Lezione del l’1 Ottobre 2002
MANOMETRO SEMPLICE γa = 9806 N/m3 γk = 8040 N/m3 d =2m
δ
A
γa
h
d γm
A
Calcolare la differenza δ di quota delle superfici libere dell’acqua e del kerosene.
h+δ = d Dall’ equilibrio delle pressioni sul piano A – A del menisco di separazione, si deduce
pA = γah = γk d Quindi
γk Nm 3 8040 h=d = 2⋅ [m ⋅ ] = 1,6m 3 γa 9806 Nm da cui
δ = d − h = 2m − 1,6m = 0,4m
MANOMETRO SEMPLICE ∆Η γa A’
A
γa = 9806 N/m3 γm = 133300 N/m3 h = 5,6 cm
b H
h
b
γm
A
A’
Di quanto varia h se lo specchio libero dell’acqua si solleva di ∆H = 1,5 m ?
Basta osservare che nella nuova configurazione il mercurio si sposterà verso il ramo di destra, in modo che sia sempre verificata l’uguaglianza della pressione nel mercurio alla stessa quota nei due bracci del manometro, cioè:
γ a ( H + ∆H + b ) = γ m (h + 2b ) Dalla posizione di equilibrio iniziale è immediato calcolare H: su A-A :
γ a H = γ mh
γm Nm 3 133300 = 0.056 ⋅ H =h [m ⋅ ] = 0,76m 3 γa 9806 Nm Perciò: su A’ – A’ :
γ a ( H + ∆H + b ) = γ m (h + 2b ) N N 256794 3 b = 14709 2 m m
b = 0,0572 m
e
∆h = 2b = 0,114 m
MANOMETRO SEMPLICE γ = 8825 N/m3 γm = 133300 N/m3 h1 = 18 m h2 = 13 m
h2
γ
∆
h1
n
z = z0
Determinare le indicazioni ∆ del manometro semplice aγm mercurio e n del manometro metallico.
La pressione esercitata dal fluido sul piano orizzontale passante per il menisco inferiore del manometro semplice è equilibrata da quella esercitata nel ramo di destra dalla colonna ∆ di mercurio; ne segue:
γh2 = γ m ∆
Nm 3 γ 8825 ∆ = h2 = 13 ⋅ [m ⋅ ] = 0,86 m 3 γm 133300 Nm Analogamente la pressione alla quota del baricentro del manometro metallico vale:
N N Pn = γh1 = 8825 ⋅18 [ 3 ⋅ m] = 158850 2 m m
n = 1,588 bar
PIEZOMETRO γo = 7845N/m3 γa = 9806N/m3 γm = 133362N/m3 hp = 1,2 m
aria h1= 1m h2= 1m h3= 1m
olio acqua hp
γm
mercurio
z = z0
Si determinino le quote dei piani dei carichi idrostatici dei tre liquidi rispetto al riferimento z =0 e si tracci il diagramma delle pressioni.
La pressione nell’interfaccia acqua – mercurio vale:
(
)
N p3 = γ m h p − h3 = 133362(1,2 − 1) = 26672 2 m all’interfaccia olio – acqua:
N p2 = p3 − γ a h2 = 26672 − 9806 ⋅1 = 16866 2 m all’interfaccia aria – olio:
N p1 = p2 − γ o h1 = 16866 − 7845 ⋅1 = 9021 2 m Le quote dei piani dei carichi idrostatici dei singoli fluidi si ottengono dividendo i valori delle pressioni alle interfacce per i rispettivi pesi specifici.
Con riferimento alla quota z = 0 risulta:
p 26672 + 1 = 1,2 m hm = 3 + h3 = γm 133362 p 16866 + 1 + 1 = 3,72 m ha = 2 + h3 + h2 = γa 9806 p1 9021 + h3 + h2 + h1 = + 1 + 1 + 1 = 4,15 m ho = γo 7845 hO ha
hm
MANOMETRO DIFFERENZIALE p.c.i.2 δ
γ1
p.c.i.1 γ2
hB hA B
∆
γ1= 9806 N/m3 γ2= 7845 N/m3 γm= 133362 N/m3 hA = 2 m ∆ = 0,01 m
A
γm
Determinare la posizione del piano dei carichi idrostatici del liquido di peso specifico γ2 e tracciare i diagrammi delle pressioni.
Conoscendo hA si può calcolare la pressione in A:
N N p A = γ1h A = 9806 ⋅ 2 [ 3 ⋅ m] = 19612 2 m m e la pressione in B:
N p B = p A − γ m ∆ = 18278 2 m e quindi:
p hB = B = 2,33m γ2
che è anche pari a
p B = γ 2 hB
il dislivello δ del piano dei carichi idrostatici 2 rispetto al piano dei carichi idrostatici 1, vale:
δ = hB + ∆ − h A = 0,34 m
δ
γ1
γ2
hB hA B
∆
A
γm
SPINTE IDROSTATICHE SU SUPERFICI PIANE
patm
C
A
h1
h2
γa B X
γo
γa = 9800 N/m3 γo = 7840 N/m3 h1 = 3 m h2 = 1,5 m l=2m Determinare la forza X orizzontale da applicare in B per assicurare l’equilibrio alla ventola AB (incernierata in A) nella posizione verticale.
Il modulo della spinta esercitata dall’acqua sulla ventola equivale al prodotto della pressione nel baricentro della ventola per la sua superficie:
N S a = γ a hG A = 9800 ⋅ (3 − 0,75) ⋅ (2 ⋅1,5)[ 3 ⋅ m ⋅ m 2 ] = 66150 N m a
Analogamente si trova la spinta esercitata dall’olio sulla ventola:
N ( ) S o = γ o hG A = 7840 ⋅ 0,75 ⋅ 2 ⋅1,5 [ 3 ⋅ m ⋅ m 2 ] = 17640 N o
m
S a > S o quindi la risultante avrà il verso di S a
Calcolo dei punti di applicazione delle due spinte:
h2/2 h2/2
Sa
δ
s1
h h s1 = 2 − δ = 2 − 2 2
Lh23 12
h 2 Lh2 CA + 2
=
2 ⋅1,53 12 = 0,66 m = 0,75 − 2 ⋅1,5 ⋅ (1,5 + 0,75) Nel secondo caso, essendo perfettamente triangolare la distribuzione delle pressioni, è immediato il calcolo del punto di applicazione della spinta dal fondo:
h2 = 0,5m s2 = 3
So h2/3
La forza incognita si trova dunque annullando i momenti delle due spinte e della forza incognita stessa rispetto la cerniera A:
S a ⋅ (h2 − s1 ) − S o ⋅ (h2 − s2 ) − X ⋅ h2 = 0 66150 ⋅ 0,84 [ N ⋅ m] − 17640 ⋅1 [ N ⋅ m] − X ⋅1,5 [ N ⋅ m] = 0 X = 25284 N
Segue: AGGIORNAMENTO CON APPUNTI DI LEZIONE relativo allo stesso esercizio, per la determinazione del centro di spinta.
S = γhG A
Disegno di riferimento per valutare il valore della pressione in corrispondenza del baricentro G della ventola.
patm
h1
hG
h2/2
γa
γah G
hG G γo h G
h2 γo
Linea di sponda
SISTEMA acqua - paratoia
y
Piano dei carichi idrostatici (acqua)
ξ x0 h1/2
h2/2
G
x
I ξ= M
Piano dei carichi idrostatici (olio)
C
o
d1
η=
I xy M
=0
per il teorema del trasporto del momento d’inerzia ( teorema di Huygens) :
Lh23 I0 = 12
I = I 0 + Ax02
h h Ax02 = Lh2 1 + 2 2 2
2
M = Axo Lh23 I0 I h1 h2 12 ξ= = + xo = + + = 2,33m h h M M 2 2 Lh2 1 + 2 2 2 d1 = ξ −
h1 = 2,33 − 1,5 = 0,84m 2 Linea di sponda
y ξ x 0
Piano dei carichi idrostatici (olio)
G
x
d2
SISTEMA olio - paratoia
C
2 Lh23 h2 I = I 0 + Ax0 == + Lh 12 2 Lh23 h I I ξ= = ' + xo = 12 + 2 = 1m = d 2 M M h 2 Lh 2 2 2
S a ⋅ d 1 − S o ⋅ d 2 − X ⋅ h2 = 0 66150 ⋅ 0,84 [ N ⋅ m] − 17640 ⋅1 [ N ⋅ m] − X ⋅1,5 [ N ⋅ m] = 0 X = 25284 N
SPINTE IDROSTATICHE – EQUILIBRIO RELATIVO F
a
b
A
P
B
D
G E
e
D2
D1
C2
C1
a=1m b = 0,25 m D1 = 0,2 m D2 = 0,8 m e=1m γ = 9806 N/m3 |F| = 1000 N
γ
Ammessi trascurabili i pesi propri dei pistoni E e G e della leva AB e l’aderenza dei pistoni, determinare la forza P che deve essere applicata al pistone G affinché il sistema sia in condizioni di equilibrio. (I cilindri C1 e C2 contengono entrambi acqua)
La forza F’ agente nel punto B della leva ADB vale in modulo
Fa + F ' b = 0 F' = F
a 1 = 1000 = 4000 N b 0,25
la pressione in corrispondenza del pistone E nel cilindro C1 vale:
pE =
F' F' 4000 = = = 127324 Pa 4 2 2 AE D π(0,2 ) π 1 4
in corrispondenza al pistone G la pressione è pari a:
N pG = p E − γh = 127324 Pa − 9806 3 ⋅1 m = 117518 Pa m
Moltiplicandola per l’area AG dà il modulo della spinta sul pistone G e quindi anche quello della forza P che deve essere applicata a G perché il sistema sia in equilibrio:
D22 2 0,8 2 = 59071 N P = pG AG = pG [ 2 ] ⋅ π [m ] = 117518 ⋅ π ⋅ 4 4 m N
Lezione del 8 ottobre 2002
O dG
d1
d2
ρ
d1 = 3.00 m d2 = 5.50 m b = 2.50 m = larghezza della lastra α = 60 gradi ρ = 1000 kg/mc ⇒ γ = 9806 N/mc
α
1
2 O
Determinare la forza F agente sulla superficie della lastra e il centro di spinta.
α dF
ρ
F
G •
xF xG
F = pG * A A = a * b con d2-d1 5.50-3.00 = 2.91 m a = sin(α) = 0.86 1
A = a * b = 2.91 * 2.50 = 7.28 mq d2 + d1 4.25 m ⇒ = 2 ⇒ pG = 9806 N/mc * 4.25 m = 41675.5 N/mq pG= ρ * g * dG = γ * dG
con dG =
F = pG * A = 41675.5 N/mq * 7.28 mq = 303397.6 N Indicando con x la coordinata di un punto della superficie A rispetto alla retta intersezione tra il piano del pelo libero ed il piano che contiene la superficie, la distanza del punto di applicazione della forza da tale retta è: A * x G2 + MI MI = xF = MS A *xG
G
con
dG 4.25m = = 4.94m xG = α sin( ) 0.86 2
MI G b * a 3 / 12 a2 x F = xG + = xG + = xG + = A * xG b * a * xG 12 * x G ( 2 . 91 m ) 2 = 4 . 94 m + = 4 . 94 m + 0 . 14 m = 5 . 08 m 12 * 4 . 94 m La profondità dal pelo libero del punto di applicazione della forza è:
d F = x F sin(α ) = 5.08m * 0.86 = 4.37 m
3
Dati la geometria del sistema e i valori di h e γ : determinare il modulo S della spinta sulla superficie estrema verticale piana e il centro di spinta.
y Y = x2
G
hG
h
x
A(
2 ) = A = 2 ∫ y dy = y 0 3 h
area bagnata
1 2
3 h 2 0
4 = h h 3
2 hG = h 5
S = γhG A = γ
8 2 h h 15
Il centro di spinta si trova sull’asse della parabola affondato sotto la superficie libera della distanza: 3 3
32 h h 32 h h 4 I 105 105 ξ= = = = h 8 2 M AhG h h 7 15
4
SPINTE SU SUPERFICI GOBBE
IDROSTATICA
1
IDROSTATICA
2
IDROSTATICA
3
Data la geometria del sistema e i valori di γ e R, determinare la spinta del liquido sulla superficie della semisfera superiore, su quella della semisfera inferiore e sull’intera superficie sferica.
Piano dei carichi idrostatici
R γ
- calcolo della spinta S a sulla superficie della semisfera superiore Per il teorema globale dell’equilibrio isolando il volume di liquido contenuto nella semisfera
P + F1 + Fa = 0
P =γ
14 3 πR 23
F1 = π R 2γ R
Fa
da cui
− Fa = P + F1 = S a
Peso del volume di liquido isolato
verticale verso il basso
Spinta esercitata SUL liquido dalla superficie ideale del cerchio massimo di chiusura del volume verticale verso l’alto Spinta esercitata SUL liquido dalla superficie della semisfera
4 1 3 3 S a = − Fa = − γ π R + γπ R = γπ R 3 6 3
verticale verso l’alto essendo F 1 >P 5
- calcolo della spinta Sb sulla superficie della semisfera superiore Per il teorema globale dell’equilibrio isolando il volume di liquido contenuto nella semisfera
P + F1 + Fb = 0
14 3 πR 23 F1 = πR 2γR P =γ
Fb
da cui
− Fb = P + F1 = Sb
Peso del volume di liquido isolato
verticale verso il basso
Spinta esercitata SUL liquido dalla superficie ideale del cerchio massimo di chiusura del volume verticale verso il basso Spinta esercitata SUL liquido dalla superficie della semisfera
4 5 Sb = − Fb = γ πR 3 + γπR 3 = γπR 3 6 3
verticale verso il basso
- calcolo della spinta S sull’intera superficie sferica La spinta è uguale al peso del liquido contenuto nella sfera, cioè:
4 S = γ πR 3 3
ovviamente pari alla risultante delle precedenti
S = S a + Sb 6
D h γ
Data la geometria del sistema e i valori di γ , h e D, determinare il modulo S della spinta sulla semisfera (fondo del serbatoio cilindrico). Come tutti i problemi riguardanti le spinte su superfici curve, questo esercizio può essere risolto sia applicando il teorema globale dell’equilibrio, sia calcolando separatamente la componente verticale e quella orizzontale della spinta.
1) calcolo della spinta applicando la regola delle 2 componenti: si osserva che la proiezione orizzontale della superficie del cerchio massimo è, in questo caso nulla, non esiste quindi componente orizzontale della spinta. Quanto alla componente verticale, si tratta di valutare il peso del volume di liquido costruito portando delle generatrici verticali dal contorno della superficie, fino al piano dei carichi idrostatici relativi:
1 4 D3 D2 π S = γV = γ π h+ 23 8 4 7
2) calcolo della spinta applicando l’equazione globale di equilibrio statico al volume compreso tra la semisfera e il suo piano diam etrale principale:
G + Π O + Π1 = 0
2 D G =γ π 3 2
D2 Π 1 = γ hπ 4 Π0
− Π 0 = G + Π1 = S
3
Peso del volum e liquido contenuto nella sem isfera
rivolto verso il basso
Spinta esercitata SU L liquido dalla superficie ideale del cerchio m assim o di chiusura del volum e (da vedersi come la spinta del liquido che insiste sul piano diam etrale principale) rivolta verso il basso Spinta esercitata SU L liquido dalla superficie della sem isfera verticale verso l’alto
1 4 D3 D2 S = G + Π 1 = γ hπ +π 4 23 8 8
Spinta idrostatica su una superficie cilindrica πo
z
R A π h
G
R G
C
π
πO
B x
Si vuole determinare la spinta π sulla parete convessa verso l’acqua AB:
S’immagina di aggiungere una parete piana verticale CB passante per il piede della parete curva e di riempire d’acqua il nuovo spazio ABC. La parete curva è ora sottoposta a pressioni uguali e contrarie sulle due facce perciò non assume su di sé alcuna pressione. La spinta π cercata è dunque di uguale intensità e direzione, ma di verso opposto, alla spinta esercitata dal volume liquido ABC sulla superficie curva AB. Indicando con π o la spinta esercitata dal liquido sulla parete verticale BC, con G il peso del volume liquido ABC, per l’equilibrio del suddetto volume deve aversi
πo + G − π = 0
π = πo + G
9
a R a
γ
o
α R
La paratoia a settore di raggio R e asse di rotazione orizzontale per o chiude la luce rettangolare di altezza a su cui esiste un battente di acqua a. a = R cos α
α = 45 °
Determinare la spinta esercitata dall’acqua su un metro lineare di paratoia. 1) metodo delle componenti verticali e orizzontali 1
S o = γ h Gproiez . Asup . proiettata S v = γ V tratteggia to S =
3 a = γ a + a = a 2γ 2 2
πR 2 a 2 = γ aR (1 − cos α ) + − 2 8
Sv
a a
α
So γ
o
1
S o2 + S v2
la risultante dovrà passare per il centro del cerchio O e ha inclinazione rispetto l’orizzontale pari a: S
tg ϕ =
0
Sv
10
2) calcolo della spinta mediante il teorema globale dell’equilibrio
G + Π O + Π1 = 0
S = +Π O = G + Π1
a R
1
a Πο G
πR 2 bh G = γ − 2 8
1
a 3 α α Π 1 = γ a + 2 Rsen = γ R cos α ⋅ 2 Rsen 2 2 2 2
α/2
π/2 −α/2 = 67,5
h b
Π 1o = Π 1 sen ( 67 .5)
Π 1v = Π 1 cos( 67 .5)
b = 2 Rsen h = R cos
S o = Π 1o
S v = G + Π 1v
S=
o
α
Π1
α 2
α 2
S o2 + S v2 12
Lezione del 15 ottobre 2002 γm2 A S AB H
∆2
0,5 m
0,8 m
K δ3
γ1
P
∆1=0,05 m
0,3 m γm1
B γ2 1,0 m S BC C
γ1 = 9806 N m -3 γ2 = 11767 N m -3 γm1 = 133362 N m -3 γm2 = 7845 N m -3 ∆1=0,05 m L=3m
Determinare: a) Posizioni dei carichi idrostatici di γ1 e γ2 ; b) Indicazione ∆2 del manometro differenziale; c) Posizione del carico idrostatico di γm2; d) Spinta sulla parete ABC.
a) Indicando con δ1 la quota del piano dei carichi idrostatici del liquido 1 rispetto l’orizzontale di riferimento passante per P ho che la pressione alla quota del punto P vale: P P = -∆1*γm1 = γ1*δ1 da cui δ1= -0,68 m
Pm = - γ1*(δ1 – 0,3) = γ2*δ2 da cui δ2= -0,32 m b) La pressione in H è : PH = PM – γ1 * 0,5 = PK – γm2*∆2 = PM – γ2*(0,5 - ∆2) – γm2*∆2 da cui ∆2 = 0,25 m Conoscendo la pressione nel punto K dalla relazione precedente, ho che il piano dei carichi idrostatici del liquido γm2 si calcola con la relazione: γm2*δ3 = PK da cui δ3 = - 0,85 m
c) La spinta S A B sulla parete AB vale in modulo: S A B = γ1* (δ1 – 0,3 +
0 ,8 ) * 0,8 * L = 18357 N 2
ed è diretta dall’esterno verso l’interno essendo il liquido a contatto con la parete a pressione relativa negativa. La spinta S B C sulla parete BC è pari in m odulo a : S B C = γ2 (
1 - δ2 ) * 1 * L = 6354 N 2
diretta verso l’esterno. La spinta totale, diretta verso l’interno vale dunque: S A BC = 12003 N
Diagramma delle pressioni γm2 A SAB ∆2
δ3
H
0,5 m
0,8 m
γ1
γm1
B γ2 1,0 m SBC C
P
γ2 γ1 γm2
γa D
BLOCCO DI CALCESTRUZZO
D = 0,80 m L=2m P = 2650 N γa = 9806 N m-3 γc = 24515 N m-3 Determinare: a) Peso del blocco di calcestruzzo per mantenere il cilindro in posizione immersa.
Spinta del fluido sul cilindro: S’ = γa* ( (π*D2) / 4) * L = 9858 N La risultante delle spinte è verso l’alto e vale: S = S’ – P = 7208 N
Dall’equilibrio delle forze e dall’annullarsi del momento angolare rispetto il centro del cilindro ho che la tensione della fune è pari a: T = S / 2 = 3604 N Per l’equilibrio deve essere: PC=γCWC = T + γa*WC da cui WC = 0,245 m3 PC = 6007 N
Luce in parete sottile Dati: H , D = Diametro della luce P = Peso che grava sulla superficie colpita dal getto
P H
2 Z 1 γ
Determinare: a) la posizione Z di equilibrio. Dimostrare: a) la stabilità dell’equilibrio alle traslazioni verticali.
Ω = Area della luce = π * (D 2/4) La velocità torricelliana del getto all’uscita dalla luce sarà: V = radq(2 * g * H)
La velocità reale (V1) è : V1 = cv * V
con cv che vale 0,98
Siccome per la luce in parete sottile si ha che cc = 0,64 ho che la portata Q vale: Q = cc * cv * Ω * radq (2 * g * H) La forza (F) del getto sulla superficie inferiore di P vale: F = ρ * Ω 2 * V 22 dove le grandezze in gioco si riferiscono alla sezione 2. Per l’equilibrio tale forza dovrà uguagliare P e da tale relazione è poi possibile calcolare V2. Infatti essendo: Ω2 = Q / V2 ho che la relazione P = ρ * Ω2 * V22 può essere scritta: P = ρ * Q * V2 dalla quale si trae
V2 = P / ρ * Q
L’equazione di Bernoulli tra la sezione 1 e la sezione 2 vale: z1 + p1/ γ + V 12/2g = z2 + p2/ γ + V 22/2g Essendo z1 = 0 perché sul piano di riferimento ed entrambe le sezioni alla pressione atmosferica l’equazione sopra scritta diviene: V 12/2g = z2 + V 22/2g dalla quale si trae z2 che è l’altezza richiesta dal problema: z2 = V 12/2g - V 22/2g In tale posizione l’equilibrio è stabile alle traslazioni verticali. Infatti P è costante ed avendo: P = ρ * Q * V 2 = spinta del getto deduco che la spinta varia con z perché con z varia V2 Con Bernoulli dal pelo libero del serbatoio fino alla sezione 2, trascurando le perdite, ho H = z + V 22/2g ⇒ V 2 = radq(2 * g * (H - z) ) ⇒ F’ = ρ * Q * V 2 - P
Dati: ρ , A = Area del serbatoio Ω , H
H
Determinare: a) Portata iniziale b) Tempo di svuotamento del serbatoio
Ωc
Ω
Q = m * Ω * radq (2 * g * H)
con
m = cc * c v
Il tempo di svuotamento si ricava ossaervando che la diminuzione della quota del pelo libero H rispetto alla luce in un tempo dt è data dalla: -dH = (Q / A) * dt per cui sarà -dH = (m * Ω * radq (2 * g * H) / A) * dt
La quantità K = (m * Ω * radq(2*g) / A) risulta essere costante, per cui si può scrivere, separando le variabili, -dH/radq(H) = K * dt Integrando si ottiene -2 * radq(H) = K * t + cost Per valutare il valore della costante utilizzo le condizioni iniziali: H = H0 per t=0 H=0 per t = T = Tempo di svuotamento Da questo si ricava cost = -2 * radq(H 0) T = 2 * (radq(H 0) / K)
per cui ho
Lezione 22 ottobre 2002 Esercizio 1 Un tubo di Pitot viene immerso in un fluido che scorre con velocità v. Se tale fluido è aria e il liquido monometrico contenuto nel tubo è acqua, determinare le velocità del fluido quando la differenza di altezza del liquido monometrico è h = 0,65 cm.
Applicando l’equazione di Bernoulli ai punti a e b, dove b si suppone sia il punto di arresto del fluido e ρ la sua densità :
40
1 Pa + ρv 2 = Pb 2 Del resto se h è la differenza di altezza del liquido nei 2 rami del manometro e ρ’ la sua densità, possiamo scrivere:
Pa + ρ' gh = Pb confrontando le 2 equazioni, si ricava per la velocità dell’aria l’espressione:
v=
2ghρ' ρ
per ρ’ =1.29 kg/m3
v = 0,31m / s
41
Esercizio2 Uno scultore deve realizzare un balenottero da porre al centro di una fontana. Nel corpo della statua verrà immesso un tubo di sezione A nel quale confluirà l’acqua alla velocità v.
Sapendo che l’acqua che fuoriuscirà dalla bocca del balenottero dovrà raggiungere un punto della fontana distante d e ad un’altezza di h al di sotto della bocca stessa, che diametro D dovrà dare a questa lo scultore?
Usando le equazioni della meccanica classica,
d = v' t h=
1 2 gt 2
si deduce che la velocità v’, che deve avere il fluido all’uscita della bocca del balenottero per raggiungere il punto dovuto, deve essere
v'= d
g 2h 42
ora, applicando l’equazione di continuità,
A' v' = Av si ricava la nuova sezione A’ in funzione di A, v, v’
A'=
Av 2h d g
Da cui :
4A' D= π
43
Esercizio 3 In un recipiente riempito d’acqua fino ad un’altezza H, viene praticato un foro a un’altezza al di sotto della superficie libera che permette al fiotto d’acqua uscente di raggiungere la distanza massima.
h
Trovare l’espressione di questa distanza in funzione di H. Per il teorema di Torricelli, l’acqua che esce dal foro ha velocità:
v = 2 gh dove h è l’altezza del foro al di sotto della superficie libera. Sostituendo quest’espressione della velocità nel sistema
d = vt 1 2 H − h = 2 gt ed eliminando la variabile temporale, si ottiene per la distanza l’espressione:
44
d = 2 h( H − h ) la distanza è massima quando il valore del radicando è massimo; il radicando, a sua volta, fissata H, è massimo per
h=
1 H 2
come si ottiene derivando il radicando in funzione di h e ponendo la derivata uguale a zero. Sostituendo questo valore dentro l’espressione di d, si ottiene il relativo valore massimo:
d max = H .
45
Esercizio 4 D γ
Q
1
Determinare la portata fluente attraverso il venturimetro, noto il dislivello ∆ del manometro differenziale a mercurio, ammettendo nulle le perdite fra le sezioni 1 e 2, e uniforme la distribuzione della velocità nelle due sezioni. Siano noti: D, ∆, γ, γm, d
2 ∆
d
γm Il manometro differenziale fornisce la differenza δ fra le quote piezometriche delle sezioni 1 e 2
γ −γ p p z1 + 1 − z 2 + 2 = δ = ∆ m γ γ γ data la costanza del trinomio di Bernoulli, risulta quindi:
p1 p2 v22 − v12 δ = z1 + − z 2 + = γ γ 2g essendo per la continuità
Q = v1A1 = v2A2
la precedente si può scrivere: 46
Q2 1 1 Q 2 A12 − A22 δ= − 2 = 2 2 g A2 A1 2 g A22 A12 e quindi
Q = 2 gδ
A1 A2 A12 − A22
47
Esercizio 5
H d
Calcolare la portata, la pressione e la potenza necessarie per alimentare un getto d’acqua di diametro iniziale d, che si eleva verticalmente ad un’altezza H. Trascurare sia le perdite di carico nel getto e nel condotto, che la velocità dell’acqua nel condotto di adduzione, e considerare rettilinei e paralleli i filetti nella sezione iniziale del getto ( quindi pressione nulla in tutta la sezione). Dati: d e H Assunto come piano z = 0 quello passante per la sezione iniziale del getto, l’applicazione del teorema di Bernoulli fra la sezione iniziale e la sommità del getto fornisce:
v12 α =H 2g
(α = 1)
dal momento che alla quota H la velocità è nulla e i filetti, separandosi, sono tutti alla pressione atmosferica. 48
Risulta quindi:
d2 Q = π v1 4
v1 = 2 gH
per trovare la pressione si applica il teorema di Bernoulli fra una sezione generica del condotto e la sezione iniziale del getto, ammettendo che esse si trovino alla stessa quota zero. Con le ipotesi poste si ha:
p v12 = γ 2g cioè
p = H da cui γ
p = γH
Per calcolare la potenza basta ricordare che è
P = γQH
49
Esercizio 6 Data la geometria, individuare a quale distanza h dal foro il getto effluente avrà il diametro d assegnato. Considerare il liquido perfetto e incomprimibile. Dati : H, D e d.
H D
ωc
h
d Supponiamo che la sezione contratta si trovi all’incirca alla distanza di 0,5 D dal foro. In questa sezione la velocità è :
U c = 2 g (H + 0,5D ) e l’area è
D2 ϖ c = cc π 4
con Cc = 0,64 circa
quindi la portata Q:
D2 Q = ϖ cU c = Cc π 2 g (H + 0,5 D ) 4 50
essendo il liquido incomprimibile, la portata in volume è costante in tutte le sezioni, quindi in quella con diametro d sarà:
πd 2 Q= 2 g (H + h ) 4 eguagliando le due espressioni di Q si ottiene: 4
D h = cc2 (H + 0,5 D ) − H d
51
Esercizio 7
Ω
h H
1
1 a
a/2
P
Data la geometria del sistema, noti gli affondamenti h e H rispetto alla luce libera e nota l’area Ω della luce, calcolare il peso P affinché il sistema sia in equilibrio. L’equilibrio della bilancia permette di scrivere P = 2F con F : spinta esercitata dal getto che effluisce dalla luce Applicando il teorema globale dell’equilibrio dinamico al volume compreso tra le sezioni 1-1 e 2-2 si ha:
G + Fc + I + M 1 − M 2 = 0 Analizzando le forze si avrà:
Fc = − M 1 quindi 52
F = − Fc = M 1 = ρQU 1 essendo Q = mΩ 2 gh e U 1 =
2 gH si ha
P = 2ρmΩ 2 gh 2 gH
53
Esercizio 8 Si deve costruire una paratoia che assicuri il contenimento di una data portata d’acqua all’interno di un canale H con altezza pari a: H . La struttura sarà realizzata con due setti verticali . Determinare quale altezza devono presentare tali setti affinché la spinta idrostatica agente su di essi sia identica. Ipotizzando una profondità unitaria .
S1
x
H
S2
H-x
H − x S 2 = γ H − ( H − x ) 2
x S1 = γ x 2 S1 = S 2
X =
H2 2
e
H2 (H − x ) = H − 2
54
Esercizio 9 Calcolare la pressione necessaria a valle della pompa per assicurare la velocità in uscita vj. Calcolare la potenza installata se il rendimento della pompa è del 70%. ( si trascurino in questa fase di programma, le perdite di carico lungo la condotta JL). JL Vj2/2g Hp
v 2j H p = H V − H M = 120m + + JL [ m] 2g p = γH p [ N / m 2 ] P=
γQH p η1000
[kW ] oppure
P=
γQH p η
[W ]
con η = 0,7 55
Esercizio 10 2
h Du 1 z2
P
b z1
a z=0
una pompa fissata a una zattera deve produrre un getto che raggiunga una quota h sopra la sezione terminale del boccaglio di uscita ad asse verticale. Ammesse trascurabili tutte le perdite di carico, determinare la portata Q e la potenza P della pompa avente un rendimento del 75%. Dati: h, a , b, Du.
zattera
applicando il teorema di Bernoulli fra la sezione di uscita del boccaglio e il punto dove il getto comincia a ricadere ( e quindi l’acqua ha velocità nulla), si ottiene:
p1 v12 p 2 v22 z1 + + = z2 + + γ 2g γ 2g v12 h = z 2 − z1 = 2g
v1 = 2 gh Nota v1 si ottiene la portata:
πD 2 Q = v1 A1 = v1 4 56
ammesse trascurabili le perdite di carico nelle condotte di aspirazione e di mandata, la prevalenza della pompa è pari a:
Hp = h+a+b e quindi la potenza installata è:
P=
γQH p η1000
[kW ].
57
Esercizio 11
Determinare la portata Q e la potenza P sull’asse della turbina, trascurando le perdite di carico lungo il diffusore. La turbina ha un rendimento dell’80%. Valutare inoltre la spinta sul diffusore. Dati : D1, D2, D3, z2, h, n,∆, γ, γm.
D1 n M h
2
z2
M T
∆
2
D2 Z= 0
z3
3
3 D3
Per trovare la portata è sufficiente applicare il teorema di Bernoulli fra la sezione di uscita della turbine (2-2) e la sezione di sbocco nel serbatoio (3-3):
p3 v32 p 2 v22 z2 + + = − z3 + + γ 2g γ 2g ma:
p3 p 2 v22 v32 − =δ − z3 + − z2 + = γ γ 2g 2g e
δ=∆
γ − γm γ 58
ed essendo
Q = v2 A2 = v3 A3 = cos t
Q=
δ 1 1 − 2 gA22 2 gA32
il salto disponibile ∆H risulta:
pV vV2 p M v M2 ∆H = H M − H V = z M + + + − zV + γ 2g γ 2g con
n ⋅10 5 Q2 H M = zM + + 2 gA12 γ HV = δ +
Q2 2gA22
e quindi
P=η
γQ∆H [kW ] 1000
59
la spinta Si sulla parete interna del diffusore viene determinata applicando il teorema globale dell’equilibrio dinamico al volume liquido compreso fra le sezioni 2-2 e 3-3; si ricava:
Si = G + Π 2 + Π 3 + M 2 − M 3 dove tutte le forze sono verticali e valgono:
G = γW Π 2 = p 2 A2
Π 3 = p3 A3 M 2 = ρQV2 M 3 = ρQV3 La spinta Se esercitata dal liquido in quiete del serbatoio sulla superficie esterna del diffusore è diretta verticalmente verso il basso e ha modulo pari al peso G’ del volume liquido compreso fra la parete esterna del diffusore e la superficie libera del serbatoio. In definitiva la spinta totale sul diffusore è pari a:
S = Si + Se
60
LEZIONE DEL 4 NOVEMBRE 2002 ESERCIZIO 1
Calcolare la portata effluente all’aria, in moto permanente, dalla condotta AB, a imbocco raccordato, alimentata da un serbatoio a livello costante. Dati: L, D, z1, z2, c (Gaukler – Strickler) Applicando l’equazione di Bernoulli tra la sezione iniziale e finale del condotto si ha:
V2 z1 = z 2 + α + iL 2g supponendo il moto turbolento α ≅ 1 e quindi può essere trascurato. Nel caso in esame non esistono perdite concentrate, perché nell’imbocco raccordato esse si considerano nulle. Per esprimere 61
la pendenza motrice i, essendo noto il coefficiente di Gaukler . Strickler, si userà la formula di Chezy: dove ℜ è il raggio idraulico che per condotti circolari vale D/4.
U = χ ℜi
Il bilancio energetico si scrive quindi:
U2 U2 U2 U2 L+ z1 − z 2 = 2 L + = 2 2 2 g c ( D / 4 )6 ( D / 4 ) 2g χℜ essendo, per un liquido incomprimibile, Q = ΩU
Q2 L+ z1 − z 2 = 4 2 2 2 2 2 ( ) 2 g D / 4 π 3 c ( D / 4 ) (πD / 4 ) Q2
quindi:
πD 2 Q= 4
z1 − z 2 1 L + 4 2 c (D / 4 )3 2 g
ESERCIZIO 2 62
Determinare l’indice di scabrezza “m” di Kutter di una tubazione, note la portata fluente Q e l’indicazione ∆ di un manometro differenziale a mercurio collegato come in figura. Dati: D, Q, l, ∆, γm, γ Il manometro differenziale fornisce la differenza di quota piezometrica agli estremi del tronco di lunghezza l, ossia:
il = ∆
γm − γ ∆ γm − γ da cui i = γ l γ
la velocità vale
U=
Q πD 2 / 4
dalla relazione U = χ ℜi si ricava χ
U χ= ℜi 63
di conseguenza m si calcola dall’espressione:
χ=
100 ℜ 100 = m + ℜ 1+ m ℜ
i valori medi sperimentali di m risultano: 0,15 – 0,17 per tubi in ghisa nuovi 0,275 per tubi in ghisa usati 0,45 per tubi in ghisa con incrostazioni
ESERCIZIO 3 64
Determinare la portata fluente dal serbatoio A al serbatoio B, collegati mediante due tronchi di tubazione di ghisa, rispettivamente di diametri D1 e D2, lunghezze L1 e L2 e scabrezze β1 e β2, noto il dislivello y.
Il bilancio energetico tra i due serbatoi A e B si scrive:
U 12 U 22 U 22 y = ξ1 + i1 L1 + ξ + i2 L2 + 2g 2g 2g essendo:
U1 =
4Q πD12
ξ1 ≅ 0,5
U2 =
4Q πD22
perdita di imbocco 65
2
2
Ω 2 D22 ξ = − 1 = 2 − 1 perdita localizzata per il brusco allargamento Ω1 D1 Q2 Q2 i1 = β1 5 ; i2 = β 2 5 D1 D2
(espressione di Darcy)
eseguite le debite sostituzioni si ottiene una equazione in Q2 di semplice soluzione (si considera la radice positiva, perché una portata negativa in questo caso non è fisicamente possibile).
ESERCIZIO 4
66
La condotta di diametro D, scabrezza γ (di Bazin) e lunghezza L, è collegata ai due serbatoi alle sue estremità. Noto il dislivello y fra le superfici libere dei due serbatoi, calcolare la portata che fluisce dall’uno all’altro e dedurre l’indicazione ∆ di un manometro differenziale a mercurio inserito nella condotta con le prese distanti l. Dati: D, L, γ, y, l La perdita di imbocco è assimilabile in questo caso ad un tubo di Borda e vale quindi l’intero termine cinetico. Il bilancio energetico risulta:
U2 U2 U U2 y= + iL + = + 2 L 2g 2g g χ ℜ dove 67
χ=
87 1+ γ / ℜ
e
ℜ=
D 4
da questa equazione si ricava U e quindi Q = UΩ il manometro differenziale fornisce la differenza di quota piezometrica fra le due sezioni cui è collegato; in questo caso vale quindi il. Si ha allora: il = ∆
γm − γ da cui si ricava ∆. γ
68
ESERCIZIO 5
Calcolare il diametro teorico occorrente perché un tubo di ghisa nuovo (coefficiente di Strickler c=90 m1/3 s-1), di lunghezza L, ad imbocco raccordato, convogli una portata Q fra due serbatoi tra i quali esiste una differenza di carico costante ∆H. Dati: L, Q, ∆H, γ Il bilancio energetico si scrive:
U2 ∆H = iL + 2g dove
U2 i= 2 χ ℜ
χ = cℜ
1 6
69
ℜ=
D 4
per cui 1 3
4Q 44
42 Q 2 A B ∆H = L + = + 1 2 4 5 , 33 4 2 g π D D D 2 4 2 3 π DcD D 2
2
equazione risolvibile numericamente rispetto D.
70
ESERCIZIO 6
La condotta AB di diametro D, lunghezza L e scabrezza m di Kutter, alimentata dal serbatoio S, termina con una valvola
D2 regolabile, la cui luce può assumere tutti i valori ω = ηπ con 4 0 < η < 1, posta H metri al di sotto della superficie libera del serbatoio. Determinare la portata massima e il valore di η per cui si ha la massima potenza del getto. Dati: H, L, D, m
πD 2 Assunto come piano di riferimento quello per B, posto Ω = , 4 il bilancio energetico si scrive:
Q2 Q2 H = 2 2 L+ χ Ωℜ 2 gη 2 Ω 2
( Qmax
per η = 1 )
71
la potenza del getto vale
W = γQH B in cui, essendo z = 0,
p =0 è γ
Q2 Q2 L HB = 2 = H − 2 g (ηΩ ) χ 2 Ω 2ℜ il massimo di W:
dW γL = γH − 3 2 2 Q 2 = 0 dQ Ωχ ℜ da cui
Q2L 1 = H 2 2 χ Ωℜ 3 quindi la portata che rende massima la potenza è:
Q * = Ωχ
Hℜ 3L
introdotto questo valore nell’equazione di bilancio iniziale si trova il valore di η richiesto.
72
ESERCIZIO 7
Due serbatoi sono collegati mediante una tubazione liscia di lunghezza L e diametro D, in cui è inserita una pompa. Trascurando eventuali perdite localizzate, determinare la potenza della pompa ( rendimento η ) per sollevare una portata Q di nafta. Dati: L, D, y, Q, ν ,η , γ La pompa deve fornire una prevalenza ∆H pari al dislivello fra i due serbatoi aumentato delle perdite e del carico cinetico:
U2 ∆H = y + iL + 2g dove
U=
Q 4Q = A πD 2 73
essendo noto ν si può calcolare il numero di Reynolds e verificare che è:
2000 < Re < 10 5 (fuori dal campo laminare) si potrà quindi usare la formula monomia di Blasius per il calcolo di λ e quindi di i e in definitiva ∆H.
λ = 0,316 Re
−0 , 25
λ U2 i= D 2g
e
la potenza da fornire alla pompa risulta:
W=
γQ∆H η
74
ESERCIZIO 8
H1
L1
L2
H2
H1 = 55 m H2 = 40 m L1 = 10 m L2 = 2.500 m D = 0,25 m C = 100 m1/3s-1 curva caratteristica della pompa
H p = 40 − 125Q 2
Calcolare la portata elaborata CON e SENZA pompa. SENZA POMPA
V1 2 V22 H 1 − 0,5 − i1 L1 − i2 L2 − = H2 2g 2g V1 = V2 ≡ V
e
VA = Q
8Q 2 10,29Q 2 H 1 − H 2 = ∆H = 1,5 2 4 + 2 5 , 33 ( L1 + L2 ) = KQ 2 gπ D cD
75
∆H Q= = k
15 1,5 ⋅ 8 2510 ⋅ 10,29 + 2 4 2 5 , 33 9,81 ⋅ (3,14 ) (0,25) (100) (0,25)
=
= 0,0595m 3 / s = 59,5l / s
CON POMPA
V1 2 V22 H 1 − 0,5 − i1 L1 + H p − i2 L2 − = H2 2g 2g H p = ∆H + kQ 2 K=
1,5 ⋅ 8 10,29 ⋅ 2510 + 2 4 2 5 , 33 = 4210,727 9,81 ⋅ (3,14 ) (0,25) (100 ) (0,25)
H p = −15 + 4214,727Q 2 curva di impianto H p = 40 − 125Q 2
curva caratteristica della pompa
dal sistema si trova Q = 0,1127 m3/s = 112,7 l/s
76
60
50
40
H
30
20
10
0 0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,1
0,11
0,12
0,13
0,14
0,15
-10 -15 -20 Q
77
Lezione del 12 Novembre H1
H2 z
Dati: H1= 100 m ; H2 = 30 m ; L = 3000 m ; D = 0,250 m Determinare : Portata passante e disegnare le linee dei carichi piezometrico ed effettivo. L’equazione dell’impianto è :
Q2 H1 - 0,5 * 2* g *Ω Q2 H1 - 1,5 * 2*g *Ω
2
2
Q2 − i*L 2*g *Ω
−
2
= H2
10 , 29 * L * Q 2 = H2 2 5,33 c *D
H1 - H2 = k * Q 2
78
dove c è il coefficiente che compare nella formula di Gauckler-Strickler:
C = c*R
1 6
Essendo il tubo in acciaio saldato si adotterà il valore c = 90ù Risulta quindi: k = 1,558 + 6166,395 = 6168 La portata è : Q =
∆H = 106 ,5 l / sec k
La velocità risulta : U =
Q = 2 ,17 m / sec Ω
Ne risulta che la perdita complessiva ∆H = 70 metri è così ripartita : U2 = 0,12metri 0,5 * 2* g i * L = 69,64 metri U2 = 0,24metri 2* g ∆H = 70,00 metri Ciò che ne risulta è che le perdite concentrate sono lo 0,5 % delle perdite totali e quindi, per condotte molto “lunghe” è consuetudine tenere conto delle sole perdite distribuite.
79
P2
P1 Saracinesca z1
z2
Dati: Serbatoio 1: z1 = 40,00 m Pressione relativa del gas = 10 bar Condotta 1: L1 = 12,00 m D = 1000 mm materiale = acciaio Condotta 2 : L2 = 15,00 m D = 1000 mm materiale = acciaio Serbatoio 2 : z2 = 38,00 m Pressione relativa del gas = 2,5 bar Determinare: Portata passante e disegnare le linee dei carichi effettivi nelle seguenti condizioni della saracinesca: η· = 1 η· = 0,5 η· = 0,1
80
Il carico effettivo nel serbatoio 1 sarà :
H1 = z1+
1000000 p1 = 40,00 + = 167,5m ρ *g 800* 9,806
Analogamente nel serbatoio 2 sarà:
H2 = z2 +
250000 p2 = 38 ,00 + = 69 ,87 m ρ *g 800 * 9,806
I Caso: η = 1 La curva caratteristica dell’impianto sarà:
0,5 10 , 29 * ( L1 + L2) 1 + + = 0 ,1582 2*g *Ω2 c 2 * D 5,33 2* g *Ω2 avendo assunto per l' acciaio c = 90 k=
Essendo ∆H = 167,5 – 69,87 = 97,63 m ho che la portata vale:
∆H = 24 ,84 mc / sec k La velocità risulta : U = 31,6 m/sec
Q=
81
Per disegnare la linea dei arichi effettivi si calcolano le singole perdite: 0 ,5 * U 2 = 25 , 49 m 2* g i * L1 = 9 , 40 m i * L2 = 11,75m U2 = 50 , 98 m 2* g che sommate danno ovviamente
∆ H = 97,63m
II Caso: η = 0,5 La perdita di carico prodotta dalla saracinesca con grado di chiusura diverso da 1 θ una perdita di carico concentrata dovuta al brusco allargamento di sezione tra l’area lasciata libera dalla saracinesca e la tubazione successiva. Tale perdita di carico puς esprimersi: 2
Ω con ξ = 2 − 1 Ω1 essendo Ω 1 la sezione ridotta ed Ω 2 la sezione piena. U2 ∆H = ξ * 2*g
Siccome η (grado di chiusura della saracinesca) θ il rapporto tra l’area lasciata libera dalla saracinesca stessa e l’area di apertura totale, ho : 2 1 ξ = − 1 η Per il valore di η = 0,5 risulta ξ = 1
82
Il nuovo valore di k si otterrà sommando al precedente valore un termine pari a : 1 2 * g * Ω2 per cui : k = 0,2408 La portata sarà in questo caso : Q = 20,14 mc/sec La velocità risulta : U = 25,63m/sec
Per disegnare la linea dei carichi effettivi si calcolano le singole perdite:
0 ,5 * U 2 = 16 , 75 m 2* g i * L 1 = 6 ,18 m U2 ξ * = 33 , 49 m 2* g i * L2 = 7,72m U2 = 33 , 49 m 2* g che sommate danno ovviamente
∆ H = 97,63m
83
III Caso: · = 0,1 2
1 ξ = − 1 η Per il valore di η = 0,1 risulta ξ = 8 1 Il nuovo valore di k si otterrà sommando al precedente valore un termine pari a : 81 2 * g * Ω2 per cui : k = 6,8488 La portata sarà in questo caso : Q = 3,777 mc/sec La velocità risulta : U = 4,808m/sec
Per disegnare la linea dei carichi effettivi si calcolano le singole perdite: 0 ,5 * U 2 = 0 , 59 m 2* g i * L 1 = 0 , 22 m U2 ξ * = 95 , 37 m 2* g i * L2 = 0,27m U2 = 1,18 m 2* g che sommate danno ovviamente
∆ H = 97,63m
84
L2
L1
Z2
P Zp
Z=0
Dati: z2 = 20,00 m ; L1 = 10,00 m ; L2 = 0,25 m ; c = 90,00 (acciaio) zp = 6,00 m; Curva caratteristica della pompa
Determinare: Portata teorica della pompa; impossibilità di funzionare det. la portata massima ammissibile ed individuare gli accorgimenti perché essa si stabilisca.
Il fluido all’uscita dalla tubazione avrà carico effettivo pari a: U2 H2 = z2 + 2* g sfociando alla pressione atmosferic a ora presa come zero.
Poiché l’altezza rappresentatrice della velocità è anch’essa funzione della portata al quadrato, è opportuno conglobarla in k per cui l’equazione dell’impianto diviene:
Hp = z2 – H1 + k * Q2
85
Siccome all’ingresso del fluido nella tubazione è posta una sugheruola, questa provoca una dissipazione di energia aggiuntiva, per cui in tale punto si terrà conto di un valore totale:
ξ=3 Il valore di k sarà : 4 10 , 29 * L + = 207 ,90 k= 2 2 5,33 2*g*Ω c *D Dalla curva caratteristica della pompa e dalla curva caratteristica dell’impianto si valuta il valore di portata che realizza lo stesso valore di Hp e quel valore di Q identifica il valore di regime. Tale valore corrisponde a Q = 0,170 mc / sec. Con tale valore le perdite saranno:
∆ H = 20,00
m
3*Q2 = 1 , 84 m ( sugheruola) 2* g *Ω 2 i * L1 = 0,59m i * L2 = 2,97m Q2 = 0 , 61 m 2 2* g *Ω Hp = 26,01m
86
E’ però ora necessario valutare il carico piezometrico all’ingresso della pompa onde accertare che la depressione rispetto al valore esterno dato pressione atmosferica sia tale da consentire il passaggio della portata prevista. Il carico piezometrico alla pompa sarà:
3Q2 Q2 − i * L1= −3,04m h = H12 2 2* g *Ω 2* g *Ω L’altezza rappresentatice della pressione relativa nello stesso punto è:
p = h - zp = -9,04m γ Essendo ρ = 1000 kg/mc ne risulta che la pressione relativa θ : p = - 88673 N/mq Poichι la pressione atmosferica, ammesso di non essere a quote Elevate, il che peggiorerebbe la situazione, si assume: patm = 101300 N/mq Ne risulta un valore della pressione assoluta, nella pompa, pari a : pass = 12626,94 N/mq
87
Considerazioni: - tale valore è troppo basso; - la condotta resiste alla depressione ma è inevitabile la formazione di sacche di vapore e bolle d’aria che portano al disinnesco della pompa; - necessario riempire prima pompa e condotta aspirante con acqua perché si crei la prevalenza prevista; se capita del gas la prevalenza va a zero e la colonna di fluido nella condotta scende verso il serbatoio più basso. Accorgimenti: - si dispone la pompa più in basso; - si utilizza una condottadi maggior diametro; - si limita la portata e quindi le perdite prima della pompa provocando a valle della pompa una dissipazione aggiuntiva (es. saracinesca). Si fissa un valore dell’altezza rappresentativa della pressione nella pompa :
p = −7,50m γ Ricavo il valore del carico piezometrico nello stesso punto con la Relazione :
p h = zp+ = −1,50m γ
88
Dovrà anche essere:
Q2 3Q2 h = H1− i *L1= −1,50m 2 2 2* g *Ω 2* g * Ω Che può sinteticamente anche essere scritta: H1 k1*Q2 = -1,50 m Introducendo i valori numerici si ottiene: k1 = 105,37 Poiché è H1 = 0 m dalla
Q=
h k1
si trae Q = 0,12 mc/sec
Se si farà si che l impianto funzioni con tale portata, la depressione sarà quella imposta, quindi accettabile. La portata, in base alla curva della pompa, impone a sua volta la prevalenza, che risulta essere: Hp = 27,84 m
89
Per determinare l’entità della resistenza aggiuntiva si impongono quale soluzione dell’equazione dell’impianto i valori della portata e del carico precedentemente individuati. Si ha: Hp = z2 – H1 + k * Q2 + ka * Q2 Il valore di ka è l’unica incognita. Quindi dalla:
ka =
Hp - z2 + H1 − k = 342,83 2 Q
Volendo utilizzare tale resistenza aggiuntiva mediante una saracinesca parzialmente chiusa, cioè con una perdita concentrata, sarà:
Q2 ka * Q = ξ * 2 * g * Ω2 2
⇓ 2 * g * Ω2 ξ= ka
90
Si ricaverà il grado di chiusura η della saracinesca dalla relazione: 1 ξ = − 1 η per cui 1 − 1 η
2
2 * g * Ω = ka
1 − 1 = Ω * η 1 = Ω * η η = Ω *
2
2
2 * g ka
2 * g + 1 ka 1 = 0 , 20 2 * g + 1 ka
E’ quindi necessario operare una chiusura pari all’80% mediante apposita saracinesca affinchè l’impianto possa funzionare. In tali condizioni la caratteristica dell’impianto è:
Ktot= k + ka = 550
91
Le perdite sono:
∆ H = 20,00 m 3*Q2 = 0 , 90 m (sugheruola) 2* g *Ω2 i * L1 = 0,29m ; i * L2 = 1,46m Hp = 28,74m Q2 ξ * = 4 ,88 m 2 2* g *Ω
(saracinesca)
Q2 = 0 , 30 m 2 2* g *Ω
92
1
L
2
Q
D
Dati: D ; L ; ∆” ; ³γ ; γ³ m ; ¼;µ moto laminare
”∆
Determinare: - Portata; - Azione di trascinamento unitaria (Ä) e totale (F) La differenza tra le quote piezometriche delle due sezioni 1 e 2 si ricava sfruttando le informazioni che derivano dal manometro differenziale:
i*L = ∆*
γm - γ γ
da cui è calcolabile i
Verificato che il numero di Reinolds è nel campo di moto laminare, la pendenza motrice ha l espressione:
i=
128 * µ * Q γ *π * D
93
Da questa espressione si ricava Q, che vale:
i * γ *π * D 4 Q= 128* µ
L’azione di trascinamento unitaria vale:
τ=γ*R*i
dove R = D / 4 è il raggio idraulico
L’azione di trascinamento totale vale:
F=γ*V*i
dove V = π * L * D2 / 4 è il volume del tronco di condotto
94
Y
TURBINA
Dati: D , Ω , L , c , η (8) , η’ (10) Determinare: Portata Q; Potenza dell’impianto (8 ore + 10 ore) Il carico all’imbocco dell’ugello vale: H=Y–i*L Dove i, la cadente, viene calcolata con la formula di Strickler:
V2
i= 2
c *R
4 3
95
Ritenute trascurabili le perdite di carico lungo l’ugello, applicando il teorema di Bernoulli fra la sezione di entrata e quella di uscita si ha :
Vu2 H = Y - i *L = 2*g essendo Vu la velocità di uscita all’ugello. Associando l’equazione di continuità:
π * D2 = Vu * Ω Q = V* 4 si ricava il valore della Portata Q e quindi anche il valore del carico totale H della corrente all’uscita dall’ugello. La Potenza dell’impianto vale :
P=
η *γ * Q * H 1000
[kW]
Quando la portata è dimezzata, essendo la cadente proporzionale al quadrato della velocità e quindi della portata, il carico vale .
H'= Y -
γ Q i *L ⇒ P'= η'* * * H' 4 1000 2
[kW]
L’energia giornaliera prodotta dall’impianto equivale a: E = 8 * P + 10 * P’
96
Hm
L
H
n
D1 T
∆
D2 D3 Dati : Q , k , m , L , D1 , D2 , D3 , Hm , H , η Determinare: - Potenza sull’asse della turbina; - Indicazione del manometro metallico; - Indicazione ∆ del manometro differenziale Per il calcolo della potenza della turbina è necessario valutare ∆H:
( V12 V2 − V3 ) V32 ∆H = H - 0,5* − i * L1- m * − 2*g 2* g 2*g 2
con m che è il coefficiente da utilizzare nella formula di Gibson per il diffusore e
4 * V12 i= 2 C * D1
con
D1 C = k * 4
1 6
97
La Potenza sull’asse della turbina vale:
P=
η *γ * Q* ∆H 1000
[kW]
L’altezza piezometrica nel baricentro del manometro metallico si può valutare nel seguente modo:
pm V12 V12 + + i * L1+ 0,5* Hm = γ 2*g 2*g Ricavando pm/γ ho: n = pm * 10-5
[bar]
L’indicazione ∆ del manometro differenziale è legata alla differenza δ fra le quote piezometriche delle sezioni estreme del diffusore dalla relazione :
∆ =δ *
γ γ -γ m
in cui δ si ricava applicando il teorema di Bernoulli fra le stesse sezioni V22 − V32 ) ( p3 V32 p2 V22 z2 + + = z3 + + + m* ⇒ 2*g 2*g 2*g γ γ
V22 − V32 ) V32 ( p3 p2 V22 − z2 + = ⇒ δ = z3 + − −m* 2*g 2 * g 2 * g γ γ
98
