Source: https://www.scribd.com/document/356464021/06-t-Vapor-Problem-As
Timestamp: 2018-10-19 05:23:41+00:00

Document:
Uploaded by Eric Laguna
doctor neil ... xD uns
Lab.energia
Practica Calificada Nº1 Pce-2018-i
1271076463.Transferencia de Masa- Difusion Molecular-Parte I.pdf
001_p_sem12.pdf
Informe Solar II
Resumen Ch u1
001_sesion_12_2017_acometidas_y_alimentadores.pdf
001 Sesion 12 2017 Acometidas y Alimentadores
Esquema Informe Final Proyecto de Investigación Usp.
001_p_sem12
Mec. Fluidos - 2016 - I - Sesión Nº 1
pfernandezdiez.es Problemas TV.-101
1.- Una turbina de 2500 CV de potencia, funciona con un salto adiabático de 160 Kcal/kg, siendo el conjunto de
T = Tind η mec = 100 x 0,9 = 90 Kcal/kg ⇒ Pérdidas mecánicas = 100 - 90 = 10 Kcal/kg
Kgm seg x 1 Kcal
Como: 1 CV = 75 seg x 3600 = 632,3 Kcal
hora hora 427 Kgm hora
632,3 N 632,3 x 2500 (Kcal/hora) CV kg
G hora T = 632,3 N ⇒ G hora = = = 17.555,5
T 90 Kcal/kg hora
632,3 N 632,3 N N en (CV) 632,3 x 2500 kg
ó también: G hora = η Δi = = =
ad T Δi en Kcal/kg
G 632,3 Kcal/hora kg
Consumo de vapor por CV/hora: G CV/hora = =
instalación que lo produce a 20 kg/cm2 y 400ºC. Entre la estación generadora de vapor y los aparatos de utiliza-
ción, se instala una turbina de contrapresión que tiene un rendimiento interno del 0,7 y un rendimiento mecánico
del 0,95.
⎧ v 0 = 151,1 dm 3 /kg
Punto 0: (20 kg/cm2 ; 400ºC) ⇒ ⎨ i 0 = 3248 kJ/kg
⎪⎩ s = 7,126 kJ/kgºC
2 kJ ⎧ v = 186,5 dm 3 /kg
Punto A : (15 kg/cm ; s A = 7,126 ) ⇒ ⎨ A
kgºC ⎩ i A = 3148 kJ/kg
Salto interno: T int = Δi ad η int = 100 x 0,7 = 70 kJ/kg
Salto al freno o trabajo al freno: T = Tint η mec = 70 x 0,95 = 66,6 kJ/kg = 15,88 Kcal/kg
15,88 Kcal/kg
Consumo total = G CV/ hora N = 18.000 ⇒ N= = 452,45 CV
hora 39,78
pfernandezdiez.es Problemas TV.-102
3 .3 10 4 Kcal T int = i 0 . en la corona: ψ = 0.5 b) Consumo por CV/hora G 632. 2.i A = (p 0 v 0 .2)} = 105..95 .1 Kcal/kg hora ***************************************************************************************** 4.es Problemas TV.18 T 62. el estado inicial del vapor (0) viene dado por p0 = 10 kg/cm2 y un volumen específico v0 = 0.-103 .3 10 4 Kcal Δi ad = i 0 .En una turbina de vapor de un solo escalonamiento.(1. β2 = β1 .30.32) .3 Kcal/hora kg G CV/hora = = T = ηmec Tint = 0.1 427 kg Salto interno 69 Rendimiento interno = η int = = = 0.1 427 kg γ 1.p A v A ) = {(10 x 0.32 m3/kg.1 Kcal/kg = = 10. α1 = 22º Coeficiente de pérdidas en la tobera: ϕ = 0.225 m..(1.4 )} = 69 γ-1 0 0 2 2 x 1. El estado final adiabático teórico (A) viene dado por una presión de 1.80 kg/cm2 y un vo- lumen específico v= 1. Nº de revoluciones por minuto: n = 3000 Determinar: a) Valor de β1 y α2 b) El consumo por CV/hora pfernandezdiez.8 kg/cm2 y volumen es- pecífico v2 = 1.8 x 1. y el estado final (2) viene dado por p2 = 1. ***************************************************************************************** 3.90.32) .9 x 69 Kcal/ kg = 62.4 m3/Kg.41 % Salto adiabático 105.2 m3/kg. Determinar: a) El rendimiento interno de la máquina . se conocen los siguientes datos.8 x 1.p v ) = {(10 0.6541 = 65.90 y el coeficiente adiabático del vapor 1.i 2 = (p v .3 . b) El consumo por CV/hora ______________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) El rendimiento interno de la máquina es γ 1. El rendimiento mecánico es 0.5 γ-1 1.90 Diámetro de la turbina.Una turbina de acción de un solo escalonamiento tiene un rendimiento interno máximo y un rendimiento me- cánico de 0.
5 cos 22 º) = 449.9 = 0. c) El consumo interno por CV/hora d) El consumo teórico por CV/hora _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN ϕ 2 cos 2 α 1 0.033 kJ /kgºC ⎨ 0 0 0 s ⎩ 0 = s 1 = 7.33 = 404. Los rodetes de los escalonamientos restantes tienen el mismo diámetro D2 = 1.9 cos α 1 cos 22 seg w1= u 2 + c 12 . siendo la presión final de 0.es Problemas TV.4 2 .737 = 55.9 w1 449.5 2 + 753.44 próximos a los 90º que exige el rendimiento máximo b) Consumo por CV/hora 753.83 Kcal/kg c) Consumo interno por CV/hora G 632.9 sen α 2 = = = 0.41 Δi ad 75.737 = 73.36 Kcal/kg hora G 632.2 D1 .9 x 449.9 dm 3 /kg .(máx) = (1 + ψ ) 2 = (1 + 0.9º)  = 256. y relación cinemática 0.48 ϕ 1 Δi ad .4 x 404.8º ⇒ ψ = 0.5 < 400 60 60 seg seg 2 u 2 x 349.225 π x 3000 m m u= = = 349. i = 3047 kJ /kg . s = 7.12 x 0.Una turbina de vapor de acción admite escalonamientos de vapor a 12 kg/cm2 y temperatura de 300ºC. y una velocidad tangencial de 150 m/seg.3 Kcal/hora kg G CV/hora = = 1 91.7% TRIÁNGULOS DE VELOCIDADES Entrada: Dπ n 2.9 sen 22º  sen β 1 = = = 0. Determinar el número de escalonamientos de la turbina __________________________________________________ RESOLUCIÓN En Tablas de vapor de agua ⎧ v = 213.33 m/seg c 1m 753.15 kg/cm2.9 Kcal G c = 91. Δi ad = ( )2 = 75.3 Kcal/hora kg d) Consumo teórico por CV/hora: G teórico ( CV/hora ) = = = 8.2 w 2 u cos β 2 = 349.033 kJ /kgºC pfernandezdiez.4 m/seg c2 = u 2 + w 22 .48 x 0.36 Kcal/kg = = 11.4.12 Kcal/kg hora ***************************************************************************************** 5.6285 ⇒ β 1 = 38.9 x 349.12 632.3 Kcal/hora kg G interno (CV/ hora) = = Tint = Δi ad η int = 75..2.42 Tint 55.9 2 .4 cos 38.9) 2 = 0.2 c 1 u cos α 1 = 349.9 = 49.95 kg = = 12.(2 x 349.95 2 x cos 2 22º Condición de rendimiento máximo: ηint.99 ⇒ α 2 = 82 c2 256.44 m/seg w 2 sen β 2 404. Se sabe que el primero de ellos de diámetro D1 tiene una relación cinemática 0.12 x 0.737 x 0.69 T 49.83 Kcal/kg hora T = Δi ad η = Δi ad η int η mec = 75.(2 x 753.33 Salida: β 2 = β 1 = 38.9 º w 2 = ψ w1 = β 1 + β 2 = 79.5 m c1 = = = 753.-104 € .5 2 + 404.4 sen 38.
48 ξ 2 0.570 = 198 Kcal/kg = = (Salto primer escalón con doble escalonamiento de velocidad) + (4 escalones de presión de ACCIÓN) c2 c2 u u u1 u1* ΔI = (i 1 .48 Δi ( a1 -a2 ) ξ1( a -a ) 0.4747 m πn 3500 π *****************************************************************************************. La turbina tiene 5 escalonamientos de presión.i 1 = 3047 .48 ξ1 91. la entalpía inicial es de 768 Kcal/kg y la entalpía final es de 570 Kcal/kg.48 9 5 60 u 1* 60 x 102.21 = 281.0.0189 u1* 1* 1 1 kg seg 91.87 s1" .i a2 ) siendo Z el nº de escalonamientos de presión de diámetros iguales D2.3 Nº total de escalonamientos: 1 de la parte de ACCIÓN + 5 del RESTO IGUALES = 6 ***************************************************************************************** 6.i a ) + 4 Δi = 2 1g + 4 21*g = c1 = 1 .36 = 485.87 (2598.35 D *1 = = = 0.85 u1* 2 u1* 2 = 198 Kcal ⇒ u = 102.48 91.0.48 kg kg 485.i a1 ) + Z (i a1 . de los cuales.s1' 8. pfernandezdiez.755 i 1 = i 1' + x 1 (i 1" .3 91. s 1 . uno para la corona de diámetro D1 y otro.48 kg kg kJ Salto restante = 767 . D1 = 0. c 1* = 1* = ( )2 + 4 ( )2 = ξ1 ξ2 91.007.281. para las coronas de diámetro D2.4 1 2 450 2 Kcal kJ Δi ( a1 -a 2 ) = ( ) = 24..2 = 180 m/seg D D1 ⎪ u 1(a -a ) = 2 π n ⎩ 1 2 2 30 u1(a 180 1 -a 2 ) Para: ξ1( a1 -a2 ) = ξ 2 = 0.2280 = 767 kJ/kg que se descompone en dos.5585 x 0.s1' ) ⇒ x 1= = = 0.i 1 = (i 0 .755 s1 = s1' + x1 (s1" .teór = i 0 .En una turbina de vapor de agua.79 (5 escalones) 101.64 = Z (i a1 . la cual gira a 3500 revoluciones por minuto. el prime- ro lleva un doble escalonamiento de velocidad.s1' 7.19 = 101.64 Z= = 4.226) = 2280 kJ/kg Salto adiabático teórico: ΔI ad.5 .2 = c1 u1 150 m/seg 750 2 Kcal kJ c1 = = = 750 m/seg = 91.85 = 0.033.-105 .es Problemas TV. La relación entre el diámetro del primer escalonamiento y los res- tantes escalonamientos es 0.35 m =( ) +4( ) 2 = 0.48 Δi 0-a 1 ⇒ Δi 0-a 1 = ( ) = 67.36 ξ1 0. u1 Primer escalonamiento (Acción ): ξ 1 = 0.5585 m .4 ⇒ c 1( a1 -a 2 ) = = = 450 m/seg = 91.85.i 1' ) = 226 + 0.i a 2 ) kg ⎧ D ⎪ u 1 = 1 π n D2 Velocidad periférica de los rodetes de diámetro D 2 : ⎨ 2 30 ⇒ u1( a1 -a 2 ) = u1 = 150 x 1. el resto.85 u1* D1* π n ⎬ D1* u 1* = ⎪ 2 30 ⎭ Salto adiabático: ΔI = 768 .2 91. en la forma: i 0 . siendo las relaciones cinemáticas de máximo rendimiento las siguientes: ξ1 = 1/9 para dos escalonamientos de velocidad (Curtis) ξ2 = 1/5 para cualquiera de los escalonamientos de velocidad restantes Determinar los diámetros medios de los escalonamientos de esta turbina _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN D1 π n ⎫ u1 = ⎪ D 2 30 ⇒ u1 = u1* 1 = 0.
c 1 = ϕ c 1t = 0.máx = (1 + ψ) = (1 + 0.086 m3/kg d) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor parcial de 30º.74 2 + 582 2 .7) De una turbina de vapor de acción de álabes simétricos. siendo el volumen específico del vapor a la salida de la tobera.4 2 .88 w 2 = ψ w1 = 0. v1= 0.4 g g kg kg kg Kgm Kgm Nint = G Tint = 16 x 14692 = 235072 = 2304.2 c 1 u cos α 1 = 276.4 η int.4 cos 33º)  = 161.-106 . ϕ = 0. siendo el volumen específico del vapor a la salida de la tobera.2 w 2 u cos β 2 = 276.16º c2 161. ¿Sería necesario un nuevo escalonamiento de velocidad? b) Potencia y rendimiento interno.48 Δi ad = 91. 180 kJ/kg Ángulo de salida del distribuidor: 18º.97 x 600 = 582 m/seg 4.48 = 600 m/seg . teniendo en cuenta que el salto adiabático es: 180 = 43 Kcal 4.97 Condiciones del vapor a la entrada de la tobera: 35 bars .186 kg Salto interno 34.4755 c1 2 2 u = c1 ξ1 = 582 m x 0. y funciona con una relación ci- nemática de máximo rendimiento.(2 x 276.máx = = = 0. siendo.6 m/seg w 2 sen β 2 290.74 x 582 cos 18º) = 330 m/seg c 1 sen α 1 582 sen 18º sen β 1 = = = 0.6 b) Potencia interna máxima u2 276. se conocen los siguientes datos: Salto isentrópico en el distribuidor.4 m/seg c2 = u 2 + w 22 .88) = 0.4 sen 33º sen α 2 = = = 0.74 2 Kgm Kcal T int = (1 + ψ ) = (1 + 0.80 = 80% 2 2 o también.086 m3/kg Ω c1 m 2 π r a 1 c 1m Con admisión total: G = = v1 v1 pfernandezdiez.9787 ⇒ α 2 = 78.500 rpm. que gira a 4.88) = 14692 = 34.74 o también: cotg β 1 = cotg α 1 .545 ⇒ β 1 = 33º w1 330 u = c 1 = 582 m/seg 276.88 x 330 m/seg = 290.086 m3/kg e) Velocidad de embalamiento _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Triángulo de velocidades a la entrada 180 c 1t = 91.80 Salto adiabático 43 c) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor total. 410ºC.74 2 + 290. c 1m = c 1 sen α 1 = 179.74 x 290. v1= 0.84 m/seg = cotg 18 .84 Triángulo de velocidades a la salida: Alabes simétricos ⇒ β 1 = β 2 = 33º ⇒ ψ = 0.97 2 x cos 2 18º Rendimiento interno máximo: η int. ⇒ β 1 = 33 cm 179. máximos c) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor total.(2 x 276.6 kW seg kg seg ϕ 2 cos 2 α 1 0. Consumo de vapor: 16 kg/seg Determinar: a) Triángulos de velocidades.4755 = 276.186 cos α 1 cos 18º Relación cinemática de máximo rendimiento: ξ1 = u = = = 0. v1= 0.es Problemas TV.74 m seg seg w1= u 2 + c 12 .
07334 m 3 /kg Punto (0 ): 40 atm y 400ºC ⇒ ⎨ 0 ⎩ i 0 = 3214 kJ/kg = 767. ϕ = 0.0.8 .086 m3/kg En esta nueva situación.teór .677.54 = 8.1 Kcal/kg o también: c 1 = ϕ c 1t = 0.i1 i 0 .95 2 ) x 90.ϕ 2 ) Δi ad teór = (1 .086 (m 3 /kg) a1 = = = 0.95 .4 < 400 2 2 seg seg 60 x 395.74 16 (kg/seg) x 0.5872 x 582 sen18º  que es una altura de álabe demasiado pequeña.769 kJ ⇒ Vapor recalentado: ⎨ i A = 2835 kJ/kg = 677.094 kJ/kgºC Para las 9 atm del punto A se tiene: ⎨ s = 6. la altura real del álabe será: G v1 16 ( kg/seg) x 0.9 cos 17º m m u 1= 1 = = 395.38 n = 60 u = = 4195 rpm Dπ 1.5872 x 30 x 582 sen18º 360 360 que es más razonable. Determinar a) Nº de revoluciones por minuto b) Triángulos de velocidades c) Pérdidas en la corona d) Potencia y par motor para un consumo de 5 kg/seg _________________________________________________________________ RESOLUCIÓN ⎧ v = 0.00207 m 2 π r c 1m πn 4500 π 2 π x 0.769 kJ/kgºC ⎧ s A' = 2.54 = 870.83 = 686.25 + 8.623 kJ/kgºC ⎩ A " ⎧⎪ s A = 6.Una turbina de acción de rodete único tiene las siguientes características: Diámetro medio del rodete l.88 tg 18º u emb = c 1 cos α 1 (1 + ) = 582 cos 18º (1 + ) = 750.753 kJ/kgºC Como: s A = s 0 = 6.83 Kcal/kg i 1 = 677. v1= 0.0.086 (m 3 /kg) a1 = = r= = = 0.es Problemas TV.48 i 0 .81.7 = 686. s 0 = 6.02488 m 2 π r 30 c 1m 2 π x 0.8 π pfernandezdiez.2307 m 3 /kg ⎩ A Salto adiabático teórico: Δi ad .45 = 826.8 Kcal/kg ..25 Kcal/kg kg C ⎪ v = 0.95 x 870. = 767.54 Kcal/kg Velocidad: c1 t = 91.2 m 2 1 + tg β 2 .85 Estado termodinámico del vapor: p1 = 40 kg/cm2 . G v1 30 u 30 x 276.i 1 = 81.45 m/seg Pérdidas en la tobera: (1 .587 m = = 0.7 Kcal/kg ⇒ i 1 = 767.25 = 90.48 90. e) Velocidad de embalamiento ψ tg α 1 0.ψ 2 2 1 + tg 33 . siendo. η mec = 0. sino la parcial d) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor parcial de 30º. α 1 = 17º . por lo que no procede la inyección total. p2 = 9 kg/cm2 La turbina trabaja en condiciones de rendimiento interno máximo.9 m/seg = 91.8 .88 2 seg ***************************************************************************************** 8. T1 = 400ºC.-107 .1 Kcal/kg a) Nº de revoluciones por minuto: A partir de la condición de rendimiento máximo: c cos α 1 826.8 metros.
El rendimiento de la tobera es del 90%..es Problemas TV.8 + 5.38 2 + 408.5 sen 31.95 x 91.2 = 408.9 = 0.9 2 .2 c 1 u cos α 1 = 395.05 = 3.7 Kcal/kg = 28487 Kgm/kg Pérdidas mecánicas: 66.. para un consumo de 5 kg/seg 28487 Kgm/kg x 5 kg/seg Kgm 30 x 142435 Kgm/seg N= = 1899.44 m 4.2 2 .48 270 = 734.(2 x 395. β 2' = 30º La velocidad periférica en la mitad de los álabes de ambas coronas móviles es igual a 1/4 de la velocidad c1t.b) Triángulo de velocidades a la entrada w1= u 2 + c 12 .2 c 1 u cos α 1 = 193.22 2 g 2g 2 g 2g 427 kg kg Trabajo al freno = η mec T int = 0.c 22 w12 .(2 x 395.Un rodete Curtis de dos escalones de velocidad. tiene un salto adiabático teórico total de 300 kJ/Kg.5 m/seg c2 = u 2 + w 22 .6 CV= 142435 ⇒ C = 30 N = = 317. α 1' = 25º .48 = 734.7 4.64º c2 217.7 sen 18º = 0.87 Los ángulos de salida de la tobera y de los álabes de la primera corona móvil.0.9 = 270 kJ/Kg ⇒ c1 = 91.2 Triángulo de velocidades a la salida: β 1 = β 2 = 31.9 Kgm/kg Potencia y par motor.186 seg w1= u 2 + c 12 .Entrada: α 1 = 18º .33) = 66. En las dos coronas móviles y en la corona inversora del distribuidor se tie- ne un coeficiente de reducción de velocidad ψ = 0.2 w 2 u cos β 2 = 395.38º sen α 2 = = = 0.5 cos 31.186 Kg seg Velocidad periférica en las dos coronas móviles: u 1 = 774.7 m/seg w 2 sen β 2 408.95 x 70.6 x 734.(8.217.7 2 Kgm Kcal Pérdidas a la salida: = = 2419 = 5.38º 1 464.335 ( Kcal/kg) Comprobación: T freno = Δi ad teór .48 300 Kcal = 774. β 1 = 24. β 2 = 20º .6 m/seg Salto util en la tobera: 300 x 0.38º ⇒ ψ = 0.7 x 0.95 .41 .8 pfernandezdiez.75 w2 464. c1 t = 91.9 2 .2 2 Kgm Kcal c) Pérdidas en la corona: (1 . w 2 = ψ w1 = 0.7 cos 18º) = 553.-108 .67 + 3.54 .38 x 408.8 (mkg) 75 seg πn π x 4280 (1/seg) *************************************************************************************** 9.67 2g 2g kg kg d) Potencia y par motor. distribuidor y segunda corona móvil son respectivamente: α 1 = 18º . _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Triángulos de velocidades PRIMERA CORONA.75 2 464.2 m/seg 826.8 kg c 22 217.25 = 193. Determinar: a) Los triángulos de velocidades b) El trabajo realizado por el doble escalonamiento Curtis c) La pérdida total en el mismo d) El rendimiento interno.882 ) 2 g = 2480 kg = 5.9 sen 17º sen β1 = cw1m = = 0.408.88 x 464. c 1 = 0.(2 x 193.38 2 + 826.7 m/seg 4.44 x 0.83 + 5.5 2 .9 cos 17º) = 464.186 300 m o sabiendo que: η tobera = ϕ 12 ⇒ ϕ 1 = 0. =( .5 2 1 Kcal Kcal T int = .7 2 .5208 ⇒ β1 = 31. para un consumo de 1 kg/seg c 12 .22 Kcal/kg = 66. ) = 70.38º) = 217.38 x 826.w 22 826.6 2 + 734.2º w1 553.∑ Pérdidas = 90.ψ 2 ) 2 1g = (1 .8 m/seg sen β1 = c1 sen α 1 = 734.88 .9768 ⇒ α 2 = 77.
6 x 267.2 u 1' c 1' cos α 1' = 193.9 SEGUNDA CORONA.82 g kg 427 kg kg c) Pérdidas en el escalonamiento Sin necesidad de calcular las pérdidas de cada corona y las pérdidas por velocidad a la salida.18 m/seg u 1' = 193.PRIMERA CORONA.100.(2 x 193.97 m/seg = 193.92 2 .28 b) Trabajo realizado por el doble escalonamiento Curtis El trabajo interno desarrollado por las dos coronas móviles.6 x 481. α 2 = 32.9º c 2' 114.(2 x 193.Salida: β 2 = 20º w2 = ψ w 1 = 0.186 kJ kJ = (698.15 + 242.18 m/seg SEGUNDA CORONA.87 x 122.2 w 2 u cos β 2 = 193.100.6 m/seg c 2' = u 22' + w 22' .18 sen 25º sen β 1' = 1' = = 0. en este caso. c 2' u = .-109 .3 = 21708.18 cos 25º) = 122.6 x 106.6 Kgm 4.4678 ⇒ α 2' = 27.1 m/seg w2 sen β2 481.97) m = 21708.92 cos 30º) = 114.18 kJ/kg que se puede desglosar en las siguientes pérdidas parciales: pfernandezdiez.8 = 481.5365 . Como los álabes no son simétricos.92 sen 30º sen α 2' = = = 0. es el trabajo útil por ser el ηmec = 1.87 x 307.8 m/seg u2 = u1 = 193.14 m/seg .1 = 267.8 sen 20º sen α2 = = = 0.6 m seg c2 = u 2 + w 22 ..9 = 106.14 . la pérdida total se puede obtener directamente en la forma: Pérdidas totales: 300 .es Problemas TV.1 DISTRIBUIDOR: c 1' = ψ c 2 = 0..182 .82 = 87. c 2u = 259.9187 ⇒ β1' = 66.74º w1' 122.6 2 + 481.15 m/seg Tint = g ∑ (c1u + c 2u ) = c1' u = 242.(2 x 193.87 x 307.6 m/seg w1' = u1'2 + c1'2 .28 m/seg w2' sen β 2' 106.212.Salida: β 2' = 30º w 2' = ψ w1' = 0. se tiene que: u c1u = 698.9 m/seg c sen α 1' 267.55 + 259.87 x 553.92 m/seg u 2' = u1' = 193.8 cos 20 º)  = 307.8 2 ..2 u 2' w2' cos β 2' = 193.45º c2 207.55 m/seg .62 + 106.3 x = 212.Entrada: α 1' = 25º c 1' = ψ c 2 = 0.1 = 267.6 2 + 267.
89 d) Rendimiento interno: η int = = = 0..2 w 2 u cos β 2 = 235. el trabajo adiabático teórico.5 2 .29 2g 2g kg kg c 2 2 307.5 x 3000 u 1 = 60 = 60 = 235.es Problemas TV. c 1' = ψ c 2 = 0.2 c1' u cos α 1 = 235.88 m/seg pfernandezdiez.34 = 1.ηtob ) = 300 (1 ..25.38 2 .53 2g 2g kg kg Pérdidas totales: 30 + 37..836 + 6.0.6 2 + 612.45 = 612.9 2 Kgm kJ Pérdidas en los álabes (2ª corona móvil ): P4 = (1 .5 m/seg 0.ψ 2 ) 2 = (1 .85 y el rendimiento de la tobera 0.872 ) = 3804 = 37.6 x 612.85 x 411 = 349.Pérdidas en las toberas P1 = Δiad (1 ..46 2g 2g kg kg w2 122.(2 x 235.3825 .9) = 30 kJ/Kg w12 553.836 2g 2g kg kg Si al final del escalonamiento Curtis la energía cinética se pierde totalmente: c 22' 114.35 m/seg SEGUNDA CORONA. β2 = 25º .6 x 349.6296 . se la suministran 5 kg/s de vapor a 60 bar y 400ºC.ψ 2 ) 1' = (1 .38 sen 25º sen α2 = = = 0.25 0.11 kJ/kg Tint 212.Entrada: α 1 = 17º πDn π x 1. de la primera corona móvil.-110 . α 2 = 39º c2 411 DISTRIBUIDOR ⇒ c 1' = ψ c 2 = 0.38 m/seg c2 = u 2 + w 22 . Determinar a) El trabajo interno desarrollado por las dos coronas b) El trabajo total. β 1 = 22. el rendimiento de la turbina y la potencia generada _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN Triángulos de velocidades PRIMERA CORONA.6 x 942.46 + 1.35 m/seg w1' = u 2 + c 1'2 .(2 x 235. total 300 ***************************************************************************************** 10.A una corona Curtis con dos escalonamientos de velocidad la sigue una cámara de remanso de donde pasa el vapor al resto de la turbina. Se pierden además 30 kW por rozamiento de disco y ventilación.ψ 2 ) = (1 .25 2 Kgm kJ Pérdidas a la salida de la segunda corona móvil: P5 = = = 666 = 6.5 cos 17º) = 720. β2 = 38º El coeficiente de reducción de velocidad en las dos coronas móviles y en la corona inversora del distribuidor es 0.35 cos 22º) = 157.5 m.1 Kgm kJ Pérdidas en el distribuidor inversor: P3 = (1 .5 sen 17º = 0.45 PRIMERA CORONA.90.45 m/seg sen β1 = c1 sen α 1 = 942.7093 = 70.6 c1 = u = = 942.29 + 11.87 2 ) = 1169 = 11.6 2 + 942.6 m/seg 235.38 cos 25º)  = 411 m/seg w2 sen β2 612.93% Δi ad.0. Los ángulos de salida de la tobera.85 x 411 = 349.0.85 x 720.53 = 87.(2 x 235.Salida: β 2 = 25º w2 = ψ w 1 = 0.352 . α'1 = 22º . La turbina gira a 3000 rpm y el diámetro medio de la corona es de 1.48º w1 720. La relación cinemática ξ1 = 0.0. de la corona inversora del distribuidor y de la segunda corona móvil son respectivamente ' α 1 = 17º .25 w1= u 2 + c 12 .62 + 349.872 ) = 187.8 2 Kgm kJ Pérdidas en los álabes (1ª corona móvil ): P2 = (1 .Entrada: α 1' = 22º Designamos con (‘) los resultados de la segunda corona móvil.2 c 1 u cos α 1 = 235.
c 2' u = .5 2 + 317.2 w2' u cos β 2' = 235. Para el primer escalón se cumple: ψ = 0.90 .9 m/seg .3 m/seg .-111 .33 kJ .018 m . Dn/D1 = 1.33 kJ .67 kJ η tobera 2 g x 0.35 sen 22º sen β 1' = = = 0.7 . Determinar a) Grado de reacción y velocidad c1 de entrada b) El número de escalonamientos si el salto adiabático es de 150 Kcal/Kg y el diámetro medio del último esca- lonamiento c) Potencia desarrollada por el primer escalón _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN El diámetro del primer escalón es: 125000 60 G ξ v1 60 x x 0.1577 m3/kg Consumo de vapor.9 m/seg .8377 ⇒ β 1 = 56.33 kJ kg G kg 5 kg/seg kg kg kJ = 1636.58º c 2' 153.es Problemas TV.teórico = = = 50357 = 493.5 2 (m/seg) 2 Kgm Trabajo adiabático teórico: T ad.5 x 317.70 x 0.2 cos 38º) = 153.4 + 323.30 kW = 333.018 x 0.65 kW = 1.Salida: β 2' = 38º w 2' = ψ w1' = 0.9 .7 n D1 = 2 = 2 = 4013.42 a) Trabajo interno desarrollado por las dos coronas u c1u = 901. c 2u = 319.9 w1 136 pfernandezdiez. ξ = 0.88 SEGUNDA CORONA.92 m/seg ξ1 0.33 Rendimiento: η = = = 0. β2 = β1 .9 .6 2 + 134.42 m/seg w2' sen β 2' 134.33 seg kg c 12 /2g 942.90 x sen 21º 4500 Triángulos de velocidades a la entrada del primer escalonamiento D 0.8289 ⇒ β'1 = 56º w1' 157.9 sen 21 sen β 1 = = = 0.teór 493.28) = 34025 = 34025 x = 333.9444 π x 4500 u1 = 1 π n = = 222. α1 = 21º Volumen específico del vapor a la entrada = 0.2 sen 38º sen α 2' = = = 0.637 MW Potencia: N = G T = 5 x 327..(2 x 222. Relación entre los diámetros.2.En una turbina de vapor de reacción que funciona con flujo axial a 4500 rpm se conocen los siguientes da- tos: ϕ = 0.7 ⇒ D1 = = 0.29.1577 2 3600 4013. c 1 m = 317. k = 0.9 2 . G = 125 Toneladas/hora.90 Álabes del primer escalonamiento: Altura.5 m 2 30 2 30 seg u1 222.6 x 134.5º.9 cos 21º = 113.129..4 m/seg Tint = g ∑ (c1u + c 2u ) = c1'u = 323. a1 = 0.88 = 134. c 1' sen α 1' 349.85 x 157.67 ***************************************************************************************** 11.186 kJ kJ = (901.663 = 66.2 2 .5385 ⇒ α 2' = 32.28 m/seg = 235.7 w1= u 2 + c 12 .129.Pérdidas mecánicas = 333.9 cos 21º) = 136 m/seg c 1m 317.30 kW = 327.(2 x 235.2 m/seg c 2' = u 2 + w 22' .5 g kg 427 kg kg b) Trabajo total Trabajo: T = T int .9444 m π a 1 k sen α 1 π x 0.9 m/seg 2 kg kg T 327.5 c1 = = = 317.3 + 319.3% Δi ad.2 c 1 u cos α 1 = 222.6 Kgm 4.
478 .5 o también: cotg β 1 = cotg α 1 .9º) = 0.133 m D1 Potencia desarrollada por el primer escalonamiento: Si se trata de un escalón único: c 2 .52 ( ) -1 u1 D7 Diámetro medio del último escalonamiento: = 1.15 Kcal seg kg Triángulos de velocidades a la salida del primer escalonamiento u 2 = u 1 = 222. = 7482 = 17.2 2n/(n−1) .2 .90 .9 .1 2600 x 150 = X ΔI ⇒ = = 7.253.5 = 27. α 1 = 17º .327 2 u 2 x 222.cotg 56.9 Determinar a) Los triángulos de velocidades b) La potencia proporcionada por la parte de acción y su rendimiento c) El número de escalonamientos de presión de la parte de reacción sabiendo que: un /u1 = 1.92 a) Grado de reacción. β 2 = β 1 . ξ = 0.14 m/seg 2t c2 = u 2 + w 22 .48 (1 . consume un gasto G de vapor de 40 kg/seg y funciona a 3000 rpm.4º  = (cotg 27.( 132.4º w w 2 = ψ = w 2 = ψ 2 g Δi corona + w21 = ψ 8370 σ Δi ad.253.- 2 g (1 .9 (8370 x 0.2 2 ) ξ2 ϕ 2 u 0.(2 x 222. el salto adiabático del mismo es: c 1 = ϕ 2 g Δi dist = Δi dist = (1 .w22 317.92 .15) + 136 2 = 253.Una turbina de vapor admite vapor recalentado a la presión de 150 atm abs y 550ºC.5 Como a la entrada del primer escalón se puede suponer que la velocidad c0 es despreciable.4º sen α 2 = 2m = 2 = = 0.31 MW 75 (Kgm/seg)/CV ***************************************************************************************** 12. = 6789 = 15. = cotg 21º.88 ⇒ n = 7 escalones u n 2/( n−1) u12 1.5 m/seg c w sen β 2 253.9 2 136 2 . con: c1m = c2m: c1 m 113. u 222.92 σ= (cotg β 2 .52 + 253. = ϕ 2 g (1 . siendo sus características las siguientes: ϕ = 0. ξ = 0.5 b) Número de escalonamientos. = 0.5º .0.4º) = 116.14 sen 27. siendo la presión en el condensador de 0.5 m/seg .9444 = 1.9 m ⇒ Δi ad. = 317.2 u c 2 cos β 2 = 222.327) x 427 N º de Parsons: X = = = 2600 1 . β 2 = β 1 . resulta: c 2 w 2 .14 cos 27.0.52 Kcal 2g 2g 2g 2g kg kg 6789 Kgm/kg x 125000 kg/seg Nint (escalón 1) = Tint G = 3600 = 3143 CV = 2. La parte de ACCIÓN tiene las siguientes características de tipo constructivo: ϕ = 0.5 x 253.σ ) Δi ad.25 d) Triángulos de velocidades correspondientes al octavo escalón de reacción y potencia que proporciona _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN pfernandezdiez.c 2 w2 .9 x 91. u = 300 m/seg La parte de REACCIÓN.116.-112 .σ ) Δi ad .6519 ⇒ β 1 = 56.29.29.w22 317.48 .9 2 222.45º  c2 c2 116.29. a1 = (altura primeros álabes) = 15 mm . α1 = 20º .1 = .cotg β 1 ) = β 2 = 56.327 ) Δi ad .. σ = 0.142 Kgm Tint = 1 .5. tiene todos sus álabes semejantes.5º = 56.9 Kcal 2g 2g 2g 2g kg kg pero como la energía a la salida no se pierde.2 2/( n−1) .1 = . D 7 = 1.1 222.9º.es Problemas TV.142 Kgm Tint = 1 2 . = 22.7 2 x 0.5 u n 2n/(n−1) ( ) -1 u1 1.4º.2 x 0.9º  c 1m 113.52 136 2 . + w12 = 0.5º= 27.999 ⇒ α 2 = 89.( c 2 )2 1 .04 atm abs. k = 0.95 .σ) 2 g (1 .14 2 .327 x 22. = = 0.
33 kJ = Δi (1-D) 2g 2g 2g 2g kg kg kg 41.44 + 26.52 ⇒ vapor húmedo kgºC kgºC kgºC s M = s M' + x M (s M " .c 22 w12 .Δi real (1-B ) = 3449 .06 Kcal = 197 kJ ξ1 0.48 Δi ad ( 1-B ) = u = 300 = 627.1 m/seg c2 = u 2 + w 22 .473 .44 = 57.44 º m Kgm = (1 + 0.5º = 26.5215 ⇒ β 1 = 31.197 = 3252 kJ = 776.52 kJ ⇒ x M = 0.138.1 cos 26.473 .6 2 c 1 = 91. = 17580 = 41.65 2 Δi ad( 1−A ) = i 1 .2 c 1 u cos α 1 = 627.478 seg 91.61 cos 17º.es Problemas TV.478 seg 91.2º c2 138.52 kJ/kgºC kJ kJ kJ sM ' = 0.83 Triángulo de velocidades a la salida β 2 = β 1 .6 m ⇒ Δi (1−B ) = ( ) = 47.48 Δiad (1-A) c 12 t c 660.(acción ) = (1 + ψ ) (c 1 cos α 1 .61 sen 17º sen β 1 = = = 0.17 = 782.44º w1 351. i 1 = 3449 kJ/kg = 824 Kcal/kg . s M" = 8.15 = 772 Kcal = 3231.74 b) Potencia proporcionada por la parte de acción Δi ad( 1−A ) = i 1 .12 Kgm Tint = .48 kg Triángulo de velocidades a la entrada 627.0.5º = 31.Δi real (1-D ) = 824.2 u c 2 cos β 2 = 300 2 + 306.44º sen α 2 = = = 0.9% 52.87 x 351.6 2 + 300 2 .53 Kcal = 3277.4176 kJ + x M (8.(acción) = G Tint = 40 x 17580 = 703200 = 6.44 seg seg pfernandezdiez.832 .15 Kcal 91.1 sen 26.65 m =( ) = 52.44º) = 138.1 .4176) kJ = 6.87 w 2 = ψ w1 = 0.48 Kcal kg kg kg kg ACCIÓN Salto adiabático teórico en la parte de acción: c1 t = 91.-113 .89 MW g (m/seg )2 cos 31.87 ) (627.894 MW = 9376 CV seg kg seg Gu cos β 2 o también: Nint.83 m/seg c 1 sen α 1 627.306.(2 x 627. = .52.12 .s M ' ) = 0.758 x 2432.v 1 = 0.74 m/seg w 2 sen β 2 306.88º ⇒ ψ = 0.9823 ⇒ α 2 = 79.742 351.(2 x 300 x 306.w 22 627.15 i D = i1 .0229 m 3 /kg .6 kJ kg kg kg i B = i 1 .4176 .612 .5 kJ + (0.48 2 ϕ ϕ ξ 1 0.3 kJ kg kg kg Kgm Kgm Nint.95 x 0. s M = 6.6 x 300 cos 17º) = 351.17 Kcal = 172.44º .25 kJ = 469. s 1 = 6.17 ηint = = 0.758 kgºC kgºC kg ºC i M = 121.41.48 kg kg w1= u 2 + c 12 .i A = 52.15 Kcal ⇒ i A = 824.44º ⇒ β 1 + β 2 = 31.300) = 703188 = 6.83 m/seg = 306.i A = = c 1t = 1 = u = 300 = 660.1 .4) kJ = 1965.789 = 78.u) = g cos β 1 40 ( kg/seg) x 300 (m/seg) cos 26.87 Kcal kg kg c 12 .
206 MW 2g 2 g w1 = c 2 9.5 kW o también c 21 . β 2(8) = 20º c2(8) = w 1(8) = 108. podemos situar los escalonamientos de forma que las aletas más largas estén en la parte más alejada de la entrada del vapor.1 u1 d) Triángulos de velocidades correspondientes al octavo escalón de reacción u k = ( un )1/(n .92 seg 0. u ( n ) 2 n/( n−1) .9 2 0.3 (kJ/kg) ⇒ p A ≅ 84 atm .84 ⇒ n = 34 u 1.c 22 189.w 22 c1 = w 2 189.469.1 X ΔI 1063 x (772 .108.66º . α 1 = β 2 = 20º .03636 m kg A D 60 G ξ v D 60 x 40 x 0.u 1( 8 ) ) = 40 (2 x 189.64 2 ( n ) 2/( n−1) .5967 . )= = =G = 40 = 98920 2 g 2g w1 = c 2 g 9. i = 3277.48 2 0.8 seg ***************************************************************************************** pfernandezdiez.16 ( m/seg) m Nint( 8) = G (2 c 1( 8 ) cos α 1( 8) .16 m w2(8) = c1(8) = 189.78 m/seg Para: σ = 0.9 2 .1) + -1 ( .015 x 0.1 u1 1.48) = = = = 42.91.(2 x 189. la energía a la salida se aprovecha en el escalón siguiente: 108. ésto justifica la invariabilidad del nº de Parsons en los diversos escalonamientos.Aumentando ligeramente los diámetros siguientes según una progresión geométrica de razón k2.48 1 Número de escalonamientos. β 1(8) = 36. lo que permite utilizar en los álabes perfiles semejantes.9 x 91. siempre que su altura no sea excesiva.9 2 .w 22 c1 = w 2 c 21 .25 s = s 1 = 6.c) ESCALONAMIENTOS DE PRESIÓN EN LA PARTE DE REACCIÓN.16 m/seg 91.8 seg pero como forma parte de un conjunto de escalones.2 51/(34 .9 m seg seg seg Potencia interna de este escalonamiento si fuese uno solo: u 1( 8) kg 91. Kgm 2 Nint( 8) = G ( .es Problemas TV.1 ξ 2 ϕ2 ξ1 0.25 2 n/( n−1) .9 2 + 91. sabiendo que: un /u1 = 1.9 x sen 20º sen β1(8) = = = 0.5 .c 22 w12 .1) = 1.48 2 2 w 1( 8) = u1( 8 ) + c 1( 8 ) . )= = 40 = 123043 = 1..6 (kJ/kg) .16 cos 20º) = 108.5535 m π2 n a1 k sen α1 π2 x 3000 x 0.78 m u2(8) = u1(8) = 91. (salvo en el primero que es de inyección total).25 2/( n−1) . α 2 = β 1 c1(8) sen α1(8) 189.95 m 2 30 60 seg 4185 4185 Número de Parsons: X = = = 1063.5 1 1 2 cos α 1 1 1 2 cos 20 º ( .52 (kJ/kgºC) 3 Para: i A = 3231.1 u 12 86. vD ≅ 0. Con esta distribución de diámetros se tiene la ventaja de una semejanza de los triángulos de veloci- dades en los diversos escalonamientos.78 2 Kgm Nint( 8) = G ( .9 = 91.1) = 1.16 2 .92 cos 20º.16) = g seg g (m/seg 2 ) seg = 98890 Kgm/seg = 969.1) = 1.78 Salida: α 2(8) = 36.9 x sen 20º D1(1) π n 0.66º w1(8) 108.006785 7 x 86.1) + .03636 D1(1) = = = 0.2 51/(n .48 x 0.5535 π x 3000 u1{1(reacción)} = = = 86.16 m c1(8) = = 189.78 2 c 12 w12 .-114 .006785 1 Entrada: α 1(8) = 20º u 1(8) = k 7 u 1(1) = 1.2 c 1( 8 ) u 1( 8) cos α 1 = 189.
determinar la velocidad de salida c2 del va- por.8 + 0. estimar su rendimiento y el global de la instalación..2.Rendimiento de la turbina. ϕ = 0..i1 kg 3380 . Presión del condensador.97 x 330 i3 . y la energía perdida en caso de no recuperarse en el difusor. y el ángulo α2.596 kJ/kgºC kJ ⎧ s 5' = 0.3 kJ/kg i3 . ⎨ ⎬ ⇒ x 5 = 8. calcular: c. Suponiendo que la turbina de vapor trabaja formando parte de un ciclo Rankine. ¿cuáles son el rendimiento periférico del escalón y el salto isentrópico?.394 (kJ/kgºC) ⎭ i 5 = 137.5 Diámetro medio del escalón 1.327 b. Se puede admitir.137.0.476 = 0.0.Suponiendo que la turbina tiene dos cuerpos de baja presión de doble flujo.i 4 ) η mec = G (i 3 . que la velocidad de salida se recupera totalmente en el siguiente escalón. con suficiente grado de aproximación.i 5 3380 .05 bars .En una central térmica con turbina de vapor. los datos a la entrada en la turbina son: Punto 3: p 3 = 100 bars . 350 MW. se pide: a.13. y la energía per- dida en caso de no recuperarse en el difusor.95..394 ..05 bar Gasto de vapor.596 . p3= 100 bar y T3 = 500ºC .8 kJ = = 0.2010.. 0. c. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a.2010.2 m Ángulo de salida del distribuidor. y que el área transversal de paso del vapor a la salida del último escalón de la turbina es de 7 m2 .7) x 0.Suponiendo que el coeficiente de pérdida de velocidad en el rotor y en el estator es..2010. la velocidad de salida del vapor. y que el área transversal de paso del vapor a la salida del último escalón de la turbina es de 7 m2 .137.Un escalón intermedio de la turbina tiene las siguientes características: Grado de reacción σ = 0. T 3 = 500ºC ⇒ i 3 = 3380 kJ/kg . y que la velocidad de circulación axial es constante.773 ⎩ s 5'' = 8. Sabiendo que el escalón trabaja en el punto de relación cinemática de máximo rendimiento y que el régimen de giro de la turbina es de 3000 rpm.7 η Térmico ciclo teórico = = i 1 = 137..0.i5 ) ηmec Ge (3380 .798 x 0.Trabajo efectivo del escalón.476 (kJ/kgºC) ⎫ 6.La velocidad de salida del escalón.97 = 0.. potencia al freno. Se desprecia el trabajo de accionamiento de la bomba Haciendo uso del diagrama de Mollier. 330 kg/seg.Despreciando el trabajo de accionamiento de la bomba y sabiendo que el rendimiento mecánico de la turbi- na es 0.798 (i 3 .i 5 ) η int η mec N 350 x 103 kW i -i ηint = = = 0. b.97.es Problemas TV.Suponiendo que la turbina tiene dos cuerpos de baja presión de doble flujo. se realiza un ensayo para determinar el estado de la turbina. s5 = s 3 = 6.0..798 = 3 4 ⇒ (i3 .7) = 2287.798 (3380 . c.8 ηinstalación = ηtérmico ηinterno ηmecánico = 0.773 (2560.3. c.7 (kJ/kg) N = G Tint η mec = G (i 3 .4223 i 3 .i5 ⇒ i 4 = i 3 . en el punto de funcionamiento nominal se tiene: Entrada del vapor en la turbina.i 5 ) = 3380 . 25º.1. se determinan en la forma: pfernandezdiez.476 Punto 5: p5 = 0. y rendimiento global de la instalación.8) = 2010.4223 x 0.9 . s 3 = 6.-115 .596 kgºC .
8 A la salida del último escalonamiento (punto 4) se tiene: x4 = i4 .1.es Problemas TV.Nº de escalonamientos de la parte de reacción sabiendo que. un/u1 = 1. η int = 0.95 . y el ángulo de la misma.3.9 m . cada uno de ellos de doble flujo. c2 = c2m Velocidad de salida: Ge = Ωs cs = Ωs c2 c2 = Ge v 4 = 330 x 25 = 294.5 u = c1 cos α1 ..3 kJ/kg ⇒ v 4 = 25 m 3 /kg Aplicando la ecuación de continuidad y teniendo en cuenta que la turbina tiene dos cuerpos de baja presión.2. ψ = 0.Trabajo interno del escalonamiento u u c 1 cos α 1 u2 188..Para un escalonamiento con grado de reacción 0.137.v 4' ) = 1. α 1 = 17º .95 2 T int 35.5 y recuperación de la velocidad de salida se tiene que la ve- locidad periférica de máximo rendimiento es: 2 u = c 1 cos α 1 + w 2 cos β 2 = 2 c 1 cos α 1 u 188.El vapor de agua a la entrada de una turbina viene especificado por una presión de 140 kg/cm2 y una tempe- ratura de 500ºC. ξ = 0.6 seg x x m ⇒ vs v4 28 Ωs c 22 294.. α2 = 90º seg c.7 = 35.9 . i 4 = 2287.5 m = = 208 m cos α 1 30 seg cos 25 seg € c.887 i4" . c1 = = u = Rw = 0.90 .8838 = 88.1.Nº de Parsons de la parte de reacción con σ = 0.54 Salto isentrópico: Δi adiab = = = 40.. siendo las condiciones de entrada en el condensador de superficie de 0.5 se tiene: c2 = c1 sen α1 = 208 x sen 25º = 87.8 v 4 = v 4' + x 4 (v 4 " .i4' = = 0. En condiciones de rendimiento máximo: c2= c2m y σ = 0.0053 + 0.887 ( 28196 .5 c-3.90 .74 .38% cos 2 α 1 + θ ϕ2 0.6 2 kg kJ Energía perdida: Psalida = = = 4428 m = 43. 2287.ϕ2 1 .La velocidad de salida del escalón.1.1 kg/cm2 y temperatura de 120ºC.5 2 Kgm kJ T int = (c 1 cos α 1 + c 2 cos α 2 ) = α 2 = 90º = = = = 3625. α 1 = 20º .137.0093) = 25010 dm 3 /kg = 25 m 3 /kg p 4 = 0. El gasto de vapor es de 14 kg/seg La turbina es mixta con parte de acción y parte de reacción.8838 kg ***************************************************************************************** 14. el área total de salida es: Ω 5 = 4 x 7 = 28 m 2 Por trabajar con máximo rendimiento: α2= 90º .Diámetro del primer escalón y velocidad periférica del mismo c-2. ξ = 0... siendo n = 3810 rpm Determinar: a) Potencia aproximada de esta turbina en CV b) Sabiendo que las características de la parte de acción de álabes simétricos β1 = β2 son: ϕ = 0.Suponiendo que el coeficiente de pérdida de velocidad en el rotor y en el estator es ϕ = 0.17 kJ η int 0. k = 0.95: cos 2 α 1 1 .108 = 0.70 .0.3 d) En el condensador de superficie el agua condensada sale a una temperatura de 26ºC.3 .i4' 2560. u = 400 m/seg calcular: b-1) Los triángulos de velocidades de la parte de acción b-2) El salto interno de la parte de acción c) La parte de reacción tiene los siguientes datos: ϕ = 0. ¿Cuál es la relación entre el peso del agua de re- frigeración y el del vapor condensado? pfernandezdiez.9 ..6 3000 π = 188. mientras que la tem- peratura del agua de refrigeración pasa de te = 12ºC a ts = 25ºC.05 atm . altura del primer escalón: 12 mm c..54 g g g g kg kg c.478 .-116 .4 2g 2g kg kg c.95 2 Rendimiento interno máximo: η int = = θ = = = 0.
8 cos 31.6 .6 .92.6 Salto interno: (793.012 x 0.3738 m 0.88 x 469.7 x 0. i M = 793.9 Kcal/kg m3 siendo el volumen específico vM.44 ⇒ β 1 + β 2 = 62.45.5 b-2) Salto interno de la parte de acción c c1 836. i A = 793.8 2 .-117 .483.82 sen 17º sen β 1 = = = 0.45 + 0.6 Kcal/kg Kcal kg Kcal Pot.1 = 412..68.6 .5292 .08% i0 .(2 x 400 x 412.82 cos 17º = 469. aproximada = 142.1.1 Salida: β 2 = β 1 = 31.es Problemas TV.545 x 140 = 76.6 .9 x sen 20º = 532.7 x η int = 92.4608 = 46.7 = 700.5º c2 220.5215 ⇒ β 1 = 31.i 1' ) = 45.1 atm } = 2726 kJ/kg = 651 Kcal/kg ⎫ ⎬ ⇒ Vapor recalentado i 2'' = 2513 Kcal/kg ⎭ s .4 = 8.7 Kcal ϕ 91.48 x 0.7665 (617 .7 Kcal/kg .1539 i 1 = i 1' + x1 (i 1'' .7665 1" 1´ 1.033 kg ⎩ s A = 1..i1 793.033 m 3 /kg n D12M = = D1M = = 2 = = π a 1M k c1 M sen α 1 M γ vapor M πn π a 1M k sen α 1M π 2 x 0.6 .Nº de Parsons de la parte de reacción con σ = 0.1539 x1 = s 1 . aproximado: ⎨ ⇒ 80 < p A < 84 .44º sen α 2 = = = 0.6 = 310 Kcal/kg a) Potencia aproximada de esta turbina en CV.El rendimiento termodi- námico (salto interno) de la turbina es: 793.1 m/seg c 1 sen α 1 836. p 2 = 0.i2 = = 0. Δiadiad = ( )2 = ( )2 = 92.25 ⇒ D1 = 0.s 1.82 2 .545 p1 = 0.3738 3810 π m Velocidad tangencial del primer escalonamiento: u 1M ( reacción) = 2 30 = 74.5 Kcal/kg .3 atm ⎧ i A = 700.95 Kg ⎧ Salto interno: 92.88 ⇒ ψ = 0.2 x 400 x 836.44º w1 469.0.Diámetro del primer escalón de REACCIÓN y velocidad periférica del mismo La presión de entrada en el primer escalonamiento de reacción tiene que ser mayor que: p k = 0.74 = 68.6 Kcal/kg Salto adiabático total: ΔI = 793.0.43º) = 220.9765 ⇒ α 2 = 77.9480 .6 x 14 = 1996.6 Kcal/kg i 2 = { 120ºC .8 sen 31.88 w 2 = ψ w1 = 0.6 .483. v M ≈ 0.651) = 142.2 u1 c 1 cos α 1 = ⎨ c 1 = = = 836.1 Kcal/kg Saltos parte de acción: ⎨ ⎩ Salto adiabático = 92.5 pfernandezdiez.5 m/seg w 2 sen β 2 412.82 c1 t = 91.651 ηtermod = ηint = i0 .2 u c 2 cos β 2 = 400 2 + 412.70 x 0.48 Δiadiad = 1 .5 = 725. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN i 0 = 3322 kJ/kg = 793..357 MW kg seg seg b-1) Triángulos de velocidades de la parte de ACCIÓN Entrada ⎧ u 400 ⎫ w 1 = u 21 + c 21 .48 ϕ 91.45) = 483.5292 Kcal/kgºC En el primer escalonamiento de reacción la inyección es total n D1 M G 60 u 1M 60 G ξ1M v M 60 x 14 kg/seg x 0.82 m/seg⎬ = ⎩ ξ 1 0.478 ⎭ = 400 2 + 836.8 m/seg c2 = u 2 + w 22 .s1´ = = 0.56 seg c-2.9 Kcal/kg c.
σ = 0. temperatura y volumen específico a la salida de este escalonamiento. en el que supondremos los si- guientes datos: ϕ = 0.. Tent = 12ºC *************************************************************************************** 15.9 2 0. para un rendimiento termodinámico del 75%.3 = u n 1/(n-1) 1/(n-1) = = X ΔI = = 75.Un gasto másico de vapor recalentado de 7.i C 2 Kcal Kcal kg agua refrigeración i C1 = 651 .562 ( ) -1 u1 u1 d) En el condensador de superficie el agua condensada sale a una temperatura de 26ºC. ψ = 0. La turbina funciona a 6000 rpm Se pide: a) Potencia aproximada de esta turbina. β1 = β2. La relación entre el peso del agua de refrigeración y el del vapor condensado es: iC 1 .1) + .95 .483.Tent 25 . α 1 = 20º .. mientras que la tempera- tura del agua de refrigeración pasa de te = 12ºC a ts = 25ºC.3 Kcal/kg u ( n ) 2n/n−1 . para un rendimiento termodinámico del 75%.1 1934. i C 2 = c p agua 26ºC = 26 q agua = = kg kg = 651 .5 x 217.9 .7 2 0. ξ = 0. y nº de toberas máximo que puede llevar la parte de acción e) Pérdidas mecánicas f) Presión.6 = 217.32n/ n−1 .90 .61 ⇒ n = 57 u n 2/n−1 k= ( ) = 1.9 .5 altura del álabe del primer escalón: 15 mm h) Diámetro del primer escalón y velocidad periférica del mismo i) Nº de escalonamientos de reacción.3 1. suponiendo que todos son iguales j) Nº de escalonamientos de reacción en el supuesto de que un/u1 = 1.015 m c) Rendimiento interno de la parte de acción d) Sección de salida de la tobera.15 1 1 2 cos α 1 1 1 2 cos 20 º ( .478 . sabiendo que: ϕ = 0. altura del álabe: a = 0.1) + .es Problemas TV.1 ξ 21 ϕ 2 ξ1 0.26 = 48.90 .5 kg/cm2.3 2/n−1 -1 2 u1 74.3 kJ/kg Para: p 0 = 50 2 . kg ⎧ i 0 = 792 (Kcal/kg) = 3315. pene- tra en una turbina y posteriormente es aprovechado con fines industriales a la presión de 6. 4185 4185 X= = = 1934.6302 (Kcal/kgºK ) cm ⎩ 0 pfernandezdiez.5 kg/seg a la presión de 50 kg/cm2 y 450ºC de temperatura.20 k) Rendimiento interno y salto interno en los escalones 2 y 14 _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Potencia aproximada de esta turbina.Nº de escalonamientos de la parte de reacción sabiendo que: un/u1 = 1. g) Valor del nD2 de la parte de reacción.7 c-3.07 Tsal .70 . T0 = 450ºC ⇒ ⎨ s = 1.1 ( . u = 200 m/seg .12 kg vapor condensado Tsal = 25ºC . k = 0. α 1 = 17º . b) Triángulo de velocidades a la entrada y salida de la parte de acción.3 Salto adiabático teórico total en la parte de reacción: ΔI = 700. ξ = 0.1 u n = k u n-1 = k n-1 u1 u1 1.-118 .
785 23. u = 200 m/seg .(2 x 200 x 418. vapor recalentado Para: p 1 = 6.44º .ξ1 ) = 2 x 0.54 = 206.667.48 kg € w1= u 21 + c 21 .es Problemas TV.w 22 418.4 2 .43 m/seg ξ 0.111.5 (kg/seg) x 0.9689 ⇒ α 2 = 75. w 2 = ψ w 1 = 0. en el que se conocen los si- guientes datos: ϕ = 0. n = 6000 rpm c1 418.44º) = 110.5 Kcal/kg Salto interno: T = 124. η int = = 0.609 (Kcal/kg ºK) ⇒ Estado (1).478 (1 + 0. = .-119 € .8 cos 17º) = 234.88 Salida: β 2 = β1 = 31.9 c) Rendimiento interno de la parte de acción c 12 .95 .c 22 w12 .546 p 1 = 0.4 m/seg G v sal 7.478 ϕ 0.2 u 2 w 2 cos β 2 = 200 2 + 206 2 .44º 234.00511 m 2 sen17º sen17º Presión crítica: p k = 0.4% cos β 1 d) Sección de salida de la tobera Velocidad de salida de la tobera.9 m/seg € w 2 sen β 2 206 x sen 31.478 .015 m .44º sen α 2 = = = 0.9) (cos 17º.54 2 .5 .4 Entrada: c 1 = u = 200 = 418.4 2 .54 Como β 1 = β 2 ⇒ β 1 + β 2 = 63.5 seg x 427 = 299.0834 ( m 3 /kg) Sección de salida de la guía rectilínea de la tobera: Ω guía = = = 0.50.478) = 0.28º ⇒ ψ = 0.033 seg = 3.93 MW kg Kcal b) Triángulo de velocidades a la entrada y salida de la parte de ACCIÓN.3 kg/cm 2 pfernandezdiez.4( m/seg) Ω guía 1.4 m/seg ⇒ c 1t = = = 440.37 x 7.495.5 (Kcal/kg) Salto adiabático teórico: 792 .13 91.784 = 78.2 u 1 c 1 cos α 1 = 200 2 + 418. = 7760 = 18.13 cos β 2 η int = 2 ϕ 2 ξ1 (1 + ψ ) (cos α 1 . acción = ( ) = 23. β1 = β2.6302 ⇒ ⎨ cm 2 kgºK ⎩ i 1 = 667. altura del álabe: a = 0.(2 x 200 x 206 cos 31.001495 m 2 c1 418.2112 Kgm Kcal Trabajo interno: T int = .4 x sen 17º sen β 1 = w1 = = 0.17 Rendimiento interno.0.78 2 234.95 440.5 = 124.43 2 Kcal Δi ad.75 = 93. s 0 = s 1 = 1.54 m/seg c1 sen α1 418.17 2 g 2g 2g 2 g kg kg 18.67º c2 110. c 1 = 418.88 x 234.95 2 x 0. α 1 = 17º .546 x 50 = 27.4 m/seg c2 = u 22 + w 22 .8533 ⇒ β1 = 31. ξ = 0.10 -3 m 2 Sección de salida de la tober : = = 0. kg Kcal ⎧ s 1'' = 1.37 Kcal x kg Kcal kg Kgm Kgm Potencia aproximada: N = 93.987 CV = 2.
54 Kcal/kg i a = 792 .5423 0.1184 = = 0.5 kJ/kg .8 x = 5.785 c) Presión.636 0.54 Rendimiento total parte de ACCION: η total = = 0.636 p N º de toberas = = = = 5.17065 ε Arco de inyección 0.5 kJ/kg ⎫ ⎪ En el punto (a) se tiene: ⎨ ⎬ ⇒ ⎨ Ta ≅ 400ºC ⎩ s a = s0 = 1.10 -3 /0. se pueden determinar mediante la expresión: P2 = 1.90 .1) Salto interno Kcal = 100 x 0.5 .87 Kcal/kg = 3218.082 m 3 / kg ⎧ i a ' = 3246 kJ/kg ⎫ En el punto (a') se tiene: ⎨ 2 ⎬ ⇒ v a ' ≅ 0.ε) Kcal = seg 1 Kcal Kcal 4.11 Kcal/kg P3 = 100 ε ( ε -0.823 kJ/kgºC ⎭ ⎪⎩ v a ≅ 0.7 x 0. el arco de inyección en grados es de.6302 Kcal/kgºC = 6. Pérdidas mecánicas totales: 0.46 Kcal/kg = 3246 kJ/kg ⎧ p a ≅ 36 kg/cm2 ⎧ i a = 768.86 ⇒ 6 toberas .1 0-5 D0.6824 + 0. para el gasto G = 7.17065 (0.13 = 768.61 = 16.4 u 2.3408 es decir.5 kg kg Las pérdidas de ventilación vienen originadas por el rozamiento de las aletas que no están sometidas a la inyec- ción del vapor.54 = 775.16.10 -3 m 2 ⇒ arco inyección = 5.8 γ = 3. 360º/6 = 60º.5 kg/seg sólo se necesita 1 tobera.1) = 0.015 = 0.08624 seg 7.que es un valor menor que la presión a la salida de la parte de acción y en consecuencia la tobera se reduce a un con- ducto convergente Nº de toberas máximo que puede llevar la parte de acción Diámetro medio en la sección de salida de la tobera: D = 2 u = 2 x 200 = 0.3847 Kcal 100 kg 100 kg y son debidas a los remolinos producidos en los álabes de la corona móvil por la trayectoria diferente de las primeras ráfagas y de las últimas.1.6824 0. de las 6 posibles que entrarían en la circunferen- cia.8 γ (1 .13 x 0. altura del álabe del primer escalón: 15 mm pfernandezdiez.0.715 = 71.5 kg/seg kg Las pérdidas debidas a la inyección parcial se determinan mediante la ecuación: 17. σ = 0. k = 0.5% 23.8 (1 .35.17065) = 4.4 x 200 2.23.13 0. ψ = 0.07 .es Problemas TV.35.10 -7 x 0.1184 Kcal Kcal P1 = 3.636 m πn π x 6000 30 30 Suponiendo que la sección en la guía rectilínea sea cuadrada (para reducir las pérdidas transversales ⇒ una disminu- ción de las pérdidas por rozamiento).911 = 91.3847 = 1.07 .61 Kcal/kg Con estos resultados el salto total es: Δi total = 18.11.067 Kcal/seg Kcal = 1.3408 m Nº de toberas que entran en la circunferencia de inyección: 1 Longitud de la circunferencia 0. α 1 = 20º .1% 0.70 .87 Kcal/kg = 3218.015 x 200 2 .715 Rendimiento mecánico parte de ACCION: η mec = = 0.9 . Salto total parte de acción: 23.0834 seg seg 7.715 = 16. e) Pérdidas mecánicas Las pérdidas mecánicas por rozamientos de los discos se determinan mediante la expresión. i a ' = 792 . temperatura y volumen específico a la salida de este escalonamiento.11.56 Kcal/kg 16.0834 m 3 /kg ⎩ p a ' ≅ 36 kg/cm ⎭ g) Valor del nD2 de la parte de reacción. Sin embargo.10 -5 x 0. sabiendo que: ϕ = 0.10 -7 D1.90 . de valor: a x (arco inyección) = 5.17 .636 1.067 = = 0.5423 + 0.17065 -0. 1 Kcal 5. ε = 0.-120 . ξ = 0. la longitud del arco de inyección correspondiente a esta sección a la salida será aproximadamente rectangular.7 a u2.
2 2 n/n−1 .15 Z= = = 17.85 x 101.015 x 0.6 Kcal u 2 97.σ ) = 427g x 0.5) ⇒ w1 (1) = c 2 (1 ) = 58.0834 m 3 /kg n D 21 = = 2 = = 576. un/u1= 1.01146 u1 Con este valor obtenemos los diferentes escalonamientos de presión en la forma: Primer escalón.39 cos 20º) = 58.7 2 0.-121 .1) + 2 cos α 1 .12 m/seg u 22 97.2 1/(17 . w 2 (1) = c 1 (1) = 139.01146 x 97.7 seg w 1( 1 ) = c 12(1) + u 21( 1 ) .87 .(2 x 139.5.31 6000 π m Velocidad tangencial del primer escalonamiento: u1(reacción) = = 97.15 Kcal/kg X ΔI ad ( total ) 1660.62 ⇒ n = 15 u n 2/n−1 k= ( ) = 1.1) + .12 m/seg X 3868.667.39 2 30 seg i) Nº de escalonamientos de reacción.72 = 101.2 c 1 ( 1) u1 ( 1 ) cos α 1 = 139.12 m/seg .1 ( .En el primer escalonamiento de reacción la inyección es total n D1 G 60 G ξ 1 v 1 60 x 7.es Problemas TV.1) k= ( ) = 1.39 2 (1) o también: w 2 (1) = ψ 8370 + w12(1 ) = 0.12/0.12 m/seg (σ = 0.9 2 x 0.51 m seg pfernandezdiez.5 h) Diámetro del primer escalón: D 1 = = 0.39 2 18 kg j) Nº de escalonamientos de reacción en el supuesto de que.7 2 = 1660.9 8370 + 58.1 u ϕ u 0.39 .9 2 0.12 seg ξ1 0.31 m 6000 0. con admisión total m u (1) 97.71 427g 427g kg Segundo escalón.39 = 98.5 kg/seg x 0.4 ⇒ 18 escalones iguales.39 2 . 427 g 4185 X= = = 1934 c1 2 1 c1 1 1 2 cos 20º ( ) ( 2 . si suponemos que todos son iguales (σ = 0.12 x 97.27 (c 1 (1) /ϕ) 2 (139.1 1934 x 101.20 Nº de Parsons de la parte de reacción con σ=0.9 x sen 20º 576.15 101.39 2 ( ) -1 u 1 u1 u n 1/( n .12 2 + 97.39 m u (1) = 97.85 Salto adiabático teórico total en la parte de reacción: 768.15 = u n 1/(n-1) = = X ΔI = = 20.5 m 2 π a 1 k c 1 sen α 1 γ vapor (1) π a 1 k sen α 1 π 2 x 0.12 2 = 139. con admisión parcial u ( 2 ) = k u (1) = 1.7 u n 2 n/n−1 ( ) -1 u n = k u n-1 = k n-1 u1 u1 1. con Δi ad( 1 escalón ) = = 5.1) = 1.2 2/n−1 -1 2 u1 97. c 1(1) = = = 139.5) X = 2 g ϕ 2 ξ 2 (1 .9) 2 Kcal Salto adiabático: c 1 (1) = ϕ g Δi ad (1 ) ⇒ Δi ad ( 1) = = = 5.70 x 0.21/(n-1) 1.
72 x 98.72 2 + 98.8 w 2 (2 ) = ψ 8370 + w 21( 2 ) ⇒ ⎨ ψ X 0. Determinar: a) La potencia desarrollada por la nueva turbina superpuesta b) El ahorro en consumo específico de calor en kJ/kW logrado con la superposición de la nueva turbina.75 *************************************************************************************** 16.86 6.01146 13 x 98.A una turbina de vapor ya construida se superpone una nueva TV de alta presión.58.es Problemas TV.-122 .c 22 (140.15 2 / 2) Kgm Kcal T int ( 14 ) = = = 2480.32 Rendimiento η int = = 0.51 2 u 22 w12( 2 ) = ( ) .9) 2 .(2 x 140.8370 =( ) .2 c 1 ( 2 ) u 1 (2 ) cos α 1 = 140. y la presión a la salida pB’= 40 bar.7 seg w 1( 14 ) = 114.7 m/seg ⎩ (2) y así sucesivamente.24 x 163..51 m c 1( 2 ) = = 140.24 2 + 163.9 3868.68.(68. La turbina antigua desarrolla una potencia de 50.2 bar.2 cos 20) = 68.72 0.5 cos 20º) = 58.(2 x 114.15 2 (14 ) Kcal Δi ad (14 ) = = = 6. siendo la presión final en el con- densador 0. a) Potencia desarrollada por la nueva turbina superpuesta.(c 22 / 2) (2) (2) 140.2 2 .9) 2 .6 2 2 (1) Kcal c 1 ( 2 ) = ϕ g Δi ad (2 ) + c 2 ( 2 ) ⇒ Δi ad ( 2 ) = = =5 427 g 427g kg c 12 . (escalón intermedio): u (14 ) = k 13 u (1 ) = 1..Con los datos del problema se determinan: pfernandezdiez. entrando en la turbina antigua de baja presión a 400ºC.6 m/seg ó a partir de: ⎧⎪ w2( 2) 2 u 2( 2 ) 140.(58.8370 = 3446.c 22 (163.27 X ⎪ w1 = 58.000 kW.6 2 / 2) Kgm Kcal T int ( 2 ) = = = 1845 = 4.24 m/seg u ( 14 ) 114.72/0.75 427 g 427g kg c 21 .( c 22 / 2) (14 ) (14 ) 163.8 = 5. 98.15 m/seg = c 2( 14 ) (c 1 (14 ) /ϕ ) 2 . Salto adiabático correspondiente al escalón (2) (c 1 ( 2 ) /ϕ) 2 .7 2 98. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN El proceso termodinámico correspondiente a la instalación se representa en la figura en el diagrama i-s Designaremos con (') a la turbina moderna y por (") a la antigua.2/0.8 g g kg kg 5. A continuación el vapor se recalien- ta a presión constante.2 m = w 2 ξ 0.51 = 114. El rendimiento interno de la antigua turbina es ηi(ant) = 75% y el de la nueva ηi(nueva) = 82%.7 seg w 1( 2 ) = c 12( 2 ) + u 12(2 ) .72 2 .24 c 1( 14 ) = = = 163.32 g g kg kg ya que la energía dinámica a la salida se aprovecha en el siguiente escalón 4.5 2 .8 Rendimiento del escalón (14) = = 0. La presión a la entrada de la turbina nueva es pA= 150 bar y la temperatura TA= 450ºC.2 2 .86 5 Los saltos adiabáticos irán creciendo a medida que aumentan las velocidades Para el escalón (14) .
s B '' = 6.0.82 (3157 .0.4 = 986.i B ) = 3157 .5 kJ/kg .6 kJ/kg ⇒ Salto interno (") = 0.07334 m 3 /kg .412. i A = 3157 kJ/kg .8321 ⎩ 1' 1'' i 1 = 251.907 .54 kJ/kg Kgm seg 1 kW = 102 seg x 3600 1 Kcal = 860 Kcal = 860 Kcal x 4. ⎧ 150 bar Punto A ⎨ ⇒ v A = 0.i B « ) = (3157 .0.4 kJ/kg Nueva: Δi ad(' ) = i A .769 .142 kJ/kgºC ⎩ 450ºC 40 bar Punto 0 ⎧⎨ 400ºC ⇒ v 0 = 0.2897) = 3222.es Problemas TV.i 1' = 3214 .8321 .54 kJ/kg kJ y el consumo específico por kW: q 1" = = = 14.251.5 kJ/kg 3222.838 x 2357. i 0 = 3214 kJ/kg . Vapor RECALENTADO i B = 2840 kJ/kg ⎩s B = 6.186 kJ = 3600 kJ x hora hora 427 Kgm hora hora Kcal hora Q1" kJ/kg 2962.7) = 2227.2840) = 2897 kJ/kg ⎧⎪ s1 = s 0 = 6.01844 m 3 / kg .η T (i A .5 + (0.5 kJ y el consumo específico de la instalación por kW: q 1 = = 11. s1'' = 7.07 kJ/kg ºC .i 1ʹ′ ) + (i 0 .251.4 1 kW 1 kW hora Salto interno (kJ/kg) 740 (kJ/kg) 3600 kJ 3600 kJ El calor aplicado por la caldera a toda la instalación Q1 es: Q 1 = ( i A . s A = 6.46 ) + (3214 .82 x 317 = 260 kJ/kg Antigua: Δi ad(") = i 0 . en la forma: N'' kg Consumo de vapor (se desprecian las pérd.1 kJ/kg s 1'' .57 kg/seg x 260 kJ/kg = 17567.907 ⇒ Vapor HÚMEDO : x 1 = 1 1' = = 0.56 kW NUEVA ANTIGUA b) Ahorro en consumo específico de calor en kJ/kW logrado con la superposición de la nueva turbina.600 260 + 740 kW 3600 El ahorro energético es: 14412.s 1' 7.Salto interno (') = 3157 .6 = 740 kJ/kg i B' = 3157 .-123 . mecánicas ): G = = 50000 kW = 67.2227.8321 Punto 1 ⎨ s1' = 0. i = 2609.75 x 986.797 kJ/kgºC .i B = 3157 .i 1 = 3214 .838 ⎪ i = 251.4 kJ/kW ***************************************************************************************** pfernandezdiez. s 0 = 6. Designaremos por q 1" el consumo específico de calor por kW de la turbina antigua Designaremos por q 1 el consumo específico de calor por kW en la instalación con la turbina nueva El calor aplicado por la caldera a la turbina antigua: Q 1" = i 0 .57 Salto interno ('') 740 kJ/kg seg Potencia de la nueva turbina: N' = 67.46 = 2962.260 = 2897 kJ/kg El consumo de vapor se obtiene a partir de la turbina antigua.769 kJ/kgºC ⎩ ⎧ 40 bar Punto B ⎨ ⇒ s B' = 2.2840 = 317 kJ/kg ⇒ Salto interno (') = 0.11600 = 2812.4 .142 Punto B' : i B' = i A .769 kJ/kgºC s -s 6.
5 x 11.83.0424 125.s 0 )} G v kJ kgfuel Punto 1-2 (125.437 i 5* = i 5*' + x 5* (i 5*'' .44 .154 kJ/Kg fuel 4 (3121 .0424 125.73 5 30 0.83.i0 ) .i 0 ) . 30ºC Rendimiento isentrópico de la turbina.125.i1 (3100 .294) = 67.2 s 5 = s 5' + x 5 (s 5'' .2 kJ/Kg vapor = 67.437 3 400 100 3100 6.125.ºC 1 30 0.7) kJ/kg vapor kg fuel Exergías en los distintos puntos de la instalación: Ex= {( i .294) = 1279.84 i3 . 12% Presión del vapor a la salida de la caldera..s 5' ) = .8) .0. 400ºC Temperatura a la entrada del condensador.0.s 5*' 8.8 (3121 .es Problemas TV.8) .88 = 35200 kJ/kg fuel Q1 35200 kJ/kg fuel kg vapor Masa de vapor por kg fuel : G v = = = 11.0424 21443 7.-124 .124. 400ºC Presión a la entrada de la turbina.001 kJ/Kg vapor = 0.7 .293 (0.2 x 11.096 Ex = {(i .5 kJ/Kg vapor = 1279.3 .83.7 x5 = = = 0.T0 (s .293 .4 .i1 ) = Calor desprendido en la combustión.293 (6. 100 bar.294) = 1280.455 .0.5 x 11.01183 kJ/Kg fuel 3 (3100 .75 + 0.η T (i 4 .437 x 5* = 5* 5*' = = 0.. ) = 40000 (1 . menos las pérdidas = 40000 x 0.001 x 11.Hallar el balance exergético de una instalación de turbina de vapor. = 7.0.7 0.0.125.8) .835 = 0.5 kJ/Kg vapor = 1280.7 0.i'5 2144.293 5' 30 0.096 kJ/kgºC Punto Temperatura Presión Entalpía Entropía Título ºC bar kJ/Kg kJ/Kg.83.835 = 799 kJ/Kg fuel Calor absorbido por el vapor en la caldera: Q1 = G v (i 3 . _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN B Al despreciarse el trabajo de la bomba el punto (2) se confunde con el (1) s -s 6.8304 i"5 -i'5 2556.294) = 0.s 0 )} G v kJ kg fuel T0 293 Exergía de la combustión: Ex combustión = Q1 (1 . 1800ºC Pérdidas de calor en la caldera.142.73 s 5*'' . despreciable.096 . y temperatura a la entrada de la turbina.75) = 1900 kJ/kg vapor i 5 = i 4 .3 kJ/kg vapor i5 .0.35 kJ Tcombustión 1800 + 273 kg fuel pfernandezdiez. 80% Condiciones ambientales. 1 bar. ) = 34346.i 5*' ) = 124.1900) = 2144. y temperatura del vapor a la salida de la caldera.293 .218 4 400 90 3121 6.8 kJ/Kg fuel 5 (2144 . 40000 kJ/kg Temperatura de la combustión.293 (7.293 0. 90 bar.73 (2556.8) .293 (6..437 . (estado muerto). 20ºC Trabajo de bombeo.i 5' ) = 3121 .0. sabiendo que: Potencia calorífica del fuel.218 .835 = 15.437 2 30 0.17.0424 1900 6.835 = 15.T0 (s .
suponiendo que el escalonamiento de regulación funciona con un rendimiento del 65%.7% Ex combustión 34.35 = 19192.8 .i 1 ) = 11.i 5 ) = 11.7) = 23890.2 kJ kg fuel Pérdida exergía en la turbina = (ex ( 4) .es Problemas TV.84 (3121 .4 kg fuel Esta pérdida de exergía en la caldera se compone de dos sumandos: (Pérdidas de calor por rendimiento caldera) + (Exergía perdida en la transmisión de calor desde la combustión a la caldera). _________________________________________________________________________________________ pfernandezdiez. está di- señado para que en el mismo se realice una expansión 2/1.2 kJ kg fuel kg vapor kg fuel Calor cedido al condensador: Q 2 = Gv (i 5 .3) kJ = 11559.56 kJ kg fuel kg vapor Trabajo en la turbina = G v (i 4 .2 = 2784.El vapor de una turbina penetra en la misma a la presión de 80 atm y temperatura 400ºC. El primer escalonamiento de regulación.12 = 4121.799 .ex ( 4) = 15154 . b) Si la turbina se regula en forma cualitativa (laminado en la válvula de admisión) hasta reducir el gasto de va- por al 70% del valor de diseño.84 kJ kg fuel Pérdida exergía en tuberías = ex (3) .346.1 kJ kg fuel 293 kJ Exergía del calor cedido al condensador = 23890. suponiendo que se mantienen las condiciones del apartado a..45 303 kg fuel kJ Pérdida de exergía en la caldera = (ex ( 2) .15142.-125 . es decir. ) = 788..84 (2144.4121.35 ***************************************************************************************** 18.2 Rendimiento exergético = = = 0.6 kJ kg fuel Tútil 11.559.15154) + 34346.125.35 x 0.8 = 11.ex ( 5) ) . determinar el grado de carga de la turbina y el rendimiento interno. por lo que: Pérdida exergía combustión caldera= 19192.4 . y se expansiona hasta la presión de 3 atm. a) Si la turbina se regula en forma cuantitativa (admisión parcial) hasta reducir el gasto de vapor al 70% del valor de diseño.1 (1 .Exergía (pérdidas de calor) en la caldera = 34346.11559.TTurb = 15142.2144.337 = 33. determinar el grado de carga de la turbina y el rendimiento interno.3 .ex ( 3) ) + Ex combustión = (0 .56 = 15070. con un rendimiento del 85%. pasa de 80 a 40 atm en condiciones normales. CURTIS.
35 iA. ⎧ x = 6.672 Punto C: 3 atm y s C = s B' = 6.08 atm. pasándose no a una presión de 40 atm que era la de regulación de di- seño. la relación de presio- nes 2/1 no se mantiene.85 = .3 2 2 ⎬ elim inando b ⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯ ⎯ → 2 = G2 .i C 2972.6 .iD kJ Punto D: η = ⇒ i D = i A . i C' = 2614 i B' .p 2e '2 p1'2 .i C' kJ Punto C' ⇒ η = ⇒ 0. En estas circunstancias las condiciones del vapor a la entrada A se mantienen.65 = = ⇒ ⎨ s = 6.92 kJ ⎪ C 6. ésto quiere decir que al disminuir el gasto.1.2 = 1 ⎪ pe b ⎭ Línea de expansión (Regulación por admisión parcial) Valores de regulación por admisión parcial que es la nueva presión de salida del primer escalón. ⎧ i A = 3139 kJ/kg Entalpía punto A: 80 atm y 400ºC ⇒ ⎨ ⎩ s A = 6.0.364 ⇒ i M = 2883 kgºC kg Como el escalón de regulación funciona con un rendimiento del 65%.6 = 422 kg i B' .2883 ⎩ B' siendo el salto interno de este escalón de 166.882 ⎧ 3 atm ⎪ N 6.0.992 .882 x 2163.i C' 2972.i B' ⎧ i B' = 3139 .1.08 atm p1 G 2 p1 .iM 3139 .672 = 0.p e2 G 402 .4 + (0.2883) = 3139 .32 2 .i C = 2972.5 kJ/kg.6 .-126 .1.1.6 . kJ kJ Punto M .5627 .364 .6 .4 + (0.364 kJ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎨ kg C kJ ⎩ ⎪ i N = 561.5627 kJ/kgºK iA .9) = 2550.364 kJ/kgºC ⎧ x = 6.5627 ⇒ Vapor HÚMEDO ⇒ ⎨ kg ºC kJ ⎪ i C = 561.es Problemas TV. 28. kJ i B' .9) = 2470 kg ⎩ iA .7 2 ⇒ p1' = 28.i B' 3139 .2470) = 2570.992 .6 kJ/kg 0.85 x (3139 . sino a otra inferior p1’.i C = Δi 2' = 2972.2550 kg pfernandezdiez.08 atm y s M = 6. = 0.65 (3139 .η (i A .iN kg La presión p1’ se calcula en la forma: p1'2 G' 2 ⎫ . pasando p1 a valer p1’ = 28.672 = 0.5 = 2972. pero no a la salida. quiere decir que habrá una nueva presión de regulación.672 vapor HUMEDO Punto N : ⎨ s N = s A = 6.i N ) = 3139 .166.2 = 1 ⎪ 2 pe b p21' .6 kg ⎩ El salto isentrópico puesto a disposición del resto de los escalonamientos es.RESOLUCIÓN a) Si la turbina se regula en forma cuantitativa (admisión parcial) hasta reducir el gasto de vapor al 70% del valor de diseño. se tiene: i A .92 x 2163.2550.
35 a partir de la cual se puede calcular la nueva potencia i -i 3139 .es Problemas TV.iN 3139 .4 + (0.7 = 0.iN 3139 .i D' 3139 .9112 x 2163.2663.3 kg N' G' Δi int i A' .iD 3139 .i C' = 3139 .52 kJ Vapor HUMEDO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎨ 6.47% iA.-127 .5851 Ndiseño G Δi adiab iA .2570.52 kg ºC p ⎩ A ’ = 56.2470 b) Si la turbina se regula en forma cualitativa (laminado en la válvula de admisión) hasta reducir el gasto de vapor al 70% del valor de diseño.2614 = 525 kg N' G' Δi int 525 525 El grado de carga es = = = 0.2663.1.7847 = 78. se tiene: Δp 0' G' Δi' η' Δi' = Δi G' p 0' . con un rendimiento interno 0.2614 Rendimiento interno de la turbina.3 G' = = = ⇒ = = 0.672 = 0.7 = 0.1.71 = 71% iA .9112 N’ Punto N’: ⎨ s = 6.35 i A' .52 .2533.3 kg ⎩ i A ' .7 El grado de carga es: = = 0.7847 ⇒ i D' = 2663.i D' 3139 .iN 3139 .7 i A' .9) = 2533.2570.7847.2470 ***************************************************************************************** pfernandezdiez.7 = 0.i N ' 3139 .3 G Línea de expansión Representación de G´/G en función de p0’ (Regulación por laminado en la válvula de admisión) ⎧ i = i = 3139 kJ A A’ Vapor recalentado kJ Punto A ’: ⎨ kg ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ s A’ = 6.7 y el rendimiento del ciclo: η = = = 0.i D' kJ Rendimiento interno de la turbina: η int = = = 0.9 atm ⎧ p e = 3 atm ⎧⎪x = 6.992 . kJ El salto interno de la máquina es: i A .672 kJ ⎩ N ’ kg ºC ⎪i N’= 561.9 atm Δp 0 G Δi η η' = η G 80 .7 ⇒ p 0' = 56. η int = A C' = = 0.7 = 0.i D' 3139 .6462 Ndiseño G Δi adiab i A .
Documents Similar To 06 t Vapor Problem As
More From Eric Laguna

References: RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN 
 RESOLUCIÓN