Esercitazioni Exercises THM (Thermal and Hydraulic Machines)

POLITECNICO DI TORINO

Dipartimento di Energetica

INGEGNERIA MECCANICA (MONDOVÌ)

ESERCITAZIONI SVOLTE DI FONDAMENTI DI MACCHINE

a cura di Stefano d’Ambrosio

INDICE

ESERCITAZIONE 1 .................................................................................................................3

ESERCITAZIONE 2 ...............................................................................................................20

ESERCITAZIONE 3 ...............................................................................................................28

ESERCITAZIONE 4 ...............................................................................................................39

ESERCITAZIONE 5 ...............................................................................................................51

ESERCITAZIONE 6 ...............................................................................................................61

ESERCITAZIONE 7 ...............................................................................................................76

ESERCITAZIONE 8 ...............................................................................................................88

ESERCITAZIONE 9 ...............................................................................................................97

ESERCITAZIONE 10 ...........................................................................................................104

Politecnico di Torino Dipartimento di Energetica

Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine 3

ESERCITAZIONE 1 1) Una bombola della capacità di 5 litri, contenente aria nelle

condizioni p1 = 1 bar, T1 = 300 K, è collegata tramite valvola ad un grande serbatoio contenente aria alla pressione di 15 MPa e alla temperatura di 290 K. Aprendo la valvola, nella bombola entra aria fino a che in essa non si raggiunge la pressione di 15 MPa. Trascurando gli scambi di calore con l’esterno durante il processo di riempimento, determinare la massa di aria che entra e la temperatura media nella bombola al termine del riempimento.

2) Una macchina (energie cinetiche trascurabili all’ingresso e all’uscita) espande 3 kg/s di gas da

10 bar e 500 °C sino a 1 bar, secondo una politropica pv1.5 = cost. Si conosce Lw = 62 kJ/kg; si vuol sapere la potenza interna della macchina nonchè, eventualmente, se questa scambia calore con l’esterno e quanto complessivamente. (cp = 1.10 kJ/kg⋅K, R = 289 J/kg⋅K)

3) In un impianto per riscaldare un ambiente, il ventilatore V aspira 1.5 m3/s di aria dall’esterno nelle condizioni pe = 1 bar, te = 5 °C e la manda in una tubazione in cui è inserito un riscaldatore R che le fornisce calore. L’aria effluisce nell’ambiente A, ad una pressione pari a quella esterna, con velocità trascurabile. Sapendo che il ventilatore è azionato da un motore M che eroga la potenza di 3.7 kW (ηm = 0.97), valutare la potenza termica richiesta al riscaldatore R affinchè l’aria effluisca in A con una temperatura di 35 °C. (cp = 1005 J/kg⋅K, R = 287 J/kg⋅K).

4) Un recipiente del volume di 0.1 m3 contenente

aria a pressione p1 = 30 bar e temperatura T1 = 800 K si svuota tramite un ugello nell’ambiente esterno a pressione costante pe = 1 bar. Se l’aria che affluisce alimenta una turbina ad azione calcolare il massimo lavoro che essa può compiere nelle ipotesi che tutta l’energia cinetica di efflusso si trasformi in lavoro (senza perdita di energia cinetica allo scarico della turbina) e che l’espansione che l’aria subisce dalla pressione p1 alla pressione p2 sia tutta isoentropica (adiabatica reversibile).

5) Una turbopompa deve sollevare acqua da un pozzo in un serbatoio per una altezza di 20 m. Il

condotto in cui è inserita la pompa ha un diametro costante D = 10 cm. Le perdite per resistenze passive nel condotto e nella pompa sono pari al 15 % del lavoro massico compiuto dalla pompa. Calcolare la potenza del motore che aziona la pompa in tali condizioni, sapendo che l’acqua effluisce all’atmosfera con una velocità di 2 m/s. Si assuma un rendimento meccanico (ηm) nell’accoppiamento motore-pompa pari a 0.97.



6) Nell’impianto di condizionamento rappresentato in figura, calcolare la potenza necessaria per il motore elettrico M, assumendo per esso un rendimento meccanico (potenza albero/potenza elettrica) pari a 0.95. Il fluido impiegato sia per il condizionamento sia per la refrigerazione intermedia è aria.



Soluzioni

Esercizio 1

pi

Ti

Vi

p1

T1

V

Si applichi il primo principio della termodinamica nella formulazione lagrangiana: ELQ Δ=+ (1) È necessario individuare innanzitutto il sistema a cui applicare il primo principio e l’istante iniziale e finale della trasformazione. Si considerino: m1 = massa di aria contenuta all’interno della bombola all’istante iniziate t1; m2 = massa di aria contenuta all’interno della bombola all’istante finale t2; mi = massa di aria che all’istante iniziate t1 è contenuta all’interno del serbatoio, mentre all’istante finale t2 si trova all’interno della bombola. Come sistema è possibile scegliere la massa m1 + mi = m2: in questo modo si può valutare agevolmente il termine L. Si consideri inoltre l’evoluzione della massa del sistema dall’istante iniziate t1 in cui viene aperto il rubinetto fino all’istante finale t2 in cui la pressioni dell’aria nella bombola eguaglia quella nel serbatoio e quindi le velocità del gas nella bombola si sono dissipate per effetto viscoso. La figura seguentà le condizioni iniziali e finali.

pi

mi m1

m2

istante iniziale t1 istante finale t2

Considerando i singoli termini della relazione (1), si ha:

∫∑∫ −=−=i iidVppdVdL



L’unica superficie del sistema sulla quale si ha spostamento è quella relativa a Vi, pertanto:

[ ] ( ) iiii0Vii

0

Vi

VpV0pVppdV =−−=−=−= ∫∑L

Gli estremi di integrazione (Vi e 0) sono i volumi corrispondenti alla massa mi che inizialmente (istante t1) si trova nel serbatoio e alla fine (istante t2) si troverà nella bombola.

0=Q , considerato adiabatico il sistema. gc EEUE Δ+Δ+Δ=Δ

La variazione di energia cinetica è trascurabile 0c ≈ΔE (le velocità in gioco sono basse), come anche la variazione di energia gravitazionale 0g ≈ΔE (il fluido è comprimibile).

( )ii1122 UmUmUm +−=ΔU Per cui l’equazione gc EEUELQ Δ+Δ+Δ=Δ=+ può essere riscritta come:

( )ii1122ii UmUmUmVp +−= Dalla relazione vdU c dT= : ivi1v12v2ii TcmTcmTcmVp −−= (2) Per la legge dei gas perfetti: iiii RTmVp = si ottiene:

1

11 RT

Vpm =

2

2i12 RT

Vpmmm =+=

Sostituendo nell’equazione (2) si ottiene:

ivi1v1

12v

2

2ii TcmTc

RTVp

TcRT

VpRTm −−=

( ) ( )12v

ivi ppVRc

TRcm −=+

Essendo pv cRc =+

( )12v

ipi ppVRc

Tcm −=

( )p

v

i

12i c

cRT

ppVm −=

Sapendo che kcc

v

p = , ed assumendo per l’aria Kkg

J287R = e k = 1.4, è possibile calcolare:

( ) ( ) kg639.02902874.1

101150105kRT

ppVm53

i

12i =

⋅⋅⋅−⋅

=−

=−

kg1081.5300287

105101RT

Vpm 335

1

11

−−

⋅=⋅⋅⋅⋅

==

kg645.0mmm i12 =+= Infine dalla legge di stato dei gas perfetti si ricava T2:

5 32

22

150 10 5 10 405.050.645 287

p VT Km R

−⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅



Metodo euleriano non stazionario (soluzione alternativa) L’esercizio precedente può essere risolto anche applicando il primo principio della termodinamica nella forma euleriana non stazionaria al volume V (rappresentato con una linea tratteggiata in figura).

p

T

p1

T1

fEt

ELQ +∂∂

=+ (3)

L’equazione della conservazione della massa all’interno del volume considerato si può scrivere come:

0mtm

f =+∂∂

Essendo eeu

euj

jf mdt

dmdt

dmmmmm −=−=−==∑ si ottiene

dtmdm e= dove: me = massa entrante nel volume di controllo; mu = massa uscente dal volume di controllo. Essendo 0=Q ed 0=L , il primo principio (3) si riduce alla forma: 0dmEddtEmddtEmddtd fefeefeff =−=−=+=+ EEEEE (4) da cui

dmEd fe=E Integrando si ottiene:

dmEd2t

1tef

t

t

2

1

∫∫ =E

2c

iE2e

eef +=

Considerando una sezione di ingresso in cui la velocità risulta piccola (con ie circa uguale all’entalpia del fluido nel serbatoio), si può affermare che:

eef iE = Ritornando all’equazione (4) si ha:

∫ ∫==−2

1

2

1

t

t

t

tepe12 dmTcdmiEE

( )12ep

21

11

22

22 mmTc2c

Um2c

Um −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+



Siccome il gas all’interno del volume di controllo è fermo all’istante t1 e pressochè fermo all’istante finale t2, si considerano nulle le velocità 0c1 ≈ e 0c2 ≈ . L’equazione precedente diventa:

( )12ep1122 mmTcUmUm −=− ( ) eep12ep1v12v2 mTcmmTcTcmTcm =−=−

Utilizzando la legge di stato dei gas perfetti si ha:

eep11

v22

v mTcRVpc

RVpc =−

da cui, essendo ,VV 21 =

( ) ( )12e

1122v

epe ppV

kRT1VpVp

Rc

Tc1m −=−=

Il risultato è ovviamente identico a quello trovato applicando il primo principio secondo la formulazione lagrangiana (la massa me entrata nel volume di controllo è uguale alla massa chiamata mi nella precedente soluzione, che inizialmente si trova nel serbatoio e alla fine dell’evoluzione si trova nella bombola).



Esercizio 2

2

1 2

1p2

p1T

S

Si applichi il primo principio della termodinamica (nella formulazione mista lagrangiana-euleriana) scritto con la convenzione delle macchine motrici (la macchina in questione è infatti una turbina) al fluido contenuto nel volume di controllo che circonda la macchina: ∫ −Δ−−= wci LEvdpL (5) v: volume massico del gas. Il testo dell’esercizio dice che in questo caso la variazione di energia cinetica tra ingresso e uscita della macchina risulta trascurabile: ΔEc≈0. Per una trasformazione politropica è valida la relazione:

m11

m vpcostantepv == da cui

m1

1m1

1 pvpv−

= Allora:

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−−=−=−=−

+−+−−−

∫∫ ∫2

1

mm1

1m1

1

2

1

1m1

1m1

1

2

1

m1

1m1

1

2

1

2

1

m1

1m1

1 p

mm1

1vp1

m1

pvpdppvpdppvpvdp

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−=

−−−−−− m

1m

1

2m1m

11m1

1m

1m

2m

1m

11m1

1m

1m

1m

1m

21m1

1 pp1pvp

1mmpp

1mmvppp

1mmvp

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−= −−

−−+

m1m

2

1

1m

1m

2

1

11

m1m

1

2m1m1

11

pp

11RT1m

m

pp

11pv1m

mpp1pv

1mm

L’ultima eguaglianza è valida in caso di gas perfetti per i quali vale la legge:



pv=RT Numericamente si ottiene:

( )kgJ359116

110

112735002895.1

15.1vdp2

1 5.115.1 =

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+⋅−

=− ∫ −

Dunque la relazione (5) fornisce:

kgJ2971161062359116LvdpL 3

wi =⋅−=−−= ∫

kW3.891116.2973LmP ii =⋅== Per valutare il calore scambiato con l’esterno durante l’espansione si applichi il primo principio scritto con la convenzione delle macchine motrici. i cQ L Δi ΔE− = + (6) Trascurando, come fatto precedentemente, la variazione di energia cinetica si scrive:

i i p 2 1Q L Δi L c (T T )= + = + − Per ricavare T2 si utilizza la legge di evoluzione politropica scritta considerando le proprietà temperatura e pressione:

costp

T

m1m =−

quindi

m1m

1

1

m1m

2

2

p

T

p

T−− =

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

K8.358

110

773

pp

TppTT

5.115.1

m1m

2

1

1m

1m

1

212 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −−

−

Dunque il calore scambiato calcolato dalla (6) risulta:

( ) ( )i p 2 1kJQ L c T T 297.1 1.1 358.8 773 158.5kg

= + − = + − = −

Il calore scambiato risulta negativo e questo significa che il calore viene ceduto dal sistema all’esterno (il fluido viene raffreddato mentre si espande). Il calore Q scambiato è negativo e in valore assoluto maggiore del lavoro delle irreversibilità Lw, dunque: 2

w1

TdS Q L 0= + <∫

Per questo motivo la linea di espansione 1-2 scende verso il basso e verso sinistra (nel senso delle entropie decrescenti).



Esercizio 3

A

Per il primo principio della termodinamica (scritto in termini di potenze) e applicato al fuido contenuto in tutta la tubazione rappresentata nella figura sopra, si ha: ( )1f2f

jfjjfi EEmEm −===+ ∑ELQ (7)

Essendo gz2ciE

2

f ++= , e trascurando sia la componente gravitazionale (si tratta di fluido

comprimibile) che la cinetica (come indicato dal testo), la relazione (7) diventa: ( ) imiim 12i Δ=−=+LQ

Valutando singolarmente i termini della relazione si ha: eeVm ρ= , avendo indicato con V la portata in volume.

Dall’equazione di stato dei gas perfetti si ricava:

( ) 3

5

e

ee m

kg253.15273287

10RTp

=+

==ρ

skg88.15.1253.1Vm ee =⋅=ρ=

Il rendimento meccanico del motore è pari a :

ass

im P

P=η

da cui: kW589.397.07.3PP assmii =⋅=η==L

Ritornando all’equazione di partenza (7), e ricordando che Tci pΔ=Δ si ootiene:

( )i p iQ m i P mc T P 1.88 1.005 35 5 3.589 56.682 3.589 53.09 kW= Δ − = Δ − = ⋅ − − = − =



Esercizio 4

V

Si applichi il primo principio della termodinamica nella forma euleriana non stazionaria al volume di controllo V (rappresentato con una linea a tratti in figura), tra gli istanti t1(inizio efflusso) e t2 (in cui pinterna = pesterna). Per un sistema avente unicamente un’uscita il primo principio in forma euleriana si scrive:

∫+Δ=2

1

t

tuu,f dmEEL-Q i (8)

Nel caso specifico: 0=Q (sistema adiabatico); 0=iL (non ci sono organi mobili all’interno del volume di controllo);

1122 EmEm −=ΔE dove m1 = massa contenuta all’interno del volume di controllo all’istante iniziate t1; m2 = massa contenuta all’interno del volume di controllo all’istante finale t2. L’energia totale massica E è data dalla somma di energia interna, energia cinetica ed energia potenziale, pertanto:

gz2cUE

2

++=

In questo caso, trattandosi di un gas (aria) il contributo gravitazionale è trascurabile ;0gz ≈ le energie cinetiche sono trascurabili sia all’istante t1 (nell’istante in cui il recipiente viene aperto è all’interno del serbatoio l’aria è ferma) che all’istante t2 (nell’istante in cui le pressioni interna ed

esterna si eguagliano l’aria all’interno del recipiente ha una velocità molto bassa), quindi .02c2

≈

Dalla definizione di energia di una corrente fluida gz2ciE

2

f ++= , e ricordando che pdi=c dT è

possibile scrivere:

∫ ∫∫∫ +=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2t

1t

2t

1tu

2u

uup

2t

1tu

2u

u

2t

1tuu,f dm

2c

dmTcdm2

cidmE (9)

in cui il pedice u fa riferimento alla sezione di uscita dal recipiente. Per ipotesi tutto il fluido si espande in modo isoentropico (anche se non è vero nel caso reale), per cui è valida la relazione:



costantepp

TTk

1k

1

e1u =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−

Nella risoluzione del primo integrale a secondo membro dell’equazione si può notare che per la conservazione della massa si ha:

0mtm

f =+∂∂

Essendo im 0= (nessun ingresso nel cercipiente)

∑ =−==j

uiujf mmmmm

Da tmmu ∂∂

−= è possibile scrivere

uu dmdtmdm −=−= cioè, la variazione di massa all’inerno del volume di controllo è unguale e contraria alla massa uscita dal volume di controllo stesso

21

2t

1t

2t

1tu mmdmdm −=−= ∫∫

L’espressione (9) diventa quindi:

( ) ∫∫∫∫ +−=+=2t

1tu

2u

21up

2t

1tu

2u

2t

1tuup

2t

1tuu,f dm

2c

mmTcdm2

cdmTcdmE

Per ipotesi, considerando che tutta l’energia cinetica di efflusso dal recipiente si trasformi in lavoro disponibile all’albero della turbina:

∫=2t

1tu

2u

turbina dm2

cL

In virtù delle considerazioni fatte l’equazione di partenza (8) diventa:

( ) ∫+−+−=2t

1tu

2u

21up1122 dm2

cmmTcUmUm0

Il lavoro ottenuto nella turbina sarà:

( ) ( )21up2v21v121up2211

2t

1tu

2u

turbina mmTcTcmTcmmmTcUmUmdm2

c−−−=−−−== ∫L

È ora possibile calcolare le grandezze di interesse: k-1 0.4k 1.4

eu 1

1

p 1T T 800 302.7 Kp 30

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Dall’equazione di stato dei gas perfetti:

kg307.1800287

1.0103VRTpm

6

1

11 =

⋅⋅⋅

==

kg1151.0730.3022871.0101V

RTpm

5

2

22 =

⋅⋅⋅

==

Inoltre:

KkgJ5.717Rcc pv =−=



( ) kJ363J3627701151.0307.173.3025.100473.3025.7171151.08005.717307.1turbina ≅=−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=L



Esercizio 5

b

a

In figura è indicato, con la lettera a il pelo libero del serbatoio di prelievo, e con la lettera b la sezione di sbocco del condotto in prossimità del serbatoio in cui si invia l’acqua. Si applichi il primo principio della termodinamica nella formulazione mista-lagrangiana euleriana (scritto nella convenzione delle macchine operatrici) al fluido contenuto tra le sezioni a e b:

wgci LEEpL +Δ+Δ+ρΔ

=

ovvero:

( ) wab

2a

2bab

i Lzzg2

ccppL +−+

−+

ρ−

=

Essendo ba pp ≅ , ca nulla o comunque trascurabile, ed 1w L15.0L = (per ipotesi fornita dal testo), si ottiene:

2b

i icL g z 0.15L2

= + Δ +

2b

ic0.85L g z2

= + Δ

Numericamente:

kgJ18.233

85.0

2081.922

85.0

zg2c

L

22b

i =⋅+

=Δ+

=

La portata, considerando per l’acqua una densità 3OH mkg1000

2=ρ , risulterà:

skg71.15

41.021000

4DcAcVm

22

=⋅π

⋅=π

ρ=ρ=ρ=

W3.366318.23371.15LmP ii =⋅== Essendo il rendimento meccanico:

ass

im P

P=η

la potenza erogata dal motore risulta:



W6.377697.0

3.3663PPm

iass ==

η=



Esercizio 6

1kg/s298K313K

350K

313K

360K

400K

3

4

M

2

1

Il fluido impiegato sia per il condizionamento che per la refrigerazione intermedia è aria, quindi è possibile assumere:

KkgJ5.1004cp ⋅

= ed Kkg

J287R⋅

=

Si applichi il primo principio della termodinamica nella formulazione euleriana in condizioni stazionarie al fluido contenuto nel volume di controllo rappresentato dal tratteggio in figura.

iLQ i Δ=+ ovvero considerando la relazione precedente espressa in termini di potenze: ∑=+

jfjji EmPQ (10)

dove le portate sono positive se uscenti e negative se entranti nel volume di controllo. Trascurando gli scambi termici con l’esterno, e ricordando ,Tci pΔ=Δ si ottiene:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] kW16.353502983134000045.11TTTTcmimimP 3412pi =−+−⋅=−+−=Δ=Δ= ∑∑ Dato il rendimento meccanico, la potenza assorbita dal compressore (cioè quella fornita dal motore) risulta:

kW01.3795.016.35PPP

m

imass ==

η==

Sarebbe stato possibile, per risolvere l’esercizio, scegliere diverse superfici di controllo. Nella figura che segue sono rappresentate due possibili soluzioni alternative, con linee a tratteggio differenti.



1kg/s298K313K

350K

313K

360K

400K

3

4

M

2

1

Si consideri inizialmente il fluido contenuto nel volume di controllo più interno con tratteggio con tratto più lungo (quello che attraversa lo scambiatore). Il primo principio è espresso ancora dalla relazione (10). Per valutare la potenza termica Q scambiata con l’esterno risulta necessario applicare il primo principio (10) al solo scambiatore scambiatore.

iQ P m i+ = Δ

Potenza termica

350K

400K

3

2

0Pi = non essendovi, all’interno del volume di controllo che circonda lo scambiatore, organi

meccanici in movimento. Si ottiene quindi:

( ) kW225.504003500045.11Tcmim p −=−⋅=Δ=Δ=Q

Sostituendo nell’equazione imPi Δ=+Q questa volta scritta per il volume di controllo completo, si ottiene:

( ) kW16.353132980045.11225.50imPi =−⋅+=Δ+−= Q Facendo riferimento al volume di controllo che comprende turbina, compressore, e scambiatore vale sempre la relazione (10):



∑=+j

fji EmPQ

Applicando inizialmente il primo principio al solo scambiatore, ,EmPj

fji ∑=+Q si ottiene:

350K

313K

360K

400K

3

2

0=Q perchè non ci sono scambi di calore con l’esterno (gli scambi di calore sono tra parti di

sistema); 0Pi = perchè non ci sono organi mobili all’interno del volume di controllo.

0Em fjj

=∑

Numericamente: ( ) ( ) 0313369m4003501 e =−+− da cui

skg064.1

4750me ==

Sostituendo nella relazione del primo principio scritta per il volume di controllo a tratteggio completo imEmP fj

ji Δ== ∑∑ si ha:

( ) ( ) ( ) ( ) kW17.353133600045.1064.13132980045.11TTcmTTcmP inoutpe14pi =−⋅+−⋅=−+−=



ESERCITAZIONE 2 1) Una turbomacchina assiale è costituita da una palettatura

mobile con diametro medio d = 1 m ed altezza l = 0.2d costanti lungo l’asse, funzionante, con acqua, nelle seguenti condizioni: velocità periferica media u = 30 m/s; velocità del fluido all’ingresso c1 = 60 m/s diretta assialmente. Tracciati i triangoli delle velocità, determinare la potenza interna della macchina e dire se si tratta di macchina motrice o di macchina operatrice.

2) Le palettature (fissa e mobile) di una turbomacchina assiale

hanno diametro medio d = 0.5 m ed altezza costante lungo l’asse. La girante ruota, nel verso indicato, con velocità angolare di 240 rad/s. La macchina riceve acqua con velocità diretta assialmente e pari a 50 m/s. Tracciati i triangoli di velocità, calcolare il lavoro massico interno e dire se la macchina funziona come motrice o operatrice. Determinare inoltre la presumibile velocità angolare che discriminerebbe i due modi di funzionamento della macchina.



Soluzioni

Esercizio 1

u

c1

u1

w1

+

In figura è rappresentato il piano tangente ad un cilindro coassiale con l’asse della macchina e di diametro d pari al diametro medio. Il legame tra la componente assiale in ingresso e in uscita dalla girante si valuta considerando la legge di conservazione della portata.

1 a1 1 2 a2 2m c A c A= ρ = ρ

1 1 1 1 2A d l A= ξ π = essendo d ed l costanti. Si può assumere il coefficiente di ingombro costante ξ1= ξ2; inoltre poiché la turbomacchina lavora con acqua, è possibile considerare il fluido incomprimibile e quindi la densità all’ingresso pari alla densità all’uscita della girante 21 ρ=ρ . L’equazione di conservazione della portata pertanto diventa:

2a1a cc = Poiché il diametro della macchina è costante:

uuu 21 ==



α2=β1

β2

α1

u

w2c2c1

u

w1

+

La direzione di 2w è imposta dalla direzione geometrica della palettatura nella sezione di uscita.

Siccome la 2w forma un angolo di 135° con la direzione della u , ed essendo 2cu 1= , si ha:

12 wc = . Calcolare i triangoli di velocità significa valutare ciascuna velocità in modulo, direzione e verso. In ingresso:

sm60c1 = α1=90°

sm30u =

sm08.673060ucw 2222

11 =+=+=

°=°+°=+α=β 57.11657.2690cuarctg

111

In uscita:

( ) ( ) sm85.84

45cos60

90cosc

90coscw

2

1

2

2a2 ==

−β=

−β=

°=β 1352

Dalla costruzione grafica 12 wc ≡ , cioè 22 wc ≡ e 12 β≡α . Per verifica:

sm60135sin85.84sinwwc 222a2a =°⋅=β==

sm3030135cos85.84ucoswc 222u −=+°⋅=+β=

( )sm08.673060ccc 222

u2a2 =−+=+=

Per determinare se la macchina è motrice o operatrice si scrive arbitrariamente il lavoro secondo la convenzione delle macchine motrici: se il risultato ottenuto è positivo, la macchina è effettivamente motrice, altrimenti è operatrice.

( ) ( )[ ] 22u1u22u11ui uuu0uccucucL =−−=−=−=



Essendo sicuramente 0u2 > la macchina risulta motrice. Numericamente:

kgJ900Li =

Assumendo 98.0=ξ :

skg364952.0160100098.0dlcdlcm 1a =⋅⋅π⋅⋅⋅=πξρ=πξρ=

MW25.33W3325050036945900LmP ii ==⋅==



Esercizio 2

uu

Si fa riferimento alla seguente simbologia: c velocità assoluta del fluido (valutata rispetto ad sistema di riferimento inerziale) u velocità di trascinamento della macchina w velocità relativa del fluido (valutata rispetto ad un sistema di riferimento solidale con la girante della macchina) Queste velocità sono legate dalla relazione vettoriale:

wuc += La portata in generale è valutata come

a am c A c dl= ρ = ρ ξπ Nel caso in oggetto, lungo lo stadio restano costanti m (perchè moto stazionario), ρ (perchè fluido incomprimibile) ed A (perchè sono costanti sia d che l e perchè si ipotizza che il coefficiente di ingombro ξ che tiene conto dello spessore delle palette rimanga pressochè costante lungo lo stadio). Allora la componente assiale della velocità ca risulta costante lungo lo stadio. La direzione del fluido in uscita da una palettatura è, nell’ambito della teoria unidimensionale, coincidente con la direzione geometrica della palettatura. La direzione geometrica di uscita della palettatura fissa impone la velocità assoluta c1 del fluido (perchè valutata rispetto ad una terna di riferimento inerziale ) in uscita dal distributore, coincidente per ipotesi con quella assoluta all’ingresso della girante. Il modulo della velocità c1 si può ricavare conoscendo la sua componente assiale (ca1 = c0).



α1

+

c1

La u si valuta considerando:

sm60

25.0240

2du =⋅=ω=

α1

β1w1

u

+

c1

In ingresso:

α1=45° sm71.70

45sin50

sincc

1

01 =

°=

α=

sm50cw 01a ==

sm1045cos71.7060coscuw 111u −=°⋅+−=α+−=

sm99.501050www 222

1u21a1 =+=+=

1u

1a1 w

warctg180 =β− ⇒ β1=101.31°



u

c2w2

β2

α2α1

β1w1

u

+

c1

Per quanto riguarda il triangolo delle velocità all’uscita della girante, si può dire che la direzione della velocità di uscita dalla girante è data dalla direzione geometrica. Siccome la girante è una palettatura mobile la direzione della velocità di uscita è valutata rispetto ad una terna di riferimento solidale con la palettatura stessa e quindi non inerziale: quindi risulta nota la direzione della velocità w2. Il modulo si valuta considerando che la sua componente assiale è nota (la componente assiale è come già detto costante lungo lo stadio).

Componendo la 2w con la u si ottiene la 2c .

La velocità 2w è simmetrica rispetto alla 1c , cioè β2 e α1 sono angoli supplementari, allora 2c sarà

simmetrica rispetto a 1w (essendo u costante), cioè anche gli angoli α2 e β1 sono angoli supplementari.

sm71.70w2 =

°=β 1352 (dato geometrico)

sm99.50c2 =

°=β−=α 69.78180 12 Il lavoro viene calcolato utilizzando arbitrariamente la convenzione delle macchine motrici:

( ) ( ) ( ) =°⋅−°⋅=α−α=−=−= 6069.78cos99.5045cos71.70ucosccoscuccucucL 22112u1u22u11ui

( )kgJ2400601050 =−=

Siccome il lavoro calcolato assumendo la convenzione delle macchine motrici è positivo allora la macchina è effettivamente motrice. Si valuti ora la nuova velocità u, che discrimina il campo di funzionamento della macchina funzionante come motrice da quello di funzionamento come macchina operatrice. Questa velocità u è quella per cui Li=0 (infatti Li>0 significherebbe macchina motrice mentre Li<0 significherebbe macchina operatrice).



w2

+

c1

Li=0 se 1u2u cc = . Poiché 1a2a cc = (componente assiale costante lungo lo stadio), dire 1u2u cc = è equivalente a dire

12 cc = , allora i triangoli di velocità risultano sovrapposti, come in figura.

u

w1≡w2

+

c1≡c2

La velocità periferica cercata si può valutare come

( )sm1005050180coswcoscu 2211 =+=β−+α=

Essendo 2du ω= allora

srad400

5.01002

du2

=⋅

==ω

In generale, la u che discrimina i due campi (macchina motrice o operatrice) è quella velocità per la

quale la corrente non subisce deflessione e quindi non c’è coppia sulla girante ( 12 ww ≡ ).



ESERCITAZIONE 3 1) Dimensionare un ugello in grado di smaltire una portata di 3 kg/s di aria (R = 287 J/kg·K,

k = 1.4) dalle condizioni di monte p1 = 160 kPa, T1 = 500 K e c1 = 100 m/s fino alle condizioni di valle p2 = 1 bar, T2 = 295 K. Calcolare la velocità nella sezione di uscita. Valutare inoltre la portata che l’ugello è in grado di smaltire quando venga alimentato da aria nelle condizioni p1’ = 0.5 MPa, T1’ = 550 K e c1’ ≈ 0 e con le condizioni di valle p2’ = 2 bar, T2’ = 310 K.

2) Un ugello convergente-divergente espande aria (R = 287 J/kg⋅K, k = 1,4) dalle condizioni p1 =

0,25 MPa, T1 = 543 K, c1 trascurabile, fino alla pressione p 2 = 0,16 MPa. L’ugello ha una sezione di uscita Au = 5,493 cm2 ed un rapporto di adattamento (p2/p1°)a = 0,11. Per le condizioni dette (e nelle approssimazioni della teoria unidimensionale) calcolare la portata in massa e la velocità di efflusso.

3) Un serbatoio, pieno di aria a p0 = 300 kPa e T0 = 500 K

comunica con l’ambiente (p2 = 100 kPa) attraverso una valvola di laminazione ed un effusore (isoentropico) convergente avente area di uscita Au = 0,05 m2. Supposte costanti le condizioni nel serbatoio determinare: − per quale valore della pressione p1° a valle della valvola di

laminazione si ottiene il massimo valore della velocità c2 all’uscita dell’effusore per condizioni di adattamento;

− il valore di c 2 e della portata m in tali condizioni; − la massima portata maxm che può passare attraverso l’effusore.



Soluzioni

Esercizio 1

Dimensionamento del condotto Prima di procedere al dimensionamento dell’ugello, occorre determinare se il condotto dovrà essere convergente, divergente o convergente-divergente (De Laval). A tal fine verranno calcolati e

confrontati i valori del rapporto di espansione o1

2

pp e del rapporto critico delle pressioni o

1

c

pp .

Calcolo del rapporto di espansione dell’ugello La temperatura totale nella sezione di monte del condotto può essere calcolata ricordando:

- la definizione di entalpia totale: 2

cii21

1o1 +=

- il legame tra entalpia e temperatura per un gas perfetto: Tci pΔ=Δ Si ottiene così:

K5055.10042

100500c2cTT

2

p

21

1o1 =

⋅+=+=

Si può valutare quindi la pressione totale nella sezione di monte in quanto, per definizione di grandezza totale, la trasformazione tra la condizione locale 1 e quella totale 1° è di tipo isoentropico:

k1k

1

1

k1k

o1

o1

p

T

p

T−−

=

bar657.1Pa16567050050510160

TTpp 14.1

4,131k

k

1

o1

11o

==⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −−

Il rapporto tra la pressione di valle e quella totale di monte risulta pertanto pari a:

604.0657.11

pp

o2 ==

Calcolo del rapporto critico delle pressioni Il rapporto critico delle pressioni è pari a:

528.014.1

21k

2pp 14.1

4,11k

k

oc =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

−−

Si fa notare che il rapporto critico dipende solo dal fluido in quanto dipende solo da k. Risultando

oc

o2

pp

pp

>

l’ugello dovrà essere del tipo semplicemente convergente ed il flusso in uscita sarà subcritico.



o1u

o1

o1

pAρpm

o1

2

pp

co1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 10

1k1k

1k2k

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+P (punto di progetto)

o1

2

pp

o1u

o1

o1

pAρpm

o1

2

pp

co1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 10

1k1k

1k2k

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+P (punto di progetto)

o1

2

pp

Calcolo della sezione A1 di ingresso dell’ugello Il dimensionamento di un ugello semplicemente convergente richiede il calcolo di due sezioni: la sezione di ingresso A1 e la sezione di uscita Au. L’espressione della portata in massa entrante nella sezione 1

111 cAm ρ= permette di ricavare la superficie della sezione di ingresso:

2225

11

1111 cm06.269m106906.2

100500287106.13

cRTp

mc

mA =⋅=

⋅⋅

==ρ

= −

Calcolo della sezione Au di uscita dell’ugello L’equazione di conservazione della portata in massa tra le sezioni di ingresso e di uscita

uuu111 cAcAm ρ=ρ= permette invece di ricavare un’espressione utile per valutare l’area della sezione di uscita Au:

uuu c

mAρ

=

È necessario determinare la densità u

uu RT

p=ρ e la velocità cu del fluido nella sezione di uscita.

Nelle condizioni di progetto è lecito considerare l’ugello adattato cioe ipotizzare che il fluido subisca una espansione continua ed isoentropica lungo l’intero condotto tra la pressione di monte e la pressione nella sezione di uscita pu = p2 (pressione nella sezione di uscita pari a quella dell’ambiente di valle).

1

1°

u

i

S

p1

p1°

pu = p2

21c

2

2uc

2

1

1°

u

i

S

p1

p1°

pu = p2

21c

2

2uc

2



k1k

1

1

k1k

u

u

p

T

p

T−− =

Ricavando l’espressione di Tu e sostituendo i valori numerici si ottiene:

K2.4376.1

1500ppTT

4.114.1

k1k

1

21u =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

3u

uu m

kg797.0RTp

==ρ

(N.B. Il testo assegna T2 = 295 K. Si noti che sarebbe stato errato assumere .TT 2u = ) Per calcolare cu si applichi il primo principio della termodinamica tra la sezioni 1 ed u:

ci EiLQ Δ+Δ=+ Essendo il primo membro nullo, l’equazione si riduce a:

02c

2c

ii21

2u

1u =−+−

( ) 02c

2c

TTc21

2u

1up =−+−

Sostituendo i valori numerici delle grandezze:

( ) ( )sm3692.4375005.10042100TTc2cc 2

u1p21u =−⋅+=−+=

22

uuu cm102m0102.0

369797.03

cmA ==

⋅=

ρ=

Soluzione alternativa Utilizzando l’equazione di conservazione della portata, l’equazione che descrive una evoluzione politropica e il primo principio della termodinamica è possibile ricavare la relazione [29] di pag 93 del libro di testo1 valida in caso di ugello subcritico:

u 2 k 1 2 k 1ok k k k

o o 2 2 1 2 21 1 o o o oo o

1 1

2 k 1 23o k k

1 2 2o oo

1

m mA =

p p p p pk k2 p ρ 2k 1 p p k 1 p pp ρ

m 3=165.7 10 1.4 1p p pk 22

1.4 1 1.657287 505k 1 p pRT

+ +

+

= =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

=⎡ ⎤ ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥− ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ −⋅− ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

1.4 11.4 1.4

2 2 2

11.657

1.0194 10 m 101.94cm

+

−

=⎡ ⎤

⎛ ⎞⎢ ⎥− ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= ⋅ =

Calcolo delle prestazioni dell’ugello “fuori progetto” Nella seconda parte dell’esercizio viene richiesta la valutazione della portata smaltita nelle nuove condizioni di funzionamento. Le condizioni totali dell’ambiente di monte nelle nuove condizioni valgono:

op ' 5bar= oT ' 550K= oc ' 0≈ Essendo per ipotesi di studio '

1'o

1 pp = (in quanto 0c'1 ≈ ), il rapporto tra la pressione di valle e la

pressione totale di monte sarà:

1 A. E. Catania, “Complementi di Macchine”, Levrotto & Bella



4.052

pp

pp

'1

'2

'o1

'2 ===

Si confronti tale rapporto con quello critico valutato precedentemente. Si determina la seguente disuguaglianza:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛< o

c'o

1

'2

pp

pp

Siccome il rapporto di espansione nelle nuove condizioni è inferiore a quello critico allora l’efflusso attraverso l’ugello sarà critico.

o1u

o1

o1

pAρpm

o1

2

pp

co1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 10

1k1k

1k2k

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

P’ (nuovo punto di funzionamento)

'2'o1

pp

Per la valutazione della portata nelle nuove condizioni, considerando l’equazione di conservazione della portata, l’equazione che descrive una evoluzione politropica e il primo principio della termodinamica, è possibile ricavare la relazione [36] (valida per il vapore e per il gas perfetto) oppure la [37] (valida solo per il gas perfetto) di pag 97 del libro di testo, valida per un ugello convergente critico. Utilizzando la relazione [37] si valuta finalmente:

skg8.78

11.421.4

55028710510101.94

1k2k

RTpA'm

11.411.4

541k

1k

o'

o'

u =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⋅⋅

⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

−+

−−+



Esercizio 2

1

2

u

r Il rapporto tra la pressione di valle e la pressione totale di monte risulta:

64.025.016.0

pp

o1

2 ==

Il rapporto critico:

528.01k

2pp 1k

k

co1

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

Essendo

co1

o1

2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛>

non è possibile dire se l’ugello sia critico o meno. Bisognerebbe confrontare o1

2

pp con il rapporto

discriminante d

o1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛incognito.

o1r

o1

o1

pAρpm

o1

2

pp

ao1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 10

do1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

1k1k

1k2k

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

co1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

2

1

Le relazioni che forniscono la portata sono:

1k1k

o

o

o

c 1k2k

ppAm

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

ρ

= ( )1m



Questa relazione ha significato fisico per d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤ (ugello critico).

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ

−=

+k

1k

o

k2

ooo

u pp

ppp

1kk2Am ( )2m

Questa relazione ha significato fisico per d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≥ (ugello subcritico) e 2

o oa

p pp p

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Intersecando le due relazioni appena scritte, (1) e (2), è possibile valutare il rapporto o1 a

pp

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

già

noto, e d

o1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛, ma questo calcolo risulterebbe abbastanza complesso, perché non risolubile in

forma chiusa, ma solo con un procedimento iterativo. Per valutare quale relazione utilizzare, bisogna capire in quale intervallo cade il rapporto delle pressioni, ed usare la relazione che ha significato fisico in quell’intervallo.

Le curve relative ad ( )1m ed ( )2m si intersecano per d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ; la ( )2m è superiore alla ( )1m per

doo p

ppp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛< , mentre viceversa la ( )2m è inferiore alla ( )1m per

doo p

ppp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛> .

Una volta determinato in quale intervallo di rapporto delle pressioni cade o2

pp si userà la relazione

che ha significato fisico, e cioè ( )1m nel campo critico (se d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛< ) ed ( )2m in quello subcritico

(se d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛> ).

Per valutare la portata critica fornita dalla ( )1m bisognerebbe conoscere Ac, che è invece incognita.

La portata critica cm può comunque essere valutata dalla ( )2m per o oa

p pp p

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

:

2 k 1k 1

o o k kk 1(1) c c u o oo o

a ao

p 2 p k p pm m A k A 2k 1 k 1 p pp RT

++−

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎢ ⎥= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

ρ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

+k

1k

o2

k2

o2

o

o

u)2(pp

pp

1kk2

RTpAm

Numericamente:



( ) ( )s

kg130.011.011.014.1

4.125432871025.010493.5m 4.1

14.14.1

264

)1( =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⋅⋅

⋅=+

−

mentre

( ) ( ) ( )s

kg232.064.064.014.1

4.125432871025.010493.5m 4.1

14.14.1

264

2 =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⋅⋅

⋅=+

−

Essendo

)2()1( mm <

significa che siamo nel tratto d

oo2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛< , e quindi ha significato fisico la relazione ( )1m , e dunque

l’ugello risulta critico e la portata effettiva che lo attraversa è s

kg130.0mm )1( ==

o1r

o1

o1

pAρpm

o1

2

pp

ao1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 10

do1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

1k1k

1k2k

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

co1p

p⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

2

1

Per valutare la velocità nella sezione di uscita Au risulterà necessario risolvere il sistema di tre equazioni in tre incognite:

uuu cAm ρ= equazione di continuità

u

uu RT

p=ρ legge dei gas perfetti

( )u1p

2u TTc

2c

−= primo principio applicato tra 1 ed u

L’ultima relazione non è altro che il primo principio applicato tra 1 e u: ci EiLQ Δ+Δ=−

Essendo il primo membro nullo, l’equazione si riduce a:

( ) 02c

2c

TTc21

2u

1up =−+−

da cui è immediato ricavare la terza equazione del sistema, considerando che c1=0. Non è possibile usare la legge di evoluzione isoentropica perché vi è un urto nel tratto divergente dell’ugello.



u

2

u

uu

uuu

Rp

Rp

T

Amc

ρ=

ρ=

ρ=

2u pp = quando non c’è postespansione, cioè quando 2o o

a

p pp p

⎛ ⎞≥ ⎜ ⎟⎝ ⎠

( )u1p

2u TTc2

c−=

Sostituendo la prima e la seconda equazione nella terza si ottiene:

RpT

c21

Am

u

21

p

2

uu ρ−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

ρ

moltiplicando il primo ed il secondo membro per 2uρ si ottiene:

0Am

c21

RpT

2

upu

22u1 =

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−ρ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−ρ

Risolvendo questa equazione di secondo grado si ottiene:

31

2

up1

222

u mkg0745.1

T2

Am

c21T4

Rp

Rp

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛±⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

=ρ .

La seconda soluzione non ha significato fisico in quanto negativa. La velocità di efflusso sarà pari a:

sm3.220

10493.50745.1130.0

Amc 4

uuu =

⋅⋅=

ρ= −



Esercizio 3

Se a valle della valvola si ipotizza di avere un serbatoio di capacità sufficientemente elevata, in esso la velocità c1≅0 e si hanno le condizioni totali o

1p e o1T .

Il testo chiede di valutare la o

1p per cui si ottiene la massima velocità nella sezione di uscita in condizioni di adattamento.

Un ugello semplicemente convergente è adattato quando c

o1

o1

2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≥ .

In condizioni di adattamento si ha 2u pp = . La massima velocità che il fluido può raggiungere nella sezione di uscita di un ugello convergente è

quella locale del suono; questa si raggiunge quando l’ugello è critico, cioè c

o1

o1

2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤ .

Dunque perché valgano entrambe le condizioni richieste il rapporto di espansione dovrà essere

uguale a quello critico: c

o1

o1

2

pp

pp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= .

Dunque

528.014.1

21k

2pp

pp

pp 14,.1

4.11k

k

c

oo1

uo1

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

−−

Allora

kPa39.189528.0

100528.0p

1k2

p

pp

pp 2

1kk

u

c

o

uo1 ===

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−

In u si hanno le condizioni locali del suono:

usuu kRTcc ==

1k2

TT

TT

co

1o

1

u

+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Numericamente:



K7.4161k

2TT o1u =

+⋅=

sm17.40967.4162874.1kRTc uu =⋅⋅==

skg11.1717.40905.0

7.41628710100cA

RTpcA

RTp

cAm3

uuu

2uu

u

uuuu =⋅

⋅⋅

===ρ=

Attraverso la valvola avviene una laminazione, che è una trasformazione ad entalpia totale costante. 0 1

Applicando il primo principio della termodinamica al fluido tra ingresso ed uscita della valvola:

oci iEiLQ Δ=Δ+Δ=−

si ricava o0

o1 TT =

Un ugello critico è attraversato dalla massima portata che può smaltire con le assegnate condizioni di monte. La portata per un ugello convergente critico è:

1k1k

o1

o1

u 1k2k

RT

pAm

−+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=

da cui si evince che o1o

1

o1 p

RT

pm ∝∝ . L’ultima relazione è valida solo per il caso in esame poiché

costanteTT 0o

1 == .

La valvola non influisce sulla o1T , ma solo sulla o

1p . La m è massima quando la o1p è massima, e

cioè quando la valvola è completamente aperta.

o1

omax1

max

pm

pm

=

Numericamente:

skg10.27

39.18930011.17

pp

mm o1

omax1

max ===



ESERCITAZIONE 4 1) Un impianto a vapore rigenerativo, con un solo spillamento, ha le

caratteristiche di funzionamento indicate nello schema a fianco. Determinare per tali condizioni: la portata di vapore prodotta nel generatore e il rendimento globale dell’impianto.

Determinare inoltre la potenza utile e il rendimento globale dell’impianto nel caso in cui, a parità di tutte le altre condizioni, lo spillamento mancasse. Sapendo che la temperatura dell’acqua in ingresso al condensatore è th’ = 15 °C e che quella in uscita è th” = 27 °C, calcolare la portata di acqua richiesta per la condensazione nei due casi, con spillamento e senza spillamento.

2) Con riferimento all’impianto a recupero

parziale rappresentato a lato, determinare: − la presumibile potenza utile dell’impianto; − il presumibile rendimento globale; − i rendimenti interni delle due turbine.

3) Nell’impianto a vapore a ricupero parziale schematizzato nelle condizioni nominali di funzionamento si domandano: − la potenza utile; − il rendimento globale; − la portata di combustibile (avendo esso un potere

calorifico inferiore Hi = 40000 kJ/kg) tenuto presente che il liquido è restituito dalla utilizzazione termica sulla curva limite inferiore a p = 500 kPa, e così pure si trova sulla curva limite inferiore all’uscita del degasatore/rigeneratore.

4) Un impianto termoelettrico con turbina a vapore, rigenerativo, consuma 63 t/h di combustibile

avente potere calorifico Hi = 40 MJ/kg e richiede per la condensazione 26650 m3/h di acqua che si riscalda di 10°C nel passaggio attraverso il condensatore. Il rendimento del generatore di vapore è ηb = 0.88; gli ausiliari assorbono la potenza di 8 MW, le perdite meccaniche della turbina ammontano a 2 MW. Calcolare la potenza utile dell’impianto ed il suo rendimento globale.



Soluzioni

Esercizio 1

L

E

mδm

m m− δ

Valutazione della portata di vapore prodotta nel generatore Per l’impianto in questione la potenza utile si può scrivere come:

( ) ( )( )[ ] ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ−+−η=−δ−+−η=η= KEEOoKEEOoiou ii

mm1iimiimmiimPP

Riscrivendo la formula si può dunque valutare la portata:

( )⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ−+−η

=

KEEOo

u

iimm1ii

Pm (1111)

Sarà dunque necessario valutare tutte le entalpie e la frazione di portata spillata rispetto a quella che entra nella turbina. Per il punto O sono note temperatura e pressione, quindi dal diagramma di Mollier è possibile ricavare l’entalpia.

kgkJ66.3433i

C500Tbar50p

O O =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°==

A partire dal punto O, scendendo verticalmente sul diagramma di Mollier lungo una evoluzione isoentropica, si ricava il punto Kis, dall’intersezione dell’isentropica per O con l’isobara pR.

kgkJ61.2148ibar06.0pK Kisis ==

Il punto L si trova sulla curva limite inferiore (cli) ad una pressione di 0.06 bar. Dalle tabelle delle curve limite si ricava:

kgkJ502.151iL =

( ) ( )kgkJ36.234161.214866.343385.066.3433iiii KisOOK =−−=−η−= ϑ



Per la determinazione del punto E si possono utilizzare due metodi in alternativa che forniscono risultati leggermente diversi tra loro. Entrambi i metodi risultano approssimati e non è possibile stabilire a priori quale dei due sia più preciso. Primo metodo: si ipotizza che l’evoluzione in turbina sia rappresentabile sul diagramma di Mollier con un segmento di retta che unisce i punti O e K. L’intersezione tra il segmento OK e l’isobara pE fornisce il punto E (l’approssimazione consiste nel fatto che la linea di espansione in turbina non corrisponde ad una retta se rappresentata sul diagramma di Mollier). Secondo metodo: si ipotizza che il rendimento della turbina dalle condizioni O alle condizioni E sia uguale a quello dell’intera macchina (in realtà il rendimento della macchina è un valore medio ottenuto considerando i valori di entalpia del punto iniziale e dei punti finali reale ed isoletropico; il rendimento non è costante lungo la linea di evoluzione). Dunque, si scrive:

ϑη≅−−

isEO

EO

iiii

Usando il secondo metodo, si ricava prima Eis

kgkJ98.2816i

isE =

e quindi

( ) ( )kgkJ48.290998.281666.343385.066.3433iiii

isEOOE =−−=−η−= ϑ

Il punto M si trova nella zona del liquido ad una temperatura di 145°C. Per quanto concerne la zona del liquido, tutte le isobare sono molto prossime una all’altra e praticamente sovrapposte alla curva limite inferiore. Dunque l’entalpia dell’acqua in forma liquida è praticamente dipendente dalla sola temperatura, e si commette un errore trascurabile se si approssima l’entalpia del liquido con quella del liquido saturo alla stessa temperatura. L’entalpia di M è dunque praticamente uguale a quella che si legge sulle tabelle della curva limite inferiore alla temperatura TM.

kgkJ60.610iM =

LEmδ

m

m m−δ

M

Per valutare

mmδ si scrive l’equazione del primo principio della termodinamica al fluido contenuto

nel volume di controllo rappresentato in figura:

fi EL-Q = Essendo sia 0=Q che 0i =L si avrà

∑ =⇒=j

jjf 0im0E

MEL imimimm =δ+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ δ−



( ) ( )LELM iimiim −δ=− M L

E L

i im 610.60 151.50 0.166m i i 2909.49 151.50

−δ −= = =

− −

Sostituendo tutti i valori numerici nell’equazione (1111) che fornisce m si ottiene:

( ) ( )( ) ( )( )[ ] =−−+−

⋅=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ δ−+−η

=36.234149.2909166.0149.290966.343396.0

10100

iim

m1ii

Pm

3

KEEOo

u

skg40.104m =

Il rendimento globale dell’impianto è per definizione:

1

ububg

PQ

η=ηη=η

Il calore 1Q fornito dall’esterno risulta (applicando il primo principio della termodinamica al generatore di vapore):

( ) ( ) MW74.2941060.61066.343340.104iim 3MO1 =⋅−⋅=−= −Q

Quindi:

305.074.294

1009.0P

1

ubg ==η=η

Q

Valutazione della potenza utile e del rendimento globale dell’impianto nel caso senza spillamento Nel caso in cui lo spillamento venisse escluso, tutta la portata prodotta nel generatore di vapore subirebbe una espansione da O a K ed entrerebbe liquida nel generatore di vapore nelle condizioni L. Per cui, senza rigenerazione: Error! Objects cannot be created from editing field codes.

( ) ( ) 3O Lm i i 104.40 3433.66 151.50 10 342.67 MW−= − = ⋅ − ⋅ ='

1Q '

' ug b

P 109.48η = η = 0.9 = 0.288342.67'

1Q

Dunque eliminando lo spillamento la potenza utile aumenta (tutta la portata si espande in turbina) ed il rendimento diminuisce. Valutazione della portata di acqua condensatrice Si valuti la portata di acqua condensatrice nei due casi, con spillamento e senza spillamento. Per fare ciò, si applichi il primo principio della termodinamica al condensatore.

m

L

K

CQ

Hm'HT

"HT

Considerando come sistema il fluido motore si può scrivere:



( )K Lm i i= ⋅ −CQ Considerando come sistema l’acqua grezza utilizzata per il raffreddamento si può scrivere:

( )'' 'H H H Hm c T T= ⋅ −CQ

Con Hc si intende la capacità termica massica dell’acqua a pressione costante, pari a kgK

J8.4186 .

La portata di acqua risulta dunque:

( ) ( )K L

H '' ' '' 'H H H H H H

i im mc T T c T T

−= =

− −CQ

Numericamente, nel caso di spillamento:

( ) ( ) ( ) MW68.190502.15136.2341166.0140.104iimm1m LKC =−⋅−⋅=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ δ−=Q

( ) hm13663

skg3.3795

15278.418668.190m

3

H ==−⋅

=

Nel caso in cui lo spillamento venisse escluso: ( ) ( ) MW63.228502.15136.234140.104iim LK =−⋅=−='

CQ

( ) hm16022

skg6.4450

15278.418663.228m

3

H ==−⋅

=



Esercizio 2

R

Valutazione della potenza dell’impianto Non conoscendo le portate in ingresso e quelle spillate dalle turbine di AP e BP non è possibile valutare la potenza interna dell’impianto come prodotto delle portate che si espandono in turbina per i relativi salti di entalpia. Applicando il primo principio della termodinamica a tutto l’impianto si può scrivere:

0Pi =-Q

21iP QQ −= ucond1iP QQQ −−= (122) Dove:

1Q = potenza termica complessivamente fornita all’impianto;

2Q = potenza termica complessivamente sottratta all’impianto;

condQ = potenza termica sottratta nel condensatore;

uQ = potenza termica sottratta nell’utilizzazione termica;

1Q si può valutare dalla definizione di bη :

ibb1 Hmη=Q

condQ e uQ si valutano applicando il primo principio della termodinamica:

( )LKcondcond iim −=Q

( )RHuu iim −=Q Dal diagramma di Mollier e dale tabelle delle curve limite si ricavano i seguenti valori

kgkJ2528i

98.0x

bar06.010

106kPa6pK K

K

5

3

K =⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⋅

==



kgkJ50.151i

clibar06.0pp

L LKL =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ==

kgkJ2774i

C155Tbar5MPa5.0p

H HH

H =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°===

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°===C140T

bar5ppR

R

HR Questo punto non si può leggere sul diagramma di Mollier

Si commette un piccolo errore se si considera l’entalpia di R pari a quella del punto sulla curva limite inferiore alla temperatura di TR=140 °C: iR = 589.13 kJ/kg. Dunque:

MW47.178W1047.1781066.3959.0Hm 66ibb1 =⋅=⋅⋅⋅=η=Q

( ) ( ) 3 3cond cond K L

1000m i i 90 2528 151.50 10 59412.5 10 59.41MW3600

= − = − = ⋅ =Q

( ) ( ) MW69.60108.606901013.589277436001000100iim 33

RHuu =⋅=−=−=Q

Allora dalla (122) si ricava: MW37.5869.6041.5947.178P ucond1i =−−=−−= QQQ

iou PP η= Valutazione del rendimento globale dell’impianto Assumendo oη =0.95 si ottiene:

u o iP P 0.95 58.37 55.45MW= η = ⋅ =

ubg ηη=η Per gli impianti a ricupero si usa la seguente definizione di rendimento utile:

u1

io

u1

uu

PPQ-QQ-Q

η==η

Allora: u

g b1 u

P 55.450.9 0.428Q -Q 178.47 60.69

η = η = ⋅ =⋅

Valutazione del rendimento delle due turbine Dal diagramma di Mollier si legge:

OO

O

p 10 MPa 100 bar kJO i 3376T 500 C kg

= =⎧ ⎫=⎨ ⎬= °⎩ ⎭

kgkJ2660i

SSbar5pp

H HisOHis

HHisis =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

===

QQ

Q

p 0.5MPa 5bar kJQ i 3276T 400 C kg

= =⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬= °⎪ ⎪⎩ ⎭

kgkJ2408i

SSbar06.0pp

K KisQKis

KKisis =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

===

Allora:

841.02660337627743376

iiii

HisO

HOAP =

−−

=−−

=ηϑ



862.02408327625283276

iiii

KisQ

KQBP =

−−

=−

−=ηϑ



Esercizio 3

R

S

E

M

Em

L

Valutazione della potenza utile dell’impianto Si vuole determinare la potenza utile dell’impianto:

( ) ( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−+−η= KEEBPEQBPHOAPou iimmiimiimP

Dal diagramma di Mollier si ricava:

kgkJ3276i

C450Tbar80p

O OO

O =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°==

kgkJ2642i

SSbar5pp

H HisOHis

HHisis =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

===

Inoltre, essendo

HisO

HOAP ii

ii−−

=ηϑ

si ha:

( ) ( )kgkJ2768

kgkJ8.2768264232768.03276iiii HisOAPOH ≈=−−=−η−= ϑ

Sempre dal diagramma di Mollier:

kgkJ3276i

C400Tbar5MPa5.0p

Q QQ

Q =⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

°=

==

kgkJ2408i

SSbar06.0pp

K KisQKis

KKisis =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

===

KisQ

KQBP ii

ii−

−=ηϑ

( ) ( )kgkJ2538

kgkJ2.25382408327685.03276iiii KisQBPQK ≈=−−=−η−= ϑ

Si assume:



Q EBP

Q Eis

i ii i ϑ

−≈ η

−

Dal diagramma di Mollier:

kgkJ3026i

SSbar2pp

E EisQEis

EEisis =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

===

( ) ( )kgkJ3064

kgkJ5.30633026327685.03276iiii EisQBPQE ≈=−−=−η−= ϑ

Se E fosse stato valutato come intersezione tra il segmento QK tracciato sul diagramma di Mollier

e l’isobara Ep , si sarebbe ottenuto kgkJ3084iE = .

La portata Em si valuta applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nel seguente volume di controllo.

S

EL

Em

BP Em m−

BPm

Si trascura il lavoro compiuto dalle pompe e lo si considera successivamente nel rendimento organico.

0im jj=∑

SBPEELEBP imimimm =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

( ) ( )LSBPLEE iimiim −=−

1213.050.151306450.15170.504

iiii

m

m

LE

LS

BP

E =−−

=−−

=

ht13.121001213.0m1213.0m BPE =⋅==

( ) ( ) ( ) =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−+−η= KEEBPEQBPHOAPou iimmiimiimP

( ) ( ) ( ) ( ) =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+−+−= 25383064

36001063.1210030643276

36001010027683726

36001020096.0

333

MW072.45W1045072 3 =⋅= Valutazione del rendimento globale dell’impianto Applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nel generatore di vapore si può scrivere:

( ) ( ) ( ) =−+−+−= HQBPSOBPROu1 iimiimiimQ



( ) ( ) ( )

MW310.164W10164310

102768327636001010070.5403276

36001010012.6403276

36001013.12

3

3333

=⋅=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−+−=

Applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nell’utilizzazione termica si può scrivere:

( ) ( ) ( ) MW108.59W10591081012.640276836001000100200iimm 33

RHBPAPu =⋅=−−=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=Q

Il rendimento globale dell’impianto è: ubg ηη=η

La formula del rendimento utile viene scritta tenendo in conto che si tratta di un impianto cogenerativo:

386.0108.59310.164

072.459.0P

u1

ubg =

−=

−η=η

QQ

Valutazione della portata di combustibile al generatore di vapore Considerando la definizione di rendimento del generatore di vapore, si scrive:

ibb1 Hmη=Q da cui si ricava la portata di combustibile

ht431.16

skg564.4

10400009.010310.164

Hm 3

6

ib

1b ==

⋅⋅⋅

=η

=Q



Esercizio 4 Applicando il primo principio della termodinamica a tutto l’impianto:

0EmP jji ==− ∑j

Q

21iP QQ −= Per la valutazione della potenza utile e del rendimento globale si possono utilizzare le seguenti relazioni:

mecassiu PPPP −−=

ib

ug

Hm

P=η

Dalla definizione di bη si ottiene:

MW616W106161040360010006388.0Hm 66

ibb1 =⋅=⋅⋅⋅=η=Q

6h2 h h h h h

26650Q m c T Q c T 1000 4186.8 10 309.94 10 W 309.94MW3600

= Δ = ρ Δ = ⋅ = ⋅ =

MW06.306P 21i =−= QQ MW06.2962806.306PPPP mecassiu =−−=−−=

423.0616

06.29688.0PP

HmP

1

ub

b

1

u

ib

ug ==η=

η

==ηQQ



ESERCITAZIONE 5 1) Uno stadio di turbina a vapore assiale riceve il vapore a 10 bar, 400 °C, c0 = 120 m/s; la

pressione all’uscita dal distributore è p1 = 8 bar, coefficiente di perdita ϕ = 0.94, α1 = 25°, lunghezza dello spigolo dell’uscita delle palette del distributore l1 = 50 mm, n = 3000 giri/min, u = 0.7.c1. La pressione allo scarico della girante vale p2 = 6 bar, coefficiente di perdita nella girante ψ = 0.9, lunghezza dello spigolo di uscita delle palette l2 = 60 mm, diametro medio all’uscita uguale a quello di ingresso. Tracciato il triangolo delle velocità calcolare la potenza interna dello stadio ed il suo rendimento interno, nelle due ipotesi: che l’energia cinetica di scarico sia completamente persa ovvero completamente recuperata.

2) Una turbina a gas, monostadio, assiale, ad azione, ha le seguenti caratteristiche costruttive:

angolo di uscita dal distributore α1 = 20°; altezza delle palette all’uscita dalla girante, pari a quella all’uscita dal distributore, l1 = l2 = 50 mm (ξ1 = ξ2 = 0.96); diametro medio delle palettature d = 1 m. Le condizioni del gas (k = 1,4; R = 288 J/kgK) all’ingresso sono: p0 = 5 bar, t0 = 370 °C, c0 = 30 m/s; la pressione all’uscita dal distributore è p1 = 3 bar. Sapendo che la turbina funziona in condizioni di progetto a 3000 giri/min con coefficienti di perdita nel distributore e nella girante pari, rispettivamente, a 0.96 e 0.92, determinare la potenza interna e il rendimento della macchina (in assenza del diffusore allo scarico).



Soluzioni

Esercizio 1

La figura successiva riporta l’andamento dell’evoluzione del vapore nel diagramma di Mollier:

1

0

1is

S

i p0

20c

2

2is

22’is

0°

p2

p1

22c

2

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1is:

)10 is− ωΔ+Δ+Δ+Δ=− EEEiLQ gci 0Q = perchè la trasformazione è adiabatica; 0Li = perchè il condotto è fisso (e quindi non può esservi scambio di lavoro tra fluido e palette);

gEΔ ≈ 0 essendo il fluido aeriforme; 0E =Δ ω perchè si considera un sistema di riferimento inerziale;

cEΔ non è trascurabile nel singolo stadio. Si ottiene quindi

02c

2c

ii20

21

01is

is=−+−

Dal diagramma di Mollier: 3

00 0

0

p 10 bar kJ m0 i 3268 v 0.288T 400 C kg kg

=⎧ ⎫= =⎨ ⎬= °⎩ ⎭

I punti 1is e 2is hanno la stessa entropia di 0, ma si trovano rispettivamente sulle isobare p1 e p2:

kgkJ3204i

ss

bar8pp1

is

is

is

101

11is =

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

==

kgkJ3120i

ss

bar6pp2

is

is

is

202

22is =

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

==

( ) ( )sm36.37732043268102120ii2cc 32

10201 isis

=−⋅+=−+=



Il coefficiente di perdita nel distributore è definito come:

is1

1

cc

=ϕ

Dunque, è possibile calcolare la velocità 1c :

sm72.35436.37794.0cc

is11 =⋅=⋅ϕ=

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1 si può calcolare 1i :

)10 − 02c

2cii

20

21

01 =−+−

( ) ( )kgkJ3212

kgkJ3.3212

1012036.37794.0

213268cc

21icc

21ii 3

22220

21

20

20

2101 is

≈=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⋅−=−ϕ−=−−=

È ora possibile calcolare la velocità periferica della girante:

sm3.24872.3547.0c7.0u 1 =⋅=⋅=

Essendo dnu π=

si può calcolare d come:

m581.1

603000

3.248n

ud =π

=π

=

Considerando la relazione vettoriale c w u= + si può scrivere:

sm18.733.24825cos72.354ucoscw 1u,1 =−⋅=−α=

sm91.14925sin72.354sincw 1a,1 =⋅=α=

sm82.16691.14918.73www 222

a,12

u,11 =+=+=

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=β 98.63

18.7391.149arctg

ww

arctgu,1

a,11

Il triangolo delle velocità in ingresso alla girante è allora completamente determinato e viene riportato nella figura seguente:

+

w1

u

c1

direzione tangenziale

direzione assiale

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2’is considerando un sistema di riferimento non inerziale solidale alla girante (moto relativo alla girante):

)'21 is− moto relativo alla girante ωΔ+Δ+Δ+Δ=− EEEiLQ gci

02

uu2

w2

wii

21

22

21

2'2

1'2is

is=

−−−+−



0Q = perchè la trasformazione è adiabatica; 0Li = perchè l’osservatore solidale alla girante non vede scambio di momento della quantità di

moto tra fluido e palette;

Essendo 12 uu = ⇒ 02

uuE21

22 =−

=Δ ω .

Dal diagramma di Mollier (dove l’isoentropica per 1 interseca l’isobara p2) si ricava is2'i :

is

is

is

2 ' 2is 2'

2' 1

p p 6bar kJ2 ' i 3128s s kg

= =⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬=⎪ ⎪⎩ ⎭

Allora

( ) ( )sm53.4423128321210282.166ii2ww 32

'2121'2 isis

=−⋅+=−+=

Essendo noto il coefficiente di perdita nel distributore

is'2

2

ww

=ψ

è possibile calcolare la velocità 2w :

sm27.39853.4429.0ww

is'22 =⋅=⋅ψ=

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2 nel sistema di riferimento solidale alla girante:

)21− moto relativo alla girante ωΔ+Δ+Δ+Δ=− EEEiLQ gci

02

uu2

w2

wii21

22

21

22

12 =−

−−+−

essendo 12 uu = ( ) ( ) =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⋅−=−ψ−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−

ψ−= 3

22221

2'2

21

21

2'2

12 1082.16653.4429.0

213212ww

21i

2w

2w

iiis

is

kgkJ3146

kgkJ60.3146i2 ≈=

Dal diagramma di Mollier: 2 3

22

p 6barm2 v 0.45kJi 3146 kg

kg

=⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬=⎪ ⎪⎩ ⎭

Viene valutata ora la componente assiale della velocità nella sezione 2. Per la conservazione della portata in massa in moto stazionario (equazione di continuità) si ha:

2a,2221a,111 AcmAcm ρ==ρ=

2a,22

21a,11

1 dlcv1dlc

v1

πξ=πξ

Supponendo 21 ξ≅ξ si può scrivere

2

2a,2

1

1a,1

vlc

vlc=

Allora:



sm62.160

6050

35.045.091.149

ll

vv

wll

vv

cc2

1

1

2a,1

2

1

1

2a,1a,2 ====

Dal punto di vista geometrico la 2w potrebbe essere rappresentata sia a sinistra che a destra della semiretta che rappresenta la direzione assiale; come si nota dalla figura seguente.

w2 sxw2 dx

+

w1

u

c1


direzione assiale

Considerazioni macchinistiche portano a scegliere come corretta la 2w che si trova a destra della direzione assiale perché permette di ottenere un lavoro maggiore; inoltre se si scegliesse come corretta la 2w a sinistra della direzione assiale si otterrebbe un lavoro negativo e la macchina risulterebbe una operatrice. Si ottiene il seguente schema del triagolo delle velocità:

+

w1

u

c1


direzione assiale

w2

u

c2

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=β 22.156

27.39862.160arccos90

wc

arccos902

a,22

sm45.36422.156cos27.398cosww 22u,2 −=⋅=β=

sm15.1163.24845.364uwc u,2u,2 −=+−=+=

( )sm21.19862.16015.116ccc 222

a,22

u,22 =+−=+=

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=α 87.125

21.19862.160arccos90

cc

arccos902

a,22

Usando la convenzione delle macchine motrici: ( ) ( )ucosccoscuccucucL 2211u,2u,12u,21u,1i α−α=−=⋅−⋅=

Numericamente:

( )kgJ1087303.24887.125cos21.19825cos72.354Li =⋅−⋅=

Assumendo 98.01 =ξ la portata risulta:

skg23.1041050581.191.149

35.0198.0dlc

v1mm 3

1a,11

11 =⋅⋅⋅π⋅⋅⋅=πξ== −

MW333.1110873023.104LmP ii =⋅=⋅=



Nel caso in cui l’energia cinetica allo scarico venga completamente recuperata (se si tratta ad esempio di uno stadio intermedio di turbina), per valutare il rendimento dello stadio si utilizza la definizione total to total: RENDIMENTO TOTAL TO TOTAL

802.0

221.198103120

2120103268

108730

2ci

2ci

L

2cii

ii2

32

322

2

20

0

i22

20

0

02

00

isis

=−⋅−+⋅

=−−+

=−−

−=ηΘ

Nel caso in cui l’energia cinetica allo scarico sia completamente persa (ad esempio se si tratta dell’ultimo stadio della macchina oppure di uno stadio intermedio con stadio successivo molto distante) si utilizza la definizione di rendimento total to static: RENDIMENTO TOTAL TO STATIC

701.0103120

2120103268

108730

i2ci

Liiii

32

32

20

0

i

20

0

02

00

isis

=⋅−+⋅

=−+

=−−

=ηϑ

Anche se non richiesto, si può calcolare il grado di reazione χ :

568.03128321232043268

31283212iiii

iiii

i

isis

is

'2110

'21

g,isd,is

g,is =−+−

−=

−+−−

=Δ−Δ−

Δ−=χ



Esercizio 2

Trattandosi di macchina ad azione la girante lavora con la stessa pressione nell’ambiente di monte e di valle (p2= p1). L’evoluzione del fluido nel diagramma di Gibbs sarà:

0

S

T p0

20

p

c2c

1is=2is

2

1=2’is

0°

p1= p222

p

c2c

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1is:

)10 is− gci EEiLQ Δ+Δ+Δ=− 0Q = perché la trasformazione è adiabatica; 0Li = perché il distributore è un condotto fisso;

gEΔ trascurabile essendo il fluido aeriforme Si ottiene quindi

02c

2c

ii20

21

01is

is=−+−

Essendo Tci pΔ=Δ

si può scrivere la stessa espressione come

( ) 02c

2c

TTc20

21

01pis

is=−+−

Considerando l’espansione isoentripoca tra 0 ed 1is

k1k

0

0

k1k

1

1

p

T

p

Tis

−− =

( ) K81.55553273370

ppTT

4.114.1

k1k

0

101is

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

kgKJ1008288

14.14.1R

1kkcp =

−=

−=

Si può quindi calcolare la velocità is1c :



( ) ( )sm69.4207.5552733701008230TTc2cc 2

01p201 isis

=−+⋅+=−+=

Considerando il coefficiente di perdita ϕ , si ottiene la velocità c1:

is1 1mc c 0.96 420.60 403.86s

= ϕ⋅ = ⋅ =

sm08.157

6030001dnu =⋅⋅π=π=

Considerando la relazione vettoriale c w u= + si ottiene:

sm42.22208.15720cos86.403ucoscucw 11u,1u,1 =−⋅=−α=−=

sm13.13820sin86.403sinccw 11a,1a,1 =⋅=α==

sm82.26113.13842.222www 222

a,12

u,11 =+=+=

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1: )10 − gci EEiLQ Δ+Δ+Δ=−

Si ottiene quindi

02c

2cii

20

21

01 =−+−

e dunque:

( ) 02c

2cTTc

20

21

01p =−+−

Allora:

( ) ( ) ( ) K69.5623086.40310082115.273370cc

c21TT 222

021

p01 =−

⋅−+=−−=

Per definizione 2 2',isw w= ψ ⋅

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2’is considerando un sistema di riferimento non inerziale solidale alla girante:

)'21 is− moto relativo alla girante ωΔ+Δ+Δ+Δ=− EEEiLQ gci 0Q = perchè la trasformazione è adiabatica; 0Li = perchè l’osservatore solidale alla girante non vede scambio di momento della quantità di

moto tra fluido e palette;

02

uu2

w2

wii

21

22

21

2'2

1'2is

is=

−−−+−

Essendo la macchina assiale 12 uu = ⇒ 02

uuE21

22 =−

=Δ ω

ed essendo la macchina ad azione is'21 ii =

risulta 1'2 ww

is=

Quindi per una macchina assiale ad azione vale sempre la relazione: 12 ww ψ=

Numericamente:



sm88.24082.26192.0ww 12 =⋅=ψ=

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2 considerando un sistema di riferimento solidale alla girante:

)21− moto relativo alla girante ωΔ+Δ+Δ+Δ=− EEEiLQ gci

02

uu2

w2

wii21

22

21

22

12 =−

−−+−

essendo 12 uu =

( ) 02

w2

wTTc21

22

12p =−+−

( ) ( ) K92.56782.26188.24010082169.562ww

c21TT 222

122

p12 =−

⋅−=−−=

Per la conservazione della massa in moto stazionario si ha: 2a,2221a,111 AcmAcm ρ==ρ=

22a,221

2211a,1

1

11 ldc

RTpldc

RTp

πξ=πξ

Sapendo che 21 ξ=ξ , 21 dd = ed 21 ll = , si può scrivere

2

2a,2

1

1a,1

Tpc

Tpc

=

sm41.139

69.56292.56720sin86.403

TTsiac

pp

TTsiac

pp

TTcc

1

211

2

1

1

211

2

1

1

2a,1a,2 =⋅=α=α==

sm41.139cw a,2a,2 ==

La w2 viene tracciata a destra della direzione assiale in modo da massimizzare il lavoro che si può ottenere dallo stadio. Si ha il seguente schema dei triangoli delle velocità:

+

w1

u

c1


direzione assiale

w2

u

c2

α1 β1

α2β2

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=β 64.144

88.24041.139arccos90

ww

arccos902

a,22

sm36.3908.15764.144cos88.240ucoswc 22u,2 −=+⋅=+β=

( )sm86.14441.13936.39ccc 222

a,22

u,22 =+−=+=

Usando la convenzione delle macchine motrici: ( ) ( )uccoscuccucucL u,211u,2u,12u,21u,1i −α=−=⋅−⋅=

Numericamente:

( )kgJ6579408.15736.3920cos86.403Li =+⋅=



La portata dunque risulta:

skg56.381050113.138

69.56228810396.0ldc

RTpAcmm 3

5

11a,11

111a,111 =⋅⋅⋅π⋅⋅

⋅⋅

⋅=πξ=ρ== −

MW44.2W24369626579456.38LmP ii ==⋅=⋅= In assenza del diffusore allo scarico, caso in cui l’energia cinetica viene completamente persa; il rendimento risulta: RENDIMENTO TOTAL TO STATIC

( ) ( )744.0

81.55515.27337010082

3065794

TTc2c

L

i2ci

Lii

LLL

2

20p

20

i

2

20

0

i

20

0

i

lim,i

i

isisis

=−++

=−+

=−+

=−

==ηϑ



ESERCITAZIONE 6 1) Un turbocompressore centrifugo monostadio aspira 9000 m3/h di aria (k = 1.4; R = 287 J/kgK)

nelle condizioni p1 = 1 bar, t1 = 18 °C e manda una portata di 6300 m3/h con una pressione p2 = 1.7 bar. Determinare la potenza assorbita dalla macchina (ηm = 0.98), il rendimento isoentropico e il rendimento idraulico (o politropico). Calcolare inoltre l’entità del controrecupero.

2) Si consideri un turbocompressore bistadio in cui ciascuno degli stadi presenti la caratteristica

allegata in Fig. 1. Tale caratteristica è costruita con riferimento alle condizioni ambiente: T0 = 300 K e p0 = 1 bar che sono pure le condizioni alle quali aspira il 1° stadio. Il punto di funzionamento del 1° stadio è definito dai seguenti valori:

10.10

0

=TT

nn skg

pp

TTm 35

00

=⋅

Nell’ipotesi che il secondo stadio giri alla stessa velocità angolare del 1°, determinare il presumibile punto di funzionamento.

3) Un compressore centrifugo è costituito da 2 stadi simili calettati sul medesimo albero, rotante a

n = 25000 giri/min, dei quali sono date le caratteristiche in Fig. 2. Il primo stadio aspira aria a 288 K e 102 kPa. Tra il primo e il secondo stadio è inserito un interrefrigeratore che riporta la temperatura dell’aria a 288 K. Calcolare la minima portata d’aria che in tali condizioni il compressore può far passare, la pressione finale di mandata, la potenza complessivamente assorbita sull’albero.

4) Uno stadio di compressore assiale riceve l’aria a 102 kPa, 288 K con velocità c1 = 120 m/s

diretta assialmente. Il diametro medio è d = 0.6 m e l’altezza delle palette all’ingresso è l = 0.06 m. Lo stadio funziona con le seguenti caratteristiche: u = 250 m/s, deflessione della corrente δ = 20° sia nelle palette mobili che in quelle fisse, componente assiale della velocità costante lungo lo stadio, rendimento isoentropico ηc = 0.89. Calcolare pressione e temperatura all’uscita dello stadio e all’uscita dalla girante.



Fig. 1. Caratteristica compressore esercizio 2).

//

m T Tp p

0

0 [Kg/s]



Fig. 2. Caratteristica compressore esercizio 3).



Soluzioni

Esercizio1

Per l’aria si assumono i valori kgK

J287R = e k = 1.4.

Per la legge di conservazione della portata (trascurando le fughe) si ha: 21 mm =

( )5

11 1 1 1

1

p 10 9000 kgm V V 1.197 2.5 2.993RT 287 273 18 3600 s

= ρ = = = ⋅ =+

La portata in volume in uscita dalla macchina è minore di quella in ingresso, poiché in uscita dalla macchina il fluido ha una maggiore densità. Conoscendo la portata in massa è possibile ricavare la T2:

52

2 22

p 1.7 10 6300T V 346.3KRm 287 2.993 3600

⋅= = =

⋅

Applicando il primo principio della termodinamica alla macchina, scritto con la convenzione delle macchine operatrici, si può valutare il lavoro assorbito.

M

1

2

ci EiLQ Δ+Δ=+

Considerando il compressore adiabatico e trascurando la variazione di energia cinetica tra le due sezioni (assunzione comune per i compressori), si ottiene:

( ) ( ) ( )kgJ555492913.346

14.14.1287TT

1kkRTTcL 1212pii =−

−=−

−=−=Δ=

In generale, si può scrivere il lavoro Li tramite la seguente espressione:

( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=−

−=−=Δ=

−−

1T1k

kR1ppT

1kkR1

TTT

1kkRTT

1kkRTTcL m

1m

1

m1m

1

21

1

211212pii

La potenza interna risulta pari a: kW23.166W1023.16655549993.2LmP 3

ii =⋅=⋅== La potenza assorbita viene valutata considerando il rendimento meccanico del compressore:

kW64.16998.023.166PP

m

iass ==

η=

Per calcolare il rendimento isoentropico si confronta la trasformazione reale con una di isoentropica. Si calcola il lavoro isoentropico ipotizzando una compressione isoentropica tra p1 e p2

( ) 2,isi,is p 2,is 1 p 1

1

TL c T T c T 1

T⎛ ⎞

= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠



kgJ4785217.1291

14.14.12871T

1kkR1

ppT

1kkRL 4.1

14.1k

1k

1

k1k

1

21is,i =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−β

−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−−

−

in cuiβ rappresenta il rapporto manometrico di compressione pari a 1

2

pp .

Il rendimento isoentropico vale:

( )( ) 862.0

1291

3.34617.1

1TT

1

1TT

1T

T

TTcTTc

LL 4.1

14.1

1

2

k1k

1

2

1

is,2

12p

1is,2p

i

is,iis =

−

−=

−

−β=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−−

==η

−−

Il primo principio scritto nella formulazione mista lagrangiana-euleriana risulta:

wgc

2

1i LEEvdpL +Δ+Δ+= ∫

Considerando una trasformazione reversibile, con 0E0E gc ≈Δ≈Δ si ha il lavoro politropico: 2 m 1

mi,pol 1

1

mL vdp RT 1m 1

−⎛ ⎞= = β −⎜ ⎟− ⎝ ⎠∫

Il rendimento politropico vale allora:

( ) k1k

1mm

1RT1k

k

1RT1m

m

TTc

vdp

LL

m1m

1

m1m

1

12p

2

1

i

pol,ipol

−−

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−=

−==η

−

−

∫

Il rendimento politropico non dipende dal rapporto di compressione ma solo dall’esponente della trasformazione (politropica) che unisce i punti 1 e 2. L’equazione della politropica tra le condizioni 1 e 2 risulta:

m1m

1

1

m1m

2

2

p

T

p

T−− =

Dunque:

m1m

1

2

1

2

pp

TT

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=−

1

2

1

2

pp

ln

TTln

m1m

( ) 3278.07.1ln

2913.346ln

m1m

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=−

488.1m =

872.01

14.13278.01

k1k

1mm

pol =−

=−

−=η



( )kgJ4840617.1291287

3278.011RT

1mmL 3278.0m

1m

1pol,i =−⋅⋅⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−=

−

La differenza tra i due lavori politropico e isoentropico è il cosiddetto controricupero. In generale è possibile calcolare il rendimento politropico e quello isoentropico come:

1

1

1RT1k

k

1RT1k

k

LL

1kk

1mm

1RT1k

k

1RT1m

m

LL

m1m

k1k

m1m

1

k1k

1

i

is,iis

m1m

1

m1m

1

i

pol,iy

−β

−β=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−==η

−

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−β

−==η

−

−

−

−

−

−

Lo schema successivo rappresenta l’evoluzione del gas nel diagramma di Gibbs. In questo diagramm è possibile individuare le aree corrispondenti ai diversi lavori.

1

2

1’

2is

20101’0S

T

p2 p1

Dal grafico:



( )( )

212LLCR

211'1'1LLL

1221TdsL

12'1'1TTcL

22'1'1TTcL

isis,ipol,i

00wipol,i

2

100w

0is01is2pis,i

0012pi

≅−=

≅−=

≅=

≅−=

≅−=

∫

J5544785248406LLCR is,ipol,i =−=−=



Esercizio 2 Le condizioni di funzionamento note sono:

I stadio s

kg35pp

TTm10.1

TT

nn 0

0

0

0

==

II stadio III nn = Il punto di funzionamento del I stadio è indicato con I sulla caratteristica del compressore, di seguito riportata.

//

m T Tp p

0

0[Kg/s]

I

Si ricava per il punto I:

83.004.3 I,cI =η=β Per il I stadio 01 pp = e 01 TT = , quindi:

10.1nn

0

=

skg35m =

Assumendo per l’aria kgK

J287R = e 4.1k = , si può valutare il lavoro interno del I stadio:



1.4 1k 11.4k

i,I i,is,I 1,I Ic,I c,I

1 1 k 1 1.4 J kJL L R T 1 287 300 3.04 1 135763 135.763k 1 0.83 1.4 1 kg kg

−− ⎛ ⎞⎛ ⎞= = β − = − = =⎜ ⎟⎜ ⎟η η − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Vale anche la relazione: ( )I,1I,2pI,i TTcL −=

Il valore di cp risulta pari a:

kgKJ5.1004

14.14.1287

1kkRcp =

−=

−=

Dall’ultima espressione del lavoro interno è possibile ricavare la T2,I:

K2.4355.1004

135763300cL

TTp

I,iI,1I,2 =+=+=

Infine bar04.3104.3pp I,1II,2 =⋅=β=

Si può ora calcolare il punto di funzionamento del II stadio. Poiché tra I e II stadio non c’è interrefrigerazione si ha:

bar04.3pp I,2II,1 == K2.435TT I,2II,1 ==

Inoltre essendo

10.1nn

0

= ed III nn =

si hanno per il II stadio le seguenti condizioni di funzionamento:

913.02.435

300n

n10.1TT

nn

0

00

0

=⋅

=

skg87.13

04.31

3002.43535

pp

TTm 0

0

==

Il II stadio lavora in condizioni di pompaggio.



Esercizio 3 La portata che attraversa la macchina è minima quando uno dei due stadi è in condizione limite di pompaggio. Per quanto visto nell’esercizio 2, si considera lo stadio II funzionante in condizione limite del pompaggio (se si considerasse lo stadio I al limitedel pompaggio, anche il II stadio lavorerebbe in pompaggio). Condizione al limite del pompaggio per il II stadio:

125.2s

kg75.7

102p288T

m IIII,1

II,1

=β=

Essendo noti i valori di 1,IIT e 1,Ip si ottiene:

skg75.7m

102102

m

102p

m

102p288288

mIIII,1II,1=

β=

β⋅=

β⋅=

da cui:

75.7m

I =β

Moltiplicando e dividendo rispettivamente per le quantita unitarie 1,IT288

e 1,Ip102

, si ottiene la

seguente equazione

102p

288T

m

75.71

I,1

I,1

I =β

che è una retta passante per l’origine sul diagramma della caratteristica del compressore e rappresenta la caratteristica esterna per il I stadio del compressore. Tracciando la retta su tale diagramma, si ottiene quindi il punto di funzionamento del I stadio come intersezione della caratteristica esterna e della caratteristica interna del compressore. Questo punto è stato indicato con I.



0

III

1 quadratino = 0.25 kg/s

1 quadratino = 0.025

I valori ottenuti relativi al I stadio risultano:

82.0s

kg875.16m

102p288Tm

175.2 I,c1

1

I =η===β

Si possono calcolare i lavori interni dei due stadi:

kgJ877001175.2288

14.14.1287

82.011T

1kkR1L1L 4.1

14.1

k1k

II,1I,c

I,is,iI,c

I,i =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β

−η=

η=

−−

kgJ914761125.2288

14.14.1287

76.011T

1kkR1L1L 4.1

14.1

k1k

IIII,1II,c

II,is,iII,c

II,i =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β

−η=

η=

−−

Assumendo 97.0m =η si può calcolare la potenza assorbita:

( ) ( ) kW1.3117W31171089147687700875.1697.01LLm1PP II,iI,i

mm

iass ==+=+

η=

η=

La pressione finale di mandata è pari a: II,1IIII,2 pp ⋅β=

Essendo: I,2II,1 pp =

I,1II,2 pp ⋅β= kPa43.471102175.1125.2pp I,1IIIII,2 =⋅⋅=⋅β⋅β=



Se all’inizio dell’esercizio fosse stato ipotizzato il I stadio in condizione limite di pompaggio, si sarebbero ottenute le seguenti condizioni di funzionamento: I stadio

skg25.10m

102p288Tm

5.21

1

I ===β

1,II 2,I I 1,Ip p p 2.5 102 255kPa= =β ⋅ = ⋅ = II stadio

1,II

1,II

T 288m 10.25 10.25 kg288 288 4.1p 255 2.5 s102102

= = =

Il II stadio lavorerebbe in condizioni di pompaggio.



Esercizio 4 Si indichi con: 1 sezione di ingresso della girante 2 sezione di uscita della girante coincidente con la sezione di ingresso del diffusore 3 sezione di uscita del diffusore Si valutino ora i triangoli delle velocità.

sm308.277250120ucw 2222

11 =+=+=

°=−°=β 359.154wcarcsin180

1

11

La deflessione nella girante vale 1 2 20δ = β −β = ° . Si impone 2 1β > β in modo da ottenere una macchina operatrice:

°=δ−β=β 359.13412 Da relazioni trigonometriche:

sm838.167

)359.134sin(120

sincw

2

12 ==

β=

sm655.132250)359.134cos(838.167ucoswc 222u =+⋅=+β=

sm878.178120655.132ccc 222

12

2u2 =+=+=

°==α 13.42ccarcsin

2

12

Il diffusore realizza una ulteriore compressione del fluido, quindi la velocità dovra diminuire: 23 cc < . Il testo fornisce la deflessione nel diffusore: 2 3 20δ = α −α = ° . Si sceglierà 3 2α > α in

modo da avere effettivamente una diminuzione di velocità nel diffusore: °=+=δ+α=α 13.622013.4223

sm74.135

)13.62sin(120

sincc

3

13 ==

α=

Si ha il seguente schema dei triangoli delle velocità: +

δw1

u

w2

c1

u

c2

c3δ

Essendo la macchina operatrice (turbocompressore):

( )kgkJ163.33

kgJ8.33163655.132250cuccuL 2u1u2ui ==⋅=⋅=−=

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 3:

( )2

ccTTcEiL2

12

313pci

−+−=Δ+Δ=



Quando si considera un singolo stadio non è possibile trascurare la variazione di energia cinetica rispetto alla variazione di entalpia.

K01.319102

12074.13516.330045.11288

2ccL

c1TT 3

2221

23

ip

13 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+=

Per calcolare la p3 bisognerebbe conoscere l’esponente m della evoluzione politropica, che invece è ancora incognito. Allora conoscendo il rendimento isoentropico si valuta il lavoro isoentropico.

kgkJ512.2916.3389.0LL icis,i =⋅=η=

Dalla definizione di lavoro isoentropico è possibile calcolare la temperatura T3 che si avrebbe all’uscita dello stadio in condizioni di evoluzione isoentropica.

K38.315102

12074.135512.290045.11288

2ccL

c1TT 3

2221

23

is,ip

1is,3 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−

−+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+=

Sfruttando l’evoluzione isoentropica si può valutare la pressione p3 di uscita dallo stadio:

k1k

3

is,3

k1k

1

1

p

T

p

T−− =

kPa16.140288

38.315102TTpp

14.14.1

1kk

1

is313 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

A questo punto risulta possibile valutare l’esponente medio della politropica:

( )( ) 322.0

10216.140ln

28801.319ln

ppln

TTln

m1m

1

3

1

3

==⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

=−

474.1m = Applicando il primo principio alla girante si può valutare la temperatura in uscita dalla girante:

K25.312102

120878.17816.330045.11288

2ccL

c1TT 3

2221

22

ip

12 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

−−+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+=

Approssimando l’espondente della politropica di compressione nella girante uguale all’esponente della politropica della compressione in tutta la macchina si può valutare la pressione del gas in uscita dalla girante:

kPa157.131288

25.312102TTpp

1474.1474.1

1mm

1

212 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

−−

Vale la pena ricordare che quando si considera il singolo stadio di una macchina la variazione di energia cinetica non è in generale trascurabile rispetto alla variazione di entalpia. Dunque la definizione di rendimento isoentropico, nel caso in cui l’energia cinetica venga completamente ricuperata nello stadio successivo, risulta:

o1

o3

23o

1is,3

21

23

13

21

23

1is,3

i

lim,i,isis ii

2cii

2c

2cii

2c

2cii

LL

−

+−=

−+−

−+−==η=η Θ



1

3

3is

S

ip2

p1

p3

2c32

2c32

Li

Li lim 2

Nel caso di gas pefetto la precedente relazione diventa:

( )

( )2

ccTTc

2ccTTc

LL

21

23

13p

21

23

1is,3p

i

is,iis −

+−

−+−

==η



ESERCITAZIONE 7

1) Un impianto di turbina a gas monoalbero, a ciclo semplice, ha in condizioni ambiente standard (p = 1 atm, t = 20°C) le seguenti caratteristiche nominali di funzionamento: Pu = 10 MW, n = 3000 giri/min, βc = 8.5, T3 = 1200 K, ηc = 0.86, ηt = 0.88, ηπb = 0.98, ηb = 0.96, ηo = 0.96, Hi = 42500 kJ/kg. Determinare la portata di aria, la portata di combustibile ed il rendimento globale dell’impianto in tali condizioni. Si assumano per semplicità i seguenti valori costanti delle proprietà dell’aria cp = 1046.5 J/kg⋅K, R = 287 J/kg⋅K, e dei gas combusti cp’ = 1172.1 J/kg⋅K, R’ = 288.8 J/kg⋅K.

2) Di un impianto a ciclo combinato gas vapore cogenerativo, con turbina a vapore ad estrazione,

sono noti i seguenti dati di funzionamento (ambiente standard): - impianto TG: βc = 13.9, ηyc = 0.87, ηb = 0.95, ηπb = 0.98, T3 = 1435 K, ηo = 0.96; - impianto TV: vapm = 76 kg/s; pO = 80 bar, tO = 500 °C, ηθAP = 0.84, ηθBP = 0.84, pK = 0.06

bar, ηo = 0.95; - utenza termica: um = 30 kg/s, pH = 10 bar, restituzione liquido in condizioni di saturazione; - GVR: ΔTpinch point = 12 °C, temperatuta dei fumi al camino tf = 150 °C; - combustibile: metano (H i = 46.214 MJ/kg) Determinare il rendimento globale dell’impianto, la potenza utile complessiva, nonchè la temperatura di scarico dei gas dalla TG.

(cp = 1008 J/kgK, cp’ = 1168 J/kgK, R= 287 J/kgK, R’ = 293 J/kgK) 3) Un impianto di TG, a ciclo semplice, monoalbero, presenta in condizioni-ambiente standard le

seguenti caratteristiche: βc = 8, ηc = 0.83, T3 = 1200 K, ηπb = 0.98, ηb = 0.97, ηyt = 0.85, ηo = 0.96, ma0 = 40 kg/s.

Determinare ηg e Pu sapendo che il potere calorifico del combustibile usato è pari a 42700 kJ/kg. 4) Un impianto di TG a ciclo semplice aperto funziona con le seguenti caratteristiche:

p1 = 1 bar, T1 = 300 K, βc = 12, T3 = 1200 K, ηyc = 0.85, ηt = 0.86, ηπb = 0.98, η0 = 0.97, ηb = 0.97, Hi = 42700 kJ/kg. Calcolare la portata di aria necessaria per una potenza utile di 50 MW e il rendimento globale dell’impianto.

5) Un impianto di turbina a gas a ciclo semplice in condizioni ambiente standard presenta le

seguenti caratteristiche: βc = 13,9, t3 = 1162 °C, ηyc = 0.85, ηyt = 0.84, Pu = 132 MW, ηb = 0.97, ηπb = 0.97, η0 = 0.96, Hi = 42500 kJ/kg. Si desidera utilizzare il calore dei fumi allo scarico per produrre vapore surriscaldato a 6 bar e 400°C, con una temperatura dell’acqua di alimento del generatore di vapore a recupero (GVR) pari a 20 °C. Valutare la portata in massa di vapore ottenibile (imponendo che la minima differenza di temperatura tra gas combusti e vapore non scenda al di sotto di 10 °C in nessuno degli elementi costituenti il GVR e che la temperatura dei fumi non sia inferiore a 110°C) e si confronti il rendimento globale dell’impianto reso cogenerativo con il rendimento globale dell’impianto a ciclo semplice. (cp = 1050 J/kg⋅K, R = 287 J/kg⋅K, cp’ = 1120 J/kg⋅K, R’ = 288 J/kg⋅K)



Soluzioni

Esercizio 1

Lo schema dell’impianto è

1

2

4

3

g a bm m m= +am

bm

G

L’andamento del ciclo nel diagramma di Gibbs è:

2

3

S

T

p2

p3

1

p1

4

La potenza utile di un impianto di turbina a gas è valutata come:

( ) ( )[ ] uactaocatbaoctou LmL1LmLmLmmPPP =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

αα+

η=−+η=−η=

Conoscendo il valore della potenza utile è possibile ricavare la portata di aria. Dai dati del problema si calcolano i valori di k e k’:

378.12875.10465.1046

Rcc

kp

p =−

=−

=

327.18.2881.1172

1.1172'R'c

'c'k

p

p =−

=−

=

Il lavoro del compressore risulta:

( )kgkJ755.28415.82930465.1

86.011Tc11

TTTc1TTc1L 378.1

378.0

k1k

c1pc1

is21p

c1is2p

cc =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β

η=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

η=−

η=

−

Il rapporto di espansione del turboespansore è:



33.898.05.8pp

pp

pp

pp

bc1

2

2

3

1

3

4

3t =⋅=ηβ====β π

Dunque, il lavoro della turbina risulta:

( )kgkJ625.503

33.8

1112001.117288.011T'cTT1T'cTT'cL

327.1327.0

k1k

t

3pt3

is43ptis43ptt =

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

β−η=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−η=−η= −

Il calore ceduto ai gas combusti nel combustore è: ( ) ( )23pbaibb1 TT'cmmHm −+=η=Q

Allora: ( ) ( )23pib TT'c1H −+α=η

( ) 1TT'c

H

23p

ib −−

η=α

Dal lavoro del compressore è possibile calcolare la temperatura T2: ( )12pc TTcL −=

K1.5650465.1

755.284293cLTT

p

c12 =+=+=

A questo punto è possible valutare la dosatura:

( ) ( ) 83.5311.56512001.1172

104250096.01TT'c

H 3

23p

ib =−−⋅⋅

=−−

η=α

La portata di aria risulta dunque:

( )[ ] ( )[ ] skg64.45

7.28483.53625.503183.5396.0101083.53

LL1Pm

3

cto

ua =

⋅−+⋅⋅

=α−α+η

α=

La portata di combustibile è legata a quella di aria tramite la dosatura:

skg848.0

83.5364.45mm a

b ==α

=

In tali condizioni il rendimento globale dell’impianto risulta:

277.042500848.01010

HmP 3

ib

ug =

⋅⋅

==η



Esercizio 2 Si riporta lo schema dell’impianto:

1

2

4

3

G

b

M’

MN

O

5

gm

am

bm

gm

APm BPm

umH

U

K

L

AP BP

Con condizioni ambiente standard si intendono le seguenti condizioni:

K293C20Tbar013.1atm1mmHg760p 11 =°==== Per quanto la parte turbina a gas TG è possibile calcolare:

kgJ40353019.1329310081TcL 87.0

110082871

cR

c1pc ycp =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β= η

Dalla definizione di lavoro del compressore ( )12pc TTcL −=

è possibile calcolare la T2:

K3.6931008

403530293cLTT

p

c12 =+=+=

Applicando il primo principio della termodinamica al combustore, si scrive: ( ) ( )23pbaibb TT'cmmHm −+=η ( ) ( )23pib TT'c1H −+α=η

È dunque possible calcolare la dosatura:

( ) ( ) 68.4913.69314351168

10214.4695.01TT'c

H 6

23p

ib =−−

⋅⋅=−

−η

=α

Per quanto riguarda la turbina a vapore TV è possibile calcolare l’entalpia dei punti dal diagramma di Mollier:

kgkJ3404i

C500Tbar80p

O OO

O =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°==



kgkJ2848i

ss

bar10pH

is

is

is

HOH

His =

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

kgkJ2122i

ss

bar06.0pK

is

is

is

KHK

Kis =

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

Dalla definzione di rendimento della turbina

HisO

HOAP ii

ii−−

=ηϑ

si ottiene:

kgkJ2937iH =

Inoltre

KisH

KHBP ii

ii−−

=ηϑ

dunque:

kgkJ2252iK =

Per i punti U ed L, in cui il fluido si trova in condizioni di saturazione, l’entalpia può essere ricavata dalle tabelle della curva limite inferiore. Si ottiene:

kgkJ61.762i

clibar10p

U UU =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

kgkJ50.151i

clibar06.0p

L UL =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

Applicando il primo principio della termodinamica al nodo a valle del condensatore e dell’utenza termica, per valutare l’entalpia del punto M’ (si trascura la presenza delle pompe):

LBPUu'MAP imimim ⋅+⋅=⋅ ( )

kgkJ73.392

765.151307661.76230

mimimi

AP

LBPUu'M =

−+⋅=

+=

Si considera il GVR.



Superficie scambiatore

T

ECO VAP SUR

M’

M N

O

4

5

6

ΔTap

ΔTpp

L’entalpia del punto M viene letta sulla curva limite inferiore:

kgkJ1.1317i

clibar80p

M MM =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

I gas combusti caldi, in uscita dalla turbina a gas, scaldano l’acqua nel generatore di vapore a ricupero GVR. È possibile considerare un bilancio di scambio termico ad uno o più elementi del GVR Bilancio ECO

( ) ( )56pg'MMAP TT'cmiim −=− ( )( )56p

'MMAPg TT'c

iimm−−

=

K580C30712295TTTTT ppbar80,clippM6 =°=+=Δ+=Δ+= K423273150T5 =+=

( )( )

( )( ) s

kg1.3831503071168

1073.3921.131776TT'ciimm

3

56p

'MMAPg =

−−

=−−

=

Essendo ( ) bbag m1mmm +α=+=

skg56.7

68.501.383

1m

m gb ==

+α=

skg5.375

68.4968.50

1.3831

mm g

a ==

α+α

=

Considerando nuovamente il GVR: Bilancio ECO+VAP+SUR

( ) ( )64pgMOAP TT'cmiim −=−

( ) ( ) K4.9341168

101.131734041.383

76580'cii

mmTT

3

p

MO

g

AP64 =

−+=

−+=



( ) ( )kgJ5847014.93414351168TT'cL 43pt =−=−=

( ) ( ) MW57.69W1057.694035305.3755847011.38396.0LmLmP 6catgoTG,u =⋅=⋅−⋅=−η=

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]MW65.63W1065.63

102252293746293734047695.0iimiimP6

3KHBPHOAPoTV,u

=⋅=

=⋅−+−=−+−η=

MW22.13365.6357.69PPP TV,uTG,uTOT,u =+=+=

( ) ( ) MW23.65W1023.651061.762293730iim 63UHuu =⋅=⋅−=−=Q

ug

vb i

b eq

P 133.22 0.478Q 63.257.6 46.214m H0.9

η = = =⋅ −−

η

Il valore di b eqη è imposto per legge al valore di 0.9 (rendimento medio di un generatore di vapore di un impainto a vapore tradizionale).



Esercizio 3 Il lavoro del compressore risulta:

kgkJ26.284182930465.1

83.011Tc1L 5.1046

2.287

cR

c1pc

c p =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β

η=

La temperature dell’aria in uscita dal compressore è

K23.5640465.1

26.284293cLTT

p

c12 =+=+=

Considerando un bilancio al combustore: ( ) ( )23pbaibb TT'cmmHm −+=η

Allora:

( ) ( ) 68.56163.56412001302.1

4270097.01TT'c

Hmm

23p

ib

b

a =−−

⋅=−

−η

==α

Il rapporto di espansione del turboespansore è: 84.798.08bct =⋅=ηβ=β π

Il lavoro della turbina risulta:

kgkJ10.489

84.7

1112001302.111T'cL85.0

2.11308.288

'c'R

t

3ptyt

p

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

β−=

η

Il lavoro utile può essere calcolato come:

kgkJ93.20426.284

68.5668.56110.48996.0L1LL ctou =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

+=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

αα+

η=

È possibile calcolare ora uP :

( )[ ] kW11.819793.20440LmLL1mLmLmmP uactaocatbaou =⋅==⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

αα+

η=−+η=

Noto il potere calorifico inferiore del combustibile, si calcola gη :

272.0

68.5642700

93.204HL

mHm

LHmLm

HmP

i

u

a

ib

u

ib

ua

ib

ug ==

α

====η



Esercizio 4 Il lavoro del compressore risulta:

kgkJ37.3861123000465.11TcL 85.0

15.1046

2871cR

c1pc ycp =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β= η

Conoscendo il lavoro del compressore si può valutare la temperature dell’aria in uscita dal compressore:

K2.6690465.1

37.386300cLTT

p

c12 =+=+=

Dalla relazione di scambio termico al combustore ( ) ( )23pbaibb TT'cmmHm −+=η ( ) ( )23pib TT'c1H −+α=η

È possible calcolare la dosatura con cui lavora l’impianto:

( ) ( ) 04.6812.66912001302.1

4270097.01TT'c

H

23p

ib =−−

⋅=−

−η

=α

Il rapporto di espansione del turboespansore è: 76.1198.012bct =⋅=ηβ=β π

Il lavoro della turbina risulta:

kgkJ05.545

76.11

1112001302.186.011T'cL2.11308.288

'c'R

t

3ptt

p

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

β−η=

Il lavoro utile è:

kgkJ69.16137.386

04.6804.6905.54597.0L1LL ctou =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

αα+

η=

La portata è quindi pari a:

skg24.309

69.1611050

LPm

3

u

ua =

⋅==

Il rendimento gη :

258.042700

69.16104.68HL

HmLm

HmP

i

u

ib

ua

ib

ug ==α===η



Esercizio 5 Si riporta di seguito lo schema dell’impianto:

1

2

4

3

G

b

L

MN

O

5

gm

am

bm

gm

vm

Il lavoro del compressore risulta:

kgkJ508.409

kgJ409508129310501Tc1TcL 85.0

11050287

c

1cR

c1p

1k

1k

c1pc ycpyc ==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −β⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −β= ηη

−

Espremendo il lavoro del compressore come: ( )12pc TTcL −=

è possibile calcolare la T2:

K6831050

409508293cLTT

p

c12 =+=+=

Essendo

483.1397.09.13pp

pp

pp

pp

bc2

3

1

2

1

3

4

3t =⋅=ηβ====β π

il lavoro della turbina risulta:

kgkJ903.690

kgJ690903

483.13

111435112011T'c11T'cL84.0

1120288

'c'R

t

3pk

1k

t

3ptyt

pyt

==⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⋅=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

β−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

β−=

ηη−

Scrivendo il lavoro della turbina come: ( )43pt TT'cL −=

è possibile calcolare la T4 dei gas combusti allo scarico della turbina:

K8181120

6909031435'c

LTTp

t34 =−=−=

Dalla relazione di scambio termico applicata al combustore: ( ) ( )23pbaibb TT'cmmHm −+=η ( ) ( )23pib TT'c1H −+α=η

Si può valutare la dosatura:

( ) ( ) 22.5216831435112010214.4697.01

TT'cH 6

23p

ib =−−⋅⋅

=−−

η=α

Dalla definizione di potenza utile



( )[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −α+α

η=−+η= ctaocatbaou LL1mLmLmmP

è possible calcolare:

skg69.466

LL1Pm

cto

ua =

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −α+α

η=

skg937.8

22.5269.466mm a

b ==α

=

Si consideri ora l’equazione di scambio termico tra gas combusti ed acqua applicata a tutto il generatore di vapore a ricupero GVR:

Superficie scambiatore

T

ECO VAP SUR

L

M N

O

4

5

P

( ) ( )MOP4pg iimTT'cm −=− 10TT MP +=

TM si ricava dalle tabelle della curva limite inferiore:

kgkJ42.670iK8.431T

clibar6p

M MMM ==

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

K8.441108.43110TT MP =+=+= Dal diagramma di Mollier:

kgkJ3274i

Tp

O OO

O =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

Si può quindi calcolare la portata di vapore: ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) s

kg04.791042.67032748.4311.8181120937.869.466

iiTT'c

mmii

TT'cmm 3

MO

P4pba

MO

P4pg =

⋅−−

+=−−

+=−−

= Dall

a relazione che segue si può valutare la T5: ( ) ( ) ( ) ( )5Ppba5PpgLM TT'cmmTT'cmiim −+=−=−

L’entalpia massica del punto L può essere valutata dalle tabelle della curva limite inferiore perchè in L le condizioni corrispondono a quelle di liquido saturo. Nelle tabelle delle curve limiti non si trova il valore di temperatura di 20°C ma si trovano due valori prossimi a questo: 17,513 °C e



21,096 °C. Si esegue pertanto una interpolazione lineare per calcolare l’entalpia massica del punto L alla temperatura desiderata.

kgkJ46.73i

C513.17Tbar020.0p

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°==

kgkJ45.88i

C096.21Tbar025.0p

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

°==

( ) ( )kgkJ86.83513.1720

513.17096.2146.7345.8846.73C20tiL =−

−−

+=°=

Dunque da un bilancio di scambio temico applicato all’economizzatore: ( )( )

( )( ) K8.344

937.869.46611201086.8342.67004.798.431

mm'ciimTT

3

bap

LMP5 =

+⋅−

−=+−

−=

Considerando un bilancio a tutto il GVR (economizzatore + vaporizzatore + surriscaldatore) si sarebbe potuto scrivere:

( )( ) K8.344

mm'ciimTT

bap

LO45 =

+−

−=

La temperatura T5 ottenuta è inferiore rispetto a quella minima richiesta. Dunque per questo impainto le condizioni di temperatura al camino rappresentano una condizione più stringente rispetto alla differenza di temperatura al pinch point. Per questo si impone la temperatura al camino e la condizione al pinch point sarà automaticamente verificata. Si impone dunque:

K383C110T5 =°= Considerando lo scambio termico tra gas combusti e acqua in tutto il GVR

( ) ( )54pgLO TT'cmiim −=− si ricava la portata di vapore:

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( ) s

kg65.721086.833274

3831.8181120937.869.466ii

TT'cmmii

TT'cmm 3

LO

54pba

LO

54pg =−

−+=

−−+

=−

−=

La potenza termica sottratta nell’utilizzazione termica è: ( ) ( ) 3 6

u v O Lm i i 72.65 3274 83.86 10 231.76 10 W 231.76MW= − = − = ⋅ =Q Il rendimento dell’impianto cogenerativo è:

ug,cog

ub i

beq

P 132 0.849231.768.937 46.214m H 0.9

η = = =⋅ −−

ηQ



ESERCITAZIONE 8 1) Una pompa idraulica centrifuga, alla velocità di rotazione di 1450 giri/min, è in condizioni di

massimo rendimento idraulico con Hu0 = 80 m, Q0 = 2 m3/s. Si vuole utilizzare tale pompa, facendola funzionare in condizioni di massimo rendimento, per pompare acqua tra due serbatoi a pelo libero tra i quali esiste un dislivello di 160 m lungo una tubazione che dà luogo complessivamente ad una perdita di carico di 1 m quando è attraversata dalla portata di 1 m3/s. Calcolare la velocità di rotazione della pompa e la portata da essa mandata.

2) Una pompa idraulica centrifuga avente la girante come conformata in figura, aspira acqua da una condotta con c = 4 m/s e la invia in una condotta con c = 4 m/s. Conoscendo l’angolo β” = 145° e che, in condizioni di progetto, α” = 20° mentre il lavoro delle resistenze passive Lw vale il 15% di Li, calcolare la potenza assorbita in tali condizioni, la prevalenza fornita, nonchè la variazione di quota piezometrica tra condotta di aspirazione e uscita dalla girante (supposto che metà delle perdite per resistenze passive si abbiano nella girante e metà nel diffusore).

3) Una pompa centrifuga monostadio deve far circolare 80 l/s

di acqua in un circuito che richiede una prevalenza di 20 m. La pompa prescelta ha un diametro della bocca di aspirazione di 18 cm e funziona a 1600 giri/min con un rendimento ηy = 0.8. Calcolare la potenza assorbita dalla pompa (ηm = 0.97).

4) Una turbopompa presenta la

caratteristica allegata per condizioni di funzionamento a numero di giri costante. Determinare la prevalenza ottenuta e la potenza assorbita dalla pompa quando essa eroga la portata Q = 400 m3/h. Calcolare la potenza assorbita nel caso in cui si voglia dimezzare la portata laminando alla mandata

5) Una turbopompa ha, ad n = 2500 giri/min, la stessa caratteristica dell’esercizio 4. Essa pompa

acqua tra due serbatoi a pelo libero con un dislivello di 15 m. Calcolare a quale velocità dovrà ruotare la pompa perchè la portata si annulli. Calcolare inoltre con tale nuova velocità di rotazione, la portata che la pompa sarebbe in grado di mandare con Hu = 10 m.

Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηp p



Soluzioni

Esercizio 1

Le condizioni indicate dal testo con pedice 0 fanno riferimento al funzionamento della pompa in condizioni di massimo rendimento idraulico. Si vuol far lavorare la pompa in condizioni diverse rispetto alle condizioni 0, ma sempre in condizioni di massimo rendimento idraulico. Si desidera cioè:

y costη = Si cerca quindi un punto di funzionamento ad una diversa velocità di rotazione della macchina in similitudine fluididinamica con il punto 0. In condizione di similitudine fluidodinamica valgono le seguenti relazioni:

2

00u

u

nn

HH

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

00 nn

QQ

=

in cui Hu0, Q0, n0 rappresentano rispettivamente la prevalenza, la portata e la velocità di rotazione nel punto di funzionamento noto e Hu, Q e n rappresentano rispettivamente la prevalenza, la portata e la velocità di rotazione del nuovo punto di funzionamento. Considerando le relazioni precedenti si può dire che i punti in similitudine fluidodinamica con il punto 0 sono quelli appartenenti alla parabola passante per l’origine di equazione:

2

00u

u

QQ

HH

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Q

Hu

0

ηy = cost

Hu0

Q0

n0

La caratteristica esterna legata al circuito è:

YHH gu +=

In cui Y rappresenta il contributo delle perdite lungo le tubazioni del circuito ed è legata ad un contributo di perdite concentrate c ed uno di perdite distribuite d. In condizioni di moto turbolento le perdite si possono assumere proporzionali al quadrato della velocità del fluido nelle tubazioni e quindi al quadrato della portata:

2dc KQYYY =+=



Il testo dice che quando la portata che transita nel circuito vale 1 m3/s le perdite di carico ammontano ad 1 m.

Quando 3

23

m mQ 1 Y 1m K 1s m

s

= ⇒ = ⇒ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Utilizzando le relazioni di similitudine fluidodinamica si può scrivere: 2

00uu n

nHH ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

00 n

nQQ =

Sostituendo queste relazioni in quella che definisce la caratteristica esterna si ha: 2

0

20g

2g

2

00uu n

nKQHKQHnnHH ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

( ) g

2

0

200u H

nnKQH =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

451.12180

160KQH

Hnn

2200u

g

0

=⋅−

=−

=

Dunque la nuova velocità di rotazione della macchina risulta:

mingiri9.2103451.11450451.1nn 0 =⋅=⋅=

I nuovi valori di portata mandata e prevalenza della pompa risultano:

sm902.2451.12

nnQQ

2

00 =⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

m43.168451.180nnHH 2

2

00uu =⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Q

Hu

0

ηy = cost

Hu0

Q0

n0

Hg

Hu

Q

caratteristica interna alla velocità n0

caratteristica interna alla velocità n

caratteristica esterna



Esercizio 2 La potenza assorbita dalla pompa vale:

mv

i

m

iass

LmPPη⋅η⋅

=η

=

Il lavoro interno si valuta applicando il teorema di conservazione del momento della quantità di moto (scritto nella convenzione delle macchine operatrici)

''u''c'u'c''u''cL uuui ⋅=⋅−⋅= in cui 0'cu = non essendovi una pregirante a monte della palettatura mobile. Si ha il seguente triangolo delle velocità all’uscita della girante:

β”α”

u”

w”

c”

sm27.39

6015005.0n"d"u =⋅π=π=

La relazione vettoriale c w u= + può essere scomposta in due relazioni scalari: direzione tangenziale: "cos"w"u"cos"c β+=α direzione radiale: "sin"w"sin"c β=α Dalla relazione scritta lungo la direzione radiale si ricava:

"sin"sin"c"w

βα

=

Sostituendo nella relazione lungo la direzione tangenziale:

"u"cos"sin"sin"c"cos"c =β

βα

−α

si può ricavare c”:

"u"tg"sin"cos"c =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛βα

−α

sm50.27

42815.127.39

145tg20sin20cos

27.39

"tg"sin"cos

"u"c ==

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛°°−°

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛βα−α

=

e quindi w”:

sm40.16

145sin20sin50.27

"sin"sin"c"w =

°°

=βα

=

Allora il lavoro interno vale:

kgJ8.101427.3920cos50.27"u"cos"c"u"c'u'c"u"cL uuui =⋅°⋅=⋅α⋅==−=

Il testo fornisce:



kgJ2.1528.1014

10015L

10015L iw ===

Il rendimento idraulico risulta dunque:

85.01

15.01L

L15.0LL

LLL

gH

i

ii

i

wi

i

uy =

−=

−=

−==η

E quindi:

m93.8781.9

8.101485.0gL

H iyu =

−=

η=

Assumendo 98.0=ξ la portata nella sezione di uscita risulta:

skg79.144720sin50.271.05.098.010''sin''c"l"d''w"l"dm 3

r =°⋅⋅⋅⋅π⋅⋅=αρξπ=ρξπ=

Assumendo 1v =η si ottiene:

kW1469W1014698.101479.14471Lm1P 3i

vi =⋅=⋅⋅=

η=

Assumendo 97.0m =η si ottiene:

kW153097.0

1469PPm

iass ==

η=

Calcolo della variazione di quota piezometrica tra 1 e “ ”

a

1

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e ”

1-”) ( ) "1,w1

21

21

wgci Lz"zg2

c"cp"pLEEpL −+−+−

+ρ−

=+Δ+Δ+ρΔ

=

Come ipotesi fornita dal testo si considera:

kgJ1.762.152

21L

21L w"1,w ===−

La variazione di quota piezometrica ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

γzp risulta:

m96.572

450.271.768.101481.91

2c"c

LLg1z

p"z''p 222

12

"1,wi11 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

γ−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

γ −



Esercizio 3

Assumendo 1v =η , la potenza assorbita dalla pompa risulta:

kW227.20W202272081.9808.0197.0

1QgH1P uyvm

ass ==⋅⋅⋅⋅

=ρηηη

=



Esercizio 4

Dalla caratteristica della pompa è possibile ricavare Hu ed pη , quando essa eroga una portata

h

m400Q3

= :

Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m 3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηp p

81.0m6.29H pu =η=

La potenza assorbita risulta:

kW83.39W398326.29360040081.910

81.01QH1QgH1Lm1P 3

up

up

ip

ass ==⋅⋅=γη

=ρη

=η

=

Regolazione con laminazione alla mandata

Data la portata dimezzata e pari a h

m200'Q3

= , dalla caratteristica si ricavano:

Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m 3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηp p

57.0η'm35H' pu ==

La potenza assorbita risulta:

kW47.33W3346535360020081.910

57.01QH1'P 3

up

ass ==⋅⋅=γη

=



Esercizio 5 Sulla caratteristica della pompa assegnata alla velocità di rotazione di 2500 giri/min la portata si annulla per Hu = 36.5 m.

Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m 3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηy y

La pompa viene inserita in un circuito in cui il dislivello dei peli liberi dei due serbatoi vale 15 m. Si vuole valutare la velocità di rotazione della pompa che annulla la portata mandata.

2u gH H KQ′ ′= +

Se Q = 0 allora u gH H 15m′ = = I punti P e P’ lavorano in condizioni di similitudine fluidodinamica: entrambi i punti giacciono su una parabola degenere passante per l’origine che corrisponde al semiasse delle ordinate positive.

Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m 3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηy y

P

P’

In condizioni di similitudine fluidodinamica:

2u

u

H nH n′ ′⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Allora:

u

u

H 15 girin n 2500 1602.5H 36.5 min′

′ = = =

Si vuole valutare ora a questa velocità di rotazione, quale sarebbe la portata mandata Q” con una prevalenza manometrica Hu” = 10 m. Si sfrutti nuovamente la similitudine fluidodinamica cercando sulla caratteristica di partenza il punto P in similitudine fluidodinamica con P”:



Hu

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,00 100,00 200,00 300,00 400,00 500,00 600,00

Q [m 3/h]

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

Hu [m] ηηy y

P

P’

n

n’P”

P

curva isorendimento idraulico

Si può scrivere:

2u

u

H nnH

⎛ ⎞= ⎜ ⎟′′′ ⎝ ⎠

Allora: 2 2 3

u un 2500 mH H 10 512.5n 1602.5 h

⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟′⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Graficamente dalla caratteristica si determina 3mQ 512.5

h=

Considerando la similitudine fluidodinamica si può inoltre scrivere: Q nQ n

=′′ ′

e quindi: 3n 1602.5 mQ Q 512.5 325.5

n 2500 h′

′′ = = =



ESERCITAZIONE 9 1) Si deve progettare un motore Sabathè 4T che fornisca 100 CV a 3000 giri/min in condizioni-

ambiente standard. Si prevede un consumo specifico qb = 180 g/CVh di gasolio (Hi = 10200 kcal/kg) con dosatura α = 21 e con coefficiente di riempimento λv = 0.8. Determinare la cilindrata totale da dare al motore e il numero di cilindri affinchè la velocità media dello stantuffo non superi i 12 m/s (si assuma c/d = 1.1).

2) Due motori automobilistici 4T, uno ad accensione comandata, l’altro ad accensione per

compressione, forniscono a 4200 giri/min, in condizioni-ambiente standard, potenze utili pari rispettivamente a 50 e a 50 kW. In tali condizioni i due motori presentano consumi specifici di combustibile di 285 e di 238 g/kWh. Sapendo che il coefficiente di riempimento λv vale per entrambi i motori 0.80, e che a 3000 giri/min il suo valore sale a 0.85 mentre i consumi specifici si riducono rispettivamente a 275 e a 231 g/kWh, determinare quali potenze e quali coppie forniscono detti motori, sempre a pieno carico, nelle nuove condizioni, nonchè il valore delle rispettive portate in massa di combustibile.

3) Dalle prove effettuate al banco su un motore alternativo 4T a carburazione della cilindrata di

1200 cm3 è stata misurata un coppia all’albero di 79.7 Nm a 4950 giri/min. E’ stato misurato un volume Vb = 150 cm3 di benzina consumata in un tempo t = 0.534 min. Sapendo che la densità massica della benzina usata è ρb = 0.739 kg/dm3, determinare la potenza erogata dal motore nelle condizioni di prova, la pressione media effettiva ed il consumo specifico di combustibile. Determinare inoltre la potenza fornita ed il consumo specifico nelle condizioni-ambiente standard: p0 = 760 mm Hg, t0 = 20 °C, sapendo che le condizioni ambiente durante la prova erano: p = 744 mm Hg, t = 24 °C.



Soluzioni

Esercizio 1

La pme può essere scritta come:

vHpme iv

u αλ

η=

Il consumo specifico è definito come

iuibu

b

u

bb H

1Hm

mPmq

η=

η==

Inserendo quest’ultima relazione nella precedente si ottiene:

v1

qpme

b

v

αλ

=

In cui v rappresenta il volume massico dell’aria nelle consizioni ambiente e quindi può essere valutato considerando la legge dei gas perfetti:

RTpv =

kgm830.0

10013.1293287

pRTv

3

5 =⋅⋅

==

Sostituendo:

bar75.6Pa1075.6830.021

1

36005.73510180

8.0v

1q

pme 53

b

v =⋅=⋅

⋅

=α

λ= −

La pme è legata alla potenza erogata dal motore dalla seguente relazione:

mniVpmePu ⋅=

Dunque la cilindrata complessiva risulta: 3633

5

u m104359m10359.4

26030001075.6

5.735100

mnpme

PiV −− ⋅=⋅=

⋅⋅

⋅==

La cilindrata del singolo cilindro è legata alla corsa c e all’alesaggio d dalla seguente relazione:

32

22

22

ccd

4πcc

cd

4πc

4πdV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛===

La corsa inoltre è legata alla velocità media dello stantuffo u dalla seguente relazione: cn2u =

Si impone in questo casio che la u non superi il valore di 12 m/s. Questa condizione impone un valore massimo sulle dimensioni della corsa.

m12.0

603002

12n2

uc max =⋅

=<

Considerando la corsa c massima corrispondente alla umax si otterrebbe il seguente numero di cilindri:

89.312.0

12.11

4

104359

ccd

4

iVViVi

32

6

32 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

==−

Ovviamente, il numero di cilindri i deve essere un numero intero, per cui bisogna scegliere tra 3 e 4. Aumentando il numero di cilindri, a parità di cilindrata totale, diminuisce la cilindrata singola e



quindi diminuiscono le dimensioni del cilindro stesso, cioè corsa ed alesaggio. Allora diminuisce anche la velocità media del pistone u. Scegliendo la relazione i = 4, verrà soddisfatta la condizione u<umax.

366

m1010904

104359i

iVV

4i

−−

⋅=⋅

==

=

Per effettuare una verifica si può calcolare la velocità media u. Considerando la cilindrata di un cilindro:

32

ccd

4πV ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

si ottiene:

m119.0

1.11

4

101090

cd

4

Vc3

2

6

32 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛π

=−

E quindi:

sm9.11

603000119.02cn2u =⋅⋅==

che risulta inferiore a 12 m/s come richiesto.



Esercizio 2 Motore ad accensione comandata Essendo

ω=⋅= CmniVpmePu

vHpme iv

u αλ

η=

iuibu

b

u

bb H

1Hm

mPmq

η=

η==

si può scrivere

v1

qpme

b

v

αλ

=

pme'pme

C'C=

Considerando pari ad 1 sia il rapporto 'α

α (per come funziona il motore ad accensione comandata),

che il rapporto 1'v

v= (condizioni ambiente standard in entrambi i casi), si ha:

7865.042003000

275285

8.085.0

n'n

'vv

''qq'

n'n

v1

q

'v'1

'q'

n'n

pme'pme

P'P

b

b

v

v

b

v

b

v

u

u ==αα

λλ

=

αλ

αλ

==

Così risulta: kW3.39507865.0'P u =⋅=

3uP 50 10C 113.7 Nm2 4200

60

⋅= = =

π⋅ω

Nm2.1251011.17.113275285

8.085.07.113

'qq'C'C

b

b

v

v =⋅==λλ

=

sg002.3

hg108083.39275'P'q'm ubb ==⋅==

Accensione per compressione Essendo

mniV

q1

mnm

q1

mnm

q1

qmHmP v

b

a

bb

bb

bibuu α

ρλ=

α===η=

risulta

iVm vb ρ

αλ

=

Per come è regolato il motore ( costantev =αλ ) mb è costante a posizione costante dell’organo di

regolazione (quindi 1m

'mb

b = ), si ottiene:



0303.1231238

m'm

'qq

mq1

'm'q1

C'C

b

b

b

b

bb

bb ====

7359.042003000

231238

n'n

m'm

'qq

nmq1

'n'm'q1

P'P

b

b

b

b

bb

bb

u

u ====

Così risulta: kW8.367359.0507359.0P'P uu =⋅=⋅=

Nm1.1170303.17.1130303.1C'C =⋅=⋅=

sg361.2

hg85018.36231'P'q'm ubb ==⋅==



Esercizio 3 Nelle condizioni di prova considerate:

kW31.41W4131460

249507.79CPu ==π⋅

=ω=

Dalla relazione

mniVpmePu ⋅=

si calcola

kPa835Pa10346.8

24950101200

41314

mniV

Ppme 5

6

u =⋅=⋅

==−

Il consumo specifico di combustibile è definito come: b

bu

mqP

=

Considerando che un volume noto Vb di combustibile (contenuto in una buretta graduata di volume appunto pari a Vb) di densità nota ρb viene consumato in un tempo tb si può scrivere:

kWhg5.301

31.41601534.0

101501000739.0

PtV

Pmq

3

u

b

bb

u

bb =

⋅⋅⋅

=

ρ

==

−

Per valutare la potenza e i consumi di combustibile in condizioni ambiente standard si fa riferimento alle formule DIN riprese dalle normative italiane CUNA

μ==0

0

u

0u

TT

pp

PP

In cui: Pu = potenza erogata dal motore alle condizioni ambiente p e T p = pressione ambiente T =temperatura ambiente Pu0 = potenza erogata dal motore alle condizioni ambiente standard p0 e T0 p0 = 1 atm = pressione ambiente standard T0 = 20 °C = 293 K = temperatura ambiente standard Numericamente:

kW49.422027324273

74476031.41

TT

ppPP

0

0u0u =

++

==

μ==0

0

u

0u

TT

pp

CC

Affinchè le prove siano valide è necessario che μ sia all’interno di un dato range: 07,193,0 <μ<

In questo caso 028.1=μ .

iuibu

b

u

bb H

1Hm

mPmq

η=

η==



In prima approssimazione sia il rendimento che il potere calorifico inferiore sono indipendenti dalle condizioni ambiente per cui:

b0 bq q=



ESERCITAZIONE 10 1) Un compressore alternativo a stantuffo monostadio aspira aria a p1 = 100 kPa e manda a p2 =

600 kPa, cilindrata V0 = 1500 cm3, volume dello spazio morto Vm = 130 cm3, n = 1000 giri/min. Si conoscono gli esponenti delle linee di compressione (m* = 1.35) e di espansione (m*’ = 1.38), δ1

= δ2 = 0.06, la temperatura durante la mandata (costante) TC = TD = 510 K.

Supposte trascurabili le fughe durante la mandata si determini: la portata di aria mandata e la potenza assorbita.

2) Un compressore rotativo a palette con grado di spazio morto e laminazioni alla mandata e

all’aspirazione trascurabili, rapporto volumetrico di compressione 2.5, aspira aria dall’ambiente (98.07 kPa, 288 K) e la invia in un serbatoio a 588.42 kPa, esponente della compressione graduale (nel diagramma p,V) 1.35, rendimento meccanico 0.95, cilindrata totale 2000 cm3, velocità angolare 3000 giri/min. Calcolare la potenza assorbita dal compressore nella marcia a vuoto (p2 = p1) alla medesima velocità di rotazione, supponendo che le perdite meccaniche siano rimaste costanti.

3) Un compressore Roots della cilindrata complessiva di 8 dm3, ruotando a 1500 giri/min, aspira

aria dall’ambiente (p1 = 1 bar, t1 = 18 °C) e la invia ad una pressione di 1.5 bar in una grande capacità da cui viene servita l’utenza industriale. Calcolare la temperatura dell’aria nella capacità di mandata nonchè la potenza assorbita dal compressore (ηm = 0.95) sapendo che in tali condizioni il coefficiente di riempimento è λv = 0.85.



Soluzioni Soluzioni non presenti

Esercitazioni Exercises THM (Thermal and Hydraulic Machines)

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