Analysis of the pressurizer in a Pressurized Water Reactor.

1. 1
ESERCITAZIONE N°1 – PRESSURIZZATORE
Parte 1.
Il pressurizzatore è il vaso di espansione (in realtà è il vapore ad assolvere la funzione di vaso di
espansione, comprimendosi e dilatandosi con piccole variazioni di pressione) del circuito primario, di un
reattore di tipo PWR. La tubazione di collegamento tra la gamba calda del circuito e il pressurizzatore è la
cosiddetta surge-line, tubazione lunga e contorta tale da non favorire un eccessivo scambio di energia tra
pressurizzatore e circuito primario (in modo che tale componente possa considerarsi isolato). Il motivo
della presenza di vapore nel pressurizzatore è dovuto al fatto che quest’ultimo è un componente che deve
stare in condizioni di saturazione, devo quindi avere al suo interno equilibrio termodinamico tra vapore e
liquido. Dato che il sistema (circuito primario) si trova alla pressione di 155bar, dovendo l’acqua all’interno
del pressurizzatore essere in condizioni di saturazione, starà alla Tsat = 346°C (fissata la pressione, la
temperatura di saturazione - Tsat - è la temperatura che dovrebbe raggiungere l’acqua per cominciare a
bollire).
Il pressurizzatore è quindi l’elemento che tiene sotto controllo la pressione del sistema. Dato che l’acqua
che circola nel circuito primario è in monofase (liquido sottoraffreddato), può essere considerata
praticamente incomprimibile e sarà quindi soggetta a variazioni di temperatura piuttosto che di pressione.
Ed è questo il motivo della presenza del pressurizzatore in un impianto di questo tipo; infatti un circuito
che voglio che sia pressurizzato, deve avere un vaso di espansione necessario a gestire tutti quei transitori
che comportano variazioni di temperatura (e quindi di densità) del fluido presente.
Come già detto, il liquido è in equilibrio con il suo vapore all’interno del pressurizzatore, e questo mi
consente di ‘controllare’ (attraverso una serie di componenti presenti nel pressurizzatore) la pressione del
circuito primario.
Possono ad esempio verificarsi le due seguenti situazioni:
· diminuzione della temperatura media del refrigerante primario (causata ad esempio da un aumento del
carico in turbina), e quindi del volume dello stesso, che porta ad un “rilassamento” del fluido contenuto nel
pressurizzatore il quale tenderà a fuoriuscire dalla surge-line per entrare nel primario (sarà naturalmente la
fase liquida ad uscire dal pressurizzatore), mentre il vapore contenuto nel pressurizzatore tenderà ad
espandersi provocando una diminuzione della pressione all’ interno. Questo fenomeno viene chiamato
OUT SURGE. Per riportare la pressione al valore nominale, viene aumentata l’energia dissipata dai
riscaldatori elettrici1 presenti all’ interno del pressurizzatore (riscaldatori che in condizioni di normale
funzionamento servono solo a compensare le perdite di calore attraverso le pareti) in modo da far
evaporare parzialmente il liquido presente. I riscaldatori sono ad accensione automatica (comandata dalla
pressione) ed entrano in funzione nel momento in cui la pressione dovesse scendere al di sotto di un valore
prestabilito. Il liquido poi, una volta evaporato, andrà ad occupare un volume pari al prodotto della massa
di liquido evaporato e la differenza tra i volumi specifici del liquido e del vapore, riferiti alle condizioni
termodinamiche alle quali si trova il sistema in quel momento: ML (vv – vL). Il liquido quindi, passa in fase
vapore e spinge (goccia di liquido che diventa una bolla di vapore), aumentando la pressione all’interno.
I riscaldatori però, devono sempre rimanere sotto battente liquido (in modo tale da mantenere sempre un
certo coefficiente di scambio termico che, in presenza di fase gassosa –vapore- anziché liquida, crollerebbe
lasciando i riscaldatori non “refrigerati”); per cui il volume di liquido contenuto nel pressurizzatore in
condizioni nominale, deve essere tale da mantenere i riscaldatori sotto battente nel caso si dovesse
verificare l’out surge.
1
In realtà l’evaporazione avviene in parte grazie al “flashing” del liquido, se l’entalpia di quest’ultimo si trova al di sopra di quella
di saturazione corrispondente alla pressione che vige nel pressurizzatore.

2. 2
· Un aumento della temperatura media del fluido primario (dovuto ad esempio ad una diminuzione del
carico assorbito dalla turbina o ad un aumento della potenza erogata dal reattore) comporta invece una
dilatazione di quest’ultimo che tenderà quindi a sfogare nel pressurizzatore. Questo fenomeno è noto
come INSURGE. Il liquido, entrando nel pressurizzatore dalla gamba calda, farà aumentare la pressione
all’interno. Questo è da associare al fatto che il liquido entrando richiede un certo spazio (ed una certa
energia, per portarsi in equilibrio con il sistema liquido-vapore), ed il volume necessario ad ospitare il
liquido verrà ceduto dal vapore che condensa.
Il liquido entrante nel pressurizzatore però, non porta necessariamente ad un aumento della pressione.
Facendo il bilancio tra il volume richiesto per ospitare il liquido ed il volume ceduto, e tra l’energia richiesta
dal liquido entrante per portarsi in equilibrio e quella ceduta dal sistema (liquido e vapore in condizioni di
saturazione), si vede che un’eventuale variazione di pressione (positiva o negativa che sia) del sistema,
dipende dal valore dell’entalpia del liquido entrante.
Bisogna comunque tener presente che il liquido proveniente dalla gamba calda, per quanto caldo, sarà
necessariamente più freddo del liquido che si trova all’interno del pressurizzatore (dato che qui abbiamo le
condizioni di saturazione corrispondenti alla pressione del sistema). Il liquido più freddo quindi, entrando,
tende ad essere riscaldato da un’ambiente più caldo (che gli cede energia); in realtà il liquido entrando ha
bisogno anche di spazio, spazio che come già detto verrà ceduto dal vapore che tende a comprimersi. A
questo punto il vapore comprimendosi, dato che è in condizioni di saturazione, tenderà a condensare. È
quindi il vapore che condensando lascia lo spazio libero e contemporaneamente cede energia (quantitativo
di energia pari al prodotto tra il calore latente di evaporazione e la massa di vapore condensata).
In condizioni di saturazione, il liquido si trova in uno stato di minore energia rispetto al vapore, motivo per
cui sarà il vapore a condensare per ospitare sia “fisicamente” che “energeticamente” il liquido entrante. Se
pero quest’ultimo è prossimo alle condizioni di saturazione, la massa di vapore che deve condensare per
portarlo in equilibrio sarà minore di quella necessaria per ospitarlo; per cui il liquido entrando, comprimerà
il vapore che però non condenserà in maniera esaustiva e la pressione a quel punto andrà ad aumentare.
Per evitare questo viene attivato il sistema spray; questo sistema preleva liquido dalla gamba fredda (che si
trova molto al di sotto della Tsat) e la inietta nel pressurizzatore affinché condensi la rimanente massa di
vapore necessaria ad ospitare il liquido e riportare la pressione al valore nominale. Questo sistema spray è
installato nella parte superiore del pressurizzatore di modo che l’acqua spruzzata entri subito in contatto
con il vapore.
Se però, arrivati a questo punto, la pressione non accenna a scendere si apriranno le valvole di sfioro;
queste si aprono per far “rilassare” il pressurizzatore facendo uscire il vapore (dato che quest’ultimo, a
parità di massa, contiene una quantità di energia maggiore rispetto al liquido; rilascerei quindi un gran
quantitativo di energia perdendo poca massa). Queste valvole entrano in funzione nel momento in cui la
pressione raggiunge un limite prestabilito o meglio, un valore tale per cui le condizioni normali di
funzionamento possono ancora essere ristabilite; nel momento in cui diventa irrecuperabile, entrano in
gioco le valvole di sicurezza, dalle quali il vapore esce in maniera violenta.
Detto questo, si vede quindi come il pressurizzatore debba essere progettato tenendo conto del fatto che,
in condizioni nominali deve esserci una massa di vapore iniziale tale da condensare completamente ed
evitare che la pressione aumenti, nel caso si dovesse verificare un’insurge, portando quindi il
pressurizzatore nel cosiddetto “stato di pressurizzatore solido” nel quale quest’ultimo risulta essere
completamente riempito di liquido. Saranno poi i riscaldatori a ristabilire le condizioni di normale
funzionamento (condizioni iniziali di pressione e temperatura).
Da questa analisi grossolana si intuisce quindi che le due condizioni limite per il dimensionamento del
pressurizzatore siano il volume minimo di liquido affinché i riscaldatori restino sempre sotto battente (per
l’outsurge); e la condizione di pressurizzatore solido (per l’insurge).

3. 3
Affinché si verifichino queste due condizioni è necessario che ci sia:
a. una massa (o un volume) di liquido iniziale sufficiente a mantenere sotto battente i riscaldatori durante
l’outsurge;
b. una massa (o un volume) di vapore iniziale tale che, nello stato finale, il pressurizzatore sia
completamente pieno di liquido.
Naturalmente, il pressurizzatore deve essere dimensionato in modo che qualunque, tra le due, situazione
si verifichi il sistema risponda in maniera adeguata al fenomeno (andando quindi a soddisfare sia la
condizione a. che la b.).
Studiando quindi il transitorio che segue un’outsurge, potremo ricavarci il volume minimo di liquido
iniziale. Analizzando invece quello relativo ad un’insurge, quello iniziale di vapore. La somma dei due
fornirà il volume minimo del pressurizzatore; il valore reale sarà naturalmente maggiore per tenere conto
dei margini di sicurezza.
Il set di equazioni necessario per studiare i due transitori sarà lo stesso, cambieranno ovviamente alcune
delle variabili in gioco. Tratteremo quindi i due casi separatamente; prima di farlo però, analizziamo il set di
equazioni che andremo ad utilizzare.
Per cominciare dobbiamo identificare il sistema (cioè il nostro volume di controllo-VC-), la cui evoluzione
nel tempo vogliamo studiare. Potendo considerare adiabatiche le pareti del pressurizzatore, ci viene
comodo assumere come VC il fluido contenuto all’interno. Dato che i fenomeni che andremo ad analizzare
coinvolgono scambi di massa ed energia (considerando come VC il fluido nel pressurizzatore, la variazione
della quantità di moto di quest’ultimo sarà nulla), le due equazioni di conservazione che andremo ad
analizzare sono quella di conservazione della massa (o di continuità), e di conservazione dell’energia. Ci
sarà poi una terza equazione, necessaria a chiudere il sistema, che deve tener conto del fatto che i volumi
(prima e dopo il transitorio) devono rimanere gli stessi (le pareti del pressurizzatore non devono
deformarsi ovviamente). Per cui:
· equazione di conservazione della massa: = ∑ (Γ) − ∑ (Γ) ± Sm
le sommatorie sono dovute al fatto che potrebbero esserci più entrate (ad esempio surge line e sistema
spray) e più uscite (surge line e PORV) attraverso cui la massa potrebbe entrare e/o uscire.
Possiamo però già fare una semplificazione, valida in entrambi i casi: sappiamo infatti che nell’analisi
impiantistica il termine relativo alla generazione (+Sm) e alla scomparsa di massa (-Sm) è nullo. Per cui
l’equazione diviene: = ∑ (Γ) − ∑ (Γ)
· equazione di conservazione dell’energia:
( ē) = ∑ [Γ(ℎ + + )] − ∑ Γ ℎ + + + Q - Lm
Anche in questo caso possiamo fare delle semplificazioni valide nel caso generale. Essendo il nostro VC
fisso nello spazio, il termine gravitazionale sarà nullo (in termini di variazione), e così anche quello cinetico
dato che non si muove (dato che stiamo andando a considerare gli stati iniziale e finale, ed essendo questi
stati di equilibrio, le variazioni dei termini cinetico e potenziale dovranno essere nulle).
Inoltre, il termine (-Lm) rappresenta il lavoro meccanico scambiato con l’esterno, e non essendoci
all’interno del sistema pompe, pistoni, etc. anche questo termine sarà nullo. L’equazione si riduce quindi a:
( e) = ∑ (Γ · ℎ) − ∑ (Γ · ℎ) + Q

4. 4
Il trattino sotto al simbolo dell’energia specifica (che in realtà, essendo uguale a e = u + + , ed avendo
trascurato i termini cinetico e potenziale diviene e = u = h - pv) sta ad indicare che il sistema che stiamo
considerando è bifase (nel caso di lettere minuscole), per cui i valori sono mediati tra le due fasi; nel caso
delle lettere maiuscole invece, il trattino indica l’applicazione di una derivata temporale (si tratta quindi di
potenze). I termini a secondo membro invece:
∑ [Γ( + )] − ∑ Γ +
variano leggermente, ma essendo questa variazione molto minore di quella entalpica la possiamo
trascurare.
· uguaglianza del volume:
V1 = V2 =˃ VL,1 + VV,1 = VL,2 + VV,2 =˃ ,
,
+ ,
,
= ,
,
+ ,
,
Avendo identificato come ‘1’ lo stato iniziale e come ‘2’ quello finale; quindi relativamente alla pressione (e
di conseguenza temperatura) iniziale e a quella finale del sistema.
Possiamo quindi passare all’analisi dei due fenomeni considerando che il volume del pressurizzatore e
l’energia da fornire tramite i riscaldatori elettrici devono essere valutati in modo tale che la pressione del
sistema non vari. Lo stato iniziale e quello finale saranno quindi entrambi caratterizzati dagli stessi valori
delle grandezze fisiche corrispondenti allo stato di saturazione alle pressione di p=15.5Mpa.
N.B. Essendo tabulati i valori relativi ad una p=15.4Mpa e di p=15,6Mpa, quelli corrispondenti alla
pressione del nostro sistema dovranno essere interpolati tra quelli corrispondenti a quei due.
· Iniziamo quindi con lo studio dell’outsurge, sapendo che:
- l’acqua che fuoriesce dal pressurizzatore per riversarsi nel primario ha una massa pari a 14000Kg;
- il minimo contenuto di liquido per mantenere sotto battente i riscaldatori elettrici è pari a 1827Kg.
Le due equazioni di conservazione possono dunque essere scritte come:
1. = ∑ (Γ) + ∑ (Γ) = Γout
e integrando tra stato iniziale e finale: ∫ = − ∫ Γ
∆
out
dato che sto considerando esclusivamente lo stato iniziale e quello finale del sistema; non mi interessa
quindi conoscere l’evoluzione temporale di quest’ultimo. L’integrale a secondo membro non è altro che
la massa totale fuoriuscita (cioè la portata fuoriuscita durante il transitorio), per la durata del transitorio
stesso:
∫ = − ∫ Γ
∆
out = -Mout mentre ∫ = M2 – M1
Da cui: M2 – M1 = -Mout
2. ( e) = ∑ (Γ · ℎ) − ∑ (Γ · ℎ) + Q = -Γout·hout + Q
Che integrate anch’essa tra i due stati iniziale e finale:
∫ (M·u) = - ∫ (Γ
∆
out·hout – Q) = -hout ∫ Γ
∆
out + = -hout·Mout +Q

5. 5
Dove ‘Q’ rappresenta l’energia erogata dai riscaldatori nell’intervallo ′∆ ′, avendo integrato la potenza
nell’intervallo di tempo relativo alla durata del transitorio. Mentre per quanto riguarda il primo integrale a
secondo membro, abbiamo portato fuori dal segno di integrale l’entalpia di uscita dato che stato iniziale e
stato finale coincidono; ‘hout’ sarà quindi pari a quella del liquido saturo corrispondente alla p=15,5Mpa.
L’equazione diviene quindi:
M2·u2 – M1·u1 = -Mout·hout +Q
Mettendo insieme le due equazioni e sviluppando i termini relativi alle due masse totali (M2 = ML,2+MV,2 e
M1 = ML,1 + MV,1 ) si vede immediatamente che le incognite sono quattro (MV,2 ; ML,1 ;MV,1 ; Q), essendo
nota la massa finale del liquido (condizione limite per l’outsurge). Abbiamo quindi bisogno di una terza
equazione (indipendente dalle altre due) che leghi una delle variabili alle altre. Questa equazione è quella
di uguaglianza del volume:
,
,
+ ,
,
= ,
,
+ ,
,
dove: L,1 = L,2 e V,1 = V,2 essendo p1 = p2.
Per cui il sistema da risolvere è il seguente:
− = −
− = − ℎ +
, ,
= , ,
Partendo dalla seconda delle tre, possiamo sviluppare I termini relativi all’energia interna specifica nel
seguente modo:
M2·u2 – M1·u1 = M2 (h2 – pv2) - M1 (h1 – pv1)
e dalla definizione di entalpia specifica media:
M2 [hL (1 – x2) + hVx2 – p2v2 ] - M1 [hL (1 – x1) + hV x1 – p1v1] =
= M2 [hL (1 – x2) + hVx2 – p2 ] - M1 [hL (1 – x1) + hV x1 – p1 ] essendo: v =
Dato che non abbiamo alcuna informazione riguardo alla distribuzione (sia iniziale che finale) delle masse,
e quindi dei titoli, possiamo esprimere quest’ultimo nel modo seguente x = (V/M – vL)/(vV – vL) e ottenere:
M2 [ ℎ ( ) + ℎ ( ) - p ] – M1 [ ℎ ( ) + ℎ ( ) - p ] =
= =
( ) ( )
( )
=
=
( ) ( )
=
( )( )
ed essendo le masse incognite, dall’equazione di conservazione della massa M2 – M1 = -Mout ,abbiamo:
−
( )
= − ℎ + Q =˃ = −
( )
+ ℎ =
= [−
( )
+ ℎ ] = 2799894893 J ≅ 2,8
Che, fissato il volume, rappresenta l’energia che i riscaldatori devono dissipare affinché la pressione
all’interno del pressurizzatore rimanga costante nel caso si verifichi l’outsurge.

6. 6
Scrivendo l’ultima relazione nel seguente modo: Q = [ℎ −
( )
] =
Mout ( ) = Mout ( ) = Mout (ℎ − ℎ )
si vede come l’energia che I riscaldatori devono fornire, in moda tale che la pressione resti costante,
dipende solamente dalla quantità di massa uscente (in realtà dal volume - Mout - ), dal calore latente di
evaporazione e dal volume specifico occupato dal liquido quando passa in fase vapore.
Il calcolo del ‘Q’ relativo all’outsurge poteva anche essere fatto risolvendo il sistema di tre equazioni visto
prima. Questo metodo lo andremo ad utilizzare per quanto riguarda l’insurge. Sviluppando i tre termini
relativi alle masse totali il sistema diviene:
( , + , ) − ( , + , ) = ( , + )
, + , = , + ,
, + , − , + , = , ℎ , + ℎ +
e sapendo che la condizione limite dell’insurge è quella di pressurizzatore solido, avremo che la massa
finale di vapore sarà nulla quindi MV,2 = 0.
Mettendo in evidenza la massa di liquido finale nella seconda equazione, e sostituendo nella prima e nella
terza:
ML,2 = , ,
Che sostituita nella prima ci dà: , + , − , − , = ( , + ) =˃
=˃ , = ( , + )
Mentre nella 3: , , , ,
= , ℎ , + ℎ + =˃
=> , = [ , ℎ , + ℎ + ]
Uguagliando le ultime due relazioni ricavate:
( , + ) = [ , ℎ , + ℎ + ]
dalla quale esplicitiamo il termine relativo alla quantità di energia da fornire tramite i riscaldatori:
Q = ( , + ) - , ℎ , + ℎ dove:
= ℎ −
= ℎ −
E sostituendo tutti i valori si trova che Q ≅ 107 J = 10 MJ
Il motivo per cui abbiamo messo in evidenza la massa di liquido finale (ML,2) nella seconda equazione è
dovuto al fatto che così facendo, quest’ultima scompariva dalle equazioni di conservazione della massa e
dell’energia. Questo ci è servito perché in questo modo si annullava la massa iniziale di liquido ( ML,1) (dato
che, come già evidenziato, nel caso dell’insurge non è importante quanta massa di liquido c’è all’inizio, ma
piuttosto quanto vapore è disponibile) e mettendo in evidenza l’incognita ‘MV,1’ ci siamo ricavati l’energia
fornita dai riscaldatori.

7. 7
Analogo discorso poteva farsi per l’outsurge, dove però sarebbe stata la massa di vapore iniziale a non
“partecipare”.
Passiamo ora al calcolo dei volumi. Come già detto, dall’outsurge ci ricaviamo la massa di liquido iniziale.
Sapendo che la massa di liquido iniziale (ML,1) è dato dalla somma della quantità di liquido che fuoriesce
(Mout), la quantità di massa finale (ML,2) e la quantità di liquido che i riscaldatori fanno vaporizzare : ML (che
è pari alla variazione della massa di vapore MV,2 – MV,1) :
ML,1 = Mout + ML,2 + (MV,2 – MV,1) = Mout + ML,2 + = 18724,8 Kg
e il relativo volume di liquid iniziale: VL,1 = ML,1vL = 31,49 m3 .
Dall’insurge invece possiamo ricavarci la massa di vapore iniziale. Dall’equazione di conservazione
dell’energia:
, = [ , ℎ , + ℎ + ] = 2025,22 Kg
da cui: VV,1 = MV,1vV = 19,86 m3 .
Infine, sapendo che il volume minimo di liquido iniziale per contenere l’outsurge è pari a VL,1= 31,49 m3 ,
e che il volume minimo di vapore iniziale per contenere l’insurge è di : VV,1 = 19,86 m3; il volume minimo
che il pressurizzatore dovrebbe avere (adeguando l’energia fornita dai riscaldatori al caso specifico)
affinché la pressione al suo interno non vari, è data dalla somma di questi due, e risulta essere pari a:
Vtot,min = VL,1 + VV,1 = 51,3 m3
Parte 2.
Abbiamo visto che in seguito a variazioni di temperature del liquido del circuito primario si hanno,
all’interno del pressurizzatore, scambi di massa e di energia.
E, come descritto precedentemente, durante il fenomeno dell’insurge viene attivato il sistema spray (con
acqua prelevata dalla gamba fredda anziché dall’esterno, dato che queste operazioni avvengono durante il
normale funzionamento dell’impianto e, dovendo l’acqua essere purificata - se presa dall’esterno – prima
di poter essere immessa nell’impianto) per accelerare la condensazione del vapore (dato che l’acqua
iniettata dal sistema spray è più fredda di quella entrante dalla surge-line) e per farne condensare una
quantità maggiore dato che quest’acqua possiede un’entalpia minore di quella ‘limite’ (cioè dell’entalpia
derivante dal bilancio dei volumi e delle energie in gioco).
Se però, una volta ristabilito l’equilibrio (riportato il sistema alla pin=15,5MPa) , la valvola interposta tra il
sistema spray e la gamba fredda dovesse rimanere aperta; il vapore, che era stato riportato nelle
condizioni iniziali, continuerà a condensare (affinché il liquido sottoraffreddato si porti in equilibrio) e di
conseguenza inizierà una depressurizzazione del pressurizzatore (e quindi del sistema primario – essendo
la pressione di quest’ultimo controllata dal pressurizzatore attraverso i riscaldatori ed il sistema spray).
Ora, considerando il liquido del circuito primario incomprimibile, dalla semplice relazione che lega densità,
massa e volume si vede che (indicando le grandezze mediate tra gamba fredda e gamba calda con un
trattino sopra): ̅ = ,
,
(1)

8. 8
Ed essendo il volume fissato, la massa totale del circuito primario dovrà essere costante.
A questo punto quindi, sapendo che una certa quantità di massa viene prelevata dalla gamba fredda,
affinché l’equazione di conservazione della massa sia verificata, prendendo la relazione generale:
( )
= Γ − Γ (2)
e sostituendo la (1) nella (2):
( )
= ( ̅ , ) = 0
si vede facilmente che:
Γ − Γ = 0 ⇒ Γ = Γ
Dato che il sistema è a massa costante, energia e pressione sono strettamente collegate (in maniera
praticamente lineare) di modo che, se diminuisce l’energia del sistema lo fa anche la pressione. Il tempo
necessario affinché la pressione raggiunga il valore di 12,65MPa dipende dall’entalpia di uscita del fluido
nel senso che: maggiore è questo valore, minore sarà il tempo che il sistema ci mette per depressurizzarsi.
Mi aspetto comunque, che la pressione vari “lentamente” dato che dal pressurizzatore sta uscendo liquido
e non vapore (a parità di temperatura infatti 1Kg di vapore contiene molta più energia di 1Kg di liquido,
dato che il vapore contiene “dentro di sé” il calore latente di evaporazione. Le valvole di sfioro e di
sicurezza infatti, si aprono per far ‘rilassare’ il pressurizzatore facendo uscire vapore; così da perdere poca
massa e tanta energia).
Se però l’intervallo di tempo è abbastanza lungo, il valor medio potrebbe fallire dato che assumo una certa
linearità, ma il fenomeno potrebbe non essere proprio lineare.
La depressurizzazione in un pressurizzatore ad esempio, non varia linearmente; per cui su tempi lunghi si
può sbagliare linearizzando il fenomeno come entalpia di uscita, e si divide magari in più intervalli
temporali.
L’intervallo sul quale può variare l’entalpia è quello compreso tra hL(15,5MPa) e hL(12,65MPa), passando
eventualmente per il valor medio di questi (eventualmente perché il tempo necessario affinché il sistema
giunga alla pfin=12,65MPa potrebbe essere minore del tempo necessario affinché il liquido raggiunga quel
valore di entalpia). Prima di procedere con il calcolo e suddividere l’intervallo temporale in più passi
temporali, calcoliamo il temo necessario a raggiungere la pfin utilizzando come valore dell’entalpia di uscita,
quello corrispondente alle condizioni iniziali, intermedie e finali per analizzare il fenomeno.
Dato che come VC stiamo sempre prendendo il fluido all’interno del pressurizzatore, valgono le stesse
semplificazioni fatte nel punto 1. Per cui le due equazioni di conservazione divengono:
( )
= Γ ℎ − Γ ℎ
dato che in questo caso abbiamo un’entrata (sistema spray), ed un’uscita (surge-line) e non c’è intervento
dei riscaldatori elettrici ( ̇ = 0). Integrando tra lo stato iniziale e quello finale:
∫ ( ) = − = ∫ Γ ℎ
∆
− ∫ Γ ℎ
∆
Possiamo portare fuori dall’integrale le portate, essendo queste costanti (e uguali, per cui possiamo
scrivere Γ = Γ = Γ). Possiamo poi supporre inizialmente che l’entalpia di ingresso (proveniente dalla
gamba fredda) resti costante, calcolare la durata del transitorio e verificare che il valore di ℎ risultante
non si discosti troppo da quello ipotizzato). Inoltre, facendo il calcolo grossolano per capire le dinamiche
del fenomeno, ipotizzeremo anche ℎ costante. Nel calcolo finale ( quello fatto suddividendo l’intervallo
temporale in due passi temporali) faremo in maniera analoga considerando però un valore mediato su
ciascuno dei due intervalli temporali.
L’equazione quindi diviene: − = Γ ℎ Δ − Γ ℎ Δ

9. 9
e raccogliendo i fattori comuni: − = Γ (ℎ − ℎ )Δ
Analogamente quella di conservazione della massa :
− = Γ − Γ = 0 ⇒ = =
Ora, l’energia iniziale può essere scritta come :
= ℎ − ̅ = [ℎ , (1 − ) + ℎ , − ] = 3,498 ×1010 J
essendo ℎ l’entalpia media del fluido (mediata sul titolo essendo una grandezza massica) tra liquido e
vapore saturo. Mentre ̅ è il volume specifico medio ( cioè il volume occupato dall’unità di massa
mediamente, se abbiamo il volume del recipiente e la massa contenuta all’interno possiamo scrivere
̅ = ⁄ ).
Inoltre, facendo riferimento al modello omogeneo, potremmo anche scrivere ̅ = 1 ̅⁄ (questo modello è
applicabile nel momento in cui il fattore di scorrimento - slip - s = ⁄ è pari ad uno. Questo implica che
tra le due fasi ci sia equilibrio meccanico, anche se per la precisione le due fasi non si muovono).
L’energia finale può essere scritta come:
= ℎ − ̅ = [ℎ , (1 − ) + ℎ , − ]
e dalla definizione di volume specifico medio, tirando fuori il titolo = =
⁄
che sostituita ci dà:
= , , , , ( , , )
, ,
−
Il calcolo dell’energia finale può essere fatto utilizzando entrambe le relazioni: la prima risulta conveniente
per la semplicità dei calcoli; la seconda è invece un po' più laboriosa ma permette il calcolo in assenza di
informazioni sulla ripartizione finale delle masse di liquido e vapore, e quindi del titolo.
Nel nostro caso però, essendo la pressione finale fissata e il sistema a massa costante, possiamo calcolarci
il titolo dalla relazione precedente ( essendo noto il volume totale del pressurizzatore dal punto
precedente): x2 =
⁄
= 7,8%
e dato che non stiamo trattando il caso di un deflusso in un condotto, ci interessa la massa e non la portata
per cui: = , ⁄ da cui: , = (12,65 ) = 1628,65
per quanto riguarda il volume invece: , = ,
,
= , , = 21,26
Il complemeto all’unità della frazione di vapore fornisce invece la frazione di liquido:
(1 − ) = , ⁄
, ,
= 92,2 % ⇒ , = (1 − ) = 19121,34 ed il relativo volume
occupato: , = , , = 29,676 m3.
L’energia finale è quindi pari a: = 3,2718 × 1010 J
Possiamo quindi procedere con il calcolo degli intervalli temporali relativamente ai diversi valori
dell’entalpia di uscita:
ℎ = ℎ (15,5 ) ⇒ ∆ = 205
ℎ = ℎ
, ,
⇒ ∆ = 240
ℎ = ℎ (12,65 ) ⇒ ∆ = 292
Da cui si vede che più è alta l’entalpia del liquido che fuoriesce dal pressurizzatore, maggiore è la velocità
con cui questo si depressurizza (minore è il tempo). Infatti, riprendendo l’equazione di conservazione
dell’energia applicata a questo caso specifico:

10. 10
( )
= Γ(ℎ − ℎ ) ⇒
à
=
à
−
à
Si vede che, maggiore è la differenza tra i due termini a secondo membro, maggiore è la velocità con cui
varia l’energia. Essendo poi questo un sistema a massa costante (le portate di ingresso e uscita sono uguali
e non ci sono termini di sorgente: ± ̇ = 0 ) la variazione – diminuzione in questo caso – dell’energia,
comporta necessariamente una variazione (nello stesso verso) della pressione. Si può infatti assumere un
andamento di diretta proporzionalità fra energia specifica e pressione.
Possiamo ora procedere con il calcolo del ∆ , suddividendolo in due intervalli temporali:
· uno che và dalla = 15,5 = 14,075 (valor medio tra p1 e p2);
· ed un altro che và dalla = 14,075 alla p2 = 12,65MPa.
I valori delle grandezze fisiche e composte, relativamente alla verranno interpolati tra i due valori di
pressione ( p1 = 14,00MPa e p2 = 14,20MPa) presenti nelle tabelle termodinamiche dell’acqua, attraverso la
seguente formula di interpolazione lineare: = + ( − )
Ci si aspetta che il ∆ relativo al primo intervallo sia minore di quello relativo al secondo intervallo, dato
che come visto prima la pressione diminuisce più lentamente quando la velocità di variazione dell’energia è
minore.
Procedendo con l’interpolazione delle grandezze: = 14,075 ; vV = 11,395 × 10-3 m3/Kg;
vL = 1,6131 × 10-3 m3/Kg; hL = 1573,925 KJ/Kg; hV = 2635,912 KJ/Kg .
Mentre gli intervalli temporali:
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧∆ =
( ) − ( )
Γ ℎ − ℎ
+
2
= 108,606
∆ =
( ) − ( )
Γ ℎ − ℎ
+
2
= 129,583
⇒ ∆ = ∆ + ∆ = 238,189 ≅ 3,96
Conoscendo ora il ∆ , possiamo calcolare l’entalpia d’uscita:
ℎ (∆ ) = ℎ −
( ) − ( )
Γ∆
= 1571,354 /
Che risulta essere leggermente minore di quella corrispondente alla pressione media ( = 14,075 ).
Relativamente all’entalpia di ingresso: ottenuto il ∆ , possiamo calcolarci il valore esatto dell’entalpia di
ingresso e vedere quanto il valore ipotizzato inizialmente, si discosta da quello reale. Se la variazione è
maggiore dell’1%, bisognerà sostituire e rifare il calcolo. Una variazione dell’1% di hin (ricavato
dall’equazione dell’energia con il valore corretto dell’intervallo temporale: 1254,798KJ/Kg) corrisponde a:
hin + (0,01)hin = 1267345,98 J/Kg e hin + (-0,01)hin = 1242250,02 J/Kg.
Essendo il valore da noi ipotizzato hin = 1252 KJ/Kg minore di questa variazione (±1%), possiamo quindi
assumerlo come valore da utilizzare, dato che rientra pienamente nei limiti imposti.
Possiamo infine vedere come è cambiata la ripartizione tra liquido e vapore all’interno del pressurizzatore,
tra condizione iniziale e finale:

11. 11
= 15,5
⎩
⎨
⎧
, =
, = (1 − )
⇒
⎩
⎨
⎧ =
,
= 0,6139
(1 − ) =
,
= 0,386
Dove ‘z1’ è la frazione di volume occupata dal liquido nelle condizioni iniziali, e (1 – z1) il suo complemento
all’unità quindi quella occupata dal vapore. Nelle condizioni iniziali quindi il liquido occupa il 61,39% del
volume totale, (che è la percentuale relativa alle normali condizioni di funzionamento) mentre il vapore il
38,6%.
p2 = 12,65MPa
, =
, = (1 − )
⇒
= ,
= 0,5784
(1 − ) = ,
= 0,4215
da cui si vede che il volume di liquido è diminuito; infatti nonostante il transitorio avvenisse a massa
costante il sistema si è depressurizzato. Il volume specifico del liquido infatti è diminuito (è diventato più
denso) mentre è aumentato quello del vapore dato che si è espanso grazie alla contrazione del liquido.
°
Parte 3.
Anche in questo caso non ci interessa sapere come evolve nel tempo il sistema, ma solo quali sono le
condizioni inziali e finali. Le condizioni iniziali le conosciamo, abbiamo liquido saturo (che occupa un
volume pari a VL,2 = 2m3) alla pressione di 3MPa. Essendo l’acqua in condizioni di saturazione, all’interno
avremo anche del vapore saturo alla stessa pressione (e temperatura) e che occupa un volume pari a:
VTOT – VL,1 = VV,1 = 10m3.
Dato che la pressione che vige nel sistema è nota (in questo caso la superficie della Drain Tank delimita il
confine del volume di controllo), lo sono anche tutte le grandezze fisiche relative a quel valore (le quali
sono tabulate).
Sappiamo che durante il transitorio entra una portata costante di acqua alla pressione costante di
p=15,5MPa. Questa portata fà sì che la pressione all’interno del sistema cominci ad aumentare (dato che
oltre alla massa, trasporta con sé un grande quantitativo di energia).
La Drain Tank viene progettata con un disco di rottura che ‘esplode’ quando nel sistema si raggiunge il
valore limite di pressione ipotizzato. Questa pressione è nota e corrisponde a 10MPa; considerando anche
questo come uno stato di saturazione, i valori delle grandezza fisiche relativi a questo stato di pressione (e
quindi di temperatura) sono tabulati (e quindi noti).
Le equazioni di conservazione di cui faremo uso sono sempre quelle della massa e dell’energia(dato che il
fluido all’interno non si muove quella di conservazione della quantità di moto non verrà utilizzata). Le
semplificazioni da fare sono le medesime dei punti precedenti, con in più il fatto che considerando
adiabatiche le pareti della Drain Tank non abbiamo alcuno scambio di calore con l’esterno ( ̇ = 0).
L’equazione di conservazione della massa: = ∑ (Γ) − ∑ (Γ) = Γ
dato che abbiamo una sola entrata (tubazione di collegamento con il pressurizzatore) e nessuna uscita (o
meglio, una uscita è il disco di rottura ma noi assumeremo come intervallo di tempo quello che và
dall’inizio del transitorio all’istante di poco precedente la rottura del disco. Possiamo quindi assumere
Γ = 0). Integrando tra gli stati iniziale e finale, e sapendo che la portata in ingresso è costante:
∫ = − = ∫ Γ
∆
= Γ ∫ = Γ ∆ = Min ⇒ − =

12. 12
Per quanto riguarda l’equazione di conservazione dell’energia invece:
( ē) = ∑ [Γ(ℎ + + )] − ∑ Γ ℎ + + + Q - Lm
la quale con le semplificazioni descritte diviene:
( )
= Γ ℎ − Γ ℎ
che integrata tra lo stato iniziale e quello finale fornisce:
∫ ( ) = − = ∫ Γ ℎ = Γ ℎ ∫
∆∆
= Γ ℎ ∆ ⇒ − = Γ ℎ ∆
essendo la pressione dell’acqua entrante costante, dovendo questa provenire dal pressurizzatore (il quale
si trova in condizioni di saturazione), sarà costante anche a sua entalpia (relativa al valore di pressione che
vige nel pressurizzatore).
N.B. La PORV è la valvola di collegamento tra Drain Tank e pressurizzatore. Questa valvola si apre nel
momento in cui, nonostante l’attivazione del sistema spray, la pressione nel pressurizzatore non è
diminuita di molto. Così facendo, viene scaricata una grande quantità di energia perdendo poca massa; il
vapore raccolto nella Drain Tank verrà poi reintegrato nell’impianto. Questo serbatoio, per motivi di
sicurezza (non avendo un volume grande quanto quello del pressurizzatore), è dotato come già anticipato
di un disco di rottura, nel caso ci sia bisogno di riversare una grande quantità di vapore all’interno, a causa
del sistema(pressurizzatore) che non accenna a depressurizzarsi; oppure nel caso in cui la valvola resti
bloccata aperta (come nel caso in esame) ed il vapore fluisca ininterrottamente attraverso di essa.
Ora, supponendo che la PORV resti bloccata aperta, questo vuol dire che il pressurizzatore continua a
depressurizzarsi; per cui mantenendo costante la hin(15,5MPa) per tutto il transitorio, non è una
semplificazione grossolana solo nel caso in cui la durata di quest’ultimo non sia troppo grande. Se, al
contrario, il ∆ è grande bisognerà calcolare il valore di hin corrispondente all’intervallo di tempo e vedere,
come nel caso precedente, quanto quello ipotizzato si discosta da quello reale.
Bisogna inoltre tener conto del fatto che se (come nell’incidente di Three Mile Island) gli operatori non si
accorgono del fatto che la PORV è rimasta aperta, e nel frattempo il sistema spray rimane attivo, il
pressurizzatore potrebbe diventare solido e di conseguenza dalla PORV inizierà ad uscire liquido saturo.
Vedremo poi come varia l’intervallo temporale se ci troviamo di fronte a questo secondo caso.
Il sistema di equazioni è quindi il seguente :
− =
− = M ℎ
Andiamo ad analizzare i due termini a primo membro della seconda equazione per vedere come possiamo
riscriverli in funzione dei dati noti:
· = ℎ − ̅ = [ℎ , (1 − ) + ℎ , − ]
che, utilizzando la definizione d titolo ‘statico’, possiamo riscrivere come :
= ℎ ,
,
+ ℎ ,
,
− = ℎ , , − (ℎ , , ) −
che ci è più comodo risolvere essendo note (dalle tabelle) le grandezze fisiche e quelle composte relative
alla p1=3MPa, e i volumi occupati dalla fase liquida e dalla fase vapore. Per cui:
= ℎ , , , − (ℎ , , , ) − = 2041951572 J;
· = ℎ − ̅ = [ℎ , (1 − ) + ℎ , − ]
in questo caso invece non essendo nota la ripartizione del volume tra la fase liquida e quella di vapore è
utile ricavare il titolo dalla definizione di volume specifico medio:

13. 13
= ℎ ,
, ⁄
, ,
+ ℎ ,
,⁄
, ,
− =
, , , , , ,
, ,
− = , , , , ( , , )
, ,
− (1)
Non essendo nota la massa finale, utilizzando l’equazione di conservazione della massa: − =
che sostituita nella (1) ci dà:
= , , , , ( , , )
, ,
− + , , , ,
, ,
Sostituendo questi due termini nell’equazione di conservazione dell’energia:
, , , , ( , , )
, ,
− − = M ℎ − , , , ,
, ,
=
= Γ ℎ − , , , ,
, ,
Δ da cui possiamo ricavare l’intervallo di tempo, unica incognita:
Δ =
, , , , ( , , )
, ,
, , , ( , , , )
, , , ,
, ,
Considerando come fluido uscente dalla PORV, il vapore saturo alla p = 15,5MPa otteniamo:
Δ = ℎ , (15,5 ) = 284,5 ≅ 4,74
Considerando invece liquido saturo alla p = 15,5MPa otteniamo:
Δ = ℎ , (15,5 ) = 1097,969 ≅ 18,299
La durata del transitorio nel caso esca liquido saturo è molto maggiore a causa del minor contenuto
energetico posseduto dalla fase liquida a parità di massa e di temperatura.
Possiamo ora verificare, utilizzando i ∆ trovati, quale è il valore effettivo della hin (relativamente al vapore
saturo e al liquido saturo) e vedere di quanto questi si discostano dal valore inizialmente ipotizzato ( se lo
scostamento fosse maggiore dell’1% dovremo utilizzare i nuovi valori per ricalcolare gli intervalli di tempo):
ℎ , (∆ ) = 1629850,102 / ; ℎ , (∆ ) = 2593874,807 /
Da cui si vede facilmente che il valore della hin, relativa al caso del liquido saturo, rientra perfettamente nei
limiti imposti, per cui l’errore che si è fatto ipotizzando il valore costante a 15,5MPa è trascurabile. Per
quanto riguarda il caso del vapore saturo invece, il valore reale trovato è pari a hin=2593874,807 J/Kg, ed
uno scostamento dell’1% corrisponde a 2570139 J/Kg; quindi ben al di sotto del valore da noi ipotizzato:
hV(15,5MPa) = 2596100 J/Kg. Quindi anche in questo caso l’errore è trascurabile.
°

14. 14
Facoltativo 4.
In questo caso nella Drain Tank oltre all’acqua, è presente anche un certo quantitativo di aria (con una
certa energia interna) che tratteremo come un gas perfetto (in realtà assumendo il calore specifico
costante per tutta la trasformazione, il gas perfetto si riconduce a quello monoatomico e viene chiamato
gas ideale). Dato che all’interno della Drain Tank non ci sono sorgenti (o pozzi) di aria: ±̇ , = 0 ,e dato
che per tutto il transitorio questa resta all’interno del recipiente, possiamo assumere che la massa d’aria
resti costante; quindi non compare nell’equazione di conservazione della massa. Indicando con il pedice
‘m’ le grandezze riferite alla miscela di acqua in condizioni di saturazione:
− = , + , − , + , = , − , =
Quindi l’equazione di conservazione della massa vale: − =
Per quanto riguarda l’energia interna invece, sappiamo che questa grandezza (come l’entalpia) ha una
scala di riferimento arbitraria, nel senso che assumono il valore zero - di partenza - ad una certa
temperatura di riferimento, che al limite può essere presa come una temperatura qualunque.
Immaginando di prendere come temperatura di riferimento lo zero assoluto ( T = 0K), l’energia interna a
questa temperatura è nulla (dato che il moto di agitazione termica è praticamente nullo). Per cui dalla
definizione di calore specifico a volume costante: = v , e integrando tra due valore di temperatura:
( ) − = ∫ = ∫ = ( ) = u(0K) = 0 ⇒ u(T) = cvT
trattando l’aria come un gas ideale
Per cui l’equazione di conservazione dell’energia, con le opportune semplificazioni, diviene:
− = ( , , − , , ) − , ( − ) = ℎ
Sappiamo, dalla legge di Dalton, che in un sistema in cui è presente una miscela di gas, ogni ‘componente’
si trova alla sua pressione parziale corrispondente alla temperatura del sistema (che in questo caso
corrisponde alla temperatura di saturazione della miscela liquido-vapore). Quindi il vapore saturo si troverà
alla pressione parziale corrispondente alla temperatura di saturazione; l’aria essendo in equilibrio
termodinamico con l’acqua si troverà alla sua pressione parziale corrispondente alla temperatura di
saturazione della miscela; e il liquido, essendo ‘sovrastato’ da entrambi i gas, si troverà alla pressione
totale corrispondente alla somma delle due pressioni parziali (dato che la legge di Dalton vale solamente
nella parte dell’atmosfera dove ci sono aria e vapore). Considerando quindi il liquido saturo alla pressione
totale, l’entalpia ed il volume specifico saranno quelli corrispondenti alle condizioni di saturazione relative
alla pressione totale. In realtà li liquido si trova sì alla pressione totale, ma ad una temperatura minore
rispetto a quella di saturazione corrispondente a quella pressione; infatti si troverà alla temperatura di
saturazione corrispondente alla pressione parziale del suo vapore, sarà quindi leggermente
sottoraffreddato.
Le relazioni che legano le pressioni sono:
· condizione iniziale: , = , = , + , (1)
· condizione finale: , = , = , + , (2)

15. 15
dove sappiamo che, essendoci inizialmente acqua alla pressione parziale di 3MPa, questa corrisponderà
alla pressione parziale del vapore (pv,1=3MPa). La pressione limite del disco di rottura (cioè quella finale)
sarà invece la pressione totale, e quindi quella del liquido (pL,2=10MPa).
Per risolvere l’equazione di conservazione dell’energia e calcolare la durata del transitorio, abbiamo
bisogno di conoscere le condizioni finali della miscela acqua-aria, in particolare la temperatura alla quale
essa si trova. Dalle condizioni iniziali, conoscendo la pv,1, e dato che in condizioni di saturazione pressione e
temperatura sono strettamente collegate, possiamo trovare la Tsat,1 dalle tabelle dell’acqua.
Ora, ci calcoliamo inizialmente i valore di pL,1 e pa,1. Dalle tabelle dell’acqua vediamo che, alla pv,1 = 3MPa
corrisponde una temperatura (in Kelvin) di T1(=Tsat,1)=507,003 K e dalla legge dei gas perfetti, sapendo che
ogni componente della miscela di gas occupa il volume totale, ci troviamo la: , = ,
,
dove R0=8314,34 J/(Kmol·K) è la costante universale che, divisa per il peso molecolare del gas in esame,
fornisce la costante relativa allo stesso: = . .
=
, /( · )
, ( )
=287,0379 J/(Kg·K)
‘na’ è invece il numero di moli presenti nel gas; sapendo che la massa del gas è pari al prodotto del numero
di moli per il peso di ciascuna mole (quindi il peso molecolare): Ma=na·P.M. , possiamo scrivere:
, = ,
, . .
= . .
,
,
= ,
,
= 173616,188 Pa
da cui , = , + , = 3173616,188 Pa.
Per quanto riguarda la (2), procederemo con un calcolo iterativo ipotizzando un valore iniziale di pv,2 e
andando a calcolare attraverso la (2) la pa,2 (essendo pL,2 nota). A questo punto dalle tabelle dell’acqua
prenderemo la temperatura corrispondente al valore di pressione parziale del valore ipotizzato, e
attraverso l’equazione di stato dei gas perfetti calcoleremo pa,2. Se il valore trovato corrisponde alla pa,2
calcolato dalla (2) finisce qui, altrimenti si prosegue sostituendo questo valore nella (2) e ricavando pv,2, la
relativa Tsat,2(tabulata) e così via, fino a convergenza.
Come valore iniziale per le iterazioni prendiamo il valor medio tra la pv,1 e la pressione del vapore che entra
nella Drain Tank sapendo che, la pv,2 sarà un valore compreso tra questi due. Quindi:
, =
,
= 9,25 e dalla (2): , = , − , = 0,75 .
Dalle tabelle dell’acqua, interpolando tra la T1(9,2MPa) e la T2(9,3MPa) troviamo:
T(9,25MPa)=
( , ) ( , )
= 305,316℃ e utilizzando l’equazione di stato dei gas perfetti:
, = =198087,71 Pa che risulta essere minore del valore ricavato dalla (2). La pa,2 si troverà
probabilmente tra questi due valori (0,75 MPa e 0,19 MPa).
Con il valore appena trovato di pa,2 , ci ricaviamo la pv,2 dalla (2): , = , − , =9801912,29 Pa , e
interpolando per vedere a che valore della Tsat,2 corrisponde:
, , = (9,8 ) + , ,
( , , )
[ (9,9 ) − (9,8 )]=309,53℃
e dall’equazione di stato dei gas perfetti: , = , , = 199530,73
da cui: , = , − , = 9800469,266 e la corrispondente temperatura di saturazione:
, , = 309,519 ℃ sempre interpolata tra T1(9,8MPa) e T2(9,9MPa). Dalla legge dei gas perfetti:
pa,2=199527,119 Pa , e dalla (2): , = , − , = 9800472,88 la cui Tsat,2( , ) = 309,5195 ℃
e dalla legge dei gas perfetti: , = 199527,1414 a cui corrisponde: , = 9800472,859 .
Infine: Tsat,2( , )=309,51905 ℃ e , = 199527,1404 , e dalla (2):
, = 9800472,86 ⇒ , , = 309,5195 ℃.

16. 16
Per cui possiamo affermare che: , = 9800472,86 ⇒ , , = 309,5195 ℃
, = 199527,14
Passiamo ora alla risoluzione dell’equazione di conservazione dell’energia. Il termine relativo alla
variazione di energia interna dell’aria resta tale e quale; per quanto riguarda invece la variazione
dell’energia della miscela, faremo alcune semplificazioni dato che non conosciamo la massa finale della
miscela. Analizziamo quindi il termine relativo all’energia finale della miscela (un discorso analogo può
essere fatto per quella iniziale). Scriviamo separatamente i termini relativi all’energia interna del liquido
saturo e a quella del vapore saturo: , , = , ℎ , − , , + , ℎ , − , ,
nella quale le grandezze fisiche fanno riferimento alla Tsat,2corrispondente alla pv,2. Dalla definizione di
titolo statico: , = (1 − ) , e , = ,
in modo tale da poter mettere in evidenza Mm,2 per poi sostituirlo con l’equazione di conservazione della
massa (essendo , , entrambe incognite). Otteniamo:
(1 − ) , ℎ , − , , + , ℎ , − , , ; ma essendo anche il titolo una incognita,
dalla definizione di volume specifico medio: x2 = , ,⁄
, ,
e (1-x2) = , ,⁄
, ,
Sostituendo e sviluppando i prodotti otteniamo:
, , = , [ , , , , , , , , ]
, ,
+
[ , , , , , , ]
, ,
Analogamente per l’energia iniziale della miscela otteniamo:
, , = , [ , , , , , , , , ]
, ,
+
[ , , , , , , ]
, ,
Sostituendo nell’equazione di conservazione dell’energia e, tenendo presente che (dall’equazione di
conservazione della massa): , = , + , otteniamo infine:
∆ =
,
, , , , , , , ,
, ,
, , , , , , , ,
, ,
, , , , , , , ,
, ,
+
+
, , , , , ,
, ,
, , , , , ,
, ,
, ( )
, , , , , , , ,
, ,
Sostituendo tutti i valori si trova che:
· se entra vapore saturo con un’entalpia hin(15,5MPa) = 2596100 J/Kg , la durata del transitorio è di:
∆ = 276,28 ≅ 4,6 ;
· se entra liquido saturo con un’entalpia hin(15,5MPa) = 1629850 J/Kg , la durata del transitorio è di:
∆ = 1053,38 ≅ 17,5 .
Il sistema si trova ad una pressione leggermente maggiore rispetto a quella del caso precedente, a causa
della presenza di aria. Essendo quella totale finale la stessa, questo comporta necessariamente che il
sistema “arrivi prima” alla pressione limite di rottura rispetto al caso con il solo vapore.

17. 17