Ejercicio potencia

[Pepee]

Hola, ¡muy buenos días!

He realizado el siguiente ejercicio sobre potencia:

En un embalse destinado a producir energía elèctrica la altura desde la superficie hasta las turbinas generadoras de energía es de 60m. Si el agua cae a razón de 800 l/s, ¿cuál será su máxima potencia que puede dar en las condiciones más ideales posibles?

Yo he hecho lo siguiente...

$Potencia = F*v$

Luego he encontrado la fuerza teniendo en cuenta que si caen 800l equivaldran a 800 kg, cuya aceleración es la de la gravedad.

$F= mg = 800*9.81 = 7848 N$

Luego para la velocidad he tenido en cuenta de que se trata de un MUA. He aplicado estas dos fórmulas.

$y= y0 - gt$

$v= v0 - gt$

Obteniendo el tiempo de la primera formula, 6.61 s, y la velocidad de la segunda, 60 m/s.

Finalmente he multiplicado la fuerza por la velocidad, obteniendo la potencia de 470,88 kW.

Me gustaría saber si es correcto el razonamiento.

¡Gracias!

[Fortuna]

Correcto.

Pero aplicando el principio de conservación de la energía muchos problemas de dinámica y cinemática se simplifican mucho.

En el ejemplo, podemos calcular la energía potencial de 80l de agua a una altura de 60m, sabiendo que cada litro tiene una masa de 1 kg.

$E_p=m \cdot g \cdot h =80 \cdot 9.81 \cdot 60 J = 470'88kJ$

Como esos 80 litros caen en cada segundo la potencia será ese trabajo dividido por la unidad de tiempo $P=470'88kW$, que es el mismo resultado, pero sin calcular fuerzas ni velocidades.

[JCB]

Saludos, Fortuna.

[Fortuna]

$y= y0 -v_{0y}t- \frac{1}{2} gt^2$

[JCB]

Hola a tod@s.

Diría que es correcto. De hecho, puedes aplicar directamente

$P=Fv=mgv=mg\dfrac{h}{t}=\dfrac{m}{t}gh=\dfrac{800}{1}\cdot9,8\cdot60\ W=470,40\ kW$.

Saludos cordiales,
JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

En mi primer mensaje # 3, Pepee, he escrito "... Diría que es correcto ...", pero me refería, exclusivamente, al resultado final de la potencia, pues no había entrado en los detalles de tu procedimiento. Pero ahora, me he fijado, y empleando tu procedimiento, tengo discrepancias en los cálculos de tiempo y velocidad.

$y=y_0-\dfrac{1}{2}gt^2$,

$t=\sqrt{\dfrac{2y_0}{g}}=3,50\ s$.

$v=gt=34,29\ m/s$.

$P=\dot{E}=\dfrac{E_c}{t}=\dfrac{1}{2}\dot{m}v^2=\dfrac{1}{2}\cdot800\cdot(34,29)^2\ W=470,40\ kW$.

Y lo más importante, es que no puedes utilizar $P=Fv$ de forma directa, pues $v$ no es constante.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Y lo más importante, es que no puedes utilizar $P=Fv$ de forma directa, pues $v$ no es constante.

Porque no?
La energía se extrae a una única altura de desnivel 60m.
La gravedad es constante y el tiempo de caída también, luego la velocidad es constante.
La potencia es el caudal másico por la gravedad por la altura del salto.

para que sea ideal la turbina debe usar toda la energía cinética que gana en el salto, cuya velocidad es $v=\sqrt{2gh}$ y salir de la turbina con velocidad nula.

En realidad según el área de pasaje y el caudal tenemos siempre una velocidad de salida $V_s$ por lo que el trabajo útil es igual a la diferencia de energía cinetica a la entrada y la salida de la turbina... la energía cinetica de la entrada es igual al caudal másico, por la gravedad por la alturas del salto... por eso en condicione ideales el máximo surge de aprovechar toda esa velocidad

[JCB]

Hola a tod@s.

En mi mensaje # 4, estuve muy desafortunado a la hora de hacer el último comentario “Y lo más importante, es que no puedes utilizar $P=Fv$ de forma directa, pues $v$ no es constante.”.

Esta frase no es cierta, pues suponiendo un diámetro de tubería constante, y por conservación de la masa, la velocidad en la tubería es constante en todo su recorrido. Lo que debería haber dicho es que no se pueden substituir directamente los valores conocidos en $P=Fv=mgv$.

Por otra parte, la velocidad de entrada en la turbina, no es exactamente $v=\sqrt{2gh}$. Esto solo ocurre si se trata de una turbina donde el agua sale a la atmósfera en el momento de impactar contra el rodete (caso de la turbina Pelton).

El balance energético entre la superficie libre del embalse y la entrada de la turbina, aplicando Bernoulli (en su expresión en alturas), y sin tener en cuenta a las pérdidas de carga, sería

$\dfrac{p_1}{\rho g}+h_1+\dfrac{v_1^2}{2g}=\dfrac{p_2}{\rho g}+h_2+\dfrac{v_2^2}{2g}$.

Ahora efectuamos la conocida suposición habitual $v_1=0$, y consideramos presiones manométricas $(p_1=p_{atm}=0)$ y que la entrada de la turbina es la cota 0 geodésica $(h_2=0)$,

$v_2=\sqrt{2g\left(h_1-\dfrac{p_2}{\rho g}\right)}$.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Por otra parte, la velocidad de entrada en la turbina, no es exactamente $v=\sqrt{2gh}$. Esto solo ocurre si se trata de una turbina donde el agua sale a la atmósfera en el momento de impactar contra el rodete (caso de la turbina Pelton)..

Si JCB hablamos de condiciones ideales , no dudo que lleves razón, pero excede al ejercicio.... el exceso de presión a la entrada las consideramos despreciables, los mismo que la perdidas por rozamiento viscoso y dinámico de la tubería también las despreciamos, los rozamientos del eje de la turbina(mínimos) también... y por supuesto la energía hidráulica a la salida de la turbina..Todo esto se hace para darle al problema un marco practico de la conservación de la energía y el concepto de potencia

Aun así hay que entender que hay variación de la energía hidráulica entre la entrada y la salida, debida a la extracción de trabajo por parte de la fuerza que opone la turbina que viene del campo magnético externo a su rotor acoplado.

Así

$Epot_{entrada}-P_{erdidas}=Ec_{entrada}$

$Epot_{Salida}+P_{erdidas}=Ec_{Salida}$

$\Delta E_c=Epot_{Salida}+P_{erdidas}-Epot_{entrada}+P_{erdidas}=Ec_{Salida}-Ec_{entrada}=-W_{util}-Proz=$

dejamos en condiciones ideales sin perdidas y velocidad de salida nula

$-W_{util}-\cancel{Proz}=\Delta E_c=Epot_{Salida}+\cancel{P_{erdidas}}-Epot_{entrada}+\cancel{P_{erdidas}}=\cancel{Ec_{Salida}}-Ec_{entrada}$

$-W_{util}=mg\Delta h=mg(h_f-h_i)=-\frac12 mv^2$

$W_{util}=\frac12 mv^2$

de aquí dividiendo por el tiempo, ya que la potencia que buscamos es trabajo obtenido por unidad de tiempo y relacionando masa con velocidad tenemos la cantidad de movimiento lineal

$P_{otencia}=\dot m \frac12v^2=(\dot mv \frac12)v=\dot p v$

donde $\dot p$ es la variación del a cantidad momento lineal $medio$ durante el trayecto de caída, solo se puede ser igual a una Fuerza(media) si la aceleración es constante y dado que suponemos que $g$ lo es

$P_{otencia}=\dot p v= Fv$

A ver... que solo es un ejercicio teórico... en cuanto lo complicas, por ser un ejercicio de hidráulica , hace aguas.. Saludos


Edito ...Ojo de nuevo insisto es incorrecto calcular $v \neq\dfrac{h}{t}$ y hacer $P_{ot}\neq mgv$ porque la velocidad del agua no es constante durante la caida(varia con la altura), pero si lo es para cada altura que se considere (no varía con el tiempo)

[JCB]

Hola a tod@s.

Eso es Richard, al introducir consideraciones de tipo hidráulico, se complica un poco más que si hacemos el cálculo energético basado en la energía potencial gravitatoria inicial, o bien en la energía cinética final. Es por este motivo que calculé:

$P=Fv=mgv=mg\dfrac{h}{t}=\dfrac{m}{t}gh=\dfrac{800}{1}\cdot9,8\cdot60\ W=470,40\ kW$ (mensaje # 3. Cálculo basado en la energía potencial gravitatoria inicial).

$P=\dot{E}=\dfrac{E_c}{t}=\dfrac{1}{2}\dot{m}v^2=\dfrac{1}{2}\cdot800\cdot(34,29)^2\ W=470,40\ kW$ (mensaje # 4. Cálculo basado en la energía cinética final, a la entrada de la turbina).

Creo que cualquiera de estas dos maneras anteriores de calcular la potencia es correcta.

En cuanto a tu afirmación de que la velocidad del agua no es constante durante la caída, no puedo más que discrepar de tu opinión, por lo que he dicho ya en mi mensaje # 6: suponiendo un diámetro de tubería constante, y por conservación de la masa (ecuación de continuidad), la velocidad del agua dentro de la tubería debe ser constante en todo su recorrido. Si la caída y llegada a la entrada de la turbina no estuviese confinada por una tubería (si fuese una descarga libre abierta a la atmósfera), entonces sí que la velocidad sería variable, es decir, la velocidad iría en aumento, pero a la vez, se produciría una contracción, disminuyendo el área de la sección, con el fin de respetar la conservación de la masa. Es como el agua que sale verticalmente de un grifo: a más distancia de la boca de salida, más velocidad, pero menos sección. He abierto hilo aparte, para no mezclar más los conceptos.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

En cuanto a tu afirmación de que la velocidad del agua no es constante durante la caída, no puedo más que discrepar de tu opinión,

Ya me había dado cuenta por hilo que abriste que me saltee la ecuación de continuidad...

Si el diámetro de la tubería es constante, la velocidad $v_B$, es la misma en cualquier punto de la tubería.

como el agua es incompresible, tiene la misma velocidad en la toma superior que en la entrada a turbina. Pero igual no es h/t como se pretendía, y si es idealmente $\sqrt{2gh_s}$ si no hay caida de presión hacia la salida.
y si la velocidad de salida depende de la sección, que en las turbinas es mayor a la salida que en la entrada y se aprovecha todo el cambio de momento lineal,