UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL “FRANCISCO DE MIRANDA” COMPLEJO ACADÉMICO EL SABINO UNIDAD CURRICULAR: TERMODINÁMICA APLICADA PROF: ELIER GARCIAGUIA DE CICLOS DE POTENCIA DE VAPOR Ejercicios resueltos de ciclo Rankine simple, con recalentamiento y regenerativo Enero del 2010 CICLOS DE POTENCIA DE VAPOR Combustión externa. Flujo Permanente Diagrama T-s del ciclo de Carnot de vapor VENTAJAS: Isotermas coinciden con isóbaras 1-2 Agua vaporiza a P y T ctes en la caldera 2-3 Expansión isoentrópica en la turbina 3-4 Condensación a P y T ctes en el condensador. Licua parte del vapor 4-1 Compresión isoentrópica en el compresor Dificultades Prácticas: La Temperatura máxima está limitada por la Tc del agua. Desgaste de la turbina debido a la cantidad del líquido que aparece durante la expansión. Dificultad de controlar durante la compresión el estado final. No es práctico diseñar compresores que manejen dos fases. Barato El fluido más usado es el agua Poco contaminante Buenas propiedades Termodinámicas EL CICLO IDEAL RANKINE SIMPLE 1-2 Compresión isoentrópica en una bomba 2-3 Adición de calor a p=cte en una caldera 3-4 Expansión isoentrópica en una turbina 4-1 Cesión de calor a p=cte en un condensador Basado en el ciclo de Carnot de vapor con las siguientes DIFERENCIAS El vapor saturado se sigue calentando en la caldera a p=cte hasta el estado 3. hasta la presión de entrada en la caldera DIAGRAMA DE MAQUINAS DEL CICLO RANKINE A la caldera se le denomina generador de vapor. La bomba sólo comprime ya agua líquida. En la turbina se produce el trabajo al hacer girar el eje conectado a un generador eléctrico. un río o la atmósfera. . con ello en la expansión adiabática el vapor tiene mayor calidad (calidad=fracción molar) El vapor se licúa completamente en el proceso 4-1. El condensador es un intercambiador de calor que cede calor a un medio como un lago. resolviendo: La ecuación de la primera ley de una bomba adiabática es: Sustituyendo (4) en (5): . Se tiene para un proceso isentrópico: Sustituyendo la ecuación (1) en la relación Tds se tiene: Por lo tanto. integrando (2) entre los estados comprendidos: Como el fluido manejado por la bomba es incompresible (por ser un fluido ideal): El fluido no varía su volumen específico: sacando en (3) la constante fuera de la integral.ANÁLISIS ENERGÉTICO DEL CICLO DE RANKINE Ecuaciones de flujo permanente Se desprecian las variaciones de energía cinética y potencial Por unidad de masa de vapor Bomba (q=0) Caldera (w=0) Turbina (q=0) Condensador (w=0) Deducción de la ecuación del trabajo para una bomba adiabática e isentrópica con un fluido incompresible (bomba ideal). nos queda. RELACIONES PARA EL CICLO RANKINE (POR MASA UNITARIA DE VAPOR) Proceso (1 entrada (e) y 1 salida (s) de masa) General Ideal Bomba Turbina Caldera Condensador Ecuaciones de Potencia en función del flujo másico: Potencia calórica o rapidez de transferencia de calor : Potencia ó trabajo por unidad de tiempo : . Análisis: 1 TL TH TH x2=0 TL 180 psia 14. despreciando los cambios de energía cinética y potencial.33% b) La calidad al final del proceso de rechazo de calor isotérmico.7 psia A s1=s2 x3 =0. Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 1. Análisis: Segunda ley: s2 s1 . Se supone que la máquina de Carnot de flujo estable es similar a la mostrada.1R TL=Tsat@14. a) La eficiencia térmica. líquido saturado. b) la calidad al final del proceso de rechazo de calor isotérmico y c) la salida neta de trabajo. El vapor sale de la turbina a una presión de 14.1 19.1°F = 833. El problema se soluciona tomando como volumen de control al fluido de trabajo en el equipo involucrado en las variables a determinar y aplicando en ellos la primera ley y segunda ley de la termodinámica.7 psia=212 °F = 672R 1 672 833. en consecuencia las temperaturas de saturación también y la eficiencia térmica se obtiene directamente en función de las temperaturas.90.Ejercicios resueltos y propuestos 1. Estado a la salida: P2 conocida. Dado que se conocen las presiones de saturación. 1.7 psia. En la caldera de una máquina de Carnot de flujo estable entra agua como líquido saturado a 180 psia y sale con una calidad de 0. Diagrama T-s del problema 1. Muestre el ciclo en un diagrama T -s respecto de las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica. Estado a la entrada: P1 conocida. Propiedades de los puntos: TH=Tsat@180 psia=373. Volumen de control: bomba. estado 2 fijo.9 B s3=s4 Fig. 533Btu/lbmR s1=s2=0.Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → s2=0. el área B41A representa qcond y la diferencia entre ambas (área encerrada por la trayectoria del ciclo 12341) representa el trabajo neto porque: wneto qcald qcond 2.3Btu/lbmR h3=346.38Btu/lbmR Luego: h3 h2 qcald El trabajo neto del ciclo es: 1112. 0.891 al principio del proceso de rechazo de calor y 0. estado 2 fijo.08) 148.1 al final. La temperatura máxima y mínima en el ciclo son 350 y 60°C. estado 3 fijo. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto a las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica. Estado a la salida: P3.445) x1 c) La salida neta de trabajo.9(851.2) h3=1112.312+x1(1.1529 ó 15. Análisis: Primera ley: qcald Propiedades de los estados: (Tabla Cengel) → h2=346.1933( 766. Volumen de control: caldera.3 766.3% de vapor Estado a la entrada: P2 conocida. Análisis: .38 346.533=0. x3 conocidas.08Btu / lbm Solución alternativa: se debe recordar que en un diagrama T-s el área bajo la curva del proceso representa la transferencia de calor para ese proceso.3+0. La calidad del agua es 0. Considere un ciclo de Carnot de flujo estable que utiliza agua como fluido de trabajo.533Btu/lbmR → 0. Se utilizará el método de las áreas para solucionar este problema.08Btu / lbm wneto ter qcald 0. a) La eficiencia térmica. por lo tanto el área A23B de la figura 1 representa qcald. La eficiencia del ciclo viene dada directamente ya que se conocen las temperaturas máxima y mínima. Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 2. líquido saturado. b) la presión en la entrada de la turbina y c) la salida neta de trabajo. 1395.1366kJ/kgK s3=s4=7.831+0.1 A s1=s2 Fig. Diagrama T-s del problema 2.077) s4=7. Volumen de control: evaporador.1 TL TH Propiedades de los puntos: TH= 623K TL=333K 1 333 623 46. Estado a la entrada: T2 conocida. Volumen de control: turbina. estado 4 fijo. Estado a la entrada: T3 conocida. x4 conocidas.5kPa . Estado a la salida: T4.891 B s3=s4 x1 =0.891(7. b) La presión en la entrada de la turbina. Análisis: Segunda ley: s4 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → s4=0.5% 623 333 x4 =0. 2.1366kJ/kgK Como T3=350 °C: s3 P3 c) La salida neta de trabajo. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la calidad del vapor a la salida de la turbina. 623( 7. y después la segunda ley de la termodinámica (si es necesario).5387) TL ( s 4 s1 ) 1864.1366 1. Análisis: Primera ley: wturb h3 h4 . estado fijo.077) s1= 1.1kJ / kg wneto qevap qcond 3487. Volumen de control: Turbina.Estado a la salida: T3 conocida. Solución: Un diagrama T-s se muestra en la figura 3. se tiene: a) La calidad del vapor a la salida de la turbina. luego la primera ley de la conservación de la energía. Por lo tanto. Análisis: qcond qcond Área B41AB 333( 7.5387kJ/kgK s1=s2=1. Análisis: qevap Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → s1=0. El inciso a) se soluciona realizando un análisis de segunda ley en la turbina.1(7. x1 conocidas.3kJ / kg 3. T3 conocidas.1366 1. Considere una central eléctrica de vapor de 200 MW que opera en un ciclo Rankine ideal simple. b) la eficiencia térmica del ciclo y c) el flujo másico del vapor. estado 4 fijo (indicado antes).4 1864.831+0. Estado a la salida: P4 conocida. estado 1 fijo (según se indica). Estado a la salida: T1.5387kJ/kgK Área A23BA TH (s3 s2 ) qevap Volumen de control: condensador. Estado a la entrada: P3.1 1623.5387) 3487. El resto del problema se soluciona tomando como volumen de control cada uno de los equipos del ciclo. x4 conocidas. El vapor entra a la turbina a 4 MPa y 400 °C y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa. y aplicar en ellos la primera ley de la conservación de la masa. 4 kJ / kg Estado a la entrada: T4. 6 kJ/kg.8)= 2144.83+0.5009 x4 Continuamente.6493 x4 7. s3=s4=6.6 2144. s3=6. 3.12 kJ/kg b) La eficiencia térmica del ciclo.8159 ó 81. Estado a la salida: P2 conocida. Estado a la entrada: P1 conocida. Por lo tanto: 6. estado fijo. Diagrama T-s del problema 3. 0.12 1069.48kJ / kg h4=191.Segunda ley: s4 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h3=3213. se calcula el trabajo de la turbina.769kJ/kgK. Volumen de control: bomba. Análisis: Primera ley: wbomb Segunda ley: h2 h1 s2 s1 .7690kJ/kgK T (°C) 400 s3 4 MPa 10 kPa s1=s2 s3=s4 Fig.8159(2392.6% de vapor wturb Por otro lado: 3213.7690 0. líquido saturado. 74 1952. h4 h1 2144. así también para la bomba. . 3017.74kJ / kg 3213.83 0.45 3017 .3% El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador. a partir de la primera ley. estado fijo.45kJ / kg mcald W neta wneto 200000 1065.10) 195. Este problema se soluciona realizando un análisis en la turbina y la bomba para encontrar los trabajos reales. v1=0. Análisis: Primera ley: qcald qcald h3 h2 3017.45kJ/ kg wturb wbomb 1069. que Qneto=Wneto.74 35.48 . qcond.001010 m3/kg Se supone que el líquido es incompresible.12 191.4. h2 conocidas. Se va a repetir el problema 3 pero suponiendo una eficiencia adiabática de 85% para la turbina y la bomba.Porque s2 Propiedades de los puntos: s1 .83kJ/kg. se tiene: h2 191.6 195. y a partir de allí las verdaderas propiedades del ciclo. Solución: Un diagrama T-s del problema se puede observar en la figura 4. se tiene: qcond Por lo tanto. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador.86 wneto q cald 1065 . a) La calidad del vapor a la salida de la turbina.86 kJ kg wbomb wneto Volumen de control: caldera 195.7kg/s 4. donde se observa la diferencia entre el proceso seguido por la turbina reversible y el seguido por la turbina real de 85% de eficiencia.83 1952.29kJ / kg wneto c) El flujo másico del vapor. Estado a la salida: estado 3 fijo (según se indica).45 187.03kJ / kg 1065.29 1065. y observando.03 Estado a la entrada: P2.83 4.001010(4 000 .86 191. h2 h1 2 1 vdP (Tabla Cengel) → h1= 191. Propiedades en los puntos: h4s=2144.32% de vapor wturb turb (h3 h4 s ) 2144. Estado a la entrada: P3.8832 ó 88.6 turb (h3 h4 s ) 2144.12) 909. Análisis: Primera ley: wturb Segunda ley: h3 h4 s4s turb s3 wturb h3 h4 s h3 h4 h3 h4 s T (°C) 400 4 MPa 2s ss s 2 10 kPa 4s s 4 Fig.85(3213.12) 0. 4.6 . Estado a la salida: P4 conocida.83 x 4 2392 x4 Por otro lado: 0. Diagrama T-s del problema 4.6kJ/kg (del problema anterior) Por lo tanto: h4 h3 3213.06kJ / kg 0.Volumen de control: Turbina. estado 3 fijo (según se indica).5 191.5kJ / kg Por lo tanto: 2304.85(3213.12kJ/kg (del problema anterior) h3=3213.6 2304. T3 conocidas. 83 4.57 wneto q cald 904 . h2 conocidas.74 196.06 . Estado a la salida: P3. Análisis: Primera ley: qcald qcald h3 h2 3017kJ / kg 3213.32 3017 29.57kJ / kg Estado a la entrada: P2.86 191. T3 conocidas. líquido saturado. h2s=195.86kJ/kg h1=191.83 0. estado 1 fijo (indicado antes) Estado a la salida: P2 conocida. estado 3 fijo (según se indica).97% .74 904.4. Volumen de control: bomba.83kJ/kg Por lo tanto: wbomb h2 s h1 bomb 195. Estado a la entrada: P1. estado 2 fijo (indicado antes).74kJ / kg wneto Por otro lado: wturb wbomb 909.32kJ/kg h2 Volumen de control: caldera h1 wbomb 191.6 196. Análisis: Segunda ley: s 2s bomb s1 h2s h1 wbomb h2s h1 h2 h1 Propiedades en los puntos: h2s y h1 se calcularon en el problema anterior.b) La eficiencia térmica del ciclo.85 4. mientras que a la turbina de baja presión lo hace a 140 psia y 900 °F. Estado a la entrada: P5. Considere una central eléctrica de vapor que opera en un ciclo Rankine con recalentamiento y que tiene una salida neta de potencia de 80 MW. La eficiencia isentrópica de la turbina es de 80 por ciento y la de la bomba de 95 por ciento. qcond.786 x6s=0.67 904. Estado a la salida: P6 conocida.846Btu/lbmR s5=s6s=1.846 Btu/lbmR → 1.49 Btu/lbm . que Qneto=Wneto.El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador. 3017 2112. un diagrama T-s del ciclo puede ser como el mostrado en la figura 5. Volumen de control: turbina de baja presión. y observando. la primera ley de la conservación de la energía.83 2112.3 221.67kJ / kg wneto c) El flujo másico del vapor.5 191.17kg/s 5.9457(1027. El vapor entra a la turbina de alta presión a una presión de 1500 psia y 900 °F. estado 5 fijo. si hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina. Solución: Para responder el inciso a) debemos obtener primeramente alguna propiedad intensiva a la salida de la turbina. Análisis: Segunda ley: s6s turbB s5 wturbB h5 h6 s h5 h6 h5 h6 s Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h5=1479.157+x6s1. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador. si hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina. que nos permita determinar la calidad y/o la temperatura. Por lo tanto. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la calidad (o temperatura. El vapor sale del condensador como líquido saturado a una presión de 1. El resto de incisos se soluciona tomando como volumen de control al equipo involucrado con la variable a obtener y luego aplicando en ellos la primera ley de la conservación de la masa.846 = 0. s5=1.9457 h6s=83.1Btu/lbm. y la segunda ley de la termodinámica (si es necesario). se tiene: qcond Por lo tanto: h4 h1 2304.5 psia. a) la calidad (o temperatura.7)=1055.33kJ / kg mcald W neta wneto 200000 904. a partir de la primera ley.6 + 0. b) la eficiencia térmica y c) el flujo másico del vapor. T5 conocidas. 5 psia Fig.069 .1 1140.h4 s4s turbAP s3 wturbAP h3 h4 s h3 h4 h3 h4 s Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h3=1428.507+x4s1.6 F → Vapor sobrecalentado wturbB Volumen de control: turbina de alta presión.9 Btu / lbm wturbAP Segunda ley: h3 .80(1479.900 T°F 1500 psia 1.1 0.h6 1479. Análisis: Primera ley: 178.1 1055. Diagrama T-s del problema 12.49) 1140. 5.2 338.2 Btu / lbm h6 hg6 T6 b) La eficiencia térmica. Por lo tanto: h6 h6 Luego: h5 turbB (h5 h6 s ) 1479. Análisis: Primera ley: h5 . s3=1.556Btu/lbmR →1.556Btu/lbmR s3=s4s=1.556=0.6Btu/lbm. Volumen de control: turbina de baja presión. 6)=1177. estado 1 fijo.5) 4.h1 h2 s h1 4. se tiene: h2 s h1 v( P2 P 1) 0.9813 h4s=325+0.99Btu/lbm h4 h3 wturbA 1428.6Btu/lbm.61Btu / lbm Volumen de control: bomba. 6 .80(1428.493Btu / lbm 144 778 wbomb h2 .6 200.h1 s2s bomb s1 h2s h1 wbomb h2s h1 h2 h1 Como s2s=s1: h2 s h1 2s 1 vdP v( P2 P1 ) Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h1=83.0162(1500 1.99 1227.h 4s ) 0.h 4 turbA (h3 .x4s =0.73Btu/lbm bomb . líquido saturado. 493 0.9813(868. Estado a la entrada: P1 conocida.95 4.36) 200. v1=0.36Btu/lbm Por lo tanto: wturbA h3 .1177. Estado a la salida: P2 conocida. Análisis: Primera ley: wbomb Segunda ley: h2 .0162pie3/lbm Se supone que el líquido es incompresible. Análisis: Primera ley: qcald Entonces: h3 .h4 qcald 1428. 6.4.61 1691.95 142lbm / s 1 535. El flujo másico neto mneto es el flujo del vapor producido por la caldera.33 1479. estado 3 fijo. Una central eléctrica de vapor opera en un ciclo Rankine ideal de recalentamiento regenerativo y tiene una salida de potencia neta de 80 MW. El vapor entra a la turbina de alta presión a 10 MPa y 550 °C.63% c) El flujo másico del vapor.1 1127. .16 La eficiencia térmica también puede determinarse por medio de los calores del ciclo. Solución: Primero se determinarán las propiedades del fluido de trabajo en cada punto. Un diagrama T-s característico del ciclo es el presentado en la figura 6. Estado a la salida: P3. El resto del vapor se recalienta hasta 500 °C y se expande en la turbina de baja presión hasta la presión del condensador de 10 kPa. Seguidamente se aplicará la primera ley de la masa y la energía al calentador abierto para obtener la fracción de masa extraída de la turbina. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) el flujo másico del vapor a través de la caldera y b) la eficiencia térmica del ciclo.33Btu / lbm Por lo tanto: wneto wturbA 200. y sale a 0. Análisis: neto m W neto wneto 80000 0.6 88.16 1691. T3 conocidas. Luego empleando la primera y segunda leyes de la termodinámica se tomará como volumen de control a cada equipo involucrado en las variables a determinar.8 MPa.16Btu/ lbm Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P2 conocida.wbomb 338. Algo de vapor se extrae a esta presión para calentar el agua de alimentación en un calentador abierto.6 88.99 wturbB .73 83.76 Btu / lbm Ter wneto q cald 535.76 31.h2 wbomb h1 4.9 .h2 h5 .73 535. 2kJ/kgK s5=s7=6.756kJ/kgK h7=2811. T5 conocidas. Estado a la salida: P9 conocida. Estado a la salida: P7 conocida.8 MPa y 6 1–y 7 0. T8 conocida.T qcald 4 3 5 8 10 MPa 0. Volumen de control: turbina de alta presión.756kJ/kgK h6=2811. Estado a la salida: P6 conocida. estado 8 fijo. Análisis: . Estado a la entrada: P8. 6.9kJ/kg.01 MPa qcond 9 Fig. s5=6. Estado a la entrada: P5. a) El flujo másico del vapor a través de la caldera. Análisis: Primera ley: wturbAP Segunda ley: h5 yh6 (1 y )h7 s7 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h5=3500. Diagrama T-s del problema 15.756kJ/kgK s5=s6=6. estado 5 fijo.2kJ/kgK s6 s5 Volumen de control: turbina de baja presión. 0010m3/kg s1=s2 Como s2=s1: s1 h2 h1 2 1 vdP v( P2 P1 ) Se supone que el líquido es incompresible.49kJ / kg Estado a la entrada: P3 conocida.76kJ/kgK s8 Volumen de control: bomba I. Estado a la salida: P2 conocida. estado 3 fijo.649+x97. s8=7. 191. se tiene: h2 Volumen de control: bomba II.0010(800 10) 192.867kJ/kgK s8=s9=7.Primera ley: wturbBP Segunda ley: (1 y )( h8 h9 ) s9 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h8=3480.9624 → h9=191.867kJ/kgK → 7.867=0. . líquido saturado. estado 1 fijo.7+0.7 0. líquido saturado.5 x9= 0.7kJ/kg.7kJ/kg. Análisis: Primera ley: wbombI Segunda ley: (1 y )( h2 h1 ) s2 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h1=191.9624(2392) h9=2493. v1=0. Estado a la entrada: P1 conocida. v3=0. Estado a la salida: P3. estado 3 fijo (según se indica).1 731. wturbAP 3500.1kJ/kg. 2) 689. 2) .9 (1 0. estado 6 fijo (indicado antes).0011m3/kg s3=s4 Como s4=s3 s3 h4 h3 4 3 vdP v( P4 P3 ) Como el líquido se considera incompresible. Análisis: Primera ley: wbombII Segunda ley: h4 h3 s4 Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h3=721. Estado a la entrada: P2. 49 2811 .1 0.Estado a la salida: P4 conocida.0011(1000 800) 731.12kJ / kg Estado a la entrada: P6. 2019)(2811 . se tiene: h4 721. 22 721.1 192. h6 conocidas. Análisis: Primera ley: y h3 h6 h2 h2 Por lo tanto: 721. estado 2 fijo (según se indica).22kJ / kg wbombII Volumen de control: calentador abierto. 2019 Ahora se logra calcular el trabajo en las turbinas y en la bomba I. 10. 2 192. h3 conocidas. h2 conocidas. 49 y 0.7 kJ / kg 0. 2019( 2811 . estado 8 fijo (según se indica). 2019)(192.9 (1 731.55kg / s Estado a la entrada: P4. h7 conocidas. Estado a la salida: P5. estado 4 fijo (indicado antes).39% . Estado a la entrada: P7. W neta wneto 80000 1466.10. estado 7 fijo (indicado antes).7 2493.65 3304 44.63kJ / kg Consiguientemente: wneto wturbAP wturbBP wbombI wbombII 689.7 ) 0 .65kJ/ kg cald m b) La eficiencia térmica del ciclo. Estado a la salida: P8. 2019)(3480. 49 191.76) 787. h5 conocidas. h4 conocidas.65 54.7 787.12 1466.63 . Volumen de control: caldera.7kJ/kg wbombI (1 0. 2) 3304kJ/kg Ter wneto q cald 1466. estado 5 fijo (según se indica).7 2811 .wturbBP (1 0. Análisis: Primera ley: qcald Luego: h5 h4 (1 y )( h8 h7 ) qcald 3500.7 .0. 2019)(3480. h8 conocidas. 22 0.
Report "Ejercicios Resueltos de Ciclo Rankine.pdf"