• Author / Uploaded
• Jose Carlos Renteria

Citation preview

ANALISIS ENERGETICO DE TURBOMAQUINAS HIDRAULICAS.

Una bomba está funcionando de manera que un vacuómetro conectado a la entrada de la misma marca una presión relativa de - 5m.c.a e impulsa un caudal 3 de agua de 180 m /h a un deposito, cuyo nivel está situado a 25 m por encima del pozo de aspiración. Tubería de aspiración de 8 m de largo y 250 mm de diámetro, tubería de impulsión de 70 m de largo y 220 mm de diámetro. Bomba de alcachofa en la aspiración (ξ=2.5), válvula de compuerta abierta (ξ=0.15) y dos codos en la impulsión. La bomba absorbe una potencia de 25 kW. Perdidas secundarias en codos igual a 0.3 y perdidas primarias igual a 0.025. Calcular: a) Lectura del manómetro situado a la salida de B. b) Rendimiento total Solución: 

Lectura del manómetro situado a la salida de B. Q=

180 =0.05 m3 /s 3600

V e=

4∗Q 4∗0.05 = =1.0186 m/s π d 2 π∗0.252

V e2 1.0375 = =0.05288 m 2 g 2∗9.81 V s=

4 Q 4∗0.05 = =1.3153 m/s 2 2 π d π∗0.22

V s2 1.0375 = =0.088 m 2 g 2∗9.81

¿ 0.025∗8 H=25+ 2.5+0.3+ ∗0.05288+¿ 0.15+2*0.3 + 0.25

(

)

0.025∗70 0.22

+1)*0.088 H=26.045 m Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre la entrada y la salida para hallar la lectura del manómetro a la salida. P E V E2 P S V S2 + +H = + ρg 2 g ρg 2 g 2

2

PS P E V E V = + + H − S =−5+ 0.05288+26.045−0.088=21.01 m ρg ρg 2 g 2g 

Rendimiento total P=QρgH =0.05∗1000∗9.81∗26.045=12.775 kW

ƞtotal

12.775 =0.511 25

Una bomba radial centrifuga de eje vertical debe proporcionar un caudal de 160 l/s , a una altura efectiva de 35 m, girando a 1000 rpm. El ángulo в 2 de los alabes a la salida del rodete es de 40º y la corriente entra radialmente a los alabes. La velocidad del flujo es constante tanto en las tuberías de impulsión y aspiración como a través del rodete e igual a 1 m/ s . Las pérdidas en la boca de admisión pueden despreciarse, el rendimiento hidráulico en el rodete es igual al 80% y el rendimiento volumétrico es del

90%. Se consideran dos casos, caja espiral con eficiencia de 15 % y caja espiral con rendimiento del 60 %. Calcular: a) Diámetro del rodete para el primer caso. b) Diámetro del rodete en el segundo caso. c) Ancho del rodete a la salida en el segundo caso. Solución: π∗d 2∗¿n π ¿ d2∗1000 = =52.359 d 2 60 60 u 2=¿

C2 u=u 2−

C2m 1 =52.359 d 2− =52.359 d 2−1.1917 0.8390 Tang ( 40 º )

C2 u∗u2 2740.52 d 22−62.3855 d 2 2 H u= = =279.456 d 2 −6.3615 d 2 g 9.81 Altura dinámica. Hd=

c2 u2 2741.4648d 22−124.792 d 2 +1.4201 = =139.728 d22−6.36 d 2+ 0.07238 2g 2∗9.81

Altura de presión. H p=H u −H d=139.68 d 22 +0.07238 Altura de presión útil que debe dar el rodete.

H=ƞ h ( H u−H d ) =0.8 ( H u−H d )=111.744 d 22 +0.0579

w2 40

c2 c 2 m=1

u2 c2u

La altura de presión que debe dar la bomba es igual a la altura efectiva que es igual a 30 m H pB=30 m Altura de presión teórica recuperable.

2

Hd= 

2

2

c2 −c s c 2 −c 1 = 2g 2g

2

Diámetro del rodete para el primer caso. 2

H PC =0.15 H d=20.9592 d 2 −0.954 d2 +0.010857 2

2

H pB=H + H PC =111.744 d 2 −0.0579+20.9592 d 2 −0.954 d 2 +0.010857 2 2 30 ¿ 111.744 d 2 −0.0579+20.9592 d 2 −0.954 d 2 +0.010857

d 2=0.4794 m



Diámetro para el segundo caso. H PC =0.6 H d=83.8368 d22−3.816 d 2+ 0.043428 H pB=H + H PC =111.744 d 22−0.0579+83.8368 d 22−3.816 d 2 +0.043428 2

2

30=111.744 d2 −0.0579+ 83.8368 d 2 −3.816 d 2+ 0.043428 d 2=0.4016 m



Ancho del rodete a la salida para el segundo caso. Q =π ¿ d 2∗b2∗c2 m ƞv b2=

Q 0.160 l/s = =0.141 m ƞ v∗π ¿ d2∗c 2 m 0.9∗π∗0.4016∗1

CURVA DE INSTALACION

3 En una instalación se necesita impulsar un caudal de 20 m /H de agua. Para ello se

requiere de un acoplamiento que proporcione una altura manométrica de 50 m.c.a. Se dispone de 3 bombas centrifugas iguales para hacer el acoplamiento y que tienen como 2 curva característica: H=70−0.3 20Q Se pide determinar cuál de todos los acoplamientos posibles permite trabajar más cerca del punto de funcionamiento deseado.

Solución: 

Una sola bomba.

2

3

H=70−0.3 20Q , si Q=20m / H H=−58 m, lo cualno cumple con laaltura deseada .



Dos bombas en serie. H ' =2 H=140−0.64 Q2 , si Q=20 m 3 /H H=−116 m ,lo cual no cumple conla altura deseada .



Dos bombas en paralelo. H '' =H∗(

Q )=70−0.08 Q2 , si Q=20 m3 / H 2 H ' ' =38 m, lo cual es menor a laaltura requerida de 50 m



Tres bombas en paralelo.

H ' ' ' =H∗(

Q )=70−0.03555 Q2 , siQ=20 m3 /H 3

H ' ' ' =55.78 m ,la cual si cumple con la alturarequerida de 50 m

Un circuito tiene una tuberia con perdidas de carga cuya expresion es J m3 Δ e =95000 Q2 0.05 Kg y una bombda que suministra un caudal de s

[ ]

de agua

empleando en llenar un deposito a 30 m de altura y con unas sobrepresion de 0.1 bar; el deposito se llena en 2 horas. Se pretende llenarlo en 30 minutos a traves de la misma tuberia. Si se siponde como datos lo siguientes puntos caracteristicos : 3



Q=0 m /s

E=700 J /kG



Q=0.4 m3 /s

E=0 J /kG

Hallar los puntos de funcionamiento para el tiempo de 2 horas y para el tiempo de 30 minutos. 2 Δe = 95000 · Q [J/kg] 2 3 Δh = 10000 · Q [m C.A.], siendo Q = 0,05 [ m /s]

H R = 30 + 10000 · Q2 + P2 / γ H m (Q) – Σ H f

=

H2

H m (Q) – 10000 · Q2 =

P2 / γ + Z 2 – Z 1

H m (Q) = 30 + 10000 · Q2 + 10000 /9810 = 31,02 + 10000 · Q 2 H R = 31,02 + 10000 · Q 2

Q[ m /s ] 3

0.05 0.4 0

H [m.c.a] 56.02 0 71.3557

71.3557= A

56.02= A+0.05 B+0.052 C 2

0=A +0.4 B+0.4 C

H=[ 71.3557m] 56.02 56. 02 31. 02

De la curva caracteristica de la bomba tenemos: A= 71.3557 B= -325.04 C= 366.63

Q Q[ 3

m /s ]

H=71.3557−325.04 Q+366.63 Q

2

3 El volumen en 2 horas sera: 0.05∗7200=360 m

El nuevo punto de funcionamiento para llenarlo en 30 minutos sera: Q=360 /1800=0.2 m3 /s H=31.02+1000 ( 0.22 )=431 m. c . a Para el nuevo punto de funcionamiento, utilizaremos una disposicion en serie. 2

431=n(71.3557−325.04 Q+366.63Q )

PUNTO DE FUNCIONAMIENTO

n=20.5112=21

Una bomba centrifuga que gira a 1500 rpm, suministra un caudal de 180 l/min a una altura manométrica de 8 m.c.l. La curva característica de la bomba pasa por los puntos: 

Q=0 L/min

H=10 m .c .l



Q=240 L/min

H=8 m . c . l

 

ƞ=0 % ƞ=40



ƞ=60

Q=0 L/min Q=1 L/min

Q=3 L/min

 Calcular: a) potencia mecánica demandada por el motor y el coeficiente K de pérdidas de carga 3 cuando la densidad es de 900 kg /m . Solución: a)

H= A+ BQ +CQ 2

10= A+ B∗0+C∗0

2

A=8

8=A +B∗0.004 +C∗0.004 2

C= -500000

10= A+ B∗0.003+C∗0.003 2

H=8+ 1500Q−500000Q

B = 1500

2

Hacemos lo mismo con los puntos de la curva de rendimiento; ƞ ( Q ) ƞ=+ EQ + FQ 2

0=E∗0+ F∗02

0.4=E∗0.001+C∗0.001 0.6=E∗0.003+ C∗0.0032 ƞ=500 Q−100000Q2

2

E= 500 F= -100000

Ahora: Ph = γ ⋅ Q ⋅ H = 900 ⋅ 9,81 ⋅ 0,003 ⋅ 8 ⇒

Ph = 0.211 [kW]

Pm=Ph/ƞ=0,35[kW ] 5

¿ 10 resistente) K ¿=0.003 1.112 ( curva 10=K H=

m. l .c

10

0.003

Q=

El modelo básico de una bomba de SV60 admite entre 2 y 8 rodetes según las curvas características de la gráfica mostrada en la figurar dada. Se trata de elegir el número de 3 etapas para un bombeo de 40 [ m /h ] entre dos depositos separados por 30 m de desnivel y a traves de una tuberia cuya constante de perdidas es K = 0.016 m.c.a. Calcular el rendimiento, potencia hidraulica, potencia mecanica y el equivalente kW −h ¿ m3 energetico de la instalacion, expresado en . Suponer que el rendimiento del ¿ ¿ motro vale 0.9.

Solución: 

Rendimiento: h B=30+0.016 Q

2

h R=0.016 Q2 C 12 P 1 C 22 P 2 Z1+ + + hB =Z 2 + + +h R 2g γ 2g γ 3 Como el caudal a bombear es 60 [ m /h ]

H=30+ 0.016(40)2=55.6 m . c . a Analizando las curvas características se observa que la bomba con 3 rodetes SV6003 3 cumple para nuestro punto de funcionamiento ( H=55.6 m . c . a y Q=40 m /h ¿ El rendimiento lo podemos leer directamente de la gráfica, según el caudal del h 3 40 m /¿ el rendimiento es de: ¿ : ƞ=64



Potencia hidráulica. 3600 40/¿∗55.6=6.06 kW PH =γ ⋅ Q ⋅ H=1000∗9.81∗¿



Potencia mecánica.



Equivalente energético.

6060.4 ¿ 0.64 ¿¿ ¿ Pm=P H /ƞ=¿

9.47 ¿ 0.9 ¿¿ ¿ ƞmotor=¿ Pe =Pm / ¿

kW−h [¿ ¿ m3 ] e=Pe /Q=10.52/40=0.263 ¿

LEY DE SEMEJANZA

Se diseña una serie de bomba de agua para los siguientes datos de funcionamiento 3 nominales: H= 40m, Q=2 m /s y n= 1000 rpm. Con el fin de ahorrar energía en los ensayos (la potencia absorbida por esta bomba es del orden de 650 kW) y de abaratar los costes de las modificaciones necesarias en el modelo se estudia un modelo geométricamente semejante funcionando primero con aire en circuito abierto a presión atmosférica, luego con aire a una presión de trabajo absoluta de 4 bar. Temperatura de funcionamiento 293.15 K y la bomba gira a 1450 rpm. Calcular: a) Con aire a la presión atmosférica, la velocidad de rotación conveniente del modelo y una escala adecuada. b) Con aire a presión atmosférica, la potencia de accionamiento del modelo en el punto nominal.

c) Repetir los cálculos del apartado b con aire a presión de 4 bares. Solución: a) 5

ρa=

P 760∗10 /750 = =1.2048 kg/m3 RT 2867∗293.15

H agua =

40∗ρa 40∗1.2048 = =0.0482m ρagua 1000

Si la bomba gira a 1450 rpm entonces la altura que alcance la bomba será: n' ' n' ¿ ¿ '' H a =¿ H❑agua =84.1∗( 1.2048 /1000 ) =0.101 m( agua) Calculo de velocidades y diámetro. u2=

π d2 n = √ 2 gH 60 d 2=

60 ∗√2∗9.81∗40=0.535 m π∗1000

Para reducir los costes de fabricación elegimos una escala de 1:3 d '2=

0.535 =0.1783 m 3

Por lo que la velocidad de giro será: na =4∗1000=4000 rpm

b) H a=H agua∗( na∗d a /nagua∗d agua ) 2 2

H a=40∗ ( 4000∗1 /1000∗3 ) =71.11 m ( aire )

nagua d a /d agua ¿ ¿ na /¿ ¿ Qa=Q agua∗¿ 1000 1 /3 ¿ ¿ 4000/ ¿ ¿ Q a=2∗¿

Suponiendo una eficiencia total de 60% 0.6 0.296∗1.2048∗9.81∗84.1∗10−3 /¿ . ¿ Pa aire =¿

c) Aire a una presión de 4 bar ρ=

1.2048∗4 =4.757 kg /m3 1.013

P a=

4.757 =3.9786 kW 1.2048

En un laboratorio de ensayo de modelos se ha experimentado un modelo de bomba cuyo rodete tiene un diámetro exterior de 230 mm haciéndole girar a 3000 rpm. En estas condiciones se ha obtenido como punto óptimo de funcionamiento el correspondiente a un caudal de agua de 20 l/s y a una altura efectiva de 20 m, siendo el rendimiento total máximo del modelo 0.8.

Calcular: a) El punto óptimo de funcionamiento con agua de una bomba prototipo geométricamente semejante y a escala λ=4 que gira a 1500 rpm. b) Rendimiento total máximo de la bomba prototipo. c) Potencia absorbida por la bomba prototipo en el punto de funcionamiento óptimo.

Solución: a) 2

H P =H m∗( n p∗d p /nm∗d m )2=20∗( ( 1500∗5/3000 ) ) =125 m nm d p /d m ¿ ¿ 3000 5 ¿ ¿ ¿ 3=¿ 1500/¿ ¿ n p /¿ ¿ QP =Qm∗¿ H [m]

125

B A

1.25

b) 1/4 ¿ 1 ( 1−0.8/0.98 ) ( ¿ ¿ 0.314 ) =0.8635 ƞtotal=0.98 ¿

c)

3

m ¿ s Q¿ ¿

Pa=

1.25∗9.81∗125 =1775.11 kW 0.8635

CAVITACION

Una bomba centrifuga aspira agua de un deposito por una teberia de 80 m de longitud y 160 mm de diametro. El eje de la bomba se encuentra a 5 m por encima del nivel del agua en el deposito. La bomba impulsa por una tuberia de 110 mm de diametro y 1240 m de longitud a otro deposito, cuyo nivel se encuentra a 40 m por encima del nivel del deposito de aspiracion. El coeficiente λ de perdidas primarias se las dos tuberias es de 0.025. la temperatura del agua es de 10 ºC y la presion atmosferica de 1 bar.Calcular: a) Potencia que la bomba debe comunicar a la corriente para bombear un caudal de 10 [ l /s ]. b) Maximo caudal que puede bombearse con esta instalacion. Verificar si hay cavitacion. c) Maximo caudal que puede bombearse sustituyendo la tuberia de aspiracion por una de 120 mm. Verificar cavitacion.

Solucion: a) P E V E2 P V 2 + + Z 1−H r 1−2 + H bomba = S + S +Z 2 ρg 2 g ρg 2 g

2

2

P E PS V V = =0= S = E ρg ρg 2g 2g H bomba=Z 2−Z 1+ H r 1−2

L0 L1 ∗V 02 ∗V 12 D D H r 1−2=λ ( 0 + 1 ) 2g 2g L0 80 ∗1 V 1 D0 L1 0.025∗V 12 0.160 ∗1 1240 H r 1−2=λ + = + 2g 16 D1 2g 16 0.110 2

H r 1−2=282.6

(

)

(

V 12 2g

2

2 2 V1 16Q 16 ¿ 0.01 = = =0.0564 m 2 g 2∗π 2∗g∗d E4 2∗π 2∗9.81∗0.110 4

H r 1−2=282.6∗0.0564=15.9486 H bomba=40+15.9486=55.94 m P=QρgH =0.01∗9.81∗1000∗55.94=5.49 kW

b) P1 V 12 PE V E 2 + + Z1 −H r 1−E + H bomba= + + ZE ρg 2 g ρg 2 g P1 105 = =10.194 m ρg 1000∗9.81 2

VE 16Q 2 = =564.35 Q2 2 g 2∗π 2∗g∗d E4 2

H r 1−E =

0.025∗100∗564.35 Q =881Q2 0.160

PE =10.194−5−881Q2=5.194−881Q 2 ρg PS 0.01277∗105 = =0.13017 m ρg 1000∗9.81 Qmax = c)

√

5.194∗0.1261 =0.0272 m3 /s 881

)

2

2 2 VE 16Q 16 Q = = =398 Q2 2 4 2 4 2 g 2∗π ∗g∗d E 2∗π ∗9.81∗0.120

H r 1−E =

0.025∗100∗398 Q2 =8292.1Q2 0.120

0.1261=5.194−8292.1 Q2 Qmax =

√

5.194∗0.1261 =0.009 m 3 /s 829.21

Las características nominales de una bomba radial, cuya tubería de aspiración tiene un diámetro interior de 120 mm, son las siguientes: Q=2000 l/min ; H=25 m ; n=1500 rpm . Se ha hecho un ensayo de cavitación a una presión atmosférica de 740 mm c.m. a una temperatura del agua de 15ºC, aumentando gradualmente la altura de aspiración; iniciándose la cavitación del vacuómetro conectado a la entrada de la bomba indica una presión de – 540 mm.c.m. Calcular: a) Coeficiente de cavitación de la bomba. b) Altura de aspiración máxima de la bomba. La tubería de aspiración tiene una pérdida de 1 m Solución: a) P1 V 12 P E V E2 + + Z1 −H r 1−E + H s= + +Z E ρg 2 g ρg 2 g

2

V1 =Z1 =Z 2=0 2g P1 P E V E2 −H r 1−E −H s= + ρg ρg 2 g

También: 5 P −540∗10 /750 ( E)'= =−7.34 m ρg 1000∗9.81 P1 740∗105 /750 = =10.06 m ρg 1000∗9.81 PE =2.72 m ρg Q=

2.000 3 =0.033 m /s 60

2

2 VE 16 ¿ 0.033 = =0.434 m 2 g 2∗π 2∗9.81∗0.120 4

−H r 1−E −H s +

P1 =2.72+ 0.434=3.154 m ρg

Además: P s 0.017039∗105 /1 = =0.17369 m ρg 1000∗9.81 σ=

3.154−0.1737 =0.1192 25

b)

H s max =

P1 −Ps −H r 1− E−σH s ρg

H s max =

10.06−0.1737 −1−0.1192∗25=5.9063 1

H s max =5.9063

REGULACION DE CAUDAL

REGULACION DE CAUDAL

Una B centrifuga de agua tiene las curvas características de la figura. La B debe suministrar en caudal de 80 l/s contra una altura efectiva de 16m. Comparar el funcionamiento de esta B en las condiciones requeridas regulando

a) Por estrangulamiento de la válvula de impulsión a número de revoluciones constante e igual a 960 rpm; b) Por variación del número de revolucione del motor de accionamiento. Solución: a) Para este caso de Q = 80 l/s, H =27m y n = 1000 rpm se lee una eficiencia total de 0.80. y la potencia absorbida será: −3

Pa=

80∗9.81∗27∗10 =26.487 kW 0.80

La potencia hidráulica perdida en la válvula de estrangulamiento será: −3

Pv =80∗9.81∗11∗10 =8.6328 kW Potencia de pérdida en el motor: 8.6328 Pra = =10.791 kW 0.8 b) Con el caudal de 80 l/s y H =16m podemos ver en la gráfica que la velocidad podrá reducirse hasta 780 rpm y un rendimiento del 82% P'a=

80∗9.81∗16∗10−3 =15.313 kW 0.82 '

Pa−Pa =26.487−15.313=11.1738 kW

VENTILADORES

Un ventilador centrifugo rectas y un ancho constante en el rodete de 500 mm. Gira a 400 rpm. Da un caudal de aire (p= 1.2 kg/m3) de 250 m3/min. La entrada de la velocidad absoluta en los alabes es radical. D2 = 550 mm; D1 = 500mm.no se consideran las pérdidas que puedan existir en el ventilador. Calcular: a) Los ángulo β1 y β2;

b) La presión producida por el ventilador: c) La potencia del ventilador Solución: a) u1=

π∗d 1∗n π∗0.5∗400 = =10.4719 m/s 60 60 Q=π∗d 1∗b 1∗C1 m

C1 m =

Q 250/60 = =5.30 m/s π∗d 1∗b 1 π∗0.5∗0.5

β 1=arctg

C1m 5.30 = =26.844 ° u1 10.4719

( )(

)

Además del triángulo de velocidades:

u2=

D2 550 ∗u1= ∗10.4719=11.519 m/s D1 500

R2 R = 1 cosβ 1 cosβ 2 cosβ 2=

R1 250 ∗cosβ 1= ∗0.8922=0.8111 R2 275

β 2=arcos ( 0.8111 )=35.793 °

b)

Q=π∗d 1∗b 1∗C1 m =π∗d 2∗b2∗C 2 m C2 m =

D1 ¿ b1 500∗500 ∗C 1 m= ∗5.30=4.818 m/ s D2 ¿ b2 550∗500

C2 u=u 2−

C 2m tan ( β 2 )

=11.519−

4.818 =4.8367 m/s tan ( 35.793 )

Pventilador = ρu2 C =1.2∗11.519∗4.8367=66.857 Pa 2u

c)

P=Q∗Pventilador =4.1667∗66.857=278.6 W

Un ventilador centrifugo de aire (p= 1,2 kg/m3) tiene las siguientes dimensione: D2= 0.25 m; ancho del rodete constante e igual a 80 mm. El caudal suministrado es de 4 m3/s; la velocidad 820 rpm. Un manómetro diferencial inclinado mide una presión de 3 mbar entre la entrada y salida del ventilador. La presión dinámica producida por el ventilador es despreciable. La potencia en el eje de la maquina es 2 KW. El rendimiento mecánico es 90%. La entrada en el rodee es radical. Se despreciara el espesor de los alabes y no se tendrá en cuenta la perdidas volumétricas. Calcular: a) b) c) d)

Rendimiento hidráulico; Rendimiento total; Perdida de presión en el ventilador. Angulo que forman los alabes a la salida.

Solución: a)

Δ P ventilador =PS −PE =300 N /m2 Pa=

Q∗Δ Pa ƞm

Δ Pa =

ƞh =

ƞ m∗Pa 2∗0.9∗103 = =450 N /m2 Q 4

Δ P ventilador 300 = =66.67 Δ Pa 450

b) ƞtotal=ƞm∗ƞh∗ƞv =0.93∗0.6667∗1=0.62=62

c) r−∫ ¿=Δ P a−Δ P ventilador =450−300=150 N /m 2 Δ P¿

d) C2 m =

u2=

Q 4 = =3.183 m/ s π∗D2∗b 2 π∗0.5∗0.8

π∗D2∗n π∗0.5∗820 = =21.46 m/s 60 60

C 2 u=

β 2=arctg

ΔP a 450 m = =17.474 u2∗ρ 21.46∗1.2 s

(

C2 m 3.183 =arctg u 2−C2 u 21.46−17.474

)

(

β 2=38.61 °

BOMBAS DE DESPLAZAMIENTO POSITIVO

)

En este problema se desperdiciaran las perdida y el rozamiento. Una bomba de embolo de agua de doble efecto tiene un embolo de 220 mm de diámetro. El diámetro del vástago del embolo es de 40 mm y sobresale por una parte solamente. La carrera es de 360mm y la velocidad de giro del cigüeñal es de 70 rpm. La altura de presión negativa de aspiración es 5m c.a. y la de impulsión 20 m c.a. Calcular: a) La fuerza que se requiere para mover el embolo en las carreras de ida y vuelta; b) El caudal de la bomba; c) La potencia absorbida por la bomba. Solución: a) Área transversal del embolo: 2

2

π D π ¿ 0.2 A= = =0.0314 m2 4 4

Área transversal del vástago: a=

π d2 π ¿ 0.042 =A= =0.00125 m2 4 4

Presión de aspiración: Pa=5∗1000∗9.81=49.05 N /m2❑ Presión de impulsión: Pi=20∗1000∗9.81=196.2 N /m2 Fuerza en la aspiración: Fa =Pa∗A=49.05∗0.0314=1.540 N Fuerza de impulsión: Fi =P i∗( A−a )=196.2∗0.03015=5.915 N

Fuerza para mover el embolo a la ida: F=Fa + F i=7.455 N Para la aspiración: F'a =Pa∗( A−a )=1.4788 N Para la impulsión: F'i =P i∗A=6.1607 N Fuerza total para mover el embolo de vuelta: F=F'a + F 'i=6.1607+ 1.4788=7.639 N

b) Caudal de carrera a la ida: A∗s∗n 0.0314∗0.360∗70 Q 1= = =0.0132 m3 /s 60 60 Caudal de carrea a la vuelta: ( A−a)∗s∗n 0.03015∗0.360∗70 Q 2= = =0.01266 m3 /s 60 60 QTotal =Q1+ Q2=0.0258 m3 /s c) Potencia absorbida por la bomba: H=

Pi Pa − =20+5=25 m ρg ρg

Pa=Q ρgH =0.0258∗9810∗25=8.327 kW

La bomba de embolo de agua accionada manualmente, representada en la figura tiene una altura de aspiración de 5 m y una altura de elevación de 25 m. El diámetro del embolo es 240mm; el vástago, 80 mm. Y la carretera 500 mm. En este problema se despreciara el rozamiento. Calcular: a) La fuerza requerida para levantar y bajar el embolo; b) Volumen de agua suministrada en las carretera de elevación y bajada del embolo. Solucion: a) Área transversal del embolo: 2

A=

2

π D π ¿ 0.24 = =0.0452 m2 4 4

Área transversal del vástago: 2

a=

2

πd π ¿ 0.08 =A= =0.005 m2 4 4

Presión de aspiración: 2❑

Pa=5∗1000∗9.81=49.05 N /m Presión de impulsión: Pi=25∗1000∗9.81=245.25 N /m2 Fuerza en la aspiración: Fa =Pa∗A=49.05∗0.0452=2.217 N Fuerza de impulsión: Fi =P i∗( A−a )=245.25∗0.0402=9.859 N Fuerza para mover el embolo a la ida: F=Fa + F i=12.076 N

b) Volumen en la carrera de subida: V subida=( A−a )∗s=0.0402∗0.5=0.0181m3 Volumen en la carrera de bajada: V bajada =( a )∗s=0.005∗0.5=0.0025 m3

TURBINA PELTON

Una turbina Pelton se elige para mover una alternador de 5 pare de polo en acoplamiento directo. El chorro de agua tiene un diámetro de 60 mm y una velocidad de 85 m/s. El ángulo de la cuchara es de 160°; la relación de la velocidad tangencial del alabe a la velocidad del chorro es 0,5. Los coeficientes de reducción de velocidad: ϕ1 = 1 y Ψ = 0.8. Determinar a) Los triángulos de velocidades b) El diámetro de la rueda en el centro de las cazoletas c) La potencia desarrollada por la turbina y el par motor Solución: a) Triángulos de velocidad. C1 =100 m/ s u1=0.5∗C 1=50 m/s ==0° w 1=C1−u 1=50 m/s

u2=u1 =50 m/s β2

α2

w 2=Ψ∗w1=0.8∗50=40 m/s C2 =√ u 22 + w22−2 w2∗u2∗cos β2

C2 =√ 50 2+ 402−2∗40∗50∗cos 20

b) Diámetro de la rueda. D=

60∗u1 60∗50 = =1.5915 m π∗n π∗3000/5

c) Potencia desarrollada. 2

Q=

100∗π∗0.06 =0.283 m3 /s 4

N=

ΥQ ( w1 cos β1−w2 cos β 2 )∗u g

N=

1000∗0.283 ( 50−37.587 )∗50=126,335 kg∗m/ s 9.81

d) Potencia desarrollada por la turbina.

C=

126,335 =2010.7 m∗kg π∗600 30

Una turbina Pelton de 1 inyector se alimenta de un embalse cuyo nivel de agua se encuentra 320 m por encima del eje del chorro, mediante una conducción forzada de 5 km de longitud y 700 mm de diámetro interior. El coeficiente de rozamiento de la tubería vale 0.03, La velocidad periférica de los alabes e 0.44 c1 El coeficiente de reducción de velocidad de entrada del agua en el rodete vale 0.97.Las cazoletas desvían el chorro 165°, y la velocidad del agua se reduce en ellas en un 15%. El chorro tiene un diámetro de 90 mm .El rendimiento mecánico es 0.8. Ademas se conoce de datos: C1 =73 m/ s Determinar: a) b) c) d) e)

Las pérdidas en el inyector, y su perdidas en la conducción forzada La altura neta de la turbina La altura de Euler El caudal El rendimiento manométrico

Solución: a) Pérdidas. H neta =320− perdidas de tuberia .

perdidas de tuberia=

V=

λ∗V 2∗L 0.03∗V 2∗5000 = =10.921V 2 m 2∗9.81∗d 2∗9.81∗0.700

C1∗d 1 C 1 0.09 = =0.1286C 1 d1 ' 0.7

H neta=320−4.42∗10−3∗C 12 −3

2

perdidas de tuberia=4.42∗10 ∗73 =23.554 m b)

H neta=320− perdidas de tuberia H neta=320−23.554=296.45 m

c) Altura de Euler: H ef =H neta − perdidas ( H d + H r ) ƞman=

H ef C ∗u ∗cos α 1−C2∗u2∗cos α 2 , H ef = 1 1 H neta g

Triángulo de velocidades a la entrada: C1 =73

m s

α 1=β 1=0 u1=0.44∗C 1=32.13 m/s w 1=C1−u 1=40.88 m/ s Triángulo de velocidades a la salida: u2=32.13 m/s β 1=15 ° w 2=Ψ∗w1=0.85∗40.88=34.748 m/s C2 =√u 22 + w22−2 w2∗u2∗cos β2

C2 =√ 33.13 2+34.7482 −2∗34.748∗32.13∗cos 15=12.173 m/s sen α 2=

H ef =

w 2∗sen β 2 34.748∗sen 15 = =0.7388 ; α 2=47.63° C2 12.173

73∗32.13∗cos 0−12.173∗32.13∗cos 15 =200.58 m 9.81

d) Q=

π∗73∗0.092 =0.4644 m3 /s 4

e) ƞman =

H ef 200.58 = =0.6766 H neta 296.45

ƞhidraulico =ƞman∗ƞ vol=0.6766∗1=67.66

TURBINA FRANCIS

Dada una turbina Francis de características: Q=4 m3/seg,

H n = 160 m y n s