Turbomaquinas Solucion Practica Dirigida 1 Ucsm

UNIVERSIDAD CATOLICA DE SANTA MARIA PROGRAMA PROFESIONAL DE INGENIERIA MECANICA, MECANICA-ELECTRICA Y MECATRONICA PRACTICA DIRIGIDA DE TURBOMAQUINAS 2013 PROBLEMA 1: Se proyecta una instalación de bombeo para elevar agua un deposito de aspiración a uno de impulsión situado a 9m por encima , abiertos ambos a la atmosfera. Las perdidas están dadas por

H P  9.5x105 Q2 : donde H P

está en m y

Q

en

L / seg ,Ambas bombas

trabajan a 1450 RPM , calcular. a) Caudal y altura que aportaran cada una de las bombas cuando trabajen individualmente, rendimiento y potencia. b) Si las bombas trabajan en paralelo , determinar el punto de funcionamiento, caudales rendimiento y potencia de cada bomba. c) Encontrar las RPM , que debe trabajar cada bomba para entregar el caudal de la pregunta b).

H(m) A

Q(L/s) A

21 18 16.5 15 13.5 12 10.5 9 7.5 6

0 56.6 72.5 85.8 97.8 108.2 116 124 129.8 133.9

n(%) A

H(m) B

0 65 72 76 78 76.3 72 65 56.5 42

24 21 18 15 12 9 6 -

Q(L/s) B 0 73.6 111.5 140.2 161.2 173.7 176.5 -

n(%) B 0 60 76 80 73 60 36 -

SOLUCION:

Hallando la curva del sistema

H B  H (alturaestatica)  H P (alturaperdidas) 0

HB 

P2  P1



 Z 2  Z1 

0

 LEQ  8Q 2 V2  V1  L  f K  f  2g D   2 D4 g  D

H B  9  9.5x105 Q2 Graficando las curvas características de las bombas A , B y la del sistema:

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a) Cuando trabajan individualmente las bombas, del grafico: Bomba A:

PA 

QA  118 L s , H A  10m, A  72%

 QH  76

1000

Bomba B:

Kgf L 1m3 (118 )( )(10m) m3 seg 1000 L 76(0.72)

PB 

PA  21.6 HP

QB  164 L s , H B  12m,B  70%

 QH  76

1000

Kgf L 1m3 (164 )( )(12m) m3 seg 1000 L 76(0.70)

PB  37 HP

b) Cuando las bombas trabajan en paralelo, del grafico:

QA B  235 L s , H A B  14.5m Podemos comprobar que la suma de caudales nos da el caudal total en paralelo

QB  145 L s , H B  14.5m,B  79%

QA  90 L s , H A  14.5m, A  76%

PA 

 QH  76

1000

Kgf L 1m3 (90 )( )(14.5m) m3 seg 1000 L 76(0.76)

PA  22.59 HP

Q1 Q3  N1 N3

PB 

 QH  76

1000

Kgf L 1m3 (145 )( )(14.5m) m3 seg 1000 L 76(0.79)

PB  35.02 HP

c) Curva de homologación tendrá la forma H  KQ

(CQ )1  (CQ )3

90  145  235 L s

K

2

H 14.5   0.00026256 Q 2 2352 H  (0.00026256)Q2

Q   235L / s  N 3  N1  3   1450 RPM    2524.07 RPM  135L / s   Q1  UCSM- ING MECANICA ELECTRICA-TURBOMAQUINAS

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(CQ ) 2  (CQ )3 Q2 Q3  N 2 N3 Q   235L / s  N 3  N 2  3   1450 RPM    1947.14 RPM  175L / s   Q2 

PROBLEMA 2: Una bomba centrifuga que tiene una relación carga-capacidad dada por la ecuación

H  180  6.1x104 Q2 ; H : pies; Q : GPM ; y

trabaja 1800 RPM y según la grafica de la figura para

Z2  Z1  30 pies, L  400 pies, D  4 pu lg, f  0.015,  K  3.5 .Determinar: Q(GPM) n(%)

0 0

100 30

200 55

300 70

400 60

500 40

a) El caudal que pasa por la tubería. b) Las RPM de la bomba para proporcionar la mitad del caudal inicial. c) Adicionar en la grafica la curva del sistema el nuevo punto de operación si la regulación se hace con una válvula hasta un caudal de 1/2 inicial. d) Determinar el caudal si las dos bombas trabajan en paralelo. e) Determinar las RPM de una bomba para entregar el caudal de 2 bombas en paralelo. f) Determinar la potencia de accionamiento de cada bomba.

SOLUCION: Hallando la curva del sistema

H B  H (alturaestatica)  H P (alturaperdidas) 0

HB 

8.7 HB 

P2  P1



 Z 2  Z1 

 LEQ  8Q 2 V2  V1  L  f K  f  2g D   2 D4 g  D

    lbf  144 pu lg 2      0 2  2 pu lg  1 pie  400 pies 8Q 2     30 pie  0.015  3.5  4    lbf   1 pie    1 pie pie   2 62.4     4 pu lg  4 pu lg   32.2 2     pie3 12 pu lg   s   12 pu lg       H B  50.077  43.839Q2 , Q : pie3 / s, H B : pie

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Multiplicamos por un factor de conversión para poder reemplazar GPM:

1GPM  0.0022278 pie3 s 2

 0.0022278 pie3 s  H B  50.077  43.839  Q 1GPM   4 2 H B  50.077  2.1758 x10 Q , Q : GPM , H B : pie Método analítico: a) Igualamos la ecuación característica de la bomba con la ecuación del sistema para hallar el punto de operación.

180  6.1x104 Q 2  50.077  2.1758 x104 Q 2 Q  396.221GPM , H  84.235 pie b) Pide RPM para la mitad del caudal inicial es decir

Q1  198.1105GPM que reemplazando en

la ecuación del sistema da una altura de:

H B  50.077  2.1758x104 198.1105  58.616 pie 2

H  KQ2

Hallamos la curva de homologación:

K

58.616

198.1105

2

 1.4935 x103

H  1.4935x103 Q2 Hallando el punto de corte de la curva característica de la bomba de 1800RPM con la de homologación. 4 2 3 2

180  6.1x10 Q  1.4935 x10 Q Q2  292.526GPM

Q  Q1 Q2  198.1105GPM   N1  N 2  1   1800RPM  N1 N 2  292.526GPM  Q2 

   1219.033RPM 

c) Ecuación de la nueva curva característica de la bomba que trabaja a la mitad de caudal: 2

 0.0022278 pie3 s  H B  50.077  K  Q 1GPM   2 H B  50.077  K (0.0022278Q) , Q : GPM , H B : pie Hallamos la altura para la mitad del caudal en la ecuación de la bomba y reemplazamos el punto de operación 1 en la ecuación anterior

H  180  6.1x104 198.1105  156.059 pie 2

156.059  50.077  K (0.0022278(198.1105))2 , Q : GPM , H B : pie K  544.0817 H B  50.077  K (0.0022278Q)2 H B  50.077  2.70033*103 Q 2 , Q : GPM , H B : pie d) Determinar el caudal si las dos bombas trabajan en paralelo: 2

Q H  180  6.1x10    180  1.525 x104 Q 2 2 4

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Hallando el punto de operación con la curva del sistema

180  1.525 x104 Q 2  50.077  2.1758 x104 Q 2 Q  592.509GPM , H  126.462 pie e) Determinar las RPM de una bomba para entregar el caudal de 2 bombas en paralelo para eso hallamos la ecuación de otra curva de homologación .

H  KQ2 126.462 K  3.6022 x104 2  592.509 H  3.6022 x104 Q2 Q  Q3 Q4  592GPM   N 4  N3  4   1800 RPM  N3 N 4  430GPM  Q3 

   2478.14RPM 

f) Determinar la potencia de accionamiento de cada bomba. Como las bombas son iguales entonces cada una dará la mitad del total

Q  296.2545GPM

Lbf 0.0022278 pie3 s (296.2545 GPM )( )(126.462 pie)  QH pie3 1GPM PA   550 550(0.70) PA  PB  13.5277 HP 62.4

Método grafico:

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