NTNU Institutt for Energi- og Prosessteknikk Kontaktperson i løpet av eksamen Navn: Torbjørn K. Nielsen/ Lars Erik Bakken Tlf: (73 5) 9357/ Løsningsforslag: Kurs TEP495 TURBOMASKINER FREDAG. MAI 004 TID: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Typegodkjent kalkulator
Oppgave a) Q Q gh e 6 *9,8*500 0,6 60 f 60*50 n 500omd P 6 / min n ω π 30 (3.4)(500) 30 5,36 / s ω ω gh e 5,36 *9,8*500 0,586 Ω ω Q 0,586 0,6 0, b) Alle hastigheter: m u tan β 40 tan6,5m / s Red form 0,5, 47 Red form0,04,, m m,m m 0,4m/s w sin 4 m 5,6m/s Red form 0,6 w u u w u u gh 45,7m / s Red form 0,457 os 0 (I ligninga over, feil vinkel; skal være 4 grader i nevneren, ikke 0 grader. Dette gir et svar mellom 47 og 48 m/s) m u tan α α,9,3 m sin α m 46,8m/s Red form 0,468 W u + (40 /( 9,8 500)) + 0,5 0,4
) Finn D, D og B : n ω π 30 (3.4)(500) 30 5,36 / s D ω D u ω D gh 9,8 500 0,7 5,36,7 Tegner hastighetsdiagrammet for utløpet og finner at: u tan β 40 tan6,47m / s m u ωr πn D 30 30 40 π 500 D, 47,,,53 m m,m m 0,43m/s π 6 π,7 0,43 Q B D m B 0,8 d) Hvor mye må turbinen dykkes for å unngå kavitasjon når NPSH R 4,9 mvs. Barometertrykket er 0 mvs og damptrykket er 0, mvs. NPSHR Hs + hb h va Hs NPSHR + 0 0, H 4,9+ 9,8 s H 5,mVs s
Oppgave a) Euler ligningen: η ( u u u u ) u 0 pga. Antar rotasjonsfri strømning ved utløpet η pga. antar 00 % virkningsgrad når vi regner ideelt og tapsfritt ( u u ) u b) Ω 0. 089 når D / 0 d s
π Ω /0 0,089 4 qed., z ; pga. én strålet turbin ) π 5 Ω /0 0,98 4, Z 5; pga. 5 strålet turbin d) i) Finn n slik at vi får et gunstig fartstall, dvs: Ω 0, Ω ω Q 0,089 gh e 0,089énjett ω 49,04 6 5 gh e πn 30ω 30 49,04 ω n 468,3 500omdr / sek 30 π π Pga. avrunder til nærmeste synkrone turtall ii) Beregner hjuldiameter D og strålediameter d s η ( u u u u ) 0.96 u 0 u 0,48 u u u u 47,54 95,08 u Massebevarelse: 47,54 Q VA u πd s 6 d s 4 5 u 6 4 5π 6 4 π 95,08 0,07 u 47,54 ω D,93 D 49,04 D 0,5 d, s
e) Sammenligning med Franis turbinen i oppgave Kaplan: 00% aksiell. Fransis blandet. Pelton 00% radiell Fartstallet er avgjørende for hvilken turbintype en velger. Trykkhøyden bestemmer valget av turbin. Pelton bentyttes primært for høye fallhøyder og lav vannføring, den tar ut energien fra hastighetsenergien, turbin-huset utsettes altså ikke for trykket (ro*g*h)^(/). I en Franis turbin er derimot hele huset trykksatt, noe som vil ved svært store fallhøyder føre til krav om svært store og kraftige turbinhus. Impulsturbin (R0) / Reaksjonsturbin (Fullturbin): Pelton Konstant trykk over løpehjul Franis: Trykkomsetning over løpehjul Lave turtall for Pelton turbiner kompanseres med flere polpar for å holde det nærmeste synkrone turtallet. Vannkvalitet; urent vann; fordel med Pelton. Den er lettere å vedlikeholde. Franis krever dykking og sugerør for å unngå kavitasjon Driftsmønster Ulik virkningsgradskurve. Franis har smalere, men høyere effektivitetskurve. Foretrekker å kjøre denne på bestpunkt.; kjører best på bunnlast? Pelton har en bredere effektivitetskurve, kjører best som topplast, regulerer frekvensen med Pelton. Nålene tillater god regulering Bruksområdet for de ulike turbinene kan overlappe hverandre. Kostnader kan spille inn. Pelton billigere, billigere å vedlikeholde Peltonaggregatet er billigere enn Franis, Peltonhjul er billigere. ++
Oppgave 3 Gassturbin a)
b)
) d)
Oppgave 4 a) P, P, Fore F Veloity U Displaemen X P S Atuator area A Reservoir pressure is zero Figure Valve atuator system For steady-state operating onditions: Atuator fore F A(P P ) () Treating the valve as a simple orifie, for an equal area atuator the valve flow is: Q C πdx (P P) KX (P P) Q KX P, K C πd Q S S Q CQ is the valve flow oeffiient and d the valve spool diameter P P P S () Equation into gives: ρ
F F (P PS + P )A P (P S + ) A and F P (P S ) A b) The fluid is inompressible, therefore Q Q for non-steady state onditions. Q KX (P P ) Q KX P From a) we have S For the system the atuator pressures are equal beause the moving omponents have zero mass and there is zero fore on the atuator. P S P P. So: P Q KX (P P ) KX K X Q S S Q (3) dy Q AU A AsY dt Also: Equations 3 and 4 give: (4) Y K Q X As (5) V i + K A K V x K T Y Figure Eletroni ontrol system
From the eletroni ontrol, Figure, we get: Equations 5 and 6 give: Where: X (Vi KTY)KAKV KQ Y KT Y [(Vi KTY)KAKV] As V ( + Ts ) the Laplae operator d s dt i A T K K K K and A Q V T (6) (7) (8) ) Data Atuator piston diameter 50mm Atuator rod diameter 5mm Valve flow oeffiient 0.7 Valve spool diameter 0mm Supply pressure 50bar Fluid density 870kg/m 3 Change in valve position for 0mA input urrent 0.mm Atuator position transduer gain 50V/m Amplifier gain 8 x 0-3 A/V π 6 3 Atuator area A ( 50 5 ) 0. 47 0 4 m Valve flow gain Valve position gain Time onstant PS 3 50 0 3 KQ CQπd 0. 7 π 0 0. 89m / s/ m ρ 870 3 0. 0 K V 00. m/ A 3 0 0 3 47. 0 T 0. 064s 3 8 0. 89 0. 0 50 5