MeccApplicata_Esercitazioni

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante

Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:

ω= k 98100  rad  = 8,087  rad 
m= 1500  s   s 

mentre quella del sistema smorzato come:

ω1 = k − r2 = 98100 − 1962 2  rad  ≅ 8,06  rad 
m 4m 2 1500 4 ⋅15002  s   s 

si ha lo smorzamento critico quando:

∆ = r2 − k = r2 −ω2 = 0 ⇒ rC = 2mω
4m2 m 4m2

Si può così effettuare la sostituzione: ξ2 = r2 = r2
4m2ω 2 rC2

Essendo: m = m'+ J = 1000 + 5 [kg] = 1500 [kg] e ω = k = 98100  rad  = 8,087  rad 
R2 0,12 m 1500  s   s 

lo smorzamento critico vale: rC = 2mω = 2 ⋅1500 ⋅ 8,087  kg  = 24261  kg 
 s   s 

Si ha quindi: r < rC ⇒ ξ < 1 ⇒ ∆ < 0

Le radici dell’equazione caratteristica sono numeri complessi coniugati:

z1,2 = − r ± i k r2 ⇔ z1,2 = − r ± iω 1−ξ 2 ⇔ z1,2 = − r ± iω1
2m m − 4m2 2m 2m

La soluzione finale risulta del tipo:

 x(t ) r
2m
( ) ( )
= e −αt A cosω1t + B sinω1t = e −0,654t A cos8,06t + B sin 8,06t α =

 α = r
2m
( ) ( )x(t) = −αe−αt A cosω1t + B sin ω1t + e−αt − ω1 A sinω1t + ω1B cosω1t

Dalle condizioni iniziali si ricavano A e B :

x(0) = 0 ⇒ A = 0

 v0 3,06
 x(0) = v0 ⇒ ω1B = v0 ⇒ B = ω1 = 8,06 [m] ≅ 0,379 [m]

( )La legge del moto del carrello risulta: x t = e−0,654t ⋅ 0,379 sin 8,06t

50

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

Su un albero a sezione circolare di I3

diametro d = 50 [mm] sono calettati tre I2

dischi centrati di momento di inerzia I1
rispettivamente:
[ ]I1 = 0,4 kg P m s 2
[ ]I 2 = 0,5 kg P m s 2
[ ]I3 = 1,0 kgP m s 2

disposti, come in figura, a distanza
l1 = 500 [mm] e l2 = 800 [mm]
l1 l2

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere
Determinare le pulsazioni proprie ω1 e ω2 di vibrazione torsionale dell’albero.

PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali

A causa della rotazione stessa dell’albero, che avviene con velocità angolare ω ROT ,
all’estremità sinistra sia applicata una coppia di momento:

M s = M 0 + M1 sin(Ωt + ϕ1 ) + M 2 sin(2Ωt + ϕ 2 )

e alla estremità destra una coppia di momento:

M d = −M0

Ω , la pulsazione dell’armonica fondamentale, è legata alla velocità angolare dell’albero
dalla relazione:

Ω = k 'ω ROT

Nel caso in esame sia k'= 1
2

Calcolare le velocità critiche torsionali dell’albero.

N.B. – Il modulo di elasticità tangenziale del materiale dell’albero, in acciaio, è:

G = 8000  kg 
 mm 2 

51

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

Risoluzione dell’ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I.

Diametro albero: d = 50 [mm] = 0,05 [m]

Distanza tra dischi 1 e 2: l1 = 500 [mm] = 0,5 [m]
Distanza tra dischi 2 e 3: l2 = 800 [mm] = 0,8 [m]
Momento d’inerzia disco 1:
Momento d’inerzia disco 2: [ ] [ ] [ ]I1 = 0,4 kgP m s2 = 0,4 ⋅ 9,81 kg m2 = 3,924 kg m2
Momento d’inerzia disco 3: [ ] [ ] [ ]I1 = 0,5 kg P m s2 = 0,5 ⋅ 9,81 kg m2 = 4,905 kg m2
[ ] [ ] [ ]I1 = 1,0 kg P m s 2 = 1,0 ⋅ 9,81 kg m2 = 9,81 kg m2

Modulo di elasticità tangenziale: G = 8000  kg P  = 8000 ⋅ 9,81⋅106 N  = 78480 ⋅106 N 
 mm2   m2   m2 

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere

ϑ3 , ϑ3 , ϑ3

I3 Figura 54
ϑ2 ,ϑ2 ,ϑ2
I2 Il sistema presenta tre gradi di
ϑ1,ϑ1,ϑ1 libertà perché l’albero rotante non
I1 è un corpo rigido. Si ha infatti che:

l2 ϑ1 ≠ ϑ2 ≠ ϑ3

Il sistema ha tante pulsazioni
naturali quanti sono i segmenti di
albero interposti tra i dischi (= 2).

l1

1. Calcolo dei momenti di reazione elastica

Momento di reazione elastica che si sviluppa tra un generico disco i e un generico disco j:

( ) [ ]M Ri, j
= − GJ P ϑ j − ϑi Nm
lij

dove: G = modulo di elasticità tangenziale N
 m2 

52

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

JP = momento di inerzia polare dell’albero a sezione circolare, si può dimostrare che:

πd 4 π ⋅ 0,054
32 32
∫ [ ] [ ]JP
= r 2dA = = m4 ≅ 6,14 ⋅10−7 m4

A

( )ϑ j −ϑi = rotazione relativa tra i dischi i e j [rad ]

lij = distanza tra i dischi i e j [m]

Per i dischi 1,2,3 si ottiene:

M = − GJ P (ϑ2 − ϑ1 ) = −k1 (ϑ2 − ϑ1 )
 − ϑ2 ) = −k2 (ϑ3 − ϑ2 )
M R, , 2 l1
 R2 , 3
= − GJ P (ϑ3

l2

2. Calcolo delle costanti di richiamo elastico

k1 = GJ P = 78480 ⋅106 ⋅ 6,14 ⋅10−7 [N m] = 96373,44 [N m]
 l1 = 0,5 [N m] = 60233,4 [N m]
k 2
= GJ P 78480 ⋅106 ⋅ 6,14 ⋅10−7
l2 0,8

3. Calcolo delle pulsazioni proprie con l’equilibrio alla rotazione per ciascuno dei tre dischi

Per il principio della sovrapposizione degli effetti si può scrivere l’equilibrio alla rotazione
per ciascun disco:

Figura 55 – Equilibrio alla rotazione per ciascun disco

ϑ1,ϑ1,ϑ1 I1ϑ1 k1ϑ1 k1ϑ2 ϑ2,ϑ2 ,ϑ2 I2ϑ2 k2ϑ2 k2ϑ3 ϑ3 ,ϑ3 ,ϑ3 Md

Ms k1ϑ2 k1ϑ1 k2ϑ3 k2ϑ2 I3ϑ3

∑ M* = 0 ⇒ M s − k1ϑ1 − I1ϑ1 + k1ϑ2 = 0
(C )

DISCO 1
∑
M* = 0 ⇒ k1ϑ1 − k1ϑ2 − I 2ϑ2 − k2ϑ2 + k2ϑ3 = 0
 (C )

DISCO 2
∑DISCOM3
* ) = 0 ⇒ − k2ϑ3 + k2ϑ2 − I3ϑ3 − M d = 0
(C

53

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

Sostituendo e isolando le forzanti esterne si ottiene:

I1ϑ1 + k1ϑ1 − k1ϑ2 = Ms
I 2ϑ2 − k1ϑ1 + k1 + k 2 ϑ2
( ) − k 2ϑ3 = 0




 I 3ϑ3 − k2ϑ2 + k2ϑ3 = −M d

Per risolvere la prima parte del problema (vibrazioni libere) si devono considerare nulle le
forzanti quindi si considera il sistema omogeneo associato:

II12ϑϑ12 + k1ϑ1 − k1ϑ2 = 0 − k2ϑ3 = 0
− k1ϑ1
+ (k1 + k2 )ϑ2

I3ϑ3 − k2ϑ2 + k2ϑ3 = 0

Riscrivendo in forma matriciale si ha:

I1 0 0  ϑϑCCCC12   k1 − k1 0 ϑ1 
 I2 0   − k1  ϑ2 
 0   + (k1 + k2 ) − k2   = 0

 0 0 I3 ϑCC3   0 − k2 k2 ϑ3 

ovvero: [M + [k ]ϑ = 0

]ϑCC

dove: [M ] = matrice di inerzia e [k] = matrice di rigidezza

Per la risoluzione del sistema si ipotizza una soluzione del tipo:


ϑ = Θsinωt
ϑi = Θi sin ωt ϑϑ
In forma scalare: ϑi = ωΘi cosωt In forma vettoriale: = cosωt
ωΘ
ϑi = −ω 2Θi sin ωt
= −ω 2Θ sinωt

dove i Θi sono le ampiezze.

Sostituendo la soluzione precedente nel sistema si ottiene:

( () )−k1k1−ΘI11ω+2 Θ1 − k2Θ 2 =0 2 − k2Θ3 = 0
k1 + k 2 −I 2ω 2 Θ

( )− k2Θ2 + k2 − I3ω 2 Θ3 = 0

54

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

La soluzione banale (l’albero risulterebbe fermo) si ha per:
Θ=0

Affinché il sistema ammetta soluzione diversa da quella banale il determinante della
matrice dei coefficienti deve essere uguale a zero:

( )k1 − I1ω 2 − k1 0
− k2 = 0
− k1 ( )k1 + k2 − I 2ω 2
0 ( )k2 − I3ω 2
− k2

( )( )( ) ( ) ( )⇒
k1 − I1ω 2 k1 + k2 − I 2ω 2 k2 − I 3ω 2 − k 2 k1 − I1ω 2 − k12 k2 − I 3ω 2 =0
2

Sviluppando i prodotti e semplificando si ottiene:

( ) ( )I1I 2 I 3ω 6 − k1I1I 3 + k1I 2 I 3 + k2 I1I 2 + k2 I1I 3 ω 4 + k1k2 I1 + I 2 + I 3 ω 2 = 0

Una prima soluzione (sistema rigido = l’albero ruota rigidamente) si ha per:
ω 2 = 0 ⇒ ω1,2 = 0

Per le altre soluzioni si pone: z =ω2

e si sostituiscono nell’equazione i tre momenti d’inerzia e le due costanti di rigidezza:

188,815 ⋅ z 2 − 11817206 ⋅ z + 1,08 ⋅1011 = 0

Le radici risultano:

z1,2 = 11817206 ± 118172062 − 4 ⋅188,815 ⋅1,08 ⋅1011  rad 2 
 
2 ⋅188,815  s2 

  rad 2 
 
z1 ≅ 11112  s2 

quindi: 

  rad 2 
 z ≅ 51474  
2  s2 

Le pulsazioni proprie di vibrazione torsionale dell’albero risultano:

ω1 = z1 = 11112  rad  ≅ 105,41  rad 
  s   s 
ω 2 =
z2 = 51474  rad  ≅ 226,88  rad 
 s   s 

55

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali

1. Calcolo dei modi di vibrare

Avendo imposto la condizione che il determinante della matrice dei coefficienti fosse nullo,
si hanno solamente due equazioni indipendenti, quindi non si possono calcolare le

ampiezze Θ1, Θ2 , Θ3 senza conoscere le condizioni iniziali, che sono date dai cosiddetti

modi di vibrare:

µ1 = Θ1
Θ2

µ2 = Θ2
Θ3

Riprendendo la prima e la terza equazione del sistema precedente, si ottiene:

 Θ1 k1
Θ2 k1 − I1ω 2
( )
k1 − I1ω 2 Θ1 − k1Θ2 =0 ⇒ µ1 = =
⇒
 Θ2 k2
( )− k2Θ2 + k2 − I3ω 2 Θ3 = 0 Θ3 − I3ω 2
µ2 = = k2

1.1. Calcolo del 1° modo di vibrare

Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: ω = ω1

µ (I) = Θ1 = k1 k1 = 96373,44 ≅ 1,826
1 Θ2 − I1ω12 96373,44 − 3,924 ⋅105,412

µ (I) = Θ2 = k2 k2 = 60233,4 ≅ −1,235
2 Θ3 − I 3ω12 60233,4 − 9,81⋅105,412

Ipotizzando Θ2 = 1, in figura 56 è rappresentato il primo modo di vibrare:

1,826

1

NODO

12 3

-1,235

l1 l2
Figura 56 – Il nodo è la sezione dell’albero che non vibra

56

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

1.2. Calcolo del 2° modo di vibrare

Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: ω = ω2

µ (II ) = Θ1 = k1 = 96373,44 ≅ −0,913
1 Θ2 96373,44 − 3,924 ⋅ 226,882
k1 − I 1ω 2
2

µ (II ) = Θ2 = k2 k2 = 60233,4 ≅ −0,135
2 Θ3 − I 3ω12 60233,4 − 9,81⋅ 226,882

Ipotizzando Θ2 = 1, in figura 57 è rappresentato il secondo modo di vibrare:

1

NODO 1 NODO 2

1 2 3

-0,135

-0,913

l1 l2

Figura 57 – I nodi 1 e 2 sono le sezioni dell’albero che non vibrano

2. Calcolo delle velocità critiche torsionali

Le velocità critiche torsionali sono le velocità per cui l’albero entra in condizioni di
risonanza. La forzante Ms contiene due armoniche, quindi si avranno 2x2 = 4 velocità
critiche torsionali.

2.1. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel primo modo di vibrare

Le condizioni di risonanza si hanno quando: ω1 = Ω e ω1 = 2Ω

ω1 = Ω = 1 ωROT = 1 ω1CR ⇒ ω1CR = 2ω1 = 2 ⋅105,41  rasd  = 210,82 rad = 210,82⋅ 60  giri ≅ 2013mgiirni
2 2  s  2π min

ω1 = 2Ω =ωROT = ω2CR ⇒ ω2CR = ω1 =105,41rasd =105,41⋅ 60  giri ≅ 1006,6  giri
2π min min

2.2. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel secondo modo di vibrare

Le condizioni di risonanza si hanno quando: ω2 = Ω e ω2 = 2Ω

ω2 =Ω= 1 ω ROT = 1 ω3CR ⇒ ω3CR = 2ω2 = 2 ⋅ 226,88 rad = 453,76 rad = 453,76⋅ 60  giri ≅ 4333mgiirni
2 2  s   s  2π min

ω2 = 2Ω = ωROT = ω4CR ⇒ ω4CR = ω2 = 226,88 rad = 226,88⋅ 60  giri ≅ 2166,5  giri
 s  2π min min

57

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

Nona esercitazione: CICLO OTTO

Un motore a scoppio ha una cilindrata VH = 1000 cm3 ed il volume della camera a scoppio
è VK = 200 cm3. Al termine dell’aspirazione la miscela aspirata ha una pressione
p1 = 0,96 ata ed una temperatura T1 = 50 °C.
La miscela aspirata ha la seguente composizione:
• 1 kg di benzina con potere calorifico inferiore p.c.i. = 10800 kcal / kg;
• 18 Nm3 di aria
Si consideri che il calore specifico medio a volume costante è cVm = 0,2 kcal / kg K, che
l’esponente delle trasformazioni di compressione e di aspirazione è k = 1,35 e che
Rmiscela = 29,27 kgP m / kg K.

Si richiede di:
1) Tracciare il ciclo nei piani p-V e T-S;
2) Determinare il lavoro teorico del ciclo
3) Determinare la potenza teorica sviluppata dal motore a velocità n = 4000 giri / min.

Figura 58
Schema delle varie trasformazioni
del ciclo

58

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

Risoluzione della nona esercitazione: CICLO OTTO

1. Descrizione e rappresentazione del ciclo Otto nei piani p-V e T-S

1.1. Conversione dei dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale

Cilindrata: [ ] [ ]VH = 1000 cm3 = 10−3 m3
Volume camera a scoppio: [ ] [ ]VK = 200 cm3 = 0,2 ⋅10−3 m3
Volume al punto 1: [ ] [ ]V1 = VH + VK = 1000 + 200 cm3 = 1,2 ⋅10−3 m3
Pressione al punto 1:
Temperatura al punto 1: p1 = 0,96 [ata] = 0,96 ⋅ 9,81⋅104 [Pa] = 94176 [Pa]
T1 = 50 [°C] = 50 + 273 [K ] = 323 [K ]
Costante della miscela:
Rmiscela = 29,27  kgP m = 29,27 ⋅ 9,81  J  = 287,1387  J 
 kg   kg   kg K 
 K   K   

1.2. Calcolo dei dati mancanti delle varie fasi del ciclo

Il ciclo Otto può essere considerato un ciclo chiuso (1 → 2 → 3 → 4 → 1) ma in realtà
non è un ciclo chiuso poiché si ha aspirazione nel tratto (0 → 1).

La seguente tabella mostra le varie fasi del ciclo:

0 →1 FASI DEL CICLO OTTO
1→ 2 ASPIRAZIONE
2→3 COMPRESSIONE (ADIABATICA)
3→4 COMBUSTIONE (ISOCORA)
4 →1 ESPANSIONE (ADIABATICA)
SCARICO

1.2.1. Tratto 0 → 1: calcolo della massa dei gas e del rapporto di compressione

Per calcolare la massa dei gas si utilizza l’equazione di stato dei gas che presenta
la massa anziché il numero di moli e R = Rmiscela:

pV = MRmiscelaT

nel punto 1 si ha: p1V1 = Rmiscela M 1T1

⇒ M1 = p1V1 = 94176 ⋅1,2 ⋅10−3 [kg] = 1,2185 ⋅10−3 [kg ]
T1 287,1387 ⋅ 323

Non tutta la massa M1 presente nel cilindro nelle condizioni del punto 1 è composta
da miscela attiva, ma c’è una massa residua di gas combusti non attivi.
La massa di miscela “fresca” aspirata ad ogni ciclo risulta allora:

Ma = M1 − M0

59

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

[ ]VT00
p0V0 = VK = 0,2 ⋅10−3 m3
R Tmiscela 0 =
essendo: M0 = T1 = 323 [K ]

 p0 = 1 [atm] = 101325 [Pa]


M0 = 101325 ⋅ 0,2 ⋅10−3 [kg] = 0,2185 ⋅10−3 [kg]
287,1387 ⋅ 323

⇒ M a = M 1 − M 0 = (1,2185 − 0,2185)⋅10−3 [kg ] = 10−3 [kg]

Inoltre il rapporto di compressione risulta: ε = V1 = VH + VK = 1,2 ⋅10−3 =6
VK VK 0,2 ⋅10−3

1.2.2. Tratto 1 → 2 : compressione adiabatica

Per un qualunque trasformazione adiabatica si ha: pVk = cost
In questo caso si ha: k = 1,35

Sostituendo: p = nRT
V

⇒ TV k−1 = cost

Essendo V2 = V0 = VK, la pressione nel punto 2 risulta:

p1V1k = p2V2k ⇒ p2 =  V1  k p1 = (ε )k p1 = 61,35 ⋅ 94176 [Pa] = 1057899,5 [Pa]
V2

La temperatura nel punti 2 risulta:

 V1 k −1 Tk −1
V2 1
[ ] [ ] [ ]( )T1V1k−1 = T2V2k−1 T1
⇒ T2 = = ε = 6(1,35−1) ⋅ 323 K = 604,72 K = 331,72 °C

1.2.3. Tratto 2 → 3 : combustione isocora

La combustione isocora avviene a volume costante, quindi si ha: V3 = V2

Si deve valutare il calore sviluppato dalla combustione a partire dalla composizione
della miscela:
• 1 kg di benzina
• 18 Nm3 di aria (Nm3 = metricubi in condizioni normali (T = 0 °C, p = 1 atm))

Essendo la densità dell’aria pari a 1,293 kg / Nm3, la massa dell’aria risulta:

maria = ρ Varia aria = 1,293 ⋅18 [kg] = 23,274 [kg]

La massa della miscela è la somma di quella della benzina e del’aria:

[ ] [ ]mmiscela = mbenzina + maria = 1+ 23,274 kg = 24,274 kg

60

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

Per ogni kg di benzina si hanno 23,274 kg di aria e 24,274 kg di miscela.

Supponendo nullo il potere calorifico dell’aria si ha:

p.c.i.miscela = mbenzina ⋅ p.c.ibenzina + maria ⋅ p.c.i.aria = 1⋅10800 + 23,274 ⋅ 0  kcal  ≅ 445  kcal 
mmiscela 24,274    
 kg   kg 

Il calore sviluppato dalla combustione risulta:

Q1 = M a ⋅ p.c.i.miscela = 10−3 ⋅ 445 [kcal] = 0,445 [kcal]

La temperatura nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:

( )Q1 = Q23 = M 1cVm T3 − T2

⇒ T3 = Q23 + T2 = 0,445 ⋅ 0,2 + 604,72 [K ] = 2430,7 [K ] = 2157,7 [°C]
M 1cVm 1,2185 ⋅10−3

La pressione nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:

V = cost ⇒ T = nR = cost ⇒ P = cost
V T

p3 = p2 ⇒ p3 = p2 T3 = 1057899,5 ⋅ 2430,7 [Pa] = 4252276 [Pa]
T3 T2 T2 604,72

1.2.4. Tratto 3 → 4 : espansione adiabatica

Si suppone ancora che k = 1,35 (anche se in realtà al punto 3 varia la
composizione chimica della miscela e quindi varierebbe anche k).

Nel punto 4 si ha: V4 = V1

Utilizzando le formule per le trasformazioni adiabatiche:

pV k = cost

TV k−1 = cost

si ottiene:

p4V4k = p3V3k

 V3  k  V2  k  1  k  1 1,35
V4 V4  ε   6 
⇒ p4 = p3 = p3 = p3 = ⋅ 4252276 [Pa] = 378544,77 [Pa]

T4V4k−1 = T3V3k−1

⇒ T4 =  V3 k −1 =  V2 k −1 =  1 k −1 =  1 0,35 ⋅ 2430,7 [K] = 1298,31 [K ] = 1025,31[°C]
V4 V4  ε   6 
T3 T3 T3

Q2 = Q41 = (M1cVm T1 − T4 ) = 1,2185 ⋅10−3 ⋅ 0,2 ⋅ (323 −1298,31) [kcal] = −0,238 [kcal]

61

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

1.3. Calcolo della variazione di entropia nel ciclo dS = dQ
Dal secondo principio della termodinamica si ha: T

I tratti 1 → 2 e 3 → 4 sono isoentropici quindi risulta: ∆S12 = ∆S34 = 0

La variazione di entropia nel tratto 2 → 3 risulta:

3 dQ 3 M1cVm ln T3 ⋅1,2185⋅10−3 2430,7 kcal 0,339⋅10−3 kcal
2T = 2 T T2 604,72  K   K 
∫ ∫∆S23 = dT = cVm M 1 = 0,2 ln =

La variazione di entropia nel tratto 4 → 1 risulta:

1 dQ 1 M1cVm ln T1 0,2 ⋅1,2185⋅10−3 ln 323  kcal −0,339 10−3 kcal
4T = 4T T4 1298,31  K   K 
∫ ∫∆S41 = dT = cVmM1 = = ⋅

In definitiva si ha: ∆S 23 = ∆S 41 = 0,339 ⋅10−3  kcal 
 K 

1.4. Rappresentazione del ciclo nei piani p-V e T-S

Tabella V [m3] P [Pa] T [K] T [°C]
riassuntiva 0,2 x 10-3
1,2 x 10-3 101325 323 50
0 0,2 x 10-3 94176 323 50
0,2 x 10-3 1057899,5 604,72 331,72
1 1,2 x 10-3 4252276 2430,7 2157,7
2 378544,77 1298,31 1025,31
3
4

p [Pa] 3 T [K] 3

p3 T3

p2 2 T4 4
S [kcal/K]
0p4 T2 2
4 62
p0
p1 T1 1
1
O V [m3 ] O
VK VH ∆S

Figura 59 – Ciclo Otto nei piani p-V e T-S

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

2. Calcolo del lavoro teorico del ciclo

Il lavoro teorico compiuto nel ciclo è uguale all’area racchiusa dal ciclo e corrisponde alla
somma delle due quantità di calore scambiate:

Lciclo = Q1 + Q2 = 0,445− 0,238[kcal] = 0,207[kcal] = 0,207[kcal]⋅ 4186,8 J  = 866,67 [J]
kcal

Il rendimento teorico del ciclo è uguale al rapporto fra lavoro teorico prodotto in un ciclo e
quantità di calore assorbita:

ηTh = Lciclo =1− Q2 = 1 − 0,238 = 0,465
Q1 Q1 0,445

3. Calcolo della potenza teorica sviluppata dal motore a n = 4000 giri / min

n = 4000  giri  = 4000 ⋅ 1  giri  = 66,67  giri 
 min  60  s   s 

In un motore a 4 tempi la manovella compie 2 giri per ogni ciclo quindi si pone: ω = n
2

e la potenza teorica (riferita ad un solo cilindro) risulta quindi:

W = Lcicloω = 866,67 [J ]⋅ 66,67  giri  ≅ 28890 [W ]≅ 29 [kW ]
2  s 

La potenza di quattro cilindri risulta:

Wtot = 4W = 4 ⋅ 29 [kW ] = 116 [kW ]

63

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

Decima esercitazione: CICLO RANKINE

Una centrale termoelettrica ha una potenza di 300 MW. E’ basata su un generatore di
vapore e su un gruppo di turbine, secondo il ciclo Rankine, con surriscaldamento
intermedio. Il generatore di vapore è costituito da una caldaia a pareti schermate con tubi
ad acqua ad alta velocità e produce vapore a 180 ata. Il primo e il secondo
surriscaldamento comportano il surriscaldamento del vapore a 560 °C. Il secondo
surriscaldamento, a valle della turbina di alta pressione, è eseguito a p = 35 ata. Nel
condensatore la pressione è pK = 0,04 ata.

Il rendimento della pompa di alimentazione è ηP = 0,82.
Il rendimento adiabatico della turbina di alta pressione è ηad_A.P. = 0,805, mentre per le
turbine di bassa pressione è ηad_B.P. = 0,8.
Il rendimento volumetrico delle turbine è ηV = 0,88.
Il rendimento meccanico complessivo delle turbine è ηm = 0,98.
Il generatore elettrico (alternatore) ha un rendimento ηel = 0,95.

Si richiede:
1. Definire il ciclo nei piani p-V, T-S, H-S (ricavare i dati dai grafici in figura 60)
2. Determinare il rendimento complessivo della centrale termoelettrica

Figura 59 – Diagramma di Mollier per il vapor d’acqua.

64

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

Figura 60 – Diagrammi H-S, T-S e p-V dell’acqua

65

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

Risoluzione della decima esercitazione: CICLO RANKINE

1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S

Punto 1: Nel punto 1 l’acqua esce dal condensatore dove c’è presenza sia di liquido

che di vapore, quindi ci si trova sulla curva limite o di saturazione.

La pressione in questo punto vale: p1 = pK = 0,04 [ata]

Dal diagramma di Mollier, si ricava quale temperatura corrisponde a questo
T1 = 28,65 [°C]
valore di pressione:

Poiché nel punto 1 si ha solo liquido l’entalpia nel punto 1 vale:

h1 = (cH2O T1 − T0 ) =1  kcal  ⋅ 28,65 [°C] = 28,65  kcal 
   kg 
 kg °C 

dove T0 = 0 [°C] è la temperatura di riferimento.

Tratto 1-2: L’acqua passa nella pompa di alimentazione. Si passa da una pressione

p1 = 0,04 [ata] ad una pressione p2 = 180 [ata]. In questo tratto aumenta

anche la temperatura.

Punto 2: Si ha solo acqua allo stato liquido. La pressione vale: p2 = 180 [ata].

Tratto 2-3: L’acqua (liquida) viene preriscaldata prima di entrare in caldaia. La pressione
rimane costante, mentre dal diagramma di Mollier si ricava che la

temperatura sale fino a T3 ≅ 355,35 [°C].

Punto 3: La pressione vale: p3 = p2 = 180 [ata], la temperatura vale: T3 = 355,35 [°C].

Tratto 3-3’: L’acqua evapora in caldaia. La temperatura e la pressione rimangono
costanti, mentre aumenta notevolmente l’entalpia a causa dell’apporto del
calore latente di evaporazione.

Punto 3’: La pressione vale: p3' = p3 = 180[ata], la temperatura vale: T3' = T3 ≅ 355,35 [°C],

per l’entalpia si ha che: h3' >> h3 .

Tratto 3’-4: In questo tratto si ha il primo surriscaldamento del vapore. La pressione

rimane costante, mentre la temperatura sale a T4 = 560 [°C]. Dal diagramma

di Mollier (H-S) si ricava anche l’entalpia che risulta: h4 = 826  kcal  .
 kg 

Punto 4: La pressione vale: p4 = p3' = p3 = p2 =180[ata], la temperatura vale: T4 = 560 [°C],

l’entalpia vale: h4 = 826  kcal  .
 
 kg 

Tratto 4-5: Il vapore surriscaldato subisce un’espansione nella turbina di alta pressione.
E’ una trasformazione isoentropica ideale.

66

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

Punto 5: La pressione vale: p5 = 35 [ata] = 35  kgP  ⋅ 9,81  N  ⋅104 cm2  = 3433500[Pa],
 cm2   kgP   
   m2 

la temperatura vale: T5 = 241,42 [°C], l’entalpia - ricavata dal grafico H-S -

risulta: h5 = 713  kcal  .
 kg 

Tratto 4-5’: Nel tratto 4-5 la variazione di entalpia risulta:

∆h4−5 = h4 − h5 = 826 − 713  kcal  = 113  kcal 
 kg   kg 
Dato che la trasformazione reale in turbina non è isoentropica si ha:

∆h4−5' = ηad _ A.P.∆h4−5 = 0,805 ⋅113  kcal  = 91  kcal 
 kg   kg 

Punto 5’: In questo punto si ha solo vapore surriscaldato, la cui entalpia risulta:

h5' = h4 − ∆h4−5' = 826 − 91  kcal  = 735 kcal 
 kg   
   kg 

Tratto 5’-6: In questo tratto avviene il secondo surriscaldamento (o surriscaldamento
intermedio). La temperatura e la pressione rimangono costanti, mentre

l’entalpia sale a: h6 = 857  kcal 
 kg 

Punto 6: La pressione vale: p6 = p5' = p5 = 35 [ata], la temperatura vale: T6 = 560 [°C],

l’entalpia, ricavata dal grafico H-S, risulta: h6 = 857  kcal  .
 kg 

Tratto 6-7: In questo tratto avviene l’espansione nella turbina a bassa pressione (il
passaggio è analogo a 4-5 oppure 4-5’). E’ una trasformazione isoentropica
ideale.

Punto 7: La pressione risulta: p7 = 0,04 [ata] (è inferiore alla pressione atmosferica), la
temperatura vale: T7 = T1 = 28,65 [°C], mentre dal grafico H-S si ricava

l’entalpia del sistema che vale: h7 = 527  kcal  .
 kg 
 

Il punto 7 si trova all’interno della “campana”: si avrebbe quindi sia vapore

che liquido e questa situazione non va bene per le turbine, che vengono

danneggiate dalla presenza di gocce d’acqua (si deve avere infatti solo

vapore).

Tratto 6-7’: Nel tratto 6-7 (con la isoentropica ideale) la variazione di entalpia risulta:

∆h6−7 = h6 − h7 = 857 − 527  kcal  = 330  kcal 
 kg   kg 

Ma nella trasformazione reale 6-7’ si ha che la variazione di entalpia vale:

67

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

∆h6−7' = ηad _ B.P.∆h6−7 = 0,8 ⋅ 330 kcal  = 264 kcal 
   
 kg   kg 

Punto 7’: L’entalpia risulta:

h7' = h6 − ∆h6−7' = 857 − 264  kcal  = 593  kcal 
 kg   kg 

Questo punto si trova ancora all’interno della “campana”, anche se con un

alto titolo di vapore. In realtà in turbina non si deve mai aver presenza di

liquido.

Calcolo delle condizioni nel punto 2

Nel tratto 1-2 si ha la pompa di alimentazione che porta il liquido a T1 = 28,65 [°C] dalla
pressione p1 = 0,04 [ata] alla pressione p2 = 180 [ata].

La compressione è adiabatica (reale) quindi il calore scambiato sarà nullo:

dq = dh − Vdp = 0

22

⇒ ∫ dh = ∫Vdp ⇒ h2 − h1 = σ ( p2 − p1 )
11

con σ = volume specifico, cioè il volume per unità di massa misurato in  m3  .
 kg 
 

Nella condizione al punto 1 si ha: σ = 1,0041⋅10−3 m3 
 
 kg 

Convertendo i dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale si ottiene:

p2 − p1 = 180 − 0,04 [ata] = 179,96 [ata] = 179,96 ⋅ 9,81⋅104 [Pa] = 17654076 [Pa]

⇒ ∆h1−2 = h2 − h1 = 1,0041⋅10−3 ⋅17654076  J  ≅ 17726 J  = 17726 kcal  ≅ 4,2 kcal 
 kg   kg  4186,8  kg   kg 

Tenendo conto che il rendimento della pompa di alimentazione vale: ηP = 0,82

⇒ ∆h1−2effettivo = ∆h1−2 = 4,2  kcal  ≅ 5,1  kcal 
ηP 0,82  kg   kg 

Allora l’entropia riferita alle condizioni del punto 2 vale:

h2 = h1 + ∆h1−2effettivo = 28,65 + 5,1  kcal  = 33,75  kcal 
 kg   kg 

68

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

Tabella riassuntiva (i dati fra parenti sono ipotizzati e comunque sono irrilevanti):

Tabella P [ata] T [°C] h [kcal/kg] stato
riassuntiva
0,04 28,65 28,65 liquido
1 180 (~33,75) 33,75 liquido
2 180 355,35 (~355,35) liquido
3 180 355,35 (~645) Vapore
3’ 180 826 Vapore
4 35 560 713 Liquido/vapore
5 35 241,42 735 Vapore surriscaldato
5’ 35 (>241,42) 857 Vapore surriscaldato
6 0,04 527 Liquido/vapore
7 0,04 560 593 Liquido/vapore
7’ 28,65
(>28,65)

2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE

Il rendimento teorico della centrale risulta essere definito come: η L − Lutile speso
2.1. Calcolo del lavoro utile =Th
Qentrante

Il lavoro utile è la somma del lavoro compiuto durante il primo salto in turbina ad alta

pressione e del lavoro compiuto durante il secondo salto in turbina a bassa pressione:

L4−5' = h4 − h5' = ∆h4−5 = 91  kcal  e L6−7' = h6 − h7' = ∆h6−7' = 264  kcal 
 kg   kg 

2.2. Calcolo del lavoro speso

Lspeso = h2 − h1 = ∆h1−2effettivo = 5,1  kcal 
 kg 

2.3. Calcolo del calore entrante (energia da fornire)

Q2−4 = h4 − h2 = 826 − 33,75  kcal  = 792,25  kcal  Calore fornito mediante :
 kg   kg  - preriscald amento
- evaporazio ne
Q5'−6 = h6 − h5' = 857 − 735  kcal  = 122  kcal  - primo surriscald amento
 kg   kg  Calore fornito mediante :
- secondo surriscaldamento

2.4. Calcolo del rendimento teorico e reale del ciclo

η =teorico Lutile − Lspeso = L4−5' + L6−7' − L1−2 ≅ 0,3827 ηreale = ηteorico ⋅ηV ⋅ηm ⋅ηel ≅ 0,31
Qentrante Q2−4 + Q5'−6

69

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

Undicesima esercitazione: GASOMETRO

Un gasometro con diametro della campana Di = 50 m contiene gas naturale con densità
δ = 0,799 kg / m3 in condizioni normali. Il dislivello H tra il cielo della campana e l’acqua
all’interno della campana è di 50 m. Il dislivello ∆h tra l’interno e l’esterno della campana è
950 mm di colonna d’acqua (δ H2O = 998,2 kg / m3). La temperatura iniziale del gas
racchiuso nella campana è 20 °C. La costante R del gas è 476,44 J / Kg °K, mentre il cp
medio del gas è 0,532 kcal / kg °K.

Figura 61 – Schematizzazione di un gasometro

La pressione dell’aria all’esterno della campana indicata dal barometro è 755 mm di
colonna di mercurio (δ Hg = 13592,1053 kg / m3). A causa dell’irraggiamento solare dopo 7
ore la campana si alza di 2 m di livello sullo specchio liquido interno, ossia H passa da 50
a 52 m, senza che si sia spillato o immesso gas nella campana, poiché la valvola A è
rimasta chiusa. La scossalina b è affondata inizialmente 6 m nell’acqua.

Si domanda:
1. la pressione iniziale del gas all’interno della campana;
2. quanti kg di gas sono racchiusi nella campana;
3. la pressione del gas quando la campana, a causa dell’irraggiamento solare, si solleva

di 2 m, tenendo conto che lo spessore del grembiule di campana immerso nell’acqua è
di 6 mm;
4. l’energia scambiata tra il sole e la campana.

70

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

Risoluzione dell’undicesima esercitazione: GASOMETRO

Elenco dei dati del problema:

Diametro interno campana Di = 50 [m]

Densità gas naturale [ ]δ gas = 0,779 kg / m3
[ ]δ H2O = 998,2 kg / m3
Densità dell’acqua [ ]δ Hg = 13592,1053 kg / m3

Densità del mercurio Rgas = 476,44 [J / kg K ]
c p gas = 0,532 [kcal / kg K ]
Costante del gas naturale pe = 755 [mmHg]
S = 6 [mm] = 0,006 [m]
Calore specifico del gas a pressione costante ∆hH2O = 950 [mm] = 0,95 [m]
H1 = 50 [m]
Pressione esterna
Spessore della campana H 2 = 52 [m]
Dislivello dell’acqua tra interno ed esterno
b1 = 6 [m]
Dislivello iniziale tra il cielo della campana e acqua b2 = 4 [m]
all’interno della campana T1 = 20 [°C] = 293,15 [K ]
Dislivello finale tra il cielo della campana e acqua
all’interno della campana
Altezza iniziale del tratto di campana immerso in acqua
Altezza finale del tratto di campana immerso in acqua
Temperatura iniziale del gas

1. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana

La pressione iniziale del gas all’interno della campana si ottiene calcolando la variazione

di pressione fra interno ed esterno:

∆pint −est = pi1 − pe = ∆hH 2O ⋅ δ H2O ⋅g = 0,95 [m]⋅ 998,2  kg  ⋅ 9,81  m  ≅ 9302,7 [Pa]
 m3   s2 

essendo: pe = ∆hHg ⋅ δ Hg ⋅ g = 0,755 [m]⋅13592,1053  kg  ⋅ 9,81  m  = 100670,6 [Pa]
 m3   s2 

la pressione iniziale del gas all’interno della campana risulta allora:

pi1 = pe + ∆pint−est = 100670,6 + 9302,7 [Pa] = 109973,3 [Pa]

2. Calcolo della massa di gas racchiuso nella campana

La massa del gas, che non cambia nel passaggio (1 → 2 ) dalla situazione iniziale a quella
finale dopo l’irraggiamento solare, si ricava utilizzando l’equazione di stato dei gas:

pi1V1 = M gas RgasT1

dove il volume del cilindro alle condizioni iniziali vale:

[ ] [ ]V1 = πDi2H1 50 2 m3 m3
4 =π ⋅ 4 ⋅ 50 = 98174,77

71

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

La massa del gas risulta:

109973,3 N 
[ ]M gas m2  m3
pi1V1 ⋅ 98174,77
RgasT1
= =  J  = 77301,7 [kg]
 kg 
476,44  K  ⋅ 293,15 [K ]

3. Calcolo della pressione finale del gas all’interno della campana

In primo luogo si deve determinare il peso della campana. Esso è controbilanciato da due
forze:

• la spinta di Archimede
• il peso apparente (dato dalla pressione del gas che dall’interno spinge la campana

verso l’alto)

Dpe e

pi Pa

Di

H

∆h PC
b1

Sa

Figura 61 – Schema delle forze agenti sul sistema

3.1. Calcolo della spinta di Archimede nella condizione iniziale 1

La spinta di Archimede è pari al peso del volume di acqua spostata:

Sa = π De2 −π Di2 b1 ⋅ δ H2O ⋅g = π (Di + 2S ) − π Di2 b1 ⋅δ H2O ⋅g
4 4 4 4

dove si è sostituita la quantità corrispondente al diametro esterno che vale: De = Di + 2S

( ) [ ]Si ottiene:π m3  kg   m  [N ]
Sa = 4 ⋅ 50,012 2 − 50 2 ⋅6 ⋅ 998,2  m3  ⋅ 9,81  s2  ≅ 55381

72

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

3.2. Calcolo del peso apparente nella condizione iniziale 1

Il peso apparente è dato dalla differenza fra la forza esercitata dalla pressione interna e
quella esercitata dalla pressione esterna:

Pa = pi1π Di2 − peπ De2 = 109973,3 ⋅π 50 2 −100670,6 ⋅π 50,012 2 [N ] = 18170917 [N ]
4 4 ⋅4 ⋅4

3.3. Calcolo del peso della campana

Il peso della campana, che non cambia nel passaggio 1 → 2 , risulta essere la somma di
spinta di Archimede e peso apparente, ma poteva essere calcolato mediante l’equilibrio
alla traslazione verticale del sistema:

∑ FV = 0 ⇒ PC = Sa + piπ Di2 − peπ De2 = Sa + Pa = 55381 +18170917 [N ] = 18226298 [N ]
4 4

3.4. Calcolo della massa della campana

La massa della campana, così come il peso, non cambia nel passaggio 1 → 2 e si ottiene
dividendo il peso della campana per l’accelerazione di gravità g:

MC = PC = 18226298 [kg ] = 1857930,5 [kg ]
g 9,81

3.5. Calcolo della spinta di Archimede nella condizione finale 2

Dopo l’innalzamento della campana a causa dell’irraggiamento solare, la spinta di
Archimede diventa:

'( ) ( )Sπ π ⋅ 4 ⋅ 998,2 ⋅ 9,81 [N ] = 36920,7 [N ]
a = 4 De2 − Di2 b2 ⋅ δ H2O ⋅ g = 4 ⋅ 50,0122 − 502

3.6. Calcolo del peso apparente nella condizione finale 2

Dato che il peso della campana non cambia nel passaggio 1 → 2 , si ha:

PC = S ' + Pa' ⇒ Pa' = PC − S ' = 18226298 − 36920,7 [N ] = 18189377,3 [N ]
a a

3.7. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana nella condizione finale 2

La pressione interna finale si può calcolare a partire dal peso apparente nello stato 2:

π π Pa' + pe π De2 18189377,3 + 100670,6 ⋅ π ⋅ 50,0122 [Pa] = 109982,7 [Pa]
4 4 4 4
Pa' = pi2 Di2 − pe De2 ⇒ pi2 = =
π π
4 Di2 4 ⋅ 502

73

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

3.8. Calcolo del volume occupato dal gas e della temperatura nella condizione finale 2

L’irraggiamento solare che causa l’innalzamento della campana provoca anche un
aumento del volume occupato dal gas e della temperatura del gas stesso:

[ ] [ ]V2π2 π m3
Il volume vale: = 4 D i ⋅H2 = 4 ⋅ 50 2 ⋅ 52 m3 = 102101 ,76

La temperatura si ricava applicando alle nuove condizioni l’equazione di stato dei gas:

pi2V2 = M gas R Tgas 2 ⇒ T2 = pi 2V2 = 109982,7 ⋅102101,76 [K ] ≅ 304,9 [K ] = 31,75 [°C ]
M gas Rgas 77301,7 ⋅ 476,44

3.9. Calcolo della temperatura finale del gas ipotizzando la trasformazione isobara

La variazione di pressione interna nel passaggio 1 → 2 è un valore molto piccolo:

∆pi21 = pi2 − pi1 = 109982,7 − 109973,3 [Pa] = 9,4 [Pa]

La trasformazione 1 → 2 è praticamente isobarica. Sotto queste ipotesi la T2 vale:

V = cost ⇒ V1 = V2 ⇒ T2 = V2 T1 = π Di2 ⋅ H2 T1 = H2 T1 = 52 ⋅ 293,15 [K ] = 304,876[K] = 31,726[°C]
T T1 T2 V1 Di2 ⋅ H1 H1 50
4
π

4

Si può ricavare così l’errore attraverso la differenza fra le due temperature calcolate:

[ ] [ ]ε = T2reale − T2isobara = 31,75 − 31,726 °C = 0,024 °C

4. Calcolo dell’energia scambiata tra il sole e la campana

L’energia fornita dal sole alla campana è costituita da quattro componenti:

1) Variazione di entalpia del gas nel passaggio da T1 a T2: ∆H 12

2) Variazione di en. potenziale della campana il cui baricentro si è alzato di 2 m: ∆EPcampana

3) Variazione di energia potenziale del gas il cui baricentro si è alzato di 1 m: ∆E Pgas

4) Lavoro per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana: ∆Laria

L’energia ceduta dal sole per il primo principio della termodinamica risulta essere:

Q12 = ∆H12 + ∆EPcampana + ∆EPgas + ∆Laria

74

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

4.1. Calcolo della variazione di entalpia del gas
La variazione di entalpia del gas risulta essere uguale a:

∆H 12 = M gas c p (Tgas 2 − T1 ) = 77301,7 [kg]⋅ 0,532  kcal  ⋅ (304,9 − 293,15) [K ]⋅ 4,186  kJ  = 2022729,3 [kJ ]
   kcal 
 kg K 

4.2. Calcolo della variazione di energia potenziale della campana

Sia ∆zC = 2 m la variazione dell’altezza del baricentro della campana, la variazione di
energia potenziale della campana risulta:

∆E Pcampana = MC ⋅ g ⋅ ∆zC = PC ⋅ ∆zC = 1857930 ,5 [kg ]⋅ 9,81  m  ⋅ 2 [m]⋅ 1  kJ  = 36452 ,596 [kJ ]
 s2  10 3  J 

4.3. Calcolo della variazione di energia potenziale del gas

Sia ∆zgas = 1 m la variazione dell’altezza del baricentro del gas, la variazione di energia
potenziale del gas risulta:

∆E Pgas = M gas ⋅ g ⋅ ∆z gas = 77301,7 [kg ]⋅ 9,81  m  ⋅1 [m]⋅ 1  kJ  = 758,329 [kJ ]
 s2  10 3  J 

4.4. Calcolo del lavoro compiuto per spostare l’aria

Il lavoro compiuto dalla pressione per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana è
il prodotto fra la pressione esterna e il volume di aria spostato (cilindro di diametro De e di
altezza 2 m):

πDe2 N  50,0122 1  kJ 
4  m2  4 103  J 
[ ]∆Laria [m]⋅ = 395522,3 [kJ ]
= pe (b1 − b2 ) = 100670,6 ⋅ π m2 ⋅ 2

4.5. Calcolo dell’energia ceduta dal sole

Il calore ceduto dal sole risulta essere la somma di tutte le quantità sopra calcolate:

Q12 = ∆H12 + ∆EPcampana + ∆EPgas + ∆Laria

⇓

Q12 = 2022729,3 + 36452,596 + 758,329 + 395522,3 [kJ ] = 2455462,5 [kJ ]

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