![Punto 6
𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑢𝑏 − 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑑𝑜
𝑃6𝑠 = 𝑃6 = 10 𝑀𝑃𝑎 = 100 𝐵𝑎𝑟
} ⟹
{
𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
𝑚̇
= ℎ6𝑠 − ℎ5
𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
𝑚̇
= 𝜐5 ( 𝑃6 − 𝑃5)
ℎ5 = ℎ4𝑙 = 191,83
𝑘𝐽
𝑘𝑔
⟹ ℎ6 − ℎ5 = 𝜐5( 𝑃6 − 𝑃5)
ℎ6𝑠 = 𝜐5( 𝑃6 − 𝑃5)+ ℎ5 ⟹ ℎ6 = 1,0102.10−3
𝑚3
𝑘𝑔
(10 − 0,01 ) 𝑀𝑃𝑎 + 191,83
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ℎ6 = 1,0102. 10−3
𝑚3
𝑘𝑔
(10 − 0,01 ) 𝑀𝑃𝑎
105
𝑁/𝑚2
1 𝑀𝑃𝑎
.
1 𝑘𝐽
103 𝑁. 𝑚
+ 191,83
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ℎ6 = 192,839
𝑘𝐽
𝑘𝑔
a) Rendimiento térmico:
Potencia neta desarrollada
𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [ 𝑃 𝑇1 + 𝑃 𝑇2 + 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 ]
𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)]
𝑄𝑠 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ6) + (ℎ3 − ℎ2)]
𝜂 =
𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜
𝑄𝑠
𝜂 =
𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)]
𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ6) + (ℎ3 − ℎ2)]
𝜂 =
[(3373,25 − 3394,396) + (3353,3 − 2610,187) + (191,83 − 192,839)] 𝑘𝐽
𝑘𝑔
[(3373,25 − 192,839) + (3353,3 − 3394,396)] 𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝜂 = 0,23
𝜂 = 23 %](https://image.slidesharecdn.com/solucionmoduloiv-150130205924-conversion-gate02/85/Solucion-modulo-iv-5-320.jpg)
![b) El flujo de masa de vapor
𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)]
𝑚̇ =
𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜
[(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)]
𝑚̇ =
180𝑀𝑊.
103 𝑘𝑊
1 𝑀𝑊
[(3373,25 − 3394,396)+ (3353,3− 2610,187) + (191,83 − 192,839)]
𝑘𝐽
𝑘𝑔
.
1 𝑘𝑊. 𝑠
1 𝑘𝐽
.
1 ℎ
3600 𝑠
𝑚̇ = 8,988. 105
𝑘𝑔/ℎ
c) Calor que sale del condensador
𝑄𝑠 = 𝑚̇ (ℎ4 − ℎ5)
𝑄𝑠 =603,78 MW
RESPUESTAS
Rendimiento térmico 23 %
El flujo de masa de vapor es 8,988.105
𝑘𝑔/ℎ
Calor que sale del condensador es de 603,78 MW
Comparándolo con el ejercicio modelo se observa que al aumentar la temperatura
y presión a la salida de la caldera el rendimiento disminuye y el flujo de vapor aumenta](https://image.slidesharecdn.com/solucionmoduloiv-150130205924-conversion-gate02/85/Solucion-modulo-iv-6-320.jpg)
Solucion modulo iv
- 1. Ciclo Rankine con sobrecalentamiento y recalentamiento En un ciclo Rankine con sobrecalentamiento y recalentamiento se utiliza vapor de agua como fluido de trabajo. El vapor entra en la primera etapa de la turbina a 10,0 MPa, 500 ºC y se expande hasta 0,7 MPa. Este se recalienta entonces hasta 470 ºC antes de entrar en la segunda etapa de la Turbina, donde se expande hasta la presión del condensador de 0,01 MPa. La potencia neta obtenida es 180 MW. Determine: (a) El rendimiento térmico del ciclo. (b) El flujo másico de vapor, en kg/h. (c) El flujo de calor 𝑄𝑆 cedido por el vapor en el condensador, en MW. Observaciones: i) Deben aparecer tanto el diagrama de máquinas como el diagrama Temperatura – Entalpía. ii) Cada uno de los procesos deben estar explicados, basándose en la teoría mostrada. iii) Los resultados deben ser interpretados y comparados con el problema original que se presenta en el material del ciclo Rankine. SOLUCION: Suponiendo un ciclo ideal, en el que las irreversibilidades no ejercen cambios significativos al sistema. Existen condiciones
- 2. estables de operación, los cambios en las energías cinética y potencial son despreciables. i) Diagrama de sistema Diagrama de Temperatura .vs. Entropía
- 3. Analizando por puntos tenemos: Punto 1 Vapor sobrecalentado 𝑃1 = 10 𝑀𝑃𝑎 𝑇1 = 500 °𝐶 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 ⟹ { 𝑇1 = 480 °𝐶 ⟹ { ℎ = 3321,4 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠 = 6,5282 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑇1 = 520 °𝐶 ⟹ { ℎ = 3425,1 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑠 = 6,6622 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 Interpolando ℎ − 3321,4 3425,1 − 3321,4 = 500 − 480 520 − 480 𝑆 − 6,5282 6,6622 − 6,5282 = 500 − 480 520 − 480} ⟹ { ℎ1 = 3373,25 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑆1 = 6,595 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 Punto 2 𝑃2 = 𝑃1 = 0,7 𝑀𝑃𝑎 𝑆2 = 𝑆1 = 6,595 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 ⟹ { 𝑆𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 = 6,7080 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑆2 < 𝑆𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑑𝑜 → 𝑙𝑖𝑞 + 𝑣𝑎𝑝 𝑆2𝑣 = 6,7080 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑆2𝑙 = 1,9922 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 ℎ2𝑙 = 697,22 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ℎ2𝑣 = 2763,5 𝑘𝐽/𝑘𝑔 Se determina el título de vapor 𝑋2 = 𝑆1 − 𝑆2𝑙 𝑆2𝑣 − 𝑆2𝑙 ⟹ 𝑋2𝑠 = 6,595 − 1,9922 6,7080 − 1,9922 ⟹ 𝑋2 = 0,976 𝑋2 = ℎ2 − ℎ2𝑙 ℎ2𝑣 ⟹ ℎ2 = ℎ2𝑙 + 𝑋2𝑠 ℎ2𝑣 ⟹ ℎ2𝑠 = 697,22 𝑘𝐽 𝑘𝑔 + 0,976(2763,5 𝑘𝐽 𝑘𝑔 )
- 4. ℎ2 = 3394,396 𝑘𝐽/𝑘𝑔 Punto 3 Vapor sobrecalentado 𝑃3 = 0,7 𝑀𝑃𝑎 = 7 𝑏𝑎𝑟 𝑇1 = 440 °𝐶 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 ⟹ { ℎ3 = 3353,3 𝐾𝐽 𝑘𝑔 𝑆3 = 7,7571 𝐾𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 Punto 4 𝑆4 = 𝑆3 = 7,7571 𝐾𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑃4 = 𝑃3 = 0,01𝑀𝑃𝑎 = 0,1𝐵𝑎𝑟 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 ⟹ { 𝑃4 = 0,006 𝑀𝑃𝑎 ⟹ { 𝑆 = 8,3304 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑃4 = 0,035 𝑀𝑃𝑎 ⟹ { 𝑆 = 7,7158 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑆 − 8,3304 7,7158 − 8,3304 = 0,01 − 0,006 0,035 − 0,006 ⟹ 𝑆 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 = 8,246 𝑘𝐽 𝑘𝑔.°𝐾 𝑆4 = 𝑆3 = 7,7571 𝐾𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 𝑃4 = 𝑃3 = 0,01𝑀𝑃𝑎 = 0,1𝐵𝑎𝑟 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 ⟹ { 𝑆 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 = 8,246 𝑘𝐽 𝑘𝑔.°𝐾 𝑆4𝑠 < 𝑆 𝑣𝑚𝑖𝑛 ⟹ 𝑙𝑖𝑞+ 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑆𝑙 = 0,6493 𝑘𝐽 𝑘𝑔. °𝐾 ℎ4𝑙 = 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ℎ4𝑣 = 2584,7 𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝑋4𝑠 = 𝑆4 − 𝑆4𝑙 𝑆4𝑣 − 𝑆4𝑙 ⟹ 𝑋4𝑠 = 7,7571 − 0,6493 8,246 − 0,6493 ⟹ 𝑋4𝑠 = 0,936 𝑋4𝑠 = ℎ4 − ℎ4𝑙 ℎ4𝑣 ⟹ ℎ4 = ℎ4𝑙 + 𝑋4𝑠 ℎ4𝑣 ⟹ ℎ4 = 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 + 0,936(2584,7 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ) ℎ4 = 2610,187 𝑘𝐽/𝑘𝑔 Punto 5 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑃5 = 0,01𝑀𝑃𝑎 = 0,1𝐵𝑎𝑟 } ⟹ 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 ⟹ { ℎ4𝑙 = 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝜐5 = 1,0102.10−3 𝑚3 /𝑘𝑔
- 5. Punto 6 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑢𝑏 − 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑑𝑜 𝑃6𝑠 = 𝑃6 = 10 𝑀𝑃𝑎 = 100 𝐵𝑎𝑟 } ⟹ { 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝑚̇ = ℎ6𝑠 − ℎ5 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝑚̇ = 𝜐5 ( 𝑃6 − 𝑃5) ℎ5 = ℎ4𝑙 = 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ⟹ ℎ6 − ℎ5 = 𝜐5( 𝑃6 − 𝑃5) ℎ6𝑠 = 𝜐5( 𝑃6 − 𝑃5)+ ℎ5 ⟹ ℎ6 = 1,0102.10−3 𝑚3 𝑘𝑔 (10 − 0,01 ) 𝑀𝑃𝑎 + 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ℎ6 = 1,0102. 10−3 𝑚3 𝑘𝑔 (10 − 0,01 ) 𝑀𝑃𝑎 105 𝑁/𝑚2 1 𝑀𝑃𝑎 . 1 𝑘𝐽 103 𝑁. 𝑚 + 191,83 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ℎ6 = 192,839 𝑘𝐽 𝑘𝑔 a) Rendimiento térmico: Potencia neta desarrollada 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [ 𝑃 𝑇1 + 𝑃 𝑇2 + 𝑃𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 ] 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)] 𝑄𝑠 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ6) + (ℎ3 − ℎ2)] 𝜂 = 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 𝑄𝑠 𝜂 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)] 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ6) + (ℎ3 − ℎ2)] 𝜂 = [(3373,25 − 3394,396) + (3353,3 − 2610,187) + (191,83 − 192,839)] 𝑘𝐽 𝑘𝑔 [(3373,25 − 192,839) + (3353,3 − 3394,396)] 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝜂 = 0,23 𝜂 = 23 %
- 6. b) El flujo de masa de vapor 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)] 𝑚̇ = 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑜 [(ℎ1 − ℎ2) + (ℎ3 − ℎ4) + (ℎ5 − ℎ6)] 𝑚̇ = 180𝑀𝑊. 103 𝑘𝑊 1 𝑀𝑊 [(3373,25 − 3394,396)+ (3353,3− 2610,187) + (191,83 − 192,839)] 𝑘𝐽 𝑘𝑔 . 1 𝑘𝑊. 𝑠 1 𝑘𝐽 . 1 ℎ 3600 𝑠 𝑚̇ = 8,988. 105 𝑘𝑔/ℎ c) Calor que sale del condensador 𝑄𝑠 = 𝑚̇ (ℎ4 − ℎ5) 𝑄𝑠 =603,78 MW RESPUESTAS Rendimiento térmico 23 % El flujo de masa de vapor es 8,988.105 𝑘𝑔/ℎ Calor que sale del condensador es de 603,78 MW Comparándolo con el ejercicio modelo se observa que al aumentar la temperatura y presión a la salida de la caldera el rendimiento disminuye y el flujo de vapor aumenta