Ejercicios de Centrales

CURSO: CENTRALES HIDROELECTRICAS

DOCENTE: ING. OSVALDO CADILLO CICLO: X ALUMNOS: CALDAS ACERO, EMILY MENDOZA BELLIDO, ROITHER SALAZAR CCOPA, JENRY

2013

1. problema 13

Del ejercicio deducimos deducimos que debemos calcular el número número de horas necesarias necesarias para que el costo medio de la central hidráulica y la térmica sean iguales. Datos

HIDRAULICA

TERMICA

costo por KW instalado

1200$

400$

intereses intere ses

10% anual

10% anual

operación

1%

2%

mantenimiento

2%

5%

tasa de depreciación

4%

4%

vida útil

60años

20años

costo combustible

-

180$/ton

consumo combustible

-

0,3kg/kw-h

Desarrollo

Notamos que el cuadro nos brinda información información detallada de las 2 centrales. Las centrales generadoras tienen dos parámetros: a = $/Kw (Costo de potencia o de inversión o de desarrollo)

S / . b =  Kwh  (Costo de energía o de operación) Para calcular el número de horas necesarias tenemos que calcular los costos medios y para calcular esto necesitamos la depreciación La depreciación es un costo fijo que no depende de la cantidad producida y por ello estas incluida en todas las centrales de generación eléctrica La depreciación  D= ⁄ Donde: d= tasa de depreciación n=vida útil Luego reemplazamos para hallar la depreciación de la central hidráulica.

Para 60 años D=

  = 0.4%   ⁄ 

Luego reemplazamos para hallar la depreciación de la central térmica. Para 20 años DT=

  = 3.3% ⁄ 

Después de haber calculado la depreciación para cada caso, hallamos la depreciación anual total Para la central hidráulica CFH = 10%+1%+2%+0.4%=13.4% Para la central térmica CFT = 10%+2%+5%+3.3%=20.3% Luego hallamos los costos medios

Costo Medio =

Costo Total Cantidad

Producida

Costos medios a. usaremos como ejemplo 8000 horas de operación a plena carga       CMH=  = 0.02$/kW-h   

Es evidente que para el desarrollo del problema en mención necesitamos hallar el tiempo, y lo realizaremos a través de la siguiente relación: ai 1



bi 1.t 



a1

 b1 .t 

        CMT=  +0.18  x 0.30     

 = 0.064 

b. usaremos como ejemplo 4000 horas de operación a plena carga Aplicaremos las misma formulas que aplicamos en el caso anterior.       CMH=  = 0.04$/kW-h            CMT=  +0.18  x 0.30      

= 0.074 c.

 

en general para “n” horas de operación a plena carga

Obtenemos las siguientes relaciones.        CMH =  = $/kW-h                CMT =  +0.18  x 0.30        

=

  +0.054 $/kW-h 

Luego igualamos los 2 valores para hallar el número de horas.   = +0.054  

n= 1474h

Para este caso deducimos que CMT = CMH = 0.109 $/kW-h

Comparación entre costo de la central hidroeléctrica (CH) y la central termoeléctrica (CT)

2. problema 18 3

Calcular la longitud de un desarenador para decantar partículas de 0.3mm, Q nom=1 m /s. el ancho es de 2m y la altura para Q nom=2m. Desarrollo

Para calcular la longitud de un desarenador necesitamos la siguiente fórmula: L

 V   H   t d    f s

Donde: td: tiempo de decantación f s: factor de servicio Tenemos de dato: Partículas de 0.3mm Q nom=1 m3/s Ancho (B) = 2m Altura (H) = 2m

Primero calculamos la velocidad del agua:

La velocidad del agua en el desarenador depende del ancho (B) y alto (H) del mismo.

 V  

Q  A 

→ V  

Q B  H 

Reemplazando tenemos lo siguiente:

V=

    

V=0.25m/s

Para la decantación apropiada de las partículas que trae el agua, su velocidad tiene que estar en el rango de: (0.2 m/s < V < 0.3 m/s) Por lo tanto notamos que cumple con la velocidad apropiada.

Segundo calculamos la longitud

Como ya se verifico la primera condición, calcularemos la longitud. Tenemos de dato que las partículas a decantar son de 0.3mm de diámetro, Luego trazaremos en la grafica para halla el tiempo de decantación.

Tiempo de decantación vs diámetro de partículas

Del grafico tenemos que el t d es 20 s/m Luego reemplazamos en la formula Se considera f s = 2 L

 V   H   t d    f s

L= (0.25m/s x 2m x 20s/m) x2 L= 20m

3. Problema 19

Calcular la longitud de un desarenador, si las partículas con 0.1mm, Q nom=2 m3/s, B=3m, H=2m (para Q nom) Desarrollo

Para calcular la longitud de un desarenador necesitamos la siguiente fórmula: L

 V   H   t d    f s

Donde: td: tiempo de decantación

f s: factor de servicio Tenemos de dato: Partículas de 0.1mm 3

Q nom= 2 m /s Ancho (B) = 3m Altura (H) = 2m Primero calculamos la velocidad del agua:

La velocidad del agua en el desarenador depende del ancho (B) y alto (H) del mismo.

 V  

Q  A 

→ V  

Q B  H 

Reemplazando tenemos lo siguiente:

V=

  

V= 0.33m/s

Para la decantación apropiada de las partículas que trae el agua, su velocidad tiene que estar en el rango de: (0.2 m/s < V < 0.3 m/s) Por lo tanto notamos que NO cumple con la velocidad apropiada. Entonces analizaremos con el B = 4 m Si B = 4 m:   V=  V= 0.25m/s Con este cambio notamos que cumple con la velocidad apropiada Segundo calculamos la longitud

Como ya se verifico la primera condición, calcularemos la longitud. Tenemos de dato que las partículas a decantar son de 0.1mm de diámetro y luego trazaremos en la gráfica para halla el tiempo de decantación.

Tiempo de decantación vs diámetro de partículas

Del grafico tenemos que el t d es 50 s/m Luego reemplazamos en la formula Se considera f s = 2 L

 V   H   t d    f s

L= (0.25m/s x 2m x 50s/m) x2 L= 50m

4. Problema 20

Suponer: H = 2m,  = 60º, n = 0.6 (rugosidad), b = 6m, s = 3/1000 (pendiente). Calculo del caudal Desarrollo

Para calcular el caudal necesitamos la siguiente fórmula:

 V  

Q  A 

→ V  

Q B  H 

→

Tenemos de dato: Partículas de 0.1mm Q nom= 2 m3/s Ancho (B) = 3m Altura (H) = 2m Primero calculamos la distancia X:

Q= A.V

b=6m x

a

x

L

H=2m 60°

Del grafico tenemos:

   

x=1.15m

Luego el perímetro mojado será: b = a+2x a=3.7m Luego calculamos el área de la sección transversal, reemplazando tenemos:  2  A=( .H = 9.7m  Luego calculamos el Radio hidráulico: El radio medio o radio hidráulico es una relación entre el área de la sección del líquido y el perímetro mojado del canal. R

h=

 

Donde: A=área Pm= perímetro mojado Para el cálculo del perímetro mojado, necesitamos hallar L      = 2.3m Luego reemplazamos los valores de a y L en nuestra formula. Pm= a + 2L = 8.32m Una vez obtenido todos los valores reemplazamos en la fórmula del radio hidráulico

R

h=

  = 1.17m 

Para seguir con los cálculos para hallar la velocidad debemos hallar el coeficiente de contracción, cuya fórmula es la siguiente.

C=

 √ 

Donde: n : coeficiente de rugosidad del material del canal. Y como ya tenemos Rh y “n” es el dato. Aplicamos la formula.

C=

   √  

C=55.96

Finalmente para hallar la velocidad del fluido tenemos la siguiente formula. V   C  R h   s

Donde: C : coeficiente de contracción S : pendiente del canal Luego reemplazamos V=C.√     

V=55.96. 

V=3.3m/s El problema nos pide hallar el caudal y lo realizamos con la siguiente formula Luego hallamos el caudal Q=A.V 2

Q= 9.7m x 3.3m/s Q= 32m3/s

5. PROBLEMA 21

Una planta tiene un diagrama de carga diario constante (L – V), sábados (-10%) y domingos (20%). De lunes a viernes varía como sigue:

Valores del diagrama de carga

Horas

0-6

6 - 10

10 - 12

12 - 14

14 - 18

18 - 20

20 - 24

MW

50

35

55

40

60

35

50

La CH tiene HB = 500 m, P inst = 62 MW, dispone de regulación estacional para mantener en 3

estiaje (7 meses) 12.2 m /s. 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.1 $/kW-h con costo de combustible 0.04 $/kW-h.

Diagrama de carga del problema

E día

 50  6  35  4  55  2  40  2  60  4  35  2  50  4  1140 MW   h

→ E día → P m

P est  →

 47.5 MW 

 4108.9685  Qest   4108.9685  12.2  0.5

P est 

 48.075 MW   47.5 MW   (solo es necesaria regulación diaria)

El balance comienza luego de la mayor hora punta:

18 - 20 h:

(48075  – 35000) kW x 2 h

=

26150 kW-h

+

20 - 6 h:

(48075  – 50000) kW x 10 h

=

-19250 kW-h 6900 kW-h

6 - 10 h:

(48075  – 35000) kW x 4 h

=

52300 kW-h 59200 kW-h

10 - 12 h:

(48075  – 55000) kW x 2 h

=

(48075  – 40000) kW x 2 h

=

(48075  – 60000) kW x 4 h

=

+

16150 kW-h 61500 kW-h

14 - 18 h:

+

-13850 kW-h 45350 kW-h

12 - 14 h:

+

+

→ Máximo

-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 Vol RRD



→

E   47700 k W  h Vol RRD  41791m 3 (útil)  Vol RRD  43991m 3 (real,  Vol

47700 kW   h 1.1438 kW   h / m 3

→

Costo del reservorio:

C R   43991m 3  200

$

m3

→

C R 

 879820 $

Costo de CT:

E día  19250  13850  47700

Sábados  – 80%:

→

E día  8800 kW   h (L – V)

E sab  7270 kW   h

Domingos  – 90%:

E dom  64640 kW   h

Costo de la energía térmica

C T 

 2280500 $

Por lo tanto, conviene más el reservorio.

muerto)

6.1 PROBLEMA 22

Se tiene una demanda:

Valores del diagrama de carga

Horas

0-6

6 – 10

10 - 12

12 - 14

14 - 18

18 - 20

20 - 24

MW

50

25

60

40

80

40

50

Constante de de lunes a viernes, sábado (-20%), domingo (-20%), HB = 500 m y en estiaje 12.5 m3/s en el cauce.

Diagrama de carga del problema

E día

 50  10  25  4  60  2  40  2  80  4  40  2

→ E día →

P m

P est 

 1200 MW   h

 50 MW 

 4108.9685  Qest   4108.9685  12.5  0.5

→ P est 

 49.308 MW   50 MW   (es necesaria regulación semanal)

E   1.1438  Vol 

El balance comienza luego de la mayor hora punta (14 – 18):

18 - 20 h:

(49308  – 40000) kW x 2 h

=

18616 kW-h

20 - 6 h:

(49308  – 50000) kW x 10 h

=

-6920 kW-h 11696 kW-h

6 - 10 h:

(49308  – 25000) kW x 4 h

=

(49308  – 60000) kW x 2 h

=

(49308  – 40000) kW x 2 h

=

(49308  – 80000) kW x 4 h

=

+

18616 kW-h 106160 kW-h

14 - 18 h:

+

-21384 kW-h 87544 kW-h

12 - 14 h:

+

97232 kW-h 108928 kW-h

10 - 12 h:

+

+

-122768 kW-h -16608 kW-h

→ Falta

Esquema del problema

Reservorio semanal E falta

 16608 kW   h

V falta LV 



5  16608 V falta LV   72754 m 3 1.1438 →

Lo que se necesita diariamente: E día LV 

 1200000 kW   h

V d ía LV 



1200000  1051358.8 m 3 1.1438

Qdía LV 



1051358.8 m 3  12.1685 m 3 / s 86400 s  (Caudal mínimo requerido por día)

Balance Semanal:

E Sab

 0.9  1200000 kW   h  1080000 kW   h

1080000  946223 m 3 1.1438

V Sab



QSab

946223 m 3   10.9571 m 3 / s 86400 s

E Dom

 0.8  1200000 kW   h  960000 kW   h 960000  841087 m 3 1.1438

V Sab



QSab

841087 m 3   9.7348 m 3 / s 86400 s

Finalmente: Vol LV 

 12  12.1685  86400

Vol Sab

 12  10.9571  86400

Vol Dom

 12  9.7348  86400

s día s día s

día

 5 días  72794 m 3  90877 m 3 286290 m 3 (sobreabast ece)

 195713 m 3

Para la regulación semanal se necesita 72794 m3; se dispone 286290 m3, por lo tanto sobran 273496 m3. Ya que la capacidad máxima de la cámara de carga es 60000 m3, entonces será imposible usarla para regulación diaria ya que el volumen requerido es mayor. Por lo tanto se construye una central de presa con ambas capacidades juntas: 109986 m3 + 72794 m3 = 182 740 m3.

6.2 PROBLEMA 23

De los anterior, si el cause tuviera 12.3 m3/s. Qest 

 13.3  0.5  11.8 m 3 / s

P est 

 48486 kW

E falta LV 

 50000  48486  24 kW   h  36336 kW   h

El balance comienza luego de la mayor hora punta (14 – 18):

18 - 20 h:

(48486 – 40000) kW x 2 h

=

16972 kW- h

+

20 - 6 h:

(48486 – 50000) kW x 10 h

=

-15140 kW- h 1832 kW- h

6 - 10 h:

(48486 – 25000) kW x 4 h

=

+

93944 kW- h 95776 kW- h

10 - 12 h:

(48486 – 60000) kW x 2 h

=

-23028 kW- h 72748 kW- h

12 - 14 h:

(48486 – 40000) kW x 2 h

=

(48486 – 80000) kW x 4 h

=

+

16972 kW- h 89720 kW- h

14 - 18 h:

+

+

-126056 kW- h -36336 kW- h

Embalse má ximo: 95776 kW-h Falta: 36336  kW-h

V  

→ Falta

E   132112 kWh

132112  115748 m 3 1.1438

Balance semanal V RS 



36336  5  159176 m 3 1.1438

E día LV 

 1200000 kW   h

V d ía LV 



1200000  1051358.8 m 3 1.1438

1051358.8 m 3  12.1685 m 3 / s Qdía LV   86400 s  (Caudal mínimo requerido por día) QSab

 10.9571 m 3 / s

QSab

 9.7348 m 3 / s

Finalmente: Vol LV 

 11.8  12.1685  86400

Vol Sab

 11.8  10.9571  86400

Vol Dom

 11.8  9.7348  86400

Estudio Integral:

s día s día s

día

 5 días  159194 m 3  73297 m 3 251730 m 3

 178433 m 3



Qnom Qm



Vol min

Qmin

P nom 4108.9685

→

Qnom

 20.7 m 3 / s

P m

3 4108.9685 → Q m  12.2 m / s

 1051358.8 m 3  946223 m 3  841087 m 3  7044104 m 3

7044104 m 3   11.65 m 3 / s 7  24  3600 s

Recurso autosuficiente

Q RRD  20.7 m 3 / s 20.7 m 3 / s  Q RRD  12.2 m 3 / s

 Necesita reservorio diario

12.2 m 3 / s  Q RRD

 Necesita reservorio diario  semanal

11.65 m 3 / s

 11.65 m 3 / s

 Q RRD

 Necesita reservorio diario  semanal 

E 

C.T., cauce alterno, etc.

7. PROBLEMA 24

Al cerrarse la válvula de una tubería de agua, 50 mm de diámetro; 5mm de espesor, se dio un ΔP de 1 atm. Calcular el caudal que conducía.

 E  : m—dulode Young  2.5  10 kg / cm    : m—dulode elasticidad   2.07  10 kg / cm 6

2

4

2

0

Entonces hallamos: P     c  v 

v : velocidad del  fluido c : celeridad de sobrepresión    : densidad del agua

Sabemos que:

   

1000

kg / m 3

9.81 m / s

2

 102 

Hallamos c: c 



E 0 /   

1

E 0

D

E   e

kg  s 2 m4

Donde: C = celeridad de la onda Eo= Modulo de elasticidad del agua  = densidad del agua

E = Modulo de elasticidad del material empleado D = diámetro de la tubería e = espesor de la tubería

 10 / 102 c  1370 m / s 2.07  10  D 1  2.5  10  5  10 4

2.07

4

6

3

Hallando el área:

 A 

   D 2 4



  





50 10

3

4

 2



19.625 10

4

m2

Reemplazando tenemos:

 P   10 atm  1.033

kg / m 2 atm

 10 .33  10

4

kg / m 2

En la fórmula:

 P  10.33  10 v   0.74 m / s     c 102  1370 4

Finalmente:

Q   A  v → Q  1.45 l / s

8. PROBLEMA 26

Una tubería    2 m , L = 500 mm, circulan 15 m3/s, calcular el tiempo requerido para que el cierre del distribuidor no produzca un ∆P > 3 atm.

SOLUCION:

Convertimos de atm a kg/cm² 1atm = 1.033kg/cm²

 P  3 atm 1.033

kg / cm2 atm

 3.099 kg / cm2

Donde:

 P : Valor de la sobre presión v: velocidad del fluido c: celeridad

   : densidad del agua f: factor de seguridad Q: caudal D: diámetro de tubería L: longitud de tubería

 P     c  v    L  v  t  c  L / t   P   4Q → v  4.8 m /  s v    D 2

t  

102 500  4.8 3.099  104

Considerando f = 2 →

→ t   8 s t 

 16  s

9. PROBLEMA 28

Tubería de acero ( E   2  10 kg / cm ) con las siguientes características: 6

 L  L    L  L

1

2

3

4

 240 m  280 m  300 m  200 m

 D1  D2  D3  D4

 1.5 m  1.42 m  1.32 m  1.23 m

2

e1 e2 e3 e4

 9 mm  13 mm  20 mm  26 mm

Q nom = 8 m3/s y HB = 500 m. a. ¿Cuál será el ∆P del golpe de ariete si cierra violentamente? b. tc mínimo para que el ∆P < 30%.

c.

Calcular el ∆P en la tubería si tc = 5 s.

d. Encontrar la depresión si abre el distribuidor en 2 s para Q = 70%.Qnom. e. Indicar tc y ta del regulador de velocidad.

SOLUCION:

a. Cálculo de velocidades medias mediante la formula:

Q=Ax v

48

v1



v2



v3



v4



vm



 4.5 m / s

   1.5

2

4 8

 5.1 m / s

   1.42 

2

48

 5.8 m / s

   1.32

2

48

 6.7 m / s

   1.23

2

v1  L1

 v  L  v  L  v  L  L  L  L  L 2

2

1

3

2

3

3

4

4

→ vm

4

Celeridades: 1425

c1  1

c2

10

3

2.07  10 2  10

10

 976 m / s

1.42 13  10 4

3

1425

 1

c4

2  10

 863 m / s

1.5  9 10 4

1425

 1

c3

2.07  10

2.07  10 2  10

10

1.32  20 10

 1098 m / s

4

3

1425

 1

2.07  10 2  10

10

1.23  26  10 4

3

 1425 m / s

 5.5 m / s

cm



 L1  L2  L3  L4  L1  L2  L3  L4 c1



c2



c3



→ cm

 1042 m / s

c4

 P    cm  vm  102  1042  5.5  584562

kg / m

2

Convirtiendo tenemos:

 P  58.5 kg / cm2 (117%)   H   500 m  50 kg / cm2   

b.

cm  vm 2  g  H 



1010  5.5 2  9.81  500

 0.6

Del ábaco, para  P   30% →    2.9

t c



2 L  cm



2  1000  2.9 1010

→ t c

 5.9 s

En el regulador para 1.10     0.6 ,    7.8 → t c Para f = 2 → t c

c.

Si t c

 5 s

 32 s →  ´

Entonces, en el abaco:

5  1010

→  ´ 2.5

2  1000

   0.6  ´ 2.5

 P  40%

d.

v m '  0.7  5.5 m / s   3.85 m / s

  

cm

  

 15.8 s

 v m ´ 1010  3.85   0.4 2  g  H  2  9.81  500

t c  cm 2 L



2  1010 2  1000

1

Por lo tanto en el ábaco se tendrá:

   0.4    1

 P  10% Para regulador (-10%):    0.4 → t c



9  1000  9 1010

 18 s

Considerando f = 2, t a

 36 s

 ´´ 9

 P  60%

10. PROBLEMA 29

Q nom = 22 m3/s; γacero = 8000 kg/m 3; σ = 850 kg/cm2; f = 0.02; k = 0.85, costoacero = 3 $/kg. La amortización de la anualidad se dará con interés anual 20% por 20 años. Costo de la energía producida es 0.03 $/kW-h. Calcular el Diámetro, espesor y costo de cada t ramo.

 H 1  H 2  H 3  H 4  H 5

 30 m  56 m  50 m  45 m  34 m

     H  B  215 m Turbina reacción   

Fig. 1 Tubería forzada

 H  = para turbinas de acción  H  = para turbinas de reacción, por lo tanto:  H   25% 2 P      1.25  H B  → P   1250  H B  (kg/m )

e

 P  D 2

    K 

→ e



1250  H B  D 2  850  10 4

Fig. Tubería forzada Donde:

  : peso específico del material n: número de años i: interés anual C: Costo por kilogramo

 0.85

→ e

 8.65  10 5  H B   D  (m)

Vol      D  L  e

W      Vol  → W   2.1760  D 2  H B   L Considerando accesorios +20% W

→ W 

Costo tubería: C   3  2.6  D 2  H B   L

 2.6  D 2  H B   L  (kg)

2 → C   7.8  D  H B   L  ($)

 i   1  i n    1  i n  1

Anualidad: C 1  C    i = 20% → C 1

 1.6  D 2  H B   L  ($) / año

L = 0.0020 para tuberías soldadas L = 0.0025 para tuberías roblonadas

  V 2    hr   f     D  2  g   L

P r 

E r 

C 2

→ hr 

 8.217937  Q  hr 

 P r   t   13.6  10  0.03  E r 

 1.65  10

→  P r 

3 L  Q

→ C 2



3 L  Q



2

 (m)

D5 3

 13 .6  10 

 L  Q 3  D 5

 (kW) – Deja de generar

3

D5

 3.54 

 360  24  0.99 L  Q3 D5

→ E r 

 117.95 

 ($) / año

3     L Q  2   ($) / año C 1  C 2  1.6  D  H B  L  3.54  5   D    

C 1  C 2  0 D

→ D7



17.7  Q 3 3.2  H B

→ D

 1.28  7

Q3 H B

Cálculo por tramos:

 203 Q3 7 D1  1.28  7  1.28   2.96 m 30 H B   e1  8.65  105  H B  D1  8.65  105  30  2.96  8 mm  203 7 D2  1.28   2.55 m 30  56   5 e2  8.65  10  30  56  2.55  19 mm

L Q3 D5

 (kW-h)

 203 7 D3  1.28   2.39 m 30  56  50   5 e3  8.65  10  30  56  50  2.39  28 mm  203 D4  1.28  7  2.29 m 30  56  50  45   5 e4  8.65  10  30  56  50  45  2.29  36 mm  203 D5  1.28  7  2.24 m 30  56  50  45  34   5 e5  8.65  10  30  56  50  45  34  2.24  42 mm Comparación: v 1



v 2



v 3



v 4



v 5



4 Q 2    D1



4  20    2.96

4  20 2

   2.55 4  20

2

   2.39

4  20 2

   2.29 4  20

   2.24

2

2

 3.2 m / s

 4.3 m / s  4.9 m / s

 5.4 m / s  5.6 m / s

P    c  v  Rango de velocidades al interior de la turbina: 3 m / s  v   9 m / s

v c  

4Q

   D 2 E 0 /   

1

E 0  D E   e

Para que sea correcta la selección:

h

r 

 3%  H B

Costo por tramo: C 1

 1.6  D12  H B  L  1.6  2.96 2  30  60  25233 $

C 2

 1.6  2.55 2  30  56  65  37870 $

C 3

 1.6  2.39 2  30  56  50  70  31988 $

C 4

 1.6  2.29 2  30  56  50  45  55  20767 $

C 5

 1.6  2.24 2  30  56  50  45  34  60  16377 $

C TOTAL

 132235 $

11. PROBLEMA 31

Una C.H. se abastece de un recurso cuyo Q prom = 60 m3/s en avenida y el luego 10 m3/s. Se 3

dispone de lagunas, las cuales reguladas incrementan el caudal de estiaje a 16 m /s. Cámara de carga 38000 m 3 (útil) La central tiene HB = 230 m y Q prom = 21 m3/s, la tubería forzada con 380 m y f = 0.025. La inversión para construcción e implementación es de 1200 $/kW, siendo el porcentaje de amortización del capital 15% anual.

Calcular: a. Salto neto y diámetro de la tubería forzada. b. Potencias de generación. c.

Capacidad total de los embalses de regulación anual y la cantidad faltante para que la central proporciones una potencia rentable ene estiaje.

d. Costo de energía producida. e. Incremento de potencia en 4 años si la tasa de crecimiento poblacional es 4% anual.

Fig. 2 Esquema del problema Fuente: Elaboración propia

 P  9.8  Q  H  TOT   9.8  Q  230  0.838565

E  

1890.1255  V 3600

H n

 0.97  H B

hn

 0.03  H B

→ H n → hn 1/ 5

 8  f   L  Q 2    D  g   2  h    n   P nom

E 

→

V 

→ P   1890.1255 Q

 0.525  Consumo específico

 223 .1m

 6.9 m 1/ 5

 8  0.025  380  212      2    9.81    6.9  

 1890 .1255  Qnom

→ P nom

→ D  2.2 m

 39693 kW  Avenida

Estiaje sin regulación:





P est   1890 .1255  10  0.5 → P est   17956 kW  (45.2% Pnom)

Estiaje con regulación:



P est « 1890 .1255  10  0.5  6



→ P est « 29297 kW  (73.8% Pnom)

Debe alcanzar 80% Pnom para ello se requiere: Q  0.80  Qnom  16.8 m3 / s

Qfalta

 16.8  10  6  0.5

→ Qfalta

 1.3 m 3 / s

Vol embalse

m3 anual   6 s

 7 meses 

30 días

mes



24 horas

día



3600 s

hora

→ Vol actual   108.9 106 m3

V falta

 1.3

→ V falta



m3 s

 7 meses 

30 días

mes



24 horas

día



3600 s

hora

 23.6  106 m3  (22% Volactual)

Como lo faltante es mayor al 20% del volumen actual, es necesario un estudio de impacto ambiental para la ampliación del embalse.

P est ´´ 1890 .1255  16.8 → P est ´´ 31754 kW   (80% Pnom)

Horas Punta:

q 

38000 m3 3600 s 5 horas  hora

 2. 1 m 3 / s

P HP   1890 .1255  16.8  2.1 → P HP   35723 kW  (90% Pnom) Horas Fuera de Punta:

38000 m 3 q *  3600 s 19 horas  hora

 0.56 m 3 / s





P HFP   1890 .1255  16.8  0.56 → P HFP   30696 kW  (77.3% Pnom) Costo de Energía: 

Costo de la central = 1200 $ / kW  39693 kW   47631600$



Amortización anual = 15%  47631 .6 $



Costo de producción = amortización anual / producción



 Intereses: 11.5% Operación: 1%  Costos   Mantenimiento: 2%  Depreciación: 0.5%

15%

 7144740 $

E av   P av   t av   39693 kW  5 meses  → E av 

30 d’as

mes



24 horas d’a

 142.9  10 6 kW   h

E est   P est   t est   31754 kW  7 meses 

30 d’as

mes



24 horas d’a

→ E estiaje  160  106 kW  h

E anual 

 E av   E est 

→ E anual 



302 .9  10



E real   E anual   1  t mantenimie nto / t anual  t mantenimie nto t anual 

6

kW    h

 Producible



 1% 6

→ E real   302.9 106 kW  h  0.99 → E real   299.9  10 kW  h

Costo de producción =

7144740$ 299.9  10 6 k W   h

→ Costo de producción = 2.38$ / kW   h



Para abaratar este costo debe reducirse el gasto en programas de operación y mantenimiento.

Fig. 3 Curva de crecimiento de la demanda Fuente: Elaboración propia



Para países industrializados la tasa de crecimiento anual es 7% aproximadamente. Debe modificar su potencia instalada cada 10 años, duplicándola.

n

P n  P  1 i  0 