Problemas resueltos de turbinas

PROBLEMAS DE TURBINAS HIDRÁULICAS

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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 mm Determinar a) La fuerza tangencial ejercida por el chorro sobre las cucharas b) La potencia desarrollada por la turbina y elpar motor c) El rendimiento manométrico d) El rendimiento global, siendo: ηmec = 0,97; ηvol = 1 ____________________________________________________________

_____________________________ RESOLUCIÓN Tomamos como eje “x” la dirección de la velocidad circunferencial del rodete en el punto en que el eje del chorro corta a éste; la fuerza tangencial del chorro sobre las cucharas es igual y de signocontrario a la que el álabe ejerce sobre el fluido TRIÁNGULOS 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 ; n = 321 rpm w1 = c1 - u1 = 67,22 - 30,25 = 36,97 m/seg

Salida: u2 = u1 = 30,25 m/seg w2 = ψ w 1 = 0,70 x 36,97 = 25,88 m/seg
c2 = u2 + w 2 - 2 u2 w 2 cos β2 = 2 2
; sen α2 =

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

x

30,25

x25,88 cos 15º) = 8,51 m/seg
α 2 = 51,9º

w 2 sen β 2 = c2 senα2

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

a) Fuerza tangencial ejercida por el chorro sobre las cucharas γ Q Fx = (w 1 cos β 1 - w 2 cos β2 ) = Q = c1 Ω = 67,22 m g seg
=

x

0,1 52 2 3 m = 1,18787 m seg 4

=

1000 (kg/m 3 ) x 1,18787 (m 3 /seg) m (36,97 + 25) = 7511,5 kg seg 9,8 (m/seg 2 )

b)Potencia desarrollada por la turbina (es la potencia efectiva) Kgm Nefec = Fx u = 7511,5 Kg x 30,25 m = 227.222,87 = 3029,6 CV seg seg
DP 30 x 227.222,87 = 7511,5 x 0,9 = 6760 m.kg ó C = 30 N = = 2760 m.kg 2 nπ 321 π c) Rendimiento manométrico:: γ Q Hn 75 N ef 75 x 3029,6 Como η vol = 1 N efec = ηh  →  η man = = = 0,797 = 79,7% 75 γ Q Nn 1000 x 1,1878 x 240 C = Fx

Hef 1000 x 1,1878 x H ef191,3 = 3029,6 CV = ⇒ H ef = 191,3 m = = 0,797 = 79,7% Hn 75 240 c u cos α1 - c 2 u 2 cos α 2 (67,22 x 30,25) - (8,51 x 30,25 cos 51,9º) = = 79,7% ó ηhid = 1 1 g Hn 240 g h hid =

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 γ Q Hn 1000 x 1,1878 x 240 N= η= 0,773 = 2938 CV ó N = η mec N ef = 0,97 x3029,6 CV = 2938 CV 75 75 *****************************************************************************************
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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 del86%, y absorbiendo el referido grupo la aportación diaria del caudal citado durante 4,5 horas ininterrumpidamente, a caudal constante. 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 horas ininterrumpidas de funcionamiento a caudal constante del nuevo grupo d) Capacidad de regulación del embalse que necesita el nuevo grupo ____________________________________________________________

_____________________________ RESOLUCIÓN Como en las condiciones defuncionamiento el rendimiento se mantiene prácticamente uniforme, se pueden utilizar las fórmulas de semejanza. Se trata de una misma turbina (λ = 1) con saltos variables Hn Q C = n = = 3 N = ' n' Q' N' C' Hn 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 se tiene: seg 3 x 24 horas =...