UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL “FRANCISCO DE MIRANDA”
COMPLEJO ACADÉMICO EL SABINO UNIDAD CURRICULAR: TERMODINÁMICA APLICADA
PROF: ELIER GARCIA
GUIA 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
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.
El fluido más usado es el agua
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
Barato Poco contaminante Buenas propiedades Termodinámicas
EL CICLO IDEAL RANKINE SIMPLE
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, con ello en la expansión adiabática el vapor tiene mayor calidad (calidad=fracción molar)
El vapor se licúa completamente en el proceso 4-1. La bomba sólo comprime ya agua líquida, hasta la presión de entrada en la
caldera DIAGRAMA DE MAQUINAS DEL CICLO RANKINE
A la caldera se le denomina generador de vapor. En la turbina se produce el trabajo al hacer girar el eje conectado a un generador eléctrico. El condensador es un intercambiador de calor que cede calor a un medio como un lago, un río o la atmósfera.
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
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). 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, nos queda, resolviendo:
La ecuación de la primera ley de una bomba adiabática es:
Sustituyendo (4) en (5):
RELACIONES PARA EL CICLO RANKINE (POR MASA UNITARIA DE VAPOR)
Ecuaciones de Potencia en función del flujo másico:
Potencia calórica o rapidez de transferencia de calor :
Potencia ó trabajo por unidad de tiempo :
Proceso (1 entrada (e) y 1 salida (s) de masa)
General
Ideal
Bomba
Turbina
Caldera
Condensador
H
L
T
T1
%33,191,833
6721
12 ss
180 psia
14,7 psia x3 =0,9
A B s1=s2 s3=s4
TH
TL
x2=0
Ejercicios resueltos y propuestos
1. 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 0,90. El vapor sale de la turbina a una presión de 14,7 psia. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica, b) la calidad al final del proceso de rechazo de calor isotérmico y c) la salida neta de trabajo. Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 1. Se supone que la máquina de Carnot de flujo estable es similar a la
mostrada. Dado que se conocen las presiones de saturación, en consecuencia las temperaturas de saturación también y
la eficiencia térmica se obtiene directamente en función de las temperaturas. 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, despreciando los cambios de energía cinética y potencial.
a) La eficiencia térmica. Análisis:
Fig. 1. Diagrama T-s del problema 1.
Propiedades de los puntos:
TH=Tsat@180 psia=373,1°F = 833,1R
TL=Tsat@14,7 psia=212 °F = 672R
b) La calidad al final del proceso de rechazo de calor isotérmico. Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1 conocida.
Estado a la salida: P2 conocida, líquido saturado, estado 2 fijo.
Análisis:
Segunda ley:
vapor de 15,3% ó x 1529,01
23 hhqcald
lbmBtucaldq /08,7663,34638,1112
lbmBtu
caldterneto qw
/08,148
)08,766(1933,0
condcaldneto qqw
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s2=0,533Btu/lbmR
s1=s2=0,533Btu/lbmR → 0,533=0,312+x1(1,445)
c) La salida neta de trabajo. Volumen de control: caldera.
Estado a la entrada: P2 conocida, líquido saturado, estado 2 fijo.
Estado a la salida: P3, x3 conocidas, estado 3 fijo.
Análisis:
Primera ley:
Propiedades de los estados:
(Tabla Cengel) → h2=346,3Btu/lbmR
h3=346,3+0,9(851,2)
h3=1112,38Btu/lbmR
Luego:
El trabajo neto del ciclo es:
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, por lo tanto el área A23B de la figura 1 representa qcald, el área B41A representa
qcond y la diferencia entre ambas (área encerrada por la trayectoria del ciclo 12341) representa el trabajo neto porque:
2. Considere un ciclo de Carnot de flujo estable que utiliza agua como fluido de trabajo. La temperatura máxima y mínima en el ciclo son 350 y 60°C. La calidad del agua es 0,891 al principio del proceso de rechazo de calor y 0,1 al final. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto a las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica, b) la presión en la entrada de la turbina y c) la salida neta de trabajo. Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 2. La eficiencia del ciclo viene dada directamente ya que se conocen las
temperaturas máxima y mínima. Se utilizará el método de las áreas para solucionar este problema.
a) La eficiencia térmica. Análisis:
H
L
T
T1
34 ss
x4 =0,891
A B s1=s2 s3=s4
623
333 x1 =0,1
%5,46623
3331
kPaP 5,13953
Propiedades de los puntos:
TH= 623K
TL=333K
Fig. 2. Diagrama T-s del problema 2.
b) La presión en la entrada de la turbina. Volumen de control: turbina.
Estado a la entrada: T3 conocida.
Estado a la salida: T4, x4 conocidas, estado 4 fijo.
Análisis:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s4=0,831+0,891(7,077)
s4=7,1366kJ/kgK
s3=s4=7,1366kJ/kgK
Como T3=350 °C:
c) La salida neta de trabajo. Volumen de control: evaporador.
Estado a la entrada: T2 conocida.
)( 23 ssTA23BA Áreaq Hevap
kgkJevapq /4,3487)5387,11366,7(623
)( 14 ssTB41AB Áreaq Lcond
kgkJcondq /1,1864)5387,11366,7(333
kgkJ
condevapneto qqw
/3,1623
1,18644,3487
hhwturb 43
Estado a la salida: T3 conocida.
Análisis:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s1=0,831+0,1(7,077)
s1= 1,5387kJ/kgK
s1=s2=1,5387kJ/kgK
Volumen de control: condensador.
Estado a la entrada: T4, x4 conocidas, estado 4 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: T1, x1 conocidas, estado 1 fijo (según se indica).
Análisis:
3. Considere una central eléctrica de vapor de 200 MW que opera en un ciclo Rankine ideal simple. El vapor entra a la turbina a 4 MPa y 400 °C y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa. 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, b) la eficiencia térmica del ciclo y c) el flujo másico del vapor. Solución: Un diagrama T-s se muestra en la figura 3. El inciso a) se soluciona realizando un análisis de segunda ley en la
turbina. El resto del problema se soluciona tomando como volumen de control cada uno de los equipos del ciclo, y
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) La calidad del vapor a la salida de la turbina. Volumen de control: Turbina.
Estado a la entrada: P3, T3 conocidas; estado fijo.
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
hhwbomb 12
ss 12
ss 34
w kgkJturb /48,106912,21446,3213
5009,76493,07690,6 4x
vapor de 81,6% ó 0,81594x
4 MPa
10 kPa
400 T (°C)
s1=s2 s3=s4
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h3=3213,6 kJ/kg, s3=6.769kJ/kgK,
s3=s4=6,7690kJ/kgK
Fig. 3. Diagrama T-s del problema 3.
Por lo tanto:
Continuamente, se calcula el trabajo de la turbina.
Por otro lado:
h4=191,83+0,8159(2392,8)= 2144,12 kJ/kg
b) 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:
vdPhh ss2
11212 ,
hkg
kJ195,8610)-0000,001010(4191,832
w kgkJbomb /03,483,19186,195
q kgkJcald /74,301786,1956,3213
35,3%q
w
cald
neto
74,3017
45,1065
hhqcald 23
kgkJhhqcond /29,195283,19112,214414
kgkJnetow /45,106529,195274,3017
www kg1065,45kJ/4,03-1069,48bombturbneto
w
Wm 187,7kg/s
1065,45
200000
neto
netacald
Porque
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h1= 191,83kJ/kg, v1=0,001010 m3/kg
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas; estado fijo.
Estado a la salida: estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, qcond, y observando, a partir
de la primera ley, que Qneto=Wneto. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene:
Por lo tanto,
c) El flujo másico del vapor.
4. Se va a repetir el problema 3 pero suponiendo una eficiencia adiabática de 85% para la turbina y la bomba. Solución: Un diagrama T-s del problema se puede observar en la figura 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, así también para la
bomba. Este problema se soluciona realizando un análisis en la turbina y la bomba para encontrar los trabajos reales, y a
partir de allí las verdaderas propiedades del ciclo.
a) La calidad del vapor a la salida de la turbina.
ss 34s
s
3
s3
turbturb
hh
hh
hh
w
43
4
4
hhwturb 43
239283,1915,2304 4x
vapor de 88,32% ó 0,88324x
kgkJ
sturb hhhh
/5,2304
)12,21446,3213(85,06,3213
)( 4334
4 MPa
10 kPa
400 T (°C)
4
s
4
2
ss
s
2
s
s
Volumen de control: Turbina.
Estado a la entrada: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Fig. 4. Diagrama T-s del problema 4.
Propiedades en los puntos:
h4s=2144,12kJ/kg (del problema anterior)
h3=3213,6kJ/kg (del problema anterior)
Por lo tanto:
Por lo tanto:
Por otro lado:
kgkJ
sturbturb hhw
/06,909)12,21446,3213(85,0
)( 43
ss 12s
12
11
hh
hh
w
hh 2s
bomb
2sbomb
kgkJ
bomb
sbomb
hhw /74,4
85,0
83,19186,19512
g904,32kJ/k4,74-909,06bombturbneto www
kgkJbombwhh /57,19674,483,19112
q kgkJcald /301757,1966,3213
29,97%q
w
cald
neto
3017
32,904
hhqcald 23
b) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1, líquido saturado, estado 1 fijo (indicado antes)
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Segunda ley:
Propiedades en los puntos:
h2s y h1 se calcularon en el problema anterior,
h2s=195,86kJ/kg
h1=191,83kJ/kg
Por lo tanto:
Por otro lado:
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas, estado 2 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
kgkJhhqcond /67,211283,1915,230414
kgkJnetow /33,90467,21123017
904,3w
Wm 221,17kg/s
200000
neto
netacald
s
5
s5
turbBturbB
hh
hh
hh
w
65
6
6
ss 56s
El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, qcond, y observando, a partir
de la primera ley, que Qneto=Wneto. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene:
Por lo tanto:
c) El flujo másico del vapor.
5. 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. El vapor entra a la turbina de alta presión a una presión de 1500 psia y 900 °F, mientras que a la turbina de baja presión lo hace a 140 psia y 900 °F. El vapor sale del condensador como líquido saturado a una presión de 1,5 psia. La eficiencia isentrópica de la turbina es de 80 por ciento y la de la bomba de 95 por ciento. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la calidad (o temperatura, si hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina, b) la eficiencia térmica y c) el flujo másico del vapor. Solución: Para responder el inciso a) debemos obtener primeramente alguna propiedad intensiva a la salida de la
turbina, que nos permita determinar la calidad y/o la temperatura. 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, la primera ley de la conservación de la energía, y la segunda ley de la termodinámica (si es
necesario). Por lo tanto, un diagrama T-s del ciclo puede ser como el mostrado en la figura 5.
a) la calidad (o temperatura, si hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina. Volumen de control: turbina de baja presión.
Estado a la entrada: P5, T5 conocidas, estado 5 fijo.
Estado a la salida: P6 conocida.
Análisis:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h5=1479,1Btu/lbm, s5=1,846Btu/lbmR
s5=s6s=1,846 Btu/lbmR → 1,846 = 0,157+x6s1,786
x6s=0,9457
h6s=83,6 + 0,9457(1027,7)=1055,49 Btu/lbm
lbmBtu
h
hhhh sturbB
/2,1140
)49,10551,1479(80,01,14796
6556 )(
T
hh
F6
g66
6,178
lbmBtu65turbB h-hw /9,3382,11401,1479
h-hw 43turbAP
ss 34s
s
3
s3
turbAPturbAP
hh
hh
hh
w
43
4
4
1500 psia
1,5 psia
T°F
900
Fig. 5. Diagrama T-s del problema 12.
Por lo tanto:
Luego:
→ Vapor sobrecalentado
b) La eficiencia térmica. Volumen de control: turbina de baja presión.
Análisis:
Primera ley:
Volumen de control: turbina de alta presión.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h3=1428,6Btu/lbm, s3=1,556Btu/lbmR
s3=s4s=1,556Btu/lbmR →1,556=0,507+x4s1,069
12bomb h-hw
ss 12s
1
11
hh
hh
w
hh
2
2s
bomb
2sbomb
PPvvdPhhs
s )( 12
2
112
lbmBtu4
PPvhh s
/493,
778
144)5,11500(0162,0)( 1212
m4,73Btu/lb
bomb
s12bomb
hhh-hw
95,0
493,412
lbmBtu
turbAwhh
/61,1227
99,2006,142834
)h-(hh-h
lbm200,99Btu/
1177,36)-60,80(1428,
4s3turbA43turbAw
x4s =0,9813
h4s=325+0,9813(868,6)=1177,36Btu/lbm
Por lo tanto:
Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Como s2s=s1:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h1=83,6Btu/lbm, v1=0,0162pie3/lbm
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h-hh-hq 4523cald
%1691,76
535,16
cald
neto
Terq
w63,31
lbmBtu
hwh bomb
/33,88
6,8373,412
lbmBtu
qcald
/76,1691
61,11271,147933,886,1428
slbm535,16
1
0,9580000
neto
netoneto
w
Wm /142
lbm535,16Btu/4,73- 338,9
w-www bombturbBturbAneto
99,200
Por lo tanto:
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2 conocida.
Estado a la salida: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo.
Análisis:
Primera ley:
Entonces:
c) El flujo másico del vapor. Análisis:
La eficiencia térmica también puede determinarse por medio de los calores del ciclo. El flujo másico neto mneto es el flujo
del vapor producido por la caldera.
6. 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, y sale a 0,8 MPa. Algo de vapor se extrae a esta presión para calentar el agua de alimentación en un calentador abierto. 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. 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. Solución: Primero se determinarán las propiedades del fluido de trabajo en cada punto. 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. 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. Un diagrama T-s característico del ciclo es el presentado en la figura 6.
sss 567
765 )1( hyyhhwturbAP
Fig. 6. Diagrama T-s del problema 15.
a) El flujo másico del vapor a través de la caldera. Volumen de control: turbina de alta presión.
Estado a la entrada: P5, T5 conocidas, estado 5 fijo.
Estado a la salida: P6 conocida.
Estado a la salida: P7 conocida.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h5=3500,9kJ/kg, s5=6,756kJ/kgK
s5=s6=6,756kJ/kgK
h6=2811,2kJ/kgK
s5=s7=6,756kJ/kgK
h7=2811,2kJ/kgK
Volumen de control: turbina de baja presión.
Estado a la entrada: P8, T8 conocida, estado 8 fijo.
Estado a la salida: P9 conocida.
Análisis:
3
4
5 8
7
9
10 MPa
0,8 MPa
0,01 MPa
y 1 – y
qcald
T
6
qcond
))(1( 98 hhywturbBP
ss 89
))(1( 12 hhywbombI
ss 12
PPvvdPhh )( 12
2
112
kgkJh /49,192)10800(0010,07,1912
Primera ley:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h8=3480,7kJ/kg, s8=7,867kJ/kgK
s8=s9=7,867kJ/kgK → 7,867=0,649+x97,5
x9= 0,9624 → h9=191,7+0,9624(2392)
h9=2493,76kJ/kgK
Volumen de control: bomba I.
Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h1=191,7kJ/kg, v1=0,0010m3/kg
s1=s2
Como s2=s1:
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
Volumen de control: bomba II.
Estado a la entrada: P3 conocida, líquido saturado, estado 3 fijo.
ss 34
PPvvdPhh )( 34
4
334
kgkJh /22,731)8001000(0011,01,7214
34 hhwbombII
26
23
hh
hhy
2019,049,1922,2811
49,1921,721y
kgkJ
turbAPw
/7,689)2,2811)(2019,01(
)2,2811(2019,09,3500
kgkJbombIIw /12,101,72122,731
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
Segunda ley:
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h3=721,1kJ/kg, v3=0,0011m3/kg
s3=s4
Como s4=s3
Como el líquido se considera incompresible, se tiene:
Volumen de control: calentador abierto.
Estado a la entrada: P6, h6 conocidas, estado 6 fijo (indicado antes).
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas, estado 2 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P3, h3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
Por lo tanto:
Ahora se logra calcular el trabajo en las turbinas y en la bomba I.
kgkJ0
bombIw
/63,
)7,19149,192)(2019,01(
787,7kJ/kg
turbBPw )76,24937,3480)(2019,01(
kg1466,65kJ/
10,12-0,63-787,7689,7
bombIIbombIturbBPturbAPneto wwwww
skg
neto
netacald
w
Wm /55,54
65,1466
80000
%3304
1466,65
q
w
cald
neto
Ter 39,44
))(1( 7845 hhyhhqcald
3304kJ/kg
q
cald
)2,28117,3480)(2019,01(
22,7319,3500
Consiguientemente:
b) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: caldera.
Estado a la entrada: P4, h4 conocidas, estado 4 fijo (indicado antes).
Estado a la entrada: P7, h7 conocidas, estado 7 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: P5, h5 conocidas, estado 5 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P8, h8 conocidas, estado 8 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
Luego:
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