...

Esercizi su Impianti e Turbine a Vapore

by user

on
Category: Documents
3

views

Report

Comments

Transcript

Esercizi su Impianti e Turbine a Vapore
Esercizi su Impianti e Turbine a Vapore
35
IMPIANTO A VAPORE
(Appello del 01.09.98, esercizio N ◦ 3)
Testo
Un impianto turbina a vapore ha una potenza utile Pu = 160 M W e un rendimento utile
ηu = 0.43. La pressione di condensazione è di 0.1 bar, mentre il titolo del vapore allo scarico
della turbina è x = 0.96. L’acqua condensatrice viene prelevata alla temperatura di 20 ◦ C e
scaricata a 30 ◦ C. Determinare le portate di vapore e di acqua condensatrice.
Calcolare inoltre la portata di vapore spillata alla pressione di 1 bar e alla temperatura di 150 ◦ C,
necessaria a preriscaldare l’acqua di alimento fino alla temperatura di 90 ◦ C, e la superfice dello scambiatore di calore. Si assuma un coefficiente di scambio termico globale pari a
5000 W/m2 K.
Svolgimento
Portata di vapore
Dalla definizione di rendimento utile è possibile calcolare la potenza termica fornita al ciclo
(vedi figura 18):
Pu
Pu
→ Q̇1 =
ηu =
= 372.1 M W
(129)
ηu
Q̇1
Poichè la potenza interna del ciclo è data da:
Pi = Q̇1 − Q̇2 =
Pu
ηm
assumendo un rendimento meccanico ηm = 0.98,si ricava la potenza termica sottratta al ciclo:
Q̇2 = Q̇1 −
Pu
= 208.8 M W
ηm
(130)
Dalle tabelle del vapor d’acqua, alla pressione di condensazione specificata nel testo (p c =
0.1 bar) si ricava il calore latente di condensazione, r = 2392.9 KJ/Kg.
Il salto entalpico nel condensatore vale:
∆hc = h4 − h1 = r · x = 2297.2 KJ/Kg
(131)
da cui si ricava la portata di vapore che condensa:
Q̇2 = ṁv,c · ∆hc → ṁv,c =
Q̇2
= 90.9 Kg/s
∆hc
(132)
Portata di acqua condensatrice
La portata d’acqua necessaria a far condensare il vapore si ricava dall’eguaglianza delle potenze
termiche nel condensatore:
Q̇2 = (ρcQ∆T )H2 O
QH 2 O =
Q̇2
= 4.99 m3 /s
(ρc∆T )H2 O
(133)
dove ∆T = 10 K è il salto di temperatura dell’acqua condensatrice e c = 4.186 KJ/KgK è il
calore specifico dell’acqua.
36
Portata di vapore spillato
La portata di vapore che si deve spillare per consentire il preriscaldamento dell’acqua di alimento si può ricavare dal bilancio termico sul volume di controllo riportato in figura (19):
ṁv,c h1 + ṁsp hspa = (ṁv,c + ṁsp )h01 → ṁsp = ṁv,c ·
h01 − h1
hspa − h01
dove:
• hspa = 2775 KJ/Kg è l’entalpia del vapore alle condizioni di spillamento (dal diagramma di Mollier per t = 150 ◦ C; p = 1 bar);
• h01 = 376.77 KJ/Kg è l’entalpia dell’acqua all’uscita del rigeneratore (dalle tabelle del
vapor d’acqua per t = 90 ◦ C);
• h1 = 191.83 KJ/Kg è l’entalpia dell’acqua a fine condensazione (dalle tabelle del vapor
d’acqua per pc = 0.1 bar).
La portata di spillamento vale quindi:
ṁsp = ṁv,c ·
h01 − h1
= 7.01 Kg/s
hspa − h01
(134)
Superficie del rigeneratore
La potenza termica fornita dal vapore spillato vale:
Q̇sp = KS∆T
dove K è il coefficiente di scambio termico globale (fornito nei dati), S è la superficie dello
scambiatore e ∆T è la differenza di temperatura media nel rigeneratore, definita come:
∆T ' tsp −
t01 + t1
= 31.7 ◦ C
2
(135)
dove tsp = 99.6 è la temperatura di condensazione del vapore spillato e t 1 = 45.83◦ è la
temperatura di fine condensazione del ciclo ricavabili dalle tabelle del vapor d’acqua.
La potenza termica fornita dal vapore spillato si determina come:
Q̇sp = ṁsp (hspa − hspb ) = 16526 KW
(136)
dove hspb = 417.51 KJ/Kg è l’entalpia di fine condensazione del vapore spillato, ricavabile
dalle tabelle del vapor d’acqua per p = 1 bar. Pertanto, la superficie dello scambiatore di calore
vale:
Q̇sp
= 104.26 m2
(137)
S=
K∆T
37
Figura 18: Ciclo di Rankine
Figura 19: Schema dell’impianto
GENERATORE DI VAPORE(Appello del 09.12.1997, esercizio N ◦ 2)
Testo
Un generatore di vapore produce una portata ṁv = 2 Kg/s di vapore a Tv = 520 K con titolo x = 0.95 partendo da acqua alle condizioni ambiente (p 1 = 1ata, T1 = 293 K). Viene
alimentato con ṁc = 135 g/s di gas naturale di composizione volumetrica (=frazione molare)
pari al 93% di metano e 7% di azoto. Il suo potere calorifico inferiore è Hi = 44 M J/Kg. Il
rendimento della combustione è ηc = 99% e l’eccesso d’aria ε = 0.05. Calcolare: composizione e portata dei fumi, potenza assorbita dalla pompa di alimento, rendimento del generatore e
perdite per trasmissione termica.
Svolgimento
38
Composizione e portata dei fumi
La reazione di ossidazione completa del gas naturale considerato è:
7
7
+ 2(1 + ε)3.76 N2 + 2εO2
CH4 + N2 + 2(1 + ε)[O2 + 3.76 N2 ] ⇔ CO2 + 2H2 O +
93
93
Il rapporto aria combustibile vale quindi:
α=
P M a na
P Ma 2(1 + ε)4.76
ṁa
=
=
= 17.21
ṁc
P M c nc
P Mc
1
(138)
dove P Ma è il peso molecolare dell’aria e P Mc è il peso molecolare del combustibile definiti
come:
P Ma = 0.21 · P MO2 + 0.79 · P MN2 = 28.8 g/mol
P Mc = 0.93 · P MCH4 + 0.07 · P MN2 = 16.84 g/mol
La portata dei fumi è quindi uguale a: ṁf = ṁc (1 + α) = 2.46 Kg/s
Potenza assorbita dalla pompa di alimento
Dal diagramma di Mollier, per le condizioni del vapore specificate nel testo, si ricava una pressione pari a pv = 40 ata (a cui corrisponde anche lo stato entalpico hv = 2712 KJ/Kg). la
prevalenza fornita dalla pompa di alimento vale pertanto:
H=
pv − p 1
= 397.5 m
gρH2 O
(139)
Assumendo per la pompa un rendimento effettivo ηe = 0.7, si ha una potenza assorbita di:
Pass =
ṁv g H
= 11.14 KW
ηe
(140)
Rendimento del generatore
Il rendimento del generatore è:
ηg =
ṁv [hv − cH2 O (T1 − 273)]
ṁv (hv − hH2 O )
=
= 0.885
ṁc Hi
ṁc Hi
(141)
Perdite per trasmissione termica
Le potenza globalmente persa dal generatore vale:
∆Q̇ = (1 − ηg )ṁc Hi = 683.1 KW
(142)
Questa si compone delle perdite per imperfetta combustione, della potenza termica smaltita con
i fumi e delle perdite per trasmissione termica:
∆Q̇ = ∆Q̇c + ∆Q̇f + ∆Q̇tt
La potenza termica persa per imperfetta combustione vale:
∆Q̇c = ηc ṁc Hi = 59.4 KW
39
(143)
Assumendo per i fumi una temperatura di uscita di 140◦ C e un potere calorifico a pressione
costante cpf = 1130 J/Kg, la potenza termica persa attraverso i fumi vale:
∆Q̇f = ṁf cpf (Tuf − Tamb ) = 333.5 KW
(144)
La potenza termica persa per trasmissione termica vale pertanto:
∆Q̇tt = ∆Q̇ − ∆Q̇c − ∆Q̇f = 290.12 KW
(145)
GENERATORE DI VAPORE (Appello del 28.01.1999, esercizio N ◦ 2)
Testo
Un generatore di vapore riceve ṁv = ṁH2 O = 1.4 Kg/s di acqua pressurizzata a p = 3 M P a
e TH2 O,in = 360 K e produce vapore surriscaldato a Tv,out = 700 K. La portata dei fumi è
ṁf = 2 Kg/s. La potenza termica del preriscaldatore d’aria è il 7% della potenza entrante. Le
perdita per cattiva combustione sono il 10% del totale e quelle per dispersione termica il 30%,
ripartite nei vari elementi proporzionalmente alla potenza scambiata. Determinare il rendimento
del generatore e calcolare l’efficenza dell’economizzatore. Assumere calore specifico dei fumi
cpf = 1130 KJ/Kg.
Svolgimento
Rendimento del generatore
Il rendimento del generatore vale:
ηg =
ṁv (hv,out − hH2 O,in )
Q̇
=
ṁc Hi
Q̇ + ∆Q̇
(146)
Dal diagramma di Mollier, per le condizioni specificate nel testo, si ricava un’entalpia del vapore
di hv,out = 3300 KJ/Kg; quindi la potenza in uscita dal generatore:
Q̇ = ṁv (hv,out − hH2 O,in ) = ṁv (hv,out − cH2 O TH2 O,in ) = 4111.1 KW
(147)
Dai dati sappiamo che la potenza termica dispersa con i fumi è pari al 60% del totale delle
perdite. Assumendo per i fumi una temperatura in uscita di 140 ◦ C, si ha:
∆Q̇f = ṁf cpf (Tf,out − Tamb ) = 271.2 KW → ∆Q̇ =
∆Q̇f
= 452 KW
0.6
(148)
Dall’equazione (146)), si ha un rendimento del generatore di η g = 0.9.
Efficenza dell’economizzatore
L’efficenza dell’economizzatore è definita come:
εeco =
Q̇eco
(ṁc)min ∆Tin
(149)
dove (ṁc)min è definito come:
(ṁc)min = min(ṁf cpf ; ṁv cH2 O ) = ṁf cpf = 2.26 KW/K
40
(150)
e ∆Tin è il ∆T inverso definito come:
∆Tin = Tf,in,eco − TH2 O,in
(151)
Per calcolare l’efficenza è quindi necessario prima determinare la potenza termica dell’economizzatore (Q̇eco ) e le temperatura dei fumi all’ingresso dello stesso (Tf,in,eco ).
La potenza termica dell’economizzatore è:
Q̇eco = ṁv (Q − cH2 O TH2 O,in ) = 901.3KW
(152)
dove Q = 1008 KJ/Kg è il calore posseduto dall’acqua all’equilibrio alla pressione p =
3 M P a, ricavabile dalle tabelle per il vapor d’acqua.
Dai dati forniti è possibile ricavare la potenza termica del preriscaldatore d’aria:
Q̇pa = 0.07 ṁc Hi = 0.07 (Q̇ + ∆Q̇) = 319.7 KW
(153)
e la potenza termica da esso dissipata:
∆Q̇pa =
Q̇pa
Q̇pa
∆Q̇ = 57.53 KW
∆Q̇ =
Q̇pa + Q̇eco + Q̇eva + Q̇sur
Q̇pa + Q̇
(154)
(il testo suggerisce che le potenze dissipate per dispersione termica nei vari elementi, preriscaldatore d’aria, economizzatore, evaporatore e surriscaldatore, sono proporzionali alla potenza
scambiata).
Analogamente, la potenza dissipata dall’economizzatore:
∆Q̇eco =
Q̇eco
∆Q̇ = 91.94 KW
Q̇pa + Q̇
(155)
La temperatura dei fumi in ingresso al preriscaldatore d’aria (che coincide con la temperatura di
uscita dall’economizzatore) vale:
Tf,in,pa = Tf,out,eco = Tf,out +
Q̇pa + ∆Q̇pa
= 307 ◦ C
cpf ṁf
(156)
In modo analogo, la temperatura dei fumi in ingresso all’economizzatore vale:
Tf,in,eco = Tf,out,eco +
Q̇eco + ∆Q̇eco
= 746 ◦ C
cpf ṁf
(157)
Il ∆T inverso risulta quindi pari a ∆Tin = 656 K, e l’efficienza dell’economizzatore εeco =
0.607.
CONDENSATORE DI VAPORE (Appello del 03.07.1996, esercizio N ◦ 1)
Testo
Un condensatore è attraversato da una portata di vapore ṁv = 20 Kg/s con titolo x = 0.9 e da
acqua di raffreddamento avente all’ingresso una temperatura T H2 O,in = 30 ◦ C. La pressione di
condensazione è p = 0.1 bar. Determinare:
- la portata d’acqua di raffreddamento
- la superficie di scambio termico
- il numero dei tubi.
Si assumano per i dati mancanti valori plausibili e, in particolare:
41
• coefficiente di convezione lato vapore: αv = 20 KW/m2 K
• coefficiente di convezione lato acqua: αH2 O = 4 KW/m2 K
• coefficiente di conduzione acciaio: λa = 58 W/mK (spessore sa = 1.5 mm)
• coefficiente di conduzione calcare: λc = 1.16 W/mK (spessore sc = 15 µm)
• coefficiente di conduzione olio λo = 0.15 W/mK (spessore so = 10 µm)
Svolgimento
Portata acqua di raffreddamento
Il bilancio termico del condensatore fornisce:
ṁv (hv,in − hv,out ) = ṁH2 O cH2 0 (TH2 O,out − TH2 O,in )
(158)
da cui è possibile ricavare la portata d’acqua. A tal fine si assume che:
TH2 O,out = TH2 O,in + 8 = 38 ◦ C
Dal diagramma di Mollier e dalle tabelle del vapor d’acqua risulta:
hv,in = 2450 KJ/Kg
hv,out = 191.83 KJ/Kg
Tv,out = 45.83 ◦ C
Dall’equazione (158) si ha quindi: ṁH2 O = 1348 Kg/s.
Superficie di scambio termico
La potenza termica scambiata è espressa come:
Q̇ = ṁv (hv,in − hv,out ) = ṁH2 O cH2 0 (TH2 O,out − TH2 O,in ) = kt S ∆Tl
(159)
dove kt è il coefficiente globale di scambio termico, S la superficie di scambio e ∆T l la differenza di temperatura logaritmica. Quest’ultima, nel caso di scambiatore controcorrente, è definita
come:
∆Tl =
[(Tv,out − TH2 O,in ) − (Tv,in − TH2 O,out )]
= 10.5 K
ln[(Tv,out − TH2 O,in )/(Tv,in − TH2 O,out )]
(160)
Il coefficiente globale di scambio termico, riferito alla superfice esterna, vale:
ro ln(ro /rt,e ) rt,e ln(rt,e /rt,i ) rt,i ln(rt,i /rc )
1
1 ro
1
=
+
+
+
+
kt
αv rt,e
λo
λa
λc
αH 2 O
→ ke = 2.22 KW/m2 K
(161)
dove rt,i è il raggio interno dei tubi assunto pari a 9 mm, rt,e = rt,i + st = 10.5 mm è il
raggio esterno dei tubi, ro = rt,e + so = 10.51 mm è il raggio esterno del film d’olio e infine
rc = rt,i − sc = 8.985 mm è il raggio interno dello strato di calcare. Dall’equazione in (159)
la superficie di scambio esterna risulta quindi: S = 1936 m2 .
42
Numero dei tubi
Assumiamo che la velocità dell’acqua nei tubi sia ca = 2 m/s. Il numero dei tubi può essere
calcolato dall’equazione della portata:
nt =
1
ṁH2 O
= 2650
2
ρH2 O πrt,i ca
(162)
e avranno una lunghezza pari a:
S = nt πrt,e lt → lt = 22.14 m
(163)
TURBINA DE LAVAL
(Appello del 12.01.99, esercizio N ◦ 2)
Testo
Una turbina semplice assiale ad azione espande vapore dalle condizioni p 0 = 50 bar, T0 =
450 ◦ C fino alla pressione p1 = 30 bar, ruotando alla velocità n = 3000 giri/min. Sono noti
i coefficienti di perdita nel distributore, ϕ = 0.96, e nella girante ψ = 0.92, nonchè il rendimento interno ηi = 0.78. Calcolare il lavoro interno Li e, sapendo che la macchina funziona
in condizioni di massimo rendimento, determinare i triangoli di velocità. Se la turbina elabora
una portata di vapore ṁv = 50 Kg/s, calcolare la potenza utile e il grado di parzializzazione
necessario per ottenere palette della girante di altezza l1 non inferiore ai 15 mm.
Svolgimento
Lavoro interno
Dal diagramma di Mollier è possibile determinare l’entalpia del vapore nei punti iniziale e finale
dell’espansione isentropica:
h0 = 3316 KJ/Kg
h1,is = 3166 KJ/Kg
Il lavoro interno ottenuto è quindi immediatamente calcolabile dalla:
Li = ηi · ∆hs = ηi · (h0 − h1,is ) = 117 KJ/Kg
(164)
Triangoli di velocità
In condizioni di massimo rendimento valgono le seguenti relazioni:
u
cos α1
=
c1
2
ηi = ϕ 2
1+ψ
cos2 α1
2
(165)
(166)
Dall’equazione (166) si può ricavare α1 :
cos2 α1 = 2
ηi
= 0.8816 → α1 = 20.1◦
ϕ2 (1 + ψ)
43
(167)
La velocità in uscita dal distributore si può calcolare come:
p
c1 = ϕ 2∆hs = 525.8 m/s
(168)
cos α1
= 246.8 m/s
2
(169)
Dall’equazione (165) è ora possibile calcolare la velocità periferica:
u = c1
e quindi il diametro medio della macchina:
D=
60u
= 1.57 m
πn
(170)
Poichè si è in condizioni di massimo rendimento wu1 = u, mentre la componente di velocità
assiale all’ingresso della girante vale:
ca1 = wa1 = c1 sin α1 = 180.9 m/s
La velocità relativa in ingresso vale quindi:
q
2 = 306 m/s
w1 = u2 + wa1
(171)
(172)
e il corrispondente angolo di flusso relativo:
β1 = arctan
wa1
= 36.2◦
u
(173)
Poichè la turbina è ad azione, i palettaggi rotorici sono simmetrici e quindi:
β2 = 180◦ − β1 = 143.8◦
(174)
La velocità relativa in uscita si può calcolare da quella in ingresso noto il coefficiente di perdita
della girante:
w2 = ψw1 = 281.5 m/s
(175)
Le componenti periferiche delle velocità in uscita valgono:
wu2 = w2 cos β2 = −227.1 m/s
(176)
cu2 = u + wu2 = 19.6 m/s
(177)
wa2 = ca2 = w2 sin β2 = 166.25 m/s
(178)
La componente assiale vale:
e quindi la velocità assoluta:
c2 =
q
c2a2 + c2u2 = 167.6 m/s
(179)
I triangoli della velocità, in scala, sono riportati in figura 20.
Potenza utile
Assumendo un rendimento meccanico ηm = 0.98, la potenza utile vale:
Pu = ηm ṁv Li = 5.73 M W
44
(180)
Grado di parzializzazione
Il grado di parzializzazione ε è definito come:
ε=
Apar
πDl
(181)
dove Apar è l’area della porzione occlusa del distributore. Segue che l’area di efflusso, attraverso
la quale viene alimentata la girante, vale:
Af lusso = (1 − ε)π D l
(182)
Sostituendo nell’equazione della portata:
ε=1−
ṁv
ξπDl1 ρv1 ca1
(183)
dove ξ è il coefficiente di ingombro palare (assunto pari a 0.97), ρ v1 è la densità del vapore
all’ingresso della girante, che è possibile calcolare come segue.
Dalla conservazione dell’entalpia totale nel distributore si ha:
h1 = h 0 −
c21
= 3178 KJ/Kg
2
(184)
a cui corrisponde, sul diagramma di Mollier per l’isobara p = p 1 , una densità ρv1 = 10.8 Kg/m3 .
Dall’equazione (183) risulta quindi ε = 0.64, avendo posto come altezza delle palette della
girante il valore limite l1 = 15 mm.
Figura 20: Triangoli di velocità
45
TURBINA CURTIS
Testo
Si debba dimensionare lo stadio Curtis di una turbina a vapore per una centrale termoelettrica,
sapendo che esso riceve 20 Kg/s di vapore alla temperatura t 0 = 500 ◦ C e deve espanderlo dalla pressione p0 = 140 bar alla pressione pu = 30 bar. La turbina ruota a n = 3000 giri/min.
Assumendo valori plausibili per l’angolo di flusso all’uscita del distributore, si determinino: il
numero di salti di velocità; i triangoli di velocità; il lavoro massico e il rendimento interno dello
stadio (considerando solo le perdite della palettatura e trascurando le perdite per ventilazione e
attrito sul disco); la geometria del distributore e del palettaggio della prima girante.
Allegati: diagrammi dei coefficienti di perdita.
Svolgimento
Numero di salti di velocità
Dal diagramma di Mollier, è possibile determinare l’entalpia del vapore in ingresso:
h0 = 3320 KJ/kg
Discendendo poi lungo l’isentropica fino a pu = 30 bar si trova:
hu,s = 2912 KJ/Kg → ∆hs = ho − hu,s = 408 KJ/Kg
A questo punto si deve assumere un valore per l’angolo di flusso all’uscita del distributore. I
valori tipici sono compresi fra i 15◦ e i 25◦ ; assumiamo α10 = 18◦ . Dal diagramma allegato in
figura 21, per i valori di α10 assunto e di p0 /pu , si ricava il coefficiente di perdita del distributore:
ϕd = 0.96.
Assumendo che la velocità in ingresso al distributore sia trascurabile (c0 = 0), la velocità in
uscita vale:
p
c01 = ϕd 2∆hs = 867.2 m/s
(185)
e quindi, dalla conservazione dell’entalpia totale nel distributore, si determina il salto entalpico
reale:
c02
(186)
∆hd = 1 = ϕ2d ∆hs = 376 KJ/Kg
2
Sul diagramma di Mollier si ricava il punto 10 sull isobara p1 = pu corrispondente a ∆hd :
h01 = h0 − ∆hd = 2944 KJ/Kg → t01 = 282 ◦ C; v10 = 0.08 m3 /Kg
La velocità periferica della girante può essere valutata assumendo condizioni di rendimento
massimo e trascurando inizialmente le perdite fluidodinamiche (ϕ = ψ = 1):
cos α10
cos α10 0
412.4
u
=
→
u
=
c1 =
opt
0
c1 opt
2z
2z
z
dove z è il numero dei salti di velocità. Normalmente deve essere u < 300 m/s, per limitare gli
sforzi centrifughi sulla girante. In questo caso è quindi ragionevole porre z = 2:
412.4
u
= 0.2378;
uopt =
= 206.2 m/s
(187)
c01 opt
z
46
Triangoli di velocità
I triangoli della velocità per lo stadio in esame sono rappresentati in figura 24, mentre di seguito
si riporta il calcolo delle velocità e dei corrispondenti angoli di flusso. Per questa prima stima si
assume u = uopt .
INGRESSO 1a GIRANTE
c0u1 = c01 cos α10 = 824.8 m/s
0
c0a1 = wa1
= c01 sin α10 = 268 m/s
USCITA 1a GIRANTE
β20 = π − β10 = 156.57◦
0
wu1
= c0u1 − u = 618.5 m/s
0 q
wa1
◦
0
02 + w 02 = 674 m/s
wu1
β10 = arctan
=
23.43
w
=
1
a1
0
wu1
ψ 0 = ψ(π − β20 ) = 0.81 (vedi diagramma in f ig. 22)
w20 = ψ 0 w10 = 546 m/s
c0u2 = w20 cos β20 +u = −294.7 m/s
c0a2 = ψ 0 c0a1 = 217.1 m/s
q
c0
02
α20 = arctan 0a2 = 143.6◦
c02 = c02
u2 + ca2 = 366.1 m/s
cu2
INGRESSO 2a GIRANTE (USCITA RADDRIZZATORE)
α100 = π − α20 = 36.4◦
c001 = ϕr c02 = 330.2 m/s
00
wu1
= c00u1 −u = 59.6 m/s
USCITA 2a GIRANTE
ϕr = ϕr (α20 − α100 ) = 0.902 (vedi diagramma in f ig. 23)
c00u1 = −ϕr c0u2 = 265.8 m/s
c00a1 = ϕr c0a2 = 195.8 m/s
q
002 + w 002 = 204.7 m/s
w100 = wu1
a1
00
wa1
= c00a1 = 195.8 m/s
00 wa1
00
= 73.07◦
β1 = arctan
00
wu1
β200 = π − β100 = 106.93◦ → ψ 00 = ψ(π − β200 ) = 0.95 (vedi diagramma in f ig. 22)
w200 = ψ 00 w100 = 194.5 m/s
00
c00u2 = wu2
+ u = 149.6 m/s
q
002
c002 = c002
a2 + cu2 = 238.7 m/s
00
wu2
= w200 cos β200 = −56.6 m/s
c00a2 = ψ 00 c00a1 = 186 m/s
00 c
00
α2 = arctan 00a2 = 51.19◦
cu2
A questo punto, noti tutti i coefficienti di perdita, si può calcolare il vero valore di (u/c1 )opt .
Quest’ultimo si ottiene annullando la derivata parziale rispetto a (u/c 1 ) del rendimento interno
dello stadio, definito come:
Li
(188)
ηi = 02
c1 /2ϕ2d
Il lavoro interno dello stadio Li è ovviamente pari alla somma dei lavori interni delle due giranti:
Li = L0i + L00i . Per il calcolo dei due contributi si fa uso della formula di Eulero:
L0i = u(c0u1 − c0u2 ) = u[c01 cos α10 − (−ψ 0 w10 cos β10 + u)]
=
u[c01 cos α10
+ψ
0
(c01 cos α10
− u) − u] = (1 + ψ
47
0
)u(c01 cos α10
(189)
− u)
ed analogamente
L00i = (1 + ψ 00 )u(c001 cos α100 − u)
(190)
Li = L0i + L00i = u[Ac01 cos α10 − (A + B)u]
(191)
Il lavoro totale vale quindi:
dove i parametri A e B, funzioni dei coefficienti di perdita, valgono:
A = 1 + ψ 0 + ψ 0 ϕr (1 + ψ 00 ) = 3.235
B = (1 + ψ 00 )(1 + ϕr ) = 3.709
Sostituendo la (191) nella (188), si ottiene:
u
u
0
2
A cos α1 − (A + B) 0
ηi = 2ϕd 0
c1
c1
(192)
e derivando rispetto a (u/c01 ), si ottiene:
δηi
u
2
0
= 2ϕd A cos α1 − 2(A + B) 0
=0 →
δ(u/c01 )
c1
u
A cos α10
→
=
= 0.2215
c01 opt,reale A + B 2
(193)
Il valore di (u/c01 )opt,reale risulta diverso da quello ideale utilizzato per la prima stima delle
velocità. Si deve quindi procedere con successive iterazioni fino alla convergenza del valore di
(u/c01 )opt,reale .
Nel caso considerato, si ottiene a convergenza:
u
= 0.2217
A = 3.213 B = 3.678
c1 opt,reale
da cui seguono i valori finali delle velocità e degli angoli di flusso:
INGRESSO 1a GIRANTE
c01 = 867.2 m/s
c0a1 = 268 m/s
u = 192.1 m/s
0
wu1
= 632.7 m/s
w10 = 687.1 m/s
c0u1 = 824.8 m/s
α10 = 18◦
USCITA 1a GIRANTE
β20 = 157.04◦
w20 = 555.2 m/s
ψ 0 = 0.808
0
wu2
= −511.2 m/s
c0u2 = −319.1 m/s
c0a2 = 216.5 m/s
c02 = 385.6 m/s
α20 = 145.84◦
INGRESSO 2a GIRANTE (USCITA RADDRIZZATORE)
α100 = 34.16◦
c001 = 345.9 m/s
ϕr = 0.897
c00u1 = 286.2 m/s
00
wu1
= 94.1 m/s
c00a1 = 194.2 m/s
w100 = 215.8 m/s
β100 64.15◦
USCITA 2a GIRANTE
β200 = 115.85◦
ψ 00 = 0.939
α200 = 60.49◦
48
00
wu2
= −88.4 m/s
c00a2 = 182.3 m/s
w200 = 202.6 m/s
c00u2 = 103.7 m/s
c002 = 209.7 m/s
Lavoro massico dello stadio
Il lavoro totale dello stadio vale:
Li = L0i + L00i = u[Ac01 cos α10 − (A + B)u] = 254.76 KJ/Kg
(194)
Assumendo un rendimento meccanico dello stadio, η m = 0.98, si può anche stimare la potenza
utile:
Pu = ηm ṁv Li = 5 M W
(195)
Rendimento interno
Il rendimento interno ηi è definito dal rapporto fra il lavoro interno di stadio, Li , e la massima
quantità di energia trasferibile dal fluido alla macchina, che è pari all’energia cinetica del flusso
all’uscita del distributore in condizioni di espansione isentropica:
Li
Li
ηi = c2 =
= 0.6244
∆hs
1
2
(196)
s
Geometria del distributore e del palettaggio della prima girante
Per prima cosa calcoliamo l’altezza delle pale della prima girante l 10 che assumiamo coincidere
con l’altezza dei canali distributori. Per fare ciò si utilizza l’equazione della portata:
ṁv =
ξπD0 l10 c0a1
v10
dove ξ è il coefficiente di ingombro palare, assunto pari a 0.95, e D 0 è il diametro medio della
prima girante.
Il diametro medio può essere calcolato come:
60u
= 1.223 m
πn
(197)
ṁv v10
= 1.6 mm
ξπD0 c0a1
(198)
D0 =
L’altezza palare vale allora:
l10 =
valore decisamente non accettabile perchè troppo piccolo. Risulta quindi necessario parzializzare l’alimentazione della turbina. Assumiamo un’altezza ragionevole delle pale (l 10 = 12 mm)
e calcoliamo il grado di parzializzazione:
ṁv =
ξπD0 l10 c0a1
ṁv v10
(1
−
ε)
→
ε
=
1
−
= 0.8637
v10
ξπDl10 c0a1
Segue un arco di ammissione:
θdistr = (1 − ε)360◦ = 49◦
49
(199)
Uno schema di massima del distributore è riportato in figura 25. Si tratta di un ugello convergente divergente poichè il rapporto di espansione che esso deve realizzare è inferiore a quello
critico:
γ
γ−1
pu
pcr
2
= 0.546
<
=
p0
p0
γ+1
con γ = 1.3 per vapore surriscaldato
Dall’equazione di continuità scritta nelle sezioni di gola e di uscita si ricava:
√
Sg
vcr ϕd 2∆hs
vcr c01
√
= 0.67
= 0
= 0
S10
v1 ccr
v1 2∆hcrs
(200)
dove vcr = 0.036 m3 /Kg e ∆hcrs = 170 KJ/Kg si ricavano dal diagramma di Mollier
sull’isobara critica.
Il numero di ugelli distributori si determina secondo la correlazione empirica:
id = (0.25 ÷ 0.33)(1 − ε)D 0 sin α10
dove il diametro D 0 va espresso in millimetri. Nel nostro caso, scegliendo una costante pari a
0.27, la correlazione fornisce id = 13.9 che arrotondiamo a 14.
Il passo degli ugelli distributori vale:
td =
πD0 (1 − ε)
= 37.4 mm
id
(201)
La sezione di uscita del distributore è data da:
S10 =
ṁv v10
= 1.318 · 10−4 m2
id c01
(202)
mentre la sezione di gola si ottiene dalla (200):
Sg = 0.67 S10 = 0.883 · 10−4 m2
(203)
Assumendo che il distributore sia ad altezza costante e pari a quella delle palette della prima
girante, le dimensioni in pianta risultano:
sg =
Sg
= 7.36 mm
l10
(204)
s01 =
S10
= 10.98 mm
l10
(205)
Per calcolare lo spessore di estremità, si utilizza la definizione del coefficiente di ingombro
palare:
s01
1
0
ξ= 0
→ s0 = s1
− 1 = 0.58 mm
(206)
s1 + s 0
ξ
La corda assiale vale (formula empirica):
sg
0
0
0
= 21.6 mm
b = s1 cos α1 + 10 sin α1 1 − 0
s1
50
(207)
Per la girante, si considerano profili dell’intradosso e dell’estradosso della pala ad arco di cerchio, come mostrato in figura 26.
La corda assiale b vale solitamente 10÷20 mm. Assumendo b = 15 mm, il raggio di intradosso
ri vale:
b
= 8.14 mm
(208)
ri0 =
2 cos β
dove β è l’angolo di flusso relativo rispetto alla direzione periferica: β = β 10 = π − β20 .
Per il raggio di estradosso si ha re0 = (0.5 ÷ 0.7)ri0 ; assumiamo re0 = 0.6 ri0 = 4.89 mm.
Come per il distributore, lo spessore di estremità si calcola dal coefficiente di ingombro palare:
1
0
s0 =
− 1 (ri0 − re0 ) = 0.17 mm
(209)
ξ
Infine si calcola il passo palare:
t0 =
ri0 − re0 + s00
= 8.77 mm
sin β
a cui corrispondono i0g = πD0 /t0 = 438 pale.
Figura 21: Coefficiente di perdita del distributore
51
(210)
Figura 22: Coefficiente di perdita della girante
Figura 23: Coefficiente di perdita del raddrizzatore
52
Figura 24: Triangoli di velocità
53
Figura 25: Geometria di un ugello distributore
Figura 26: Geometria delle pale della prima girante
54
TURBINA A VAPORE A REAZIONE
(Appello del 27.10.99, esercizio N ◦ 2)
Testo
Uno stadio di turbina assiale riceve 80 Kg/s di vapore alle condizioni p 0 = 1.5 M P a, t0 =
350 ◦ C e velocità c0 trascurabile. Il distributore espande il vapore fino ad una pressione
p1 = 1.0 M P a, mentre la pressione all’uscita dello stadio è p2 = 0.7 M P a. La girante,
che ruota alla velocità n = 3000 giri/min, ha un raggio medio, rm = 0.8 m, e un’altezza delle
palette, H = 0.035 m, uguali in ingresso e in uscita. I coefficienti di perdita nel distributore
e nella girante valgono, rispettivamente, ϕ = c1 /c1is = 0.92 e ψ = w2 /w2is = 0.88. Con
l’ausilio del diagramma h-s del vapor d’acqua, determinare i triangoli di velocità, la potenza
interna, il rendimento interno e il grado di reazione dello stadio.
Svolgimento
Triangoli di velocità
La trasformazione di espansione nello stadio è rappresentata nel piano h-s in figura 27, mentre i
triangoli delle velocità sono illustrati in figura 28.
La velocità periferica della girante al raggio medio è:
u=
πrm n
= 251.3 m/s
30
(211)
Dal diagramma di Mollier possiamo determinare i valori di entalpia nei punti 0, 1s e 2ss:
h0 = 3150 KJ/Kg
h1s = 3040 KJ/Kg
h2ss = 2955 KJ/Kg
Dalla conservazione dell’entalpia totale nel distributore, essendo c 0 = 0, si ottiene:
p
c1is = 2(h0 − h1s ) = 469 m/s
(212)
Noto il coefficiente di perdita del distributore, la velocità in uscita dallo statore vale:
c1 = ϕc1is = 431.5 m/s
(213)
e sempre per la conservazione dell’entalpia totale:
h1 = h 0 −
c21
= 3057 KJ/Kg
2
(214)
Dal diagramma del vapor d’acqua si ricava anche il valore del volume specifico del vapore nel punto 1: v1 = 0.265 m3 /Kg. La velocità assiale in ingresso alla girante si calcola
dall’espressione della portata:
ca1 =
ṁv v1
= 127m/s
ξ2πrm H
(215)
essendo ξ il coefficiente di ostruzione palare (si è assunto ξ = 0.95).
L’angolo del flusso assoluto si calcola come:
α1 = arcsin
ca1
= 17.1◦
c1
55
(216)
Le rimanenti componenti del triangolo di velocità in ingresso valgono:
cu1 = c1 cos α1 = 412.4 m/s
wu1 = cu1 −u = 161.1 m/s
w1 =
q
2 + c2 = 205.1 m/s
wu1
a1
Nel diagramma di Mollier, noto il punto 1, si può individuare anche il punto 2s che ha entalpia
h2s = 2967 KJ/Kg. Per la conservazione dell’entalpia totale relativa, la velocità relativa
isentropica all’uscita della girante vale:
q
w2s = 2(h1 − h2s ) + w12 = 471.2 m/s
(217)
e noto il coefficiente di perdita della girante:
w2 = ψw2s = 414.7 m/s
(218)
L’entalpia nel punto 2 vale (dalla conservazione dell’entalpia totale relativa):
h2 = h 1 +
w12 − w22
= 2992 KJ/Kg
2
(219)
a cui corrisponde sul diagramma di Mollier un volume specifico del vapore v 2 = 0.355 m3 /Kg.
Dall’espressione della portata, la velocità assiale in uscita vale:
ca2 =
ṁv v2
= 170 m/s
ξ2πrm H
(220)
Gli altri elementi del triangolo di velocità in uscita valgono:
ca2
= 24.2◦
wu2 = −w2 cos β2 = −378.3 m/s
β2 = arcsin
w2
q
cu2 = u + wu2 = −127 m/s
c2 = c2u2 + c2a2 = 212.2 m/s
Potenza interna
Il lavoro interno dello stadio vale.
Li = u(cu1 − cu2 ) = 135.5 KJ/Kg
(221)
Pi = ṁv Li = 10.84 M W
(222)
e quindi la potenza interna è:
Rendimento interno
Se si assume lo stadio singolo, l’energia cinetica allo scarico deve essere considerata una perdita,
per cui Il rendimento interno può vale:
ηi =
Li
Li s +
c21
2
=
Li
= 0.695 (c0 = 0)
h0 − h2ss
(223)
Se invece si considera uno stadio intermedio, l’energia cinetica allo scarico non è persa ma è
sfruttabile negli stadi succesivi, per cui il rendimento interno è:
ηi =
Li
Li
=
Lis
h0 − h2ss −
56
c22
2
= 0.785
(224)
Grado di reazione
R=
salto entalpico girante
h1 − h 2
=
= 0.41
salto entalpico stadio
h0 − h 2
Figura 27: Trasformazione di espansione nello stadio
Figura 28: Triangoli di velocità
57
(225)
Fly UP