UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL FRANCISCO DE MIRANDA COMPLEJO ACADÉMICO EL SABINO UNIDAD CURRICULAR: TERMODINÁMICA APLICADA PROF: ELIER GARCIA

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1 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 00

2 CICLOS DE POTENCIA DE VAPOR Combustión externa. Flujo Permanente Diagrama T-s del ciclo de Carnot de vapor VENTAJAS: Isotermas coinciden con isóbaras - Agua vaporiza a P y T ctes en la caldera - Expansión isoentrópica en la turbina - Condensación a P y T ctes en el condensador. Licua parte del vapor - Compresión isoentrópica en el compresor Dificultades Prácticas: La Temperatura máxima está limitada por la T c 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

3 EL CICLO IDEAL RANKINE SIMPLE - Compresión isoentrópica en una a - Adición de calor a p=cte en una caldera - Expansión isoentrópica en una turbina - 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 asta el estado, con ello en la expansión adiabática el vapor tiene mayor calidad (calidad=fracción molar) El vapor se licúa completamente en el proceso -. La a sólo comprime ya agua líquida, asta 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 acer 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.

4 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 (=0) Turbina (q=0) Condensador (=0) Deducción de la ecuación del trabajo para una a adiabática e isentrópica con un fluido incompresible (a ideal). Se tiene para un proceso isentrópico: Sustituyendo la ecuación () en la relación Tds se tiene: Por lo tanto, integrando () entre los estados comprendidos: Como el fluido manejado por la a es incompresible (por ser un fluido ideal): El fluido no varía su volumen específico: sacando en () la constante fuera de la integral, nos queda, resolviendo: La ecuación de la primera ley de una a adiabática es: Sustituyendo () en (5):

5 RELACIONES PARA EL CICLO RANKINE (POR MASA UNITARIA DE VAPOR) Proceso ( entrada (e) y salida (s) de masa) General Ideal 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 :

6 Ejercicios resueltos y propuestos. En la caldera de una máquina de Carnot de flujo estable entra agua como líquido saturado a 80 psia y sale con una calidad de 0,90. El vapor sale de la turbina a una presión de,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 recazo de calor isotérmico y c) la salida neta de trabajo. Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura. 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. T T L H T H T L x =0 80 psia,7 psia x =0,9 A B s =s s =s Fig.. Diagrama T-s del problema. T H =T sat@80 psia =7, F = 8,R T L =T sat@,7 psia = F = 67R 67 8, 9,% b) La calidad al final del proceso de recazo de calor isotérmico. Volumen de control: a. Estado a la entrada: P conocida. Estado a la salida: P conocida, líquido saturado, estado fijo. s s

7 (Tabla Cengel) s =0,5Btu/lbmR s =s =0,5Btu/lbmR 0,5=0,+x (,5) c) La salida neta de trabajo. Volumen de control: caldera. x 0, 59ó 5,% devapor Estado a la entrada: P conocida, líquido saturado, estado fijo. Estado a la salida: P, x conocidas, estado fijo. q cald Propiedades de los estados: (Tabla Cengel) =6,Btu/lbmR =6,+0,9(85,) =,8Btu/lbmR Luego: q,8 6, 766,08Btu / lbm cald El trabajo del ciclo es: q ter cald 0,9(766,08) 8,08Btu / 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 AB de la figura representa q cald, el área BA representa q cond y la diferencia entre ambas (área encerrada por la trayectoria del ciclo ) representa el trabajo porque: q cald q cond. Considere un ciclo de Carnot de flujo estable que utiliza agua como fluido de trabajo. La temperatura máxima y mínima en el ciclo son 50 y 60 C. La calidad del agua es 0,89 al principio del proceso de recazo de calor y 0, 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. 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.

8 T T L H T H = 6K T L =K 6 6,5% 6 x =0,89 x =0, A B s =s s =s Fig.. Diagrama T-s del problema. b) La presión en la entrada de la turbina. Volumen de control: turbina. Estado a la entrada: T conocida. Estado a la salida: T, x conocidas, estado fijo. s s (Tabla Cengel) s =0,8+0,89(7,077) s =7,66kJ/kgK s =s =7,66kJ/kgK Como T =50 C: P 95, 5kPa c) La salida neta de trabajo. Volumen de control: evaporador. Estado a la entrada: T conocida.

9 Estado a la salida: T conocida. (Tabla Cengel) s =0,8+0,(7,077) s =,587kJ/kgK s =s =,587kJ/kgK q evap Área ABA T ( s s) H q 6(7,66,587) 87,kJ evap Volumen de control: condensador. Estado a la entrada: T, x conocidas, estado fijo (indicado antes). Estado a la salida: T, x conocidas, estado fijo (según se indica). q cond Área BAB T L ( s s) q (7,66,587) 86, kj cond q evap q cond 87, 86, 6, kj. Considere una central eléctrica de vapor de 00 MW que opera en un ciclo Rankine ideal simple. El vapor entra a la turbina a MPa y 00 C y se enfría en el condensador a una presión de 0 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. 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: P, T conocidas; estado fijo. Estado a la salida: P conocida. turb

10 s s (Tabla Cengel) =,6 kj/kg, s =6.769kJ/kgK, s =s =6,7690kJ/kgK T ( C) 00 MPa 0 kpa s =s s =s Fig.. Diagrama T-s del problema. Por lo tanto: 6,7690 0,69 x 7,5009 x 0,859ó 8,6% devapor Continuamente, se calcula el trabajo de la turbina. Por otro lado: b) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: a. turb,6, 069,8kJ =9,8+0,859(9,8)=, kj/kg Estado a la entrada: P conocida, líquido saturado; estado fijo. Estado a la salida: P conocida. s s

11 Porque s s, vdp (Tabla Cengel) = 9,8kJ/kg, v =0,0000 m /kg Se supone que el líquido es incompresible, se tiene: 9,8 0,0000(000-0) 95,86 9,8,0kJ / kj 95,86 kg kg turb 069,8-,0 065,5kJ Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P, conocidas; estado fijo. Estado a la salida: estado fijo (según se indica). q cald qcald,6 95,86 07,7kJ q cald 065,5 07,7 5,% El trabajo también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, q cond, y observando, a partir de la primera ley, que Q =W. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene: Por lo tanto, q cond, 9,8 95,9kJ 07,7 95,9 065,5kJ c) El flujo másico del vapor. m cald W neta ,5 87,7kg/s. Se va a repetir el problema pero suponiendo una eficiencia adiabática de 85% para la turbina y la a. Solución: Un diagrama T-s del problema se puede observar en la figura, 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 a. Este problema se soluciona realizando un análisis en la turbina y la a 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.

12 Volumen de control: Turbina. Estado a la entrada: P, T conocidas, estado fijo (según se indica). Estado a la salida: P conocida. turb ss s turb turb s s T ( C) 00 MPa s 0 kpa s Fig.. Diagrama T-s del problema. Propiedades en los puntos: s =,kj/kg (del problema anterior) =,6kJ/kg (del problema anterior) Por lo tanto: turb ( s,6 0,85(,6 ),) Por lo tanto: 0,5kJ 0,5 9,8 x 9 x 0,88ó 88,%devapor Por otro lado: turb turb ( s 0,85(,6,) ) 909,06kJ

13 b) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: a. Estado a la entrada: P, líquido saturado, estado fijo (indicado antes) Estado a la salida: P conocida. ss s s s Propiedades en los puntos: s y se calcularon en el problema anterior, s =95,86kJ/kg =9,8kJ/kg Por lo tanto: s 95,86 9,8,7kJ 0,85 turb 909,06 -,7 90,kJ/kg Por otro lado: 9,8,7 96,57kJ Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P, conocidas, estado fijo (indicado antes). Estado a la salida: P, T conocidas, estado fijo (según se indica). q cald qcald,6 96,57 07kJ q cald 90, 07 9,97%

14 El trabajo también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, q cond, y observando, a partir de la primera ley, que Q =W. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene: Por lo tanto: q cond 0,5 9,8,67kJ 07,67 90,kJ c) El flujo másico del vapor. m cald W neta ,,7kg/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 500 psia y 900 F, mientras que a la turbina de baja presión lo ace a 0 psia y 900 F. El vapor sale del condensador como líquido saturado a una presión de,5 psia. La eficiencia isentrópica de la turbina es de 80 por ciento y la de la a 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 ay 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 ay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina. Volumen de control: turbina de baja presión. Estado a la entrada: P 5, T 5 conocidas, estado 5 fijo. Estado a la salida: P 6 conocida. s6s s5 turbb 5 turbb 6s s (Tabla Cengel) 5 =79,Btu/lbm, s 5 =,86Btu/lbmR s 5 =s 6s =,86 Btu/lbmR,86 = 0,57+x 6s,786 x 6s =0,957 6s =8,6 + 0,957(07,7)=055,9 Btu/lbm

15 900 T F 500 psia,5 psia Fig. 5. Diagrama T-s del problema. Por lo tanto: Luego: 6 5 turbb ( 5 6 s ) 79, 0,80(79, 6 0, Btu / lbm 055,9) T 6 6 g6 78,6 F Vapor sobrecalentado b) La eficiencia térmica. Volumen de control: turbina de baja presión. - 79, 0, 8,9 Btu / lbm turbb Volumen de control: turbina de alta presión. 5 6 turbap - ss s turbap turbap s s (Tabla Cengel) =8,6Btu/lbm, s =,556Btu/lbmR s =s s =,556Btu/lbmR,556=0,507+x s,069

16 x s =0,98 s =5+0,98(868,6)=77,6Btu/lbm Por lo tanto: turba - turba ( - s 0,80(8, 6-77,6) 00,99Btu/lbm ) turba 8,6 00,99 7,6Btu / lbm Volumen de control: a. Estado a la entrada: P conocida, líquido saturado, estado fijo. Estado a la salida: P conocida. - ss s s s Como s s =s : s s vdp v( P P ) (Tabla Cengel) =8,6Btu/lbm, v =0,06pie /lbm Se supone que el líquido es incompresible, se tiene: s v( P P ) - s 0,06(500,5) 778,9Btu / lbm,9 0,95,7Btu/lbm

17 ,7 8,6 88,Btu / lbm Por lo tanto: turba 00,99 turbb - 8,9-,7 55,6Btu/ lbm Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P conocida. Estado a la salida: P, T conocidas, estado fijo. qcald Entonces: q cald 8,6 88, 79, 69,76Btu / lbm 7,6 Ter q cald 55,6 69,76,6% c) El flujo másico del vapor. 0, W m lbm / s 55,6 La eficiencia térmica también puede determinarse por medio de los calores del ciclo. El flujo másico m 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 0 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 asta 500 C y se expande en la turbina de baja presión asta la presión del condensador de 0 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.

18 T 5 8 q cald 0 MPa 0,8 MPa y 6 7 y 0,0 MPa q cond 9 a) El flujo másico del vapor a través de la caldera. Volumen de control: turbina de alta presión. Estado a la entrada: P 5, T 5 conocidas, estado 5 fijo. Estado a la salida: P 6 conocida. Estado a la salida: P 7 conocida. Fig. 6. Diagrama T-s del problema 5. turbap 5 y6 y) ( 7 s7 s6 s5 (Tabla Cengel) 5 =500,9kJ/kg, s 5 =6,756kJ/kgK s 5 =s 6 =6,756kJ/kgK 6 =8,kJ/kgK s 5 =s 7 =6,756kJ/kgK 7 =8,kJ/kgK Volumen de control: turbina de baja presión. Estado a la entrada: P 8, T 8 conocida, estado 8 fijo. Estado a la salida: P 9 conocida.

19 turbbp ( y)( 8 9 ) s9 s8 (Tabla Cengel) 8 =80,7kJ/kg, s 8 =7,867kJ/kgK s 8 =s 9 =7,867kJ/kgK 7,867=0,69+x 9 7,5 x 9 = 0,96 9 =9,7+0,96(9) 9 =9,76kJ/kgK Volumen de control: a I. Estado a la entrada: P conocida, líquido saturado, estado fijo. Estado a la salida: P conocida. I ( y)( ) s s (Tabla Cengel) =9,7kJ/kg, v =0,000m /kg s =s Como s =s : vdp v P P ) ( Se supone que el líquido es incompresible, se tiene: Volumen de control: a II. 9,7 0,000(800 0) 9,9kJ Estado a la entrada: P conocida, líquido saturado, estado fijo.

20 Estado a la salida: P conocida. II s s (Tabla Cengel) =7,kJ/kg, v =0,00m /kg s =s Como s =s vdp v P P ) ( Como el líquido se considera incompresible, se tiene: 7, 0,00( ) 7,kJ 7, 7, 0,kJ II Volumen de control: calentador abierto. Estado a la entrada: P 6, 6 conocidas, estado 6 fijo (indicado antes). Estado a la entrada: P, conocidas, estado fijo (según se indica). Estado a la salida: P, conocidas, estado fijo (según se indica). y 6 Por lo tanto: y 7, 8, 9,9 9,9 0,09 Aora se logra calcular el trabajo en las turbinas y en la a I. turbap 500,9 0,09(8,) ( 0,09)(8,) 689,7kJ

21 ( 0,09)(80,7 9,76) turbbp 787,7kJ/kg I ( 0,09)(9,9 0,6kJ 9,7) Consiguientemente: turbap 689,7 66,65kJ turbbp I 787,7-0,6-0, II W neta m cald 5,55kg / s 66,65 b) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: caldera. Estado a la entrada: P, conocidas, estado fijo (indicado antes). Estado a la entrada: P 7, 7 conocidas, estado 7 fijo (indicado antes). Estado a la salida: P 5, 5 conocidas, estado 5 fijo (según se indica). Estado a la salida: P 8, 8 conocidas, estado 8 fijo (según se indica). q cald 5 ( y)( 8 7 ) Luego: q cald 500,9 7, ( 0,09)(80,7 8, ) 0kJ/kg 66,65 0 Ter, 9 qcald %