Esercizio n°1
In condizioni di regime stazionario e unidimensionale possiamo calcolare la potenza termica del calore fluente attraverso la parete multistrato, mediante l’Equazione (1) di cui sotto, derivante:
a) dall’integrazione nello spazio monodimensionale dell’equazione rappresentativa del postulato di Fourier
= ∫
→ ∫
∂
− ∂
= QLdx AL d
A x Q
0 0
ϑ λ ϑ δ
λ
δ& &
b) dall’applicazione dell’analogia elettrica alle resistenze termiche dei singoli strati costituenti la parete.
(
t1 t2)
K
q&specifico = unitario − dove
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
= °
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ + ° +
= + +
=
∑
=
=
C m
W C
m W s
s s K s
cls cls matt n matt
i i
i
unitario 2 2
int int 1
823 . 3 46
. 0
01 . 0 93 . 0
08 . 0 65 . 0
1 . 0
1 1
1
λ λ λ λ
( )
76.45 (1) 12 2 1
int int
Equazione m
t W s t
s q s
cls cls matt matt
specifico ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
=
− +
+
=
λ λ λ
&
In condizioni di regime stazionario possiamo affermare che il flusso specifico di calore attraverso lo strato dei mattoni dovrà essere uguale al flusso specifico attraverso lo strato di calcestruzzo e così anche uguale al flusso attraverso l’intonaco. Il flusso di calore attraverso uno strato è pertanto uguale a quello relativo a qualsiasi altro strato (si ribadisce in condizioni di Regime stazionario).
(
−)
=(
−)
=(
−)
= = ⎢⎣⎡ ⎥⎦⎤= 1 2 76.45 2
m q W
t s t
t s t
T s T
q y specifico
intonaco y
x cls cls x mattoni
mattoni mattoni
intonaco &
& λ λ λ
La prima equazione ci permette allora di determinare la temperatura Tx nel punto di contatto tra mattoni e calcestruzzo.
[ ]
C s qT
T specifico
mattoni mattoni
x = 1− & =8.24°
λ
Rappresentazione della stratigrafia della parete e delle grandezze definite e dedotte dal testo dell’esercizio
Andamento della Temperatura lungo la stratigrafia della parete multistrato
Esercizio n°2
Per semplicità, ragioniamo considerando il sistema collettore solare in condizioni di regime stazionario.
All’instaurarsi di questa particolare condizione i flussi di potenza termica in ingresso e in uscita dal collettore sono perfettamente bilanciati e quindi il flusso netto è nullo1. L’obiettivo del’esercizio è quello di trovare quella particolare temperatura dell’aria in corrispondenza della quale, al permanere delle condizioni al contorno2, il collettore solare si porta a 0°C in regime stazionario e quindi tutto il flusso di radiazione termica che il collettore, a 0°C, scambia con il terreno a 4°C e con la volta celeste a Tsky3 è interamente compensata dal calore scambiato per convezione con l’aria.
1 In questo particolare caso in cui il sistema è costituito da un collettore solare termico il flusso di potenza meccanica in ingresso o in uscita dal sistema non è presente, in quanto viene considerato un sistema che non è in grado di scambiare lavoro con l’ambiente circostante.
2 Condizione necessaria per l’instaurarsi del Regime Stazionario
3
ty 1.66
18,1 Temperatura Interfaccia
Calcestruzzo ‐ mattone ty=1.66 °C
Intonaco
[ ]m smatt=0.1
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
= mK
W
matt 0.65
λ
[ ]m scls=0.08
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
= mK
W
cls 0.93 λ
[ ]m sint=0.01
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
= mK
46 W .
int 0 λ
Temperatura parete del mattone t1=20°C
Temperatura parete dell’intonaco t2=0°C Temperatura Interfaccia
Mattone ‐ Calcestruzzo tx=8.24°C
Mattone
( − )= ⎢⎣⎡ ⎥⎦⎤ +
+
= 1 2 2
int int
45 . 1 76
m t W
s t s q s
cls cls matt matt specifico
λ λ λ
&
C t2 = 0° C
t1= 20°
Calcestruzzo
specifico
q&
specifico
q&
T(s) °C
S [cm]
20
tx 8.24
0
10 18
Il collettore solare è un sistema termodinamico. Il primo principio della termodinamica, applicato al sistema collettore solare, in generale porterebbe a scrivere:
∑ +∑ +∑ Φ
=
ΔUcollettore Q L
Il sistema termodinamico collettore solare termico può solo scambiare radiazione termica con il terreno e con la volta celeste e anche calore per convezione con l’aria. Il primo principio della termodinamica applicato al sistema
“collettore solare” nelle condizioni di regime stazionario si particolarizza seconda la seguente equazione:
=0 Δ
∑Q+∑ +L ∑ Φ= U
Il termine “∑ Q“ rappresenta la quantità netta di calore che il collettore scambia per convezione con l’aria, mentre il termine “∑ Φ“ rappresenta la quantità netta di radiazione termica che viene scambiata con la volta celeste e con il terreno. La prima sommatoria relativa allo scambio di calore è costituita da un solo termine visto che il collettore solare è immerso completamente in aria alla temperatura ancora incognita di Taria.
(
aria coll)
conv
collh T T
A
Q= −
∑
La seconda sommatoria è invece costituita da due termini. Infatti il collettore scambia complessivamente radiazione termica con due corpi. Il terreno e la volta celeste, rispettivamente alle temperature Tterr=277,15K e Tsky. La volta celeste la possiamo considerare come un corpo nero alla temperatura di 230,15 K.
( )
( ) ( ) ( )
. .(1 ),(1 )1A E T J A J J F A J J F eqni a b
sky coll sky coll coll terr coll terr coll coll coll coll coll coll
coll coll terreno
collt⇔ − = − → + − →
= −
∑Φ=Φ
ε ε
En(Tcoll)
Jsky
Jcoll
Jterr
En(Tterr)
coll coll
coll
R A
ε ε
= 1−
1
terr coll
terr
R A
ε ε
= 1−
3 coll
terr coll terr
terr coll
collF A A F
R A
→
→
=
=
= 1
3 1 1 1
2
Jcoll En(Tsky)
sky coll
sky
R A
ε ε
= 1−
5 coll
sky sky coll
sky coll
coll A F
F A R A
→
→
=
=
= 1
3 2 1 1
4
Collettore Solare corpo 1
Terreno corpo 2
L’obiettivo dell’esercizio è quello di trovare quella particolare temperatura dell’aria in corrispondenza della quale il collettore solare si porta a 0°C in regime stazionario e quindi tutta la radiazione che il collettore (a 0°C) scambia con il terreno (a 4°C) e con la volta celeste (a ‐43°C), è interamente compensata dal calore scambiato per convezione con l’aria.
Si osservi che avendo considerato la volta celeste un corpo nero, allora la sua emissività εsky è pari a 1, pertanto il termine R5 si annulla, e la radiosità della volta celeste coincide con il suo potere emissivo di corpo nero, Jsky=En(Tsky). Dall’analogia elettrica e dallo schema di figura 1, possiamo scrivere:
( )
( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) )
3 2 1 1
3 1 1 1
1 1
coll sky n coll
terr coll
terr
coll
terr n coll
sky coll coll
sky n coll
terr coll
terr terr
coll coll
terr n coll terr
sky coll
A T E J
A A
T E J
F A
T E J
A F
A
T E
J −
− + +
= − + −
+ −
= − Φ
−
−
−
⇔
ε ε ε
ε
Esplicitando Jcoll da quest’ultima equazione per poi sostituirla nell’equazione 1a, e assumendo R2−3 =R2 +R3, otteniamo:
( ) ( )
) 2 (
4 3 2 4 1 3 2 1
3 2 4 4
4 3 2 4 1 3 2 1
4 4 4
R R R R R R
R T T R
R R R R R
R T
Tcoll terr coll sky terr
sky coll
−
−
−
−
−
−
⇔ + +
+ − +
+
= −
Φ σ σ
Sostituendo i valori forniti dal testo dell’esercizio otteniamo:
) 2 ( 1346W
terr sky
coll =
Φ ⇔ −
Questo risultato ci dice che il collettore complessivamente cede radiazione termica al cielo in ragione di 6732W Nel momento in cui Tcoll è < di Tterr allora il primo termine è minore di zero significa che il collettore sta cedendo una quantità negativa di radiazione al terreno quindi significa che il collettore guadagna radiazione dal terreno, mentre ne cede alla volta celeste. La scrittura precedente è impostata dal punto di vista della quantità di radiazione che il collettore cede all’ambiente circostante, quindi se complessivamente dovesse risultare positiva allora significa che il collettore cede effettivamente radiazione all’ambiente circostante, se invece dovesse risultare negativa allora significa che il collettore guadagna radiazione. Riscriviamo il primo principio:
=0
∑Q+∑ Φ
La quantità ∑ Φè quella appena determinata Φcoll⇔sky−terrdell’equazione (2) Mentre il termine ∑ Q è così esprimibile
(
aria coll)
conv
collh T T
A
Q= −
∑
Il primo principio pertanto porge
( ) ( ) ( )
0
4 3 2 4 1 3 2 1
3 2 4 4
4 3 2 4 1 3 2 1
4 4 4
+ = + + −
+ +
− −
−
−
−
−
−
− RR RR R R
R T T R
R R R R R
R T T T
T h
Acoll conv aria coll σ coll terr σ coll sky
Eseguendo i calcoli si trova per Taria il valore di 277,17K. Questo è il valore limite della temperatura dell’aria in corrispondenza del quale “inizia” il congelamento del fluido contenuto nel collettore.
Esercizio n°3
Scopo dell’esercizio è determinare l’area della superficie di collettore solare termico che sia in grado di riscaldare in 4 ore 200 kg di acqua da 10°C a 65°C sfruttando la disponibilità di un flusso di radiazione solare pari a 800W/m2. L’esercizio viene risolto utilizzando il primo principio della termodinamica per sistemi aperti.
Dalla figura possiamo osservare che possiamo considerare il collettore solare come un sistema aperto in grado di scambiare massa, radiazione e calore.
La scrittura del primo principio per fluosistemi, a partire dalle condizioni più generali porge:
∑ ( )
∑Φ + ∑ +
∫ + + =
∂ + ∂
∑ ⎟
⎠
⎜ ⎞
⎝
⎛ + +
=
= =
Δ
= ps shafts m
j
l
k k
j c
V n
i mi hi wi gzi ei w gz dV Q L
c 1 1 1
2 1
2 )
2 . 1 . 2 (
1 & & &
& ρ
τ
quando viene applicato al caso del collettore solare in regime stazionario:
( )
h m(
hu hi)
m cpH O(
tu ti)
sol incambIR riflessa riemessaIR Qconv Qcondm& ⋅
Δ
1 = & ⋅ − = & ⋅ 2 − = Φ& + Φ& −Φ& −Φ& − & − &2
(
u i)
coll incambIR riflessa riemessaIR conv condO
pH t t A Q Q
c
m& ⋅ 2 − = ⋅ϕ&+Φ& −Φ& −Φ& − & − &
Il flusso di radiazione solare che complessivamente il collettore riesce a captare è pari a Φ& ,mentre il flusso sol specifico di radiazione, cioè il flusso captato per unità di superficie di collettore è dato da ϕ&sol = &Φsol Acoll . La portata massica convertita in kg al secondo è pari a 200/(3600*4)=0.0139[kg/s];
Adesso possiamo considerare un collettore ideale, ovvero un collettore con efficienza unitaria, η=1, quindi in grado di convertire tutta la radiazione solare, captata dalla superficie Acoll, in incremento di entalpia del fluido termovettore. In questo caso l’equazione del collettore diventa:
(
u i)
coll sol OpH t t A
c
m& ⋅ 2 − = ⋅ϕ&
Per il collettore ideale la superficie di captazione necessaria è pari a 3.9970m2
Qualora invece venisse considerato un collettore reale con un valore di efficienza η<1 ad esempio η=0.6, allora solo il 60% della radiazione solare incidente viene convertita in incremento di entalpia del fluido, mentre il restante 40% della radiazione solare incidente viene dispersa in ambiente, in termini di calore e radiazione dispersa, e va a costituire le perdite del collettore.
L’efficienza del collettore si esprime secondo la seguente:
( )
sol coll
i u p
A t t c m η = & ϕ−
(
u i)
coll sol incambIR riflessa riemessaIR conv condO
pH t t A Q Q
c
m& ⋅ 2 − = ⋅ϕ& +Φ& −Φ& −Φ& − & − &
La quantità netta di radiazione solare che non viene convertita in incremento di entalpia è rappresentata dai termini:
cond conv
IR riemessa riflessa
IR amb
inc & & Q& Q&
& −Φ −Φ − −
Φ +
Pertanto questa quantità, che possiamo indicare con −Q&disp è così esprimibile:
( )
coll sol dispcond conv
IR riemessa riflessa
IR amb
inc & & Q& Q& Q& η A ϕ&
& −Φ −Φ − − = − = − −
Φ 1
( )
coll sol disp coll sol( )
coll solO
pH t t A Q A A
c
m& ⋅ 2 2 − 1 = ⋅ϕ& − & = ⋅ϕ& − 1−η ϕ&
( )
coll solO
pH t t A
c
m& ⋅ 2 2 − 1 =η ϕ&
In questo caso l’area della superficie di captazione dovrà essere uguale a 6.662m2
Esercizio n°4
Alle condizioni indicate possiamo considerare l’aria a comportamento di gas ideale. Il gas ideale è un sistema p,v,T, ovvero è un sistema che per essere individuato in uno stato di equilibrio termodinamico necessita di sole tre coordinate termodinamiche.
Lo stato iniziale (pi ,vi ,Ti ), la quantità di materia e di massa sono completamente definiti ed individuabili dai dati del testo dell’esercizio. Infatti sono stati assegnati il volume, la pressione e la temperatura iniziale, da questi possiamo determinare la quantità di materia (numero delle moli n) e di massa del sistema4, il volume specifico iniziale.
Quantità di materia (numero di moli “n”)
i univ i
i i i univ i
molare i i
univ i
molare
iv R per n moli di gas p nv nR v pV nR
p gas di mole una
per = θ → = θ → = θ
[ ]
[ ] [ ] [
kmol]
J Nm kmol kgmoleK K
J m m
N
R V n p
i univ
i
i 0.00805 0.00805
293 8314
1 . 0 5
. 98066
*
20 2 3
⎥⎦ =
⎢⎣ ⎤
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
⎥⎦⋅
⎢⎣ ⎤
⎡
=
= θ
Quantità di massa “m”
[ ]
[ ] [ ]
kgkgK K J
m m N R
V m p
mR V p
i aria
i i i
aria i
i 2.34
293 65
. 286
1 . 0 5 . 98066
*
20 2 3
=
⎥⋅
⎦
⎢ ⎤
⎣
⎡
⋅
=
=
→
= θ θ
Volume specifico iniziale
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
= kg
m kg
m m
v V
i i i spec
3 3
0428 . 34 0
. 2
1 .
0
Condizioni finali del sistema
Le condizioni finali del sistema si determinano calcolando la pressione e il volume specifico finale del sistema, visto che il volume totale, massa e numero di moli rimangono invariati e la temperatura finale del sistema è assegnata
[ ] [ ]
[ ]
m[ ]
PakgK K kg J
V V p mR mR
V p
i f
f aria f
f aria f
f
6
3 3.347 10
1 . 0
500 65
. 286 34
. 2
⋅
=
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅ ⎡
≡ =
=
→
= θ
θ
4 è un sistema chiuso dove si esclude la possibilità di reazioni nucleari quindi massa e materia rimangono costanti nel tempo
Calore scambiato.
Possiamo determinare la quantità di calore scambiata utilizzando il primo principio della termodinamica
Φ + +
= ΔUgas Q L
per processi finiti quasi statici, eseguiti da un gas ideale, nell’ipotesi di adiabaticità alla radiazione abbiamo:
(
f − i)
= − ∫ifv Q m pdv
mc ϑ ϑ
Se il processo isovolumico è quasi statico allora il lavoro scambiato quasi staticamente è nullo, pertanto:
Q = mcv−aria
(
ϑf −ϑi)
= 2.34⋅717.6⋅(
293−500) [ ]
J = 34659[ ]
J =82.8[
kcal]
Si ricordi che per i calori specifici di un gas ideale vale la relazione
⎥ ⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
=
−
→
=
−
− −kgK R J
c c
R c
c
p v particolare p aria v aria aria286 , 65
Ricordando che il calore specifico a pressione costante dell’aria è pari a 0.24[kcal/kgK], oppure 1004,6[J/kgK], allora
( )
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
− ⎡
=
−
= −
− kgK
J kgK
R J c
cv aria p aria aria 1004,6 286,65 717.9
ΔUgas aria
Q L
φ
Variazione di Energia Interna
Ricordando che per un gas ideale la dipendenza dell’energia interna dalle coordinate termodinamiche è limitata alla sola temperatura e che la variazione può essere espressa dalla seguente relazione:
Δ U
g.i= mc
v( ϑ
f− ϑ
i)
abbiamo che( ) [ ] J
mc
U
aria=
v aria f−
i= 346590
Δ
−ϑ ϑ
Variazione di Entalpia
Ricordando che per un gas ideale la dipendenza dell’entalpia dalle coordinate termodinamiche è limitata alla sola temperatura e che la variazione può essere espressa dalla seguente relazione:
Δ H
g.i= mc
p( ϑ
f− ϑ
i)
abbiamo che
( ) [ ] J
mc
H
aria=
p aria f−
i= 485330
Δ
−ϑ ϑ
Variazione di Entropia
A partire dalla scrittura del primo principio della termodinamica per un sistema costituito da una massa unitaria di gas ideale relativamente a processi quasi statici infinitesimi reversibili:
pdv Tds
pdv q
dT
cv =
δ
− = −T ds pdv T
c
vdT = −
Quando il processo è isovolumico abbiamo:
( )
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
⋅ ⎡
=
=
−
∫ →
∫ =
kgK cal kgK
J kgK
J T
c T s s ds T dT
c
i f v i f i
i f
i
v 383.19 91.54
293 lg500 6 . 1004 1 lg
La variazione di entropia subita da tutta la massa del sistema è pari
( − ) ( = − ) = ⋅ = ⎢⎣ ⎡ ⎥⎦ ⎤ = ⎢⎣ ⎡ ⎥⎦ ⎤
K cal K
s J s m S
S
f i f i2 . 34 383 . 19 894 . 84 213 . 77
Lavoro
Qualora si concepisca il processo come quasi statico, per il postulato di stato5 del lavoro quasi statico dei sistemi pvT valido per i sistemi pvT, posso affermare che in assenza di variazione di volume il lavoro scambiato è nullo.
Infatti se il lavoro è quasi statico allora qualsiasi lavoro L scambiato con il sistema deve essere così esprimibile:
− ∫
= mif pdv
L
Quindi se il processo è isocoro il “dv” è identicamente nullo lungo il processo:
=0
L
Se invece il processo non è quasi statico, possiamo pensare di giungere isovolumicamente allo stato finale in modo non quasi statico, scambiando lavoro d’elica, in modo adiabatico al calore e alla radiazione. Allora per il primo principio abbiamo che la variazione di energia interna ci fornisce il valore del lavoro d’elica scambiato con il sistema.
∑ + ∑ +∑ + ∑ Φ
=
ΔU Q LVolume Lelica
Φ + +
+
=
Δ
f Volume elicai i
g
Q L L
U
..
mc
v( ϑ
f− ϑ i ) = L
elica
L
elica= 346590 [ ] J
Processo adiabatico.
Lo stato iniziale in termini di pi, vi e Ti è lo stesso del caso precedente. Stavolta però il processo termodinamico anziché essere descritto dall’equazione del processo isocoro
f
i
V
V cost
V = → =
è invece descritto dall’equazione di un processo adiabatico:
γ γ
γ
f f i
i
v p v
p cost
pv = → =
Siamo in possesso di pi e vi e ci manca pf e vf
5 Enunciato in positivo: per un sistema pvT l’unico modo che il sistema ha di scambiare lavoro con l’ambiente circostante in modo quasi statico è quello per variazione di volume. In negativo: il lavoro scambiato senza variazione di volume non può essere quasi statico quando è
SISTEMA ADIABATICO S.E.M. L∞ Lavoro ’elica
Aria a comportamento
ideale
Dello stato finale è stata assegnata sola la temperatura finale Tf=500K, quindi dobbiamo chiederci quale è quello stato finale di gas ideale che muovendoci adiabaticamente dallo stato iniziale assegnato (pi vi) ci porta alla temperatura Tf=500K?
Per risolvere basta seguire attentamente come è stata formulata la domanda precedente:
siccome è uno stato finale di gas ideale allora potrò certamente scrivere per questo stato l’equazione di stato di un gas ideale
f f aria f
f aria f
f
v
T p R
T R v
p = → =
questa relazione ci permette di esprimere la pf in funzione di Tf e vf. Siccome raggiungiamo lo stato finale muovendoci diabaticamente, allora stato finale ed iniziale devono obbedire all’equazione descrittiva del processo adiabatico quasi statico,
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
=⎛
→
=
= − −
kg m T
R v v p
v T R v p v p
f aria
i i f
f f aria f
f i i
1 3 1
1 0.0113
γ γ γ
γ γ
Ritorniamo alla precedente equazione per calcolarci pf:
[ ] Pa v
T p R
f f aria f
10
7272 .
1 ⋅
=
=
Vf
[ ]
3f
f
mv m
V = = 0 . 0263
Calore scambiato Q
Essendo un processo adiabatico il calore scambiato risulta essere nullo.
=0 Q
Variazione di energia interna e di entalpia
Le variazioni di energia interna e di entaplia sono numericamente uguali a quelle che si stabilivano nel processo isovolumico, questo a causa del fatto che l’energia interna e l’entalpia di un gas ideale dipendono solo dal valore della temperatura. Temperatura iniziale e finale dei due processi coincidono
Δ U
aria= mc
v−aria( ϑf − ϑ
i) = 346590 [ ] J
Δ H
aria= mc
p−aria( ϑf − ϑ
i) = 485330 [ ] J
Variazione di Entropia
Nell’ipotesi di processo adiabatico reversibile la variazione di entropia è nulla in quanto per processi reversibili, ed esclusivamente per essi, è lecito scrivere
T dS = δ Q
rev
Essendo nel processo adiabatico Q=0, allora in questo caso6 anche dS è nullo.
Qualora invece il processo pur essendo adiabatico non sia reversibile allora non avremmo potuto calcolare la corrispondente variazione di entropia con i soli dati assegnati, in quanto non siamo in grado di conoscere lo stato finale del sistema. Infatti lo stato finale appena calcolato è il frutto di un processo adiabatico ed anche reversibile l’aggiunta di questo aggettivo (reversibile) identifica il processo adiabatico con l’equazione pvγ=cost e questo ci ha permesso di individuare lo stato finale. La non reversibilità del processo adiabatico, non ci avrebbe mai potuto portare nel medesimo stato del processo adiabatico reversibile.
Lavoro
Il lavoro del processo adiabatico coincide con la variazione di energia interna
∑
= ∑ +
Δ U Q L
mc
v( ϑ
f− ϑ i ) = L = 346590 [ ] J
6
Esercizio n°5
Il sistema pompa di calore,macchina frigorifera, viene caratterizzato da due indici a seconda di quale sia la funzione utile che si vuole considerare.
La funzione di macchina frigorifera desta interesse la quantità di calore che si riesce a rimuovere dal serbatoio a temperatura inferiore a parità di lavoro meccanico somministrato al sistema.
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
− =
=
=
1 1 1
F C F
C F
F F
C F mecc
F frig
Q Q Q
Q Q Q Q
Q Q L
Q
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
ω
trattandosi di una macchina frigorifera di Carnot
5787 . 40 6
15 . 303 15 . 263 15 . 303
15 . 263 1
1 1
1 = =
= −
= −
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛ −
=
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛ −
=
F C
F
F C F
C
frig T T
T
T T Q
Q
&
&
ω
Mentre nella funzione di sistema pompa di calore l’interesse è rivolto alla quantità di calore che si riesce a immettere nel serbatoio a temperatura superiore a parità di lavoro meccanico somministrato al sistema.
1 5787
. 40 7
15 . 303 15 . 263 15 . 303
15 . 303 1
1 1
1 = = = +
= −
= −
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛ −
=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
= frig
F c
C
C F C
F
pdc T T
T
T T Q
Q ω
ε
&
&
( ) [ ]
kwh( ) [ ]
kcal[ ]
kcal[ ]
kJ LQF frig mecc 5657.7 23683
186 . 4
10 6 . 1 3 5787 . 6 1
5787 . 6
3 = =
⋅ ⋅
⋅
=
⋅
=
⋅
=ω
&
( )[ ] (
kwh) [ ]
kcal[ ]
kcal[ ]
kJ LQC pdc mecc 6517.8 27283
186 . 4
10 6 . 1 3 5787 . 7 1
5787 . 7
3 = =
⋅ ⋅
=
⋅
=
⋅
=ε
&
Lmecc
T1s=30+273.15
T2s=-10+273.15 QF
QC
PC;/;MF
Esercizio n° 1 parte B
Abbiamo un locale da climatizzare per la stagione estiva, e dobbiamo quindi imporre in ambiente certe condizioni termo igrometriche di temperatura ed’umidità relativa e quindi di umidità specifica. Per raggiungere lo scopo introduciamo una certa portata massica d’aria m&tot = m&rinn +m&ric in possesso di determinate condizioni termo igrometriche, tali per cui questa portata è in grado di soddisfare il carico sensibile Q&sens ed il carico latente, Q&lat. Per poter disporre di una portata d’aria in queste condizioni ci serviamo di un impianto di climatizzazione, solitamente composto da due batterie, una di raffreddamento e una di riscaldamento e anche da un saturatore adiabatico o umidificatore, che però in questo caso non è necessario che sia presente.
Ragioniamo sul Diagramma Psicrometrico.
Siano “A” ed “E” rispettivamente i punti termodinamici rappresentativi delle condizioni dell’aria da raggiungere stabilmente in ambiente e dell’aria esterna. Dal testo dell’esercizio ci viene assegnata la portata d’aria, m& ,che tot viene complessivamente elaborata dall’impianto ed il carico sensibile. Siamo quindi in grado di calcolare una delle due coordinate termodinamiche del punto di immissione in ambiente (timm, ximm), la temperatura dell’aria di immissione timm. Convertiamo in “[kcal/h]” i “[W]” e i “[s]” in “[h]”.
( ) [ ]
Cc m t Q t
t t c m Q
p tot
sens amb
imm imm
amb p tot
sens = − → = − =19.0°
&
&
&
&
Il valore di Q&sens lo si determina sommando alla potenza termica sensibile Q&sens−trasmitt che penetra in ambiente tramite la trasmittanza delle pareti dell’edificio, i 10kW assegnati dal testo, la potenza termica sensibile relativa
alla presenza delle 150, ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
⋅
− =
h Q&sens pers 150 50 kcal 7
Adesso ci domandiamo: quale dei punti lungo l’isoterma a 19°C corrisponde al punto di immissione? Per rispondere dobbiamo determinare il valore di ximm. Il punto “I” di immissione si potrebbe determinare per via grafica. Infatti possiamo determinare il fattore di termico d’ambiente, “R”:
65 .
= 0
= +
lat sens
sens
Q Q
R Q
&
&
&
Il valore di Q&lat lo si determina moltiplicando la potenza termica latente generata da ogni singola persona per il numero delle persone previste in ambiente, ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
⋅
= h
Q&lat 150 50 kcal
Adesso utilizzando riga e squadra possiamo determinare la retta congiungente il “polo del diagramma psicrometrico (24°C, 50% U.R.)” con il corrispondente valore 0.65 della scale degli “R” riportati sulla destra del diagramma psicrometrico a fianco dell’asse delle umidità specifiche “x”8, Questa congiungente individua una direzione, l’intersezione della retta passante per il punto ambiente (Tamb, 50% di U.R), avente la medesima direzione della congiungente appena determinata, con la retta isoterma a 19°C individua il punto “I” di immissione, e quindi anche il valore di ximm. Adesso descriviamo un metodo analitico, alternativo, per determinare il punto di immissione.
Calcoliamo la differenza di umidità specifica che deve avere la portata d’aria umida di immissione, rispetto all’umidità specifica del punto ambiente, al fine di soddisfare il carico latente assegnato. Dobbiamo allora convertire le kcal/h del carico latente in equivalenti grammi di vapore prodotti all’interno dell’ambiente nel tempo. Assumendo essere pari a 600kcal/kg il valore “r” del calore di evaporazione o di condensazione, allora, in base al calore latente, in ambiente dalle persone, abbiamo un quantitativo orario di grammi di vapore prodotti in ambiente pari a
( )
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ⎥
⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⋅
°
=
−
− h
g h
kg
kg r kcal
pers h Q kcal
pers n
m vap vap
pers lat amb
vap 14.535 14535
600
& 50
&
7 Si ricordi che ciascuna persona seduta durante un’attività intellettuale, quale quella che può essere prevista in un aula universitaria, è mediamente sorgente di 50kcal/h di potenza termica sensibile e altrettante di potenza termica latente.
8 In altri tipi di diagrammi è presente in alto a sinistra una semicirconferenza lungo la quale vengono riportati in scala i valori del fattore termico d’ambiente. La retta che unisce il centro della semicirconferenza con il valore di “R” calcolato, stabilisce la direzione di quella retta che, spiccata dal punto “A” ambiente, va ad intersecare la retta isoterma t=timm nel punto di
Significa che ogni ora vengono prodotti in ambiente 14535 grammi di vapor d’acqua. L’aria che devo immettere ogni ora in ambiente, m& , deve possedere un quantitativo di vapore, tot m&vap−imm,9 tale per cui quando si aggiungono i 14535 grammi generati in quell’ora in ambiente, allora accade che ogni singolo kg di quell’m& ha tot un contenuto di vapore, cioè, umidità specifica “x”, pari a quello desiderato in ambiente, cioè xamb.
Dal diagramma psicrometrico leggiamo che nel punto ambiente ogni kg di aria secca possiede 10.5 grammi di vapore.
Però in ambiente ogni ora vengono prodotti 14535 grammi di vapore. Se non facessimo niente è evidente che, ogni ora che passa, xamb, aumenterebbe. Allora si deve immettere aria che abbia un valore di x<di xamb,in modo tale che, quando entra in ambiente e si incontra con i nuovi grammi di vapore generati, si porta ad un x pari a 10.5 grammi di vapore per kg di aria secca. Siccome vengono prodotti 14535 grammi/h, ogni kg di aria secca che immettiamo, di quanti grammi di vapore deve farsi carico? Basta eseguire il rapporto tra i 14535 gv/h e la m& che tot
stiamo introducendo.
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
−
s a v s
a v tot
imm vap
kg g kg
g m
m
. .
51 . 9600 1
14535
&
&
Questi 1.51 grammi di vapore per kg di aria secca cosa rappresentano? Sono i grammi di vapore xΔ che ciascun kg di aria secca di immissione può assumere in modo tale che si porti a 10.51 gv /kga.s..
Quindi la portata d’aria deve essere immessa con un umidità specifica x di immissione, ximm, pari a
( )
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
= ⎡
⎥⎦
⎢ ⎤
⎣
− ⎡
= Δ
−
=
. . .
.
99 . 8 51
. 1 5 . 10
s a
v s
a v amb
imm kg
g kg
x g x
x
Con il valore di ximm appena determinato e il valore di Timm siamo in grado di individuare graficamente il punto “I”
di immissione sul diagramma Psicrometrico.
Adesso dobbiamo individuare il punto “M” di miscela, ovvero lo stato termodinamico a cui si porta la portata d’aria m& , a seguito della miscelazione della portata d’aria di rinnovo tot m&rinn con la portata d’aria di ricircolo m& . ric La portata d’aria di rinnovo è il 30% di quella di ricircolo, pertanto
m&rinn = 0.3⋅m&tot = 2880
[ ]
kg →m&ric = m&tot − m&rinn = 6720[ ]
kgIl punto di miscela “M” in cui si trova m& lo si determina sapendo che l’esito di una trasformazione di tot mescolamento di due portate d’aria umida è uno stato termodinamico “M” che giace sul segmento congiungente i due stati termodinamici delle portate massiche iniziali, nel nostro caso l’ambiente “A” e l’esterno “E” e sulla isoterma di equazione
[ ]
Cm m
T m T T m
rinn ric
E rinn A
ric
M = °
+
⋅ +
= ⋅ 27.8
&
&
&
&
Dove TA e TE sono rispettivamente le temperature dell’aria di ricircolo e dell’aria di rinnovo.
Il punto termodinamico di miscela “M” si trova sul diagramma psicrometrico in corrispondenza dell’intersezione del segmento di estremi il punto “A” e il punto “E” con la retta isoterma di equazione T=27.8°C.
9 Si rifletta sul fatto che questa quantità di vapore, m&vap_imm, è data da m&vap−imm = ximm ⋅m&tot
Una volta determinato il punto di miscela, si tratta di stabilire come a partire dallo stato “M” si giunge allo stato di immissione “I”. Qual è il processo termodinamico che ci permette di portare ogni singolo kg di m& dallo stato tot
“M” allo stato “I”, riducendo così la sua temperatura e l’umidità specifica?
Dallo stato “M” eseguiamo un raffreddamento sensibile fino a giungere a saturazione nel punto “S”; poi, mediante un raffreddamento con deumidificazione, si percorre la curva di saturazione a U.R.=100% fino a raggiungere il punto “T” avente un titolo “x” pari a 8.99[gv/kga.s.]. Siccome il punto “T” non è ancora il punto di immissione che in realtà dobbiamo raggiungere, allora a partire da “T” eseguiamo un post riscaldamento sensibile che dallo stato “T” conduce ogni kg di m& allo stato “I”. tot
Potenzialità delle batterie di raffreddamento e di riscaldamento dell’impianto
L’entalpia che occorre sottrarre a ciascun kg di aria che si trovi nel punto”M” di miscela al fine di farlo giungere al punto “T” di saturazione è pari hM – hT pertanto la potenza termica di raffreddamento necessaria al processo da
“M” a “T” per tutta la massa m& è data da: tot
( ) [ ]
kWh h kcal
h m
Potbatt fredda tot M T 9600 6.9 66240 ⎥⎦⎤ =76.84
⎢⎣⎡
=
⋅
=
−
= & ⋅
L’entalpia che occorre fornire a ciascun kg di aria che si trovi nel punto”T” al fine di farlo giungere al punto “I” di immissione è pari hI – hT pertanto la potenza termica di post‐riscaldamento necessaria al processo da “T” a “I” per tutta la massa m& è data da: tot
( ) [ ]
kWh h kcal
h m
Potbattriscald tot I T 9600 1.8 17280 = 20.04
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
=
⋅
=
−
= & ⋅
Portata d’acqua condensata nella batteria fredda.
La quantità oraria di vapore che condensa nella batteria fredda la si determina moltiplicando la portata di massa totale m& per la differenza di umidità specifica che sussiste tra il punto di miscela “M” e il punto “T”. tot
(
⋅)
= ⎢⎣⎡ ⎥⎦⎤= Δ
⋅
= −
h kg kg
a g x da
m
mH O tot M T 48.13 H2O
1000
01 . 6 9600
2 &
&