Esercizio di termodinamica
ciao a tutti.
il problema è questo:
http://img703.imageshack.us/img703/5038/immagineahz.png
il primo principio della termodinamica mi dice $Q_e+L_i=\Deltai+\DeltaE_c+\DeltaE_g$ (approccio euleriano, cioè per sistemi aperti)
il testo mi dice di non considerare l'energia cinetica e quella potenziale non ha influenza su questo problema.
quindi rimane $Q_e+L_i=c_x(T_2-T_1)=\Deltai$. non so se mettere $c_v$ o $c_p$ perchè nella politropica nè la pressione nè il volume sono costanti. quale uso?
il problema è questo:
http://img703.imageshack.us/img703/5038/immagineahz.png
il primo principio della termodinamica mi dice $Q_e+L_i=\Deltai+\DeltaE_c+\DeltaE_g$ (approccio euleriano, cioè per sistemi aperti)
il testo mi dice di non considerare l'energia cinetica e quella potenziale non ha influenza su questo problema.
quindi rimane $Q_e+L_i=c_x(T_2-T_1)=\Deltai$. non so se mettere $c_v$ o $c_p$ perchè nella politropica nè la pressione nè il volume sono costanti. quale uso?
Risposte
Mi pare un esercizio interessante ma sarà forse perché mi difetta la memoria ma non ricordo bene cosa sia $L_W$ e cosa significhi potenza interna.
Mi puoi dire di cosa si tratta per favore?
Mi puoi dire di cosa si tratta per favore?
Per $L_w$ si intende il lavoro massico (per unità di massa di fluido cioè) ceduto dal fluido alla macchina, coincidente con il lavoro massico prodotto dalla macchina a parte perdite meccaniche varie, per potenza interna si intende la corrispondente potenza. Penso si debba considerare il fluido come gas perfetto per cui l'entalpia dipende solo dalla temperatura.
Dalla politropica e dalla equazione dei gas perfetti si può calcolare la temperatura finale e quindi la variazione di entalpia massica, confrontando questa con $L_W$ si può calcolare il calore massico eventualmente scambiato con l'esterno. La potenza interna si calcola banalmente.
Dalla politropica e dalla equazione dei gas perfetti si può calcolare la temperatura finale e quindi la variazione di entalpia massica, confrontando questa con $L_W$ si può calcolare il calore massico eventualmente scambiato con l'esterno. La potenza interna si calcola banalmente.
"Faussone":
Per $L_w$ si intende il lavoro massico (per unità di massa di fluido cioè) ceduto dal fluido alla macchina, coincidente con il lavoro massico prodotto dalla macchina a parte perdite meccaniche varie
$L_w$ è proprio la parte di irreversibilità prodotte e questo "sballa" tutto il tuo ragionamento
.Per darvi un'idea più precisa su questo lavoro assorbito a causa delle irreversibilità, possiamo scrivere il secondo principio della termodinamica come $dS=(dQ+L_w)/T$.
Supponendo per esempio che $L_w=0, dQ=0$, otteniamo un'adiabatica isoentropica, quindi anche reversibile
tornando però al mio quesito, non sapevo se usare $c_v$ oppure $c_p$
"Falco5x":
cosa significhi potenza interna.
è semplicemente la portata in massa per il lavoro interno (quello prodotto dalla macchina e in parte dissipato da $L_w$)
Ripesco questo topic perché mi interessa, proprio perché di termodinamica non ricordo molto.
Consideratele dunque solo delle idee buttate là forse un po' alla rifusa, tanto per riaprire la discussione.
Allora riguardo alla domanda iniziale...
Nei sistemi con deflusso ricordo che il lavoro utile va depurato dei contributi di compressione-espansione alle sezioni di ingresso e di uscita.
Per cui il primo principio va riscritto in questo modo:
[tex]{L_u} = {U_1} + {L_{ce1}} - {U_2} - {L_{ce2}} + Q[/tex]
Per questo motivo è stata inventata l'entalpia, in modo da poter scrivere:
[tex]{L_u} = {H_1} - {H_2} + Q[/tex]
Ora nei gas ideali la formula del'entalpia è semplice perché dipende solo dalla temperatura per tramite del calore specifico a pressione costante, dunque la formula diventa:
[tex]{L_u} = {c_p}\left( {{T_1} - {T_2}} \right) + Q[/tex]
Detto questo non saprei come utilizzare il famigerato [tex]{L_w}[/tex] che tu chiami lavoro irreversibile.
Da come lo descrivi non potendo essere una parte del lavoro utile dovrebbe far parte in qualche modo del secondo termine, ovvero dell'entalpia, cioè il salto entalpico non è così grande come sarebbe se non ci fosse questa irreversibilità. Detto questo però non vedo come si possa tenerne conto, mi pare che non serva a niente perché l'entalpia alle sezioni di ingresso e di uscita è nota; mentre invece non si conosce il lavoro utile, dunque il problema di calcolare Q non sembra avere dati sufficienti.
Se invece [tex]{L_w}[/tex] è il lavoro utile che dice Faussone, allora il problema è risolvibile. Sempre che il gas obbedisca alla legge di stato dei gas ideali, cosa che però il testo del problema non specifica; altrimenti mi pare che il problema non abbia dati sufficienti.
Consideratele dunque solo delle idee buttate là forse un po' alla rifusa, tanto per riaprire la discussione.
Allora riguardo alla domanda iniziale...
Nei sistemi con deflusso ricordo che il lavoro utile va depurato dei contributi di compressione-espansione alle sezioni di ingresso e di uscita.
Per cui il primo principio va riscritto in questo modo:
[tex]{L_u} = {U_1} + {L_{ce1}} - {U_2} - {L_{ce2}} + Q[/tex]
Per questo motivo è stata inventata l'entalpia, in modo da poter scrivere:
[tex]{L_u} = {H_1} - {H_2} + Q[/tex]
Ora nei gas ideali la formula del'entalpia è semplice perché dipende solo dalla temperatura per tramite del calore specifico a pressione costante, dunque la formula diventa:
[tex]{L_u} = {c_p}\left( {{T_1} - {T_2}} \right) + Q[/tex]
Detto questo non saprei come utilizzare il famigerato [tex]{L_w}[/tex] che tu chiami lavoro irreversibile.
Da come lo descrivi non potendo essere una parte del lavoro utile dovrebbe far parte in qualche modo del secondo termine, ovvero dell'entalpia, cioè il salto entalpico non è così grande come sarebbe se non ci fosse questa irreversibilità. Detto questo però non vedo come si possa tenerne conto, mi pare che non serva a niente perché l'entalpia alle sezioni di ingresso e di uscita è nota; mentre invece non si conosce il lavoro utile, dunque il problema di calcolare Q non sembra avere dati sufficienti.
Se invece [tex]{L_w}[/tex] è il lavoro utile che dice Faussone, allora il problema è risolvibile. Sempre che il gas obbedisca alla legge di stato dei gas ideali, cosa che però il testo del problema non specifica; altrimenti mi pare che il problema non abbia dati sufficienti.
alla fine ho risolto considerando il teorema di Bernoulli generalizzato $dL_i=vdp+dL_w$
poi so che $P_i=dot mL_i$
e ho tutti i termini del primo principio che prima erano incogniti
poi so che $P_i=dot mL_i$
e ho tutti i termini del primo principio che prima erano incogniti
"gtsolid":
alla fine ho risolto considerando il teorema di Bernoulli generalizzato $dL_i=vdp+dL_w$
poi so che $P_i=dot mL_i$
e ho tutti i termini del primo principio che prima erano incogniti
Allora confermi che $L_W$ è il lavoro ceduto da 1 kg di fluido alla macchina, come diceva Faussone?
"Falco5x":
[quote="gtsolid"]alla fine ho risolto considerando il teorema di Bernoulli generalizzato $dL_i=vdp+dL_w$
poi so che $P_i=dot mL_i$
e ho tutti i termini del primo principio che prima erano incogniti
Allora confermi che $L_W$ è il lavoro ceduto da 1 kg di fluido alla macchina, come diceva Faussone?[/quote]
io la interpreto così: il lavoro prodotto dalla macchina è $dL_i$. di questo non tutto viene trasmesso al fluido... parte viene "mangiato" dagli attriti e dalle altre irreversibilità ($dL_w$) e il rimanente è il lavoro effettivamente ricevuto dal fluido ($vdp$)
Io la interpreto in un altro modo.
Se consideriamo $L_W$ il lavoro ceduto da 1 kg di fluido alla macchina, cioè "entrante " nella macchna, e a questo sommiamo il lavoro utile pure lui considerato entrante nella macchina (cioè ad esempio se si tratta di una pompa, il lavoro meccanico trasmesso dall'albero alla pompa) che chiamiamo lavoro utile ovvero $L_u$, otteniamo il lavoro totale entrante nella macchina cioè [tex]{L_i} = {L_W} + {L_u}[/tex]
Il lavoro $L_W$ è la differenza di lavoro alle sezioni di ingresso e di uscita, ovvero [tex]{L_W} = {P_1}{V_1} - {P_2}{V_2} = - \int_1^2 {d\left( {PV} \right)}[/tex], mentre il lavoro totale entrante nella macchina conseguente al passaggio di un kg di massa è quello che tutti conosciamo ovvero [tex]{L_i} =- \int_1^2 {PdV}[/tex].
Considerando i differenziali si ha [tex]d\left( {PV} \right) = PdV + VdP[/tex], da cui si desume che il lavoro utile è [tex]{L_u} = \int_1^2 {VdP}[/tex].
Dunque la formula [tex]d\left( {PV} \right) = PdV + VdP[/tex] può anche essere scritta come [tex]- d{L_W} = - d{L_i} + d{L_u}[/tex] cioè [tex]d{L_i} = d{L_W} + d{L_u} = d{L_W} + VdP[/tex].
Ma questa è solo una mia interpretazione eh, per questo dico che mi ritrovo con la definizione di Faussone.
Edit:
non ho capito se Faussone con $L_W$ intende solo il lavoro meccanico ceduto dal fluido oppure l'energia totale (quindi $L_W$ conciderebbe col salto entalpico); se fosse così allora le formule di cui sopra vanno integrate con la variazione di energia interna
Se consideriamo $L_W$ il lavoro ceduto da 1 kg di fluido alla macchina, cioè "entrante " nella macchna, e a questo sommiamo il lavoro utile pure lui considerato entrante nella macchina (cioè ad esempio se si tratta di una pompa, il lavoro meccanico trasmesso dall'albero alla pompa) che chiamiamo lavoro utile ovvero $L_u$, otteniamo il lavoro totale entrante nella macchina cioè [tex]{L_i} = {L_W} + {L_u}[/tex]
Il lavoro $L_W$ è la differenza di lavoro alle sezioni di ingresso e di uscita, ovvero [tex]{L_W} = {P_1}{V_1} - {P_2}{V_2} = - \int_1^2 {d\left( {PV} \right)}[/tex], mentre il lavoro totale entrante nella macchina conseguente al passaggio di un kg di massa è quello che tutti conosciamo ovvero [tex]{L_i} =- \int_1^2 {PdV}[/tex].
Considerando i differenziali si ha [tex]d\left( {PV} \right) = PdV + VdP[/tex], da cui si desume che il lavoro utile è [tex]{L_u} = \int_1^2 {VdP}[/tex].
Dunque la formula [tex]d\left( {PV} \right) = PdV + VdP[/tex] può anche essere scritta come [tex]- d{L_W} = - d{L_i} + d{L_u}[/tex] cioè [tex]d{L_i} = d{L_W} + d{L_u} = d{L_W} + VdP[/tex].
Ma questa è solo una mia interpretazione eh, per questo dico che mi ritrovo con la definizione di Faussone.
Edit:
non ho capito se Faussone con $L_W$ intende solo il lavoro meccanico ceduto dal fluido oppure l'energia totale (quindi $L_W$ conciderebbe col salto entalpico); se fosse così allora le formule di cui sopra vanno integrate con la variazione di energia interna
Era un po' che non leggevo il forum e vedo solo adesso questa discussione.
Io ricordavo $L_w$ come lavoro scambiato tra fluido e macchina, perdite a parte, che in sostanza è quello che gtsolid ha chiamato $L_i$. Ad una lettura più attenta dell'esercizio concordo con gtsolid, anche perché altrimenti il problema sarebbe sovradeterminato.
Qui c'è una leggera confusione perché nel problema in oggetto la macchina fa lavoro verso l'esterno e tale lavoro è pari a parte le perdite (chiamate $L_w$), al lavoro fatto dal fluido sulla macchina tra l'ingresso e l'uscita.
Le perdite $L_w$ fanno sì che non tutto il lavoro trasmesso dal fluido si ritrova in lavoro utile: parte viene perso.
In quello scritto da Falco nell'ultimo messaggio mi sembra che il lavoro venga fatto entrare due volte come lavoro utile e come lavoro scambiato dal fluido che sono (sempre perdite a parte) la stessa cosa.
Io il problema lo risolverei a questo punto così.
Dall'equazione dei gas perfetti e dalla politropica si ricava la temperatura finale del gas.
Il lavoro scambiato tra fluido e gas (assumendo non ci siano perdite) è $int_i^u v dp$ calcolabile lungo la politropica, sottraendo a questo $L_w$ si ricava il lavoro estraibile dalla espansione $L$.
Per verificare se la macchina scambia calore con l'esterno basta applicare l'equazione dell'energia scritta per sistemi aperti cioè
$Delta h = Delta q - L$
assumendo l'entalpia funzione della temperatura (gas perfetto) si ricava facilmente $Delta q$.
Io ricordavo $L_w$ come lavoro scambiato tra fluido e macchina, perdite a parte, che in sostanza è quello che gtsolid ha chiamato $L_i$. Ad una lettura più attenta dell'esercizio concordo con gtsolid, anche perché altrimenti il problema sarebbe sovradeterminato.
"gtsolid":
il lavoro prodotto dalla macchina è $dL_i$. di questo non tutto viene trasmesso al fluido... parte viene "mangiato" dagli attriti e dalle altre irreversibilità ($dL_w$) e il rimanente è il lavoro effettivamente ricevuto dal fluido ($vdp$)
Qui c'è una leggera confusione perché nel problema in oggetto la macchina fa lavoro verso l'esterno e tale lavoro è pari a parte le perdite (chiamate $L_w$), al lavoro fatto dal fluido sulla macchina tra l'ingresso e l'uscita.
Le perdite $L_w$ fanno sì che non tutto il lavoro trasmesso dal fluido si ritrova in lavoro utile: parte viene perso.
In quello scritto da Falco nell'ultimo messaggio mi sembra che il lavoro venga fatto entrare due volte come lavoro utile e come lavoro scambiato dal fluido che sono (sempre perdite a parte) la stessa cosa.
Io il problema lo risolverei a questo punto così.
Dall'equazione dei gas perfetti e dalla politropica si ricava la temperatura finale del gas.
Il lavoro scambiato tra fluido e gas (assumendo non ci siano perdite) è $int_i^u v dp$ calcolabile lungo la politropica, sottraendo a questo $L_w$ si ricava il lavoro estraibile dalla espansione $L$.
Per verificare se la macchina scambia calore con l'esterno basta applicare l'equazione dell'energia scritta per sistemi aperti cioè
$Delta h = Delta q - L$
assumendo l'entalpia funzione della temperatura (gas perfetto) si ricava facilmente $Delta q$.
Bene, allora adesso che Faussone mi ha chiarito cosa sia $L_W$ provo a fare lo studente per vedere se ho capito.
Ma cosa ho capito? cerco di riassumere.
Il sistema è un sistema aperto che trasforma una quota di energia (entalpia) di un fluido in lavoro meccanico.
Consideriamo cosa succede per ogni kg di fluido che passa attraverso il sistema.
L'energia meccanica che il sistema produrrebbe se non avesse perdite sarebbe [tex]{L_i}[/tex], però in realtà ne produce solo [tex]{L_u} = {L_i} - {L_W}[/tex], perché $L_W$ va dissipato con gli attriti.
D'altra parte sappiamo che il lavoro meccanico totale (compresi gli attriti) prodotto da un sistema aperto è [tex]{L_i} = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP}[/tex], e sappiamo anche che questo lavoro uscente è uguale all'energia che entra nel sistema sotto varie forme; in particolare entra come differenza di entalpia tra la sezione di ingresso e la sezione di uscita del fluido e come calore ceduto alla macchina dall'ambiente.
Riguardo al lavoro perduto per attrito, il famigerato $L_W$, qui non so se ho capito bene.
Se fosse un lavoro perduto per attrito nella catena meccanica a valle del sistema non entrerebbe in gioco nel sistema termodinamico, sarebbe energia perduta e basta. Però in questo caso penso si voglia indicare del lavoro trasformato in energia interna per attrito interno al sistema, dunque questa quota di lavoro è come se rientrasse dalla finestra, per così dire, come se fosse un calore aggiuntivo entrante dall'esterno.
Se le cose stanno così allora la formula da utilizzare dovrebbe essere, se ho ben capito:
[tex]Q - \Delta H + {L_W} = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP}[/tex]
Mettendo i numeri salta fuori per il calore Q:
[tex]Q = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP} + \Delta H - {L_W} = 359.121 - 455.626 - 62.000 = - 158.505[/tex]
Dunque pare che questo sistema disperda calore.
Moltiplicando per la portata massica si ha [tex]\dot mQ = 3Q = - 475,515kJ{s^{ - 1}}[/tex]
A questo punto gradirei un cenno da Faussone che mi dicesse se ho capito giusto, poco o nulla.
(ahi termodinamica, croce e delizia...)
Ma cosa ho capito? cerco di riassumere.
Il sistema è un sistema aperto che trasforma una quota di energia (entalpia) di un fluido in lavoro meccanico.
Consideriamo cosa succede per ogni kg di fluido che passa attraverso il sistema.
L'energia meccanica che il sistema produrrebbe se non avesse perdite sarebbe [tex]{L_i}[/tex], però in realtà ne produce solo [tex]{L_u} = {L_i} - {L_W}[/tex], perché $L_W$ va dissipato con gli attriti.
D'altra parte sappiamo che il lavoro meccanico totale (compresi gli attriti) prodotto da un sistema aperto è [tex]{L_i} = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP}[/tex], e sappiamo anche che questo lavoro uscente è uguale all'energia che entra nel sistema sotto varie forme; in particolare entra come differenza di entalpia tra la sezione di ingresso e la sezione di uscita del fluido e come calore ceduto alla macchina dall'ambiente.
Riguardo al lavoro perduto per attrito, il famigerato $L_W$, qui non so se ho capito bene.
Se fosse un lavoro perduto per attrito nella catena meccanica a valle del sistema non entrerebbe in gioco nel sistema termodinamico, sarebbe energia perduta e basta. Però in questo caso penso si voglia indicare del lavoro trasformato in energia interna per attrito interno al sistema, dunque questa quota di lavoro è come se rientrasse dalla finestra, per così dire, come se fosse un calore aggiuntivo entrante dall'esterno.
Se le cose stanno così allora la formula da utilizzare dovrebbe essere, se ho ben capito:
[tex]Q - \Delta H + {L_W} = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP}[/tex]
Mettendo i numeri salta fuori per il calore Q:
[tex]Q = - \int_{{P_1}}^{{P_2}} {VdP} + \Delta H - {L_W} = 359.121 - 455.626 - 62.000 = - 158.505[/tex]
Dunque pare che questo sistema disperda calore.
Moltiplicando per la portata massica si ha [tex]\dot mQ = 3Q = - 475,515kJ{s^{ - 1}}[/tex]
A questo punto gradirei un cenno da Faussone che mi dicesse se ho capito giusto, poco o nulla.
(ahi termodinamica, croce e delizia...)
Ciao Falco.
Solo una precisazione. Hai detto che $L_i=-int_{P_1}^{P_2} V dP$ è il lavoro scambiato attriti compresi.
In realtà quello è il lavoro scambiato dal sistema (aperto) nel caso non ci fossero attriti, pertanto è il lavoro scambiato assumendo nel caso specifico che la trasformazione politropica svolta sia reversibile, se così non fosse infatti non potremmo calcolarlo non essendo determinabili le variabili di stato lungo tutta la trasformazione.
Una osservazione interessante è che in generale per una turbina adiabatica ( o un compressore), dividendo il lavoro reale per il lavoro calcolato come sopra (detto lavoro politropico) si ottiene quello che si chiama rendimento politropico della turbina (o mutatis mutandis del compressore) che rispetto al rendimento isoentropico, che è il rapporto tra lavoro reale e lavoro svolto lungo una trasformazione isoentropica a parità di pressioni estreme, è più realistico perché, come si dimostra facilmente, è indipendente dalle pressioni estreme, e esprime meglio in sostanza il grado di irreversibilità della turbina (o del compressore sempre mutatis mutandis).
Per il resto le formule che hai scritto mi sembrano corrette, infatti al lavoro di cui sopra va sottratto il lavoro $L_w$ per ottenere il lavoro reale ed è questo che entra nella equazione dell'energia generale.
Solo una precisazione. Hai detto che $L_i=-int_{P_1}^{P_2} V dP$ è il lavoro scambiato attriti compresi.
In realtà quello è il lavoro scambiato dal sistema (aperto) nel caso non ci fossero attriti, pertanto è il lavoro scambiato assumendo nel caso specifico che la trasformazione politropica svolta sia reversibile, se così non fosse infatti non potremmo calcolarlo non essendo determinabili le variabili di stato lungo tutta la trasformazione.
Una osservazione interessante è che in generale per una turbina adiabatica ( o un compressore), dividendo il lavoro reale per il lavoro calcolato come sopra (detto lavoro politropico) si ottiene quello che si chiama rendimento politropico della turbina (o mutatis mutandis del compressore) che rispetto al rendimento isoentropico, che è il rapporto tra lavoro reale e lavoro svolto lungo una trasformazione isoentropica a parità di pressioni estreme, è più realistico perché, come si dimostra facilmente, è indipendente dalle pressioni estreme, e esprime meglio in sostanza il grado di irreversibilità della turbina (o del compressore sempre mutatis mutandis).
Per il resto le formule che hai scritto mi sembrano corrette, infatti al lavoro di cui sopra va sottratto il lavoro $L_w$ per ottenere il lavoro reale ed è questo che entra nella equazione dell'energia generale.
"Faussone":
Ciao Falco.
Solo una precisazione. Hai detto che $L_i=-int_{P_1}^{P_2} V dP$ è il lavoro scambiato attriti compresi.
In realtà quello è il lavoro scambiato dal sistema (aperto) nel caso non ci fossero attriti, pertanto è il lavoro scambiato assumendo nel caso specifico che la trasformazione politropica svolta sia reversibile, se così non fosse infatti non potremmo calcolarlo non essendo determinabili le variabili di stato lungo tutta la trasformazione
Ciao Faussone!
In realtà quello che io intendevo è non che ci fossero delle turbolenze interne tali da rendere il processo non più quasi statico, e quindi non misurabile con variabili termodinamiche, ma che ci fossero delle irreversibilità (attriti) tali da rendere non tutto utilizzabile il lavoro così calcolato.
Penso ad esempio al caso di attriti meccanici interni che convertano parte del lavoro in calore che si riversa nuovamente nel gas (in modo quasi statico). Il lavoro sottratto da questi attriti deve venire detratto dal lavoro totale calcolato con l'integrale di cui sopra, dunque il lavoro utile che esce veramente dal sistema deve essere la differenza dei due, mentre invece l'energia trasformata dalla irreversibilità che ho esemplificato rimane all'interno del sistema.
Questo intendevo.
"Falco5x":
...... mentre invece l'energia trasformata dalla irreversibilità che ho esemplificato rimane all'interno del sistema.
Capisco, benché riferirsi a quella perdita come irreversibilità è leggermente fuorviante secondo me, visto che poi nel calcolo dell'integrale si considera la trasformazione reversibile.
Ok comunque
il risultato della potenza termica combacia. non mi è chiaro come avete trovato il $DeltaH$.
vi illustro il procedimento che ho seguito io:
dall'equazione della politropica trovo $T_2=358,8K$
poi uso il teorema di Bernoulli generalizzato $dL_i=vdp+dL_w$ (ho già provveduto ad eliminare i termini trascurabili)
quindi $L_i=\int_{1}^{2} vdp+L_w=-359.12+62$ negativo perchè si espande.
di qui uso la convezione delle macchine operatrici così mi rimane il segno positivo quindi ho $L_i=297.11 (KJ)/(Kg)$
la potenza la trovo banalmente con $P_i=dot m*L_i$
per quanto riguarda il calore uso il primo principio per le potenze: $dot Q + P_i=dot m*c_p(T_2-T_1)$
unica incognita è la potenza termica che mi viene uguale a $-475,6 Kw$
vi illustro il procedimento che ho seguito io:
dall'equazione della politropica trovo $T_2=358,8K$
poi uso il teorema di Bernoulli generalizzato $dL_i=vdp+dL_w$ (ho già provveduto ad eliminare i termini trascurabili)
quindi $L_i=\int_{1}^{2} vdp+L_w=-359.12+62$ negativo perchè si espande.
di qui uso la convezione delle macchine operatrici così mi rimane il segno positivo quindi ho $L_i=297.11 (KJ)/(Kg)$
la potenza la trovo banalmente con $P_i=dot m*L_i$
per quanto riguarda il calore uso il primo principio per le potenze: $dot Q + P_i=dot m*c_p(T_2-T_1)$
unica incognita è la potenza termica che mi viene uguale a $-475,6 Kw$
A parte qualche commento e qualche segno trattato in maniera diversa (io avrei considerato positivo il lavoro fatto sull'esterno dall'inizio e tenderei a tenere in mente da subito che questa è una macchina motrice che trasferisce lavoro dal fluido all'esterno), coincide in linea di massima col modo di procedere che avrei seguito io.
Una cosa apparentemente secondaria, ma non tanto: occhio a come scrivi le unità di misura, il $k$ che indica il multiplo delle varie unità di misura va sempre in minuscolo mentre joule e watt se scritti per intero vanno in minuscolo altrimenti si abbreviano con la maiuscola quindi $kW$ e $kJ$ per esempio, ovviamente siccome il signor grammo non è mai esistito l'unità di misura della massa si scrive $kg$ invece.
Una cosa apparentemente secondaria, ma non tanto: occhio a come scrivi le unità di misura, il $k$ che indica il multiplo delle varie unità di misura va sempre in minuscolo mentre joule e watt se scritti per intero vanno in minuscolo altrimenti si abbreviano con la maiuscola quindi $kW$ e $kJ$ per esempio, ovviamente siccome il signor grammo non è mai esistito l'unità di misura della massa si scrive $kg$ invece.
"Faussone":
A parte qualche commento e qualche segno trattato in maniera diversa (io avrei considerato positivo il lavoro fatto sull'esterno dall'inizio e tenderei a tenere in mente da subito che questa è una macchina motrice che trasferisce lavoro dal fluido all'esterno), coincide in linea di massima col modo di procedere che avrei seguito io.
Una cosa apparentemente secondaria, ma non tanto: occhio a come scrivi le unità di misura, il $k$ che indica il multiplo delle varie unità di misura va sempre in minuscolo mentre joule e watt se scritti per intero vanno in minuscolo altrimenti si abbreviano con la maiuscola quindi $kW$ e $kJ$ per esempio, ovviamente siccome il signor grammo non è mai esistito l'unità di misura della massa si scrive $kg$ invece.
ti giuro che questo errore non l'ho mai fatto... scrivendo con asciimat o quello che è me no sono sfuggiti...
sentite un po'... il prof mi ha dato anche un altro input di risoluzione molto semplice... ma non l'ho capito tanto bene
ditemi cosa ne pensate.
in pratica sono 3 equzione e 3 incognite:
${(c=c_v*((m-k)/(m-1))),(Q_e+L_w=c(T_2-T_1)),(Q_e+L_i=c_p(T_2-T_1)):}$
la prima formula è una formulazione del calore specifico
la terza è una formulazione del primo principio
la seconda anche, ma in un modo che non ho mai visto...
mah... riguardo alla soluzione col sistema proposto, si ricava (non ho fatto i conti) rigirando le formule in maniera opportuna, ma mi pare non aggiunga nulla a quanto detto.
Io le tre formule le interpreterei così.
La prima è la capacità termica della politropica, e dice quanto calore esterno servirebbe per fare quella trasformazione per ogni K di salto di temperatura.
La seconda dice proprio il calore totale che serve a fare il salto di temperatura totale. Il calore ricevuto è quello proveniente dall'esterno più quello che si autoproduce a causa del lavoro perduto.
La terza a secondo membro ha il salto entalpico, dunque corrisponde al primo principio della termodinamica per sistemi aperti.
Da quello che posso capire, e non so se capisco giusto ancora una volta, da queste relazioni mi sembra che con $L_i$ si intenda proprio il lavoro utile (quello che chiamavo $L_u$), mentre io nelle precedenti mie formule lo identificavo con il lavoro totale, ovvero $L_i=L_u+L_W$.
Beh poco male. Il fatto è che se uno non sa a priori quale significato si vuole dare ai simboli difficilmente ci azzecca.
La prima è la capacità termica della politropica, e dice quanto calore esterno servirebbe per fare quella trasformazione per ogni K di salto di temperatura.
La seconda dice proprio il calore totale che serve a fare il salto di temperatura totale. Il calore ricevuto è quello proveniente dall'esterno più quello che si autoproduce a causa del lavoro perduto.
La terza a secondo membro ha il salto entalpico, dunque corrisponde al primo principio della termodinamica per sistemi aperti.
Da quello che posso capire, e non so se capisco giusto ancora una volta, da queste relazioni mi sembra che con $L_i$ si intenda proprio il lavoro utile (quello che chiamavo $L_u$), mentre io nelle precedenti mie formule lo identificavo con il lavoro totale, ovvero $L_i=L_u+L_W$.
Beh poco male. Il fatto è che se uno non sa a priori quale significato si vuole dare ai simboli difficilmente ci azzecca.
"Faussone":
Per $L_w$ si intende il lavoro massico (per unità di massa di fluido cioè) ceduto dal fluido alla macchina, coincidente con il lavoro massico prodotto dalla macchina a parte perdite meccaniche varie, per potenza interna si intende la corrispondente potenza. Penso si debba considerare il fluido come gas perfetto per cui l'entalpia dipende solo dalla temperatura.
Dalla politropica e dalla equazione dei gas perfetti si può calcolare la temperatura finale e quindi la variazione di entalpia massica, confrontando questa con $L_W$ si può calcolare il calore massico eventualmente scambiato con l'esterno. La potenza interna si calcola banalmente.
intervengo nella discussione perché l'esercizio interessa anche a me.
faussone, confermi quanto detto nel messaggio che ho citato sopra per quanto riguarda il $L_w$?
io ho interpretato questo $L_w$ come una sorta di perdita di carico,una specie di $du_(a)$(attriti) che in genere, da quello che so vale: $v*(p_1-p_2)$
dico bene?
per il resto mi trovo completamente d'accordo con quanto detto da falco
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo
