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• Erick Salinas Enciso

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"AÑO DE LA LUCHA CONTRA LA CORRUPCIÓN E IMPUNIDAD"

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

TURBOMAQUINAS 1: SOLUCUION DE EJERCICIOS DE APLICACIÓN Curso: turbomáquinas 1 – MN232 Profesor: ESPINOZA Sección: E Alumnos:

Buendía Chipana, Carlos Alberto ………………………………………………………………20152622I Ocampo Espinoza, Juan Carlos ……………………………………………..………………….20131313G Salinas Enciso, Guillermo Erick ……………………………………………………..………….20100058E Villegas Canales, David Eduardo………………………………………………….…………….20152040J

Fecha: 10/10/19

1.OBJETIVO: Aprender a resolver ejercicios de manera teórica tomando en cuenta las formulas y conceptos aprendidos en clase.

2.ENUNCIADO DE EJERCICIOS:Δγ 1.

El eje de una bomba centrífuga está situado 2.5 m por encima del nivel del agua en el pozo de aspiración y 30.6 m por debajo del nivel del pozo de impulsión. Las pérdidas en las tuberías de aspiración e impulsión (incluyendo en esta última la pérdida en el desagüe en el depósito) son 0.8 y 1.24 m. respectivamente. Diámetro del rodete 250 mm y ancho a la salida del rodete, 18 mm. La bomba gira a 1600 rpm. Entrada del agua en el rodete radial. Angulo de salida de los álabes, 34°: ɳh = 78 % ɳm = 75 %, calcular: a) Potencia de accionamiento

b) caudal

c) altura efectiva

SOLUCIÓN: DATOS DEL RODETE RADIAL:

D 2 = 250mm b 2 = 18mm N = 1600rpm

β 2= 34° n h = 78% n m = 78%

a) ALTURA EFECTIVA Aplicando la ecuación de energía para el diagrama se cumple: H = ( Z B - Z A ) + ΔHp H = (30.6 – (-2.5)) + (0.8 + 1.24)

 H = 35.14 m H 2 O b) CAUDAL Q = N. D 2 . b 2 . Cm2 Triangulo de velocidad en la salida del rodete:

π . D2 . N 60 π (0.25)1600 U2 = 60 U 2 = 20.94395 m/s U2 =

Para rotores radiales:

U 2 . C 2U U 2 = (U 2 - C 2m .ctg β 2) g g 20.944 35.14 = (20.944 - C 2m .ctg34°) 9.81 C 2m = 3.025 m/s H=

Q = π. D 2 . b 2 . Cm2 Q = π (0.25) (0.018) (3.025)

 Q = 0.04276 m3/s

c) POTENCIA DE ACIONAMIENTO:

P H = γ. Q. H

P H = 9810(0.0428) (35.14) P H = 14.7542 KW PH nh 14.7542 Peje = 0.78 Peje =

Peje = 18.9156 KW P eje nm 18.9156 Pacc = 0.75  Pacc = 25.2208 KW Pacc =

2.

Una Bomba centrifuga que proporciona un caudal de 30 m³/h sirve para elevar agua a una altura de 30 m. La resistencia total de la tubería de aspiración y de impulsión es de 8 m. El rendimiento total de la bomba es de 0.75 y el rendimiento del motor eléctrico de accionamiento es de 0.90. Calcular la potencia absorbida de la red. Si el costo de la energía es de 0.42 centavos de sol/Kwh, calcular el costo de energía mensual si la bomba funciona 4 horas al día.

Datos: Q =30 m³/h

Δz = 30 m H 2 O ΔH P = 8 m H 2 O nT = 0.75 n m = 0.9 Costo: 0.42 soles/KWh

ALTURA EFECTIVA

H T = 30 + 8 H T = 38 m H 2 O POTENCIA HIDRAULICA

P H = γ. Q . H 30 P H = 9810( )(38) 3600 P H = 3.1065KW

POTENCIA ABSORVIDA POR EL MOTOR

PH nT . nm 3.1065 P|¿|¿= 0.75(0.9) P|¿|¿=

P|¿|¿= 4.6022 KW COSTO MENSUAL Costo hora = 4.6022 KW (0.42

Costo mes = 1.933

soles soles ) = 1.933 KWh h

soles 4 h 30 d ( )( ) h d mes Costo mes = 231.951

3.

soles mes

Determine el momento de torsión, la potencia y la altura suministrada o producida por cada turbomáquina mostrada en la figura. ¿Se trata de una bomba o de una turbina? Determine asimismo para cada caso el ancho del rodete. Datos comunes: Radio externo, 300 mm; Radio interno, 150 mm; Q=0.057 m3/s; ω=25 rad/s; ρ=1000 kg/m3.

Hallando las velocidades u1 y u2

D 2=600 mm D 1=300 mm

π . D1 . n u1= = 60

u2=

π . D2 . n = 60

π .0,3 .(25 x

60 ) 2π

60 π .0,6 .(25 x 60

60 ) 2π

=3.75

=7.5

m s

m s

Cálculo de momento de torsión, la potencia, la altura suministrada o producida por cada turbomáquina y ancho del rodete. ¿Se trata de una bomba o de una turbina?, consideraciones: T =ρ . Q. [ R2 .C 2 . cos ( α 2 ) −R1 . C 1 . cos ( α 1 ) ] P= ρ. Q . ω[ R2 . C 2 . cos ( α 2 )−R 1 . C1 . cos ( α 1) ]

H R ∞=

R2 .C 2 . cos ( α 2 )−R 1 . C1 . cos ( α 1 ) g Si: H R ∞ ¿

b 1=

Q Q b 2= π . D 1 . C1 m π . D2 . C 2 m

Cálculo de los Triángulos de Velocidades:

C 1m =W 1 m . sen ( β 1 )=C 1 . sen ( α 1) C 2m =W 2 m . sen ( β 2 )=C 2 . sen ( α 2 )

I.

CASO I:

C 2=6

m m α 2=30° C1 =3 α 1=90 ° s s

T =1000 x 0.057 . [ 0.3 x 6 x cos ( 30° )−0.15 x 3 x cos ( 90° ) ] T =88.854 N . m P=1000 x 0.057 x 25 [ 0.3 x 6 x cos ( 30° ) −0.15 x 3 x cos ( 90° ) ] P=2221.355 W H R ∞=

[ 0.3 x 6 x cos ( 30° )−0.15 x 3 x cos ( 90° ) ] 9.81 H R ∞=0.159 m →Turbina

Del Triángulos de Velocidades. C 1m =C1 . sen ( α 1 )=3 xsen ( 90° ) =3 C 2m =C 2 . sen ( α 2 ) =6 xsen ( 30° ) =3 b 1= b 2=

II.

m s

Q 0.057 = =0.040 m π . D 1 . C1 m πx 0.15 x 3

Q 0.057 = =0.040m π . D 2 . C2 m πx 0.3 x 3

CASO II:

m s

C 2=3.66

m m α 2=80° C1 =6.1 α 1=30 ° s s T =1000 x 0.057 . [ 0.3 x 3.66 x cos ( 80° )−0.15 x 6.1 x cos ( 30 ° ) ] T =−34.30 N . m P=1000 x 0.057 x 25 [ 0.3 x 3.66 x cos ( 80° ) −0.15 x 6.1 x cos ( 30 ° ) ] P=−857.490W H R ∞=

[ 0.3 x 3.66 x cos ( 80 ° )−0.15 x 6.1 x cos ( 30 ° ) ] 9.81 H R ∞=−0.061m → Bomba

C 1m =C1 . sen ( α 1 )=6.1 xsen ( 30 ° )=3.05 C 2m =C 2 . sen ( α 2 ) =3.66 xsen ( 80° )=3.604

m s

m s

Q 0.057 = =0.039 m π . D 1 . C1 m πx 0.15 x 3.05 Q 0.057 b 2= = =0.017 m π . D 2 . C2 m πx 0.3 x 3.604 b 1=

III.

CASO III:

C 1=√ 5.32+ 3.752−2 x 5.3 x 3.75 xcos(45) C 2=√ 5.32+ 7.52−2 x 5.3 x 7.5 xcos(45) C 2=5.3

m m α 2=45° C 1=3.75 α 1=90 ° s s T =1000 x 0.057 . [ 0.3 x 5.3 x cos (30 ° )−0.15 x 3.75 x cos ( 90 ° ) ] T =778.488 N . m P=1000 x 0.057 x 25 [ 0.3 x 5.3 x cos ( 30 ° )−0.15 x 3.75 x cos ( 90 ° ) ] P=962.197 W H R ∞=

[ 0.3 x 5.3 x cos (30 ° )−0.15 x 3.75 x cos ( 90 ° ) ] 9.81 H R ∞=0.140 m →Turbina ¡¡

C 1m =W 1 . sen ( β 1 )=5.3 xsen ( 45° ) =3.748 C 2m =W 2 . sen ( β 2 )=5.3 xsen ( 45° ) =3.748

m s

b 1=

Q 0.057 = =0.032 m π . D 1 . C1 m πx 0.15 x 3.748

b 2=

Q 0.057 = =0.032 m π . D 2 . C2 m πx 0.15 x 3.748

m s

IV.

CASO VI:

C 1=√ 4.332 +3.752−2 x 4.33 x 3.75 xcos(30) C 2=√ 32+ 7.52

m m α 2=38.66 ° C1 =4.802 α 1=90 ° s s T =1000 x 0.057 . [ 0.3 x 4.33 x cos ( 30 ° )−0.15 x 4.802 x cos ( 38.66 ° ) ] x 25 T =32.063 N .m

C 2=8.078

P=1000 x 0.057 x 25 [ 0.3 x 4.33 x cos ( 30 ° )−0.15 x 4.802 x cos ( 38.66 ° ) ] P=801.575W H R ∞=

[ 0.3 x 4.33 x cos ( 30 ° )−0.15 x 4.802 x cos ( 38.66 ° ) ] 9.81 H R ∞=0.057 m→Turbina C 1m =W 1 . sen ( β 1 )=4.33 . sen ( 30 )=2.165 C 2m =W 2 . sen ( β 2 )=3. sen ( 90 )=3

b 1=

m s

Q 0.057 = =0.056 m π . D 1 . C1 m πx 0.15 x 2.165

b 2=

Q 0.057 = =0.040 m π . D 2 . C2 m πx 0.15 x 3.

m s

4.

Se suministra agua a una turbina Pelton de un inyector en una central hidroeléctrica a través de una tubería forzada de 400 m de longitud, desde un depósito cuya superficie se encuentra 200 m por encima del nivel de la turbina. El caudal requerido es de 30 m3/s. Si las pérdidas por fricción en la tubería no deben exceder del 10% de la altura bruta del aprovechamiento hidráulico, y se supone un coeficiente de fricción f = 0.0075, determínese el diámetro mínimo necesario de dicha conducción. Se ha de seleccionar el diámetro de una familia de tamaños estandarizados. El rango de diámetros disponibles (m) es: 1.6, 1.8, 2.0, 2.2, 2.4, 2.6 y 2.8. Para el diámetro seleccionado. Calcule: a) Velocidad del chorro (suponga coeficiente de descarga de boquilla, CD=0.98). b) Potencia cedida a la red por la turbina si el rendimiento total es del 75%. c) Diámetro de la turbina si el generador tiene 4 pares de polos.

Datos: f = 0.0075 Δh < 10% Hbruto

Perdidas por fricción (ecuación Darcy - Weisbach), teniendo en cuenta que será menor al 10%: f∗L ∗V 22 D ∆ h= ≤ 10 % ( 200 ) 2g f∗L ∗V 22 D ∆ h= ≤ 20 … . ( 1 ) 2g Además, se sabe que el caudal es: Q=V 2 × A 2 30=V 2 × V 2=

π D2 4

120 …. ( 2 ) π D2

Reemplazando (2) en (1)

∆ h=( 0.0075 )

400 D

120 π D2

2

( )( ) ( 21g ) ≤20

223.0925 ≤ 20 D5

¿

(

)

¿

11.1546 ≥1 D5

D5 ≤1 11.1546 D 5 ≤11.1546 D ≤1.6199 m D=1.6 m… ( 3 ) (3) en (2) V 2=14.9207

m s

a) Vchorro=φ √ 2 gH … ( 1 ) H=Hbruto−∆ Hperdidas H=200−( 0.0075 )

(14.9207¿¿ 2)/(2∗9.81)¿ ( 400 1.6 )

H=178.724 Reemplazando H en (1): Vchorro=0.98 √ 2 ( 9.81 )( 178.724 ) ¿ 58.0319

m s

b) P hidraulica=ρgHQ=( 1000 )( 9.81 )( 178.724 )( 30 ) ¿ 52.5984 MW Se sabe n=75% Pgt =Phidraulica∗η=39.4488 MW

c) N=

60 f n

n=4 f = 60 N=900 RPM

Luego U ≈ 0.45 √2 gH U ≈ 26.6473

m s

Además U =ωr= D=

π ( DN ) 60

60 U πN

D=0.5654 m

5.

Una turbina Francis gira a 600 rpm para un caudal de funcionamiento de 1 m3/s. Los diámetros de entrada y salida del rodete son de 1 m y 0.45 m respectivamente, y las secciones de paso entre álabes correspondientes a la entrada y a la salida son de 0.14 m2 y 0.09 m2. El ángulo de salida del distribuidor es de 12º y el ángulo de salida del rodete es β2 = 45º. Si el rendimiento hidráulico de la turbina es del 85%, se pide calcular: a) Salto neto y triángulos de velocidad. b) Par y potencia sobre el eje. c) Velocidad específica. ¿Es correcta la elección de una turbina Francis para este aprovechamiento hidráulico?

Solución: Datos

Datos

N (rpm)

600

Q (m3/s)

1

ángulo de salida del distribuidor

α 2= 12º

ángulo de salida del rodete

β 1 = 45º

Diámetro de entrada

D2=1 m

Diámetro de salida

D1=0.45 m

Área de entrada

0.14 m2

Área de salida

0.09 m2

Eficiencia hidráulica

0.85

a) Calculo de velocidades

u 1=

π∗D 1∗N m =31.416 60 s

u 2=

Cm 1=w 1=

Q m =7.1428 A1 s

Cm 2=w 2=

Q m =11.1111 A2 s

H R ∞= H R ∞=

π∗D 1∗N m =14.137 60 s

u 2 x Cu2−u1 x Cu 1❑ g

31.416 x 33.6042−14.137 x 3.026 9.81 H R ∞=103.2545 m

εficiencia hidraulica=

0.85=

Hr ∞ Hutil

Hr ∞103.2545 Hutil

Hutil=121.4759m b)

Pot =γ∗Q∗H∗εh=1012.9267 kW

Pot =1357.81 HP

Pot =T∗w T= T=

Pot w 1012.9267 600∗2∗π 60

T =16.1212 kN . m c)

ns=

RPM∗√ HP Hn

ns=

5 4

600∗√1357.81 121.4759

5 4

ns=54.8224

Una bomba Michelle Banki sería recomendable ya que la variación de ‘ns’ es de una turbina Michelle Banki es de 40 a 160.

6.

Calcularía Ud. el salto o altura efectiva del ventilador extractor de la figura muy usado en ventilación mediante la expresión (a) o (b) ¿Por qué ?. Evite desarrollar fórmulas y más bien ayúdese de esquemas.

(a)

K H e = K −1 RT a

pd

K−1 K []

[( ) ] pa

−1

(b)

He =

p d − pa γ

Por dimensionalmente presión entre peso específico te da la longitud que en este caso viene a ser la altura efectiva

7. En la fig. se muestra una bomba, donde la presión atmosférica es 14,7 PSIA, su eficiencia 79%, para los datos indicados y tomando las consideraciones que sean necesarias. Determinar: a) El caudal en m3/s b) La altura útil en m de agua c) La potencia hidráulica y la potencia al eje en kW d) Haga un diagrama h-s donde se muestre la altura útil.

a) Considerando el punto 0 en el suministro de agua De la Ecuación de Balance de energía para los puntos 0 y 1 del gráfico:

P 0 v 20 P1 v 21 + + z 0= + + z 1 … … … …..(1) γ 2g γ 2g Y la ecuación de continuidad:

A1 . v 1= A2 . v 2 … … …(2) Antes de reemplazar los datos llevaremos todo a sistema internacional:

∆ z=8' ' =0.2032m ∆ P=13−14.7=−1.7 psi=−11.7215 KPa No hacemos operaciones con la presión atmosférica, debido a que solo nos interesa la caída de presión en los dos puntos, y eso no depende de si la presión es absoluta o manométrica.

62 2 2 A1=π . =28.2743 pulg =0.0182 m 4 42 2 2 A2=π . =12.5663 pulg =0.0081m 4 Teniendo en cuenta que: v 0=0 Y también que:

γ =9.81 KN /m 3

Reemplazando 1y 2:

0=

v 21 v 21 ∆P + ∆ z + =−0.9916+ γ 2g 2g

v12=2 x 9.81 x 0.9916 v1 =4.4108 m/s Se sabe que:

Q=v . A Para las condiciones del punto 1:

Q=v 1 . A1 Entonces:

Q=0.0802m3 /s

b) De (2) tenemos:

0.0182 v 1=0.0081 v2 v 2=2.2469 v 1 v 2=9.9106 m/s

De la Ecuación de Balance de energía para los puntos 1 y 2 del gráfico:

P 1 v 21 P 2 v 22 + + z 1+ H = + + z 2 … … … … ..(1) γ 2g γ 2g

Antes de reemplazar los datos llevaremos todo a sistema internacional:

∆ z=16 ' −8' ' =184' ' =4.6726 m ∆ P=49.5−13=36.5 psi=251.6675 KPa

∆ v 2=9.91062 −4.41082=78.7648 m2 /s 2 No hacemos operaciones con la presión atmosférica, debido a que solo nos interesa la caída de presión en los dos puntos, y eso no depende de si la presión es absoluta o manométrica. Reemplazando 1y 2:

H=

∆ P ∆ v2 + + ∆ z=34.3412 m γ 2g

H=34.3412 m c) Para la Potencia Hidráulica:

P H =γ . Q . H Reemplazando los datos encontrados y ordenando para obtenerlo en Kw:

P H =9.81 x 0.0802 x 34.3412 P H =27.0183 Kw=36.22 HP Para la Potencia al eje: Tenemos:

n B=0.79 Considerando la relación:

P=

P H 27.0183 = nB 0.79

P ≈ 34.2 Kw=45.86 HP d) diagrama H-S

8. La figura muestra los triángulos de entrada y salida de una etapa de una turbina axial a vapor, trace la forma de los alabes del rotor y del estator, señale si es mayor o menor los lados de los triángulos de entrada con el de salida. Fundamente su respuesta.

Los lados del triángulo son menor en la salida ya que en una turbina la velocidad de ingreso disminuye cuando sale ya que tiene menor presión en la salida y la velocidad angular disminuye ya que sale por un radio menor

9. Determine la potencia de un aerogenerador, cuyo diámetro del rotor es 100 m. considerando que la velocidad promedio del viento es 12 m/s en un determinado lugar del Perú.

Solución: Asumiendo un rendimiento de 90% Diámetro del rotor 100m Velocidad del viento 12 m/s Densidad del viento 1.293Kg/m3 Se sabe que : P=½ ρA V 3n Entonces : P=0.5x1.293x

1002 x π x123= 7896449.268 W 4

10. Se dispone de un depósito de agua de gran sección y 10 m de profundidad en cuya parte inferior existe una conducción. A la salida de dicha conducción existe una bomba centrífuga en cuya impulsión hay otra tubería que asciende hasta una cota igual al nivel superior del depósito de gran sección (ver Figura). A la salida de la tubería se dispone de una boquilla cuya sección es de 3,6 cm2, teniendo el agua, entonces, una velocidad de 9,8 m/s. Si la bomba tiene un rendimiento de 0,7 y está accionada por un motor eléctrico cuyo rendimiento es 0,8, se pide calcular la potencia eléctrica absorbida de la red por el grupo.

Nota.- suponer despreciables las pérdidas de carga

Hallando la altura útil de la bomba, mediante la ecuación de la energía entre E y S: Aplicando Bernoulli entre E y S: P(E)/γ +V 2(E)/2g+Z(E)+Hb= P(S)/γ +V 2 (S)/2g+Z(S)+∑ hpe−s Las pérdidas ∑ hpe−s=0 Velocidad en la salida V(S) = 9.8 m/s Velocidad en la entrada V(E) = 0 m/s Teniendo en cuenta el mismo nivel en entrada y salida: Z(E)- Z(S)=0 Por lo tanto, la ecuación queda así: Hb= V 2 (S)/2g Tenemos que en Hb=4.9 m Hallando el caudal en la salida Q=VxA entonces Q=9.8x0.00036

Q=0.003528 m3/s Entonces aplicando la fórmula de potencia hidráulica Ph=γ xQxHb/102=1.67 kw Potencia eléctrica es : PE=Ph/n e x n me= 1.67/0.7x0.8=2.99 kw. Convirtiendo a HP: 2.99kw = 4 HP