Guia Ciclos de Vapor

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


(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


TH= 623K

TL=333K


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:


(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:


(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:


(Tabla Cengel) → h3=3213,6 kJ/kg, s3=6.769kJ/kgK,

s3=s4=6,7690kJ/kgK


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.


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


(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).


Análisis:

Primera ley:

Segunda ley:


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)


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:


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.


Análisis:

Segunda ley:


(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


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:


(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.



Análisis:

Primera ley:

Segunda ley:

Como s2s=s1:


(Tabla Cengel) → h1=83,6Btu/lbm, v1=0,0162pie3/lbm


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:


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


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.



Análisis:

Primera ley:

Segunda ley:


(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.


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:


(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.



Análisis:

Primera ley:

Segunda ley:


(Tabla Cengel)→h1=191,7kJ/kg, v1=0,0010m3/kg

s1=s2

Como s2=s1:


Volumen de control: bomba II.


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


Análisis:

Primera ley:

Segunda ley:


(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: 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.





Análisis:

Primera ley:

Luego:

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