Problemas Turbinas de turbinas de vapor

PROBLEMASDE TURBINAS DE VAPOR Pedro Fernández Díez http://libros.redsauce.net/ Problemas TV.-1 1.- Una turbina de 2500 CV de potencia, funciona con un salto adiabático de 160 Kcal/kg, siendo el conjunto de las pérdidas térmicas de 60 Kcal/kg, y el rendimiento mecánico del 0,9. Determinar el consumo de vapor por hora y por CV/hora. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN Δi int = Tint = Δi ad - Pérdidas térmicas = 160 - 60 = 100 Kcal/kg T = Tind η mec = 100 x 0,9 = 90 Kcal/kg ⇒ Pérdidas mecánicas = 100 - 90 = 10 Kcal/kg Consumo de vapor por hora Ghora Kgm seg Kcal = 632,3 Kcal x 3600 x 1 Como: 1 CV = 75 seg hora hora 427 Kgm hora kg 632,3 N 632,3 x 2500 (Kcal/hora) CV G hora T = 632,3 N ⇒ G hora = = = 17.555,5 90 Kcal/kg hora T N en (CV) kg 632,3 N 632,3 N 632,3 x 2500 = = = = 17555,5 ó también: G hora = η Δi 90 hora T Δi en Kcal/kg ad G = 632,3 Kcal/hora = 7,02 kg Consumo de vapor por CV/hora: G CV/hora = 90 Kcal/kg hora T ***************************************************************************************** 2.- El consumo horario de una industria química es de 18000 kg de vapor a la presión de 15 kg/cm2, y tiene una instalación que lo produce a 20 kg/cm2 y 400ºC. Entre la estación generadora de vapor y los aparatos de utilización, se instala una turbina de contrapresión que tiene un rendimiento interno del 0,7 y un rendimiento mecánico del 0,95. Determinar la potencia máxima que puede dar la turbina _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN  v 0 = 151,1 dm 3 /kg Punto 0: (20 kg/cm2 ; 400ºC) ⇒  i 0 = 3248 kJ/kg  s = 7,126 kJ/kgºC 0 Punto A : (15 kg/cm 2 ; s A = 7,126 kJ ) kgºC ⇒  v A = 186,5 dm 3 /kg   i A = 3148 kJ/kg Salto adiabático: Δi ad = i 0 - i A = 3248 - 3148 = 100 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 kg 632,3 Kcal/hora Consumo de vapor por CV/hora: G CV/hora = G = 15,88 Kcal/kg = 39,78 hora T kg 18.000 Consumo total = G CV/ hora N = 18.000 ⇒ N= = 452,45 CV hora 39,78 Problemas TV.-2 5 b) Consumo por CV/hora kg 632.80 kg/cm 2 y un volumen específico v= 1.-3 .1 Kcal/kg hora T ***************************************************************************************** 4.8 x 1.En una turbina de vapor de un solo escalonamiento.6541 = 65 .9 x 69 Kcal/ kg = 62. el estado inicial del vapor (0) viene dado por p0 = 10 kg/cm2 y un volumen específico v0 = 0. en la corona: ψ = 0.30.4 m3/Kg.3 (p v . β2 = β1 .3 . Determinar: a) El rendimiento interno de la máquina .41 % Salto adiabático 105. Nº de revoluciones por minuto: n = 3000 Determinar: a) Valor de β1 y α2 b) El consumo por CV/hora Problemas TV.Una turbina de acción de un solo escalonamiento tiene un rendimiento interno máximo y un rendimiento mecánico de 0.(1..8 kg/cm2 y volumen específico v2 = 1.2)} 10 = 105..p v ) = {(10 γ-1 0 0 A A 1.4 )} 10 = 69 Kcal 427 kg Salto interno 69 = = 0 .5 Kcal 427 kg 4 0. El rendimiento mecánico es 0.i 2 = γ 1.95 . 2. α1 = 22º Coeficiente de pérdidas en la tobera: ϕ = 0.3 .3 Δi ad = i 0 .90.32) .p v ) = {(10 γ-1 0 0 2 2 1.1 T int = i 0 .1 Kcal/kg = = 10.8 x 1.90 Diámetro de la turbina.(1.90 y el coeficiente adiabático del vapor 1. se conocen los siguientes datos.225 m.32) .2 m3/kg. y el estado final (2) viene dado por p2 = 1.1 Rendimiento interno = η int = x x 4 0.18 62. b) El consumo por CV/hora ______________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) El rendimiento interno de la máquina es γ 1.***************************************************************************************** 3.32 m3/kg. El estado final adiabático teórico (A) viene dado por una presión de 1.i A = (p v .3 Kcal/hora G CV/hora = G = T = ηmec Tint = 0. 5 .033 kJ/kgºC s -s 7.12 x 0.(2 753. s0 = 7.2 w 2 u cos β 2 = sen α 2 = ψ = 0.9 x 449 . Determinar el número de escalonamientos de la turbina _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN  v = 213.4 m/seg 349.36 Kcal/kg hora Tint 632 .3 Kcal/hora 91.3 Kcal/hora G interno (CV/ hora) = G = Tint = Δi ad η int = 75.9 = 0.i 1' ) = 226 + 0.83 Kcal/kg c) Consumo interno por CV/hora kg 632.755 i 1 = i 1' + x 1 (i 1" . siendo la presión final de 0.95 kg G CV/hora = G = 1 = = 12.033 kJ/kgºC En Tablas de vapor de agua:  0 s 0 = s1 = 7.2 c 1 u cos α1 = sen β1 = 349. Se sabe que el primero de ellos de diámetro D1 tiene una relación cinemática 0.15 kg/cm2.6285 w1 449.007.36 Kcal/kg = = 11.2 D1 .9 2 .7% 2 2 2 x 349 .5 2 + 404.5 2 + 753.-4 .737 = 55.87 s 1" .48 x 0.9 sen 22º  c 1m = = 0 .9) = 0.33 m/seg β 1 = 38 .9 w 2 sen β 2 = = 0.4 cos 38 .48 ϕ 1 Δi ad .12 kg 632.33 = 404.s1' 8.(máx) = (1 + ψ ) TRIÁNGULOS DE VELOCIDADES Entrada: 2.9 cos α 1 cos 22 seg u 2 + c 12 .Una turbina de vapor de acción admite escalonamientos de vapor a 12 kg/cm2 y temperatura de 300ºC.33 ⇒ x 753 .755 s 1 = s1' + x1 (s1" .44 m/seg α 2 = 82 próximos a los 90º que exige el rendimiento máximo b) Consumo por CV/hora 753.737 x 0. y relación cinemática 0.(2 x 349.226) = 2280 kJ/kg Problemas TV.69 49.0.83 Kcal/kg hora T T = Δi ad η = Δi ad η int η mec = 75.3 Kcal/hora kg G = = 8.4 2 .4 404.4 sen 38.5 m < 400 m 60 60 seg seg c1 = w1= ϕ 2 cos 2 α1 0.s1' ) ⇒ x 1 = 1 1' = = 0.99 c2 256.9 = 49.44 ⇒ x 404. Δi ad = ( )2 = 75. y una velocidad tangencial de 150 m/seg.87 (2598.41 d) Consumo teórico por CV/hora: G teórico ( CV/hora ) = Δi ad 75..9 Salida: β 2 = β 1 = 38.9º w 2 = ψ w1 = β 1 + β 2 = 79.9 Kcal c = 91.033.737 = 73.5 2 u m = = 753.9 x 349. Los rodetes de los escalonamientos restantes tienen el mismo diámetro D2 = 1.2.5 cos 22 º) = 449.225 π x 3000 u = Dπ n = = 349.c) El consumo interno por CV/hora d) El consumo teórico por CV/hora _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN Condición de rendimiento máximo: ηint.12 x 0.4.9 dm 3/kg .8º ⇒ c2 = u 2 + w 22 .0.42 55. i 0 = 3047 kJ/kg .95 2 x cos 2 22º = (1 + 0.12 Kcal/kg hora ***************************************************************************************** 5.9º)  = 256. 85 u1* D 1* π n  D1* u 1* =  2 30  Salto adiabático: ΔI = 768 .2 Salto restante = 767 . la entalpía inicial es de 768 Kcal/kg y la entalpía final es de 570 Kcal/kg.2 = 1 c1 c1 = u1 150 m/seg = = 750 m/seg = 91.79 (5 escalones) 101.48 ξ1 91.3 91.teór = i 0 .64 = 4.48 ξ 2 0.48 ξ1 0. se conocen los siguientes datos: Salto isentrópico en el distribuidor.21 = 281.0189 u1* 1* 1 1 kg seg 91. que gira a 4. 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   D 2 30 ⇒ u1 = u1* 1 = 0.64 Δi 0-a 1 ⇒ Δi 0-a 1 = ( kJ = Z (i a1 .4 Δi (a1 -a2 ) 485. 180 kJ/kg Problemas TV.48 9 5 60 u 1* 60 x 102.35 m =( ) +4( ) 2 = 0.48 0.2280 = 767 kJ/kg que se descompone en dos..85.500 rpm.i a ) + 4 Δi = 1 + 4 1* = c1 = 1 .48 kg kg c 1( a1-a 2 ) = u1(a 1 -a 2 ) ξ1( a -a ) 1 2 450 2 Kcal kJ Δi ( a1 -a 2 ) = ( ) = 24.19 = 101. uno para la corona de diámetro D1 y otro.570 = 198 Kcal/kg = u1 = = (Salto primer escalón con doble escalonamiento de velocidad) + (4 escalones de presión de ACCIÓN) c2 c2 u u u1 u1* ΔI = (i 1 .5585 x 0. D 1 = 0.4 ⇒ 750 2 Kcal kJ ) = 67. La relación entre el diámetro del primer escalonamiento y los restantes escalonamientos es 0.-5 .i a2 ) siendo Z el nº de escalonamientos de presión de diámetros iguales D2. la cual gira a 3500 revoluciones por minuto.i 1 = (i 0 . para las coronas de diámetro D2. en la forma: i 0 . el primero lleva un doble escalonamiento de velocidad.i 1 = 3047 . y funciona con una relación cinemática de máximo rendimiento.281.En una turbina de vapor de agua. c 1* = 1* = ( )2 + 4 ( )2 = 2g 2g ξ1 ξ2 91.36 = 485.Salto adiabático teórico: ΔI ad. el resto.i a1 ) + Z (i a1 .85 = 0.4747 m πn 3500 π *****************************************************************************************.48 91. La turbina tiene 5 escalonamientos de presión.3 Nº total de escalonamientos: 1 de la parte de ACCIÓN + 5 del RESTO IGUALES = 6 ***************************************************************************************** Z= 6. 7) De una turbina de vapor de acción de álabes simétricos.85 u1* 2 u1* 2 = 198 Kcal ⇒ u = 102.i a 2 ) kg D   u 1= 1 π n 2 30 Velocidad periférica de los rodetes de diámetro D 2 :  D  u 1(a -a ) = 2 π n 1 2  2 30 Para: ξ1( a1 -a2 ) = ξ 2 = 0.36 91. u Primer escalonamiento (Acción ): ξ 1 = 0.2 = 180 m/seg 1 180 = 450 m/seg = 91.5585 m . de los cuales.35 D *1 = = = 0.48 kg kg = ⇒ D u1(a1 -a 2 ) = u1 D 2 = 150 x 1. 4 Salto interno = = 0.máx = (1 + ψ) η int. teniendo en cuenta que el salto adiabático es: = 43 4 .74 = r= = = 0.2 w 2 u cos β 2 = sen α 2 = 276.186 Relación cinemática de máximo rendimiento: ξ1 = u = c1 ξ1 = 582 m seg w1= x cos 18º cos α1 u = = = 0.74 x 290.4755 = 276.74 m seg u 2 + c 12 .179.97 Condiciones del vapor a la entrada de la tobera: 35 bars .086 m3/kg Ω c1 m 2 π r a 1 c 1m Con admisión total: G = = v1 v1 a1 = G v1 16 (kg/seg) x 0.88) = 14692 = 34.(2 x 276.6 m/seg w 2 sen β 2 290.587 m = = 0. siendo el volumen específico del vapor a la salida de la tobera.88 x 330 m/seg = 290.97 x 600 = 582 m/seg 276.4 m/seg c2 = u 2 + w 22 . siendo el volumen específico del vapor a la salida de la tobera.6 ⇒ α 2 = 78.74 2 + 290. v1= 0.74 x 582 cos 18º) = 330 m/seg β 1 = 33º ⇒ 276. v1= 0.6 kW seg kg seg ϕ 2 cos 2 α 1 0. por lo que no procede la inyección total. siendo.4 cos 33º)  = 161.-6 .2 c 1 u cos α1 = sen β 1 = c 1 = ϕ c 1t = 0.4 2 .Ángulo de salida del distribuidor: 18º.74 u = c 1 = 582 m/seg o también: cotg β 1 = cotg α 1 c 1m = c 1 sen α 1 = 179.086 m3/kg e) Velocidad de embalamiento _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Triángulo de velocidades a la entrada c 1t = 91.(2 c 1 sen α 1 = 582 sen 18º = 0.74 2 Kgm u2 Kcal T int = (1 + ψ ) = (1 + 0.80 = 80% 2 2 180 Kcal o también. sino la parcial Problemas TV.4 g g kg kg N int = G Tint = 16 kg Kgm Kgm x 14692 = 235072 = 2304.74 2 + 582 2 . v1= 0. ¿Sería necesario un nuevo escalonamiento de velocidad? b) Potencia y rendimiento interno. ϕ = 0. 4.48 Δi ad = 91.84 m/seg = cotg 18 . 410ºC.84 ⇒ β 1 = 33 cm Triángulo de velocidades a la salida: Alabes simétricos ⇒ β 1 = β 2 = 33º ⇒ ψ = 0.086 (m 3 /kg) 30 u 30 x 276.5872 x 582 sen18º  que es una altura de álabe demasiado pequeña.48 180 = 600 m/seg .086 m3/kg d) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor parcial de 30º.97 2 x cos 218 º = (1 + 0.9787 c2 161.4 sen 33º = = 0. máximos c) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor total.00207 m 2 π r c 1m πn 4500 π 2 π x 0.186 kg Rendimiento interno máximo: η int.545 w1 330 x 276.88 w 2 = ψ w1 = 0.88) = 0.4755 c1 2 2 0.80 Salto adiabático 43 c) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor total. Consumo de vapor: 16 kg/seg Determinar: a) Triángulos de velocidades.máx = 34.16º b) Potencia interna máxima 276. v1= 0.086 m3/kg En esta nueva situación. 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 = 0.25 Kcal/kg kgC  v = 0.83 = 686.d) Altura de los álabes de la corona para una inyección de vapor parcial de 30º.i 1 = 81. s 0 = 6.54 = 870. = 767.45 m/seg Pérdidas en la tobera: (1 .Una turbina de acción de rodete único tiene las siguientes características: Diámetro medio del rodete l.81.086 (m 3 /kg) = 30 30 2 πr c 2 π x 0.2307 m 3 /kg  A Salto adiabático teórico: Δi ad .(2 x 395. T1 = 400ºC. siendo.teór .i1 i 0 .5 m/seg Problemas TV.02488 m que es más razonable.38 2 + 826.ψ 2 0.88 tg 18º ) = 582 cos 18º (1 + 2 1 + tg 33 .54 = 8.1 Kcal/kg a) Nº de revoluciones por minuto: A partir de la condición de rendimiento máxic cos α 826.9 cos 17º = 395.769 kJ/kgºC s = 2. la altura real del álabe será: a1 = G v1 16 ( kg/seg) x 0.5208 ⇒ β1 = 31.07334 m 3 /kg Punto (0 ): 40 atm y 400ºC ⇒  0  i 0 = 3214 kJ/kg = 767.38 n = 60 u = = 4195 rpm Dπ 1.0.094 kJ/kgºC Para las 9 atm del punto A se tiene:  s A' = 6.45 = 826.2 m/seg c1m 826.8 π b) Triángulo de velocidades a la entrada w1= u 2 + c 12 .9 cos 17º) = 464.38º w1 464.7 = 686.677.95 x 870.8 .0.9 m/seg = 91.8 Kcal/kg . w 2 = ψ w1 = 0. e) Velocidad de embalamiento u emb = c 1 cos α 1 (1 + ψ tg α 1 2 1 + tg β 2 .1 Kcal/kg o también: c 1 = ϕ c 1t = 0.54 Kcal/kg Velocidad: c1 t = 91.85 Estado termodinámico del vapor: p1 = 40 kg/cm2 .48 i 0 .83 Kcal/kg i 1 = 677.8 metros.753 kJ/kgºC kJ Como: s A = s 0 = 6.2 m seg ***************************************************************************************** 8.25 + 8.9 2 . α1 = 17º . η mec = 0.48 90.2 c 1 u cos α 1 = sen β1 = 395.38º ⇒ ψ = 0. p2 = 9 kg/cm2 La turbina trabaja en condiciones de rendimiento interno máximo.25 = 90.95 .88 x 464.2 Triángulo de velocidades a la salida: β 1 = β 2 = 31.8 .38 x 826.9 sen 17º = = 0.-7 .ϕ 2 ) Δi ad teór = (1 .7 Kcal/kg ⇒ i 1 = 767.88 2 ) = 750.5872 x x 582 sen18º 360 1m 360 = 0. ϕ = 0.88 .769 ⇒ Vapor recalentado:  i A = 2835 kJ/kg = 677..95 2 ) x 90.4 m < 400 m mo: u 1 = 1 2 1 = 2 seg seg x 60 395.2 = 408.623 kJ/kgºC  A"  s A = 6. 6 CV= 142435 ⇒ C = 30 N = = 317.25 = 193.(2 w 2 sen β 2 408. α1' = 25º .67 + 3.7 Kcal/kg = 28487 Kgm/kg Pérdidas mecánicas: 66.83 + 5. β 2 = 20º . c1 t = 91.38 x 408.∑ Pérdidas = 90.Un rodete Curtis de dos escalones de velocidad.c2 = u 2 + w 22 .. para un consumo de 5 kg/seg 28487 Kgm/kg x 5 kg/seg Kgm 30 x 142435 Kgm/seg N= = 1899.9768 c2 217.335 ( Kcal/kg) Comprobación: T freno = Δi ad teór .217.2 w 2 u cos β 2 = sen α 2 = 395.8 kg c 22 217.22 Kcal/kg = 66.ψ 2 ) 2 1g = (1 . 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.7 m/seg α 2 = 77 . 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.186 Kg Velocidad periférica en las dos coronas móviles: u 1 = 774 .. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Triángulos de velocidades 300 Kcal = 774. El rendimiento de la tobera es del 90% En las dos coronas móviles y en la corona inversora del distribuidor se tiene un coeficiente de reducción de velocidad ψ = 0.05 = 3.75 2 464.95 x 70.8 + 5.5 2 1 Kcal Kcal T int = =( ) = 70. distribuidor y segunda corona móvil son respectivamente: α 1 = 18º .(8.38 º = = 0.5 cos 31.64º w2 Kgm 464.7 x 0.408 .882 ) 2 g = 2480 kg = 5.75 ⇒ x 395.5 sen 31.54 .-8 .c 22 w12 .38º) = 217.9 Kgm/kg Potencia y par motor.22 2 g 2g 2 g 2g 427 kg kg Trabajo al freno = η mec T int = 0.2 2 .6 m/seg Problemas TV.9 2 . tiene un salto adiabático teórico total de 300 kJ/Kg.0.w 22 826 .38 2 + 408.7 2 Kgm Kcal Pérdidas a la salida: = = 2419 = 5.2 2 Kcal c) Pérdidas en la corona: (1 .67 2g 2g kg kg d) Potencia y par motor.48 seg 4.44 x 0.87 Los ángulos de salida de la tobera y de los álabes de la primera corona móvil.33) = 66.8 (mkg) 75 seg πn π x 4280 (1/seg) *************************************************************************************** 9. para un consumo de 1 kg/seg c 12 .Entrada: α1 = 18º .5 2 .44 m PRIMERA CORONA. 55 + 259.15 + 242.14 m/seg .(2 x 193.9 = 270 kJ/Kg o sabiendo que: η tobera = ϕ 12 ⇒ ϕ 1 = w1= u 2 + c 12 . c 2u = 259.0.48 0.0.2 u 2' w2' cos β 2' = 193. es el trabajo útil por ser el ηmec = 1.9 m/seg c sen α1' 267.ψ 2 ) 2 = (1 .9) = 30 kJ/Kg w 12 Kgm 553.9 SEGUNDA CORONA.3 g kg x 4.6 734.97 m/seg 193.87 x 307.2 u 1' c 1' cos α 1' = 193.9 = 0.6 x 267.18 sen 25º sen β1' = 1' = = 0. c2 207.92 2 .92 sen 30º sen α 2' = 2' = = 0.(2 x 193.2 c 1 u cos α1 = sen β1 = 270 = 734.15 m/seg = c1' u = 242.100..87 2 ) = 1169 = 11.9187 ⇒ β1' = 66. w1 553.8 cos 20 º)  = 307. c 2' u = .95 x 91.74º w1' 122.8 2 .97) m = 21708.14 .6 x 481.6 2 + 734.9º c 2' 114.82 kJ 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.Salida: β 2' = 30º w 1' = w 2' = ψ w1' = 0.95 .1 m/seg w 2 sen β2 481.29 2g 2g kg kg 2 2 c Kgm 307.18 m/seg SEGUNDA CORONA.8 = 481.Entrada: α 1' = 25º c 1' = ψ c 2 = 0.18 cos 25º) = 122.92 m/seg u 2' = u1' = 193.28 m/seg w sen β 2' 106..48 193.100..4678 ⇒ α2' = 27.1 = 267. la pérdida total se puede obtener directamente en la forma: Pérdidas totales: 300 .ψ 2 ) Problemas TV.212.1 kJ Pérdidas en el distribuidor inversor: P3 = (1 .45º DISTRIBUIDOR: c 1' = ψ c 2 = 0.6 m/seg u 22' + w 22' .ηtob ) = 300 (1 .46 2g 2g kg kg Pérdidas en los álabes (1ª corona móvil ): P2 = (1 .3 = 21708.(2 x 193.62 + 106.Salida: β 2 = 20º w2 = ψ w 1 = 0.8 m/seg β 1 = 24.2º PRIMERA CORONA.6 m seg c2 = u 2 + w 22 .18 kJ/kg que se puede desglosar en las siguientes pérdidas parciales: Pérdidas en las toberas P1 = Δiad (1 .82 = 87.92 cos 30º) = 114.186 kJ = 212.182 .9 = 106.6 Kgm = (698.-9 .186 seg 734.7 sen 18º c1 sen α1 = = 0.87 x 307.18 m/seg u 1' = 193.87 x 122.6 2 + 481.6 m/seg u1'2 + c1'2 .2 w 2 u cos β 2 = sen α2 = 193 .41 .1 α 2 = 32. se tiene que: Tint = u g ∑ (c1u + c 2u ) = c1u = 698.6 2 + 267.7 4 .87 x 553.7 cos 18º) = 553. Como los álabes no son simétricos.8 m/seg u2 = u1 = 193.5365 .7 2 .872 ) = 3804 = 37.28 b) Trabajo realizado por el doble escalonamiento Curtis c 2' = El trabajo interno desarrollado por las dos coronas móviles.186 ⇒ c1 = 91.(2 x 193. en este caso.7 m/seg 4.Salto util en la tobera: 300 x 0.8 x 300 m = 734.8 sen 20º = = 0.0.55 m/seg .8 2 kJ = (1 .1 = 267. c 1 = 0.6 x 106. 85 x 411 = 349.836 2g 2g kg kg Si al final del escalonamiento Curtis la energía cinética se pierde totalmente: c 22' 114.5 x 3000 = 235.35 cos 22º) = 157..34 = 1.5 2 .-10 .6 x 942. β2 = 25º .85 x 157.(2 x 235.8289 ⇒ β'1 = 56º w 1' 157.6 x 134. La relación cinemática ξ 1 = 0. total 300 ***************************************************************************************** 10.2 2 .85 x 411 = 349.2 cos 38º) = 153.45 m/seg β 1 = 22.35 m/seg u 2 + c 1'2 .29 + 11.Salida: β 2' = 38º w 1' = w 2' = ψ w1' = 0.25 2 Kgm kJ Pérdidas a la salida de la segunda corona móvil: P5 = = = 666 = 6.(2 x 235.0.6 u c1 = = = 942.6 x 349.6296 .2 m/seg c 2' = u 2 + w 22' .38 2 .6 2 + 942. c 1' = ψ c 2 = 0.90.42 m/seg Problemas TV...25 w1= u 2 + c 12 .5 sen 17º c1 sen α1 = = 0.Salida: β 2 = 25º w2 = ψ w 1 = 0.. w1 720.2 w 2 u cos β 2 = 235.88 m/seg c sen α 1' 349.46 + 1.88 = 134.9 2 kJ = (1 .11 kJ/kg Tint 212.85 y el rendimiento de la tobera 0. La turbina gira a 3000 rpm y el diámetro medio de la corona es de 1.(2 942.5 m/seg 0.2 c1' u cos α 1 = 235.85 c2 = x 720.7093 = 70.53 = 87..6 m/seg u 1 = π 60 60 235.48º PRIMERA CORONA. el rendimiento de la turbina y la potencia generada _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN Triángulos de velocidades PRIMERA CORONA.352 .3825 .2 c 1 u cos α1 = sen β1 = 235.62 + 349. el trabajo adiabático teórico.45 x 235.53 2g 2g kg kg Pérdidas en los álabes (2ª corona móvil ): P4 = (1 .ψ 2 ) Pérdidas totales: 30 + 37.35 sen 22º sen β1' = 1' = = 0.38 sen 25º = = 0.25 0.5 cos 17 º) = 720.6 2 + 612.Entrada: α 1 = 17º D n = π x 1.93% d) Rendimiento interno: η int = Δi ad. Se pierden además 30 kW por rozamiento de disco y ventilación.2 w2' u cos β 2' = 235. β 2 = 38º El coeficiente de reducción de velocidad en las dos coronas móviles y en la corona inversora del distribuidor es 0.872 ) = 187. α'1 = 22º .6 x 612 . se la suministran 5 kg/s de vapor a 60 bar y 400ºC.(2 x 235. Los ángulos de salida de la tobera.5 m.25. de la corona inversora del distribuidor y de la segunda corona móvil son respectivamente ' α1 = 17º . α2 = 39º c2 411 DISTRIBUIDOR ⇒ c 1' = ψ c 2 = 0.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.w1'2 Kgm 122.Entrada: α 1' = 22º Designamos con (‘) los resultados de la segunda corona móvil. de la primera corona móvil.35 m/seg sen α2 = SEGUNDA CORONA.836 + 6.89 = = 0.6 2 + 134. Determinar a) El trabajo interno desarrollado por las dos coronas b) El trabajo total.88 SEGUNDA CORONA.38 m/seg u 2 + w 22 .38 cos 25º)  = 411 m/seg w 2 sen β2 612.45 = 612. teór 493.w 2' sen β 2' 134.9 cos 21º) = 136 m/seg β 1 = 56.. ξ = 0.4º  = (cotg 27.-11 . Relación entre los diámetros.29. G = 125 Toneladas/hora.2 sen 38º = = 0.67 kJ η tobera 2 g x 0.29 . Para el primer escalón se cumple: ψ = 0.90 Álabes del primer escalonamiento: Altura. α1 = 21º Volumen específico del vapor a la entrada = 0.018 m .5º.7 .33 = 327.90 x sen 21º Rendimiento: η = T = Triángulos de velocidades a la entrada del primer escalonamiento 0.663 = 66.9 u = cotg 21º.58º c 2' 153.92 m/seg 0.8377 w1 136 ⇒ x 222. β2 = β1 .Pérdidas mecánicas = 333.9 cos 21º = 113.2 c 1 u cos α 1 = sen β1 = 222.5 2 + 317.327 2 u 2 x 222.33 Potencia: N = G T = 5 kJ 30 kW kJ 30 kW kJ = 333.65 kW = 1.9 m/seg .9 m/seg 2 kg kg 327.cotg 56 .6 Kgm 4.6519 ⇒ β = 56 .teórico = = = 50357 = 493.90 . a1 = 0.129.5º= 27.cotg β 1 ) = β 2 = 56.33 = 1636.3 + 319.4 + 323.7 ⇒ D 1 = = 0. c 1 m = 317.9444 π x 4500 D u1 = 1 π n = = 222.33 kg G kg 5 kg/seg kg kg kJ x 327.5 = = 317.5 Problemas TV.3% Δi ad.9444 m 4500 π a 1 k sen α1 π x 0.67 ***************************************************************************************** 11. 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 escalonamiento c) Potencia desarrollada por el primer escalón _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN El diámetro del primer escalón es: 125000 60 x x 0.5 = 0.28 m/seg 235.5 g kg 427 kg kg sen α 2' = b) Trabajo total Trabajo: T = T int .7 3600 2 n D1 = 2 = 2 = 4013. c 2'u = . c 2u = 319.92 a) Grado de reacción.4º.5385 ⇒ α 2' = 32.018 x 0.5 m seg 2 30 2 30 c1 = w1= u1 222.2.1577 m3/kg Consumo de vapor. Dn/D1 = 1.9 2 .222.9º) = 0.9º.9º  o también: cotg β 1 = cotg α 1 1 c 1m 113.4 m/seg u Tint = (c1u + c 2u ) = = ∑ g c1'u = 323.9 .1577 60 G ξ v1 4013.5 2 (m/seg) 2 Kgm Trabajo adiabático teórico: T ad. k = 0.7 ξ1 u 2 + c 12 . con: c1m = c2m: c 113.28) = 34025 = 34025 x = 333.129.186 kJ kJ = (901.(2 317.9 m/seg .92 σ = 1 m (cotg β 2 .637 MW seg kg c 12 /2g 942.9 .70 x 0.En una turbina de vapor de reacción que funciona con flujo axial a 4500 rpm se conocen los siguientes datos: ϕ = 0.5 x 317.9 sen 21 c 1m = = 0.33 = 0.3 m/seg .42 a) Trabajo interno desarrollado por las dos coronas c1u = 901. 14 cos 27. σ = 0.2 2n/(n−1) . s M" = 8.142 Tint = 1 . consume un gasto G de vapor de 40 kg/seg y funciona a 3000 rpm. = ϕ 2 g (1 .327 ) Δi ad . β 2 = β1 .48 .52 ⇒ vapor húmedo kg ºC kgºC kgºC kJ kJ kJ s M = s M' + x M (s M" .5º .0 .478 .88 ⇒ n = 7 escalones 2 u n 2/( n−1) u1 1.-12 ⇒ x M = 0.9 2 ξ2 ϕ 2 u ( n ) 2n/(n−1) .15 Kcal kg Triángulos de velocidades a la salida del primer escalonamiento u 2 = u 1 = 222. = = 0.29. = 317.48 (1 . el salto adiabático del mismo es: c 1 = ϕ 2 g Δi dist = Δi dist = (1 .(2 x 222. u = 300 m/seg c2 = La parte de REACCIÓN.90 .5 b) Número de escalonamientos.Como a la entrada del primer escalón se puede suponer que la velocidad c0 es despreciable.2 .σ) 2 g (1 .c 2 w 2 . β 2 = β 1 . = 22.9 x 91. a1 = (altura primeros álabes) = 15 mm .52 Kcal 2g 2g 2g 2g kg kg 125000 6789 Kgm/kg x kg/seg 3600 N int (escalón 1) = Tint G = = 3143 CV = 2. s 1 = 6. i 1 = 3449 kJ/kg = 824 Kcal/kg .92 .2 u c 2 cos β 2 = 222. α 1 = 17 º . + w12 = 0.1 2600 x 150 X ΔI = ⇒ = = 7. s M = 6.1 u1 1.999 ⇒ α 2 = 89. k = 0.5 x 253.σ ) Δi ad .253.1 = = 7482 = 17.95 .04 atm abs. siendo la presión en el condensador de 0.9 2 136 2 .2 2 1 1 . La parte de ACCIÓN tiene las siguientes características de tipo constructivo: ϕ = 0. siendo sus características las siguientes: ϕ = 0.s M' ) = 0.1 = = 6789 = 15.52 + 253.45º  c2 c2 116.14 m/seg u 2 + w 22 .0.4º) = 116.14 sen 27. α1 = 20º .9 Kcal 2g 2g 2g 2g kg kg pero como la energía a la salida no se pierde. ξ = 0.758 .4176 + x M (8.σ ) Δi ad.4º w2= ψ = w2 = ψ 2 g Δi corona + w21 = ψ 8370 σ Δi ad.116.0.2 2/( n−1) .52 136 2 .1 222.5 u 0.52 kJ/kgºC kJ kJ kJ .2 x 0.w22 Kgm 317.473 .9 .9 w 2t (8370 x 0.2 g (1 .Una turbina de vapor admite vapor recalentado a la presión de 150 atm abs y 550ºC.5 m/seg 253.15) + 136 2 = 253.253. D 7 = 1.52 ( ) -1 u1 D7 = 1.25 d) Triángulos de velocidades correspondientes al octavo escalón de reacción y potencia que proporciona _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN v 1 = 0.14 2 .31 MW 75 (Kgm/seg)/CV ***************************************************************************************** 12.( c 2 )2 ( ) 222.4176) = 6.327) x 427 N º de Parsons: X = = = 2600 132..4º c w sen β 2 sen α 2 = 2m = 2 = = 0.29.9 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 = 1.5º = 56.5 = 27.5.473 .52 kgºC kgºC kg ºC s M' = 0.w22 Kgm 317. ξ = 0 .9444 = 1.5 m/seg .133 m Diámetro medio del último escalonamiento: D1 Potencia desarrollada por el primer escalonamiento: Si se trata de un escalón único: c 2 . resulta: c 2 w 2 . tiene todos sus álabes semejantes.7 2 x 0.0229 m 3 /kg .4176 Problemas TV.327 x 22.9 m seg ⇒ Δi ad.142 Tint = 1 2 . 89 MW 2 cos 31.12 = = 17580 = 41.44º) = 138. i D = 3277.(acción) = G Tint = 40 x 17580 = 703200 = 6.i A = 52.44º = = 0.c 22 w12 .3 (kJ/kg) kg A Problemas TV.44º .i M = 121.197 = 3252 kJ Kcal = 776.(2 x 300 x 306.789 = 78. v ≅ 0.6 ⇒ p ≅ 84 atm .6 2 + 300 2 .83 m/seg β 1 = 31.44 = 57.306.Δi real (1-B ) = 3449 .74 m/seg w 2 sen β 2 306.742 351.25 kJ = 469.87 ) (627.83 m/seg = 306.1 .03636 A D (kJ/kg) .88º ⇒ ψ = 0.74 b) Potencia proporcionada por la parte de acción Kcal Kcal kJ Δi ad(1−A ) = i 1 .15 i D = i1 .41.87 kg kg c 12 .17 = 782.894 MW = 9376 CV seg kg seg G u (1 + ψ cos β 2 ) (c cos α .15 ⇒ i A = 824.61 cos 17º.(2 c 1 sen α 1 627.1 sen 26.61 sen 17º = = 0.832 .52 (kJ/kg ºC) m3 Para: i A = 3231.2º c2 138.1 m/seg c2 = u 2 + w 22 .w22 Kgm 627.-13 .12 .95 x 0.i A = = c 1t = = = = 660.17 Kcal = 172.65 2 ϕ 0.48 Kcal kg kg kg kg ACCIÓN Salto adiabático teórico en la parte de acción: c1 t = 91. sabiendo que: un /u1 = 1.3 kJ kg kg kg Kgm Kgm N int.44 + 26.5 kJ + ( 0.06 Kcal = 197 kJ 0.87 x 351.1 .52.65 2 Kcal ) = 52.48 kg Triángulo de velocidades a la entrada 627.1 cos 26.478 seg ϕ ξ 91.44º Triángulo de velocidades a la salida β 2 = β 1 .33 kJ = Δi (1-D) 2g 2g 2g 2g kg kg kg 41.15 = 772 = 3231.6 m ⇒ Δi (1−B ) = ( ) = 47.53 Kcal = 3277.2 u c 2 cos β 2 = 300 2 + 306.4) kJ = 1965.5215 ⇒ w1 351.5º = 26.48 kg kg ξ1 w1= u 2 + c 12 .(acción ) = 1 1 g cos β1 40 ( kg/seg) x 300 (m/seg) cos 26.44º ⇒ β 1 + β 2 = 31.u) = o también: N int.6 2 c 1 = 91.612 .478 seg 91.758 x 2432.44 º Kgm m = (1 + 0.300) = 703188 = 6.Δi real (1-D ) = 824.2 c 1 u cos α 1 = sen β1 = 627.138.6 kg kg kg sen α 2 = i B = i 1 .9% 52.83 x 627.9823 ⇒ α 2 = 79.48 1 =( 660 .48 Δiad (1-A) c 12 t c1 u 300 m Δi ad( 1−A ) = i 1 .48 Δi ad ( 1-B ) = u = 300 = 627.25 s = s 1 = 6.15 91.6 x 300 cos 17º) = 351.44 seg seg g (m/seg ) Tint = c) ESCALONAMIENTOS DE PRESIÓN EN LA PARTE DE REACCIÓN.5º = 31.87 w 2 = ψ w1 = 0.17 ηint = = 0. ésto justifica la invariabilidad del nº de Parsons en los diversos escalonamientos.9 m seg Potencia interna de este escalonamiento si fuese uno solo: u 1(8) kg 91.1) = 1..66º Salida: α2(8) = 36.5967 .006785 u1 Entrada: α 1(8) = 20º u 1(8) = k 7 u 1(1) = 1.48 x 0. Con esta distribución de diámetros se tiene la ventaja de una semejanza de los triángulos de velocidades en los diversos escalonamientos.c 22 2 g - w12 .5 Número de Parsons: X = 2 cos α 1 1 1 2 cos 20 º 1 1 ( 1) + 1 ( 1) + 1 0.015 0.206 MW 2g 2 g 9. siempre que su altura no sea excesiva. lo que permite utilizar en los álabes perfiles semejantes.006785 7 x 86.48) = = = = 42.w 22 c1 = w 2 Kgm 2 N int( 8) = G ( )= = 40 = 123043 = 1.78 m seg m u2(8) = u1(8) = 91.9 = 91. α 2 = β 1 c sen α1(8) 189.1 X ΔI 1063 x (772 .91.92 cos 20º.5 kW o también N int( 8) = G ( c 21 .25 2 n/( n−1) .16 seg w 2(8) = c1(8) = 189.8 seg w1 = c 2 ***************************************************************************************** Problemas TV.1) = 1.03636 = 0.(2 x 189. β 2(8) = 20º c2(8) = w1(8) = 108.-14 . α1 = β 2 = 20º .5535 m n a1 k sen α1 3000 0. la energía a la salida se aprovecha en el escalón siguiente: 108.48 ξ1 0.16) = g seg g (m/seg 2 ) seg = 98890 Kgm/seg = 969. u ( n ) 2 n/( n−1) .25 2/( n−1) .469. (salvo en el primero que es de inyección total).c 22 g = 40 189.16 cos 20º) = 108.1 u1 d) Triángulos de velocidades correspondientes al octavo escalón de reacción u k = ( n )1/(n .16 ( m/seg) m N int( 8) = G (2 c 1( 8 ) cos α 1( 8) .w 22 2g )= c1 = w 2 w1 = c 2 = =G c 21 .9 2 c 12 w12 .48 w 1( 8) = 2 2 u1(8 ) + c 1(8 ) .9 x 91.60 G ξ vD D1(1) = = 60 40 x x 0.5 .8 seg pero como forma parte de un conjunto de escalones.78 2 189.64 2 ( n ) 2/( n−1) .9 x sen 20º D1(1) π n 0.Aumentando ligeramente los diámetros siguientes según una progresión geométrica de razón k2. w1(8) 108.9 2 .78 2 Kgm = 98920 9 . podemos situar los escalonamientos de forma que las aletas más largas estén en la parte más alejada de la entrada del vapor.92 m seg 0.16 2 .1) = 1.16 m/seg 91.9 2 ξ 2 ϕ2 π2 π2 x x x 1 Número de escalonamientos.9 x sen 20º sen β1(8) = 1(8) = = 0.16 c1(8) = = 189.78 m/seg Para: σ = 0.78 β 1(8) = 36.2 51/(n .84 ⇒ n = 34 u 1.2 c 1( 8 ) u 1( 8) cos α 1 = 189.u 1( 8 ) ) = 40 (2 x 189.108.66º .48 2 0.1 u 12 86.1 u1 1.95 m seg 2 30 60 4185 4185 = = 1063.5535 π x 3000 u1{1(reacción)} = = = 86.2 51/(34 .9 2 + 91. 5 Diámetro medio del escalón 1.9 . 350 MW.798 (i 3 . 25º. T 3 = 500ºC ⇒ i 3 = 3380 kJ/kg .798 = 3 4 (i3 .798 x 0. s 3 = 6.596 kgºC . c.0.7 kJ = i 1 = 137. y que el área transversal de paso del vapor a la salida del último escalón de la turbina es de 7 m2 .i 5 ) η int η mec ηint = i -i N 350 x 103 kW = = 0.8) = 2010. en el punto de funcionamiento nominal se tiene: Entrada del vapor en la turbina.596 . con suficiente grado de aproximación.596 kJ/kgºC  s 5' = 0.8 + 0. se realiza un ensayo para determinar el estado de la turbina. y rendimiento global de la instalación.La velocidad de salida del escalón.97 x 330 i3 .327 b.   ⇒ x 5 = 8.13.3..2010..2 m Ángulo de salida del distribuidor.773  s 5'' = 8.i 5 i 3 .7 (kJ/kg) N = G Tint η mec = G (i 3 .05 bars .4223 x 0.05 bar Gasto de vapor. y la energía Problemas TV.97 = 0.Un escalón intermedio de la turbina tiene las siguientes características: Grado de reacción σ = 0.Rendimiento de la turbina.1.i 5 ) = 3380 . determinar la velocidad de salida c2 del vapor. la velocidad de salida del vapor.i5 ⇒ i 4 = i 3 .476 kJ Punto 5: p5 = 0.i 4 ) η mec = G (i 3 . 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.-15 . y que el área transversal de paso del vapor a la salida del último escalón de la turbina es de 7 m2 . y el ángulo α2.En una central térmica con turbina de vapor. 0. los datos a la entrada en la turbina son: Punto 3: p 3 = 100 bars . c.8 = = 0.95.. Suponiendo que la turbina de vapor trabaja formando parte de un ciclo Rankine.Despreciando el trabajo de accionamiento de la bomba y sabiendo que el rendimiento mecánico de la turbina es 0.137.798 (3380 .0. s 5 = s 3 = 6.2010.8 ⇒ η Térmico ciclo teórico = i3 . calcular: c. Se puede admitir.4223 kg 3380 .476 (kJ/kgºC)  6..137. estimar su rendimiento y el global de la instalación. b.0.394 ... se pide: a. potencia al freno.2. que la velocidad de salida se recupera totalmente en el siguiente escalón.i5 ) ηmec Ge (3380 . c.7) = 2287.Suponiendo que la turbina tiene dos cuerpos de baja presión de doble flujo. ϕ = 0. Se desprecia el trabajo de accionamiento de la bomba Haciendo uso del diagrama de Mollier.773 (2560. y la energía perdida en caso de no recuperarse en el difusor.Suponiendo que la turbina tiene dos cuerpos de baja presión de doble flujo.3 kJ/kg 3380 .0. y que la velocidad de circulación axial es constante.394 (kJ/kgºC)  i 5 = 137.i1 ηinstalación = ηtérmico ηinterno ηmecánico = 0. Presión del condensador.7) x 0..476 = 0..Suponiendo que el coeficiente de pérdida de velocidad en el rotor y en el estator es. ¿cuáles son el rendimiento periférico del escalón y el salto isentrópico?. p3= 100 bar y T3 = 500ºC .2010.. 330 kg/seg.Trabajo efectivo del escalón. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a.97. . ξ = 0. ψ = 0.887 ( 28196 .8 i -i = 0.74 .Suponiendo que el coeficiente de pérdida de velocidad en el rotor y en el estator es ϕ = 0. se determinan en la forma: 2287.8 v 4 = v 4' + x 4 (v 4 " .6 2 kg kJ = = 4428 m = 43.95 2 Rendimiento interno máximo: η int = = θ = = = 0.. i 4 = 2287.9 .8838 kg ***************************************************************************************** 14.Diámetro del primer escalón y velocidad periférica del mismo c-2.5 se tiene: c2 = c1 sen α1 = 208 x sen 25º = 87.. ξ = 0.5 y recuperación de la velocidad de salida se tiene que la velocidad periférica de máximo rendimiento es: 2 u = c 1 cos α 1 + w 2 cos β 2 = 2 c 1 cos α 1 u = c1 cos α1 . y el ángulo de la misma.El vapor de agua a la entrada de una turbina viene especificado por una presión de 140 kg/cm2 y una temperatura de 500ºC.108 = 0. El gasto de vapor es de 14 kg/seg La turbina es mixta con parte de acción y parte de reacción. α 1 = 17 º .v 4' ) = 1.4 Energía perdida: Psalida = 2g 2g kg kg c.9 .8838 = 88.54 = = 40...1.0093) = 25010 dm 3 /kg = 25 m 3 /kg p 4 = 0.05 atm .478 .0.95 .90 . En condiciones de rendimiento máximo: c2= c2m y σ = 0.5 c-3.1 kg/cm2 y temperatura de 120ºC.95 2 Salto isentrópico: Δi adiab = T int 35. cada uno de ellos de doble flujo. c2 = c2m Velocidad de salida: Ge = Ωs x cs Ω xc = s 2 vs v4 ⇒ c2 = G e v4 Ωs = 330 x 25 = 294.6 3000 π = 188.i4' 2560.. α2 = 90º seg c. altura del primer escalón: 12 mm c.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.54 g g g g kg kg c. 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.Nº de Parsons de la parte de reacción con σ = 0.ϕ2 cos 2 α1 1 .Nº de escalonamientos de la parte de reacción sabiendo que.17 kJ η int 0.137.9 m .5 u = u = Rw = 0. el área total de salida es: Ω 5 = 4 x 7 = 28 m 2 Por trabajar con máximo rendimiento: α2= 90º .. η int = 0. c1 = 188.perdida en caso de no recuperarse en el difusor.3 d) En el condensador de superficie el agua condensada sale a una temperatura de 26ºC.3.La velocidad de salida del escalón.0053 + 0.-16 .Trabajo interno del escalonamiento u c 1 cos α1 188.137..38% cos 2 α 1 + θ ϕ2 0.1. siendo las condiciones de entrada en el condensador de superficie de 0.2. 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 = 0.6 m seg 28 c 22 294.5 2 Kgm u u2 kJ T int = (c 1 cos α 1 + c 2 cos α 2 ) = α 2 = 90º = = = = 3625.90 .Para un escalonamiento con grado de reacción 0. k = 0. mientras que la Problemas TV.1. α 1 = 20º .887 A la salida del último escalonamiento (punto 4) se tiene: x4 = 4 4' = i4" .3 .70 .95: 1 . un/u1 = 1.7 = 35.5 m = = 208 m seg seg cos α1 30 cos 25 c. temperatura del agua de refrigeración pasa de te = 12ºC a ts = 25ºC. aproximado:  kg  s A = 1. v M ≈ 0.1539 = = 0.44 ⇒ β 1 + β 2 = 62.6 .6 .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 = 0.1.7 Kcal ϕ 91.545 p1 = 0.8 sen 31.48 x 0.88 x 469.1539 i 1 = i 1' + x1 (i 1'' . p 2 = 0.6 Kcal/kg i 2 = { 120ºC .6 Kcal/kg Salto adiabático total: ΔI = 793. Δiadiad = ( )2 = ( )2 = 92.45) = 483.1 = 412.5 α 2 = 77.i 1' ) = 45.45.3738 m 0.-17 .43º) = 220.2 u c 2 cos β 2 = sen α 2 = ⇒ ⇒ 400 2 + 836.4 Kcal = 8.4608 = 46. i M = 793.7 x 0..8 2 .7 Kcal/kg .6 Kcal/kg u 21 + c 21 .7 x η int = 92.95 Kg  Salto interno: 92.92.1 m/seg β 1 = 31.5292 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 0.6 .56 Velocidad tangencial del primer escalonamiento: u 1M ( reacción) = 2 30 seg Problemas TV.5 m/seg w 2 sen β 2 412.545 x 140 = 76.5215 w1 469.3738 3810 π m = 74.9 Kcal/kg c.(2 x 400 x 412. aproximada = 142.2 u1 c 1 cos α 1 w1 = kg Pot.357 MW kg seg seg b-1) Triángulos de velocidades de la parte de ACCIÓN Entrada   u 400 =  c1 = = = 836.6 Kcal x 14 = 1996.0.483.44º = = 0.5º b-2) Salto interno de la parte de acción 836.483.44º ψ = 0.82 m/seg = 0..6 .8 cos 31.5 = 725.48 ϕ 91.9 Kcal/kg m3 ⇒ 80 < p A < 84 . ¿Cuál es la relación entre el peso del agua de refrigeración y el del vapor condensado? _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN i 0 = 3322 kJ/kg = 793.70 x 0.478 ξ1   = sen β1 = c 1 sen α 1 836.651 i -i ηtermod = ηint = 0 2 = = 0.88 w 2 = ψ w1 = 0. i A = 793.1 atm i 2'' = 2513 Kcal/kg x1 = } = 2726 kJ/kg = 651 Kcal/kg  ⇒ Vapor recalentado   s 1 .2 x 400 x 836.6 .9765 ⇒ c2 220.88 400 2 + 412.82 c c1 c1 t = 91.82 sen 17º = = 0.25 ⇒ D 1 = 0.8 m/seg c2 = u 2 + w 22 .82 2 .7 = 700.08% i0 .033 siendo el volumen específico vM.5292 .5 Kcal/kg .68.6 .0.651) = 142.48 Δiadiad = 1 .El rendimiento termodinámico (salto interno) de la turbina es: 793.74 = 68.82 cos 17º = 469.s1´ 1.1 Salida: β 2 = β1 = 31.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 Salto interno: (793.3 atm  i A = 700.7665 (617 .9 x sen 20º = 532.s 1´ 1.012 x 0.1 Kcal/kg Saltos parte de acción:   Salto adiabático = 92.45 + 0.9480 .6 = 310 Kcal/kg a) Potencia aproximada de esta turbina en CV.7665 s 1" . 9 .Tent Tsal = 25ºC .Un gasto másico de vapor recalentado de 7.Nº de escalonamientos de la parte de reacción sabiendo que: un/u1 = 1.-18 .478 . α 1 = 17 º .90 . β1 = β2.5 x 217.61 ⇒ n = 57 1/(n-1) u n 2/n−1 k= ( ) = 1.015 m c) Rendimiento interno de la parte de acción d) Sección de salida de la tobera.70 . en el que supondremos los siguientes datos: ϕ = 0. ξ = 0.3 = u n 1/(n-1) = = = = 75.c-2. temperatura y volumen específico a la salida de este escalonamiento.32n/ n−1 . σ = 0.i C2 i C1 = 651 .5 kg/seg a la presión de 50 kg/cm2 y 450ºC de temperatura. g) Valor del nD2 de la parte de reacción. u = 200 m/seg .9 2 ξ 21 ϕ 2 c-3. k = 0. altura del álabe: a = 0.3 Kcal/kg u ( n ) 2n/n−1 .562 ( ) -1 u1 u1 d) En el condensador de superficie el agua condensada sale a una temperatura de 26ºC.1 u n = k u n-1 = k n-1 u1 u1 1..1 X ΔI 1934.3 kJ/kg Para: p 0 = 50 . Tent = 12ºC = kg agua refrigeración 651 . suponiendo que todos son iguales j) Nº de escalonamientos de reacción en el supuesto de que un/u1 = 1. b) Triángulo de velocidades a la entrada y salida de la parte de acción. ψ = 0.Nº de Parsons de la parte de reacción con σ = 0. α 1 = 20º .12 kg vapor condensado *************************************************************************************** 15..6 = 217. y nº de toberas máximo que puede llevar la parte de acción e) Pérdidas mecánicas f) Presión. mientras que la temperatura del agua de refrigeración pasa de te = 12ºC a ts = 25ºC. ξ = 0.90 . La turbina funciona a 6000 rpm Se pide: a) Potencia aproximada de esta turbina.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.5 4185 4185 X= = = 1934. T0 = 450ºC ⇒  s 0 = 1. para un rendimiento termodinámico del 75%.7 2 0.26 = 48. La relación entre el peso del agua de refrigeración y el del vapor condensado es: q agua = Kcal Kcal iC1 .7 ξ1 0.15 2 cos α 1 1 1 2 cos 20 º 1 1 ( 1) + 1 ( 1) + 1 0. penetra en una turbina y posteriormente es aprovechado con fines industriales a la presión de 6. para un rendimiento termodinámico del 75%.9 . i C 2 = c p agua 26ºC = 26 kg kg = Tsal ..3 1.5 kg/cm2.3 2/n−1 .07 25 .483.6302 (Kcal/kgºK) 2  0 cm Problemas TV. sabiendo que: ϕ = 0.1 u12 74.3 Salto adiabático teórico total en la parte de reacción: ΔI = 700. kg i = 792 (Kcal/kg) = 3315.95 .20 k) Rendimiento interno y salto interno en los escalones 2 y 14 _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Potencia aproximada de esta turbina. 44º = = 0.4 2 .2 u 2 w 2 cos β 2 = sen α 2 = 200 2 + 206 2 .5 Potencia aproximada: N = 93.2 u 1 c 1 cos α 1 = sen β 1 = 200 2 + 418.8533 w1 234.785 23.0.75 = 93.5 Kcal/kg 0.6302  s1'' = 1.4 Entrada: c 1 = u = 200 = 418. acción = ( w1= 440.5 (Kcal/kg) ⇒ Estado (1). altura del álabe: a = 0.987 CV = 2.0834 ( m 3 /kg) = = 0.44º ⇒ Como β 1 = β 2 ⇒ β 1 + β 2 = 63.001495 m 2 c1 418.4 m/seg c2 = u 22 + w 22 .17 Trabajo interno: T int = 2 g 2g 2g 2 g kg kg 18.37 seg kg Salto interno: T = 124.95 .44º .478) = 0.44º) = 110.54 2 . β1 = β2.00511 m 2 sen17º sen17º Problemas TV.Para: p 1 = 6.28º ⇒ ψ = 0.8 cos 17º) = 234.9 ⇒ 200 x x 206 cos 31.4( m/seg) Ω guía 1.ξ1 ) = 2 x 0.4% cos β 1 d) Sección de salida de la tobera Velocidad de salida de la tobera.43 2 ) = 23.4 2 .95 2 x 0.033 = 3.17 Rendimiento interno.13 cos β 2 ) (cos α 1 . η int = = 0.93 MW seg Kcal b) Triángulo de velocidades a la entrada y salida de la parte de ACCIÓN. n = 6000 rpm c 418.95 ξ Δi ad.667.37 Kcal kg kg Kcal x 7.54 x 200 x 418.5 x x 427 Kgm Kgm = 299.2112 Kgm Kcal = = 7760 = 18.9689 c2 110.48 kg u 21 + c 21 .111.54 m/seg β1 = 31. en el que se conocen los siguientes datos: ϕ = 0.54 = 206.015 m .w 22 418.4 x sen 17º c1 sen α1 = = 0.9 m/seg α 2 = 75.88 Salida : β 2 = β1 = 31. w 2 = ψ w1 = 0.609 (Kcal/kg ºK) Kcal ⇒  kgºK  i 1 = 667.478 (1 + 0. s 0 = s1 = 1.5 (kg/seg) x 0.5 = 124.43 m/seg 0. α 1 = 17 º .10 -3 m 2 = = 0.5 kg cm 2 .67º c) Rendimiento interno de la parte de acción c 12 .4 m/seg ⇒ c 1t = 1 = = 440.9) (cos 17º.(2 418.478 ϕ 0.478 .-19 . vapor recalentado Salto adiabático teórico: 792 .495.88 x 234.4 m/seg η int = 2 ϕ 2 ξ1 (1 + ψ Sección de salida de la guía rectilínea de la tobera: Ω guía = Sección de salida de la tober : G v sal 7.78 2 234.784 = 78.(2 w 2 sen β 2 206 x sen 31.c 22 w12 . c 1 = 418.13 Kcal 91. ξ = 0. u = 200 m/seg . 87 Kcal/kg = 3218.5423 + 0.kg cm2 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 conducto 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 = 0.636 1.7 x 0.16.1.0834 seg seg 7.56 Kcal/kg Rendimiento total parte de ACCION: η total = 16.54 = 0 . ε = 0. 360º/6 = 60º. 5. temperatura y volumen específico a la salida de este escalonamiento.715 = 71.ε) Kcal = seg = 1.17065 (0. el arco de inyección en grados es de.23.07 . de las 6 posibles que entrarían en la circunferencia.5 kJ/kg .636 p 1 N º de toberas = = = = 5.87 Kcal/kg = 3218. i a ' = 792 .4 u 2. Salto total parte de acción: 23.6824 + 0.6302 Kcal/kgºC = 6.17065 es decir.35.3847 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.17 .35. se pueden determinar mediante la expresión: P2 = 1.067 Kcal/seg 1 (1 .5 kg/seg sólo se necesita 1 tobera. e) Pérdidas mecánicas Las pérdidas mecánicas por rozamientos de los discos se determinan mediante la expresión.636 m πn π x 6000 30 30 Suponiendo que la sección en la guía rectilínea sea cuadrada (para reducir las pérdidas transversales ⇒ una disminución de las pérdidas por rozamiento).546 x 50 = 27.546 p1 = 0.46 Kcal/kg = 3246 kJ/kg  i a = 768.5% 23.8 4.10 -3 /0.0834 m 3 /kg g) Valor del nD2 de la parte de reacción.61 Kcal/kg Con estos resultados el salto total es: Δi total = 18.11.0.07 .082 m 3 / kg .13 Rendimiento mecánico parte de ACCION: η mec = 0.86 ε Arco de inyección 0.3408 6 toberas ⇒ . para el gasto G = 7.7 a u2.1) Salto interno Kcal = 100 x 0.61 = 16.785 c) Presión.13 x 0.015 = 0.015 x 200 2 . la longitud del arco de inyección correspondiente a esta sección a la salida será aproximadamente rectangular.1184 Kcal 1 P1 = 3.17065) Kcal = 4.5 kg/seg kg Las pérdidas debidas a la inyección parcial se determinan mediante la ecuación: 17.54 = 775.-20 ⇒  p a ≅ 36 kg/cm2  Ta ≅ 400ºC  v a ≅ 0.5423 Kcal 0.3 Nº de toberas que entran en la circunferencia de inyección: Longitud de la circunferencia 0.10 -7 x 0.8 γ = 3.636 0.8 γ (1 .1 0-5 D0.13 = 768.823 kJ/kg ºC   i a ' = 3246 kJ/kg  En el punto (a') se tiene:  2   p a ' ≅ 36 kg/cm  ⇒ v a ' ≅ 0.11 Kcal/kg P3 = 100 ε ( ε -0.1184 Kcal = = 0.5 kJ/kg  En el punto (a) se tiene:    s a = s 0 = 1.10 -7 D1.715 = 0. de valor: a x (arco inyección) = 5.17065 -0.6824 Kcal 0.4 x 200 2.1% 0.1) = 0.911 = 91.10 -5 x 0. Pérdidas mecánicas totales: 0.8 x = 5.067 Kcal = = 0.10 -3 m 2 ⇒ arco inyección = 5.715 = 16.3847 = 1. sabiendo que: Problemas TV. Sin embargo.08624 seg 7.11.5 kg kg Las pérdidas de ventilación vienen originadas por el rozamiento de las aletas que no están sometidas a la inyección del vapor.54 Kcal/kg i a = 792 .3408 m Presión crítica: pk = 0. 39 2 + 58.70 .15 Kcal/kg X ΔI ad ( total) 1660. ψ = 0. si suponemos que todos son iguales (σ=0.21/(n-1) ( n ) 2/n−1 .1 0.1) + 2 cos α1 .39 .39 2 = 1.2 c 1 (1) u1 ( 1 ) cos α 1 = (σ = 0.9 2 x 0.12/0.9) 2 Kcal = = = 5.-21 .4 ⇒ 18 escalones iguales.7 2 0.ϕ = 0. con admisión total u (1) 97.2 2 n/n−1 . altura del álabe del primer escalón: 15 mm En el primer escalonamiento de reacción la inyección es total n D 21 = 60 G ξ 1 v 1 n D1 G 60 = 2 = π a 1 k c 1 sen α1 γ vapor (1) π a 1 k sen α 1 h) Diámetro del primer escalón: D 1 = x 7.15 101.1) ) = 1.70 x 0.31 6000 π = 97.12 2 = 139.9 x sen 20º 576.6 2 2 18 kg u 97.12 2 + 97.12 seg 0.90 .15 Kcal Z= = = 17. w 2 (1) = c 1( 1) = 139.01146 Con este valor obtenemos los diferentes escalonamientos de presión en la forma: Primer escalón.5 m 2 π 2 x 0. k = 0.5 kg/seg x 0.39 j) Nº de escalonamientos de reacción en el supuesto de que.5 = 0.31 m 6000 Velocidad tangencial del primer escalonamiento: u1(reacción) = 0.62 ⇒ n = 15 2/n−1 1.15 = X 2ΔI = = 20.39 2 .667.12 m/seg 3868. σ = 0.85 x 101.2 1/(17 u1 .39 m 2 30 seg i) Nº de escalonamientos de reacción.1 u1 u1 ( k= ( u n 1/( n .5.9 .39 cos 20º) = 58.7 seg ξ1 w 1(1 ) = c 12( 1) + u 21(1 ) .9 g Δi ad (1 ) ⇒ Δi ad ( 1) 97. c 1(1) = = = 139.12 m/seg + w 12(1 ) = 0.7 u u 0. α 1 = 20º .39 m m u (1) = 97.1 1934 x 101.12 m/seg .12 m/seg o también: w 2 (1) = ψ 8370 Salto adiabático: c 1 ( 1) = ϕ u 22 ( 1) X 139.20 Nº de Parsons de la parte de reacción con σ=0.5) X = 2 g ϕ 2 ξ 2 (1 . con Δi ad( 1 escalón ) = = 5. 427 g 4185 X= = = 1934 c1 2 1 c1 1 1 2 cos 20º ( 1) + 1 ( ) ( 2 .5) ⇒ w1 (1) = c 2 (1 ) = 58.2 -1 u1 97. ξ = 0.12 x 97.9 2 ϕ u n 2 n/n−1 ) -1 u n = k u n-1 = k n-1 u1 u1 = u u k= ( n )1/(n-1) = 1.7 2 = 1660.72 = 101.5 .71 427g 427g kg 8370 Problemas TV.σ ) = 427g x 0.1) = 1. un/u1= 1.015 x 0.(2 x 139.87 .90 .0834 m 3 /kg = 576.85 Salto adiabático teórico total en la parte de reacción: 768.27 (c 1 (1) /ϕ) 2 (139. 8370 98.2 2 .72 2 .6 2 / 2) Kgm Kcal = 1845 = 4.15 2 / 2) Kgm Kcal = 2480.6 2 ( 1) Kcal 2 c 1 ( 2 ) = ϕ g Δi ad (2 ) + c 2 ( 2 ) ⇒ Δi ad ( 2 ) = = =5 427 g 427 g kg T int ( 2 ) = c 12 (2) .32 g kg kg ya que la energía dinámica a la salida se aprovecha en el siguiente escalón 4. entrando en la turbina antigua de baja presión a 400ºC. con admisión parcial u ( 2 ) = k u (1) = 1.5 cos 20º) = 58.24 m = 163.5 2 .9 3868.51 2 = 3446. siendo la presión final en el condensador 0.2 c 1 ( 2 ) u 1 (2 ) cos α 1 = w 1( 2 ) = 140 .01146 x 97.24 m/seg c 1( 14) = u ( 14 ) w 1( 14 ) = Δi ad (14 ) = T int( 14 ) = ξ = 114.75 *************************************************************************************** 16.32 Rendimiento η int = = 0.(58.15 m/seg = c 2( 14) (c 1 (14 ) /ϕ ) 2 .2/0. 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.7 seg 114.7 m/seg  (2) u2 8370 2 + w 21( 2 ) X w 2 (2 ) = ψ y así sucesivamente. Salto adiabático correspondiente al escalón (2) (c 1 ( 2 ) /ϕ) 2 .8 = 5.86 6. A continuación el vapor se recalienta a presión constante..9) 2 .27  w1 = 58.( c 22 g (14 ) / 2) = Rendimiento del escalón (14) = (163.(c 22 (2) / 2) = g 140.58.8370 u ( 2 ) = ( 140.7 seg c 12( 2 ) + u 12( 2 ) .c 22 (140.51 = 114.39 = 98.72 m 0.(2 x 140. _________________________________________________________________________________________ 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.72 x 98.2 cos 20 ) = 68.A una turbina de vapor ya construida se superpone una nueva TV de alta presión.8 ⇒  1( 2 ) ψ X 0.86 5 Los saltos adiabáticos irán creciendo a medida que aumentan las velocidades Para el escalón (14) .c 22 (14 ) = 427 g c 21 ( 14 ) .9) 2 .72 2 + 98.Segundo escalón.68.15 2 Kcal = 6. La presión a la entrada de la turbina nueva es pA= 150 bar y la temperatura TA= 450ºC. Problemas TV.8 g kg kg 5.51 c1( 2 ) = m seg 98.72/0 .(2 x 114. La turbina antigua desarrolla una potencia de 50.24 x 163.01146 13 x 98.000 kW.2 2 . y la presión a la salida pB’= 40 bar.75 427g kg 163.-22 . El rendimiento interno de la antigua turbina es ηi(ant) = 75% y el de la nueva η i(nueva) = 82%.2 bar.7 ) 2 . (escalón intermedio): u (14 ) = k 13 u (1 ) = 1.(68.8 = 0.6 m/seg ó a partir de: 2   w 2 = ( w 2 ( 2 ) ) 2 .24 2 + 163.2 = w2 0.51 = 140. 0.57 Salto interno ('') 740 kJ/kg seg Potencia de la nueva turbina: N' = 67.07 kJ/kg ºC . s A = 6.4 kJ/kg Nueva: Δi ad(' ) = i A . 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 .i 1′ ) + (i 0 .5 + (0 . en la forma: kg N'' Consumo de vapor (se desprecian las pérd.8321 Punto 1  s 1' = 0.769 .907 .142 Punto B' : i B' = i A .251.4 .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.i B ) = 3157 .797 kJ/kgºC . s 0 = 6. i = 2609. i A = 3157 kJ/kg .i 1 = 3214 .8321 1'' 1'  i = 251.46 ) + (3214 .5 kJ/kg .1 kJ/kg  1' 1'' i 1 = 251.769 kJ/kgºC s -s 6.4 kJ/kW ***************************************************************************************** Problemas TV.8321 .57 kg/seg x 260 kJ/kg = 17567.i 1' = 3214 .01844 m 3 / kg .Con los datos del problema se determinan:  150 bar Punto A  ⇒ v A = 0 .838 x 2357. s 1'' = 7. s B '' = 6.2227.η T (i A .142 kJ/kgºC  450 ºC  40 bar Punto 0  400ºC ⇒ v 0 = 0 . Vapor RECALENTADO i B = 2840 kJ/kg s B = 6.54 kJ/kg kJ y el consumo específico por kW: q 1" = = = 14.186 kJ = 3600 kJ x 3600 x 1 1 kW = 102 seg hora hora 427 Kgm hora hora Kcal hora Q 1" kJ/kg 2962.2840 = 317 kJ/kg ⇒ Salto interno (') = 0.Salto interno (') = 3157 .838 s s 7.5 kJ = 11.11600 = 2812.07334 m 3 /kg .0..7) = 2227.a) Potencia desarrollada por la nueva turbina superpuesta.54 kJ/kg Kgm seg Kcal = 860 Kcal = 860 Kcal x 4.i B = 3157 .75 x 986.260 = 2897 kJ/kg El consumo de vapor se obtiene a partir de la turbina antigua.-23 .6 = 740 kJ/kg i B' = 3157 .251.2897) = 3222.4 = 986.i B « ) = (3157 .0.6 kJ/kg ⇒ Salto interno (") = 0.2840 ) = 2897 kJ/kg  s 1 = s 0 = 6.5 kJ/kg y el consumo específico de la instalación por kW: q 1 = 3222. mecánicas ): G = = 50000 kW = 67.82 x 317 = 260 kJ/kg Antigua: Δi ad(") = i 0 .412.82 (3157 .769 kJ/kgºC   40 bar Punto B  ⇒ s B' = 2.46 = 2962.907 ⇒ Vapor HÚMEDO : x 1 = 1 1' = = 0 . i 0 = 3214 kJ/kg .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 5*' 8.096 kJ/kgºC Punto Punto Temperatura ºC Presión bar Entalpía kJ/Kg Entropía kJ/Kg.i 0 ) .7 ) kJ/kg vapor kg fuel Exergías en los distintos puntos de la instalación: Ex= {(i .001 kJ/Kg vapor = 0.-24 .293 (7.0424 125.7 0.8 kJ/Kg fuel 5 (2144 .s 5' ) = .1900) = 2144.293 (0. menos las pérdidas = 40000 x 0.Hallar el balance exergético de una instalación de turbina de vapor.5 kJ/Kg vapor = 1279.096 Ex = {(i . y temperatura a la entrada de la turbina.8) .3 kJ/kg vapor x5 = i5 .s 0 )} G v kJ kg fuel T0 293 Exergía de la combustión: Ex combustión = Q1 (1 ) = 40000 (1 ) = 34346.75) = 1900 kJ/kg vapor i 5 = i 4 .5 x 11..0.294) = 67.i1 ) = Calor desprendido en la combustión.0. 20ºC Trabajo de bombeo. 400ºC Temperatura a la entrada del condensador. (estado muerto).0.i'5 i"5 - i'5 2144.2 kJ/Kg vapor = 67.75 + 0.124. 100 bar.83.437 2 30 0.835 = 15..125.83.293 (6.0424 125.η T (i 4 .83.. 1 bar.8 (3121 .2 x 11.0.01183 kJ/Kg fuel 3 (3100 .73 kJ kgfuel 1-2 (125. despreciable.ºC 1 30 0.218 4 400 90 3121 6.83.142.35 kJ Tcombustión 1800 + 273 kg fuel Problemas TV.7 .i0 ) .3 .125.8304 2556.88 = 35200 kJ/kg fuel kg vapor Q1 35200 kJ/kg fuel Masa de vapor por kg fuel : G v = = = 11.293 .437 x 5* = 5* 5*' = = 0.7 0. = 7.835 = 0. 1800ºC Pérdidas de calor en la caldera.73 (2556.7 = 0.835 = 799 kJ/Kg fuel Calor absorbido por el vapor en la caldera: Q 1 = G v (i 3 .44 .437 3 400 100 3100 6.0.17.i1 (3100 .218 .T 0 (s .294) = 0. 80% Condiciones ambientales.294) = 1279.455 . 400ºC Presión a la entrada de la turbina.437 .8) . 40000 kJ/kg Temperatura de la combustión.0424 21443 7. 30ºC Rendimiento isentrópico de la turbina.0424 1900 6.5 kJ/Kg vapor = 1280.125.s 0 )} G v Título 0.835 = 15. _________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN B Al despreciarse el trabajo de la bomba el punto (2) se confunde con el (1) s -s 6. 12% Presión del vapor a la salida de la caldera.8) .T0 (s .001 x 11.293 .154 kJ/Kg fuel 4 (3121 .0.73 s 5*'' .294) = 1280. sabiendo que: Potencia calorífica del fuel.i 5*' ) = 124.4 .84 i3 .096 .2 = s 5 = s 5' + x 5 (s 5'' .5 x 11.293 (6. 90 bar.293 5' 30 0. y temperatura del vapor a la salida de la caldera.i 5' ) = 3121 .8) .293 5 30 0.437 i 5* = i 5*' + x 5* (i 5*'' .0. .7) = 23890.ex ( 5) ) .8 .2 kJ kg fuel Pérdida exergía en la turbina = (ex (4) .2 Rendimiento exergético = = = 0.15154) + 34346.Exergía (pérdidas de calor) en la caldera = 34346.i 5 ) = 11.125. suponiendo que se mantienen las condiciones del apartado a.337 = 33.56 kJ kg fuel kg vapor (3121 .4121.1 kJ kg fuel 293 kJ ) = 788.ex (3) ) + Ex combustión = (0 .2144.2 kJ kg fuel kg vapor kg fuel Calor cedido al condensador: Q 2 = Gv (i 5 . Problemas TV. es decir.7% Ex combustión 34.799 . por lo que: Pérdida exergía combustión caldera= 19192.1 (1 303 kg fuel Trabajo en la turbina = G v (i 4 . determinar el grado de carga de la turbina y el rendimiento interno. y se expansiona hasta la presión de 3 atm. pasa de 80 a 40 atm en condiciones normales.3) kJ = 11559. a) Si la turbina se regula en forma cuantitativa (admisión parcial) hasta reducir el gasto de vapor al 70% del valor de diseño. está diseñado para que en el mismo se realice una expansión 2/1.35 x 0. El primer escalonamiento de regulación.-25 .11559.12 = 4121.3 . 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.56 = 15070.84 (2144.84 kJ 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).i 1 ) = 11. suponiendo que el escalonamiento de regulación funciona con un rendimiento del 65%.84 kJ kg fuel Pérdida exergía en tuberías = ex (3) .346.8 = 11.35 = 19192.45 Exergía del calor cedido al condensador = 23890.ex ( 4) = 15154 .El vapor de una turbina penetra en la misma a la presión de 80 atm y temperatura 400ºC.TTurb = 15142. con un rendimiento del 85%..559.35 Pérdida de exergía en la caldera = (ex (2) . CURTIS.4 ***************************************************************************************** 18. determinar el grado de carga de la turbina y el rendimiento interno.6 kJ kg fuel Tútil 11.15142.2 = 2784.4 . 364 kJ → kgC  Punto D: η = iA .5627 kg ºC  x = 6. kJ Punto C: 3 atm y s C = s B' = 6.i C = Δi 2' = 2972.2550. se tiene: 0. Línea de expansión (Regulación por admisión parcial) p1' = 28.5627 .882 x 2163.166.9) = 2550.672  kJ  i N = 561.0.i B' = ⇒ iA .i B' 3139 .85 x (3139 .5 kJ/kg.p2e G2 .4 + (0.iN ⇒  x = 6.7 2 ⇒ 402 .65 = i A .672 ⇒ Vapor HÚMEDO ⇒  kJ  i C = 561.1.6 .3 2 = 0.32 .85 = kJ kg 2972.iD iA.2 =1  2 pe b  p1'2 . ésto quiere decir que al disminuir el gasto._________________________________________________________________________________________ RESOLUCIÓN a) Si la turbina se regula en forma cuantitativa (admisión parcial) hasta reducir el gasto de vapor al 70% del valor de diseño.5627 kJ/kgºK  B' siendo el salto interno de este escalón de 166.9) = 2470 kg  i D = i A . pasándose no a una presión de 40 atm que era la de regulación de diseño.p 2e pe b G '2 elim inando b       → =  p12 G 2 p12 .-26 kg .92  C 6.5 = 2972.364 kJ/kgºC  3 atm vapor HUMEDO Punto N :  s N = s A = 6. quiere decir que habrá una nueva presión de regulación.364 .6 kg  El salto isentrópico puesto a disposición del resto de los escalonamientos es.1.  i A = 3139 kJ/kg Entalpía punto A: 80 atm y 400ºC ⇒   s A = 6. 28.6 .0.35 kJ kg La presión p1’ se calcula en la forma: p1'2 G ' 2  .08 atm y s M = 6.i C' 2972. i B' . En estas circunstancias las condiciones del vapor a la entrada A se mantienen.08 atm Valores de regulación por admisión parcial que es la nueva presión de salida del primer escalón.i N ) = 3139 .2 = 1 2 p21' .882  N 6.6 .08 atm. Punto M .2883) = 3139 . sino a otra inferior p1’.4 + (0.92 x 2163.992 .65 (3139 .η (i A .i C ⇒ 0.672 = 0. pasando p1 a valer p1’ = 28.iM 3139 .2550 .i C = 2972.6 = 422 Punto C' ⇒ η = i B' .992 .1.6 kJ/kg  s = 6.364 kJ ⇒ i M = 2883 kgºC kJ kg Como el escalón de regulación funciona con un rendimiento del 65%.1.2883  i B' = 3139 .i C' i B' . pero no a la salida.2470) = 2570.6 . la relación de presiones 2/1 no se mantiene.672 = 0. i C' = 2614 kJ Problemas TV. iN 3139 .i N ' 3139 .2614 Rendimiento interno de la turbina.71 = 71% iA .47% iA.i C' = 3139 .-27 .2533.7 = G' = 0.1.35 i A' .672 →  kJ i N’= 561.2614 = 525 kJ kg Δi int N' 525 = G' = 0.2470 El grado de carga es = 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.7 = 0. se tiene: Δp 0' Δp 0 = Δi' = Δi G' Δi' η' G' = = G Δi η G η' = η ⇒ p 0' .7847 = 78.2663.El salto interno de la máquina es: i A .5851 G Δi adiab iA .9 atm Vapor recalentado → ⇒ p 0' = 56.i C' 3139 .i D' 3139 .1.2570.7847 ⇒ i D' = 2663.7 G Línea de expansión (Regulación por laminado en la válvula de admisión)  i = i = 3139 kJ A A’ kg Punto A ’:   p A ’ = 56.2663.9 atm Representación de G´/G en función de p0’ s A’ = 6.3 kg  i -i 3139 .9) = 2533.iN 3139 .iD 3139 .3 80 .52 .i D' Rendimiento interno de la turbina: η int = A ' D' = = 0.4 + (0.9112 N’ 6.992 .7 kJ i A' .7 A' D' = 0.672 = 0.35 N diseño a partir de la cual se puede calcular la nueva potencia i A .2470 ***************************************************************************************** y el rendimiento del ciclo: η = Problemas TV.iN 3139 .3 = G' = 0.7847.7 525 = 0. con un rendimiento interno 0.52 kJ kg ºC  N’ El grado de carga es: N' N diseño Vapor HUMEDO Δi int i -i 3139 .6462 G Δi adiab i A .7 = 0.3 kg  p e = 3 atm Punto N’:  s = 6. η int = = = 0.9112 x 2163.2570.7 = = 0.52 kJ kg ºC x = 6.