Ejercicios Resueltos y Propuestos Del Ciclo Rankine Simple

GUIA DE TEORÍA, EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CICLO RANKINE

1.1. El ciclo de Carnot de Vapor.El ciclo ideal de Carnot se usa como modelo con el que comparar todos los ciclos reales y los otros ciclos ideales. El rendimiento del ciclo de Carnot es el máximo posible de cualquier ciclo de potencia y viene dado por:

Preste atención que el rendimiento aumenta al aumentar la temperatura alta TH a la que se suministra el calor o al disminuir la temperatura baja TL a la que se cede el calor. Se observa que esto persiste en los ciclos reales: el rendimiento del ciclo puede maximizarse utilizando la temperatura máxima posible y la temperatura mínima posible. En la figura 1a se puede observar uno de los diagramas de equipos que puede ejecutar el ciclo de Carnot de vapor y en la figura 1b el diagrama T-s correspondiente.

1.1.1. Dificultades para ejecutar el ciclo de Carnot de vapor Es posible que el rendimiento de cualquier ciclo práctico sea igual que el del ciclo de Carnot de vapor si aquel se diseña para funcionar como se muestra en la figura 5b. Sin embargo, esto presentaría barreras para la operación de los equipos, las cuales se enumeran de la siguiente forma:1) Se tendría que tener una bomba que trabaje con una mezcla de líquido y vapor en el estado 4 (figura

5b), tarea de mayor dificultad y mayor consumo de trabajo que la de bombear sólo líquido.2) La condensación de pequeñas gotas de líquido en la turbina (estado 3) originaría serios daños.

5.2. El ciclo de Rankine A continuación se considera un ciclo de potencia práctico que se utiliza para generar potencia eléctrica industrial, esto es, un ciclo de potencia que funciona de manera que el fluido de trabajo cambia de fase de líquido a vapor. Es el ciclo de vapor más simple y se conoce como c iclo Rankine; se muestra de forma esquemática en la figura 2.

Fig. 1a. Esquema de equipos de régimen permanente flujo estable, uno de los cuales puede ejecutar el ciclo de Carnot de vapor. Fig. 1b. Diagrama T-s del ciclo.

La Principal característica del ciclo Rankine es que para comprimir el agua a la presión alta de la caldera, la bomba consume una potencia muy pequeña. Uno de los Posibles inconvenientes es que el proceso de expansión en la turbina por lo general termina en la región bifásica, originándose la formación de

Elaborado por: Prof. Elier Garcia. UNEFM 2012. Termodinámica Aplicada

η=1−T L

T H

(5)

pequeñas gotas de líquido que pueden dañar los álabes de la turbina. Este es el ciclo bajo el cual funcionan las plantas de vapor reales.El ciclo de Rankine ideal es solo internamente reversible (o cuasi estático) en el que se desprecian las perdidas en cada uno de los cuatro procesos que lo componen. Las perdidas generalmente son muy pequeñas y se van a despreciar en los análisis iniciales. El ciclo Rankine se compone de los cuatro procesos ideales mostrados en el diagrama T-s de la figura 3:1 → 2: Compresión isoentrópica en una bomba2 → 3: Suministro de calor a presión constante en una caldera.3 → 4: Expansión isoentrópica en una turbina4 → 1: Cesión de calor a presión constante en un condensador

Fig. 2. Esquema de equipos de régimen permanente flujo estable del ciclo de Rankine simple.

Fig. 3. Diagrama T-s del ciclo idealizado según el esquema.

1.2.1. Funcionamiento del ciclo de Rankine ideal.El agua entra a la bomba en el estado 1 como líquido saturado y se comprime isentrópicamente hasta la presión de operación de la caldera. El agua entra a la caldera (o generador de vapor) como líquido comprimido en el estado 2 y sale como vapor sobrecalentado en el estado 3. La caldera es básicamente un gran intercambiador de calor donde el calor que se origina en los gases de combustión, reactores nucleares u otras fuentes, se transfiere al agua esencialmente a presión constante. La caldera, con la sección (sobrecalentador) donde el vapor se sobrecalienta, recibe el nombre de generador de vapor. El vapor sobrecalentado en el estado 3 entra a la turbina donde se expande isentrópicamente y produce trabajo al hacer girar el eje conectado a un generador eléctrico. La presión y la temperatura del vapor disminuyen durante este proceso hasta los valores del estado 4, donde el vapor entra al condensador. En este estado el vapor es por lo general una mezcla saturada de líquido y vapor con una alta calidad. El vapor se condensa a presión constante en el condensador, el cual es básicamente un gran intercambiador de calor que rechaza a este hacia un medio de enfriamiento como un lago, un río o la atmosfera. El vapor sale del condensador como líquido saturado y entra a la bomba, completando el ciclo.

5.2.2. Aplicación de las leyes fundamentales. Eficiencia del ciclo RankinePara realizar análisis, basados en la 1ra y 2da de la termodinámica a los ciclos ideales, se hacen en primer lugar las siguientes simplificaciones en los ciclos reales:1) El ciclo no implica ninguna fricción (caída de presión nula) al fluir en tuberías o dispositivos como los

intercambiadores de calor.


2) Todas las transformaciones de expansión y compresión ocurren en la forma cuasi-estática.3) Los conductos y tuberías que conectan los diferentes componentes de un sistema están muy bien

aislados y la transferencia de calor a través de ellos es insignificante.4) Usualmente se ignoran los cambios en las energías cinéticas y potencial del fluido de trabajo en los

equipos, excepto en toberas y difusores.El análisis del ciclo se realiza simplificando y combinando las expresiones de 1ra y 2da Ley en cada componente o sistema, como se ve en la figura 4. En la bomba es necesario utilizar también las relaciones Tds.Volumen de control: Caldera (W=0):Calor transferido al fluido por unidad de tiempo:

Calor transferido al fluido por unidad de masa de la caldera, q=Q/m:

Conservación de la masa:

Volumen de control: Bomba (Q=0):Potencia consumida por el fluido en la bomba:

Trabajo por unidad de masa de la bomba, w=W/m:

De la expresión (3) dado que la bomba es isentrópica (s1=s2) y el fluido bombeado se aproxima como incompresible (v≈v1≈v2), el desarrollo de la integral resulta igual al trabajo por unidad de masa de la bomba:


Volumen de control: Turbina (Q=0):Potencia producida por el vapor en la turbina:

Trabajo por unidad de masa de la turbina:


Fig. 4. Esquema del ciclo Rankine tomando a cada componente como volumen de control para el análisis energético.


Qcald=mcald (h3−h2 ) (6 )

qcald=h3−h2 (7)m2=m3=mcald (8 )

W bomb=mbomb(h2−h1 ) ( 9)

wbomb=h2−h1 (10 )

wbomb=v ( P2−P1) (11)h1=hf@P1

v≃v1 =v f@P1

m1=m2=mbomb (12)

W turb=mturb(h3−h4 ) (13 )

w turb=h3−h4 (14 )

m3=m4=mturb (15)

Volumen de control: Condensador (W=0):Calor cedido por unidad de tiempo:

Calor cedido por unidad de masa:


Volumen de control: Ciclo ideal completo (sin perdidas de calor) (Qciclo=Wciclo, me=0; ms= 0):


Eficiencia del ciclo Rankine:

Solo para el ciclo ideal, el trabajo neto del mismo viene representado por el área 1-2-3-4-1 en el diagrama

T-s de la figura 7; esto encuentra justificación en el hecho de que la primera ley exige que wciclo=qciclo. El calor transferido a la sustancia de trabajo viene representado por el área a-2-3-b-a. Por tanto el rendimiento térmico η del ciclo Rankine viene dado por la(s) ecuación(es) (19).

1.3. Consecuencias del ciclo Rankine.El ciclo de Rankine ideal tiene las siguientes consecuencias:a) Cuando la turbina es isentrópica y adiabática (reversible), el trabajo producido por la misma es el

máximo, debido a que el proceso es cuasiestático (sin perdidas).b) Cuando la bomba es isentrópica y adiabática, el trabajo consumido por la misma es el mínimo, ya que

el proceso es cuasiestático.c) El trabajo neto del ciclo es el máximo (y por ende la eficiencia) cuando todos los componentes del

ciclo son idealizados u operan cusiestáticamente (apartado 1.2.2.).d) El ciclo Rankine ideal que opera entre una temperatura máxima de la caldera y una mínima en el

condensador tiene una eficiencia térmica menor que la de un ciclo de Carnot que opera entre los mismos niveles de temperatura. Esto es debido a que en el ciclo Rankine los gradientes de temperatura operacionales de la caldera (calentamiento del líquido y/o sobrecalentamiento del vapor) hacen externamente irreversible el ciclo.

1.4. Ciclo de Rankine RealEn las secciones anteriores se han explicado solo ciclos ideales, es decir, con la hipótesis de que no existían perdidas. Estas existen en los ciclos reales y provocan que la eficiencia de estos disminuya. Algunas se enumeran a continuación:1) Perdidas de presión en los conductos de la caldera.2) Perdidas en el vapor sobrecalentado al pasar por los álabes de la turbina.3) Subenfriamiento del agua que sale del condensador.4) Perdidas durante el proceso de compresión en la bomba.5) Perdidas en el proceso de combustión.6) Irreversibilidades en el subsiguiente proceso de transferencia de calor al fluido que circula por los

conductos de la caldera.7) Perdidas de presión del fluido de trabajo al circular por las distintas tuberías.8) Pedidas de calor en las tuberías de alta temperatura.


Qcond=mcond( h3−h2 ) (16 )

qcond=h4−h1 (17 )

m4=m1=mcond (18)

W turb−W bomb=Qcald−Q cond=W neto

w turb−wbomb=qcald−qcond=wneto

mcond=mbomb=mturb=mcald

η=W neto

Qcald

=wneto

qcald

=w turb−wbomb

qcald

=1−qcond

qcald

(19)

η=1−h4−h1

h3−h2

(20 )

9) Vapor que se fuga durante el ciclo.10)Aire que ingresa al condensador.11)Potencia consumida por equipos auxiliares, como los ventiladores que suministran aire al horno.Todas estas pérdidas deben considerarse en la evaluación del desempeño de las centrales eléctricas reales. Sin embargo, las pérdidas que realmente son de especial importancia y deben ser contabilizadas en el rendimiento real del ciclo son: las irreversibilidades que suceden dentro de la bomba y la turbina.

1.4.1. Perdidas en la turbinaLas perdidas en la turbina son: 1) transferencia de calor al entorno (sin embargo esta es muy pequeña y generalmente se desprecia) y 2) la principal perdida es aquella que tiene lugar cuando el vapor de agua se expande en la cascada de alabes de la turbina, debido a la fricción y/o separación de la capa límite. El efecto conseguido en el proceso termodinámico del fluido al pasar por la turbina es tal como se indica en la figura 22, donde:4s: representa el estado después de una expansión isentrópica (entrega de trabajo máxima).4: representa el estado real a la salida de la turbina.Para una turbina que opera en forma estable, el estado de entrada del fluido de trabajo y la presión de escape son fijos. La eficiencia isentrópica de una turbina se define como la relación entre la salida de trabajo real de la turbina y la salida de trabajo que se lograría si el proceso entre el estado de entrada y la presión de salida fueran isentrópicos. Si no se toman en cuenta los cambios de energía cinética y potencial y se desprecia la pérdida por transferencia de calor entonces:

Donde wturb: es la salida de trabajo real de la turbina por kilogramo de fluido. ηturb: es la eficiencia isentrópica de la turbina.

1.4.2. Perdidas en la bombaLas perdidas en la bomba son similares a las de la turbina debida principalmente a las irreversibilidades asociadas con el flujo de fluido. La transferencia de calor es casi siempre una perdida menor.Para una bomba que opera en forma estable, el estado de entrada del fluido de trabajo y la presión de escape son fijos. La eficiencia isentrópica de una bomba se define como la relación entre el trabajo de entrada requerido para elevar la presión de un líquido a un valor especificado de una manera isentrópica y el trabajo de entrada real. Si no se toman en cuenta los cambios de energía cinética y potencial y se desprecia la pérdida por transferencia de calor entonces, en referencia a la figura 5:

.

Donde wbomb: es el trabajo real que se suministra por kilogramo de fluido. ηbomb: es la eficiencia isentrópica de la bomba.

Fig. 5. Diagrama temperatura-entropía que muestra el efecto de las ineficiencias de la turbina y la bomba sobre el rendimiento del ciclo.


η turb=w turb

h3−h4 s

(64 )

ηbomb=h2s−h1

wbomb

(65 )

7 MPa

10 kPa

500T (°C)

s1=s2 s3=s4

EJERCICIOS RESUELTOS Y PROPUESTOS DEL CICLO RANKINE

1. Considere una central eléctrica de vapor que opera en un ciclo Rankine ideal simple y que tiene una salida de neta de potencia de 45 MW. El vapor entra a la turbina a 7 MPa y 500 °C, y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa mediante el agua de enfriamiento proveniente de un lago y que circula por los tubos del condensador a una tasa de 2000 kg/s. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica del ciclo, b) el flujo másico del vapor y c) el aumento de temperatura del agua de enfriamiento.Solución: un diagrama T-s del problema se muestra en la figura 6.

Fig. 6. Diagrama T-s del problema 1.

Este problema se soluciona tomando como volumen de control cada uno de los equipos del ciclo, y encontrar las variables a determinar, aplicando en ellos, la primera ley de la conservación de la masa, luego la primera ley de la conservación de la energía, y después la segunda ley de la termodinámica (si es necesario). El inciso c) se determina realizando un análisis de primera ley a un volumen de control alrededor del condensador. Por lo tanto, se tiene:a) La eficiencia térmica.Volumen de control: Turbina.Estado a la entrada: P3, T3 conocidas; estado fijo.Estado a la salida: P4 conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → h3=3410,5 kJ/kg, s3=6.798kJ/kgK, s3=s4=6,798kJ/kgK → 6,798=0,6493+x47,5009x4=0,8197 → h4=191,83+0,8197(2392,8)h4=2153,2 kJ/kg

a) La eficiencia térmica del ciclo.Volumen de control: bomba.Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado; estado fijo.Estado a la salida: P2 conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Porque


w turb=h3−h4

s4=s3

w turb=3410 ,5−2153 ,2=1247 ,3 kJ /kg

wbomb=h2−h1

s2=s1

s2=s1 , h2−h1=∫1

2vdP


Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → h1= 191,83kJ/kg, v1=0,001010 m3/kg

Como el líquido se considera incompresible, se tiene:

Volumen de control: calderaEstado a la entrada: P2, h2 conocidas; estado fijo.Estado a la salida: P3, h3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).Análisis:Primera ley:

b) El flujo másico del vapor.

c) El aumento de temperatura del agua de enfriamiento.Volumen de control: condensador.Estado a la entrada, vapor: P4, h4 conocida, estado 4 fijo.Estado a la entrada, H2O: estado líquido.Estado a la salida, vapor: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.Estado a la salida, H20: estado líquido.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel: “propiedades de líquidos, sólidos y alimentos comunes”) → CH2O=4,18kJ/kg°C

Si CH20 es el calor específico del agua líquida en condiciones ambientales (como se obtiene del lago) y ΔTH20 es el cambio de temperatura del agua de enfriamiento, se tiene:


h2=191,83+0,001010(7000-10 )=198,89kJkg

wbomb=198 , 86−191 , 83=7 , 03 kJ /kg

wneto=w turb−wbomb=1247,3-7,03=1240,27kJ/kg

qcald=h3−h2

qcald=3410 ,5−198 , 89=3211 , 6kJ /kg

η=wneto

qcald

=1240 ,273211 ,6

=38,6%

mcald=W neta

wneto

= 450001240,27

=36,28kg/s

QH2O=Qvapor

mH2O CH 2O ΔT H 2O=mcond ( h4−h1 )

ΔT H 2O=mcald (h4−h1)CH 2O mH2 O

ΔT H 2O=36 , 28(2153 ,2−191 ,83 )

4 , 18(2000 )=8,51 °C

7 MPa

10 kPa

500T (°C)

4s 4

2s2


2. Se va a repetir el problema 1 pero suponiendo una eficiencia adiabática de 87% para la turbina y la bomba.Solución: un diagrama T-s del problema se puede observar en la figura 7. Este problema se soluciona realizando un análisis de segunda ley en la turbina y la bomba para encontrar los trabajos reales, y a partir de allí las verdaderas propiedades del ciclo. Luego se va a realizar los análisis de primera ley a los volúmenes de control involucrados en la variable a encontrar.a) La eficiencia térmica.Volumen de control: Turbina.Estado a la entrada: P3, T3 conocidas; estado fijo.Estado a la salida: P4 conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Propiedades en los puntos:h4s=2153,2kJ/kg (del problema anterior)h3=3410,5kJ/kg (del problema anterior)Por lo tanto:

Fig. 7. Diagrama T-s del problema 2.

Volumen de control: bomba.Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado; estado fijo.Estado a la salida: P2 conocida.Análisis:Segunda ley:

Propiedades en los puntos:h2s y h1 se calcularon en el problema anterior,h2s=198,89kJ/kgh1=191,83kJ/kgPor lo tanto:


w turb=h3−h4

s4s=s3

η turb=w turb

h3−h4 s

=h3−h4

h3−h4 s

w turb=η turb(h3−h4 s ) =0 ,87 (3410 , 5−2153 , 2)=1093 , 85 kJ /kg

h4=3410 ,5−1093 ,85=2316 ,65 kJ /kg

s2s=s1

ηbomb=h2s−h1

wbomb

=h2s−h1

h2−h1

wbomb=h2 s−h1

ηbomb

=198 , 89−191 ,830 ,87

=8 , 11kJ /kg


Volumen de control: caldera.Estado a la entrada: P2, h2 conocidas, estado fijo (indicado antes).Estado a la salida: P3, h3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).Análisis:Primera ley:

b) El flujo másico del vapor.

c) El aumento de temperatura del agua de enfriamiento.Volumen de control: condensador.Estado a la entrada, vapor: P4, h4 conocida, estado 4 fijo.Estado a la entrada, H2O: estado líquido.Estado a la salida, vapor: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.Estado a la salida, H20: estado líquido.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel: “propiedades de líquidos, sólidos y alimentos comunes”) → CH2O=4,18kJ/kg°C

Bajo las mismas condiciones del problema anterior, si CH20 es el calor específico del agua líquida en condiciones ambientales (como se obtiene del lago) y ΔTH20 es el cambio de temperatura del agua de enfriamiento, se tiene:


wneto=w turb−wbomb=1093,85-8,11=1085,74kJ/kg

h2=h1+wbomb =191 , 83+8 , 11=199 , 94 kJ /kg

qcald=h3−h2

qcald=3410 ,5−199 , 94=3210 , 56 kJ /kg

η=wneto

qcald

=1085 ,743210 ,56

=33 ,82 %

mcald=W neta

wneto

= 450001085 ,74

=41,4kg/s

QH2O=Qvapor

mH2O CH 2O ΔT H 2O=mcond ( h4−h1 )

ΔT H 2O=mcald (h4−h1)CH 2O mH2 O

ΔT H 2O=41, 4 (2316 ,65−191 ,83 )

4 ,18 (2000 )=10 , 52° C


3. En la figura 8 se ofrece el esquema de una central eléctrica geotérmica de una sola evaporación instantánea con el número de estados. El recurso geotérmico existe como liquido saturado a 230°C. El líquido geotérmico se saca del pozo de producción a una tasa de 230 kg/s y se evapora a una presión de 5 bares mediante un proceso de evaporación instantánea esencialmente isoentálpica del que el vapor resultante se separa del líquido por un separador y se dirige hacia la turbina. El vapor deja la turbina a 0,1 bares con un contenido de humedad de 10 por ciento y entra al condensador donde se condensa y se envía a un pozo de reinyección junto con el líquido que viene del separador. Determine a) el flujo másico del vapor a través de la turbina, b) la eficiencia isentrópica de la turbina, c) la salida de potencia de la turbina y d) la eficiencia térmica de la central (la relación entre la salida de trabajo de la turbina y la energía del fluido geotérmico respecto a las condiciones del ambiente estándar).Solución: Para determinar el flujo másico a la turbina es necesario aplicar el principio de conservación de la masa y el de la energía al separador (que se supone adiabático) despreciando cambios en la energía cinética y potencial. La eficiencia isentrópica de la turbina se determina realizando un análisis de segunda ley en la misma. La potencia de la turbina surge a partir de un análisis de primera ley en ella despreciando los cambios de energía cinética y potencial. La energía del fluido geotérmico es la diferencia de la entalpía del estado de este y la entalpía del fluido a condiciones ambientales estándar.

Fig. 8. Diagrama del problema 3.

Por lo tanto:a) El flujo másico del vapor a través de la turbina.Volumen de control: separador.Estado a la entrada: P2 conocida.Estado a la salida: P3 conocida, vapor saturado, estado fijo.Estado a la salida: P6 conocida, líquido saturado, estado 6 fijo.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tablas Cengel) → h2=h1=990kJ/kgh3=2748,6kJ/kgh6=640,3kJ/kgPor lo tanto:

Al analizar plantas de vapor en las que existen volúmenes de control que dividen el flujo de masa es más conveniente trabajar con cantidades expresadas por unidad de masa del fluido que se produce en la planta. Por cada 1 kg de fluido geotérmico que proviene del pozo geotérmico, y kg se separan de manera parcial en el separador y se extraen en el estado 3 en dirección a la turbina. El resto (1-y) kg se separan como


y=h2−h6

h3−h6

y = 990−640 ,32748 ,6−640 , 3

=0 ,1659 kg /kg pozo geoter


líquido saturado hacia el pozo de reinyección. Siendo y la fracción de masa separada hacia la turbina y m2

el flujo total a separar, ahora se puede calcular el flujo másico que circula por la turbina m3.

b) La eficiencia isentrópica de la turbina.Volumen de control: turbina.Estado a la entrada: P3, h3 conocidas, estado fijo.Estado a la salida: P4 conocida.Análisis:Segunda ley:

Propiedades de los puntos:s4s=s3 =6,822kJ/kgK → 6,822=0,649+x4s7,5x4s=0,823 → h4s=191,7+(0,823)2392h4s= 2160,3kJ/kgh4=191,7+0,90(2392)h4=2344,5kJ/kgPor lo tanto:

c) La salida de potencia de la turbina.Volumen de control: turbina.Análisis:Primera ley:

d) La eficiencia térmica de la central.Análisis:

Propiedades de los puntos:Temperatura ambiente estándar, T0=25°C, presión ambiental estándar, P0=1 atm, (agua) liquido saturado, h0=104,8Kj/kgK

Si Qfuente es la cantidad de energía contenida en la fuente (fluido o recurso geotérmico) y h0 es la entalpía del recurso geotérmico a las condiciones ambientales, entonces se puede calcular la eficiencia térmica de la central.

4. En una central de potencia de vapor de agua que opera según un ciclo de Rankine la turbina se alimenta con vapor sobrecalentado a 40 bar y 500 °C. La condensación se realiza a 1 bar y el calor retirado en la condensación se transfiere a un segundo ciclo de Rankine diseñado para operar a baja temperatura que emplea R-134a como fluido de trabajo. Este ciclo opera sin


m3= y m2=0 , 1659(230 )=38 ,157 kg /s

s4s=s3

η turb=h3−h4

h3−h4 s

η turb= 2748,6−2344 ,52748 ,6−2160 ,3

=0 ,6869 ó 68,7%

W turb=mturb(h3−h4 ) =38,157(2748,6-2344,5=15419,2kW

=15,4MW

η=W turb

Q fuente

=W turb

m1(h1−h0 )

η= 15419 ,2230(990−104 , 8)

=7 ,57 %


sobrecalentamiento (es decir, la entrada en la turbina es vapor saturado) y con una temperatura de saturación máxima de 80 °C; la condensación del R-134a se verifica a 20 °C.La potencia generada en el ciclo de vapor de agua es de 10.000 kW; parte se consume en la propia fábrica y el resto se aporta a la red eléctrica nacional. La potencia generada en el ciclo de R-134a se aporta a la red.Suponiendo que no hay pérdidas de calor, despreciando el trabajo de las bombas y suponiendo expansiones reversibles en las turbinas de ambos ciclos calcular:a) El caudal de agua que circula por el primer ciclo de Rankine.b) El caudal de R-134a que circula por el segundo ciclo de Rankine.c) La potencia generada en el ciclo del R-134a.d) El rendimiento térmico del ciclo del R-134a.Nota: Las propiedades del R-134a vienen en las Tablas del Libro: Cengel-Boles.Solución: Este problema se soluciona tomando como volumen de control al equipo involucrado con la variable a obtener y luego aplicar en ellos la primera ley de la conservación de la masa, luego la primera ley de la conservación de la energía, y después la segunda ley de la termodinámica (si es necesario). Por lo tanto, se tiene:a) Caudal de agua.Volumen de control: turbina de vapor de agua.Estado a la entrada: P3, T3 conocidas; estado fijo.Estado a la salida: P4 conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → P3=40bar=4000kPa, T3=500°C → h3=3445,3 kJ/kg, s3=7,0901kJ/kgK, P4=1bar=100kPas3=s4=7,0901kJ/kgK → 7,0901=1,3026+x46,0568x4=0,9555h4=417,46+0,9555(2258)= 2574,98kJ/kg

b) Caudal de R-134a.Volumen de control: condensador de vapor de agua.Estado a la entrada, H2O: h4 conocida, estado 4 fijo.Estado a la entrada, R-134a: TB conocida, líquido saturado, estado fijo.Estado a la salida, H2O: P1 conocida, líquido saturado, estado fijo.Estado a la salida, R-134a: TC conocida, vapor saturado, estado fijo.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → P1=1bar=100kPa, x1=0 (Liq. Sat.) → h1=417,46 kJ/kgTC=80°C, xC=1 (Vap. Sat.) → hC=279,12kJ/kgTB=20°C xB=0 (Liq. Sat.) → hB=77,26kJ/kgPor lo tanto:


mH2 O=W turb,H2O

h3−h4

s4=s3

mH 2 O= 10000kW3445 ,3−2574 ,98

=11,49 kg/s

QcondH2O=QcaldR-134a

mH2O(h4 -h1 )=mR-134a (hC -hB )

mR−134 a=mH2O(h4−h1)

hC−hB

mR−134 a=11,49(2574 ,98−417 ,46 )

279,12−77 , 26=122 ,8kg/s

.

WW-WW 134a-turbR134a-bombRaturbRanetoR 134134

0


c) Potencia generada en el ciclo del R-134a.Volumen de control: turbina de R-134a.Estado a la entrada: TC conocida, estado C fijo (indicado antes).Estado a la salida: TD conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → TC=80°C, xC=1 (Vap. Sat.) → sC=0,8827kJ/kgK, TD=20°CsC=sD=0,8827kJ/kgK → 0,8827=0,2924+xD(0,9102-0,2924)xD=0,9555hD=77,26+0,9555(181,09)= 250,29kJ/kg

d) Rendimiento térmico del ciclo del R-134a.

5. Se propone la planta generadora de la figura 9 para operar basada en la diferencia de temperatura entre las aguas profundas (5 ºC) y las aguas superficiales (25 ºC). La planta usa amoniaco como fluido de trabajo. La bomba y la turbina tienen eficiencia adiabática 0,80 y el flujo másico de amoniaco es m =1000kg / s.a) Determine la potencia entregada por la turbina y la consumida por la bomba.b) Determine el flujo de masa de agua por cada uno de los intercambiadores de calor.c) ¿Cual es la eficiencia térmica de la planta?Solución: Este problema se soluciona tomando como volumen de control el equipo involucrado con la variable a obtener y luego aplicar en ellos la primera ley de la conservación de la masa, luego la primera ley de la conservación de la energía, y después la segunda ley de la termodinámica (si es necesario). Por lo tanto, se tiene: a) Potencia entregada por la turbina y potencia consumida por la bomba.Volumen de control: turbina.Estado a la entrada: T1 conocida, vapor saturado, estado fijo.Estado a la salida: P2 conocida.


W netoR−134a=mR−134a (hC -hD )

sD=sC

W netoR−134a=122 , 8(279 ,12−250 ,29 )=3540 ,3 kW

ηR−134a=W netoR−134 a

Q caldR−134

=3540,3122,8(279,12-77,26)

=14,28%


Fig. 9. Ciclo utilizado en el ejercicio 5.

Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → T1=20°C, x1=1 (Vap. Sat.) → h1=517kJ/kg, s1=10,071kJ/kgK, P3=P2=616,29kPas1=s2s=10,071kJ/kgK → 10,071=5,8631+x2s(10,1895-5,8631) x2s=0,9726h2s=-716,1+0,9726(1225)= 475,34kJ/kg

Volumen de control: bomba.Estado a la entrada: T3 conocida, líquido saturado, estado fijo.Estado a la salida: P4 conocida.Análisis:Primera ley:

Segunda ley:

Como s4s=s3:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) →T3=10°C, x3=0 (Liq. Sat.) → v3=0,001601m3/kg


W turb=mNH 3 (h1 -h2 )

s2s=s1

η turb=w turb

h1−h2s

=h1−h2

h1−h2 s

w turb=η turb(h1−h2 s )=0 ,80 (517−475 ,34 )

=33 ,33 kJ /kg

W turb=mNH 3 w turb=1000 (33,33)=33330kW

=33,33MW

W bomb=mNH 3 (h4 -h3 )

s4s=s3

ηbomb=h4s−h3

wbomb

=h4s−h3

h4−h3

h4 s−h3=∫3

4 svdP=v (P4−P3 )


P1=P4=857,46kPa

Como el líquido se considera incompresible, se tiene:

b) Flujo másico de agua por cada uno de los intercambiadores de calor.Volumen de control: caldera. Estado a la entrada, NH3: P4 conocida.Estado a la entrada, H2O: TA conocida, líquido saturado, estado fijo.Estado a la salida, NH3: T1, h1 conocidas, estado 1 fijo.Estado a la salida, H2O: TB conocida, líquido saturado, estado fijo.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → TA=25°C, xA=0 (Liq. Sat.) → hA=104,89kJ/kgTB=23°C, xB=0 (Liq. Sat.) → hB=96,52kJ/kgT3=10°C, x3=0 (Liq. Sat.) → h3=-716,1kJ/kg

Volumen de control: condensador. Estado a la entrada, NH3: P2 conocida.Estado a la entrada, H2O: TC conocida, líquido saturado, estado fijo.Estado a la salida, NH3: T3, h3 conocidas, estado 3 fijo.Estado a la salida, H2O: TD conocida, líquido saturado, estado fijo.Análisis:Primera ley:

Propiedades de los puntos:(Tabla Cengel) → TC=5°C, xA=0 (Liq. Sat.) → hC=20,98kJ/kgTD=7°C, xB=0 (Liq. Sat.) → hD=29,39kJ/kg


h4 s−h3=0,001601(857,46-616,29 )=0 ,3861kJkg

wbomb=h4s−h3

ηturb

=0,38610,8

=0,4826kJ/kg

W bomb=mNH 3 wbomb=1000 (0,4826 )=482,6kW

QH2O=Qcald,NH3

mH2O(hA -h B)=mNH3( h1 -h4 )

mH2 O=mNH3(h1−h4 )

hA−hB

h4=wbomb+h3=0 , 4826+(−716 ,1 )=−715 , 62 kJ /kg

mH2 O=1000 [517−(−716 ,1) ]104 , 89−96 , 52

=147323 ,78 kg/s

=147,3 ton/s

QH2O=Qcond, NH3

mH2O(hD -hC )=mNH3( h2 -h3 )

mH2 O=mNH3(h2−h3 )

hD−hC

h2=h1−wturb =517−33 , 33=483 ,67 kJ /kg

mH2 O=1000[ 483 ,67−(−716 , 1)]29 ,39−20 , 98

=142659,9kg/s

=142,67ton/s


c) Eficiencia térmica de la planta

EJERCICIOS PROPUESTOS

1. El fluido de trabajo de un ciclo Rankine ideal es vapor de agua. A la turbina entra vapor saturado a 8,0 MPa y del condensador sale líquido saturado a la presión de 0,008 MPa. La potencia neta obtenida es 100 MW. Determínese para el ciclo:a) El rendimiento térmicob) La relación de trabajosc) El flujo másico de vapor, en kgd) El calor absorbido, Qe por el fluido de trabajo a su paso por la caldera en MWe) El calor cedido, Qs por el fluido de trabajo en el condensador, en MWf) El flujo másico de agua de refrigeración en el condensador, en kg/h, si el agua entra en el condensador a 15°C y sale a 35°C.

2. Reconsidérese el ciclo de potencia del problema anterior pero incluyendo en el análisis que la turbina y la bomba tienen cada una eficiencia del 85%. Determínese para el ciclo modificado:a) El rendimiento térmicob) El flujo másico de vapor por unidad de tiempo, en kg/h, para una potencia neta de salida de 100MW.c) El calor transferido por unidad de tiempo, Qe, al fluido de trabajo desde la caldera, en MW.d) El calor transferido por unidad de tiempo, Qs, por el vapor que condensa en el condensador, en MW.e) El flujo másico de agua de refrigeración en el condensador, en kg/h, si ésta entra a 15°C y sale a 35°C.

3. (Shaum) La turbina del ciclo Rankine simple mostrado en la figura 10 tiene un rendimiento del 85%. Determínese a) el rendimiento térmico, b) el flujo másico de vapor de agua, c) el diámetro del conducto de entrada a la turbina si se permite una velocidad máxima de 100 m/s y d) el flujo másico del agua de refrigeración del condensador. R: 38,4%, 29,6 kg/s, 16,1 cm, 1480 kg/s.

Fig. 10. Esquema del problema propuesto 3.


ηTer=W turb−W bomb

Q cald ,NH 3

= 33330-482,61000[ 517-( -716,1 )]

=2,66 %

Ejercicios Resueltos y Propuestos Del Ciclo Rankine Simple

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