186602896 Centrales Hidroelectricas 01

PROBLEMA 10Una planta industrial cuya ubicación no permite interconexión con un sistema eléctrico, presenta un diagrama de carga constante. En la semana y varía como sigue Valores del diagrama de carga Horas 0-3 3-6 6 - 12 12 -14 14 - 22 22 – 24 Estiaje (MW) – 8m 30 50 80 60 100 44 Avenida (MW) – 4m 40 60 90 70 120 62 Para satisfacer permanentemente se dispone de una CH de HB = 500; Pinst = 140 MW; formada por 4 grupos iguales; se cuenta con regulación estacional que permite producir 70% Pints. Por desperfecto una unidad se limita al 80% y por avería mecánica otra solo 90%. Estas son todo el año. a. ¿Cuál es la energía anual que requiere? b. ¿La CH será capaz de abastecer la demanda? Sino calcular la cantidad de energía y potencia faltante y el recurso a usar. c. Para cada período estacional determinar fc, fp, tROp y fu. d. Si la tubería forzada tiene f = 0.025; 750 m, calcular el diámetro medio. e. Dentro de 2 años la planta tiene planeado incrementar la producción y la demanda aumentará 20% linealmente (estiaje – avenida). Entonces, los grupos generadores defectuosos deben rehabilitarse y la capacidad del embalse se ampliará para que la CH pueda abastecer la demanda en estiaje. En estas condiciones recalcular a,b y c e indicar la capacidad del embalce (adicional) y ∆E que se producirá con el aumento. Energía en estiaje: E est día  30  3  50  3  80  6  60  2  100  8  44  2 → E est día  1728 MW  h Eest año  1728 MW  h / día  8m  30d → E est año  414720 MW  h Energía en avenida: E av día  40  3  60  3  90  6  70  2  120  8  62  2 → E av día  2064 MW  h Eav año  2064 MW  h / día  4m  30d → E av año  247680 MW  h Energía anual: E año  E est año  E av año → E año  662400 MW  h Potencia en avenida: 140 MW Pinst  140 MW → Pc / grupo   35 MW 4  1 unidad funciona al 80% → 28 MW  1 unidad funciona al 90% → 31.5 MW 4 % 140 1728 MW  h t ROp  → t ROp  17.7  140  98 MW < 100 MW (déficit de 2MW en estiaje) Existen 3 alternativas para llegar a 100 MW:  Sobrecargar  Instalar diesel  Reservorio de regulación diaria P  9.9885  V E → E  1.7 % 120 86 fp  → f p  61.14138 Vútil → VRD  15000 m 3 VRD  Vútil  Vmuerto → VRD     0.5  129.02 (Falta 2%) Pgarant 98 Factores en avenida: 2064 MW  h Pm  → Pm  86 MW 24 h 86 fc  → fc  71.4 % 140 .28 h fc   0.838565 → P  4108.8  Q  500  0.95 5%VRD Factores en estiaje: 1728 MW  h Pm  → Pm  72 MW 24 h 72 fc  → fc  72 % 100 72 fp  → f p  51.28 h 100 MW 17.8  Q  H  TOT  9.5 MW Potencia en estiaje: Pgen est  0.En avenida la central genera: Pgen av  2  35  28  31.9685  Q 4108.72 24 h P 100 fu  max  → fc  1.14138 V 3600 Efalta  2 MW  8 h  16 MW 16000 Vfalta  → Vfalta  14018 m 3 (útil) 1. 3% de reserva) Pgarant 129.8 MW  h Eav año  2476.03  H B → hn  15 m 24 h Pnom  9.025  750  34 2  D    → D   2.6 MW  h E est año  2073.717 hn  0.6 MW  h / día  8m  30d → E est año  497664 MW  h Energía en avenida: E av día  48  3  72  3  108  6  84  2  144  8  74.5 Diámetro de tubería: fc  17.8 Avenida (MW) – 4m 48 72 108 84 144 74.6 m (un solo tramo)     g    hn  9.2 h  0.8  Qnom  500  0.8  2 → Eest día  2073. 2064 MW  h t ROp  → t ROp  17.838565 → Qnom  34 m 3 / s 1/ 5 1/ 5  8  f  L  Q2   8  0.12 12 -14 14 .2H  P D e 2   K Con mayor demanda (20% más) Valores del diagrama de carga Horas 0-3 3-6 6 .2 h 120 MW Pmax 120 fu   → fc  91.81  2  15 2     P     H    H   1.8 MW  h / día  4m  30d → E av año  309600 MW  h Energía anual: .7 % (7.8  Qnom  H  TOT → 140000  9.4 Energía en estiaje: Eest día  36  3  60  3  96  6  72  2  120  8  52.4  2 → E av día  2476.2  500    0.22 22 – 24 Estiaje (MW) – 8m 36 60 96 72 120 52. 35 m 3 / s (en la galería)  Pfalta  En el cauce: Qcauce  Qfalta  Qecológico → Qcauce  5.7 % 144 103.4 fp  → f p  61.72 24 h P 120 fu  max  → fc  1 (No hay reserva) Pgarant 120 Factores en avenida: 2476.2 fp  → f p  73.6 MW  h Pm  → Pm  86.4 MW 24 h 86. Avenida: 144  140  4 MW → Central Térmica Diesel 4MW Pinst diesel   4.E año  E est año  E av año → E año  807264 MW  h  Con los grupos totalmente rehabilitados → la CH generará 140 MW → no podrá abastecer.28 h 120 MW 17.5  10 6 m 3 (EIA) Factores en estiaje: 2073.2 MW 24 h 103.8 MW  h Pm  → Pm  103.8 MW  h t ROp  → t ROp  17.9  En estiaje genera 70% (140 MW) = 98 MW con los grupos rehabilitados → debe generarse 120 MW.7 % 140 2476.854 m 3 / s  8  30  24  3600 → Vfalta  40.28 h fc   0.4 fc  → fc  72 % 120 86.2 fc  → fc  71.9685  Qfalta    → Qfalta  5.7 % 140 2073.2 h 144 MW P 144 fu  max  → fc  1. Pfalta  120  98  22 MW (déficit en estiaje) 1  4108.854 m 3 / s Vfalta  5.4 MW (considerando SSAA) 0.6 MW  h t ROp  → t ROp  17.03 (déficit 3%) Pgarant 140 . 3.85 Pinst 40  Pinst → Pinst  11. Pmax = Pinst) 4  8 MW  h t ROp  → t ROp  8 h 4 MW 8h fc   0.925 MW 24h Pm 2. Una CH opera de 10 – 13 h con 2/3 Pinst y de 16 – 20 h a plena carga.3333 24 h P 4 fu  max  → fc  1 (No hay reserva) Pgarant 4 PROBLEMA 11 La máxima demanda de un sistema eléctrico se abastece por 3 centrales de la siguiente manera: 1.333 fc  → fc  33. Una térmica 25 MW Pinst de base a plena carga. Calcular la potencia de la CH (Pinst) si fc =85%.33 % (fp = fc.7 2 / 3  Pinst  3  4  Pinst t ROp  → t ROp  6 h Pinst . 2. Pinst = 25 MW.333 MW 24 h 1. fp = 64%.7 MW 2 / 3  Pinst  3  4  Pinst Pm CH  → Pm CH  2.Diesel: 4 MW  8 h Pm  → Pm  1. Otra térmica 6 – 10 h a Pmax y el resto del día a 15 MW.925 fc CH   → fc CH  25 % Pinst 11. Térmica 2: → Pmax  21MW De 16 a 20 h: P 4  6  25  21  4  40  2 / 3  Pinst   3  40  3  40  Pinst   4  40  4 fp  m   0.33 % 4 f p  33. 1782 MW 3  860 kcal / kW  h  m Hidroeléctrica: Pinst  40 MW . b.84 MW Pmax f pT  0.PROBLEMA 12 La demanda de una ciudad es abastecida por 3 centrales interconectadas:  Una CT de base a plena carga 24h consume diariamente 250 m3 de combustible de PC = 10500 kcal/kg.17  37  4  52. Pinst = 40 MW  Una CT solo de 16 – 20h a plena carga para la punta del sistema.17  Pinst 52. Determinar fc.64 MW CT2  t ROp  4 h  Hidroeléctrica: t ROp  20.1666  16. a. tROp de cada una de las centrales. fp. 10 – 14h con carga máxima y después a 31 MW.  = 826 g/l.35 → PCT 1  21.17  Pinst   4 Pm  24 P fc  m  0. Térmica 1:  10500 kcal / kg  kg PCT 1     250 m  826 3  24 h  0. cuales serán las Pinst de las CT.75 h f p  40 % . P = 35%.17  16  21. f p  80% Pm fp  → Pm  32 MW Pinst 31 20  Pmax  4  32 → Pmax  37 MW 24 Pm 32 fc   → fc  86.65 → Pinst  39.66 %  fcT  PmT  6. Si fc de la red es 65%. f p = 80%.48 % Pmax 37 Térmica 2: plena carga → 16 – 20h Todo el sistema: Pmax  52.  Una CH de media base. fc = 85 %. la tasa de depreciación es 4% anual. excitatriz.04 / 2100  1 0.15  10 6 kW  h .41%  12  0.04 / 2160  1  Depreciación total anual  0.41 % 1  0.18%  40  1%  1.04 / 280  1 0.2  0.85  65000 kW  → Pm  55250 kW E  55250 kW  8760 h  0. toma. Inversión  4  1.64%  8  1%  6  1%  12  1%  6  Dtotal anual  404400 $ (0.2 40 Tubería forzada 12 60 Turbina y regulador de velocidad 5 50 Alternador. en el primer año Pmax = 65 MW. 40 80 cámara de carga. toma.2  12  8  6  12  6  85  10 6 i 0.04 / 2120  1 0.64 % 1  0. túnel.99 → E  479.PROBLEMA 14 Costo de inversión de una CH con Pinst =70 MW. los intereses 10% anual.04 Para 80 años: D   0.04 Para 50 años: D   0. sala de máquinas Compuertas (presa.04 Para 40 años: D   1% 1  0. cámara de carga) 1. tiene los siguientes valores: Valores promedio Costo $ x 106 Vida útil Obras civiles (presa.44 %) I: 10% → 8520000 $ O: 1% → 852000 $ H: 2% → 1704000 $ D: → 404400 $ CF = 11980400 $ E  Pm  t Pm  0. regulador de tensión 6 40 Sub-líneas de transmisión 12 40 SET 6 40 Para todas. Calcular el costo.04 Para 60 años: D   0.18 % 1  0. 6 m / s 3 PROBLEMA 20 Suponer: H = 2m.3 m → pm  a  2L  8.3 m / s .3 m sen 60º  Rh  1. t est  8 meses  20726  10 6 s 5 lagunas  h pluv   h 5 lagunas  0.7 m 2  2  A Radio hidráulico: R h  pm  perímetro mojado H L  2. s = 3/1000 (pendiente) Calculo del caudal H tan 60º  → x  1.15 m x b  a  2x → a  3. 11980400 $  CM  → CM  0. en las nacientes del río está una laguna con 250 km2 con ηh = 55%. el pluviómetro totalizador en cada cuenca en 4mm de avenida (llenado del envase) acumula un volumen de 724 mm.724mm  0.7 m 2  3. n = 0.17 m Coeficiente de contracción (Bazin): 87 C → C  56 n 1 Rh V  C  Rh  s → V  3.8 m3/s.15  10 6 kW  h PROBLEMA 17 Un río en estiaje Qest = 5.55 Qreg   → Qreg  4.7 m ab A H → A  9.  = 60º. b = 6m. Calcular Qtotal en el río en estiaje sabiendo que el volumen de la laguna lo incrementa en estiaje.3 m / s → Q  32 m / s (nominal) 3  Q  A  V  9.6 (rugosidad).8 m 3 / s t est 20726  10 s 6 Qest total  Qest  Qreg → Qest total  10.0239 $/kW  h 479. 12 12 .2  0.14 14 .5 MW (solo es necesaria regulación diaria) El balance comienza luego de la mayor hora punta: 18 .PROBLEMA 21 Una planta tiene un diagrama de carga diario constante (L – V).6 h: (48075 – 50000) kW x 10 h = -19250 kW-h 6900 kW-h + 6 .9685  12.2 m3/s. De lunes a viernes varía como sigue: Valores del diagrama de carga Horas 0-6 6 . Edía  50  6  35  4  55  2  40  2  60  4  35  2  50  4 → E día  1140 MW  h → Pm  47.075 MW  47 .10 h: (48075 – 35000) kW x 4 h = 52300 kW-h 59200 kW-h + 10 .9685  Qest  4108.24 MW 50 35 55 40 60 35 50 La CH tiene HB = 500 m.10 10 .18 18 .1 $/kW-h con costo de combustible 0.12 h: (48075 – 55000) kW x 2 h = -13850 kW-h 45350 kW-h + 12 .5 MW Pest  4108.18 h: (48075 – 60000) kW x 4 h = -47700 kW-h 13800 kW-h → Resto Lo máximo que embalsa es 61500 kW-h y al final resta 13800 kW-h:  E  61500  13800 → E  47700 kW  h 47700 kW  h Vol RRD  41791 m 3 (útil) Vol RRD  →  1. Calcular la alternativa más conveniente para horas punta si el costo de reservorio es 200 $/m3 a 10% anual y la energía térmica producida es o. sábados (-10%) y domingos (-20%).5 → Pest  48 .20 20 .04 $/kW-h. dispone de regulación estacional para mantener en estiaje (7 meses) 12. Pinst = 62 MW.  Vol muerto ) Costo del reservorio: $ CR  43991 m 3  200 → CR  879820 $ m3 Costo de CT: E día  19250  13850  47700 → E día  8800 kW  h (L – V) .20 h: (48075 – 35000) kW x 2 h = 26150 kW-h + 20 .14 h: (48075 – 40000) kW x 2 h = 16150 kW-h 61500 kW-h + → Máximo 14 .1438 kW  h / m 3 Vol RRD  43991 m 3 (real. 18 h: (49308 – 80000) kW x 4 h = -122768 kW-h -16608 kW-h → Falta Reservorio semanal Efalta  16608 kW  h 5  16608 Vfalta LV  → Vfalta L V  72754 m 3 1.14 14 .12 h: (49308 – 60000) kW x 2 h = -21384 kW-h 87544 kW-h + 12 .9685  Qest  4108. HB = 500 m y en estiaje 12.Sábados – 80%: E sab  7270 kW  h Domingos – 90%: E dom  64640 kW  h Costo de la energía térmica CT  2280500 $ Por lo tanto.14 h: (49308 – 40000) kW x 2 h = 18616 kW-h 106160 kW-h + 14 .20 20 .5  0.24 MW 50 25 60 40 80 40 50 Constante de de lunes a viernes.9685  12.5 → Pest  49. sábado (-20%).1438 Lo que se necesita diariamente: .1438 Vol El balance comienza luego de la mayor hora punta (14 – 18): 18 .6 h: (49308 – 50000) kW x 10 h = -6920 kW-h 11696 kW-h + 6 . Edía  50  10  25  4  60  2  40  2  80  4  40  2 → Edía  1200 MW  h → Pm  50 MW Pest  4108.18 18 .308 MW  50 MW (es necesaria regulación semanal) E  1.10 h: (49308 – 25000) kW x 4 h = 97232 kW-h 108928 kW-h + 10 .20 h: (49308 – 40000) kW x 2 h = 18616 kW-h + 20 .12 12 . conviene más el reservorio. domingo (-20%). PROBLEMA 22 Se tiene una demanda: Valores del diagrama de carga Horas 0-6 6 – 10 10 .5 m3/s en el cauce. h + 6 .1685 m 3 / s (Caudal mínimo requerido por día) 86400 s Balance Semanal ESab  0.5  11. E día LV  1200000 kW  h 1200000 Vdía LV   1051358.1438 841087 m 3 QSab   9. Qest  13.7348 m 3 / s 86400 s Finalmente: Vol L V  12  12. por lo tanto sobran 273496 m3.7348  86400 s  195713 m 3 día Para la regulación semanal se necesita 72794 m3.h + .h + 20 .8  1200000 kW  h  960000 kW  h 960000 VSab   841087 m 3 1.3  0. se dispone 286290 m3.9  1200000 kW  h  1080000 kW  h 1080000 VSab   946223 m 3 1.10 h: (48486 – 25000) kW x 4 h = 93944 kW.1438 1051358.1685  86400 s  5 días  72794 m 3 día Vol Sab  12  10.8 m 3 1.1438 946223 m 3 QSab   10.3 m3/s.9571  86400 s  90877 m 3 día 286290 m 3 (sobreabastece ) Vol Dom  12  9. Ya que la capacidad máxima de la cámara de carga es 60000 m3. si el cause tuviera 12.9571 m 3 / s 86400 s E Dom  0.h 95776 kW.h 1832 kW.8 m 3 / s Pest  48486 kW Efalta LV  50000  48486  24 kW  h  36336 kW  h El balance comienza luego de la mayor hora punta (14 – 18): 18 . Por lo tanto se construye una central de presa con ambas capacidades juntas: 109986 m3 + 72794 m3 = 182 740 m3.20 h: (48486 – 40000) kW x 2 h = 16972 kW.6 h: (48486 – 50000) kW x 10 h = -15140 kW.8 m 3 Qdía L V   12. entonces será imposible usarla para regulación diaria ya que el volumen requerido es mayor. PROBLEMA 23 De los anterior. 7348 m 3 / s Finalmente: Vol L V  11.18 h: (48486 – 80000) kW x 4 h = -126056 kW.8 m 3 Qdía L V   12.h + 12 .h + 14 .1438 Balance semanal 36336  5 VRS   159176 m 3 1.1438 1051358.8 m 3  946223 m 3  841087 m 3  7044104 m 3 7044104 m 3 Qmin   11.10 .7348  86400 s  178433 m 3 día Estudio Integral: Pnom Qnom  → Qnom  20.9685 Pm Qm  → Qm  12.9571 m 3 / s QSab  9.8  9.9685 Vol min  1051358.12 h: (48486 – 60000) kW x 2 h = -23028 kW.8  10.8  12.1438 E día LV  1200000 kW  h 1200000 Vdía LV   1051358.14 h: (48486 – 40000) kW x 2 h = 16972 kW.2 m 3 / s 4108.h → Falta Embalse máximo: 95776 kW-h E  132112 kWh Falta: 36336 kW-h 132112 V   115748 m 3 1.1685  86400 s  5 días  159194 m 3 día Vol Sab  11.h 72748 kW.65 m 3 / s 7  24  3600 s .h 89720 kW.9571  86400 s  73297 m 3 día 251730 m 3 Vol Dom  11.h -36336 kW.1685 m 3 / s (Caudal mínimo requerido por día) 86400 s QSab  10.7 m 3 / s 4108.8 m 3 1. 24 m e1  8 mm L  270 m D2  1.10 m e4  33 mm Qnom = 6 m3/s y PHIDRO al final de la tubería: 620 m.6 s para Q = 80%. e. Solución: a. Cálculo de velocidades medias: m 4( 6 ) v1  s 5m/s  1.Qnom.20 m e2  14 mm  2  L3  300 m D3  1. Encontrar la depresión si abre el distribuidor en 7. Indicar tc y ta del regulador de velocidad. d. tc mínimo para que el ∆P no exceda 40%.15m 2 m 4( 6 ) v4  s  6 .2 m 2 m 4( 6 ) v3  s  5.3 m / s  1.24m 2 m 4( 6 ) v2  s  5. a.3 m / s  1.5 s. c.PROBLEMA 27 Tubería de acero ( E  2  10 kg / cm ) con las siguientes características: 6 2 L1  250 m D1  1. ¿Cuál será el ∆P del golpe de ariete si cierra violentamente. Calcular el ∆P en la tubería si tc = 3.8 m / s  1.15 m e3  22 mm  L4  180 m D4  1.1m 2 Velocidad promedio: v1  L1  v 2  L2  v3  L3  v 4  L4 vm  L1  L2  L3  L4 . cuál será la celeridad? b. Celeridades: √ √ √ √ √ √ √ √ Celeridad promedio: L1  L2  L3  L4 cm  L1 L2 L3 L4    c1 c 2 c 3 c 4 . 81 2  620m s Del ábaco.5 En el ábaco: 110% Del ábaco de Allievi: .2 tc    4.6 c v s s  0.   0.5  m m  2 g H m 2  9. Incremento relativo de presión de cierre. para sobrepresión: P  40% Del ábaco de Allievi: L  L1  L2  L3  L4  250 m  270  300  180  1000 m 2 L 2  1000m  2.2s cm m 1051 s Se considera P  10% .Calculo de sobrepresión: ( )( )( ) Presión hidrostática: ( ) Conversión: b. m m 1051  5. debe tomarse una depresión máxima de 10%(0.6   4.6 s m m 1051 (4.3s cm m 1051 s El diseño del espesor se da para P  20% .4  m m  2 g H m 2  9.8  4 Depresión: Esto significa que la depresión será del 20%.48  m s t a  7.   0. en el ábaco:  m3  m3 d.4 Por lo tanto en el ábaco se tendrá: corta a 0. 2 L 2  1000m  7 tc    13.48 ) c v ´ s s  0.6 s (1051 ) t a  cm s 4   2L 2(1000 m)   0. Q'  80%   6   4.5 s Entonces. para f = 2 2 L 2  1000m  7 tc  f  (2)  27s cm m 1051 s c.9).8  s  s  m m v m '  80 %   5.4  9 P  0.81 2 (620m) s m 7. Si t c  3.9 . . 2 L 2  1000m  9 ta    17.25s cm m 1051 s Grafica 01. Abaco de Allievi para obtener la máxima depresión al abrir el distribuidor de la turbina.12s cm m 1051 s Considerando f = 2 2 L 2  1000m  9 ta  f  (2)  34. Abaco de Allievi para obtener la máxima sobrepresión al cerrar el distribuidor de la turbina.Grafica 02. .