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
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, 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.
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) Proceso (1 entrada (e) y 1 salida (s) de masa)
General
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
:
Ideal
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:
1
TL TH
180 psia
TH x2=0
x3 =0,9
14,7 psia
TL
A s1=s2
B s3=s4
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 1
672
19,33%
833,1
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:
s2
s1
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → s2=0,533Btu/lbmR s1=s2=0,533Btu/lbmR → 0,533=0,312+x1(1,445)
x1
0,1529 ó 15,3% de vapor
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:
qcald
h3
h2
Propiedades de los estados: (Tabla Cengel) → h2=346,3Btu/lbmR h3=346,3+0,9(851,2) h3=1112,38Btu/lbmR Luego:
qcald
1112,38
346,3
766,08Btu / lbm
El trabajo neto del ciclo es:
wneto
ter
qcald
0,1933( 766,08) 148,08Btu / 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, 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:
wneto
qcald
qcond
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:
1
TL TH
Propiedades de los puntos: TH= 623K TL=333K 333
1
46,5%
623
623 333
x4 =0,891
x1 =0,1
B s3=s4
A s1=s2
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:
s4
s3
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:
P3 c) La salida neta de trabajo. Volumen de control: evaporador. Estado a la entrada: T2 conocida.
1395,5kPa
Estado a la salida: T3 conocida. Análisis:
qevap
Área A23BA TH (s3
s2 )
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → s1=0,831+0,1(7,077) s1= 1,5387kJ/kgK s1=s2=1,5387kJ/kgK
qevap
623( 7,1366 1,5387)
3487, 4 kJ / kg
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:
qcond qcond
Área B41AB
TL ( s 4
333( 7,1366 1,5387)
wneto
qevap
qcond
s1 )
1864,1kJ / kg
3487,4 1864,1 1623,3kJ / kg
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:
wturb
h3
h4
Segunda ley:
s4
s3
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h3=3213,6 kJ/kg, s3=6.769kJ/kgK, s3=s4=6,7690kJ/kgK T (°C) 400 4 MPa
10 kPa s1=s2
s3=s4
Fig. 3. Diagrama T-s del problema 3.
Por lo tanto: 6,7690
x4
0,6493
x4 7,5009
0,8159 ó 81,6% de vapor
Continuamente, se calcula el trabajo de la turbina.
wturb
3213,6
2144,12
1069,48kJ / kg
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:
wbomb
h2
Segunda ley:
s2
s1
h1
Porque
s2
s1 ,
h2
2
h1
1
vdP
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h1= 191,83kJ/kg, v1=0,001010 m3/kg Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2
191,83 0,001010(4000 - 10)
kJ kg
wbomb wneto
195,86
195,86 191,83
wturb
wbomb
4,03kJ / kg
1069,48 - 4,03
1065,45kJ/kg
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:
qcald qcald
h3
h2
3213,6 195,86
wneto q cald
3017,74kJ / kg
1065 ,45 3017 ,74
35,3%
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:
qcond
h4
h1
2144,12 191,83
1952,29kJ / kg
Por lo tanto,
wneto
3017,74 1952,29
1065,45kJ / kg
c) El flujo másico del vapor.
mcald
Wneta wneto
200000
187,7kg/s
1065,45
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.
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:
wturb
h3
h4
Segunda ley:
s4s
s3
wturb h3 h4 s
turb
h3 h4 h3 h4 s
T (°C) 400 4 MPa 2s ss s
2
10 kPa 4s s
4
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:
h4
h3
turb
3213,6
(h3
h4 s )
0,85(3213,6
2144,12)
2304,5kJ / kg
Por lo tanto: 2304,5
x4
191,83
x 4 2392
0,8832 ó 88,32% de vapor
Por otro lado:
wturb
turb
(h3
h4 s )
0,85(3213,6
2144,12)
909,06kJ / kg
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:
s 2s bomb
s1
h2s h1 wbomb
h2s h1 h2 h1
Propiedades en los puntos: h2s y h1 se calcularon en el problema anterior, h2s=195,86kJ/kg h1=191,83kJ/kg Por lo tanto:
h2 s
wbomb
h1
bomb
wneto
wturb
195,86 191,83 0,85
wbomb
909,06 - 4,74
4,74kJ / kg
904,32kJ/kg
Por otro lado:
h2
h1
wbomb
191,83
4,74
196,57kJ / kg
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:
qcald qcald
h3
h2
3213,6 196,57
wneto q cald
904 ,32 3017
3017kJ / kg
29,97%
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:
qcond
h4
h1
2304,5 191,83
2112,67kJ / kg
Por lo tanto:
wneto
3017
mcald
W neta wneto
2112,67
904,33kJ / kg
c) El flujo másico del vapor. 200000
904,3
221,17kg/s
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:
s6s turbB
wturbB h5 h6 s
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
s5
h5 h6 h5 h6 s
900
T°F 1500 psia
1,5 psia
Fig. 5. Diagrama T-s del problema 12.
Por lo tanto:
h6
h5
h6
1479,1 0,80(1479,1 1055,49)
turbB
(h5
h6 s )
1140,2 Btu / lbm
Luego: → Vapor sobrecalentado
h6 hg6 T6
178,6 F
b) La eficiencia térmica. Volumen de control: turbina de baja presión. Análisis: Primera ley:
wturbB
h5 - h6
1479,1 1140,2
338,9 Btu / lbm
Volumen de control: turbina de alta presión. Análisis: Primera ley:
wturbAP
h3 - h4
Segunda ley:
s4s turbAP
wturbAP h3 h4 s
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
s3
h3 h4 h3 h4 s
x4s =0,9813 h4s=325+0,9813(868,6)=1177,36Btu/lbm Por lo tanto:
wturbA
h3 - h 4
turbA
(h3 - h 4s )
0,80(1428,6 - 1177,36) 200,99Btu/lbm
h4
h3
wturbA
1428,6
200,99
1227,61Btu / lbm
Volumen de control: bomba. Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo. Estado a la salida: P2 conocida. Análisis: Primera ley:
wbomb
h2 - h1
Segunda ley:
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=83,6Btu/lbm, v1=0,0162pie3/lbm Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2 s
h1
v( P2
P1 )
0,0162(1500 1,5)
144 778
4,493Btu / lbm
wbomb
h2 - h1
h2 s
h1
bomb
4, 493 0,95 4,73Btu/lbm
h2
wbomb
h1
4,73
83,6
88,33Btu / lbm
Por lo tanto:
wneto
wturbA
wturbB - wbomb
200,99
338,9 - 4,73
535,16Btu/lbm
Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P2 conocida. Estado a la salida: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo. Análisis: Primera ley:
qcald
h3 - h2
h5 - h4
Entonces:
qcald
1428,6
88,33 1479,1 1127,61
1691,76 Btu / lbm
Ter
wneto q cald
535,16
31,63%
1691,76
c) El flujo másico del vapor. Análisis:
m neto
W neto wneto
80000
0,95
1 535,16
142lbm / s
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.
5
T qcald 4
8
10 MPa y
0,8 MPa 3
6 1–y 7
0,01 MPa qcond
9
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:
wturbAP
h5
yh6
(1
Segunda ley:
s7 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:
s6
s5
y )h7
Primera ley:
wturbBP
(1
y )( h8
h9 )
Segunda ley:
s9
s8
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:
wbombI
(1
y )( h2
h1 )
Segunda ley:
s2
s1
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h1=191,7kJ/kg, v1=0,0010m3/kg s1=s2 Como s2=s1:
h2
h1
2 1
vdP
v( P2
P1 )
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2
191,7
0,0010(800 10)
Volumen de control: bomba II. Estado a la entrada: P3 conocida, líquido saturado, estado 3 fijo.
192,49kJ / kg
Estado a la salida: P4 conocida. Análisis: Primera ley:
wbombII
h4
h3
Segunda ley:
s4
s3
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel)→h3=721,1kJ/kg, v3=0,0011m3/kg s3=s4 Como s4=s3
h4
4
h3
3
vdP
v( P4
P3 )
Como el líquido se considera incompresible, se tiene:
h4
721,1
0,0011(1000 800)
wbombII
731, 22
721,1
731,22kJ / kg
10,12kJ / kg
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:
y
h3 h6
h2 h2
Por lo tanto:
y
721,1 192, 49
0, 2019
2811, 2 192, 49
Ahora se logra calcular el trabajo en las turbinas y en la bomba I.
wturbAP
3500,9 (1
0, 2019( 2811, 2)
0, 2019)(2811, 2)
689,7 kJ / kg
wturbBP
(1
0, 2019)(3480,7
2493,76)
787,7kJ/kg
wbombI
(1
0, 2019)(192, 49 191,7 )
0 ,63kJ / kg
Consiguientemente:
wneto
wturbAP
wturbBP
wbombI
wbombII
689,7 787,7 - 0,63 - 10,12 1466,65kJ/kg
cald m
Wneta wneto
80000
54,55kg / s
1466,65
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:
qcald
h5
h4
(1
y )( h8
h7 )
Luego:
qcald
3500,9 (1
731, 22 0, 2019)(3480,7
2811, 2)
3304kJ/kg
Ter
wneto q cald
1466,65 3304
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