Esercizi risolti - Corsi di Laurea a Distanza

Esercizi risolti
Capitolo 1 - Termodinamica
1.
Sia un manometro a molla (tubo di Bourdon) che un manometro a U sono collegati
ad un recipiente per misurare la pressione del gas all’interno. Se la lettura del manometro a molla è 80 kPa , determinare la distanza tra i due livelli del liquido del manometro ad U se il fluido è (a) mercurio ( ρ = 13600 kg ⁄ m 3 ) o è (b) acqua
ρ = 1000 kg ⁄ m 3 . [ ( a ) 0.6 m, ( b ) 8.155 m ]
Dati:
p rel = 80 kPa (in generale il manometro a molla, così come il manometro a U,
80 kPa
indicano la pressione relativa)
kg
ρ M = 13600 --------3
m
kg
ρ A = 1000 -------3
m
gas
h
Incognite: h M , h A
Svolgimento
La distanza h tra i due livelli del liquido contenuto nel manometro a U è legata alla
pressione relativa del gas rispetto alla pressione ambiente dalla relazione:
p rel = ρgh
p
rel
- . (a) Se il fluido è mercurio si ottiene:
Di conseguenza si ha: h = --------
ρg
hM
3 N
80 ⋅ 10 --------2
p re l
80 kPa
m
= -------------- = -------------------------------------------------- = --------------------------------------------------- = 0.6 m
kg
m
kg
N
ρM ⋅ g
13600 --------3 ⋅ 9.81 -----213600 -------3- ⋅ 9.81 ------kg
m
s
m
(b) Nel caso in cui il fluido sia acqua:
hA
3 N
80 ⋅ 10 --------2
p rel
80 kPa
m
= ------------- = ----------------------------------------------- = ------------------------------------------------ = 8.155 m
kg
m
kg
N
ρA ⋅ g
1000 -------3- ⋅ 9.81 -----21000 --------3 ⋅ 9.81 ------kg
m
s
m
SISTEMI ENERGETICI (11CINKD) - Esercizi risolti - A.A. 2007/2008
I
Esercizi risolti
3.
La metà inferiore di un contenitore cilindrico alto 10 m contiene acqua
( ρ = 1000 kg ⁄ m 3 ) mentre la metà superiore olio ( ρ = 850 kg ⁄ m 3 ). Determinare la
differenza di pressione tra il fondo e la sommità del cilindro. [90.7 kPa]
Dati:
3
olio
kg
kg
h = 10 m , ρ A = 1000 -------- , ρ O = 850 -------3
3
m
m
h/2
2
acqua
h/2
1
Incognita: p 1 – p 3
Svolgimento
La differenza di pressione tra il fondo e la sommità del cilindro può essere scritta
come: p 1 – p 3 = ( p 1 – p 2 ) + ( p 2 – p 3 )
La colonna di acqua è in equilibrio statico, cioè soggetta ad un sistema di forze che si
equilibrano: vale A ⋅ p 2 + m A ⋅ g = A ⋅ p 1
h
2
Ricordando che m A = ρ A ⋅ V = ρ A ⋅ A ⋅ --- e sostituendo nell’equazione precedente si
ottiene:
h
p 2 + ρ A ⋅ g ⋅ --- = p 1
2
h
p 1 – p 2 = ρ A ⋅ g ⋅ --2
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
kg
N 10
N
p 1 – p 2 = 1000 --------3 ⋅ 9.81 ------- ⋅ ------ m = 49050 -------2- = 49050 Pa = 49.05 kPa
kg 2
m
m
h
2
Analogamente per la colonna di olio si ha: p 2 – p 3 = ρ O ⋅ g ⋅ --- da cui:
kg
N 10
N
p 2 – p 3 = 850 -------- ⋅ 9.81 ------- ⋅ ------ m = 41692.5 -------- = 41.69 kPa
3
2
kg 2
m
m
Si ricava quindi: p 1 – p 3 = 49.05 kPa + 41.69 kPa = 90.74 kPa
6.
La pressione in un pneumatico automobilistico dipende dalla temperatura dell’aria
contenuta nel pneumatico. Quando la temperatura dell’aria è 25 °C la pressione relaStato 1
aria
T1 = 25 °C
p1,rel = 210 kPa
V1 = 0.025 m3
tiva all’ambiente è 210 kPa . Se il volume del pneumatico è 0.025 m 3 determinare
l’aumento di pressione quando la temperatura dell’aria nel pneumatico sale a 50 °C .
Determinare anche la quantità di aria che deve essere spillata per ripristinare la pressione al suo valore originale a questa temperatura. Assumere che la pressione
ambiente sia 100 kPa . [ 26 kPa, 7 g ]
Dati: oltre a quelli riportati nello schema è nota p amb = 100 kPa
Incognite: p 2 – p 1 , m spill = m 2 – m 3
Stato 2
aria
T2 = 50 °C
Svolgimento
RT
= n RT
Equazione di stato dei gas riferita alle condizioni 1: p 1 V 1 = n 1
1
Equazione di stato dei gas riferita alle condizioni 2: p 2 V 2
2
2
Valgono V 1 = V 2 = V poiché il volume del pneumatico non cambia e n 1 = n 2 = n
Stato 3
aria
n
T3 = T2
p3 = p1
R
p
p
T1
T2
perché la quantità di gas contenuta è costante. Si ha quindi: ---------- = -----1 = -----2 da cui si
V
ricava la pressione nello stato 2.
NB Le pressioni che compaiono nell’equazione di stato sono assolute, così come
le temperature.
SISTEMI ENERGETICI (11CINKD) - Esercizi risolti - A.A. 2007/2008
II
Capitolo 1 - Termodinamica
p 1 = p 1, rel + p amb = 210 kPa + 100 kPa = 310 kPa
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
T2
( 50 + 273.15 ) K
p 2 = p 1 ⋅ ----- = 310 kPa ⋅ --------------------------------------- = 336 kPa
T1
( 25 + 273.15 ) K
L’aumento di pressione che si verifica in seguito all’aumento di temperatura vale
quindi p 2 – p 1 = 336 kPa – 310 kPa = 26 kPa
Equazione di stato dei gas riferita alle condizioni 3: p 3 V 3 = n 3
RT
3
Valgono V 3 = V 2 = V poiché il volume del pneumatico non cambia e T 3 = T 2 = T ;
mettendo a sistema l’equazione di stato per le condizioni 3 e quella per le condizioni
RT
p
p
p
p
n3
n2
p2
p2
2 si ottiene: ------------ = ----3- = ----2- da cui n 3 = n 2 ⋅ ----3- = n 2 ⋅ ----1- dato che p 3 = p 1 .
V
Il numero di moli d’aria contenute nel pneumatico nello stato 2 vale:
3
p2 V2
336 kPa ⋅ 0.025 m
n 2 = ------------- = -----------------------------------------------------------------------------------------J
T2
8314.14 ------------------------ ⋅ ( 50 + 273.15 ) K
kmol ⋅ K
3 N
3
336 ⋅ 10 -------2- ⋅ 0.025 m
m
= ------------------------------------------------------------------------------------------ = 3.1265 mol
Nm
8314.14 ------------------------ ⋅ ( 50 + 273.15 ) K
kmol ⋅ K
R
p1
310 kPa
n 3 = n 2 ⋅ ----- = 3.1265 mol ⋅ ------------------- = 2.8846 mol
p2
336 kPa
La quantità di aria che deve essere spillata, in termini di moli, è pari a:
n 2 – n 3 = 3.1265 mol – 2.8846 mol = 0.2419 mol
Poiché m = nM , in termini di massa si ha:
kg
m spill = m 2 – m 3 = n 2 M – n 3 M = ( n 2 – n 3 ) ⋅ M = 0.2419 mol ⋅ 28.97 ------------- = 7 g
kmol
In alternativa:
p2 V2 p3 V3
V
m spil l = m 2 – m 3 = ----------- – ----------- = ( p 2 – p 3 ) ------RT
R T2 R T3
m3
0.025
N
= ( 336 – 310 )10 3 ------------------------------------------- ⋅ -----2- ⋅ ------------------- = 0.007 kg
287 ( 50 + 273.15 ) m
J
---------- ⋅ K
kgK
12.
Una stanza di 4x5x7 metri viene riscaldata da un radiatore del sistema di riscaldamento. Il radiatore trasferisce una potenza termica di 10 MJ ⁄ h , e un ventilatore che
assorbe una potenza di 100 W viene utilizzato per distribuire l’aria calda nella stanza.
La potenza termica persa dalla stanza verso l’esterno è stimata pari a 5 MJ ⁄ h . Se la
temperatura iniziale della stanza è di 10 °C , e la pressione è 100 kPa , determinare
quanto tempo occorre per innalzare la temperatura dell’aria fino a 20 °C . Assumere
R = 287 J ⁄ kgK , c p = 1.005 kJ ⁄ kgK . [ 831 s ]
Dati:
dimensioni stanza: 4 m x 5 m x 7 m
Pe
4m
Q& risc
Q&
disp
MJ
·
Q risc = 10 ------h
P e = 100 W
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5m
7m
III
Esercizi risolti
MJ
·
Q di sp = 5 ------h
T i = 10 °C
p i = 100 kPa
T f = 20 °C
J
kJ
R = 287 -------------- , c p = 1.005 -------------kg ⋅ K
kg ⋅ K
Incognita: ∆τ = τ – τ0
Svolgimento
Poiché non si prendono in considerazione scambi di massa con l’esterno attraverso
porte e finestre, la stanza è un sistema chiuso.
1° principio per i sistemi chiusi: Q e + L e = ∆ E = ∆ U + ∆ E c + ∆ E g + …
Per il sistema in esame si ha ∆ E g = 0 e ∆ E c = 0 . Inoltre trattando l’aria come un gas
ideale vale ∆ u = c v ⋅ ∆ T e quindi ∆ U = m ⋅ ∆ u = m ⋅ c v ⋅ ∆ T
Il 1° principio applicato alla stanza diventa: Qe + L e = m ⋅ c v ⋅ ( T f – T i )
La potenza termica entrante nel sistema è pari alla potenza ceduta dai radiatori alla
stanza al netto di quella che la stanza disperde verso l’esterno per trasmissione del
calore: Q· e = Q· risc – Q· di sp .
Per definizione, l’energia è l’integrale della potenza nel tempo:
τ
·
Q e + L e = ò ( Q e + P e ) dτ
τ0
Poiché nel caso in esame la potenza termica Q· e e la potenza meccanica P e sono
costanti, si ha:
τ
·
·
·
Q e + L e = ò ( Q e + P e ) dτ = ( Q e + P e ) ⋅ ( τ – τ0 ) = ( Q e + P e ) ⋅ ∆τ
τ0
Di conseguenza il 1° principio diventa ( Q· e + P e ) ⋅ ∆τ = m ⋅ c v ⋅ ( T f – T i ) da cui si
ricava il tempo necessario per innalzare la temperatura della stanza da T i a T f :
m ⋅ cv ⋅ ( Tf –T i )
∆τ = ----------------------------------·
Qe + Pe
La massa d’aria che deve essere riscaldata può essere determinata dall’equazione di
stato dei gas applicata allo stato iniziale p i V = n
R T , tenendo anche conto del
i
fatto che m = nM :
kN
3
100 --------2 ⋅ 140 m
3
pi V
pi V
m
100 kPa ⋅ ( 5 ⋅ 4 ⋅ 7 ) m
m = ------------- ⋅ M = -------- = ---------------------------------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------------- =
RT i
kJ
kN ⋅ m
Ti
0.287 ---------------- ⋅ ( 10 + 273.15 ) K
0.287 ------------------ ⋅ 283.15 K
kg ⋅ K
kg ⋅ K
R
= 172.3 kg
J
J
J
c v = c p – R = 1005 -------------- – 287 ---------------- = 718 ---------------kg ⋅ K
kg ⋅ K
kg ⋅ K
6
·
·
·
Q e = Q risc – Q di sp
10 J
5 ----------h
J
MJ
MJ
MJ
= 10 ------- – 5 ------- = 5 ------- = ----------------- = 1388.9 - = 1388.9 W
s
s
h
h
h
3600 --h
J
172.3 kg ⋅ 718 ---------------- ⋅ ( 20 – 10 ) °C
kg ⋅ K
∆τ = ----------------------------------------------------------------------------------------- = 831 s
1388.9 W + 100 W
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IV
Capitolo 1 - Termodinamica
13.
Aria a 80 kPa e 10 ° C entra nel diffusore adiabatico di un motore a reazione con una
velocità di 200 m ⁄ s . La sezione di ingresso del diffusore è di 0.4 m 2 . L’aria lascia il
diffusore con velocità trascurabile. Determinare (a) la portata in massa dell’aria e (b)
la temperatura di uscita. [ m· = 78.8 kg ⁄ s , T 2 = 303.1 K ]
Dati:
p 1 = 80 kPa
T 1 = 10 °C
qe = 0
c 1 = 200 m/s
A 1 = 0.4 m
2
c2 = 0
Incognite: m· , T 2
Svolgimento
(a) Equazione di continuità per un fluido in flusso stazionario:
m· = ρ ⋅ A ⋅ c
dove m· è la portata in massa del fluido, ρ la sua densità e A la sezione di passaggio
perpendicolare rispetto alla direzione della velocità c .
p
1
Applicandola alle condizioni 1 si ricava m· = ρ 1 ⋅ A 1 ⋅ c 1 dove ρ 1 = -------------
R ⋅ T1
(b) 1° principio per i sistemi aperti in forma termica: q e + l i = ∆ h + ∆ e c + ∆ e g
2
c –c
2
2
1
Nel caso considerato diventa: 0 + 0 = ∆ h + ∆ e c + 0 , cioè c p ( T 2 – T 1 ) + --------------- = 0
2
2
c1
2
c2
2
c1
–
2 cp
da cui si ricava T 2 = T 1 + ---------------- = T 1 + --------
2 cp
18.
Aria ( R = 287 J ⁄ kgK , γ = 1.4 ) viene espansa adiabaticamente e reversibilmente in
un condotto convergente da 1.5 MPa e 150 °C a 0.75 MPa. La velocità di ingresso è
molto piccola, e il processo avviene in condizioni stazionarie. Calcolare la velocità di
uscita dal condotto. [c = 390.8 m/s].
J
kg ⋅ K
Dati: oltre a quelli riportati nello schema sono noti R = 287 -------------- , γ = 1.4
σ
Incognita: c 2
Svolgimento
Il condotto convergente (ugello) è un sistema aperto, avente un solo ingresso ed una p = 1.5 Mpa
1
sola uscita. Poiché il processo avviene in condizioni stazionarie si ha m· 1 = m· 2 = m·
T1 = 150 °C
1° principio per i sistemi aperti in forma termica: q e + l i = ∆h + ∆e g + ∆e c + ...
c1 = 0 m/s
aria
p2 = 0.75 Mpa
qe = 0
lw = 0
Nel caso in esame si ha q e = 0 perché il processo è adiabatico, l i = 0 perché non c’è
scambio di lavoro (il volume di controllo non è attraversato da alberi), ∆e g ≈ 0 .
Quindi il 1° principio in forma termica diventa
2
2
2
c2 – c1
c2 – 0
0 = ∆h + ∆e c = c p ⋅ ∆ T + ---------------- = c p ⋅ ( T 2 – T 1 ) + -------------2
2
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V
Esercizi risolti
La velocità di uscita c 2 non può essere ricavata immediatamente da questa equazione
perché anche T 2 è incognita. Si calcola T 2 dall’equazione della politropica
T
----------= cos t , in cui n = γ poiché la trasformazione è adiabatica e reversibile.
n–1
p
-----------n
γ–1
-----------
T1
T2
p2 γ
T2
p2
---------=
------------------- = ----- e æ -----ö
da
cui
γ–1
γ–1
γ–1
è
T
p 1ø
------------------------------1
p1 γ
p2 γ
p1 γ
γ–1
----------γ
T2
= ----T1
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
T 2 = T1 ⋅
p
æ ----2-ö
èp ø
1
γ–1
----------γ
= ( 150 + 273.15 ) K ⋅
MPa
æ 0.75
----------------------- ö
è 1.5 MPa ø
1.4 – 1
---------------1.4
= 347.12 K
Riprendendo il 1° principio in forma termica si ottiene:
2c p ⋅ ( T 1 – T 2 ) =
c2 =
=
γ
2R ----------- ⋅ ( T 1 – T 2 ) =
γ–1
J
1.4
2 ⋅ 287 -------------- ⋅ ---------------- ⋅ ( 150 + 273.15 – 347.12 ) K = 390.8
kg ⋅ K 1.4 – 1
J
m
------ = 390.8 ---kg
s
OSSERVAZIONE
J
------ =
kg
Nm
--------- =
kg
N
------ ⋅ m =
kg
m
m
----2 ⋅ m = ---s
s
20.
Una turbina espande aria ( R = 287 J ⁄ kgK , γ = 1.4 ) dalle condizioni 10 bar, 150 °C
e 30 m/s alle condizioni 3 bar e 2 °C. Il diametro del condotto in cui sono state effettuate le misure è di 0.15 m, tanto per l’ingresso che per l’uscita. Ammettendo il flusso
stazionario attraverso la macchina calcolare (I) la quantità di calore scambiata con
l’esterno, sapendo che la potenza sviluppata è di 500 kW. Valutare inoltre (II) l’entità
delle resistenze passive. [ q e = – 32.58 kJ ⁄ kg , l w = 2.6 kJ ⁄ kg ]
Dati:
R = 287 J ⁄ kgK , γ = 1.4
p 1 = 10 bar
T 1 = 150 °C
c 1 = 30 m/s
p 2 = 3 bar
T 2 = 2 °C
D 1 = D 2 = 0.15 m
P i = – 500 kW con la convenzione “lavoro positivo se entrante nel sistema”, oppure
P i = 500 kW con la convenzione “lavoro positivo se uscente dal sistema”
Incognite: q e , l w
Svolgimento
p1
ρ 1 = -------------R ⋅ T1
2
π ⋅ D1
m· = ρ 1 ⋅ A 1 ⋅ c 1 , dove A 1 = -------------4
P
l i = ---·m
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VI
Capitolo 1 - Termodinamica
NB1 Se si adotta la convenzione generale dei segni (lavoro positivo se entrante nel
sistema), qui ci si deve aspettare un lavoro negativo perché fatto dal sistema
sull’esterno.
NB2 Potenza e lavoro hanno sempre lo stesso segno perché m· >0.
p2
ρ 2 = -------------R ⋅ T2
m·
c 2 = ---------------ρ2 ⋅ A 2
Dal 1° principio per i sistemi aperti in forma termica:
2
2
c2 – c1
q e = ∆h + ∆e c – l i = c p ⋅ ( T 2 – T 1 ) + ---------------- – li
2
Dal 1° principio per i sistemi aperti in forma meccanica:
2
l w = li – ò v dp – ∆e c , dove
1
2
n
- RT
ò v dp = ----------n–1 1
1
p
æ 2ö
----èp ø
1
n–1
-----------n
– 1 , dove
T1
ln æ -----ö
èT ø
n–1
2
------------ = ----------------n
p
1
ln æ -----ö
èp ø
2
Quest’ultima equazione deriva dal fatto che la politropica può essere scritta come
T
T
deve mantenersi costante, allora vale anche
-----------= cos t . Infatti, se il rapporto -----------n–1
n–1
p
-----------n
p
-----------n
T1
T2
--------------- = --------------- , da cui
p1
n–1
-----------n
p2
n–1
-----------n
n–1
-----------n
T1
p1
p1
----- = -------------- = æ -----ö
n–1
èp ø
T2
-----------2
n
p2
n–1
-----------n
Estraendo il logaritmo da entrambi i membri:
T1
ln æ -----ö
èT ø
2
=
p1
ln æ -----ö
èp ø
2
n–1
-----------n
p1
n–1
= ------------ ⋅ ln æ -----ö
èp ø
n
2
T1
ln æ -----ö
èT ø
n–1
2
da cui ------------ = ---------------- (c.v.d.)
n
p
1
ln æ -----ö
èp ø
2
NB3 Quando si ha a che fare con una turbina, che compie lavoro sull’esterno e
quindi origina un lavoro negativo con la convenzione generale dei segni, può convenire cambiare convenzione e cioè considerare positivo il lavoro fatto dal sistema
sull’esterno (in modo da ottenere un lavoro positivo). Come? E’ semplice: laddove
compare il termine l i nelle equazioni, occorre sostituirlo con – l i , lasciando tutto
il resto invariato.
Così, il 1° principio per i sistemi aperti diventa:
SISTEMI ENERGETICI (11CINKD) - Esercizi risolti - A.A. 2007/2008
VII
Esercizi risolti
q e – l i = ∆h + ∆e c + ∆e g anziché q e + l i = ∆h + ∆e c + ∆e g
2
2
– li = ò v dp + l w + ∆e c + ∆e g anziché l i = ò v dp + l w + ∆e c + ∆e g
1
1
23.
Una pompa solleva acqua da un pozzo fino ad un serbatoio aperto posto 20 m sopra il
pelo libero dell’acqua del pozzo. Il condotto in cui è inserita la pompa ha diametro di
10 cm e l’acqua vi presenta la velocità di 2 m/s. Ammettendo che le resistenze passive complessive circuito/pompa ammontino a 4 m in colonna d’acqua, calcolare la
potenza del motore che aziona la pompa (rendimento meccanico η m = 0.97 ).
[ P a = 3.8 kW ]
Dati:
2
h = 20 m
D = 10 cm
σ
c = 2 m/s
perdite per resistenze passive Y = 4 m H2O
h
M
rendimento meccanico η m = 0.97
Incognita: P a
Svolgimento
La potenza assorbita dal motore P a è maggiore della potenza interna richiesta dalla
1
pompa P i per via delle perdite insite nell’accoppiamento motore-pompa: l’albero che
collega la pompa con il motore è sostenuto da cuscinetti che inevitabilmente dissipano potenza a causa dello strisciamento relativo tra le parti. Il rendimento meccanico, che tiene conto delle perdite per attriti di tipo meccanico, è definito come:
Pi
η m = -----Pa
P
da cui si ricava P a = ------iηm
P i = m· ⋅ l i
La portata in massa può essere calcolata dall’equazione di continuità:
m· = ρ ⋅ A ⋅ c
dove A è la sezione del condotto circolare in cui è inserita la pompa. In mancanza di
dati di temperatura1, si assuma come valore di riferimento per la densità dell’acqua
kg
ρ = 1000 ------3- .
m
2
2
m
π⋅D
kg π ⋅ ( 0.1 m )
kg
m· = ρ ⋅ A ⋅ c = ρ ⋅ -------------- ⋅ c = 1000 ------- ⋅ ----------------------------- ⋅ 2 ---- = 15.7 -----3
4
4
s
s
m
Il lavoro interno massico può essere ricavato dal 1° principio per i sistemi aperti in
forma meccanica applicato a un volume di controllo che racchiuda tutto il circuito
(non solo la pompa), visto che sono note le perdite complessive del sistema circuito +
pompa; quello disegnato in figura passa per i peli liberi dei serbatoi, e risulta particolarmente comodo.
1. Altrimenti, poiché un liquido può essere considerato incompressibile con buona approssimazione, la densità dell’acqua sottoraffreddata ad una certa temperatura può essere
assunta pari alla densità dell’acqua in condizioni di liquido saturo alla stessa temperatura (quest’ultimo valore è ricavabile dalle tabelle degli stati di saturazione).
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VIII
Capitolo 1 - Termodinamica
2
l i = ò v dp + l w + ∆e g + ∆e c + ...
1
Poiché il fluido di lavoro è un liquido, che può essere considerato con buona appros2
2
c2 – c1
p 2 – p1
simazione incompressibile, si ha: l i = ---------------- + l w + gh + --------------ρ
2
p 2 ≈ p 1 perché nelle sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) del volume di controllo
scelto c’è circa la stessa pressione, che è quella atmosferica; inoltre c 2 ≈ c 1 poiché
nelle sezioni di ingresso (1) e di uscita (2) le velocità del fluido sono ragionevolmente
uguali. Si arriva perciò a l i = l w + gh , dove il lavoro d’attrito viene ricavato dalle
perdite per resistenze passive espresse in metri:
l w = gY
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
kg
N
15.7 ------ ⋅ 9.81 ------ ⋅ ( 4 + 20 ) m
Pi
m· ⋅ l i
m· ⋅ g ⋅ ( Y + h )
s
kg
P a = ------- = ------------ = --------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------- = 3813 kW
ηm
ηm
ηm
0.97
OSSERVAZIONE
L’espressione del primo principio utilizzata è valida nell’ipotesi di moto stazionario.
Nel moto stazionario le proprietà non dipendono dal tempo. Nell’esempio è ragionevole pensare che la pompa trasferendo portata dal pozzo al serbatoio superiore, il
livello nel pozzo si abbasserà mentre nel serbatoio aumenterà. A rigore quindi non è
corretto considerare il moto stazionario perché alcune proprietà, il livello del pozzo e
del serbatoio, cambiano nel tempo. Tuttavia, ipotizzando che il pozzo e il serbatoio
siano di capacità elevata in maniera che la variazione di quota sia praticamente trascurabile, l’espressione del primo principio nell’ipotesi di moto stazionario è perfettamente accettabile.
SISTEMI ENERGETICI (11CINKD) - Esercizi risolti - A.A. 2007/2008
IX