Esercitazioni Exercises THM (Thermal and Hydraulic Machines)

POLITECNICO DI TORINO Dipartimento di Energetic nergetica a 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

ESERCITAZIONE 1 1) Una bombola della capacità di 5 litri, contenente contenente aria nelle condizioni p1 = 1 bar, T 1 = 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 macchina (energie cinetiche trascurabili trascurabili all’ingresso e all’uscita) espande 3 kg/s di gas da 10 bar e 500 °C °C sino a 1 bar, secondo secondo una politropica politropica pv 1.5 = cost. Si conosce L w = 62 kJ/kg; si vuol sapere la potenza interna della macchina nonchè, eventualmente, se questa scambia calore con l’esterno e quanto complessivamente. complessivamente. (c p = 1.10 kJ/kg⋅K, R = 289 J/kg ⋅K) 3) In un impianto per per riscaldare un ambiente, ambiente, il ventilatore V aspira 1.5 m 3/s di aria dall’esterno nelle condizioni p e = 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. (c p = 1005 J/kg ⋅K, R = 287 J/kg ⋅K). 4) Un recipiente del volume di 0.1 m 3 contenente aria a pressione p 1 = 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 p 1 alla pressione p 2 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.

Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

3


6) Nell’impianto di condizionamento condizionamento rappresentato in figura, 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.


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Soluzioni E serciz rcizio 1

pi

p1

Ti

T1

Vi

V

Si applichi il primo principio della termodinamica nella formulazione f ormulazione lagrangiana: Q + L = ΔE (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 t 1; m2 = massa di aria contenuta all’interno della bombola all’istante finale t 2; mi = massa di aria che all’istante iniziate t 1 è contenuta all’interno del serbatoio, mentre all’istante finale t2 si trova all’interno della bombola. Come sistema è possibile scegliere la massa m 1 + mi = m2: in questo modo si può valutare agevolmente il termine L. Si consideri inoltre l’evoluzione della massa del sistema dall’istante iniziate t 1 in cui viene aperto il rubinetto fino all’istante finale t 2 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.

mi

m1

m2

pi

istanteiniziale ini ziale t1

istante finale t2

Considerando i singoli termini della relazione (1), si ha: dL = − ∫ pdV = − ∫ ∑ p dVi i i Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

5


L’unica superficie del sistema sulla quale si ha spostamento è quella relativa a V i, pertanto: 0

L = −

∫ ∑ pdV = − p i [V]0Vi = − p i (0 − Vi ) = p i Vi

Vi

Gli estremi di integrazione (V i e 0) sono i volumi corrispondenti alla massa m i che inizialmente (istante t1) si trova nel serbatoio e alla fine (istante t 2) si troverà nella bombola. Q = 0 , considerato adiabatico il sistema. ΔE = ΔU + ΔE c + ΔE g La variazione di energia cinetica è trascurabile ΔE c ≈ 0 (le velocità in gioco sono basse), come anche la variazione di energia gravitazionale ΔE g ≈ 0 (il fluido è comprimibile). ΔU = m 2 U 2 − (m 1 U1 + m i U i ) Per cui l’equazione Q + L = ΔE = ΔU + ΔE c + ΔE g può essere riscritta riscritta come: p i Vi = m 2 U 2 − (m1 U 1 + m i U i ) Dalla relazione dU = c vdT dT : p i Vi = m 2 c v T2 − m1c v T1 − m i c v Ti (2) Per la legge dei gas perfetti: p i Vi = m i RTi si ottiene: p V m1 = 1 RT1 p V m 2 = m1 + m i = 2 RT2 Sostituendo nell’equazione (2) si ottiene: p V p V m i RTi = 2 c v T2 − 1 c v T1 − m i c v Ti RT2 RT1 c m i (c v + R )Ti = v V( p 2 − p1 ) R Essendo c v + R = c p c m i c p Ti = v V( p 2 − p1 ) R V( p 2 − p1 ) c v mi = RTi c p c p J = k , ed assumendo per l’aria R = 287 Sapendo che e k = 1.4, è possibile calcolare: cv kg K V( p 2 − p1 ) 5 ⋅ 10 −3 (150 − 1) ⋅ 10 5 mi = = = 0.639 kg kRTi 1.4 ⋅ 287 ⋅ 290 p1 V 1 ⋅ 10 5 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 m1 = = = 5.81 ⋅ 10 −3 kg RT1 287 ⋅ 300 m 2 = m1 + m i = 0.645 kg Infine dalla legge di stato dei gas perfetti si ricava T 2: p2V 150 ⋅105 ⋅ 5 ⋅10 −3 T2 = = = 405.05 K m2 R 0.64 5 ⋅ 287


6


M etodo eule uler iano non stazionar stazionariio (soluzi (soluzione one alternativa) 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

p1

T

T1

∂E  + E f (3) ∂t L’equazione della conservazione della massa all’interno del volume considerato si può scrivere come: ∂m + m f = 0 ∂t dm u dm e  f = ∑ m  j = m  u −m e = Essendo m − = −m e si ottiene dt dt j  e dt dm = m dove: me = massa entrante nel volume di controllo; mu = massa uscente dal volume di controllo.  = 0 , il primo principio (3) si riduce alla forma: Essendo Q  = 0 ed L  f E fe dt = dE − m  e E fe dt = dE − E fe dm = 0 (4) dE + E f dt = dE + m da cui dE = E fe dm Integrando si ottiene:  = Q  + L

t2

t2

∫ dE = ∫ E

t1

f e

dm

t1

c e2 E f e = i e + 2 Considerando una sezione di ingresso in cui la velocità risulta piccola (con i e circa uguale all’entalpia del fluido nel serbatoio), si può affermare che: E f e = i e Ritornando all’equazione (4) si ha: t2

t2

∫

∫

E 2 − E 1 = i e dm = c p Te dm t1

t1

⎛ ⎛ c 22 ⎞ c12 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ m 2 ⎜ U 2 + ⎟ − m1 ⎜ U 1 + ⎟⎟ = c p Te (m 2 − m1 ) 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝


7


Siccome il gas all’interno del volume di controllo è fermo all’istante t 1 e pressochè fermo all’istante finale t2, si considerano nulle le velocità c1 ≈ 0 e c 2 ≈ 0 . L’equazione precedente diventa: m 2 U 2 − m1 U 1 = c p Te (m 2 − m1 ) m 2 c v T2 − m1c v T1 = c p Te (m 2 − m1 ) = c p Te m e Utilizzando la legge di stato dei gas perfetti si ha: p V p V c v 2 2 − c v 1 1 = c p Te m e R R da cui, essendo V1 = V2 , 1 cv 1 ( p 2 V2 − p1 V1 ) = me = V( p 2 − p1 ) c p Te R kRTe Il risultato è ovviamente identico a quello trovato applicando il primo principio secondo la formulazione lagrangiana (la massa m e 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).


8


E serciz rcizio 2

2 p1

T 1

p2

1

2 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: L i = − ∫ vdp − ΔE c − L w (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: pv m = costante = p1v1m da cui 1 m 1

v = p v1 p

−

1 m

Allora: 2

⎡ − 1 +1 ⎤ 1 1 1 1 1 −1+ m 2 2 2 1 2 m ⎢ ⎥ − − ⎡ ⎤ p 1 mv m = − − ∫ vdp = − ∫ p1m v1 p m dp = − p1m v1 ∫ p m dp = − p1m v1 ⎢ p p ⎥ ⎢ ⎥ = 1 1 − + 1 1 m 1 1 1 ⎣ ⎦1 ⎢ − + 1⎥ ⎢⎣ m ⎥⎦ 1 m m −1 ⎤ 1 m −1 m −1 1 m −1 m −1 1 m −1 ⎡ m ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ p m m m = − p1m v1 p1m v1 p1 m ⎢1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥ = ⎢ p 2m − p1 m ⎥ = p1m v1 ⎢ p1 m − p 2m ⎥ = ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ m −1 ⎣ m −1 ⎣ ⎦ ⎦ m −1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ m −1 ⎤ 1+ m −1 ⎡ ⎢ ⎢ ⎛ p ⎞ m m m 1 ⎥ m 1 ⎥ = v1 p1 m ⎢1 − ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎥ = v1 p1 ⎢1 − ⎥ = RT ⎢ 1 − ⎥= 1 m −1 m −1 ⎢ ⎝ p1 ⎠ ⎥ m − 1 m −1 m − 1 ⎢ ⎛ p ⎞ m ⎥ ⎢ ⎛ p ⎞ m ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 1 ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎜ 1⎟ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ p ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ p 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎦ L’ultima eguaglianza è valida in caso di gas perfetti per i quali vale la legge: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

9


pv=RT Numericamente si ottiene: ottiene:

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 2 1.5 − 1 1 ⎥ J ⎢ − ∫ vdp = ⋅ 289(500 + 273)⎢1 − 1.5 −1 ⎥ = 359116 1 .5 kg 1 ⎢ ⎛ 10 ⎞ 1.5 ⎥ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 1 ⎠ ⎦ ⎣ Dunque la relazione (5) fornisce: J Li = − ∫ vdp − L w = 359116 − 62 ⋅ 103 = 297116 kg  L i = 3 ⋅ 297.116 = 891.3 kW Pi = m Per valutare il calore scambiato con l’esterno durante l’espansione si applichi il primo principio scritto con la convenzione delle macchine motrici. Q − Li = Δi + ΔE c (6) Trascurando, come fatto precedentemente, la variazione di energia cinetica si scrive: Q = Li + Δi = Li + c p (T2 − T1 ) Per ricavare T 2 si utilizza la legge di evoluzione politropica scritta considerando le proprietà temperatura e pressione: T m −1 = cost p m quindi T2 T = m1−1 m −1 p 2 m p1 m Sostituendo i valori numerici si ottiene: ⎛ p ⎞ T2 = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

m −1 m

T1

=

⎛ p1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ p 2 ⎠

m −1 m

=

773

⎛ 10 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠

1.5 −1 1.5

= 358.8 K

Dunque il calore scambiato calcolato dalla (6) risulta: kJ kg 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 L w, dunque: Q = Li + c p ( T2 − T1 ) = 297.1 + 1.1 (35 358.8 − 773 ) = −158.5

2

∫ TdS = Q + L

w

<0

1

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


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E serciz rcizio 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:  = E  = Q  + L (7) ∑ m jEfj = m (Ef 2 − Ef 1 ) i f j

2

c + gz , e trascurando sia la componente gravitazionale (si tratta di fluido 2 comprimibile) che la cinetica (come indicato dal testo), la relazione (7) diventa:  =m  (i 2 − i1 ) = m  Δi Q  + L i Valutando singolarmente i termini della relazione si ha:  , avendo indicato con V  la portata in volume.  = ρe V m e Dall’equazione di stato dei gas perfetti si ricava: pe 105 kg ρe = = = 1.253 3 RTe 287(273 + 5) m kg  = 1.253 ⋅ 1.5 = 1.88  = ρe V m e s Il rendimento meccanico del motore è pari a : P ηm = i Pass da cui:  = P = η P = 3.7 ⋅ 0.97 = 3.589 kW L i i m ass Ritornando all’equazione di partenza (7), e ricordando che Δi = c p ΔT si ootiene: Essendo E f = i +

 Δi − Pi = m  cpΔ T − Pi = 1.88 ⋅1. Q = m 1 .005 (35 − 5 ) − 3.589 = 56.682 − 3.589 = 53.09 kW


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E serciz rcizio 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 t 1(inizio efflusso) e t 2 (in cui pinterna = pesterna). Per un sistema avente unicamente un’uscita il primo principio in forma euleriana si scrive: t2

∫

Q - L i = ΔE + E f ,u dm u

(8)

t1

Nel caso specifico: specifico: Q = 0 (sistema adiabatico); L i = 0 (non ci sono organi mobili all’interno del volume di controllo); ΔE = m 2 E 2 − m1 E 1 dove m1 = massa contenuta all’interno del volume di controllo all’istante iniziate t 1; m2 = massa contenuta all’interno del volume di controllo all’istante finale t 2. L’energia totale massica E è data dalla somma di energia interna, energia cinetica ed energia potenziale, pertanto: c2 E = U + + gz 2 In questo caso, trattandosi di un gas (aria) il contributo gravitazionale è trascurabile gz ≈ 0; le energie cinetiche sono trascurabili sia all’istante t 1 (nell’istante in cui il recipiente viene aperto è all’interno del serbatoio l’aria è ferma) che all’istante t 2 (nell’istante in cui le pressioni interna ed c2 esterna si eguagliano l’aria all’interno del recipiente ha una velocità molto bassa), quindi ≈ 0. 2 c2 Dalla definizione di energia di una corrente fluida E f = i + + gz , e ricordando che di=c pdT è 2 possibile scrivere: 2 t2 t2 t2 t2 ⎛ c u 2 ⎞ c u (9) ∫t1 E f ,u dm u = ∫t1 ⎝ ⎜⎜ i u + 2 ⎠⎟⎟dm u = c p ∫t1 T u dm u + ∫t1 2 dm u 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: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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k −1 k

⎛ p ⎞ T u = T1 ⎜⎜ e ⎟⎟ = costante ⎝ p1 ⎠ Nella risoluzione del primo integrale a secondo membro dell’equazione si può notare che per la conservazione della massa si ha: ∂m  + m f = 0 ∂t  i = 0 (nessun ingresso nel cercipiente) Essendo m  f = ∑ m  j = m  u −m i =m u m j

 u =− Da m

∂m è possibile scrivere ∂t

 u dt = − dm u dm = −m cioè, la variazione di massa all’inerno del volume di controllo è unguale e contraria alla massa uscita dal volume di controllo stesso t2

∫ dm

t2

u

t1

= − ∫ dm = m1 − m 2 t1

L’espressione (9) diventa quindi: t2 t2 t2 t2 cu 2 cu 2 ∫t1 E f ,u dm u =c pTu t∫1 dm u + ∫t1 2 dm u =c pTu (m1 − m 2 ) + ∫t1 2 dm u Per ipotesi, considerando che tutta l’energia cinetica di efflusso dal recipiente si trasformi in lavoro disponibile all’albero della turbina: t2 2 c L turbina = ∫ u dm u 2 t1 In virtù delle considerazioni fatte l’equazione di partenza (8) diventa: t2 cu 2 0 = m 2 U 2 − m1 U 1 + c pTu (m1 − m 2 ) + ∫ dm u 2 t1 Il lavoro ottenuto nella turbina sarà: t2 2 c L turbina = ∫ u dm u = m1U1 −m 2 U 2 −c pTu (m1 − m 2 ) = m1c v T1 − m 2 c v T2 −c pTu (m1 − m 2 ) 2 t1 È ora possibile calcolare le grandezze di interesse: k-1 k

0.4

⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1.4 Tu = T1 ⎜ e ⎟ = 800 ⎜ ⎟ = 302.7 K ⎝ 30 ⎠ ⎝ p1 ⎠ Dall’equazione di stato dei gas perfetti: p1 3 ⋅ 10 6 ⋅ 0.1 m1 = V= = 1.307 kg RT1 287 ⋅ 800 p 2 1 ⋅ 10 5 ⋅ 0.1 m2 = V= = 0.1151 kg RT2 287 ⋅ 302.730 Inoltre: J c v = c p − R = 717.5 kg K Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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L turbina = 1.307 ⋅ 717.5 ⋅ 800 − 0.1151 ⋅ 717.5 ⋅ 302.73 − 1004.5 ⋅ 302.73 ⋅ (1.307 − 0.1151) = 362770 J ≅ 363 kJ


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E serciz rcizio 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) operatrici) al fluido contenuto tra le sezioni a e b: Δ p Li = + ΔE c + ΔE g + L w ρ ovvero: p b − p a c b2 − c a2 + + g(z b − z a ) + L w Li = ρ 2 Essendo p a ≅ p b , ca nulla o comunque trascurabile, ed L w = 0.15L1 (per ipotesi fornita dal testo), si ottiene: c b2 Li = + gΔz + 0.15 Li 2 c b2 0.85 Li = + gΔ z 2 Numericamente: c b2 22 + gΔz + 9.81 ⋅ 20 J 2 2 Li = = = 233.18 0.85 0.85 kg kg La portata, considerando per l’acqua una densità ρH 2 O = 1000 3 , risulterà: m 2 2 πD π ⋅ 0 .1 kg  = ρAc = ρc  = ρV m = 1000 ⋅ 2 = 15.71 4 4 s  L i = 15.71 ⋅ 233.18 = 3663 .3 W Pi = m Essendo il rendimento meccanico: P ηm = i Pass la potenza erogata dal motore risulta: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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Pass =

Pi 3663.3 = = 3776.6 W ηm 0.97


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E serciz rcizio 6 360K

400K 313K 350K 3

2

M

1

4 298K

1kg/s 313K

Il fluido impiegato sia per il condizionamento che per la refrigerazione intermedia è aria, quindi è possibile assumere: assumere: J J c p = 1004.5 ed R = 287 kg ⋅ K kg ⋅ K 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. Q + L i = Δi ovvero considerando la relazione precedente espressa in termini di potenze:  jE fj Q  + Pi = ∑ m (10) j

dove le portate sono positive se uscenti e negative se entranti nel volume di controllo. Trascurando gli scambi termici con l’esterno, e ricordando Δi = c p ΔT, si ottiene:  Δi = m  ∑ Δi = m  c p [(T2 − T1 ) + (T4 − T3 )] = 1 ⋅ 1.0045[(400 − 313) + (298 − 350 )] = 35.16 kW Pi = ∑ m Dato il rendimento meccanico, la potenza assorbita dal compressore (cioè quella fornita dal motore) risulta: P 35.16 = 37.01kW Pass = Pm = i = ηm 0.95

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.


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360K

400K 313K 350K 3

2

M

1

4 298K

1kg/s 313K

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.  Δi Q + Pi = m Potenza termica

400K 2 350K 3

Pi = 0 non essendovi, all’interno del volume di controllo che circonda lo scambiatore, organi meccanici in movimento. Si ottiene quindi:  Δi = m  c p ΔT = 1 ⋅ 1.0045(350 − 400 ) = −50.225 kW Q  = m  Δi questa volta scritta per il volume di controllo completo, si Sostituendo nell’equazione Q  + Pi = m ottiene:  Δi = 50.225 + 1 ⋅ 1.0045(298 − 313) = 35.16 kW Pi = −Q  + m Facendo riferimento al volume di controllo che comprende turbina, compressore, e scambiatore vale sempre la relazione (10):


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Q  + Pi =

∑ m E

fj

j

 E fj, si ottiene: Applicando inizialmente il primo principio al solo scambiatore, Q  + Pi = ∑ m j

360K

400K 2

313K 350K 3

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

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

Numericamente:  e (369 − 313) = 0 da cui 1(350 − 400) + m 50 kg e = = 1.064 m 47 s Sostituendo nella relazione del primo principio scritta per il volume di controllo a tratteggio  E fj = ∑ m  Δi si ha: completo Pi = ∑ m j

 c p (T4 − T1 ) + m  e c p (T out −Tin ) = 1 ⋅ 1.0045(298 − 313) + 1.064 ⋅ 1.0045(360 − 313 ) = 35.17 kW Pi = m


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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 c 1 = 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 turbomacchina assiale 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 discriminerebbe i due modi di funzionamento della macchina.


20



u

+ c1

w1 u1

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.  = ρ1ca1A1 = ρ2 ca 2 A2 m A1 = ξ1πd1l1 = A2 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 ρ1 = ρ 2 . L’equazione di conservazione della portata pertanto diventa: c a 1 =c a 2 Poiché il diametro della macchina è costante: u1 = u 2 = u


21


+ α1 α2=β1 β2

c1 w1 c2

w2

u

u

G

La direzione di w 2 è imposta dalla direzione geometrica della palettatura nella sezione di uscita. c G G Siccome la w 2 forma un angolo di 135° con la direzione dellau , ed essendo u = 1 , si ha: 2 G

G

c 2 = w1 . Calcolare i triangoli di velocità significa valutare ciascuna velocità in modulo, direzione e verso. In ingresso: m α1=90° c1 = 60 s m u = 30 s m w1 = c12 + u 2 = 602 + 302 = 67.08 s u β1 = α1 + arctg = 90° + 26.57° = 116.57° c1 In uscita: ca 2 c1 60 m = = = 84.85 w2 = cos(β2 − 90) cos(β2 − 90 ) cos 45 s β 2 = 135° G

G

Dalla costruzione grafica c 2 ≡ w1 , cioè c 2 ≡ w 2 e α 2 ≡ β1 . Per verifica: m ca 2 = w a 2 = w 2 sin β2 = 84.85 ⋅ sin 135° = 60 s m c u 2 = w 2 cos β2 + u = 84.85 ⋅ cos135° + 30 = −30 s m c 2 = ca2 + c2u = 602 + (− 302 ) = 67.08 s Per determinare se la macchina è motrice o operatrice si scrive arbitrariamente il lavoro secondo la convenzione delle macchine motrici: se il risultato r isultato ottenuto è positivo, la macchina è effettivamente motrice, altrimenti è operatrice. Li = c u1u1 − c u 2 u 2 = (c u1 − c u 2 )u = [0 − (− u )]u = u 2 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

22


Essendo sicuramente u 2 > 0 la macchina risulta motrice. Numericamente: J Li = 900 kg Assumendo ξ = 0.98 :  = ξρca πdl = ξρc1πdl = 0.98 ⋅ 1000 ⋅ 60 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 0.2 = 36495 m  L i = 900 ⋅ 36945 = 33250500 W = 33.25 MW Pi = m


23

kg s


E serciz rcizio 2

u

Si fa riferimento alla seguente simbologia: G cG velocità assoluta del fluido (valutata rispetto ad sistema di riferimento inerziale) u velocità di trascinamento della macchina G 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: G G G c=u+w La portata in generale è valutata come  = ρca A = ρc a ξπdl m  (perchè moto stazionario), ρ (perchè fluido Nel caso in oggetto, lungo lo stadio restano costanti m 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 c a 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 c 1 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 c 1 si può ricavare ri cavare conoscendo la sua componente assiale (ca1 = c0).


24


+

α1 c1

La u si valuta considerando: d 0.5 m u = ω = 240 ⋅ = 60 2 2 s

+

α1 c1

w1

β1 u

In ingresso:

α1=45° w a1 = c0 = 50

c1 =

c0 50 m = = 70.71 sin α1 sin 45° s

m s

w u1 = −u + c1 cos α1 = −60 + 70.71 ⋅ cos 45° = −10 w1 = w a21 + w 2u1 = 502 + 102 = 50.99 180 − β1 = arctg

w a1 w u1

⇒

m s

m s

β1=101.31°


25


+

α1 β1

w1

w2

c2 u

α2

β2

c1

u

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 l a 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). G

G

G

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

G

G

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

simmetrica rispetto a w 1 (essendo u costante), cioè anche gli angoli α2 e β1 sono angoli supplementari. m w 2 = 70.71 s β 2 = 135° (dato geometrico) m c 2 = 50.99 s α 2 = 180 − β1 = 78.69° Il lavoro viene calcolato utilizzando utili zzando arbitrariamente la convenzione delle macchine motrici: Li = c u1u1 − c u 2 u 2 = (c u1 − c u 2 )u = (c1 cos α1 − c 2 cos α 2 )u = (70.71 ⋅ cos 45° − 50.99 ⋅ cos 78.69°)60 = J = (50 − 10)60 = 2400 kg 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 L i=0 (infatti Li>0 significherebbe macchina motrice mentre L i<0 significherebbe macchina operatrice).


26


+

w2

c1

Li=0 se c u 2 = c u1 . Poiché c a 2 = c a1 (componente assiale costante lungo lo stadio), dire c u 2 = c u1 è equivalente a dire G

G

c 2 = c1 , allora i triangoli di velocità risultano sovrapposti, come in figura. +

w1≡w2

c1≡c2

u

La velocità periferica cercata si può valutare come m u = c1 cos α1 + w 2 cos(180 − β2 ) = 50 + 50 = 100 s d Essendo u = ω allora 2 2u 2 ⋅ 100 rad ω= = = 400 d 0.5 s In generale, la u che discrimina i due campi (macchina motrice o operatrice) è quella velocità per la G

G

quale la corrente non subisce deflessione e quindi non c’è coppia sulla girante ( w 2 ≡ w1 ).


27


ESERCITAZIONE 3 1) Dimensionare un ugello 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 p 1 = 160 kPa, T 1 = 500 K e c 1 = 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 p 1’ = 0.5 MPa, T 1’ = 550 K e c 1’ ≈ 0 e con le condizioni di valle p 2’ = 2 bar, T2’ = 310 K. 2) Un ugello ugello convergente-divergen convergente-divergente te espande espande aria (R = 287 287 J/kg J/kg ⋅K, k = 1,4) dalle condizioni p 1 = 0,25 MPa, T1 = 543 K, c 1 trascurabile, fino alla pressione p 2 = 0,16 MPa. L’ugello ha una sezione di uscita A u = 5,493 cm2 ed un rapporto di adattamento (p 2/p1°)a = 0,11. Per le condizioni dette (e nelle approssimazioni della teoria unidimensionale) calcolare la portata in massa e la velocità di efflusso. efflusso. 3) Un serbatoio, serbatoio, pieno pieno di aria a p 0 = 300 kPa e T0 = 500 K comunica con l’ambiente (p 2 = 100 kPa) attraverso una valvola di laminazione ed un effusore (isoentropico) convergente avente area di uscita A u = 0,05 m2. Supposte costanti le condizioni nel serbatoio determinare: − per quale valore della pressione p 1° a valle della valvola di laminazione si ottiene il massimo valore della velocità c 2 all’uscita dell’effusore per condizioni di adattamento;  in tali condizioni; − il valore di c 2 e della portata m  max che può passare attraverso l’effusore. − la massima portata m


28


Soluzioni E serciz rcizio 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 p confrontati i valori del rapporto di espansione po2 e del rapporto critico delle pressioni oc . p1

p1

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

2

la definizione di entalpia totale: i1o = i1 + c1 2

- il legame tra entalpia e temperatura per un gas perfetto: Δi = c p ΔT Si ottiene così: T1o

c12 100 2 = T1 + = 500 + = 505 K 2c p 2 ⋅ 1004.5

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: T1o

k −1 o p1 k k

=

T1

k −1

p1 k

1,4

⎛ T o ⎞ k −1 ⎛ 505 ⎞ 1.4−1 p1 = p1⎜ 1 ⎟ = 160 ⋅ 10 3 ⎜ = 165670 Pa = 1.657 bar ⎟ ⎜ T1 ⎟ 500 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ o

Il rapporto tra la pressione di valle e quella totale di monte risulta pertanto pari a: p 2 1 = = 0.604 p o 1.657 Calcolo del rapporto critico delle pressioni Il rapporto critico delle pressioni è pari a: k k −1

1, 4 1.4 −1

p c ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ = = = 0.528 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ p o ⎝ k + 1 ⎠ ⎝ 1.4 + 1 ⎠ Si fa notare che il rapporto critico dipende solo dal fluido in quanto dipende solo da k. Risultando p 2 p c > p o p o l’ugello dovrà essere del tipo semplicemente semplicemente convergente ed il flusso in uscita sarà subcritico.


29


o o  p1 ρ1 m A u p1o

k +1

2 ⎞ k −1 k ⎛ ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠

P (punto di progetto)

0

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ c

p2 p1o

p2 p1o

1

Calcolo della sezione A 1 di ingresso dell’ugello Il dimensionamento di un ugello semplicemente convergente richiede il calcolo di due sezioni: la sezione di ingresso A 1 e la sezione di uscita A u. L’espressione della portata in massa entrante nella sezione 1  = ρ A c m 1 1 1

permette di ricavare la superficie superficie della sezione sezione di ingresso:   m m 3 = = = 2.6906 ⋅ 10 − 2 m 2 = 269.06 cm 2 5 ρ1c1 p1 c 1.6 ⋅ 10 100 1 RT1 287 ⋅ 500 Calcolo della sezione A u di uscita dell’ugello L’equazione di conservazione della portata in massa tra le sezioni di ingresso e di uscita

A1 =

 = ρ 1 A 1 c1 = ρ u A u c u m permette invece di di ricavare un’espressione un’espressione utile per valutare valutare l’area della sezione di uscita A u:  m Au = ρu cu p È necessario determinare la densità ρ u = u e la velocità cu del fluido nella sezione di uscita. RTu 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 p u = p2 (pressione nella sezione di uscita pari a quella dell’ambiente di valle). p1° i p1

c12 2

1° 1

cu2 2

pu = p2

u S


30


Tu k −1 u k

=

T1 k −1 1 k

p p Ricavando l’espressione di T u e sostituendo i valori numerici si ottiene: k −1 k

1.4 −1 1.4

⎛ p ⎞ ⎛ 1 ⎞ Tu = T1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 500⎜ ⎟ = 437.2 K p 1 . 6 ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠ p kg ρ u = u = 0.797 3 RTu m (N.B. Il testo assegna T 2 = 295 K. Si noti che sarebbe stato errato assumere Tu = T2 . ) Per calcolare cu si applichi il primo principio della termodinamica tra la sezioni 1 ed u: Q + L i = Δi + ΔE c Essendo il primo membro nullo, l’equazione si riduce a: c 2u c12 i u − i1 + − = 0 2 2 c 2u c12 c p (Tu − T1 ) + − = 0 2 2 Sostituendo i valori numerici delle grandezze: m c u = c12 + 2c p (T1 − Tu ) = 100 2 + 2 ⋅ 1004.5(500 − 437.2 ) = 369 s  m 3 Au = = = 0.0102 m 2 = 102 cm 2 ρ u c u 0.797 ⋅ 369 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:   m m Au = = = 2 k +1 2 k +1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ k o o ⎢⎛ p 2 ⎞ k ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ p1o k ⎢⎛ p 2 ⎞ k ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ 2 p1 ρ1 ⎜ o ⎟ − ⎜ o ⎟ 2 − o o ⎢⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎥ ⎢⎜⎝ p o ⎟⎠ ⎜⎝ po ⎟⎠ ⎥ − k −1 k 1 p ρ 1 1 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦  m 3 = = = 2 k +1 2 1.4+1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 3 p1o k ⎢⎛ p 2 ⎞ k ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ 165.7 ⋅10 2 1.4 ⎢⎛ 1 ⎞ 1.4 − ⎛ 1 ⎞ 1.4 ⎥ 2 ⎜ ⎟ ⎜ 1.657 ⎟ ⎥ ⎜ po ⎟ − ⎜ po ⎟ ⎥ o ⎢ 287 ⋅ 505 1.4 − 1 ⎢⎝ 1.657 ⎠ k − 1 ⎝ ⎠ RT1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣⎢ ⎦⎥ = 1.0194 ⋅10 −2 m 2 = 101.94cm 2 Calco Calcollo delle pr prestaz staziioni dell’uge ugello “f “fuori proge ogetto” tto”

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: p 'o = 5 bar T 'o = 550 K c 'o ≈ 0 Essendo per ipotesi di studio p1o ' = p1' (in quanto c1' ≈ 0 ), il rapporto tra la pressione di valle e la pressione totale di monte monte sarà: 1

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


31


p '2 p '2 2 = = = 0.4 p1o ' p1' 5 Si confronti tale rapporto con quello critico valutato precedentemente. Si determina la seguente disuguaglianza: p '2 ⎛ p c ⎞ < ⎜⎜ o ⎟⎟ p1o ' ⎝ p ⎠ Siccome il rapporto di espansione nelle nuove condizioni è inferiore a quello critico allora l’efflusso attraverso l’ugello sarà critico. o o  p1 ρ1 m A u p1o

k +1

P’ (nuovo punto punto di funzionamento) funzionamento)

⎛ 2 ⎞ k −1 k ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠

0

p2' p1'o

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ c

1

p2 p1o

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:  ' = Au m

o'

p ⎛ 2 ⎞ k ⎜ ⎟ RT o' ⎝ k + 1 ⎠

k +1 k −1

= 101.94 ⋅10−4


5

5 ⋅10 ⎛ 2 ⎞ 1.4⎜ ⎟ 287 ⋅ 550 ⎝ 1.4 + 1 ⎠

32

1.4+1 1.4−1

= 8.78

kg s


E serciz rcizio 2 u 1

2 r

Il rapporto tra la pressione di valle e la pressione totale di monte risulta: p 2 0.16 = = 0.64 p1o 0.25 Il rapporto critico: k

⎛ p 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ k −1 ⎜⎜ o ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 0.528 k + 1 p ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠ c Essendo p 2 ⎛ p ⎞ > ⎜⎜ o ⎟⎟ p1o ⎝ p1 ⎠ c non è possibile dire se l’ugello sia critico o meno. Bisognerebbe confrontare

p 2 con il rapporto p1o

⎛ p ⎞ discriminante ⎜⎜ o ⎟⎟ incognito. ⎝ p1 ⎠ d  p o ρo m 1 1 o A r p1

1

k +1

⎛ 2 ⎞ k −1 k ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠

2

0

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠a

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠c

⎛ p ⎞ 1 ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ d

p2 p1o

Le relazioni che forniscono la portata sono: o

 = Ac m

p p o ρo

⎛ 2 ⎞ k ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠


k +1 k −1

 (1) m

33


p 2 ⎛ p ⎞ ≤ ⎜⎜ o ⎟⎟ (ugello critico). p o ⎝ p ⎠ d 2 k +1 ⎡ ⎤ k k o o ⎢⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞ k ⎥ 2 p ρ ⎜⎜ o ⎟⎟ − ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎢⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎥ k − 1 ⎣⎢ ⎦⎥

Questa relazione ha significato fisico per

 = Au m

Questa relazione ha significato fisico per

 (2 ) m

p 2 ⎛ p ⎞ p 2 ⎛ p ⎞ ⎜ ⎟ ≥ (ugello subcritico) e =⎜ o ⎟ . o ⎜ p o ⎟ p p o ⎝ ⎝ p ⎠a ⎠ d

⎛ p ⎞ Intersecando le due relazioni appena scritte, (1) e (2), è possibile valutare il rapporto ⎜ o ⎟ già ⎝ p1 ⎠a ⎛ p ⎞ noto, e ⎜⎜ o ⎟⎟ , ma questo calcolo risulterebbe abbastanza complesso, perché non risolubile in ⎝ p1 ⎠ d 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 usare la relazione che ha significato fisico in quell’intervallo. p 2 ⎛ p ⎞  (1) ed m  ( 2 ) si intersecano per  ( 2 ) è superiore alla m  (1) per Le curve relative ad m = ⎜⎜ o ⎟⎟ ; la la m o p ⎝ p ⎠ d p ⎛ p ⎞ p ⎛ p ⎞  ( 2 ) è inferiore alla m  (1) per ⎜ ⎟ < , mentre viceversa la m > ⎜⎜ o ⎟⎟ . o o ⎟ o ⎜ p ⎝ p ⎠ d p ⎝ p ⎠ d p Una volta determinato in quale intervallo di rapporto delle pressioni cade o2 si userà la relazione p p 2 ⎛ p ⎞  (1) nel campo critico (se che ha significato fisico, e cioè m < ⎜⎜ o ⎟⎟ ) ed m (2 ) in quello subcritico p o ⎝ p ⎠ d p ⎛ p ⎞ (se o2 > ⎜⎜ o ⎟⎟ ). p ⎝ p ⎠ d  (1) bisognerebbe conoscere A c, che è invece incognita. Per valutare la portata critica fornita dalla m p ⎛ p ⎞  c può comunque essere valutata dalla m  ( 2 ) per = La portata critica m : po ⎜⎝ po ⎟⎠a

 (1) = m  c = Ac m

o

p po ρo

⎛ 2 ⎞ k⎜ ⎟ ⎝ k +1 ⎠

 ( 2) = A u m

o

p RT o

k +1 k −1

= Au

p RT o

2 k +1 ⎡ ⎤ k k ⎢⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞ k ⎥ 2 − k − 1 ⎢⎜⎝ p o ⎟⎠a ⎜⎝ p o ⎟⎠ a ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

2 k +1 ⎡ ⎤ k k ⎢⎛ p 2 ⎞ ⎛ p 2 ⎞ k ⎥ ⎜⎜ o ⎟⎟ − ⎜⎜ o ⎟⎟ 2 k − 1 ⎢⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

Numericamente:


o

34


 (1) = 5.493 ⋅ 10 m

−4

2 1.4 +1 ⎤ 0.25 ⋅ 10 6 1.4 ⎡ kg 1 . 4 2 ⎢(0.11) − (0.11) 1.4 ⎥ = 0.130 s 287 ⋅ 543 1.4 − 1 ⎣ ⎦

mentre  ( 2 ) = 5.493 ⋅ 10 m

−4

2 1.4 +1 ⎤ 0.25 ⋅ 10 6 1.4 ⎡ kg 1.4 2 ⎢(0.64 ) − (0.64) 1.4 ⎥ = 0.232 s 287 ⋅ 543 1.4 − 1 ⎣ ⎦

Essendo  (1) < m  ( 2) m

p 2 ⎛ p ⎞ < ⎜⎜ o ⎟⎟ , e quindi ha significato fisico la relazione m (1) , e dunque p o ⎝ p ⎠ d kg  =m  (1) = 0.130 l’ugello risulta critico e la portata effettiva che lo attraversa è m s significa che siamo nel tratto

 p o ρo m 1 1 o A r p1

1

k +1

⎛ 2 ⎞ k −1 k ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠

0

2

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ a

⎛ p ⎞ ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠c

⎛ p ⎞ 1 ⎜⎜ o ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠ d

p2 p1o

Per valutare la velocità nella sezione di uscita A u risulterà necessario risolvere il sistema di tre equazioni in tre incognite:  = ρu Au cu m equazione di continuità p ρu = u legge dei gas perfetti RTu c 2u = c (T − T ) primo principio applicato tra 1 ed u 2 p 1 u L’ultima relazione non è altro che il primo principio applicato tra 1 e u: Q − L i = Δi + ΔE c Essendo il primo membro nullo, l’equazione si riduce a: c 2u c12 c p (Tu − T1 ) + − = 0 2 2 da cui è immediato ricavare la terza equazione del sistema, considerando che c 1=0. Non è possibile usare la legge di evoluzione isoentropica perché vi è un urto nel tratto divergente dell’ugello.


35


 m ρu A u p p Tu = u = 2 R ρ u R ρ u

cu =

p u = p 2 quando non c’è postespansione, cioè quando

p 2 ⎛ p ⎞ ≥ p o ⎜⎝ p o ⎟⎠a

c 2u = (T1 − Tu ) 2c p Sostituendo la prima e la l a seconda equazione nella terza si ottiene: 2 ⎛ m ⎞ 1 p 2 ⎜ ⎟ = − T 1 ⎜⎜ ρ A ⎟⎟ 2c ρ u R ⎝ u u ⎠ p moltiplicando il primo ed il secondo membro per ρ 2u si ottiene: 2

⎛  ⎞ 1 ⎜ m ⎛ p 2 ⎞ ⎟ =0 2 T1ρ u − ⎜ ⎟ρ u − 2c p ⎜⎜ A u ⎟⎟ ⎝ R ⎠ ⎝ ⎠ Risolvendo questa equazione di secondo grado si ottiene: 2

⎛  ⎞ 1 ⎜ m ⎛ p 2 ⎞ ⎛ p 2 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ± ⎜ ⎟ + 4T1 2c p ⎜⎜ A u ⎟⎟ ⎝ R ⎠ ⎝ R ⎠ kg ⎝ ⎠ = ρu = 1.0745 3 . 2T1 m La seconda soluzione non ha significato fisico in quanto negativa. La velocità di efflusso sarà pari a: 2

cu =

 m 0.130 m = = 220.3 −4 ρ u A u 1.0745 ⋅ 5.493 ⋅ 10 s


36


E serciz rcizio 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 p1o e T1o .

Il testo chiede di valutare la p1o per cui si ottiene la massima velocità nella sezione di uscita in condizioni di adattamento. p ⎛ p ⎞ Un ugello semplicemente convergente è adattato quando o2 ≥ ⎜⎜ o ⎟⎟ . p1 ⎝ p1 ⎠ c In condizioni di adattamento si ha p u = p 2 . La massima velocità che il fluido può raggiungere nella sezione di uscita di un ugello convergente è p ⎛ p ⎞ quella locale del suono; questa si raggiunge quando l’ugello è critico, cioè o2 ≤ ⎜⎜ o ⎟⎟ . p1 ⎝ p1 ⎠ c Dunque perché valgano entrambe le condizioni richieste il rapporto di espansione dovrà essere p ⎛ p ⎞ uguale a quello critico: 2o = ⎜⎜ o ⎟⎟ . p1 ⎝ p1 ⎠ c Dunque k 1.4 ⎛ ⎞ k 1 1 ,. − p 2 p u ⎜ p ⎟ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 4−1 = 0.528 = = = = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ p o ⎟ ⎝ k + 1 1 . 4 + 1 p1o p1o ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ c Allora p u p u p 2 100 = = = = 189.39 kPa p1o = ⎛ p ⎞ ⎛ 2 ⎞ k k −1 0.528 0.528 ⎜ o⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ p ⎠ c ⎝ k + 1 ⎠ In u si hanno le condizioni locali del suono: c u = c su = kRTu Tu ⎛ T ⎞ 2 ⎜ ⎟ = = ⎜ T o ⎟ k + 1 T1o ⎝ 1 ⎠ c Numericamente:


37


Tu = T1o ⋅

2 = 416.7 K k + 1

m s p u p 2 100 ⋅ 10 3 kg  = ρu A u cu = m Aucu = Aucu = 0.05 ⋅ 409.17 = 17.11 RTu RTu 287 ⋅ 416.7 s Attraverso la valvola avviene una laminazione, che è una trasformazione ad entalpia totale costante. c u = kRTu = 1.4 ⋅ 287 ⋅ 416.67 = 409.17

0

1

Applicando il primo principio della termodinamica al fluido tra ingresso ed uscita della valvola: Q − L i = Δi + ΔE c = Δi o si ricava T1o = T0o 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:  = Au m

 ∝ da cui si evince che m

p1o RT1o

p

o 1

RT1o

⎛ 2 ⎞ k ⎜ ⎟ ⎝ k + 1 ⎠

k +1 k −1

∝ p1o . L’ultima relazione è valida solo per il caso in esame poiché

T1o = T0 = costante . o  è massima quando la p1 è massima, e La valvola non influisce sulla T1o , ma ma sol soloo sul sulla la p1o . La m cioè quando la valvola è completamente aperta.

 max  m m = p1omax p1o

Numericamente: p1omax 300 kg  max = m  m = 17.11 = 27.10 o 189.39 s p1


38


ESERCITAZIONE 4 1) Un impianto impianto a vapore rigenerativo, con un 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 r endimento 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 t h’ = 15 °C e che quella in uscita è t h” = 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 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, rigenerativo, consuma consuma 63 t/h di combustibile combustibile 3 avente potere calorifico H i = 40 MJ/kg e richiede ri chiede per la condensazione 26650 m /h di acqua che si riscalda di 10°C nel passaggio attraverso il condensatore. Il rendimento del generatore di vapore è η b = 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.


39



 − δm  m E

 m

δm L

Valutazione della portata di vapore prodotta nel generatore

Per l’impianto in questione la potenza utile si può scrivere come: ⎡ ⎛ δm ⎞(i − i )⎤  (i O − i E ) + (m  − δm  )(i E − i K )] = η o m  i O − i E + ⎜1 − Pu = η o Pi = η o [m ⎟ E K ⎥ ⎢ ⎝ m ⎠ ⎣ ⎦ Riscrivendo la formula si può dunque valutare la portata: Pu  = m (1111) ⎡ ⎤ δm ⎞ ⎛ η o ⎢i O − i E + ⎜1 − ⎟(i E − i K )⎥  m ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 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. ⎧ p = 50 bar ⎫ kJ O ⎨ ⎬ i O = 3433.66 kg ⎩T = 500 °C⎭ A partire dal punto O, scendendo verticalmente sul diagramma di Mollier lungo una evoluzione isoentropica, si ricava il punto K isis, dall’intersezione dell’isentropica per O con l’isobara p R . kJ K is p = 0.06 bar i Kis = 2148.61 kg Il punto L si trova sulla curva limite inferiore (cli) ad una pressione di 0.06 bar. Dalle tabelle delle curve limite si ricava: kJ i L = 151.502 kg kJ i K = i O − η ϑ (i O − i Kis ) = 3433.66 − 0.85(3433.66 − 2148.61) = 2341.36 kg Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

40


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 segmento di retta che unisce i punti O e K. L’intersezione L’intersezione tra il segmento OK e l’isobara p E 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: iO − iE ≅ ηϑ i O − i E is Usando il secondo metodo, si ricava prima E is kJ i E is = 2816.98 kg e quindi kJ i E = i O − η ϑ (i O − i Eis ) = 3433.66 − 0.85(3433.66 − 2816.98) = 2909.48 kg Il punto M si trova t rova 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 sovrapposte alla curva limite inferiore. Dunque Dunque l’entalpia dell’acqua 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. kJ i M = 610.60 kg

δm

E

L

 − δm  m

 m M

 δm si scrive l’equazione del primo principio della termodinamica al fluido contenuto  m nel volume di controllo rappresentato in figura:  = E  Q  - L i f  = 0 si avrà Essendo sia Q  = 0 che L i  =0 E ⇒ ∑ m ji j = 0 f

Per valutare

j

⎛ m − δ m ⎞i + δ m  iE = m  iM ⎜ ⎟L ⎝ ⎠ Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

41


 (i M − i L ) = δ m  (i E − i L ) m

δm i M − i L 610.60 − 151.50 = = = 0.166  m i E − i L 2909.49 − 151.50 Sostituendo tutti i valori numerici nell’equazione (1111) (1111) che fornisce m si ottiene: Pu 100 ⋅ 10 3  = m = = ⎡ ⎤ 0.96[(3433.66 − 2909.49) + (1 − 0.166)(2909.49 − 2341.36 )] ⎛ ⎞ δ m ⎟ (i E − i K )⎥ η o ⎢(i O − i E ) + ⎜⎜1 − ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟  m ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝ ⎠ kg  = 104.40 m s Il rendimento globale dell’impianto è per definizione: P η g = η b η u = η b u Q 1

Il calore Q 1 fornito dall’esterno risulta (applicando il primo principio della termodinamica al generatore di vapore): −3  (i O − i M ) = 104.40 ⋅ (3433.66 − 610.60 ) ⋅ 10 Q 1 = m = 294.74 MW

Quindi:

η g = η b

Pu

= 0 .9

100 = 0.305 294.74

Q 1 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: E r r or! or! Obj Obje ects cannot cannot be cre created from fr om editi diting ng fie fi eld code codes. s. −3  ( i O − i L ) = 104.40 ⋅ ( 3433.66 − 151.50 ) ⋅10 = 342.67 MW Q 1 ' = m

Pu'

109.48 = 0.288 342.67 Q 1 Dunque eliminando lo spillamento la potenza utile aumenta (tutta la portata si espande in turbina) ed il rendimento diminuisce. ' ηg

= ηb

= 0.9 '

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. K

 m ' H

T

H m

TH"

Q C

L

Considerando come sistema il fluido motore si può scrivere: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

42


 ⋅ ( iK − iL ) Q C = m

Considerando come sistema l’acqua grezza utilizzata per il raffreddamento si può scrivere: '' '  H ⋅ c H ( TH − TH ) Q C = m Con c H si intende la capacità termica massica dell’acqua a pressione costante, pari a 4186.8 La portata di acqua risulta dunque: Q C iK − iL = c H ( TH'' − TH' ) c H ( TH'' − TH' ) Numericamente, nel nel caso di spillamento: ⎛ δm ⎞(i − i ) = 104.40 ⋅ (1 − 0.166 ) ⋅ (2341.36 − 151.502 ) = 190.68 MW  ⎜1 − Q C = m ⎟ K L ⎝ m ⎠ 190.68 kg m3  H = = 3795.3 = 13663 m 4186.8 ⋅ (27 − 15) s h Nel caso in cui lo spillamento spillamento venisse escluso: '  (i K − i L ) = 104.40 ⋅ (2341.36 − 151.502 ) = 228.63 MW Q C = m 228.63 kg m3  mH = = 4450.6 = 16022 4186.8 ⋅ (27 − 15) s h H =m  m


43

J . kgK


E serciz rcizio 2

R

Valutaz alutazione della pote potenza de dell’impianto

Non conoscendo 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: Q  - Pi = 0 Pi = Q 1 − Q 2 Pi = Q 1 − Q cond − Q u (122) Dove: Q 1 = potenza termica complessivamente fornita all’impianto; Q 2 = potenza termica complessivamente sottratta all’impianto; all’i mpianto; Q cond = potenza termica sottratta nel condensatore; Q u = potenza termica sottratta nell’utilizzazione termica; Q 1 si può valutare dalla definizione di η b :  b H i Q 1 = η b m

Q cond e Q u si valutano applicando il primo principio della termodinamica:  cond (i K − i L ) Q cond = m

 u (i H − i R ) Q u = m

Dal diagramma di Mollier e dale tabelle delle curve limite si ricavano i seguenti valori ⎧ ⎫ 6 ⋅ 10 3 = 0 . 06 bar kJ ⎪ p K = 6 kPa = ⎪ K ⎨ 10 5 ⎬ i K = 2528 kg ⎪⎩x K = 0.98 ⎪⎭ Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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⎧ p = p K = 0.06 bar ⎫ kJ L ⎨ L ⎬ i L = 151.50 kg ⎩cli ⎭ ⎧ p = 0.5 MPa = 5 bar ⎫ kJ H ⎨ H ⎬ i H = 2774 kg ⎩TH = 155 °C ⎭ ⎧ p = p H = 5 bar ⎫ R ⎨ R ⎬ Questo punto non si può leggere sul diagramma di Mollier T = 140 ° C ⎩ R ⎭ 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 =140 °C: iR = 589.13 kJ/kg. Dunque: 6 6  b H i = 0 . 9 ⋅ 5 ⋅ 39 . 66 ⋅ 10 = 178 . 47 ⋅ 10 W = 178 . 47 MW Q 1 = η b m

1000 10 3 = 59412.5 ⋅10 10 3 = 59.41MW ( 2528 − 151.50 )10 3600 1000  u (i H − i R ) = 100 (2774 − 589.13)10 3 = 60690.8 ⋅ 10 3 = 60.69 MW Q u = m 3600 Allora dalla (122) si ricava: Pi = Q 1 −Q cond −Q u = 178.47 − 59.41 − 60.69 = 58.37 MW Pu = η o Pi  cond ( i K − i L ) = 90 Q cond = m

Valutaz alutazione de del rendime ndimento global globale de dell’impianto

Assumendo η o =0.95 si ottiene: Pu = ηo Pi = 0.95 ⋅ 58.37 = 55.45 MW

η g = η b η u Per gli impianti a ricupero ri cupero si usa la seguente definizione di rendimento utile: P P ηu =  u  = ηo  i  Q 1 - Q u

Allora:

ηg = ηb

Pu 55.45 = 0 . 9 ⋅ = 0.428 Q 1 -Q -Q u 178.47 ⋅ 60.69

Valutazione del rendimento delle due turbine

Dal diagramma di Mollier si legge: ⎧ p = 10 MPa = 100 bar ⎫ kJ O ⎨ O ⎬ i O = 3376 kg ⎩TO = 500 °C ⎭ ⎧ p = p H = 5 bar ⎫ kJ H is ⎨ His i His = 2660 ⎬ kg ⎩S His = S O ⎭ 0.5 MPa = 5 bar ⎪⎫ kJ ⎪⎧ pQ = 0.5MPa Q ⎨ iQ = 3276 ⎬ kg ⎪⎩TQ = 400 °C ⎪⎭

⎧ p Kis = p K = 0.06 bar ⎫ kJ K is ⎨ i Kis = 2408 ⎬ kg ⎩S Kis = S Q ⎭ Allora: i −i 3376 − 2774 η ϑAP = O H = = 0.841 i O − i His 3376 − 2660 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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Q 1 - Q u


η ϑBP =

i Q − i K 3276 − 2528 = = 0.862 i Q − i Kis 3276 − 2408


46


E serciz rcizio 3

E

E m

L M

R S

Valutazione della potenza utile dell’impianto

Si vuole determinare la potenza utile dell’impianto: ⎡ ⎛  − m ⎞(i − i )⎤  AP (i O − i H ) + m  BP (i Q − i E ) + ⎜ m Pu = η o ⎢m BP E⎟ E K ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ Dal diagramma di Mollier si ricava: ⎧ p = 80 bar ⎫ kJ O ⎨ O i O = 3276 ⎬ kg ⎩TO = 450 °C⎭ ⎧ p = p H = 5 bar ⎫ kJ H is ⎨ His i His = 2642 ⎬ kg ⎩S His = S O ⎭ Inoltre, essendo i −i η ϑAP = O H i O − i His si ha: kJ kJ i H = i O − η ϑAP (i O − i His ) = 3276 − 0.8(3276 − 2642) = 2768.8 ≈ 2768 kg kg Sempre dal diagramma di Mollier: ⎧⎪ p Q = 0.5 MPa = 5 bar ⎫⎪ kJ Q ⎨ ⎬ i Q = 3276 kg ⎪⎩TQ = 400 °C ⎪⎭ ⎧ p Kis = p K = 0.06 bar ⎫ kJ K is ⎨ i Kis = 2408 ⎬ kg ⎩S Kis = S Q ⎭ i −i η ϑBP = Q K i Q − i Kis kJ kJ i K = i Q − η ϑBP (i Q − i Kis ) = 3276 − 0.85(3276 − 2408 ) = 2538.2 ≈ 2538 kg kg Si assume: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

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iQ − iE ≈ ηϑBP iQ − i Eis Dal diagramma di Mollier: ⎧ p Eis = p E = 2 bar ⎫ kJ E is ⎨ i Eis = 3026 ⎬ kg ⎩S Eis = S Q ⎭ kJ kJ ≈ 3064 kg kg Se E fosse stato valutato come intersezione intersezione tra il segmento segmento QK tracciato sul diagramma diagramma di Mollier kJ e l’isobara p E , si sarebbe ottenuto i E = 3084 . kg  E si valuta applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nel La portata m seguente volume di controllo. i E = i Q − η ϑBP (i Q − i Eis ) = 3276 − 0.85(3276 − 3026 ) = 3063.5

E m  BP − m  E m E L S

 BP m

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

∑ m i

j j

=0

⎛  ⎞ ⎜ m BP − m E ⎟i L + m E i E = m BP i S ⎝ ⎠  E (i E − i L ) = m  BP (i S − i L ) m  E m  BP m

=

i S − i L 504.70 − 151.50 = = 0.1213 iE − iL 3064 − 151.50

t h ⎡ ⎤ ⎛  ⎞  AP (i O − i H ) + m  BP (i Q − i E ) + ⎜ m  E ⎟(i E − i K ) = Pu = η o ⎢m BP − m ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 10 3 10 3 10 3 (3726 − 2768) + 100 (3276 − 3064 ) + (100 − 12.63) (3064 − 2538 )⎥ = = 0.96⎢200 3600 3600 ⎣ 3600 ⎦ = 45072 ⋅ 10 3 W = 45.072 MW

 E = 0.1213 m  BP = 0.1213 ⋅ 100 = 12.13 m

Valutaz alutazione de del rendime ndimento global globale de dell’impianto

Applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nel generatore di vapore si può scrivere:  u (i O − i R ) + m  BP (i O − i S ) + m  BP (i Q − i H ) = Q 1 = m


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⎡ ⎤ 10 3 10 3 10 3 (3276 − 640.12) + 100 (3276 − 540.70 ) + 100 (3276 − 2768 )⎥10 3 = = ⎢12.13 3600 3600 3600 ⎣ ⎦ = 164310 ⋅ 10 3 W = 164.310 MW Applicando il primo principio della termodinamica al fluido contenuto nell’utilizzazione termica si può scrivere: 1000 ⎛  ⎞  BP ⎟(i H − i R ) = (200 − 100 ) (2768 − 640.12 )10 3 = 59108 ⋅ 10 3 W = 59.108 MW Q u = ⎜ m AP − m 3600 ⎝ ⎠ Il rendimento globale dell’impianto è: η g = η b η u La formula del rendimento utile viene scritta tenendo in conto che si tratta di un impianto cogenerativo: P 45.072 η g = η b  u  = 0.9 = 0.386 164.310 − 59.108 Q 1 − Q u Valutazione della portata di combustibile al generatore di vapore

Considerando la definizione di rendimento del generatore di vapore, si scrive:  b H i Q 1 = η b m

da cui si ricava la portata di combustibile Q 1 164.310 ⋅ 10 6 kg t  = = = m b = 4 . 564 16 . 431 η b H i 0.9 ⋅ 40000 ⋅ 10 3 s h


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E serciz rcizio 4

Applicando il primo principio della termodinamica a tutto l’impianto:  j E j = 0 Q  − Pi = ∑ m j

Pi = Q 1 − Q 2 Per la valutazione della potenza utile e del rendimento globale si possono utilizzare le seguenti relazioni: Pu = Pi − Pass − Pmec P ηg = u  b H i m Dalla definizione di η b si ottiene: 1000  b H i = 0 . 88 ⋅ 63 ⋅ Q 1 = η b m 40 ⋅ 10 6 = 616 ⋅ 10 6 W = 616 MW 3600 26650  h ch ΔTh = ρQ h ch ΔTh = 1000 Q 2 = m 4186.8 ⋅ 10 10 = 309.94 ⋅10 10 6 W = 309.94 MW 3600 Pi = Q 1 − Q 2 = 306.06 MW Pu = Pi − Pass − Pmec = 306.06 − 8 − 2 = 296.06 MW P P P 296.06 η g = u = u = η b u = 0.88 = 0.423  b H i m 616 Q 1 Q 1 η b


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ESERCITAZIONE 5 1) Uno stadio di turbina a vapore assiale assiale riceve il vapore vapore a 10 bar, 400 °C, °C, c 0 = 120 m/s; la pressione all’uscita dal distributore è p 1 = 8 bar, coefficiente di perdita ϕ = 0.94, α1 = 25°, lunghezza dello spigolo dell’uscita delle palette del distributore l 1 = 50 mm, n = 3000 giri/min, u = 0.7.c1. La pressione allo scarico della girante vale p 2 = 6 bar, coefficiente di perdita nella girante ψ = 0.9, lunghezza dello spigolo di uscita delle palette l 2 = 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, monostadio, assiale, ad azione, ha le seguenti seguenti caratteristiche costruttive: costruttive: angolo di uscita dal distributore α1 = 20°; altezza delle palette all’uscita dalla girante, pari a quella all’uscita dal distributore, l 1 = l2 = 50 mm ( ξ1 = ξ2 = 0.96); diametro medio delle palettature d = 1 m. Le condizioni del gas (k ( k = 1,4; R = 288 J/kgK) all’ingresso sono: p 0 = 5 bar, t0 = 370 °C, c0 = 30 m/s; la pressione all’uscita dal distributore è p 1 = 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).


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

p0 c 20 2

p1

0° 0

1 p2

1is c 22 2

2is

2 2’is

S

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1 is: 0 − 1is ) Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g + ΔE ω Q = 0 perchè la trasformazione è adiabatica; L i = 0 perchè il condotto è fisso (e quindi non può esservi scambio di lavoro tra fluido e palette); ΔE g ≈ 0 essendo il fluido aeriforme; ΔE ω = 0 perchè si considera un sistema di riferimento inerziale; ΔE c non è trascurabile nel singolo stadio. Si ottiene quindi c12is c02 i1is − i 0 + − =0 2 2 Dal diagramma di Mollier: ⎧ p 0 = 10 bar ⎫ kJ m3 0 ⎨ v0 = 0.288 ⎬ i0 = 3268 = ° T 4 0 0 C k g kg ⎩ 0 ⎭ I punti 1is e 2is hanno la stessa entropia di 0, ma si trovano rispettivamente sulle isobare p 1 e p2: ⎧⎪ p1is = p1 = 8 bar ⎫⎪ kJ 1is ⎨ ⎬ i1is = 3204 kg ⎪⎭ ⎪⎩s1is = s0 ⎧⎪ p 2 = p 2 = 6 bar ⎫⎪ kJ 2is ⎨ is ⎬ i 2 is = 3120 kg ⎪⎩s 2 is = s0 ⎪⎭ m c1is = c02 + 2(i 0 − i1is ) = 1202 + 2 ⋅ 103 (3268 − 3204 ) = 377.36 s Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

52


Il coefficiente di perdita nel distributore è definito come: c ϕ= 1 c1is Dunque, è possibile calcolare la velocità c1 : m c1 = ϕ ⋅ c1is = 0.94 ⋅ 377.36 = 354.72 s Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1 si può calcolare i1 : c12 c 02 0 − 1) i1 − i 0 + − = 0 2 2 1 2 2 1 2 2 1 ⎛ 0.942 ⋅ 377.362 − 1202 ⎞ 2 ⎟⎟ = 3212.3 kJ ≈ 3212 kJ i1 = i0 − (c1 − c0 ) = i 0 − (ϕ c1is − c0 ) = 3268 − ⎜⎜ 3 2 2 2 ⎝ 10 kg kg ⎠ È ora possibile calcolare la velocità periferica della girante: m u = 0.7 ⋅ c1 = 0.7 ⋅ 354.72 = 248.3 s Essendo u = πdn si può calcolare d come: u 248.3 d= = = 1.581m πn π 3000 60 G G G Cons Co nsid ider eran anddo la rela relazzion ione vetto ettori riaale c = w + u si può scrivere: m w 1,u = c1 cos α − u = 354.72 ⋅ cos 25 − 248.3 = 73.18 s m w 1,a = c1 sin α = 354.72 ⋅ sin 25 = 149.91 s m w 1 = w 12,u + w 12,a = 73.18 2 + 149.912 = 166.82 s ⎛ w ⎞ 149.91 ⎞ β1 = arctg⎜⎜ 1,a ⎟⎟ = arctg⎛ ⎜ ⎟ = 63.98 ° w 73 . 18 ⎝ ⎠ ⎝ 1,u ⎠ Il triangolo delle velocità in ingresso alla girante è allora completamente determinato e viene riportato nella figura seguente: +

direzione tangenziale

c1

w1 u 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): 1 − 2'is ) moto relativo alla girante Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g + ΔE ω i 2 'is Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

w 22'is w12 u 22 − u12 − i1 + − − =0 2 2 2 53


Q = 0 perchè la trasformazione è adiabatica; L i = 0 perchè l’osservatore solidale alla girante non vede scambio di momento della quantità di moto tra fluido e palette; u 22 − u 12 Essendo u 2 = u 1 ⇒ ΔE ω = = 0. 2 Dal diagramma di Mollier (dove l’isoentropica per 1 interseca l’isobara p 2) si ricava i 2'is :

⎧⎪ p 2'is = p2 = 6 bar ⎫⎪ kJ 2 'is ⎨ 3128 ⎬ i2'is = 31 kg ⎪⎩s 2'is = s1 ⎪⎭ Allora w 2'is = w12 + 2(i1 − i 2 'is ) = 166.822 + 2 ⋅ 103 (3212 − 3128 ) = 442.53

m s

Essendo noto il coefficiente di perdita nel distributore w ψ= 2 w 2 'is è possibile calcolare la velocità w 2 : m s Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2 nel sistema di riferimento solidale alla girante: 1 − 2) moto relativo alla girante Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g + ΔE ω w 2 = ψ ⋅ w 2'is = 0.9 ⋅ 442.53 = 398.27

w 22 w 12 u 22 − u 12 i 2 − i1 + − − =0 2 2 2 essendo u 2 = u 1 ⎡ (ψw 22 'is ) w12 ⎤ 1 2 2 1 ⎛ 0.92 ⋅ 442.532 − 166.822 ⎞ 2 ⎟⎟ = i 2 = i1 − ⎢ − ⎥ = i1 − (ψ w 2 'is − w1 ) = 3212 − ⎜⎜ 3 2 2 2 2 10 ⎝ ⎠ ⎣⎢ ⎦⎥ kJ kJ i 2 = 3146.60 ≈ 3146 kg kg Dal diagramma di Mollier: ⎧ p 2 = 6 bar ⎫ m3 ⎪ ⎪ 2 ⎨ kJ ⎬ v 2 = 0.45 i = 3 1 4 6 kg ⎪2 ⎪ 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:  1 = ρ1c1,a A 1 = m  2 = ρ 2 c 2,a A 2 m 1 1 ξ1 c1,a πdl1 = ξ 2 c 2,a πdl 2 v1 v2 Supponendo ξ1 ≅ ξ 2 si può scrivere c1,a l1 c 2,a l 2 = v1 v2 Allora:


54


v 2 l1 v l 0.45 50 m = w 1,a 2 1 = 149.91 = 160.62 v1 l 2 v1 l 2 0.35 60 s Dal punto di vista geometrico la w 2 potrebbe potrebbe essere essere rappres rappresentat entataa sia a sinistra sinistra che a destra destra della della semiretta che rappresenta la direzione assiale; come si nota dalla figura seguente. c 2,a = c1,a

+


c1

w1 u w2 dx

w2 sx direzione assiale

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


c1

w1

c2

w2

u u direzione assiale

⎛ c ⎞ 160.62 ⎞ β 2 = 90 + arccos⎜⎜ 2,a ⎟⎟ = 90 + arccos⎛ ⎜ ⎟ = 156.22 ° w 398 . 27 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ m w 2,u = w 2 cos β 2 = 398.27 ⋅ cos156.22 = −364.45 s m c 2,u = w 2,u + u = −364.45 + 248.3 = −116.15 s m c 2 = c 22,u + c 22,a = (− 116.15)2 + 160.62 2 = 198.21 s ⎛ c ⎞ 160.62 ⎞ α 2 = 90 + arccos⎜⎜ 2,a ⎟⎟ = 90 + arccos⎛ ⎜ ⎟ = 125.87 ° ⎝ 198.21 ⎠ ⎝ c 2 ⎠ Usando la convenzione delle macchine motrici: L i = c1,u ⋅ u 1 − c 2,u ⋅ u 2 = (c1,u − c 2,u )u = (c1 cos α1 − c 2 cos α 2 )u Numericamente: J L i = (354.72 ⋅ cos 25 − 198.21 ⋅ cos125.87 )248.3 = 108730 kg Assumendo ξ1 = 0.98 la portata risulta: 1 1 kg  =m  1 = ξ1 m c1,a πdl1 = 0.98 ⋅ ⋅ 149.91 ⋅ π ⋅ 1.581 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 = 104.23 v1 0.35 s  ⋅ L i = 104.23 ⋅ 108730 = 11.333 MW Pi = m Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

55


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

i00 − i 20

108730 2 2 = 0.802 c c c 120 198 . 21 0 i 0 − i 2 is − i 0 + − i 2is − 3268 ⋅ 103 + − 3120 ⋅ 103 − 2 2 2 2 2 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:

ηΘ =

2 2

=

Li

2 0

2 2

=

RENDIMENTO TOTAL TO STATIC

i00 − i 20 ηϑ = 0 = i 0 − i 2 is

Li 108730 = = 0.701 c02 1202 3 3 − 3120 ⋅ 10 i0 + − i 2 is 3268 ⋅ 10 + 2 2 Anche se non richiesto, si può calcolare il grado di reazione χ : i1 − i 2 'is − Δiis , g 3212 − 3128 χ= = = = 0.568 − Δi is, d − Δiis, g i 0 − i1is + i1 − i 2 'is 3268 − 3204 + 3212 − 3128


56


E serciz rcizio 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: T

p0 c02 2cp

0° 0

p1= p2 c 2c p 2 2

2 1=2’is 1is=2is

S

Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1 is: 0 − 1is ) Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g Q = 0 perché la trasformazione è adiabatica; L i = 0 perché il distributore è un condotto fisso; ΔE g trascurabile essendo il fluido aeriforme Si ottiene quindi c12is c02 i1is − i 0 + − =0 2 2 Essendo Δi = c p ΔT si può scrivere la stessa espressione come c12is c02 − =0 c p (T1is − T0 ) + 2 2 Considerando l’espansione l’espansione isoentripoca tra 0 ed 1 is T1is T0 k −1 = k −1 k p1 p 0 k k −1 k

1.4 −1

⎛ p ⎞ ⎛ 3 ⎞ 1.4 = 555.81K T1is = T0 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = (370 + 273)⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠ ⎝ p0 ⎠ k 1.4 J c p = R = 288 = 1008 k − 1 1.4 − 1 kgK Si può quindi calcolare la velocità c1is : Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

57


c1is = c02 + 2c p (T1is − T0 ) = 302 + 2 ⋅ 1008(370 + 273 − 555.7 ) = 420.69

m s

Considerando il coefficiente di perdita ϕ , si ottiene la velocità c 1: m c1 = ϕ ⋅ c1is = 0.96 ⋅ 420.60 = 403.86 s 3000 m u = πdn = π ⋅1⋅ = 157.08 60 s G G G Cons Co nsid ider eran anddo la rela relazzion ione vetto ettori riaale c = w + u si ottiene: m w 1,u = c1,u − u = c1 cos α1 − u = 403.86 ⋅ cos 20 − 157.08 = 222.42 s m w 1,a = c1,a = c1 sin α1 = 403.86 ⋅ sin 20 = 138.13 s m w 1 = w 12,u + w 12,a = 222.42 2 + 138.132 = 261.82 s Applicando il primo principio della termodinamica tra 0 ed 1: 0 − 1) Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g Si ottiene quindi c12 c 02 i1 − i 0 + − = 0 2 2 e dunque: c12 c 02 c p (T1 − T0 ) + − = 0 2 2 Allora: 1 2 2 T1 = T0 − (c1 − c 0 ) = (370 + 273.15) − 1 (403.86 2 − 30 2 ) = 562.69 K 2c p 2 ⋅1008 Per definizione w 2 = ψ ⋅ w 2',is Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2’ is considerando un sistema di riferimento non inerziale solidale alla girante: 1 − 2'is ) moto relativo alla girante Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g + ΔE ω Q = 0 perchè la trasformazione è adiabatica; L i = 0 perchè l’osservatore solidale alla girante non vede scambio di momento della quantità di moto tra fluido e palette; w 22'is w12 u 22 − u12 i 2 'is − i1 + − − =0 2 2 2 u 22 − u 12 Essendo la macchina assiale u 2 = u 1 ⇒ ΔE ω = =0 2 ed essendo la macchina ad azione i1 = i 2'is risulta w 2'is = w1 Quindi per una macchina assiale ad azione vale sempre la relazione: w 2 = ψw 1 Numericamente: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

58


m s Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 2 considerando un sistema di riferimento solidale alla girante: 1 − 2) moto relativo alla girante Q − L i = Δi + ΔE c + ΔE g + ΔE ω w 2 = ψw1 = 0.92 ⋅ 261.82 = 240.88

w 22 w 12 u 22 − u 12 i 2 − i1 + − − =0 2 2 2 essendo u 2 = u 1 w 22 w12 c p (T2 − T1 ) + − =0 2 2 1 (w 22 − w12 ) = 562.69 − 1 (240.882 − 261.822 ) = 567.92 K T2 = T1 − 2c p 2 ⋅ 1008 Per la conservazione della massa in moto stazionario si ha:  1 = ρ1c1,a A 1 = m  2 = ρ 2 c 2, a A 2 m p p ξ1 1 c1,a πd1l1 = ξ 2 2 c 2,a πd 2l 2 RT1 RT21 Sapendo che ξ1 = ξ 2 , d1 = d 2 ed l1 = l2 , si può scrivere c1,a p1 c 2,a p 2 = T1 T2 T p T p T 567.92 m = 139.41 c 2,a = c1, a 2 1 = c1siaα1 2 1 = c1siaα1 2 = 403.86 ⋅ sin 20 T1 p 2 T1 p 2 T1 562.69 s m w 2, a = c2,a = 139.41 s La w 2 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: +


α1

β1

c1 w1

β2

α2

w2

c2

u

u direzione assiale

⎛ w ⎞ 139.41 ⎞ β2 = 90 + arccos⎜⎜ 2, a ⎟⎟ = 90 + arccos⎛ ⎜ ⎟ = 144.64 ° w 240 . 88 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ c 2, u = w 2 cos β2 + u = 240.88 ⋅ cos144.64 + 157.08 = −39.36 c 2 = c 22, u + c 22,a = (− 39.36 )2 + 139.412 = 144.86

m s

m s

Usando la convenzione delle macchine motrici: Li = c1, u ⋅ u1 − c 2, u ⋅ u 2 = (c1, u − c 2, u )u = (c1 cos α1 − c 2, u )u Numericamente: J Li = (403.86 ⋅ cos 20 + 39.36)157.08 = 65794 kg Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

59


La portata dunque risulta: p1 3 ⋅ 105 kg  =m  1 = ρ1c1, a A1 = ξ1 ⋅ 138.13 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 50 ⋅ 10− 3 = 38.56 m c1, a πd1l1 = 0.96 ⋅ RT1 288 ⋅ 562.69 s  ⋅ L i = 38.56 ⋅ 65794 = 2436962 W = 2.44 MW Pi = m In assenza del diffusore allo scarico, caso in cui l’energia cinetica viene completamente persa; il rendimento risulta: RENDIMENTO TOTAL TO STATIC

ηϑ =

Li L = 0 i = Li , lim i 0 − i 2 is

Li Li 65794 = 2 = 2 = 0.744 2 c0 c0 30 i 0 + − i 2 is + c (T − T ) + 1008(370 + 273.15 − 555.81) 2 2 p 0 2 is 2


60


ESERCITAZIONE 6 1) Un turbocompressore centrifugo monostadio aspira 9000 m 3/h di aria (k = 1.4; R = 287 J/kgK) nelle condizioni p 1 = 1 bar, t 1 = 18 °C e manda una portata di 6300 m 3/h con una pressione p 2 = 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 consideri un turbocompressore turbocompressore bistadio in cui ciascuno ciascuno degli stadi presenti presenti la caratteristica caratteristica allegata in Fig. 1. Tale caratteristica è costruita con riferimento rif erimento alle condizioni ambiente: T0 = 300 K e p 0 = 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: n T0 = 1.10 n0 T

 m

T p ⋅ = 35 kg s T0 p0

Nell’ipotesi che il secondo stadio giri alla stessa velocità angolare del 1°, determinare il presumibile punto di di funzionamento. 3) Un compressore compressore centrifugo è costituito da 2 stadi simili calettati sul medesimo albero, rotante 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, mandata, la potenza potenza complessivamente complessivamente assorbita sull’albero. sull’albero. 4) Uno stadio di di compressore assiale riceve l’aria a 102 kPa, kPa, 288 K con velocità c 1 = 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.


61


 T / T0 m

p / p0

Fig. 1. Caratteristica compressore esercizio 2). Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

62

[Kg/s]


Fig. 2. Caratteristica compressore esercizio 3).


63


Soluzioni Esercizio1

J e k = 1.4. kgK Per la legge di conservazione della portata (trascurando le fughe) si ha: 1 =m 2 m p1  105 9000 kg   1 = ρ1V1 = m V1 = = 1.197 ⋅ 2.5 = 2.993 RT1 287 ( 273 + 18 ) 3600 s 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 T 2: p 2  1.7 ⋅105 6300 T2 = V2 = = 346.3 K 2 Rm 287 ⋅ 2.993 36 3600 Applicando il primo principio della termodinamica alla macchina, scritto con la convenzione delle macchine operatrici, si può valutare il lavoro assorbito. Per l’aria si assumono i valori R = 287

2

M

1

Q + L i = Δi + ΔE c Considerando il compressore adiabatico e trascurando la variazione di energia cinetica tra le due sezioni (assunzione comune per i compressori), si ottiene: k 1 .4 J (T2 − T1 ) = 287 (346.3 − 291) = 55549 Li = Δ i = c p (T2 − T1 ) = R k − 1 1 .4 − 1 kg In generale, si può scrivere il lavoro L i tramite la seguente espressione: m −1 ⎛ ⎞ m −1 ⎞ ⎟ k k ⎛ T2 ⎞ k ⎜ ⎛ p 2 ⎞ m k ⎛ (T2 − T1 ) = R Li = Δi = c p (T2 − T1 ) = R T1 ⎜⎜ − 1⎟⎟ = R T1 ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ − 1⎟ = R T1 ⎜⎜ β m − 1⎟⎟ k − 1 k − 1 ⎝ T1 ⎠ k − 1 ⎜ ⎝ p1 ⎠ k − 1 ⎝ ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ La potenza interna risulta pari a: 3  L i = 2.993 ⋅ 55549 = 166.23 ⋅ 10 W = 166.23 kW Pi = m La potenza assorbita viene valutata considerando il rendimento meccanico del compressore: P 166.23 = 169.64 kW Pass = i = ηm 0.98 Per calcolare il rendimento isoentropico si confronta la trasformazione reale con una di isoentropica. Si calcola il lavoro l avoro isoentropico ipotizzando una compressione isoentropica tra p 1 e p2 ⎛T ⎞ Li ,is = cp ( T2,is − T1 ) = cp T1 ⎜ 2,is − 1 ⎟ ⎝ T1 ⎠


64


k −1 ⎡ ⎤ ⎛ 1.14.4−1 ⎞ k ⎢⎛ p 2 ⎞ k ⎥ k ⎡ k k −1 ⎤ 1.4 J − 1⎟⎟ = 47852 Li ,is = R T1 ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 = R T1 ⎢β − 1⎥ = 287 291⎜⎜1.7 ⎥ k − 1 ⎢⎝ p1 ⎠ k − 1 ⎣ 1.4 − 1 ⎝ kg ⎦ ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ p in cui β rappresenta il rapporto manometrico di compressione pari a 2 . p1 Il rendimento isoentropico vale: ⎛ T2,is ⎞ 1.4 −1 k −1 ⎜⎜ − 1⎟⎟ c (T − T ) L T β k − 1 1.7 1.4 − 1 ηis = i,is = p 2,is 1 = ⎝ 1 ⎠ = = = 0.862 T2 346.3 Li c p (T2 − T1 ) ⎛ T2 ⎞ −1 −1 ⎜⎜ − 1⎟⎟ T 291 1 ⎝ T1 ⎠ Il primo principio scritto nella formulazione mista lagrangiana-euleriana risulta: 2

L i = ∫ vdp + ΔE c + ΔE g + L w 1

Considerando una trasformazione reversibile, con ΔE c ≈ 0 ΔE g ≈ 0 si ha il lavoro politropico:

⎛ mm−1 ⎞ m Li , pol = ∫ vdp = RT1 ⎜ β − 1⎟ m − 1 1 ⎝ ⎠ Il rendimento politropico vale allora: 2 ⎛ mm−1 ⎞ m ∫1 vdp m − 1 RT1⎝ ⎜⎜ β − 1 ⎠⎟⎟ m k − 1 Li , pol η pol = = = = Li c p (T2 − T1 ) ⎛ mm−1 ⎞ m − 1 k k RT ⎜⎜ β − 1⎟⎟ k − 1 1 ⎝ ⎠ 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: T2 T = m1−1 m −1 p 2 m p1 m Dunque: 2

m −1 m

T2 ⎛ p 2 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ T1 ⎝ p1 ⎠ ⎛ T ⎞ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ T m −1 = ⎝ 1 ⎠ m ⎛ p ⎞ ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

⎛ 346.3 ⎞ ln⎜ ⎟ m −1 291 ⎝ ⎠ = = 0.3278 m ln(1.7 ) m = 1.488 m k − 1 1 1.4 − 1 η pol = = = 0.872 m − 1 k 0.3278 1 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

65


⎛ mm−1 ⎞ m 1 J Li , pol = RT1 ⎜⎜ β − 1⎟⎟ = ⋅ 287 ⋅ 291 ⋅ (1.7 0.3278 − 1) = 48406 m − 1 ⎝ kg ⎠ 0.3278 La differenza tra i due lavori politropico e isoentropico è il cosiddetto controricupero. controricupero. In generale è possibile calcolare il rendimento politropico e quello isoentropico come: ⎛ mm−1 ⎞ m m RT1 ⎜⎜ β − 1⎟⎟ m −1 L ⎝ ⎠ = m − 1 η y = i , pol = k Li ⎛ mm−1 ⎞ k RT1 ⎜⎜ β − 1⎟⎟ k − 1 k − 1 ⎝ ⎠ ⎛ k k −1 ⎞ k k −1 RT1 ⎜⎜ β − 1⎟⎟ L i ,is k − 1 β k − 1 ⎝ ⎠ ηis = = = m −1 m −1 Li ⎛ ⎞ k RT1 ⎜⎜ β m − 1⎟⎟ β m − 1 k − 1 ⎝ ⎠ Lo schema successivo rappresenta l’evoluzione del gas nel diagramma di Gibbs. In questo diagramm è possibile individuare le aree corrispondenti ai diversi lavori. T p2

p1

2 2is

1’ 1

1’0

10

Dal grafico:


66

20

S


L i = c p (T2 − T1 ) ≅ 10 '1'22 0 L i,is = c p (T2is − T1 ) ≅ 10 '1'2 is10 2

L w = ∫ Tds ≅ 10122 0 1

L i, pol = L i − L w ≅ 10 '1'2110 CR = L i , pol − L i,is ≅ 12 is 2 CR = Li , pol − Li ,is = 48406 − 47852 = 554 J


67


E serciz rcizio 2

Le condizioni di funzionamento note sono: n T0 T p 0 kg  I stadio = 1.10 m = 35 n0 T T0 p s II stadio n II = n I Il punto di funzionamento del I stadio è indicato con I sulla caratteristica del compressore, di seguito riportata.

I

 T / T0 m

p / p0

[Kg/s]

Si ricava per il punto I: βI = 3.04 ηc, I = 0.83 Per il I stadio p1 = p 0 e T1 = T0 , quindi: n = 1.10 n0 kg  = 35 m s J Assumendo per l’aria R = 287 e k = 1.4 , si può valutare il lavoro l avoro interno del I stadio: kgK


68


1.4−1 ⎛ ⎞ ⎛ kk −1 ⎞ 1 1 1 k 1.4 J kJ Li , I = Li ,is ,I = R T1,I ⎜ β I − 1⎟ = 287 300 ⎜ 3.04 1.4 −1 ⎟ = 135763 = 135.763 ηc,I ηc,I k − 1 ⎝ 1.4 − 1 kg kg ⎠ 0.83 ⎝ ⎠ Vale anche la relazione: Li , I = c p (T2, I − T1, I ) Il valore di c p risulta pari a: k 1.4 J c p = R = 287 = 1004.5 k − 1 1 .4 − 1 kgK Dall’ultima espressione del lavoro interno è possibile ricavare la T 2,I: L 135763 = 435.2 K T2, I = T1, I + i , I = 300 + c p 1004.5 Infine p 2, I = β p I 1, I = 3.04 ⋅ 1 = 3.04 bar Si può ora calcolare il punto di funzionamento del II stadio. Poiché tra I e II stadio non c’è interrefrigerazione si ha: p1, II = p 2, I = 3.04 bar T1, II = T2, I = 435.2 K Inoltre essendo n = 1.10 ed n II = n I n0 si hanno per il II stadio le seguenti condizioni di funzionamento: n T0 1.10 ⋅ n 0 300 = = 0.913 n0 T n0 435.2

T p 0 435.2 1 kg = 35 = 13.87 T0 p 300 3.04 s Il II stadio lavora in condizioni di pompaggio.  m


69


E serciz rcizio 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: T1, II 288 = 7.75 kg  βII = 2.125 m p1, II s 102 Essendo noti i valori di T1,II e p1,I si ottiene: 288    m m kg 288 = m  m = = = 7.75 p1,II p1,I ⋅ β I 102 ⋅ β I βI s 102 102 102 da cui:  m βI = 7.75 Moltiplicando e dividendo rispettivamente per le quantita unitarie

T1,I p e 1,I , si ottiene la 102 288

seguente equazione  m

T1, I 288

1 7.75 p1, I 102 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.

βI =


70


1 quadratino = 0.025

II I

1 quadratino = 0.25 kg/s 0

I valori ottenuti relativi al I stadio risultano: T1  m kg 288 = m  = 16.875 βI = 2.175 ηc,I = 0.82 p1 s 102 Si possono calcolare i lavori interni dei due stadi: 1.4 −1 k −1 ⎛ ⎞ 1 1 k 1 1.4 J ⎛ ⎞ Li , I = Li ,is, I = R T1, I ⎜ β I k − 1⎟ = 287 288⎜⎜ 2.175 1.4 − 1⎟⎟ = 87700 ηc, I ηc, I k − 1 ⎝ 1.4 − 1 ⎝ kg ⎠ 0.82 ⎠ 1.4 −1 k −1 ⎛ ⎞ 1 1 k 1 1 .4 J ⎛ ⎞ Li , II = Li ,is, II = R T1, II ⎜ β II k − 1⎟ = 287 288⎜⎜ 2.125 1.4 − 1⎟⎟ = 91476 ηc, II ηc, II k − 1 ⎝ 1.4 − 1 ⎝ kg ⎠ 0.76 ⎠ Assumendo ηm = 0.97 si può calcolare la potenza assorbita: P 1 1  (Li , I + L i , II ) = Pass = i = m 16.875(87700 + 91476) = 3117108 W = 3117.1kW η m ηm 0.97 La pressione finale di mandata è pari a: p 2, II = β II ⋅ p1, II Essendo: p1, II = p 2, I p 2, I = βI ⋅ p1, I p 2, II = βII ⋅ βI ⋅ p1, I = 2.125 ⋅ 1.175 ⋅ 102 = 471.43 kPa


71


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 T1  m kg 288 = m  = 10.25 βI = 2.5 p1 s 102 p1,II = p 2,I = β I ⋅ p1,I = 2.5 ⋅102 = 255 255kPa kPa II stadio T1,II 288  m 10.25 288 = 288 = 10.25 = 4.1 kg p1,II 255 2.5 s 102 102 Il II stadio lavorerebbe in condizioni di pompaggio.


72


E serciz rcizio 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. m w1 = c12 + u 2 = 1202 + 2502 = 277.308 s c β1 = 180° − arcsin 1 = 154.359 ° w1 La deflessione nella girante vale δ = β1 − β 2 = 20 ° . Si impone β2 > β1 in modo da ottenere una macchina operatrice: β2 = β1 − δ = 134.359 ° Da relazioni trigonometriche: c 120 m = 167.838 w2 = 1 = sin β 2 sin(134.359) s m c u 2 = w 2 cos β2 + u = 167.838 ⋅ cos(134.359) + 250 = 132.655 s m c 2 = c 2u 2 + c12 = 132.6552 + 1202 = 178.878 s c α 2 = arcsin 1 = 42.13 ° c2 Il diffusore realizza una ulteriore compressione del fluido, quindi la velocità dovra diminuire: c3 < c2 . Il testo fornisce la deflessione nel diffusore: δ = α 2 − α 3 = 20 ° . Si sceglierà α3 > α 2 in modo da avere effettivamente una diminuzione di velocità nel diffusore: α 3 = α 2 + δ = 42.13 + 20 = 62.13 ° c 120 m = 135.74 c3 = 1 = sin α 3 sin(62.13) s Si ha il seguente schema dei triangoli delle velocità: +

w1

δ

c1 w2

c3

δ

c2

u u Essendo la macchina operatrice (turbocompress ( turbocompressore): ore): J kJ Li = u (c u 2 − c u1 ) = u ⋅ c u 2 = 250 ⋅ 132.655 = 33163.8 = 33.163 kg kg Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e 3: c32 − c12 Li = Δi + ΔE c = c p (T3 − T1 ) + 2 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

73


Quando si considera un singolo stadio non è possibile trascurare la variazione di energia cinetica rispetto alla variazione di entalpia. 2 2 ⎞ − 1 ⎛ c c 1 ⎛ 135.742 − 1202 ⎞ 3 1 ⎜ ⎟ ⎜⎜ 33.16 − ⎟⎟ = 319.01K T3 = T1 + ⎜ Li − = 288 + c p ⎝ 2 ⎠⎟ 1.0045 ⎝ 2 ⋅ 103 ⎠ Per calcolare la p 3 bisognerebbe conoscere conoscere l’esponente m della evoluzione politropica, che invece è ancora incognito. Allora conoscendo il rendimento isoentropico si valuta il lavoro isoentropico. kJ Li ,is = ηc Li = 0.89 ⋅ 33.16 = 29.512 kg Dalla definizione di lavoro isoentropico è possibile calcolare la temperatura T 3 che si avrebbe all’uscita dello stadio in condizioni di evoluzione isoentropica. 2 2 2 2 ⎞ ⎛ ⎞ − − 1 ⎛ c c 1 135 . 74 120 3 1 ⎟⎟ = 288 + ⎜⎜ 29.512 − ⎟⎟ = 315.38 K T3,is = T1 + ⎜⎜ Li,is − 3 c p ⎝ 2 ⎠ 1.0045 ⎝ 2 ⋅ 10 ⎠ Sfruttando l’evoluzione isoentropica si può valutare la pressione p 3 di uscita dallo stadio: T3,is T1 = k −1 k −1 k p1 p3 k k k −1

1.4

⎛ T ⎞ 315.38 ⎞1.4 −1 = 140.16 kPa p3 = p1⎜⎜ 3is ⎟⎟ = 102⎛ ⎜ ⎟ ⎝ 288 ⎠ ⎝ T1 ⎠ A questo punto risulta possibile valutare l’esponente medio della politropica: T3 ⎞ ln⎛ ⎜ T1 ⎠⎟ ln (319.01288) m −1 ⎝ = = = 0.322 140 . 16 p m ⎛ ⎞ ln⎜ 3 p ⎟ ln ( 102 ) ⎝ 1 ⎠ m = 1.474 Applicando il primo principio alla girante si può valutare la temperatura in uscita dalla gir ante: 1 ⎛ c 2 2 − c12 ⎞⎟ 1 ⎛ 178.8782 − 1202 ⎞ ⎜ ⎜⎜ 33.16 − ⎟⎟ = 312.25 K = 288 + T2 = T1 + ⎜ Li − c p ⎝ 2 ⎠⎟ 1.0045 ⎝ 2 ⋅ 103 ⎠ 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: m m −1

1.474 1.474 −1

⎛ T ⎞ ⎛ 312.25 ⎞ = 131.157 kPa p 2 = p1⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 102⎜ ⎟ T 288 ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠ 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: c32 c12 c32 o Li , lim i3,is − i1 + 2 − 2 i3,is − i1 + 2 ηis = ηis, Θ = = = Li c3 2 c12 i3o − i1o − i 3 − i1 + 2 2


74


i

p3 c32 2 c2 3 2

Li lim

p2

3

Li

3is 2

p1

1

S

Nel caso di gas pefetto la precedente precedente relazione diventa:

c32 − c12 Li ,is c p (T3,is − T1 ) + 2 ηis = = 2 Li c3 − c12 c p (T3 − T1 ) + 2


75


ESERCITAZIONE 7 1) Un impianto di turbina a gas monoalbero, a ciclo semplice, ha ha in condizioni condizioni ambiente ambiente standard (p = 1 atm, t = 20°C) le seguenti caratteristiche nominali di funzionamento: P u = 10 MW, n = 3000 giri/min, βc = 8.5, T3 = 1200 K, ηc = 0.86, ηt = 0.88, ηπ b = 0.98, η b = 0.96, ηo = 0.96, H i = 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 c p = 1046.5 J/kg ⋅K, R = 287 J/kg ⋅K, e dei gas combusti c p’ = 1172.1 J/kg ⋅K, R’ = 288.8 J/kg ⋅K. 2) Di un impianto impianto a ciclo combinato gas gas vapore cogenerativo, con turbina a vapore ad estrazione, estrazione, sono noti i seguenti dati di funzionamento (ambiente standard): - impianto TG: βc = 13.9, ηyc = 0.87, η b = 0.95, ηπ b = 0.98, T3 = 1435 K, ηo = 0.96;  vap = 76 kg/s; p O = 80 bar, t O = 500 °C, ηθAP = 0.84, ηθBP = 0.84, p K = 0.06 - impianto TV: m bar, ηo = 0.95;  u = 30 kg/s, p H = 10 bar, restituzione - utenza termica: m r estituzione liquido in condizioni di saturazione; - GVR: ΔT pinch point = 12 °C, temperatuta dei fumi al camino t f = 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. (c p = 1008 J/kgK, c p’ = 1168 J/kgK, R= 287 J/kgK, R’ = 293 J/kgK) 3) Un impianto di TG, a ciclo semplice, semplice, monoalbero, monoalbero, presenta presenta in condizioni-ambiente condizioni-ambiente standard standard le seguenti caratteristiche:  a0 = 40 kg/s. βc = 8, ηc = 0.83, T3 = 1200 K, ηπ b = 0.98, η b = 0.97, ηyt = 0.85, ηo = 0.96, m Determinare ηg e Pu sapendo che il potere calorifico del combustibile usato è pari a 42700 kJ/kg. 4) Un impianto impianto di TG a ciclo semplice semplice aperto aperto funziona funziona con le seguenti seguenti caratteristiche: caratteristiche: p1 = 1 bar, T1 = 300 K, βc = 12, T3 = 1200 K, ηyc = 0.85, ηt = 0.86, ηπ b = 0.98, η0 = 0.97, η b = 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 turbina a gas a ciclo semplice in condizioni ambiente ambiente standard standard presenta le seguenti caratteristiche: βc = 13,9, t 3 = 1162 °C, ηyc = 0.85, ηyt = 0.84, Pu = 132 MW, η b = 0.97, ηπ b = 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. (c p = 1050 J/kg⋅K, R = 287 J/kg ⋅K, c p’ = 1120 J/kg ⋅K, R’ = 288 J/kg ⋅K)


76



Lo schema dell’impianto è  b m

2

3

G

1

4 g =m  a +m b m

a m

L’andamento del ciclo nel diagramma di Gibbs è: T

p2 p3 3

p1 4

2

1

S

La potenza utile di un impianto di turbina a gas è valutata come: ⎡ 1 + α − L ⎤ = m L a +m  b )L t − m  a L c ] = ηo m  a Lt Pu = ηo (Pt − Pc ) = ηo [(m c⎥ a u ⎢⎣ α ⎦ 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’: c 1046.5 = 1.378 k = p = c p − R 1046.5 − 287 c' 1172.1 = 1.327 k ' = p = c' p −R ' 1172.1 − 288.8 Il lavoro del compressore risulta: 378 k −1 ⎛ 10..378 ⎞ ⎛ T2is ⎞ 1 1 1 1 kJ ⎛ ⎞ Lc = c p (T2is − T1 ) = c pT1⎜⎜ − 1⎟⎟ = c pT1⎜ βc k − 1⎟ = 1.0465 ⋅ 293⎜⎜ 8.5 − 1⎟⎟ = 284.755 ηc ηc kg ⎝ ⎠ 0.86 ⎝ T1 ⎠ ηc ⎝ ⎠ Il rapporto di espansione del turboespansore è: Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

77


p3 p3 p3 p 2 = = = βcηπ b = 8.5 ⋅ 0.98 = 8.33 p 4 p1 p 2 p1 Dunque, il lavoro della turbina risulta:

βt =

⎛ ⎛ ⎛ T4is ⎞ 1 ⎞⎟ 1 ⎞⎟ kJ ⎜ ⎜ ⎟⎟ = ηt c' p T3 ⎜1 − k −1 ⎟ = 0.88 ⋅ 1172.1 ⋅ 1200⎜1 − L t = ηt c' p (T3 − T4is ) = ηt c' p T3 ⎜⎜1 − 0.327 ⎟ = 503.625 kg ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ T3 ⎠ ⎝ βt k ⎠ ⎝ 8.331.327 ⎠ Il calore ceduto ai gas combusti nel combustore è:  b H i = (m  a +m  b )c' p (T3 − T2 ) Q 1 = η b m Allora: η b H i = (α + 1)c' p (T3 − T2 ) η b Hi α= −1 c' p (T3 − T2 ) Dal lavoro del compressore è possibile calcolare la temperatura T 2: L c = c p (T2 − T1 ) L 284.755 T2 = T1 + c = 293 + = 565.1K c p 1.0465 A questo punto è possible valutare la dosatura: η b Hi 0.96 ⋅ 42500 ⋅ 103 α= −1 = − 1 = 53.83 c' p (T3 − T2 ) 1172.1(1200 − 565.1) La portata di aria risulta dunque: αPu 53.83 ⋅ 10 ⋅ 103 kg  = = 45.64 ma = ηo [(1 + α )L t − αL c ] 0.96[(53.83 + 1)503.625 − 53.83 ⋅ 284.7] s La portata di combustibile è legata a quella di aria tramite t ramite la dosatura: a m 45.64 kg  b = = = 0.848 m α 53.83 s In tali condizioni il rendimento globale dell’impianto risulta: Pu 10 ⋅ 103 ηg = = = 0.277  b H i m 0.848 ⋅ 42500


78


E serciz rcizio 2

Si riporta lo schema dell’impianto:  b m

2

b

3 G  BP m

 AP O m g 4 m

1 a m

N g m

AP

M 5

M’

H

BP u m

K

U L Con condizioni ambiente standard si intendono le seguenti condizioni: p1 = 760 mmHg = 1atm = 1.013 bar T1 = 20 °C = 293 K Per quanto la parte turbina a gas TG è possibile calcolare: 287 1 R 1 ⎛ 1008 ⎞ J ⎛ ⎞ Lc = c pT1⎜ βc c p η yc − 1⎟ = 1008 ⋅ 293⎜⎜13.9 0.87 − 1⎟⎟ = 403530 kg ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Dalla definizione di lavoro del compressore L c = c p (T2 − T1 ) è possibile calcolare la T 2: L 403530 T2 = T1 + c = 293 + = 693.3 K c p 1008 Applicando il primo principio della termodinamica al combustore, si scrive: η b m b Hi = (m a + m b )c' p (T3 − T2 ) η b H i = (α + 1)c' p (T3 − T2 ) È dunque possible calcolare la dosatura: η b Hi 0.95 ⋅ 46.214 ⋅ 106 α= −1 = − 1 = 49.68 c' p (T3 − T2 ) 1168(1435 − 693.3) Per quanto riguarda la turbina a vapore TV è possibile calcolare l’entalpia dei punti dal diagramma di Mollier: ⎧ p = 80 bar ⎫ kJ O ⎨ O ⎬ i O = 3404 kg ⎩TO = 500 °C⎭


79


⎧⎪ p H = 10 bar ⎫⎪ kJ His ⎨ is ⎬ i H is = 2848 kg ⎪⎩s H is = s O ⎪⎭ ⎧⎪ p K is = 0.06 bar ⎫⎪ kJ K is ⎨ ⎬ i K is = 2122 kg ⎪⎩s K is = s H ⎪⎭ Dalla definzione di rendimento della turbina ηϑAP =

iO − i H i O − i His

ηϑBP =

i H − i K i H − i Kis

si ottiene: i H = 2937

kJ kg

Inoltre

dunque: kJ kg 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: ⎧ p = 10 bar ⎫ kJ U ⎨ U ⎬ i U = 762.61 kg ⎩cli ⎭ ⎧ p = 0.06 bar ⎫ kJ L ⎨ L ⎬ i U = 151.50 kg ⎩cli ⎭ 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 tr ascura la presenza delle pompe):  AP ⋅ i M ' = m  u ⋅ iU + m  BP ⋅ i L m  i +m  BPi L m 30 ⋅ 762.61 + (76 − 30)151.5 kJ i M' = u U = = 392.73  AP m 76 kg Si considera il GVR. i K = 2252


80


T 4 ΔTap

O

6

ΔTpp

N

M 5

M’ ECO

VAP

SUR

Superficie scambiatore

L’entalpia del punto M viene letta sulla curva limite inferiore: ⎧ p = 80 bar ⎫ kJ M ⎨ M ⎬ i M = 1317.1 kg ⎩cli ⎭ 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  AP (i M − i M ' ) = m  g c' p (T6 − T5 ) m  AP (i M − i M ' ) m g = m c' p (T6 − T5 ) T6 = TM + Δ T pp = Tcli ,80 bar + Δ T pp = 295 + 12 = 307 °C = 580 K T5 = 150 + 273 = 423 K  AP (i M − i M ' ) m 76(1317.1 − 392.73)103 kg  = = 383.1 mg = c' p (T6 − T5 ) 1168(307 − 150) s Essendo  g =m  a +m  b = (α + 1)m  b m g m 383.1 kg  b = = = 7.56 m α + 1 50.68 s g m 383.1 kg  a= = = 375.5 m α + 1 50.68 s α 49.68 Considerando nuovamente il GVR: Bilancio ECO+VAP+SUR  AP (i O − i M ) = m  g c' p (T4 − T6 ) m  AP (i O − i M ) m 76 (3404 − 1317.1)103 T4 = T6 + = 580 + = 934.4 K g m c' p 383.1 1168


81


J kg = ηo (m g L t − m a L c ) = 0.96(383.1 ⋅ 584701 − 375.5 ⋅ 403530 ) = 69.57 ⋅ 106 W = 69.57 MW

L t = c' p (T3 − T4 ) = 1168(1435 − 934.4 ) = 584701 Pu , TG

3  AP (i O − i H ) + m  BP (i H − i K )] = 0.95[76(3404 − 2937 ) + 46(2937 − 2252 )] ⋅ 10 = Pu , TV = ηo [m

= 63.65 ⋅ 106 W = 63.65 MW Pu , TOT = Pu , TG + Pu , TV = 69.57 + 63.65 = 133.22 MW 3 6  u (i H − i U ) = 30(2937 − 762.61) ⋅ 10 = 65.23 ⋅ 10 W = 65.23 MW Q u = m

ηg =

Pu

=

133.22

= 0.478 Qv 63.25  b Hi − 7.6 ⋅ 46.21 .214 − m η b eq 0.9 Il valore di η eq è imposto per legge al valore di 0.9 (rendimento (r endimento medio di un generatore di vapore di un impainto a vapore tradizionale).


82


E serciz rcizio 3

Il lavoro del compressore risulta: 287.2 R ⎛ 1046 ⎞ 1 1 kJ ⎛ ⎞ Lc = c pT1 ⎜ βc c p − 1⎟ = 1.0465 ⋅ 293⎜⎜ 8 .5 − 1⎟⎟ = 284.26 ηc kg ⎝ ⎠ 0.83 ⎝ ⎠ La temperature dell’aria in uscita dal compressore è L 284.26 T2 = T1 + c = 293 + = 564.23 K c p 1.0465 Considerando un bilancio al combustore: η b m b Hi = (m a + m b )c' p (T3 − T2 ) Allora:  m η b Hi 0.97 ⋅ 42700 α= a = −1 = − 1 = 56.68  b m c' p (T3 − T2 ) 1.1302(1200 − 564.63) Il rapporto di espansione del turboespansore è: βt = βc ηπ b = 8 ⋅ 0.98 = 7.84 Il lavoro della turbina risulta: ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞⎟ 1 ⎜ ⎟ = 489.10 kJ ⎜ L t = c' p T3 ⎜1 − R ' ⎟ = 1.1302 ⋅ 1200⎜1 − 288.8 0.85 ⎟ kg ⎜ β c' p η yt ⎟ ⎜ ⎟ 1130 t ⎝ ⎠ ⎝ 7.84 .2 ⎠ Il lavoro utile può essere calcolato come: ⎡ 1 + α − L ⎤ = 0.96⎡489.10 1 + 56.68 − 284.26⎤ = 204.93 kJ L u = ηo ⎢L t c⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ α 56.68 kg ⎣ ⎦ È possibile calcolare ora Pu : ⎡1 + α L − L ⎤ = m L = 40 ⋅ 204.93 = 8197.11kW a +m  b )L t − m  a L c ] = ηo m a Pu = ηo [(m a u ⎢⎣ α t c ⎥⎦ Noto il potere calorifico inferiore del combustibile, si calcola calcola ηg :  L P m L L 204.93 ηg = u = a u =  u = u = = 0.272 m b Hi Hi 42700  b H i  b H i m m a m α 56.68


83


E serciz rcizio 4

Il lavoro del compressore risulta: 287 1 R 1 ⎛ 1046 ⎞ kJ ⎛ ⎞ Lc = c pT1⎜ βc c η − 1⎟ = 1.0465 ⋅ 300⎜⎜12 .5 0.85 − 1⎟⎟ = 386.37 kg ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Conoscendo il lavoro del compressore si può valutare la temperature dell’aria in uscita dal compressore: L 386.37 T2 = T1 + c = 300 + = 669.2 K c p 1.0465 Dalla relazione di scambio termico al combustore η b m b H i = (m a + m b )c' p (T3 − T2 ) η b H i = (α + 1)c' p (T3 − T2 ) È possible calcolare calcolare la dosatura con cui lavora l’impianto: η b Hi 0.97 ⋅ 42700 α= −1 = − 1 = 68.04 c' p (T3 − T2 ) 1.1302(1200 − 669.2 ) Il rapporto di espansione del turboespansore è: βt = βcηπ b = 12 ⋅ 0.98 = 11.76 Il lavoro della turbina risulta: ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞⎟ 1 kJ ⎜ ⎟ ⎜ L t = ηt c' p T3 ⎜1 − R ' ⎟ = 0.86 ⋅ 1.1302 ⋅ 1200⎜1 − 288.8 ⎟ = 545.05 kg ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ β t c' ⎠ ⎝ 11.761130.2 ⎠ Il lavoro utile è: ⎡ 1 + α − L ⎤ = 0.97 ⎡545.05 69.04 − 386.37⎤ = 161.69 kJ L u = ηo ⎢L t c⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 68.04 kg α ⎣ ⎦ La portata è quindi pari a: Pu 50 ⋅ 103 kg a = = = 309.24 m L u 161.69 s Il rendimento ηg :  L P m L 161.69 ηg = u = a u = α u = 68.04 = 0.258  b H i  b H i m m Hi 42700 p

yc

p


84


E serciz rcizio 5

Si riporta di seguito lo schema dell’impianto:  m

2

3

b

G  v O m g 4 m

1

N

a m

g m

M 5

L

Il lavoro del compressore risulta: k −1 1 R 1 287 1 J kJ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ Lc = c pT1⎜ βc k η − 1⎟ = c pT1⎜ βc c η − 1⎟ = 1050 ⋅ 293⎜ βc 1050 0.85 − 1 ⎞⎟ = 409508 = 409.508 kg kg ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Espremendo il lavoro del compressore come: L c = c p (T2 − T1 ) è possibile calcolare la T 2: L 409508 T2 = T1 + c = 293 + = 683 K c p 1050 Essendo p p p p βt = 3 = 3 = 2 3 = βcηπ b = 13.9 ⋅ 0.97 = 13.483 p 4 p1 p1 p 2 il lavoro della turbina risulta: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎟ 1 ⎞⎟ 1 ⎜ ⎟ = 690903 J = 690.903 kJ ⎜ ⎜ L t = c' p T3 ⎜1 − k −1 ⎟ = c' p T3 ⎜1 − R ' ⎟ = 1120 ⋅1435⎜1 − 288 0.84 ⎟ kg kg ⎜ β k η ⎟ ⎜ β c' η ⎟ ⎜ ⎟ 1120 ⎝ t ⎠ ⎝ t ⎠ ⎝ 13.483 ⎠ Scrivendo il lavoro della turbina come: L t = c' p (T3 − T4 ) è possibile calcolare la T 4 dei gas combusti allo scarico della turbina: L 690903 T4 = T3 − t = 1435 − = 818 K c' p 1120 Dalla relazione di scambio termico applicata al combustore: η b m b H i = (m a + m b )c' p (T3 − T2 ) η b H i = (α + 1)c' p (T3 − T2 ) Si può valutare la dosatura: 0.97 ⋅ 46.214 ⋅ 106 η b Hi α= −1 = − 1 = 52.22 c' p (T3 − T2 ) 1120(1435 − 683) Dalla definizione di potenza utile yc

p

yc

yt


p

yt

85


⎡α +1 L − L ⎤ t c⎥ ⎣ α ⎦

a +m  b )L t − m  a Lc ] = ηo m a Pu = ηo [(m ⎢

è possible calcolare: Pu kg a = m = 466.69 α +1 s ηo ⎡⎢ L t − Lc ⎤⎥

⎣ α ⎦ a m 466.69 kg  b = m = = 8.937 s α 52.22 Si consideri ora l’equazione di scambio termico tra gas combusti ed acqua applicata a tutto il generatore di vapore a ricupero GVR: T 4

O

P N

M 5

L ECO

VAP

SUR

Superficie scambiatore

 g c' p (T4 − TP ) = m  (i O − i M ) m

TP = TM + 10 TM si ricava dalle tabelle della curva limite inferiore: ⎧ p = 6 bar ⎫ kJ M ⎨ M ⎬ TM = 431.8 K i M = 670.42 kg ⎩cli ⎭ TP = TM + 10 = 431.8 + 10 = 441.8 K Dal diagramma di Mollier: ⎧ p ⎫ kJ O ⎨ O ⎬ i O = 3274 kg ⎩TO ⎭ Si può quindi calcolare la portata di vapore: c' p (T4 − TP ) c' (T − T ) 1120(818.1 − 431.8) kg  =m g m = (m a + m b ) p 4 P = (466.69 + 8.937) = 79 . 04 Dall (i O − i M ) (iO − i M ) (3274 − 670.42) ⋅ 103 s a relazione che segue si può valutare la T 5:  (i M − i L ) = m  g c' p (TP − T5 ) = (m a +m  b )c' p (TP − T5 ) m 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 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

86


21,096 °C. Si esegue pertanto una interpolazione lineare per calcolare l’entalpia massica del punto L alla temperatura desiderata. ⎧ p = 0.020 bar ⎫ kJ ⎨ ⎬ i = 73.46 kg ⎩T = 17.513°C⎭ ⎧ p = 0.025 bar ⎫ kJ ⎨ ⎬ i = 88.45 kg ⎩T = 21.096 °C⎭ 88.45 − 73.46 (20 − 17.513) = 83.86 kJ i L (t = 20 °C ) = 73.46 + 21.096 − 17.513 kg Dunque da un bilancio di scambio temico applicato all’economizzatore:  (i M − i L ) m 79.04(670.42 − 83.86 ) ⋅ 103 T5 = TP − = 431.8 − = 344.8 K a +m  b ) c' p (m 1120(466.69 + 8.937 ) Considerando un bilancio a tutto il GVR (economizzatore + vaporizzatore + surriscaldatore) si sarebbe potuto scrivere:  (i O − i L ) m T5 = T4 − = 344.8 K a +m  b ) c' p (m 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: T5 = 110 °C = 383 K Considerando lo scambio termico tra gas combusti e acqua in tutto il GVR  (i O − i L ) = m  g c' p (T4 − T5 ) m si ricava la portata di vapore:  g c' p (T4 − T5 ) (m + m b )c' p (T4 − T5 ) (466.69 + 8.937 )1120(818.1 − 383) m kg  = = a = = m 72 . 65 (i O − i L ) (iO − i L ) (3274 − 83.86)103 s La potenza termica sottratta nell’utilizzazione termica è: 3 6  v ( i O − i L ) = 72.65 ( 3274 − 83.86 )10 = 231.76 ⋅10 W = 231.76 MW Q u = m Il rendimento dell’impianto cogenerativo è: Pu 132 ηg,cog = = = 0.849 231.76 Q u 8.93 8.9377 ⋅ 46.2 46.214 14 −  b H i − m 0.9 η beq


87


ESERCITAZIONE 8 1) Una pompa pompa idraulica centrifuga, alla velocità di rotazione di 1450 giri/min, è in condizioni condizioni di 3 massimo rendimento idraulico con H u0 = 80 m, Q 0 = 2 m /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 complessivamente ad una perdita di carico di 1 m quando è attraversata dalla portata di 1 m 3/s. Calcolare la velocità di rotazione della pompa e la portata da essa mandata. 2) Una pompa idraulica centrifuga avente la girante 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 L i, 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 abbiano nella girante e metà metà nel diffusore). 3) Una pompa 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 50,00 caratteristica allegata per Hu [m] condizioni di funzionamento a numero di giri costante. 40,00 Determinare la prevalenza ottenuta e la potenza assorbita dalla pompa quando essa eroga 30,00 la portata Q = 400 m 3/h. Calcolare la potenza assorbita 20,00 nel caso in cui si voglia dimezzare la portata laminando 10,00 alla mandata

1,000

η

η p

0,800

Hu

0,600

0,400

0,200

0,00 0,00

100,00

200,00

300,00

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m 3/h] 3/h]

5) Una turbopompa turbopompa ha, ad ad n = 2500 giri/min, la stessa caratteristica dell’esercizio dell’esercizio 4. Essa Essa pompa 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 H u = 10 m.


p

88



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: ηy = cost 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 fl uidodinamica valgono le seguenti relazioni: 2 H u ⎛ n ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ H u 0 ⎝ n 0 ⎠ Q n = Q0 n 0 in cui Hu0, Q0, n0 rappresentano rispettivamente la prevalenza, la portata e la velocità di rotazione nel punto di funzionamento noto e H u, 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 quelli appartenenti alla parabola parabola passante passante per l’origine di equazione: equazione: 2 H u ⎛ Q ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ H u 0 ⎝ Q 0 ⎠ Hu ηy

Hu0

= cost

0

n0

Q

Q0

La caratteristica esterna legata al circuito è: Hu = Hg + Y 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: Y = Yc + Yd = KQ 2 Esercitazioni svolte di Fondamenti di Macchine

89


Il testo dice che quando la portata che transita nel circuito vale 1 m 3/s le perdite di carico ammontano ad 1 m. m3 m Quando Q = 1 ⇒ Y = 1m ⇒ K = 1 2 s ⎛ m3 ⎞ ⎜ s ⎟ ⎝ ⎠ Utilizzando le relazioni di similitudine fluidodinamica si può scrivere: 2 ⎛ n ⎞ H u = H u 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ n 0 ⎠ n Q = Q0 n0 Sostituendo queste relazioni in quella che definisce la caratteristica esterna si ha: 2 2 ⎛ n ⎞ 2 ⎛ n ⎞ 2 H u = H u 0 ⎜⎜ ⎟⎟ = H g + KQ = H g + KQ 0 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ n 0 ⎠ ⎝ n 0 ⎠ 2

(H u 0 − KQ0 2 )⎛ ⎜⎜ nn ⎞⎟⎟ = Hg ⎝ 0 ⎠ Hg n 160 = = = 1.451 2 2 n0 80 − 1 ⋅ 2 − H u 0 KQ 0 Dunque la nuova velocità di rotazione della macchina risulta: giri n = n 0 ⋅ 1.451 = 1450 ⋅ 1.451 = 2103.9 min I nuovi valori di portata mandata e prevalenza della pompa risultano: ⎛ n ⎞ m2 Q = Q 0 ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 ⋅1.451 = 2.902 s ⎝ n 0 ⎠ 2

⎛ n ⎞ H u = H u 0 ⎜⎜ ⎟⎟ = 80 ⋅ 1.4512 = 168.43 m ⎝ n 0 ⎠ Hu ηy

= cost caratteristica esterna

Hu Hg

Hu0

caratteristica caratteristica interna interna alla velocità n

0

n0 caratteristica caratteristica interna interna alla velocità velocità n0

Q0

Q Q


90


E serciz rcizio 2

La potenza assorbita dalla pompa vale:  ⋅ Li Pi m = ηm ηv ⋅ ηm Il lavoro interno si valuta applicando il teorema di conservazione del momento della quantità di moto (scritto nella convenzione delle macchine operatrici) L i = c u ' '⋅u ' '−c u '⋅u ' = c u ' '⋅u ' ' in cui c u ' = 0 non essendovi una pregirante a monte della palettatura mobile. Si ha il seguente triangolo delle velocità all’uscita della girante:

Pass =

c” β”

w”

α”

u”

1500 m = 39.27 60 G G G s La relazione vettoriale c = w + u può essere scomposta in due relazioni scalari: direzione tangenziale: c" cos α" = u"+ w" cos β" direzione radiale: c" sin α" = w" sin β" Dalla relazione scritta lungo la direzione radiale si ricava: sin α" w" = c" sin β" Sostituendo nella relazione lungo la direzione tangenziale: sin α" c" cos α"−c" cos β" = u" sin β" si può ricavare c”: ⎛ sin α" ⎞ ⎟⎟ = u" c" ⎜⎜ cos α"− β tg " ⎝ ⎠ u" 39.27 39.27 m c" = = = = 27.50 s ⎛ sin α" ⎞ ⎛ sin 20° ⎞ 1.42815 ⎜⎜ cos α"− ⎟⎟ ⎜⎜ cos 20° − ⎟⎟ tgβ" ⎠ ⎝ tg145° ⎠ ⎝ e quindi w”: sin α" sin 20° m w" = c" = 27.50 = 16.40 sin β" sin 145° s Allora il lavoro interno vale: J Li = c u " u"−c u ' u ' = c u " u" = c"⋅ cos α"⋅u" = 27.50 ⋅ cos 20° ⋅ 39.27 = 1014.8 kg Il testo fornisce: u" = πd" n = π ⋅ 0.5


91


15 15 J Li = 1014.8 = 152.2 100 100 kg Il rendimento idraulico risulta dunque: gH L −L L − 0.15Li 1 − 0.15 ηy = u = i w = i = = 0.85 Li Li Li 1 E quindi: η L 0.85 − 1014.8 Hu = y i = = 87.93 m g 9.81 Assumendo ξ = 0.98 la portata nella sezione di uscita risulta: Lw =

3  = ρξπd" l" w r ' ' = ρξπd" l" c' ' sin α' ' = 10 ⋅ 0.98 ⋅ π ⋅ 0.5 ⋅ 0.1 ⋅ 27.50 ⋅ sin 20° = 1447 .79 m

kg s

Assumendo η v = 1 si ottiene: 1 3  L i = 1 ⋅1447.79 ⋅1014 .8 = 1469 ⋅10 W = 1469 kW Pi = m ηv Assumendo η m = 0.97 si ottiene: P 1469 = 1530 kW Pass = i = η m 0.97 Calcolo della variazione di quota piezometrica tra 1 e “ ”

1 a

Applicando il primo principio della termodinamica tra 1 e ” p"− p1 c"2 −c12 Δ p Li = + ΔE c + ΔE g + L w = + + g(z"−z1 ) + L w ,1−" 1-”) ρ ρ 2 Come ipotesi fornita dal testo si considera: 1 1 J L w ,1−" = L w = 152.2 = 76.1 2 2 kg ⎛ p ⎞ La variazione di quota piezometrica ⎜⎜ + z ⎟⎟ risulta: ⎝ γ ⎠ ⎛ p' ' ⎞ ⎛ p1 ⎞ 1 ⎛ c"2 −c12 ⎞ 1 ⎛ 27.50 2 − 4 2 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜1014.8 − 76.1 − ⎟⎟ = 57.96 m ⎜⎜ + z"⎟⎟ − ⎜⎜ + z1 ⎟⎟ = ⎜⎜ L i − L w ,1−" − γ γ g 2 9 . 81 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


92


E serciz rcizio 3

Assumendo ηv = 1 , la potenza assorbita dalla pompa risulta: 1 1 ρQgH u = Pass = 80 ⋅ 9.81⋅ 20 = 20227 W = 20.227 kW ηm ηv η y 0.97 ⋅1 ⋅ 0.8


93


E serciz rcizio 4

Dalla caratteristica della pompa è possibile ricavare H u ed η p , quando essa eroga una portata m3 Q = 400 : h 50,00

1,000

Hu [m]

ηp

ηp

40,00

0,800 Hu

30,00

0,600

20,00

0,400

10,00

0,200

0,00 0,00

100,00

200,00

300,00

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m3/h]

η p = 0.81 H u = 29.6 m La potenza assorbita risulta: 1 1 1 1 400  Li = Pass = m ρQgH u = γQH u = 103 ⋅ 9.81 ⋅ 29.6 = 39832 W = 39.83 kW η p η p η p 0.81 3600 Regolazione con laminazione alla mandata m3 Data la portata dimezzata e pari a Q' = 200 , dalla caratteristica si ricavano: h 50,00

1,000

Hu [m]

ηp

ηp

40,00

0,800 Hu

30,00

0,600

20,00

0,400

10,00

0,200

0,00 0,00

100,00

200,00

300,00

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m3/h]

H'u = 35 m η' p = 0.57 La potenza assorbita risulta: 1 1 200 P'ass = γQH u = 103 ⋅ 9.81 ⋅ 35 = 33465 W = 33.47 kW η p 0.57 3600


94


E serciz rcizio 5

Sulla caratteristica della pompa assegnata alla velocità di rotazione di 2500 giri/min la portata si annulla per Hu = 36.5 m. 50,00

1,000

Hu [m]

ηy

ηy

40,00

0,800 Hu

30,00

0,600

20,00

0,400

10,00

0,200

0,00 0,00

100,00

200,00

300,00

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m3/h]

La pompa viene inserita in un circuito in cui il i l dislivello dei peli liberi dei due serbatoi vale 15 m. Si vuole valutare la velocità di rotazione della pompa che annulla la l a portata mandata. H u′ = Hg + KQ′2 Se Q = 0 allora H u′ = Hg = 15 m 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. 50,00

1,000

Hu [m]

ηy

ηy

40,00

0,800

P Hu

30,00

0,600

20,00

0,400

P’ 10,00

0,00 0,00

0,200

100,00

200,00

300,00

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m3/h]

In condizioni di similitudine fluidodinamica: 2 H u′ ⎛ n ′ ⎞ = H u ⎜⎝ n ⎟⎠ Allora: H′ 15 giri n′ = n u = 2500 = 1602.5 Hu 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 di partenza il punto P in similitudine fluidodinamica fluidodinamica con P”:


95


50,00

1,000

Hu [m]

ηy

ηy

40,00

0,800

n

P

Hu

30,00

0,600

P 20,00

0,400

n’

P’

P”

10,00

0,00 0,00

100,00

200,00

300,00

0,200

400,00

500,00

0,000 600,00

Q [m3/h]

Si può scrivere: 2 Hu ⎛ n ⎞ =⎜ ⎟ ′ ′ H u ⎝ n′ ⎠ Allora: 2 2 n 2 5 0 0 m3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ′ ′ H u = H u ⎜ ⎟ = 10 ⎜ ⎟ = 512.5 h ′ n 1 6 0 2 . 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ m3 Graficamente dalla caratteristica si determina Q = 512.5 h Considerando la similitudine fluidodinamica si può inoltre scrivere: Q n = Q′′ n′ e quindi: n′ 1602.5 m3 = 325.5 Q′′ = Q = 512.5 n 2500 h


96

curva isorendimento idraulico


ESERCITAZIONE 9 1) Si deve progettare un motore Sabathè 4T che fornisca 100 CV a 3000 3000 giri/min in condizioniambiente standard. Si prevede un consumo specifico q b = 180 g/CVh di gasolio (H i = 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 automobilistici 4T, uno ad accensione comandata, comandata, l’altro ad accensione per 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 banco su un motore alternativo 4T a carburazione carburazione della cilindrata cilindrata di 3 1200 cm è stata misurata un coppia all’albero di 79.7 Nm a 4950 giri/min. E’ stato misurato un volume V b = 150 cm3 di benzina consumata in un tempo t = 0.534 min. Sapendo che la densità massica della benzina usata è ρ b = 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, t 0 = 20 °C, sapendo che le condizioni ambiente durante la prova erano: p = 744 mm Hg, t = 24 °C.


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La pme può essere scritta come: pme = ηu

λ vHi αv

Il consumo specifico è definito come  b  b m m 1 = =  b H i Pu ηu m ηu H i Inserendo quest’ultima relazione nella precedente si ottiene: λ 1 pme = v q b αv In cui v rappresenta il volume massico dell’aria nelle consizioni ambiente e quindi può essere valutato considerando la legge dei gas perfetti: pv = RT RT 287 ⋅ 293 m3 v= = = 0.830 p 1.013 ⋅105 kg Sostituendo: λ 1 0.8 1 pme = v = = 6.75 ⋅ 105 Pa = 6.75 bar −3 10 q b αv 21 ⋅ 0.830 180 735.5 ⋅ 3600 La pme è legata alla potenza erogata dal motore dalla seguente relazione: n Pu = pme ⋅ iV m Dunque la cilindrata complessiva risulta: Pu 100 ⋅ 735.5 iV = = = 4.359 ⋅ 10−3 m3 = 4359 ⋅ 10− 6 m3 n 3000 pme 6.75 ⋅ 105 m 60 ⋅ 2 La cilindrata del singolo cilindro è legata alla corsa c e all’alesaggio d dalla seguente relazione: 2 πd 2 π d2 2 π ⎛ d ⎞ 3 V= c= c c= ⎜ ⎟ c 4 4 c2 4 ⎝ c ⎠ La corsa inoltre è legata alla velocità media dello stantuffo u dalla seguente relazione: u = 2cn 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. u 12 = 0.12 m c < max = 2n 2 ⋅ 300 60 Considerando la corsa c massima corrispondente alla u max si otterrebbe il seguente numero di cilindri: iV iV 4359 ⋅ 10−6 = = 3.89 i= = V π ⎛ d ⎞ 2 3 π ⎛ 1 ⎞ 2 ⎜ ⎟c ⎜ ⎟ 0.123 4 ⎝ c ⎠ 4 ⎝ 1.12 ⎠ 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

q b =


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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

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E serciz rcizio 2

Motore ad accensione comandata Essendo n = Cω m λH pme = ηu v i αv   b m m 1 q b = b = =  b H i Pu ηu m ηu H i Pu = pme ⋅ iV

si può scrivere

λv 1 q b αv C' pme' = C pme

pme =

Considerando pari ad 1 sia il rapporto

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

v = 1 (condizioni ambiente standard in entrambi i casi), si ha: v' λ'v 1 Pu ' pme' n ' q' b α' v' n ' λ'v q b α v n ' 0.85 285 3000 = = = = = 0.7865 λ v 1 n λ v q' b α' v' n 0.8 275 4200 Pu pme n q b αv Così risulta: P'u = 0.7865 ⋅ 50 = 39.3 kW Pu 50 ⋅ 10 3 = 113.7 Nm C= = ω 2π ⋅ 4200 60 λ' q 0.85 285 C' = C v b = 113.7 = 113.7 ⋅1.1011 = 125.2 Nm λ v q' b 0.8 275 g g  ' b = q ' b P'u = 275 ⋅ 39.3 = 10808 = 3.002 m h s Accensione per compressione Essendo  m 1 n 1 m a n 1 λ vρiV n  b H i = b = Pu = ηu m m b = = q b q b m q b α m q b α m risulta che il rapporto

m b = Per come è reg regolat lato il motore ( regolazione (quindi

λv ρiV α

λv tante ) m b è costante a posizione costante dell’organo di = costan α

m' b = 1 ), si ottiene: m b


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1 m' C' q ' b b q b m' b 238 = = = = 1.0303 1 C q ' m 231 b b m b q b 1 m' n ' Pu ' q' b b q m' n ' 238 3000 = = b b = = 0.7359 1 Pu q ' m n 231 4200 b b m b n q b Così risulta: P'u = Pu ⋅ 0.7359 = 50 ⋅ 0.7359 = 36.8 kW C' = C ⋅1.0303 = 113.7 ⋅1.0303 = 117.1 Nm g g  ' b = q ' b P 'u = 231 ⋅ 36.8 = 8501 = 2.361 m h s


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E serciz rcizio 3

Nelle condizioni di prova prova considerate: 4950 ⋅ 2π = 41314 W = 41.31 kW Pu = Cω = 79.7 60 Dalla relazione Pu = pme ⋅ iV

n m

si calcola Pu 41314 = = 8.346 ⋅ 105 Pa = 835 kPa n 4950 iV 1200 ⋅ 10− 6 m 2 Il consumo specifico di combustibile è definito come:  m q b = Pu Considerando che un volume noto V b di combustibile (contenuto in una buretta graduata di volume appunto pari a V b) di densità nota ρ b viene consumato in un tempo tb si può scrivere: 0.739 ⋅ 1000 ⋅ 150 ⋅ 10−3 ρ b V b 1 0 . 534  m g t 60 = 301.5 q b = b = b = Pu Pu 41.31 kWh Per valutare la potenza e i consumi di combustibile in condizioni ambiente standard si fa riferimento alle formule DIN riprese dalle normative italiane CUNA Pu 0 p 0 T = =μ Pu p T0 In cui: Pu = potenza erogata dal motore alle condizioni ambiente p e T p = pressione ambiente ambiente T =temperatura ambiente Pu0 = potenza erogata dal motore alle condizioni ambiente standard p 0 e T0 p0 = 1 atm = pressione ambiente standard T0 = 20 °C = 293 K = temperatura ambiente standard pme =

Numericamente: p T 760 273 + 24 = 41.31 = 42.49 kW Pu 0 = Pu 0 p T0 744 273 + 20 C u 0 p 0 T = =μ C u p T0 Affinchè le prove siano valide è necessario che μ sia all’interno di un dato range: 0,93 < μ < 1,07 In questo caso μ = 1.028 .   b m m 1 q b = b = =  b H i ηu Hi Pu ηu m


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In prima approssimazione sia il rendimento che il potere calorifico inferiore sono indipendenti dalle condizioni ambiente per cui: q 0 = qb


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ESERCITAZIONE 10 1) Un compressore compressore alternativo a stantuffo monostadio aspira aria aria a p 1 = 100 kPa e manda a p 2 = 3 600 kPa, cilindrata V 0 = 1500 cm , volume dello spazio morto V m = 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) T C = TD = 510 K. Supposte trascurabili le fughe durante la mandata si determini: la portata di aria mandata e la potenza assorbita. assorbita. 2) Un compressore compressore rotativo a palette palette con grado di spazio morto morto e laminazioni 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 cm 3, velocità angolare 3000 giri/min. Calcolare la potenza assorbita dal compressore nella marcia a vuoto (p 2 = p1) alla medesima velocità di rotazione, supponendo che le perdite meccaniche siano rimaste costanti. 3) Un compressore compressore Roots della cilindrata cilindrata complessiva complessiva di 8 dm 3, ruotando a 1500 giri/min, aspira aria dall’ambiente (p1 = 1 bar, t 1 = 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.


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Soluzioni

Soluzioni non presenti


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Esercitazioni Exercises THM (Thermal and Hydraulic Machines)

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