Thermal hydraulics analysis of the primary circuit of a pressurized water reactor

1. 1
ESERCITAZIONE N°3 – TERMOIDRAULICA DEL CIRCUITO PRIMARIO
Vogliamo innanzitutto determinare la potenza trasferita al fluido dal sistema di quattro pompe. La potenza
meccanica della pompa è pari a:
=
Δ
cioè la potenza che deve avere il motore della pompa affinché ad una portata (volumetrica: / ) ‘Q’
venga fornita una prevalenza pari a Δ . Il prodotto (Δ ) rappresenta la potenza idraulica trasmessa al
fluido; la potenza meccanica da fornire sarà maggiore a causa del fatto che l’efficienza della pompa non è
del 100%. Ci sono ad esempio i trafilamenti nella girante (questa non riesce a trattare tutto il fluido allo
stesso modo), ci sarà poi un rendimento elettrico di mezzo (se si vuole poi valutare la potenza del motore).
Essendo = = 0,88 e la portata noti, abbiamo bisogno di valutare il Δ . Questa può essere
valutata facendo alcune considerazioni sull’equazione di conservazione dell’energia relativamente al caso
in esame; applicata tra una sezione di ingresso (1) ed una sezione di uscita (2) (in modo tale da poter fare
riferimento all’unità di massa che attraversa il tratto considerato), in condizioni stazionarie = 0 e con
̇ = 0. Integrando tra le due sezioni otteniamo:
+
1
2
( − ) + ( − ) = − ̇ −
∆
dove ‘ ̇ ’ è la potenza meccanica dovuta a macchinari eventualmente presenti. Potendo assumere, nel
nostro caso, la densità pressoché costante (dipendente dalla sola temperatura), otteniamo:
( − ) + ( − ) + ( − ) = − − ∆
che rappresenta l’equazione di conservazione dell’energia meccanica. Il caso in esame però, è quello di un
circuito chiuso (stiamo parlando dell’intero circuito primario), dove cioè la sezione di ingresso e quella di
uscita coincidono. Analizzando i tre termini a primo membro (considerando che siamo in monofase):
· non c’è una variazione dovuta al termine di accelerazione perché qualunque variazione di densità
provocherebbe una variazione di velocità (essendo A = cost nei singoli tratti considerati, e dovendo essere
Γ = = , ecco spiegata la relazione tra densità e velocità) e quindi un’accelerazione.
Se il circuito è chiuso, in stazionario, quando il refrigerante entra nel core si riscalda, quindi la densità
diminuisce e la velocità aumenta e ho una perdita di carico per accelerazione; questa però è la stessa che
mi ritrovo nel generatore di vapore (dove però ho la situazione opposta).
· Analogamente per le forze di pressione.
· Il termine gravitazionale invece, non si annulla (è questo il termine che, in assenza della pompa,
causerebbe la circolazione naturale) in un sistema dove possiedo una sorgente ed un pozzo termico. Questi
infatti vengono posti (sorgente di calore più in basso del pozzo termico) in modo da avere una parte del
circuito ‘calda’ (quindi a densità minore) mentre un’altra a densità maggiore. Questo provoca uno
squilibrio per cui c’è un contributo che partecipa al movimento del fluido.
Dato che in questo caso il fluido è in monofase, possiamo in prima approssimazione trascurare il termine
gravitazionale. Dall’equazione di conservazione dell’energia meccanica otteniamo quindi:
̅ ( − ) + ∆ = Δ ⟹ Δ ≅ ∆

2. 2
Per trovare la prevalenza della pompa devo quindi calcolare le perdite di carico irreversibili di tutto il
circuito. Questo termine ci dice qual è la caduta di pressione che il fluido ha subito a causa dell’attrito.
Sappiamo inoltre che le perdite di carico possono essere sia distribuite lungo il percorso, che concentrate
in determinate regioni. La perdita di carico totale subita dal fluido a causa dell’attrito in un certo tratto di
tubazione, sarà data dalla somma delle ‘due’ e può essere scritta nel seguente modo:
∆ , = , + ,
1
2
relativa al componente i-esimo. Questa può inoltre essere scritta invece che in funzione della velocità del
fluido (relativa al singolo componente, dato che dipende dall’area di passaggio di quest’ultimo), in funzione
della portata totale:
∆ , = , + ,
1
2
Γ
Il motivo per cui la precedente relazione deve essere applicata componente per componente, è dovuta al
fatto che sia le perdite di carico concentrate, che quelle distribuite, dipendono oltre che dalle
caratteristiche geometriche dei componenti anche dalle proprietà fisiche del fluido; e ambedue possono
cambiare all’interno del circuito che si sta analizzando.
Per calcolare le perdite di carico irreversibili del circuito quindi, è utile suddividere il circuito nelle sue parti
caratteristiche. La suddivisione può essere fatta ad esempio guardando la densità del fluido (e quindi la
temperatura, dato che supponiamo costante la pressione, e la densità indipendente da essa) e la sezione di
passaggio dello stesso. Il punto di partenza per il calcolo delle suddette perdite di carico, può ad esempio
essere il tratto in corrispondenza della mandata della pompa, dato che l’obiettivo del calcolo è quello di
determinare la potenza che queste ultime trasferiscono al fluido. Il circuito può essere schematicamente
rappresentato nel seguente modo:
Come si vede, il reattore è dotato di due circuiti in parallelo; essendo poi questi circuiti identici (sia per
quanto riguarda le caratteristiche geometriche dei componenti, che per quanto riguarda le caratteristiche
fisiche del fluido che li attraversa) le perdite di carico irreversibili per i due circuiti saranno quindi uguali.
Possiamo quindi ora procedere in due modi. Sappiamo innanzitutto che la portata totale si distribuisce
equamente tra i due circuiti, e sappiamo inoltre che le perdite di carico relative al core sono “uniche”, e
che quest’ultimo è il ‘ponte di comunicazione’ tra i due circuiti.

3. 3
Quindi nel caso volessimo lavorare solo con metà della portata totale (quindi relativamente ad uno solo dei
due circuiti), potremmo immaginare che il recipiente in pressione sia tagliato in due, e che ognuna delle
due parti sia quella appartenente al proprio circuito. Così facendo però non stiamo dividendo in due le
perdite di carico attraverso il nocciolo, queste sono fisse indipendentemente dalla suddivisione che
facciamo; ma stiamo dividendo in due le aree di passaggio relative al recipiente in pressione, in modo tale
da poter usare metà della portata totale che attraversa il nocciolo. In questo caso bisognerà comunque
tener presente che ci sono due circuiti, ma che ad ognuno di essi sono associate due pompe in parallelo.
L’altro modo di procedere è quello di considerare il recipiente in pressione nel suo complesso e quindi di
conseguenza la portata totale che si trova a circolare nel primario.
Adotteremo quest’ultimo metodo, in modo tale da ritrovarci alla fine con la potenza meccanica totale delle
quattro pompe. Bisognerà tener presente che analizzeremo i vari componenti in parallelo secondo la
schematizzazione a tubo singolo. In questo modo otterremo i coefficienti delle perdite di carico (sia
distribuite che concentrate) uguali, per componenti uguali (in parallelo). La somma di questi andrà a
moltiplicare il termine cinetico (altezza cinetica), e sarà questo che terrà conto del fatto che stiamo
considerando il circuito nel suo complesso.
Faremo quindi uso della portata totale e della sezione totale di passaggio (pari al prodotto tra il numero di
componenti a cui si sta facendo riferimento, e la sezione del componente stesso). Possiamo ora procedere
con il calcoli:
· Gamba fredda (1):
Γ = 15187,41 ; . . =
. .
= 0,2452 ; = 4 . . = 0,9808 ; . . . . = 763,134
Si tratta ora di andare a valutare i termini tra parentesi nella: ∆ , = , + ∑ ,
Il termine ′ ′ rappresenta il fattore di attrito di Moody; questo può essere ricavato con un metodo
iterativo dalla relazione di Colebrook (che vale in campo turbolento, bisognerà quindi verificare questa
condizione prima di procedere con il calcolo):
=
1
4
3,7
+
2,51
Andiamo quindi a valutare Reynolds, ricordando che per il calcolo dei termini tra parentesi nell’equazione
relativa alle perdite di carico, faremo riferimento alla singola tubazione. Abbiamo quindi:
=
/
. .
= 15484,716 che rappresenta la portata specifica che attraversa la singola gamba fredda.
Per il calcolo di Reynolds, abbiamo bisogno del diametro idraulico, che in questo caso:
=
4
=
4 . .
4
=
4
. .
. .
4
= . .
essendo completamente bagnato l’interno della tubazione. Quindi il numero di Reynolds vale:
=
. . . .
( . .)
= 90040162,46

4. 4
da cui si vede che siamo nettamente in campo turbolento. Assumendo ora una rugosità relativa della
parete interna della gamba fredda pari a: = 2 × 10 , e per il fattore di Moody un valore di primo
tentativo: = 0,01 (che è un valore sensato per il fattore d’attrito nel regime di moto turbolento).
Otteniamo quindi:
da cui:
. .
. .
= 0,23362 . Essendo poi presente una curva a 45°, assumeremo un coefficiente relativo alle
perdite di carico concentrate pari a: ° = 0,2.
Otteniamo cosi:
∆ , . . =
. .
. .
+ °
1
2
Γ
. .
= 0,000295336Γ = 68121,629
· Nocciolo (4):
Possiamo in questo caso adottare la stessa schematizzazione usata nel caso dei circuiti. Essendo infatti i
vari canali (elementi di combustibile) posti in parallelo, calcoleremo i coefficienti di attrito relativamente al
singolo elemento, per poi andare a valutare (con la portata totale) le perdite di carico complessive nel
nocciolo.
Partendo dal diametro idraulico abbiamo: =
, ,
= ,
= 0,012398491
Dove , = − ( ) = − ( ) = 0,026735 che rappresenta l’area libera di passaggio
relativa a ciascun elemento di combustibile (differenza tra la sezione totale del singolo elemento e la
sezione occupata da tutte le barrette di combustibile e non). Dovendo poi esserci a denominatore il
perimetro bagnato totale, avremo il prodotto tra il numero totale di barrette presenti nel singolo elemento
e il perimetro bagnato (scaldato) relativo alla singola barretta. Continuando quindi a seguire
l’approssimazione di tubo singolo:
= ( )
= 767443,43
Dove ‘ ’ è la portata specifica relativa al singolo elemento di combustibile; ( ) = 8,816 × 10 ( · )
è la viscosità dinamica (del refrigerante) funzione della temperatura media presente nel nocciolo (mediata
tra ingresso e uscita). Considerando in questo caso le guaine come ‘tubi lisci’, la rugosità relativa risulta
essere nulla, ed il fattore di attrito di Moody è espresso sempre dalla:
=
1
4
2,51
Procedendo con il calcolo iterativo:
0,01 0,01242 0,012169 0,012193
0,01242 0,012169 0,012193 0,012193
Per quanto riguarda i coefficienti delle perdite di carico concentrate, considereremo quello relativo alle
griglie degli elementi di combustibile.
0,01 0,013744 0,013742
0,013744 0,013742 0,013742

5. 5
Questo, in prima approssimazione, può essere calcolato come sette volte la frazione d’area occupata dalla
griglia al quadrato (tasso di riduzione dell’area di passaggio dovuta alla griglia): = 7( ) che può
essere preso pari al 30%; supponendo quindi che ci siano 7 griglie, troviamo:
∆ , = + 7
1
2
Γ
= 0,000369927Γ = 85326,45217
Dove = + . . somma della lunghezza attiva e altezza del gas plenum; la densità, analogamente a
quanto detto per la viscosità, è quella relativa alla temperatura media: = 724,694 / e infine
= , = 4,17066 .
· Recipiente in pressione (2,3,4,5):
In questo caso dovremo solamente valutare le perdite di carico in corrispondenza dei bocchelli di ingresso
e uscita essendo le restanti note, e supposte pari a 2,5 volte quelle del nocciolo.
Anche in questo caso andremo a considerare il singolo bocchello, per poi usare i ‘valori totali’ nel termine
cinetico. Il bocchello di ingresso rappresenta una perdita di carico concentrata di brusco allargamento (si
passa dalla sezione della gamba fredda a quella dell’upper plenum del recipiente in pressione), il
coefficiente viene espresso dalla:
= 1 − = 1 −
. .
= 0,883
dove = = 4,1 avendo assunto , = 3,76 = 4,40 , valori tipici di un
PWR da 3400MWth. Uscendo dal bocchello di ingresso il refrigerante dovrà affrontare una curva di 90° per
incanalarsi tra barrel e vessel; per questa assumiamo: ° = 0,65.
Per quanto riguarda il bocchello di uscita, avremo in questo caso un brusco restringimento, il cui
coefficiente è pari a:
=
1
2
1 − =
1
2
1 −
. .
= 0,441
Dato che il refrigerante passa dalla sezione relativa all’upper plenum a quella della gamba calda. Non
essendo presenti perdite di carico distribuite, possiamo passare al calcolo delle perdite di carico totali:
∆ , . . = ( + °)
1
2
Γ
. . ,
= 0,00104412Γ = 240834,043
∆ , . =
1
2
Γ
. . ,
= 0,00034459Γ = 79482,243
Sapendo che nel termine relativo all’altezza cinetica, l’area di riferimento è sempre quella minima (a meno
che non sia specificato il contrario) e di conseguenza la densità relativa a quella sezione.
Per quanto riguarda il recipiente in pressione invece:
∆ , . . = 2,5∆ , = 0,0009248175Γ = 213316,1304

6. 6
· Gamba calda (6):
Per la gamba calda si procede in modo analogo a quanto fatto per la gamba fredda, considerando però che
in questo caso ve ne sono due. Abbiamo quindi:
. . = 0,486 ; = 2 . . = 0,972 ; . . . . = 677,288 ;
quindi: =
/
. .
= 15624,91 mentre =
. . . .
( . .)
= 153788151,2 e considerando una rugosità
pari a quella della gamba fredda, otteniamo per il fattore di attrito di Moody: = 0,013736 e
. .
. .
= 0,13258 . Essendo poi presente una curva a 45° ( ° = 0,2), otteniamo +:
∆ , . . =
. .
. .
+ °
1
2
Γ
. .
= 0,000259872Γ = 59941,506
Per quanto riguarda il generatore di vapore invece, lo possiamo dividere in tre elementi:
· Cassa d’acqua di ingresso (7):
rappresentativa di una perdita di carico concentrata di brusco allargamento (dalla gamba calda alla cassa).
Avremo quindi:
= 1 − = 1 −
. .
= 0,8646
Sapendo che la singola cassa (di ingresso o uscita) è ¼ di sfera: = = 6,927 . Quindi
otteniamo:
∆ , . =
1
2
Γ
. . ,
= 0,000675583Γ = 155828,45
· Tubi ad U (8):
in questo caso avremo un brusco restringimento (della sezione quando il refrigerante passa dalla cassa
d’acqua di ingresso all’ingresso dei tubi), una curva di 180° all’interno dei tubi ed un brusco allargamento
(dalla sezione di uscita dei tubi alla cassa d’acqua di uscita):
=
1
2
1 − =
1
2
1 − ≅ 0,5 ≫
Con = = 1,88 × 10 . Mentre ° = 1,3 e:
= 1 − = 1 − ≅ 1 .

7. 7
Bisogna ora valutare le perdite di carico distribuite lungo i tubi, supponendo che la portata si distribuisca
uniformemente nei 10025 tubi abbiamo:
=
Γ /2
= 4029,132
Per quanto riguarda il numero di Reynolds abbiamo: = ( )
= 708388,67. Il fattore di attrito di Moody
vale: = 0,01388 avendo assunto una rugosità pari a = 10 .
Otteniamo cosi:
∆ , . . =
. .
. .
+ + ° +
1
2
Γ
. .( )
= 0,001017474Γ = 234688,1356
Dove = 2 avendo considerato la portata totale.
· Cassa d’acqua di uscita (9):
che rappresenta una perdita di carico concentrata di brusco restringimento (dalla cassa al tratto di
aspirazione):
=
1
2
1 − =
1
2
1 − = 0,4752
E quindi:
∆ , . =
1
2
Γ
. . ,
= 0,000371313Γ = 85646,17268
Troviamo infine il tratto che collega la cassa d’acqua di uscita del generatore di vapore, al tratto di
aspirazione della pompa.
· Tratto di aspirazione (10):
In questo caso abbiamo solo perdite di carico distribuite lungo il condotto:
∆ , . . =
1
2
Γ
. .
= 3,633 × 10 Γ = 838,197
Dove = 0,3425 ; = 4 = 1,37 ;
=
/
= 11084,592 ⟹ =
. .
= 76173409,05 ⟹ = 0,013744.
In conclusione, abbiamo quindi: ∆ , = ∑ ∆ , = 0,004936738Γ = 1138695,488 .
La potenza idraulica (o di pompaggio) che il sistema di quattro pompe deve fornire al fluido vale:
=
Δ Γ
. .
=
∆ , Γ
. .
= 22661597,09 ⟹ = 5665399,273
Dove = . . dato che il liquido elaborato dalla pompa si trova alla temperatura ‘della gamba fredda’.

8. 8
Attraverso il rendimento totale, possiamo ora calcolare la potenza assorbita dai motori elettrici:
= = 25751814,88 ⟹ = 6437953,719
Come appena visto, la potenza di pompaggio è strettamente legata alla prevalenza elaborata dalla pompa,
quest’ultima pari alle perdite di carico irreversibili del circuito. Vediamo quindi cosa succede se al tempo
t = 0 le pompe smettono di funzionare. Nello specifico vogliamo valutare, a partire dall’istante in cui le
pompe perdono l’alimentazione (supponendo che queste si blocchino istantaneamente), il tempo
necessario affinché la portata totale del primario si dimezzi.
Possiamo quindi considerare la pompa come un elemento resistente (dissipativo), che induce nel fluido
una perdita di carico concentrata caratterizzata da un fattore di attrito che assumiamo pari a = 3.
Per studiare il transitorio faremo uso dell’equazione di conservazione della quantità di moto, applicata
prima ad una singola tubazione, e poi generalizzata a tutto il circuito. Abbiamo quindi:
( ⃑) = (Γ ⃑) − (Γ ⃑) + ⃑ + ⃑
Che diviene, considerando un tratto di tubazione di lunghezza Li=cost e sezione Ai=cost (stiamo quindi
continuando a caratterizzare l’intero circuito in regioni a sezione costante e densità uniforme) e
supponendo che la temperatura che caratterizza il tratto sia anch’essa uniforme (avendo già tenuto conto
del fatto che la pressione è costante per tutto il circuito), avremo = relativamente ad ogni singolo
tratto (ma variabile da tratto a tratto con la temperatura). La massa di fluido = ( ) contenuta nel
singolo tratto, sarà quindi costante e potrà essere portata fuori dalla derivata; supponendo che il tratto sia
poi caratterizzato da una sezione 1 di ingresso e da una sezione 2 di uscita, dall’integrazione tra queste due
sezioni otteniamo:
= (Γ − Γ ) − Δ − Δ − ( − )
Considerando ora l’intero circuito, e la portata anziché la massa: Γ = ( ) ; e per quanto detto
riguardo ai termini gravitazionale, di accelerazione e di pressione nel caso di circuito chiuso, abbiamo:
Γ
= − Δ ,
Dove il rapporto ( ⁄ ) è detto inerzia della tubazione. Dall’equazione precedente si vede che più è
grande l’inerzia del circuito : = ( ⁄ ) più decade lentamente la portata. Dato che in questo caso la
portata non è stazionaria, e alle perdite di carico irreversibili del circuito si aggiungono quelle dovute alle
pompe, dovremo innanzitutto definire una Δ , , che scriveremo però in funzione della portata.
Possiamo infatti scrivere in generale:
∆ , = , + ,
1
2
Γ = Π Γ = ΠΓ
Essendo la portata sempre la stessa nei diversi tratti, sia in condizioni stazionarie che in transitorio (anche
in quest’ultimo caso infatti la portata in massa è uguale punto per punto e istante per istante, essendo il
fluido incomprimibile).

9. 9
Questa è comunque un’approssimazione dato che all’interno del termine ′Π ′ abbiamo il fattore di attrito
che dipende dal numero di Reynolds e quindi dalla portata, non abbiamo quindi realmente ‘estratto’ la
portata. Sappiamo però che se Reynolds è molto alto (come nel nostro caso),
il fattore di attrito è quasi indipendente da Reynolds, quindi è un’approssimazione valida.
Nel caso presente, le perdite di carico totali possono essere scritte nel seguente modo:
∆ , = ∆ , + ∆ = Π Γ +
1
2
Γ
. . , . .
dove:
· Π Γ = 0,004936738Γ ;
·
. . . .
= 0,002043287Γ essendo la pompa situata sul ramo freddo.
Otteniamo quindi: ∆ , = 0,006980025Γ .
Per quanto riguarda l’inerzia delle tubazioni, troviamo che:
( / ) = 8 ; ( / ) . . = 15,60 ; ( / ) . . = 38,74 ; ( / ) = 11
( / ) = 1,46 ; ( / ) . = ( / ) . = 0,20211
Il totale risulta quindi essere: = ∑ = 75,20422 .
Risolvendo ora l’equazione differenziale che regola l’andamento della portata durante il transitorio, ovvero
integrando tra il tempo = 0 ( Γ( = 0) = Γ ) ed in tempo generico ( Γ( ) = Γ )
abbiamo:
Γ( ) =
1
Γ
+
Π
E volendo valutare l’intervallo di tempo necessario affinché la portata totale nel circuito si dimezzi,
otteniamo (imponendo questa condizione : Γ( ) = Γ /2 ) :
=
Γ Π
= 0,7094
Un modo per allungare questo tempo potrebbe essere quello di diminuire le perdite di carico o aumentare
l’inerzia delle tubazioni (fissata la portata), come si vede dall’equazione. Le prime però non possono
diminuire più di tanto e per aumentare l’inerzia delle tubazioni, queste ultime diverrebbero troppo grandi.
L’alternativa quindi è quella di usare un volano. Questo componente fa in modo che la pompa abbia una
riserva passiva di energia che gli permetta di funzionare anche dopo che l’alimentazione elettrica è venuta
meno. Naturalmente questa riserva di energia sarà finita, e man mano che viene ceduta ci sarà un
rallentamento. Il volano è quindi un disco che immagazzina energia di rotazione. Quindi, come vedremo,
all’avvio della pompa ci sarà un maggiore assorbimento dato che la coppia deve mettere in rotazione non
solo il fluido del primario, ma deve anche portare in rotazione il disco. Nel momento in cui ha raggiunto la
velocità nominale di rotazione il disco non accumula più energia cinetica. Quando viene meno
l’alimentazione elettrica, la pompa continuerà a funzionare (anche se a giri variabili) dato che a questo
punto sarà il disco a trascinare l’albero e la girante.

10. 10
Come requisito per dimensionare il volano, mettiamo di voler triplicare il tempo necessario a dimezzare la
portata del primario. Partiamo quindi dall’equazione di conservazione dell’energia:
= − − ∆
dove il termine a primo membro è l’energia cinetica del fluido che sta in tutto il circuito, questa varierà nel
tempo essendoci il volano che cede energia al fluido. L’energia immagazzinata dal volano è caratterizzata
dall’energia del volano stesso: = e quindi l’energia: = .
Il primo termine a secondo membro sarà complessivamente positivo dato che l’energia del volano andrà
diminuendo (dato che quest’ultimo cede la sua energia al sistema). Ci sarà poi il termine relativo alle
perdite di carico irreversibili (solo questo, essendo il circuito chiuso).
Scrivendo tutto in funzione della portata e delle caratteristiche geometriche dei componenti, otteniamo:
∑ = − − ∆
Bisogna ora trovare un legame tra la portata e la velocità di rotazione della pompa. Queste due grandezze
sono legate tra loro dato che sto supponendo che il volano mantenga la pompa in rotazione, e che quindi
questo determini la portata (la pompa quindi sta ancora fornendo prevalenza). Sappiamo che un modo per
esprimere la prevalenza di una pompa è quello di fare uso di una curva quadratica descritta, nel nostro
caso, dalla seguente equazione:
Δ = 25,5 − 0,07832 Γ − 1,2497 × 10 Γ (1)
Quindi sapendo che: Δ ≅ ∆ , = ΠΓ ; abbiamo:
25,5 − 0,07832 Γ − 1,2497 × 10 Γ = ΠΓ
che in generale può essere scritta come:
+ Γ + ( − Π)Γ = 0
Immaginando quindi che qualunque condizione di funzionamento sia una condizione di equilibrio. Anche
se la pompa dovesse variare la sua velocità, varierà la prevalenza, la portata in modo tale che venga
rispettata quell’uguaglianza. Il legame tra ‘ ′Γ’ lo trovo quindi risolvendo quell’equazione.
Bisogna però considerare che la (1) rappresenta la caratteristica d una pompa, mentre nel nostro caso
abbiamo 4 pompe in parallelo. Possiamo però immaginare di avere una pompa equivalente,
rappresentatrice delle 4 pompe in parallelo. Sapendo che per 4 pompe in parallelo la portata si quadruplica
mentre la prevalenza resta la stessa, la nuova caratteristica sarà:
25,5 − 0,01958 Γ − 7,8106 × 10 Γ = Π Γ dove Γ = 4Γ
Risolvendo per ′ ′ e prendendo solo il valore positivo:
, =
− Γ ± Γ − 4 ( − Π)Γ
2
⟶ =
− 4 ( − Π) −
2
Γ = Γ
Abbiamo quindi trovato una relazione lineare tra ‘ ′Γ’, con ′ ′ coefficiente di proporzionalità.
Sostituendo quindi nell’equazione differenziale ricavata precedentemente otteniamo:
Γ
+ = −ΠΓ
Immaginando che il volano trasferisca tutta la sua energia cinetica al fluido, anche se non è così.

11. 11
Inserendo il rendimento della pompa (dato che l’energia viene trasferita dal volano alla pompa, e poi al
fluido da quest’ultima) e risolvendo, otteniamo:
Γ( ) =
1
Γ
+
Π
+
Da cui si vede che rispetto al caso senza volano, è diminuito il ‘Π’ dato che la pompa è ora attiva e non è
più un elemento resistente; è inoltre ‘aumentata’ l’inerzia del sistema, essendosi aggiunto il termine
( ). Procediamo ora con i calcoli, andando prima di tutto a valutare il coefficiente:
=
( )
= 0,014413
L’inerzia del volano può quindi essere valutata:
=
ΠΓ −
= 604,756
Quindi sapendo che = e che = 0,75 , potendo esprimere la massa come = = ,
possiamo ricavarci lo spessore del disco:
=
2
= 0,0632 = 63,2
Sapendo che il disco è fatto da tungsteno, la cui densità vale = 19250 / , mentre = 1,767 .
Proviamo ora a simulare l’avvio delle pompe in assenza del volano. Per farlo, ragioniamo sull’equazione di
conservazione dell’energia:
sappiamo infatti che la pompa, in assenza di volano, dovrà trasferire energia cinetica al fluido, e questa
varierà nel tempo dato che la pompa non andrà istantaneamente a regime.
Ci sarà quindi un termine di variazione dell’energia cinetica del fluido; oltre a questo, ci dovrà essere un
altro termine che tiene conto delle perdite di carico, ovvero del fatto che la pompa dovrà fornire una
prevalenza sufficiente a far vincere al fluido le perdite di carico del circuito. Questi due termini dovranno
quindi essere uguali alla potenza totale della pompa, ovvero:
=
ΓΔ
=
ΓΔ
+
1
2
=
ΓΔ
+ 2
1
2
= +
=
= Γ/ A
abbiamo così: = − ,
Riferita a tutto il circuito dato che = ∑ e Δ , = ∑ Δ , = ΠΓ .
Imponendo = e = , la nostra equazione diventa:
= − Γ con Γ = Γ(t)

12. 12
Andando ad integrare, sapendo che la portata è quella elaborata dalla pompa; al tempo t = 0 la portata
elaborata sarà nulla, mentre al tempo ‘t’ vogliamo che sia pari al 90% di quella nominale:
Γ
Γ −
= − ⟹ −
ℎ Γ
√
+ = −
( ) ,
( )
Sapendo che tanh(0), essendo t = 0 otteniamo C = 0. L’equazione diviene quindi:
ℎ Γ = √
E sapendo che: tanh( ) = = abbiamo 1 − −2 Γ = √ 1 + −2 Γ
e quindi:
=
1 − −2 Γ
√ 1 + −2 Γ
Ma sostituendo i valori all’interno delle costanti si vede che / ≫ 1, per cui:
1 − (… )
≅ 1
1 + (… )
≅ 1
da cui infine: = ( ) /
=
/
=
/
= 0,941
In presenza del volano invece, il tempo di avviamento sarà naturalmente maggiore dato che il motore
dovrà anche essere in grado di mettere in rotazione il disco. A secondo membro ci sarà quindi un termine
che dovrà tener conto di questo, cioè dell’energia trasferita al volano. L’equazione quindi diventa:
=
ΓΔ
=
ΓΔ
+
1
2
+
1
2
Che possiamo sviluppare nel seguente modo:
· = analogamente a quanto fatto prima;
· = come già visto precedentemente.
Sostituendo e sviluppando l’equazione otteniamo:
=
⁄
e andando a separare: ⁄
= per poi integrare:
Γ
Δ ⁄ − ΠΓ
= −
+
( ) ,
( )
⟹ −
1
ΠΔ
ℎ
Δ
Π
Γ + = −
+

13. 13
Che, con la condizione sulla portata Γ( = 0) = 0 ⟶ = 0, conduce a:
ℎ
Δ
Π
Γ =
ΠΔ
+
=
1 − −2
Δ
Π
Γ
1 + −2
Δ
Π
Γ
Dove 1 ± −2 Γ ≅ 1, essendo −2 Γ ≪ 1. Infine :
=
+
ΠΔ /
= 2,14
Dove si vede che, rispetto al caso senza volano, compare il termine ( ) che aumenta l’inerzia del
sistema, andandosi ad aggiungere a quella delle tubazioni.
Bisogna però tener presente che le due equazioni scritte per simulare l’avvio delle pompe non sono
propriamente corrette. Come abbiamo già detto, la potenza fornita dalla pompa dipende dalla prevalenza,
e quest’ultima dipende sia dalla portata elaborata che dalla velocità di rotazione; queste son grandezze che
variano quando la pompa, una volta avviata, si sta portando a regime. Per correttezza infatti avremmo
dovuto scrivere la prevalenza in funzione di quelle due grandezze, ovvero esprimerla in termini di curva
caratteristica. Abbiamo quindi semplificato un po' assumendo costante, e pari al valore nominale, la
prevalenza delle pompe. Questa ipotesi sarà tanto più vera, quanto più rapido è l’avviamento, cioè quanto
più velocemente la pompa si porta a regime.