza tra il valore di uC  appena dedotto e quello invece effettivo. A questo punto siamo in grado di controllare a quale distanza ci troviamo dalla soluzione, questo tentativo fornisce un’indicazione per le iterazioni successive. Il metodo iterativo scelto deve  essere consistente. Effettuare un’interpretazione spannometrica diventa ora necessario per poter partire da un valore il più possibile prossimo alla soluzione.

Dopo una prima osservazione all’intervallo considerato nel diagramma pV, prendiamo come dato iniziale un valore di pressione pari a 294 Kpascal( 2,94 bar ).

Ricaviamo dalle tabelle i valori corrispondenti di vlC e vdC e sostituiamoli nella prima equazione di (14), si ricava un valore di xc pari a 0,94.

Tale risultato viene sostituito nell’ altra equazione di (14) ricavando un valore di uc  pari a 2425 kJ/kg, piuttosto lontano dal dato di partenza (1287 kJ/kg); si sceglie allora un nuovo valore di pressione e si rieseguono i passi descritti in precedenza.

Di seguito sono tabulati i risultati delle iterazioni per i diversi valori di pressione

 

 

Pressione(kPa)

xc

Uc

294

0,94

2425

196

0,55

1820

147

0,49

1472

118

0,40

1266

 

xc:titolo del gas che si ricava dalla prima equazione del sistema

uc:energia interna specifica del gas che si ricava dalla seconda equazione

 

 

La seconda iterazione ci permette di riconoscere se ci si allontana o meno dal valore esatto di uC  ricavato dall’equazione (3) del sistema di partenza. Avuta conferma che abbassando il valore della pressione si converge al valore esatto, nelle due successive iterazioni ci si accorge di aver fatto forcella (il valore ricercato è posizionato tra i due di uC appena ottenuti).

Si osserva inoltre che l’ultimo risultato ottenuto è particolarmente vicino al bersaglio, la pressione del gas nel suo stato fisico finale sarà di poco superiore ai 118 Kpascal.

 

Nota: anche partendo da un valore centrato nella zona bersaglio si osserva che comunque la soluzione si discosta dalla previsione.

 

 

Negli impianti che funzionano a vapore ci sono zone  in cui tramite appositi strumenti (manometri e termometri) è possibile determinare pressione e temperatura del gas, ma per il titolo?

 

Problemi che riguardano la determinazione del titolo:

 

Esercizio 2:

 

Si consideri la figura seguente fig.(1) dove si ha un calorimetro ed un recipiente; il calorimetro è un vasetto di vetro (sembra un termos) isolato termicamente. Questo fatto è dovuto al doppio strato di vetro al cui interno essendo stato fatto il vuoto non è possibile scambiare calore con l’esterno. Il contenitore è sigillato da uno strato di sughero che presenta due piccole aperture. In una viene inserito un sottile termometro, nell’altra viene collocato un tubicino all’interno del quale fluisce del vapore d’acqua dopo l’apertura di un rubinetto che mette in comunicazione il calorimetro con il recipiente. Questo contiene 0,045 kg di gas alla temperatura Tv di 100°C e alla pressione Pv di 1 bar.

All’interno del calorimetro sempre alla pressione di 1bar, ma alla temperatura  Tc di 25 °C e’ contenuta una massa Mc pari a 0,35 kg d’acqua.

 

 

 

 

 

-Figura 1-

 

 

 

Dopo il versamento e la condensazione del vapore saturo all’interno del calorimetro, si perviene a 0,395 kg  d’acqua e ad una temperatura Tfin di 64°C.

Si chiede quale era il titolo iniziale del vapore nel recipiente.

 

L’ aumento di temperatura misurato dal termometro non può essere totalmente imputato alla variazione di energia interna dell’acqua, il che equivarrebbe ad attribuire al vetro una capacità termica nulla. Allora solitamente il costruttore fornisce sul fondo del calorimetro una massa equivalente fittizia Mf  di acqua pari a 0,22 kg con la caratteristica di avere la solita capacità termica del vetro.

 

 

 

-Diagramma pV del calorimetro-

 

Soluzione:

 

Si ipotizza che inizialmente all’ interno del calorimetro vi sia una massa data da:

 

             

 

Alla fine del processo quello che è rimasto costante è la pressione.

Il sistema ha si compiuto lavoro verso l’esterno, ma il lavoro netto è nullo.

Per procedere alla soluzione si scrive l’equazione di primo principio in forma entalpica

 

            

                                                                                                

ovvero:

                       

 

 

L’entalpia finale è funzione dell’acqua contenuta nel calorimetro nello stato finale; mentre l’entalpia iniziale è data dalla somma dei contributi dell’entalpia dovuta alla massa Ml (massa di liquido contenuta inizialmente nel calorimetro)e alla massa di vapore d’ acqua saturo nel recipiente Mv.

 

Per cui:

               

 

dove:

            

                                                                                           

calore specifico dell’acqua(CL=4,187 kJ/kg°K)

 

con la massa finale data dalla massa contenuta nel calorimetro più la massa di vapore condensato versatogli dentro:

 

            

 

Numericamente:

               

 

per l’entalpia dell’ acqua:

                

 

per il vapore si ha invece:

 

            

                                                                                          

                                                                                     

 

con hvap entalpia specifica del vapore saturo, hl entalpia specifica del liquido alla solita pressione, x il titolo che si vuole determinare ed r calore latente di vaporizzazione (anche definito come hd entalpia specifica differenziale).

Sostituendo queste espressioni nella (4) si trova un’equazione nella sola incognita x:

 

                      

 

da cui si ricava che il titolo vale:

 

*         

 

2° metodo per la determinazione del titolo

 

Esercizio 3:

 

Supponiamo di avere un tubo che porta del vapore saturo ad una turbina fig.(1).

Tramite un apposito strumento detto manometro misuriamo la pressione all’interno del tubo ricavandone il valore di 28 bar (pressione a cui sappiamo corrispondere una temperatura del vapore saturo di 230°C ).

Il problema è determinare il titolo x del vapore nel tubo.

 

 

 

 

-Figura 1-

 

Possiamo giungere ad una soluzione sperimentale del quesito allacciando al tubo tramite un piccolo foro una conduttura in grado di sfiatare il gas all’esterno per mezzo di una valvola di sfogo. Vicino a questa fig.(2) si pone un termometro per misurare la temperatura del vapore in uscita; sperimentalmente si fornisce il dato di 115°C.

 

 

 

 

 

 

-Figura 2-

 

 

 

 

 

 

 

 

-Diagramma pV dell’uscita del vapore dal tubo-

 

 

Soluzione:

 

Il vapore fuoriesce subendo una trasformazione irreversibile di dissipazione di energia (tratteggio  nel diagramma pV ) per cui il calore scambiato con l’esterno non è certamente nullo, come del resto il lavoro perché la velocità con cui il gas sfiata mette in gioco dell’energia cinetica.

L’equazione che mi fornisce il bilancio energetico per un sistema aperto è la seguente:

 

                 

 

Sotto l’ipotesi che il vapore esca dalla valvola controllato da un processo di laminazione isoentalpica ovvero così lentamente da poter considerare nulle sia le perdite dovute all’ energia cinetica sia quelle dovute alla produzione di calore:

Si può riscrivere la (1) come:

 

                 

 

Dall’uguaglianza delle entalpie specifiche si può ricavare il titolo infatti:

 

                 

 

                   

 

dove si è sfruttato:

 

 

 

In (3) e (4) hl1 e hl2 sono le entalpie specifiche del liquido alla pressione rispettivamente di 28 bar e 1 bar, r1  e r2   calori latenti di vaporizzazione. Nella (4) si è utilizzato il valor medio del cpvap perché esso è in generale dipendente dalla temperatura(vedi tabella  per vedere la variazione del cp del vapore d’acqua surriscaldato alla pressione di 1 atmosfera=0,980665 bar); in questo caso essendoci un piccolo salto di temperatura (5°C) si è presa una sorta di media aritmetica:

 

 

                  


calore specifico medio(cpm)del vapore d’acqua surrisc.

(misurato alla temperatura di saturazione alla temperatura assegnata)

 

Pressione P=1 atmosfera

Temperatura

cpm

°C

°K

kJ/kg°K

110

383,15

2,022

120

393,15

2,043

130

403,15

2,015

140

413,15

2,005

150

423,15

1,998

160

433,15

1,993

170

443,15

1,991

 

 

Sostituendo (3) e (4) in (2) con i corrispondenti valori che si ricavano dalle tabelle si ottiene:

 

                        

da cui:

                    

 

Esercizio 4)

La caldaia

 

 

Osserviamo il diagramma [pV] che schematizza il funzionamento di una caldaia fig(1):

 

 

 

-Simbolo caldaia-

 

 

 

 

 

 

-Diagramma pV della caldaia-

 

L’acqua entra in caldaia tramite una pompa alla temperatura T1 di 60°C (punto 1 del grafico) e alla pressione P1 di 40 bar.

Mantenendo costante la pressione l’acqua viene scaldata fino a raggiungere la condizione di saturazione( 2 nella curva limite inferiore ). Alla pressione di 40 bar corrisponde una temperatura T2 di 250°C.

A questo punto avviene un processo di vaporizzazione, tale trasformazione avvenendo su un isoterma fornisce sempre il valore di temperatura T3 250°C, ma lo stato fisico del liquido è passato alla fase di vapore saturo secco ( 3 nella curva limite superiore ).

Fornendo ancora calore il gas viene a trovarsi in una condizione di vapore d’acqua surriscaldato alla temperatura T4 di 300°C( 4 ).

Si vuole calcolare la quantità di calore Q che bisogna fornire al sistema per surriscaldare una massa d’acqua di 1 kg.

 

Soluzione:

 

Dato che la massa è unitaria .

Procediamo nella soluzione tramite l’equazione di bilancio dell’energia per i sistemi aperti per cui:

 

 

           

 

dove:

                   

 

infatti l’integrale mi fornisce in questo caso l’area sottesa dalla curva del cambiamento di stato rispetto all’asse delle ordinate, ma la proiezione della curva sull’asse è un insieme a misura nulla per cui non sottende alcuna area, allora (1) diventa:

 

 

                

 

Consideriamo ora i contributi delle varie fasi al calcolo della variazione di entalpia:

 

 

 

1° fase: Riscaldamento dell’acqua liquida

 

La variazione di entalpia è uguale alla variazione di temperatura moltiplicata per il calore specifico dell’acqua (in questo caso può essere sostituito da cp poiché la trasformazione avviene lungo un’ isobara quindi a pressione costante):

 

                             

 

 

2°fase: Passaggio dalla fase di liquido a quella di vapore saturo secco

 

Tale salto di entalpia equivale alla differenza tra l’entalpia del vapore saturo secco e quella del liquido alla solita pressione:

 

                 

 

3°fase: passaggio da vapore saturo secco a vapore surriscaldato

 

Questo corrisponde al salto entalpico per portare il vapore dalla curva limite superiore in cui si trova allo stato di vapore saturo secco alla fase di vapore surriscaldato:

 

                  

 

 

calore specifico medio del vap. d’acqua surr.

(misurato dalla temperatura di sat. alla temp.assegnata)

 

Pressione P= 40 atm

Temperatura

cpm

°C

°K

kJ/kg°K

260

533,15

3,483

280

553,15

3,262

300

573,15

3,136

320

593,15

3,027

340

613,15

2,931

 

 

Si ricava il valore di cpvap pari a 3,1 kJ/kg°K

 

Sostituendo i valori corrispondenti la (1) diventa:

 

               

 

 

 

Esercizio 5)

Pentola a pressione

 

Si consideri una pentola a pressione fig.(1) riempita con 11 litri di acqua  e la si ponga sul fuoco.La temperatura del liquido comincerà a salire fino a raggiungere quella di ebollizione Te=100°C (supponendo di eseguire l’esperimento alla pressione atmosferica).

Mantenendo la pentola sul fuoco, all’interno di questa comincerà a formarsi del vapore. La pentola inizia allora  a sfiatare fino a che non viene chiusa la valvola fig(2).Nella situazione finale all’interno del contenitore sigillato si trovano ancora 10 kg di liquido e 1 kg di vapore d’acqua saturo.

Si chiede quanto calore è necessario per portare la pressione all’interno della pentola dal valore iniziale di 1 bar(valvola chiusa) a quello di 5.

 

 

 

 

 

                                                                                                Fig.1                                        Fig.2

 

 

 

 

-Diagramma pV della pentola a pressione-

 

 

 

 

Soluzione:

 

Calcoliamo innanzitutto il titolo xA del vapore nello stato iniziale che ci sarà utile nei calcoli:

 

dove MTOT è la massa d’acqua più la massa di vapore saturo contenuta nella pentola e MVAP è la massa di vapore in equilibrio con il liquido.

Utilizziamo il primo principio della termodinamica:

 

              

 

Dato che la pentola è un sistema chiuso (valvola abbassata) il lavoro L è esprimibile come:

 

 

Ma questo integrale è nullo poiché il contenitore è indeformabile e l’aumento di temperatura non può quindi far espandere il gas.

Allora (1) diventa:

               

 

Sappiamo esistere poi una relazione tra l’energia interna specifica del vapore e le energie specifiche del liquido alla solita pressione:

 

 

                  

 

                  

 

dove udA e udB  sono le energie specifiche differenziali.

A questo punto l’unico termine incognito è il titolo xB; esso è calcolabile poiché la trasformazione avviene su un’isocora per cui il volume del gas nei due stati iniziale e finale è identico, allora:

 

                     

 

da cui si ricava che il titolo nello stato finale vale:

 

                                                              

                                                        

 

Si possono calcolare ora uA e uB:

 

            

 

                      

Allora (2) diventa:

 

                 

 

 

 

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