Problemas De Turbinas Hidráulicas

DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA
ELÉCTRICA Y ENERGÉTICA

UNIVERSIDAD DE CANTABRIA

PROBLEMAS
DE
TURBINAS HIDRÁULICAS

Pedro Fernández Díez
P.Turbinas Hidráulicas.-1

1.- Una turbina Pelton trabaja bajo una altura neta de 240 m.
Sus características son: ϕ1 = 0,98 ; α1 = 0 ; β2 = 15º ; w2 = 0,70 w1 ; u1 = 0,45 c1
Diámetro del chorro: dchorro = 150 mm; Diámetro medio de la rueda : D1 = 1800 mmDeterminar
a) La fuerza tangencial ejercida por el chorro sobre las cucharas
b) La potencia desarrollada por la turbina
c) El rendimiento manométrico
d) El rendimiento global, siendo: ηmec = 0,97; ηvol = 1.
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RESOLUCION

Tomamos como eje “x” la dirección de la velocidad circunferencial del rodete en el punto en que eleje del
chorro corta a éste; la fuerza tangencial del chorro sobre las cucharas es igual y de signo contrario a la que el
álabe ejerce sobre el fluido.
TRIANGULOS DE VELOCIDADES
Entrada
c1 = ϕ1 2 g Hn = 0,98 2 g x 240 = 67,22 m/seg
u1 = u2 = 0,45

x

67,22 = 30,25 m/seg

w1 = c1 - u1 = 67,22 - 30,25 = 36,97 m/seg
Salida
u2 = u1 = 30,25 m/seg
w2 = ψ w1 = 0,70 x 36,97 = 25,88 m/seg
c2 =

u22 + w 22 -2 u2 w2 cos β 2 =

w2 sen β 2 = c2 senα 2

; sen α 2 =

30,25 2 + 25,88 2 - (2

x

30,25

x

25,88 cos 15º) = 8,51 m/seg

w2 sen β 2
25,88 x sen 15º
=
= 0,7871 ;
c2
8,51

α 2 = 51,9º

a) Fuerza tangencial ejercida por el chorro sobre las cucharas
2
γ Q
m x π x 0,15 m2 = 1,18787 m3 =
Fx = g (w1 cos β 1 - w2 cos β 2 ) = Q = c1 Ω = 67,22 seg
seg
4
Kg x
3
1000
1,18787 m
seg
3
m
m = 7511,5 Kg
=
(36,97+ 25) seg
m
9,8
seg2
b) Potencia desarrollada por la turbina (es la potencia efectiva)
m = 227.222,87 Kgm = 3029,6 CV
Nefec = F x u = 7511,5 Kg x 30,25 seg
seg
c) Rendimiento manométrico
Nefec =

γ Q Hn
75 N ef
75 x 3029,6
Como η vol = 1
η h  
→ η man =
=
= 0,797 = 79,7%
75
γ QNn
1000 x 1,1878 x 240
P.Turbinas Hidráulicas.-2

ó
ηman =

Hef
Hn

=

3029,6 CV =

1000

x

1,1878
75

x

Hef

; Hef= 191,3 m

=

191,3
= 0,797 = 79,7%
240

d) Rendimiento global, siendo el ηmec = 0,97.
η = 0,797

x

0,97 = 0,773 = 77,3%

e) Potencia al freno
La potencia al freno es la potencia útil
N=

γ Q Hn
75

η=

1000 x 1,1878 x 240
0,773 = 2938 CV
75

De otra forma:
Nu = ηmec Nef = 0,97

x

3029,6 CV = 2938 CV

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2.-Se dispone de un aprovechamiento hidráulico con caudal constante en una corriente que fluye a 750
litros/segundo; utiliza un salto neto Hn = 24 m con un grupo turboalternador en acoplamiento directo de 7
pares de polos, siendo el rendimiento global de la instalación del 86%, y absorbiendo el referido grupo la
aportación diaria del caudal citado durante 4,5 horas ininterrumpidamente, a caudalconstante.
Con el fin de incrementar la potencia del aprovechamiento hidráulico se incrementa el salto neto utilizado, y se acopla a la misma turbina otro alternador que sustituye al primero de 6 pares de polos.
Suponiendo que el rendimiento global no se modifica, se pide:
a) Potencia en CV del primer grupo, y caudal
b) Salto neto a utilizar en el nuevo grupo y nueva potencia
c) Número de horasininterrumpidas de funcionamiento a caudal constante del nuevo grupo
d) Capacidad de regulación del embalse que necesita el nuevo grupo
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RESOLUCION
Q
; 7 pares de polos ; η = 0,86 ; Funcionamiento: 4,5 horas diarias
Hn = 24 m
Q'
SEGUNDO GRUPO:
; 6 pares de polos ; η = 0,86 ; Funcionamiento: ?
H'n
Como el rendimientose mantiene, se pueden utilizar las fórmulas de semejanza.
Se trata de una misma turbina con saltos variables
Hn = Q = ( N )2/3
n =
n'
Q'
N'
H'n
PRIMER GRUPO:

a) Caudal que admite el primer grupo funcionando 4,5 horas diarias
Se sabe que el aprovechamiento hidráulico recibe un caudal diario de 750 l/seg, por lo que en 24 horas será:
lit x 3600 seg x 24 horas = 64.800 m3
Qdiario = 750 seg
hora...