Calcolare la potenza di una pompa necessaria a far scorrere il fluido

Lezione XXI - 09/04/2003 ora 8:30-10:30 - “Esercizi sulle perdite di carico” Originale di Berti Sara.
Esercizio 1
Calcolare la potenza di una pompa necessaria a far scorrere il fluido attraverso un
tubo collegato a un serbatoio, fino a farlo fuoriuscire all’estremità:
Figura 1
sapendo che:
- la sezione 2, corrispondente all’uscita del fluido dal tubo, è posta ad una
distanza di 2 metri dal pelo libero dell’acqua (sezione 1)
- H = 50 metri
- D = 100 mm
- L = 1 km
- ρ= 920 Kg / m 3
- Μ=8,5 Poise
- V& = 20 l/s
Scriviamo l’equazione di Bernoulli in questo modo, semplificando le pressioni:
w2
+ gH + R = −l
2
Sapendo, poi, che Q& = w ⋅ A , ricaviamo:
w=
V& (20 ⋅ 10 −3 )m 3 / s
= 2,55m / s
=
A
π ⋅ (0,1m )2
4
Per adeguare tutti i
(20 ⋅ 10 −3 = ...) 0,02 m 3 / s
valori
al
S.I.
V& = 20l / s è
stato
64 L w 2
Per ricavare R =
⋅ ⋅
, calcoliamo il numero di Reynolds:
Re D 2
Re =
ρ ⋅ w ⋅ D 920 Kg / m 3 ⋅ 2,55m / s ⋅ 0,1m
= 276
=
µ
(8,5 ⋅ 10 −1 ) Pa
-1-
convertito
in
(
)
Per adeguare tutti i valori al S.I. M=8,5 Poise è stato convertito in 8,5 ⋅ 10 −1 = ...
0,85 Pa
Con tale valore del numero di Reynolds, ci si trova chiaramente nella prima parte del
grafico, ovvero in un regime di tipo laminare.
In questo caso sono state trascurate le perdite concentrate, perché essendo la
lunghezza del tubo pari ad 1Km, esse non incidono in maniera significativa, pur
essendo presenti all’imbocco e all’uscita del condotto.
64
64
Posso trovare il valore di λ sul grafico, oppure facendo
=
= 0,23
Re 276
A questo punto ho gli elementi necessari per calcolare le perdite di carico:
R=λ⋅
L w2
1000m (2,55m / s )
⋅
= 0,23 ⋅
⋅
= 7478 J / Kg
D 2
0,1m
2
2
Il lavoro specifico della pompa potrà essere ricavato dall’equazione di Bernoulli
(2,55m / s ) = 7971J / Kg
w2
= 9,8m / s 2 ⋅ 50m + 7478 J / Kg +
2
2
2
− l s = gH + R +
Per calcolare la potenza, ora mi basta inserire i valori ottenuti nella formula:
L& = −l s ⋅ ρ ⋅ V& = 7971J / Kg ⋅ 920 Kg / m 3 ⋅ 0,02m 3 / s = 147 KW
147KW sarà quindi il valore della potenza necessaria alla pompa.
Caratterizzazione di una pompa
Il funzionamento di una pompa idraulica è analogo a quello di un generatore di
tensione, come descritto in figura:
∆p
Punto di lavoro
M
Figura 2. Grafico prevalenza/portata di una pompa
dove ∆p rappresentata la prevalenza, valere a dire la differenza di pressione ai capi
della pompa, in funzione di della portata, rispettivamente al posto della tensione e
della corrente, come nel comportamento ideale dei generatori elettrici la linea
-2-
dovrebbe essere orizzontale, ma a causa della viscosità del liquido, che traduce una
sorta di resistenza interna, é in realtà decrescente.
Sul grafico è facile individuare il punto in cui la curva intercetta l’asse della ascisse,
dove cioè abbiamo massima portata ma prevalenza nulla ,oltre il quale, quindi, la
pompa gira a vuoto, come per altro avviene nei generatori di tensione nel punto di
cortocircuito.
Nel caso trattato, il carico applicato alla pompa era di tipo lineare, questo nei circuiti
idraulici è assimilabile al caso di regime laminare vista la dipendenza del moto
principalmente dalla sua velocità, nel moto turbolento il carico non è più lineare è il
parallelismo idro-elettrico è inaccettabile vista l’imprevedibilità di un moto
perturbato.
∆p
Punto di lavoro
M
Figura 3. Grafico ipotetico di pompa in regime laminare
Esercizi sul moto dei fluidi
Esercizio n° 1 – Esempi di ciclo iterativo
Testo
In un tubo orizzontale di diametro D=15cm e lunghezza L=300m scorre acqua
con una portata V& = 1800 l/min ad una temperatura di 27° C.
Calcolare quanto varia la portata se l’acqua viene raffreddata fino a 5° C
considerando che la potenza della pompa è costante ( ∆Ppom =costante)(coeff. di
rendimento η pompa = 0.6 ).
Dati
L = 300 m
∆Ppom =costante
V& =1800 l/min
Tiniz = 27 ° C
-3-
T fin = 5° C
D =15 cm
η pompa = 0.6
Soluzione
Ricaviamo dapprima la viscosità cinematica υ1 dal rapporto tra la viscosità
statica µ1 e la densità dell’acqua ρ1 , i cui valori sono stati ottenuti su tabelle
apposite considerando il liquido alla temperatura di 27° C e alla pressione di 1 BAR.
µ1 8.57 ⋅ 10 −4
υ1 =
=
ρ1
996
2
 Pa ⋅ s 
= 8.6 ⋅ 10 −7 m

3
s
 Kg / m 
Ora calcoliamo il numero di Reynolds per risalire, tramite il diagramma di
Moody, al fattore di attrito ξ e comprendere anche sotto quale tipo di regime ci
troviamo (laminare, di transizione o turbolento).
Per determinare la velocità del fluido dividiamo la portata per la sezione del tubo:
1.8
&
 m3 / s 
V
w1 = = 60 2  2  = 1.7 m
s
A
0.15  m 
π
4
w1 ⋅ D
1.7 ⋅ 0.15
= 296512
υ1
8.6 ⋅ 10 −7
Determinato il valore (siamo in regime fortemente turbolento) possiamo,
Re1 =
=
conoscendo la scabrezza relativa
ε
, valutare il fattore di attrito ξ 1 avvalendoci del
D
diagramma di Moody.
Otteniamo così ξ 1 =0.0145
Calcoliamo le perdite distribuite:
2
L w
996 ⋅ 0.0145 ⋅ 300 ⋅ 1.7 2
∆p = ξ ρ
=
= 41737 Pa ≅ 0.417 Bar
D 2
0.15 ⋅ 2
Dunque la potenza della pompa è:
1.8 ⋅ 4.17 ⋅ 10 4  m 3 ⋅ Pa 
Ppompa = V& ⋅ ∆p =
=
 = 1251W
60
s


Dato che la pompa ha un rendimento η pompa = 0.6 , la potenza effettiva risulta:
Pteor
1251
= 2085W
η
0.6
Se riduco la temperatura avrò delle variazioni nei valori della viscosità e quindi
nel numero di Reynolds, mentre per ipotesi, terrò la velocità w1 costante.
Peff =
=
-4-
2
µ 2 15.155 ⋅ 10 −4
=
= 1.52 ⋅ 10 −6 m
s
ρ2
995.5
1.8
o
 m3 / s 
V
w1 = = 60 2  2  = 1.7 m
s
A
0.15  m 
π
4
Quindi avrò
υ2 =
w1 ⋅ D
1.7 ⋅ 0.15
= 167800
υ2
1.52 ⋅ 10 −6
e consultando il diagramma di Moody mantenendo il precedente valore di scabrezza
Re 2 =
=
ε
e utilizzando il nuovo numero di Reynolds, ottengo:
D
ξ 2 = 0.0163
relativa
Il fattore di attrito è aumentato(Reynolds invece è diminuito) e, poiché abbiamo
supposto costante la potenza della pompa, deve essere calata la portata. Se è calata la
portata, però dovrà diminuire anche la velocità che in un primo momento avevamo
supposto costante.
Ppompa = V&∆p 2 = 1251W
L w22
300 1.7 2
∆p 2 = ρ 2ξ 2
= 995.5 ⋅ 0.0163 ⋅
⋅
= 46895
D 2
0.15 2
3
P
V&2 =
= 0.0269 m → V&2 = 1614 l
s
min
∆p 2
V&
La velocità sarà w2 = 2 = 1.522 m
s
A
Ricalcolando i vari coefficienti e parametri dovrò ora tenere la nuova velocità.
Ottengo:
Re′′ =
w2 ⋅ D
υ2
=
1.522 ⋅ 0.15
= 150197 → ξ ′′ = 0.0168
1.52 ⋅ 10 −6
L w22
300 1.522 2
= 995.5 ⋅ 0.0168 ⋅
⋅
= 38741
D 2
0.15
2
Ma la nuova portata varrà:
3
P
V& ′′ =
= 0.0323 m → V& ′′ = 1938 l
s
min
∆p ′′
Il processo iterativo non converge per cui adesso provo a mantenere costante la
prevalenza e non più la velocità.
∆p ′′ = ρ 2ξ ′′
Ppompa = V&∆p 2 = 1251W
-5-
∆p ′prev cos t = ∆p1 = ρ 2ξ 2
=
L w22
= 41737 Pa → w′prev cos t =
D 2
2 ⋅ ∆p ′prev cos t
ρ2 ⋅ξ2 ⋅ L / D
=
2 ⋅ 41737
= 1.604 m
s
995.5 ⋅ 0.0163 ⋅ 300 / 0.15
e calcolo la nuova portata:
2
3
0.15
′ cos t = w′prev cos t ⋅ A = 1.604 ⋅ π ⋅
′ cos t = 1700.4 l
V&prev
= 0.02834 m → V&prev
s
min
4
la nuova prevalenza sarà, dovendo essere la potenza costante:
′ cos t ⋅ V&prev
′ cos t → ∆p ′prev
′ cos t = 44143Pa
P = ∆p ′prev
adesso utilizzo la nuova prevalenza per iterare ulteriormente calcolando il nuovo
numero di Reynolds, la nuova velocità e un’ulteriore prevalenza:
w′prev cos t ⋅ D
1.604 ⋅ 0.15
= 158289 → ξ ′prev cos t = 0.0165
υ2
1.52 ⋅ 10 −6
il nuovo valore della velocità sarà:
Re′prev cos t =
′ cos t =
w′prev
=
′ cos t
2 ⋅ ∆p ′prev
ρ 2 ⋅ ξ ′prev cos t ⋅ L / D
mentre quello della portata:
=
2 ⋅ 44143
= 1.64 m
s
995.5 ⋅ 0.0165 ⋅ 300 / 0.15
2
3
0.15
′′ cos t = w′prev
′ cos t ⋅ A = 1.64 ⋅ π ⋅
′′ cos t = 1740 l
V&prev
= 0.0290 m → V&prev
s
min
4
e calcolando la prevalenza otteniamo un valore prossimo a quello definitivo:
′′ cos t ⋅ V&prev
′′ cos t → ∆p ′prev
′′ cos t = 43138Pa
P = ∆p ′prev
In queste tipologie di problema che coinvolgono cicli iterativi, vale una
regola empirica che tende a tenere costante il termine con esponente minore
e far variare il termine con esponente maggiore; nelle formule precedenti,
per esempio, la velocità, che era elevata al quadrato, è stata fatta variare
mentre la prevalenza è stata tenuta costante.
-6-
Esercizio n° 2 – Lo svuotamento di due serbatoi
Testo
A due serbatoi uguali di forma cilindrica (A e B) di diametro D=1m riempiti di
2
acqua ( υ acqua = 1 ⋅ 10 −6 m
), sono stati applicati alla base due condotti di
s
lunghezza diversa (rispettivamente H A = 50m e H B = 100m con ε = 0.1mm ) e
diametro d=100mm. Determinare quale dei due serbatoi si svuota per primo.
[ ]
Dati
H A = 50m
H B = 100m
ε = 0.1mm
D=1m
d=100mm
[ ]
2
υ acqua = 1 ⋅ 10 −6 m s
D
Sez.1
B
D
d
Sez.1
HB
A
HA
d
Sez.2
Sez.2
-7-
Soluzione
Calcoliamo le perdite di carico concentrate e distribuite:
R = Rc + R d
L w22
ξ
d 2
w2
Rc = β 2
2
in cui L è la lunghezza del condotto mentre w2 è la velocità nella sezione 2.
Applico l’equazione di Bernoulli di bilancio dell’energia:
Rd =
 w2 L w2 
w22
− gH +  β 2 + ξ 2  = 0
2
 2 d 2 
esplicitando w2 :
w2 =
2 gH
L
ξ
d
Supponiamo che la lunghezza del tubo L sia circa uguale ad H ( L ≅ H ).
Notiamo che la velocità con cui esce l’acqua dipende dal fattore d’attrito, che a sua
volta dipende dalla stessa w2 ; dunque è necessario procedere tramite un ciclo
iterativo. Ipotizzo di trascurare le perdite distribuite ponendo ξ ′ = 0 (questo permette
di considerare il condotto liscio).
1+ β +
′
w2 a (velocità di primo tentativo) =
Re′a =
w2′ a ⋅ D
υ
=
2 ⋅ 9.8 ⋅ 50
1 + 0.5
m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 25.55m / s
s

25.55 ⋅ 0.1
= 2555000
1 ⋅ 10 −6
Dal diagramma di Moody, considerando una scabrezza relativa
ε
= 0.001 ottengo → ξ ′′ ≅ 0.019
D
Da questo valore ricavo la velocità di secondo tentativo:
2 ⋅ 9.8 ⋅ 50
m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 9.43 m
s
50
s

1.5 +
⋅ 0.019 
0.1
w′′ ⋅ D 9.43 ⋅ 0.1
=
= 943000
Re′a′ = 2 a
υ
1 ⋅ 10 −6
ottengo → ξ ′′′ ≅ 0.02
Da questo valore ricavo la velocità di terzo tentativo:
″
w2 a =
-8-
2 ⋅ 9.8 ⋅ 50
m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 9.23 m
s
50
s

1.5 +
⋅ 0.02 
0.1
che può essere considerata il risultato definitivo.
Operando in modo analogo con il serbatoio B otteniamo:
2 ⋅ 9.8 ⋅ 100  m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 36.15m / s
w2′ b =
1 + 0.5
s

w2′′′a =
Re′b =
w2′ b ⋅ D
υ
=
36.15 ⋅ 0.1
= 3615000
1 ⋅ 10 −6
Dal diagramma di Moody, considerando una scabrezza relativa
ottengo → ξ ′′ ≅ 0.0189
Da questo valore ricavo la velocità di secondo tentativo:
2 ⋅ 9.8 ⋅ 100
m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 9.80 m
s
100
s

1.5 +
⋅ 0.0189 
0.1
w′′ ⋅ D 9.80 ⋅ 0.1
= 980000
Re′b′ = 2b
=
υ
1 ⋅ 10 −6
w2′′b =
ottengo → ξ ′′′ ≅ 0.02
2 ⋅ 9.8 ⋅ 100
m 
⋅  2 ⋅ m ≅ 9.55 m
s
100
s

1.5 +
⋅ 0.02 
0.1
che è il nostro risultato definitivo.
Abbiamo dimostrato che B si svuota prima rispetto ad A.
w2′′′b =
-9-
ε
= 0.001
D
-10-