INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MINATITLÁN
SISTEMAS DE COGENERACIÓN
CATEDRÁTICO: M.C. ING. RENÉ REYES ESTUDILLO
EQUIPO: JUAN MANUEL SANTIAGO GÓMEZ ADRIANA LUCERO VILLASECA VILLASECA MISS LUIS ENRIQUE NOLASCO TORO JAVIER LARA PASCACIO GABRIEL ANASTACIO ANTONIO
CICLO RANKINE
PROBLEMA 1
Considere una central eléctrica de vapor que opera en el ciclo Rankine ideal simple. El vapor de agua entra a la turbina a 3 MPa y 350 °C y es condensado en el condensador a una presión de 75 kPa. Determine la eficiencia térmica de este ciclo.
SOLUCION Primero se determinan las entalpías en varios puntos del ciclo, utilizando los datos de las tablas de vapor (tablas A-4, A-5 y A-6):
ESTADO1: P1= 75KPA LIQUIDO SATURADO H1=hf a 75kpa= 384.44 KJ/kg V1=Vf a 75kpa= 0.001037 m3/kg ESTADO2: P2= 3MPA S2=S1
0. 0 01037 1 ) ,=3.= 1103/ = [300075 300075]] (1∗ ℎ = ℎ + , =387.47/
ESTADO3: P2= 3MPA
T3=350 °C H3=3116.1 KJ/KG S3=6.7450 KJ/KG*K
ESTADO4: P4= 75KPA S4=S3
Por lo tanto,
2 132 = = 6.74501. 6.2426 =0.8861 ℎ = ℎ + ℎ =384.44+0.8861 8612278. 2278.0 = 2403.0 3116. 3116.1387. 4 7 7 = ℎ ℎ =2403. =2728. 6 / 4 4 4 = ℎ ℎ = 2403.0384. =2018.6/
Eficiencia termica:
2018. 6 = 1 2728.6 =0.260=26% = 1
PROBLEMA 2 Una planta de vapor que sigue un Ciclo Rankine, opera ente las presiones de 20 MPa y 1 atm con el fin de generar energía eléctrica para una pequeña aglomeración urbana que requiere una potencia de 10.000 kW. Para ello la municipalidad está dispuesta a invertir 30 millones de dólares por año en la operación de la planta. Solución: Los detalles técnicos de la planta de vapor son:
La caldera entrega vapor sobrecalentado a 35º C por sobre la temperatura de saturación. La turbina presenta un rendimiento de 80% y la bomba es considerada isoentrópica. El costo de cada kilogramo de vapor producido es de 0.05 USD La planta funcionaría 24 horas al día y 365 días por año. Se desea saber si el proyecto es factible. Entregue su respuesta indicando indicando el costo anual de funcionamiento de la planta y el rendimiento. Se propone el siguiente diagrama para para la la resolución del problema.
1) EN LA CONDICIÓN 1 P1= 20 MPa Tsat = 365.81º
Entonces: T1 = Tsat + 35ºC = 400ºC
Por lo tanto:
1 = hvs (20 MPa, 400ºC) = 2818.1 kJ/kg s1 = svs (20 MPa, 400ºC ) = 5,554 kJ/kg
Considerando la turbina como un dispositivo isoentrópico
s1 = s2 = 5,554 = 5,554 kJ/kg
Además se sabe que: p2 = 1 atm ˜ 0.1 MPa = 100 kPa
Entonces: Tsat (0.1 MPa) = 99,63ºC
svs (0.1 MPa) = 7,3594 kJ/kg sls (0.1 MPa) = 1,3026 kJ/kg
Ahora estamos en condiciones de obtener el título del vapor, así:
s2 = 5,554 = 7,3594 X’2 + 1,3026 (1-X’2)
Despejando, se tiene: X’2 = 0,702
Con esto podemos obtener que: h’2 = hvs(0,1 MPa) X’2 + hls(0,1 MPa) (1 - X’2 ) = 2675,5 x 0.702 + 417,46 x (1 - 0,702) h’2 = 2002,6 kJ/kg
Entonces:
W’T = h2 – h1 = 2002,6 - 2818,1 W’T = -815.5 kJ/kg (teórico)
Recordando que: Rend.T = W’real / W’teórico
Reemplazando valores conocidos: 0,8 = W’Real / -815,5 kJ/kg
Entonces: W’Real = -652,4 kJ/kg
Finalmente: h2 = h1 – 652,4 = 2818,1 – 652,4
h2 = 2165,7 kJ/kg
2) EN LA CONDICIÓN 3 Estamos en presencia de un líquido saturado a presión de 1 atmósfera. Entonces:
h3 = hls (0.1 MPa) = 417,46 kJ/kg Por lo tanto: qf = h3 - h2 = 417,46 – 2165,7 = qf = -1748,24 kJ/kg
3) PARA LA BOMBA W’B = h4 – h3 ˜ vls*dp; dp: diferencia de presión a través de la bomba
De tabla A-5 pág. A-12: vls (0,1 MPa) = 0,001043 m3/kg h3 = hls (0,1MPa) = 417.46 kJ/kg Además: p4 = 0,1 MPa = 100 kPa
p3 = 20 MPa = 20.000 kPa
Entonces: W’B = (0,001034m3/kg) x (20.000 kPa – 100 kPa) W’B = 20,756 kJ/kg y: h4 = h3 + W’B = 417,46 kJ/kg + 20,75 6 kJ/kg
h4 = 438,22 kJ/kg
Por lo tanto: qc = h1 – h4 = 2818,1 – 438,22 qc = 2379,88 kJ/kg
COSTO ANUAL DE LA PLANTA:
Requerimientos: Potencia (P) = 10.000 kW ó 10.000 kJ/s Obteniendo de la cantidad o flujo de vapor (mv) que circula por la turbina:
mV = P / WReal = 10.000 kJ/s / 652.4 kJ/kg mv = 15.33 kg/s
Entonces el costo anual se calcula: Costo anual = (mv) x (0.05 USD/kg de vapor) x (3600 s/h) x (24 h/día) x (365 días/año)
Costo anual = 15.33 x 0.05 x 3600 x 24 x 365
Costo anual = 24.172.344 USD/año
Por lo tanto el proyecto es factible de realizarse ya que la municipalidad está dispuesta a gastar 30 millones de dólares por año lo que supera el costo real del funcionamiento de la planta.
RENDIMIENTO DEL CICLO:
Rendimiento del Ciclo = (|WReal| - |WBomba|) / qc
Rendimiento del Ciclo = (652,4 – 20,756) / 2379,88 Rendimiento del Ciclo = 0,265 o 26.5%
PROBLEMA 3 Considere una central eléctrica de vapor que opera en un ciclo Rankine ideal simple y que tiene una salida de neta de potencia de 45 MW. El vapor entra a la turbina a 7 MPa y 500 °C, y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa mediante el agua de enfriamiento proveniente de un lago y que circula por los tubos del condensador a una tasa de 2000 kg/s. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine: a) la eficiencia térmica del ciclo b) el flujo másico del vapor c) el aumento de temperatura del agua de enfriamiento. Este problema se soluciona tomando como volumen de control cada uno de los equipos del ciclo, y encontrar las variables a determinar, aplicando 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). El inciso c) se determina realizando un análisis de primera ley a un volumen de control alrededor del condensador. Por lo tanto, se tiene:
(°C) 500 T
7 MPa
10 kPa
s1=s2
1) La eficiencia térmica. Volumen de control: Turbina. Estado a la entrada: P 3, T3 conocidas; estado fijo. Estado a la salida: P 4 conocida. Primera ley:
wturb
Segunda ley: s
4
h3
h4
s3
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h 3=3410,5 kJ/kg, s 3=6.798kJ/kgK, s3=s4=6,798kJ/kgK → 6,798=0,6493+x 47,5009 x4=0,8197 → h4=191,83+0,8197(2392,8) h4=2153,2 kJ/kg wturb
3410 ,5
2153 , 2
1247 ,3kJ / kg
a) La eficiencia térmica del ciclo. Volumen de control: bomba. Estado a la entrada: P 1 conocida, líquido saturado; estado fijo. Estado a la salida: P 2 conocida. Análisis: Primera ley: wbomb h h
s2
Por que s 2
s1 ,
h2
2
s1
h1
2
1
vdP
1
s3=s4
Propiedades de los puntos: (Tabla Cengel) → h 1= 191,83kJ/kg, v 1=0,001010 m 3/kg Como el líquido se considera incompresible, se tiene: h2
191,83 0,001010(7 000 - 10) 198,89
kg
wbomb wneto
kJ
198 ,86
wturb
191,83
wbomb
7,03 kJ / kg
1247,3 - 7,03
1240,27kJ/ kg
Volumen de control: caldera Estado a la entrada: P 2, h2 conocidas; estado fijo. Estado a la salida: P 3, h3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica). Análisis: Primera ley: qcald qcald
3410 ,5
wneto q cald
h3
198 ,89
h2
3211 ,6kJ / kg
1240,27 3211,6
38,6%
a) El flujo másico del vapor.
cald m
neta W wneto
45000
1240,27
36,28kg/s
b) El aumento de temperatura del agua de enfriamiento. Volumen de control: condensador. Estado a la entrada, vapor: P 4, h4 conocida, estado 4 fijo. Estado a la entrada, H2O: estado líquido. Estado a la salida, vapor: P 1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo. Estado a la salida, H20: estado líquido. Análisis: Primera ley: Q Q H2O
vapor
H2OC H 2O T H 2O m T H 2O
cond ( h4 m
h1 )
cald (h4 h1 ) m H 2O C m H 2 O
Propiedades de los puntos: (Tabla
Cengel:
“propiedades
de líquidos,
sólidos
y alimentos
comunes”)
→
CH2O=4,18kJ/kg°C Si C H20 es el calor específico del agua líquida en condiciones ambientales (como se obtiene del lago) y ΔT H20 es el cambio de temperatura del agua de enfriamiento, se tiene:
T H 2 O
3 6,28( 2153 ,2 191,83)
4,18(2000 )
8,51C
PROBLEMA 4 Para el ciclo mostrado en la figura, cuyo fluido de trabajo es agua, determine la potencia entregada por la turbina. Considere la turbina y las bombas con eficiencia adiabática del 100%.
Volumen de control al Mezclador A
Volumen de control al Mezclador B
Finalmente calculamos la Potencia
CICLO DE CARNOT
PROBLEMA 1 Una máquina térmica de Carnot recibe 500 kJ de calor por ciclo desde una fuente de alta temperatura a 652 °C y Rechaza calor hacia un sumidero de baja temperatura a 30 °C. Determine a) Eficiencia térmica de esta máquina de Carnot b) cantidad de calor rechazada Por ciclo hacia el sumidero.
La máquina térmica de Carnot es una maquina a) térmica reversible, por lo tanto, su eficiencia se determina a partir de la siguiente ecuación:
, =, =1 0+273 =. , =1 6352+273 Esto quiere decir que la maquina térmica de Carnot convierte en trabajo 67.2 % del calor que recibe.
b) La cantidad de Calor Q L que rechaza esta maquina térmica reversible se determina con la siguiente ecuación:
, = , 0+273 500 =164 , = 6352+273
Durante cada ciclo esta máquina térmica de Carnot rechaza 164 KJ que recibe hacia un sumidero de baja temperatura.
PROBLEMA 2 Una máquina térmica reversible con un rendimiento del 30% y cuyo foco frío se encuentra a 107ºC, cede una cantidad de calor de 120 kcal a dicho foco frío durante cada ciclo. Determina la temperatura y el calor cedido por el foco caliente. Solución: Datos El rendimiento
= 3’%=0.3
Cantidad de calor= 120 kCal Tb= 107°C = 380 °K
=
1. Se despeja Ta
+ =1 =1 = =542.8571° ≅543°= ° 2. El calor cedido por el foco caliente será:
=
3. De esta fórmula procedemos a despejar Qa
+ =1 =1 = =. A este calor cedido por el foco caliente se le debe considerar con signo negativo, puesto que es calor que sale del foco caliente considerado como sistema.
PROBLEMA 3 Un ciclo de refrigeración de Carnot se lleva a cabo en un sistema cerrado en la región de mezcla de liquido y vapor saturado, usando 0.8 kg de refrigerante R-134a como fluido de trabajo. Las temperaturas máximas y mínimas en el ciclo son 20 y -8 °C, respectivamente. Se sabe que el refrigerante es liquido saturado al final del proceso de rechazo de calor, y el trabajo neto de entrada al ciclo es 15 kJ. Determine la fracción de la masa del refrigerante que se vaporiza durante el proceso de adición de calor, y la presión al final del proceso de rechazo de calor.
Solución: Suponiendo que el refrigerador opera en el ciclo ideal de Carnot Coeficiente de desempeño:
1 = 11 = 8+273 20+273 1 =.
Cantidad de enfriamiento, a partir del coeficiente de desempeño.
= ∗ = 9.464 ∗ 15 = La entalpía de vaporización de R-134 a -8 °C es h fg = 204.52 kJ/kg (tabla A-11). Por lo tanto, la cantidad de refrigerante que se vaporiza durante la absorción de calor resulta
= ∗ℎ−° → = 204.14252 / =.
Por lo que, la fracción de masa que se vaporiza durante el proceso de adición de calor al refrigerante es
ó = = 0.0.6948 =0.868=86.8 % La presión al final del proceso de rechazo de calor es simplemente la presión de saturación a la temperatura de rechazo de calor
= ° =572.1
PROBLEMA 4 Se utilizará una bomba de calor para calentar una casa durante el invierno, La casa se mantiene a 21 °C todo el tiempo y se estima que pierde calor a razón de 135 000 kJ/h cuando la temperatura exterior desciende a _5 °C. Determine la potencia mínima requerida para impulsar esta bomba de calor.
Solución: QH = 135 000 kJ/hr = 37.5 kW COP de una bomba de calor reversible que opera entre la casa y el aire exterior es:
1 =. , = 11 = 1 5+273 21+273 Por lo tanto, la entrada de potencia requerida para esta bomba de calor reversible se convierte en:
Ẇ, = = 37.11.5 3 =.
BOMBAS
PROBLEMA 1 Hallar la dimensión económica de la línea de descarga de la instalación y calcular la potencia del motor, para las condiciones siguientes:
Solución:
1) Diámetro económico Formula de Bresse
√ = ó ó= 1.2 √ 0.03 ó=0.2078 =. La tubería de succión generalmente es instalada con el diámetro inmediato superior, en este caso 25 cm o 10 pulgadas.
2) Pérdidas por fricción en la succión Longitud equivalente
Válvula de pie y rejilla Codo Tubería Longitud equivalente
65 m 4.1 m 4m 73.1 m
Las pérdidas por fricción pueden obtenerse por Hazen-Williams
=.−. ... Σ . =1.673710− Σ =1.673710− ∗ Σ =1.673710− ∗73.1 =. ∗ 3) Pérdidas por fricción a la descarga: Longitud equivalente
Válvula de retención 2 Codos Válvula de compuerta abierta Salida de tubería Tubería de descarga Longitud equivalente
16 m 6.6 m 1.4 m 6.0 m 40 m 70 m
Las pérdidas por fricción pueden obtenerse por Hazen-Williams
=.−. ... . Σ =4.961910− Σ =4.961910− ∗ Σ =4.961910− ∗70 =. ∗ 4) Trabajo
=37.52.5∗ 9.9.8811 +0+0+0.3473 =. ∗ 5) Potencia
∆ ∆ + + ∆ = = 0.03∗40.75 4069∗1000 .7 =23.1251
=23.1251 ∗ (0.9186)=22.8013≅23 = El motor comercial que más se aproxima es el de 25 HP.
PROBLEMA 2 Una bomba situada a nivel del mar debe elevar agua a 15°C, desde un tanque subterráneoconectado a la atmósfera. La superficie de agua en el tanque de succión está localizada2.15 m por debajo del eje de la bomba. Las pérdidas totales de carga en la tubería de succión son equivalentes a 0.55 m de columna de agua. ¿Cuál es el NPSH disponible? Solución:
Para T=15 °C , p,vapor=183 kgf/m2 (abs)
=999.2 é =10,336 = + ℎó
A nivel del mar,
1 0, 3 36183 = 999.2 / +2.15 0.55 =7.46
PROBLEMA 3 Determine la NPSH disponible para el sistema de la figura 13.38(a). El fluido está en un tanque cerrado con presión de -20kPa sobre el agua a 70°C. La presión atmosférica es de 100.5 kPa. El nivel del agua en el tanque es de 2.5 m sobre la entrada de la bomba. La tubería es de acero, de 1 ½” cédula 40 y la longitud total es de 12.0 m. El codo es estándar,
la válvula es de globo y esta abierta por completo. El flujo volumétrico es de 95 L/min
Solución:
ℎ ó = ó é+ó é =100.5 20 =. =.
En primer lugar, tenemos que encontrar
Pero sabemos que
=
80. 5 10 ℎ = 9.5910 =. Ahora, con base en la elevación del tanque, tenemos
ℎ =+2.5
Para encontrar la pérdida por fricción Reynolds y el factor de fricción.
ℎ
, debemos encontrar la velocidad, el número de
= = ∗
=1.21
1. 0 95 − 60,000 = 1.31410
0 409 = 1.24.1∗0. 1110− =1.2010 = 4.10.1100409− =889 =0.0225
Así de la figura 8.6 obtenemos el valor de
De la tabla 10.5 obtenemos el valor de
=0.021
Ahora, tenemos
=() + + + . Tubería
Codos
Válvula
Entrada
La carga de velocidad es
(1. 2 1 ) = 2(9.81 ) 2 =0.0746 Entonces, la pérdida por fricción es
ℎ =0.0225(+0.0120409.021)06.007460.0746 ++0.00.0746213400.0746 ℎ =1.19 Por último, de la tabla 13.2 obtenemos:
ℎ =3.25 70°
Al combinar estos términos queda
=8.39 +2.5 1.19 3.25 =6.45 > . < 1.10
Con la ecuación 13-13 calculamos la NPSH R máxima permisible para la bomba
Al reordenar, obtenemos
Entonces,
< 6.1.4150 =.
PROBLEMA 4 Para transportar aceite desde un deposito ‘A’ a otro ‘B’ con un caudal de a 200 l/min es
necesario instalar una bomba cuya potencia se desea determinar, sabiendo que el rendimiento es del 60%. La tubería de conducción es de hierro de 3 in y su longitud mide 300 m. Los accesorios de la instalación son: 2 válvulas de asiento, 8 codos angulares, 2 empalmes de 180ª; además hay que tener en cuenta la embocadura al pasar el aceite del depósito A a la tubería y el ensanchamiento brusco al pasar de la tubería al depósito B. El nivel del aceite en B se mantiene 12 m por encima del nivel en A. En las condiciones de transporte, el peso específico del aceite es de 840 kg/m 3 y su viscosidad 1.60 cent poises. (Las características de la tubería de 3 in se dan en la tabla A-19) SOLUCION. Datos Q=200 l/min Rend= .60
= 47.0.72∗60 =0.699 − 0. 6 99∗7. 7 910 = 1.610− ∗840 =2.8610 =0.0006 =0.025
1- Calculamos la velocidad.
2- Calculamos número de Reynolds 3- Calculamos rugosidad relativa
4- Calculamos coeficiente de fricción
5- Las longitudes equivalentes de los accesorios son
6+1.55 +2.5 =116.5 =228+=300+116. 85.5+52=416. 416. 5 0. 6 99 =0.025∗ 7.7910− ∗ 2∗9.81 =3.35 =12+3. 3 5=15. 3 5 =15.35 ∗840 ∗ . =43 =0.58
6- Se calcula perdidas por fricción (Hf )
Teniendo en cuenta que las cargas de presión y cinéticas son nulas, resulta que la carga que ha de vencer la bomba ha de ser igual a la suma de las cargas de altura y de fricción, es decir: 7- Potencia teórica
8- Potencia real
= 0.0.5680 =0.95
PROBLEMA 5 Un refrigerador de Carnot funciona con 18 moles de un gas ideal monoatómico, realizando ciclos de 2 s. Las temperaturas de los focos son 450 K y 150 K y consume una potencia de 60 kW.
a) Dibuja el ciclo en un diagrama p - V especificando las transformaciones que lo componen. Calcula la eficiencia. b) Calcula el calor intercambiado en cada etapa y la relación entre los volúmenes en la compresión isoterma. c) Calcula la variación de entropía del gas en cada transformación y en el ciclo. Calcula la variación de entropía del Universo. d) Sabiendo que después de la expansión isoterma el volumen del gas es V3 = 0.5 m3, calcula la presión y el volumen después de la compresión adiabática.
Solución: a)
T1 = 450 K
T2 = 150 K
ƐC =
= − =0.5
b) P= 60k W
t=2s
n = 18
Trabajo consumido:
= ∴ =∗=12010 = 10 = =0.5 = + = =12010 610 =1810 = =0.07 ∆ =∆ =0 = 6
en 4 - 1
c)
adiabáticas reversibles
610 ∆ = = 150 =400 / 1810 ∆ = = 450 =400 / ∆ =0 ∆ = − =400 / ∆ = || =400 ∆ =∆ +∆ +∆ =0 2° =0.5 = =150 =1.67 ó − − TV− =TV− =TTVV− =0.097
d)
Compresión adiabática (3 – 4)
Gas ideal
T4 = T1 = 450 K
pV=nRT
= =6.910
TURBINAS
Problema 1 Se sabe que la turbina desarrolla trabajo en cada unidad de masa de 521.8 kJ/kg cuando la entalpia específica del vapor a la entrada es 2 675.8 kJ/kg. La presión del agua a la entrada de la caldera es 1 100.32 kPa y en ella recibe una cantidad de calor, asociado a cada unidad de masa, de q = 2 592.2 kJ/kg. Si la presión y el volumen específico del agua en la entrada de la bomba son 2.34 kPa y 0.001 m3 /kg respectivamente, determine: a) El trabajo neto, asociado a cada unidad de masa, que entrega el ciclo. b) La entalpia específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo.
DATOS: WT=-521.8KJ/kg p2=2.34Kpa H1=2675.8KJ/Kg V1=0.001m3 /Kg =V4 P1=1100.32 KPa QSUM=2592.2KJ/Kg
DESARROLLO: a) El trabajo neto, asociado a cada unidad de masa, que entrega el ciclo. W=V1(P4-P3)
ℎ ℎ ℎℎ ℎ ℎ = (( 0.001 3 / = 1097.98 /
) (1100.32
= (1097.98 / = (
( 1000 / 1
) ( 1 / 1000 ) = 1.097
)) − ((2.34
) ( 1000 / 1
))
/
) + ( b)
= (521.8 − 1.097) (
= 520.703
/
)
= −520.703
/ g
b) La entalpia específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo. = 2 − 1
2= 2
2
=
− 1
=
(−520.
/
703
)
=
= 520.703 (
+
(2675.
2155
/
) /2592.2 (
/
) = 0.2009
8
/
)
/
Problema 2 De una turbina sale vapor de agua saturado a una presión de 1 atm. Este vapor tiene una entalpia de vaporización de 2256.9KJ/Kg. El flujo másico de vapor proveniente de la turbina es de 340Kg/Min y entra a un condensador para ser condensado utilizando como fluido refrigerante agua fría. El agua fría entra a 22°c y debe salir a una temperatura inferior o igual a 50°c. Calcula la cantidad de agua que debe ser empleada para lograr la condensación del vapor de agua saturado. Asuma que la eficiencia térmica del condensador es idealmente del 100%
DATOS: P1=1 atm H1=2256.9 KJ/Kg T1=22°c T2=50°c Ms=340 KG/min
DESARROLLO:
ℎ = (
= (340
/
= (767346 =
) (2256.9
/
=
183,396 106 / (
)( 1)
) ( 0.239
(
/
(654,986 106 /
)( 1
)=
= 767346
/1 ) = 183,396 106
/
/
)(∆T)
=
) = ( 183,396 106
/
(1.00
/
28.0
/
/
/ 1000 ) = 6549.66
) (50 − 22)° = 28.0
=
(
/
) = 654,986 106 /
n
n
PROBLEMA 3 Una turbina de vapor esta acoplada a un compreso de nitrógeno. Las condiciones de entrada a la turbina son 600 psia y 700 °F, mientras que a la salida se tiene 3 psia 95% de calidad; esto para una masa en la turbina de 1101.32 lbm/ hr. El nitrógeno entra al compresor a 14.22 Psia, 59°F y sale del enfriador a 1422 psia, 100 °F. el flujo de masa del comprsor es de 165.2 lbm/h. la turbina entrega 16 hp al compresor y el resto a un generador eléctrico. Asumiendo comportamiento de gas ideal del nitrógeno, determine la potencia disponible de la turbina para mover el generador Solución:
Datos Tent=700 °F Pent=600 psia X=0.95 Tsal=100 °F Psal=3 psia m0=1101.32 lbm/hr msal=1101.32 lbm/hr wc=16
Tomando como volumen de control la turbina (Vc2), apliquemos la ecuación de primera ley, omitiendo los términos de energía cinética y potencial:
Consideraciones:
+ = =0
-Por ser un procesos en estado estable -Asumiendo proceso adiabático Q=0
Entonces la ecuación de la primera ley queda
=
y por supuesto m0=ms
La
La
ℎ ℎ
se obtiene a 600 psia y 700 °F (sobre calentado) =1350.6 BTU/lbm
se obtiene para un estado de mezcla a 3 psia y con X=0.95,
ℎ =109.39+0.95∗1103.1 BTU/lbm =. / =(1101.32 lbhrm)∗(1350.6 BTUlbm 1071.835 BTUlbm)=30700.47 ℎ =.
El trabajo total de la turbina, se utiliza en dos funciones; mover el compresor y en mover el generador, por lo tanto, podemos escribir
= + = =120.616 =.
PROBLEMA 4
En una turbina de vapor de un solo escalonamiento, el estado inicial del vapor (0) viene dado por p0 = 10 kg/cm2 y un volumen específico v0 = 0,32 m3/kg, y el estado final (2) viene dado por p2 = 1,8 kg/cm2 y volumen específico v2 = 1,4 m3/Kg. El estado final adiabático teórico (A) viene dado por una presión de 1,80 kg/cm2 y un volumen específico v= 1,2 m3/kg. El rendimiento mecánico es 0,90 y el coeficiente adiabático del vapor 1,30. Determinar: a) El rendimiento interno de la máquina, b) El consumo por CV/hora a) El rendimiento interno de la máquina es
Δi ad = i 0= 1,3i /A1,=3 γγ1{110px00,v032p 1,A v8 x 1,2} 10/ 427 = 105,5 Kcal k
Tint = i 0 - i2 = γ γ - 1 (p0 v0 - p 2 v2 ) = 1,3/ 1,3 - 1 {(10 x 0,32) - (1,8 x 1,4 )} 10 4 427 = 69 Kcal kg Rendimiento interno = ηint = Salto interno Salto adiabático = 69 105,5 = 0,6541 = 65,41 % b) Consumo por CV/hora GCV/hora = G T = T = ηmecTint = 0,9 x 69 Kca l/ kg
= 62,1 Kcal/kg = 632,3 62,1 Kcal/hora Kcal/kg = 10,18 kg hora
PROBLEMA 5 En una planta de generación hidroeléctrica entra agua a las toberas de la turbina a una presión de 800 KPa absoluta, con baja velocidad. Si las salidas de las tuberías están expuestas a una presión atmosférica de 100 KPa. Determine la velocidad máxima en la que las toberas pueden acelerar el agua antes de llegar a las aspas de la turbina. Agua 800 KPa
1 TURBINA
2
100 KPa
Datos V1 0
Z1=Z2
∗ + 2 + = ∗ + 2 + ∗ = ∗ + 2
Las alturas se anulan porque son iguales.
Calculamos velocidad 2 (ocupamos la densidad del agua 1000 Kg
= − ∗ − = / ∗ ∗ =37.4
COMPRESORES
PROBLEMA 1 Un compresor de aire centrífugo absorbe 12 000 pie 3/min. de aire a una presión absoluta de 14 lb/pulg 2 y una temperatura de 60 oF. El aire se descarga a una presión absoluta de 70 psia y a la temperatura de 370 oF. El área de la línea de succión es 2,1 pie 2, y el área de la línea de descarga es 0.4 pie 2. Si se requieren 1 875 hp para impulsar este compresor, encuentre el régimen de transmisión de calor a los alrededores T1
520 R
T2 3
830 R
3
R
53,3 pie - lbf/lbm - R
0,240 Btu/Lbm - R
V1
12 000 pie /min
V2
12 000 pie /min
Cp
P1
14 psia
P2
70 psia
hp
2 544 Btu/hp - hr
A1
2,1 pie 2
A2
0,4 pie 2
Btu
778,18 pie - lb
Pot
1870 hp
Pot
1870 hp
El flujo másico se calcula mediante la ecuación de los gases ideales: m
P1 V1 RT1
2
14 lbf/pulg
53,3 pie
*12 000 pie 3 /min
lbf/lbm
R * 520 R
*144 pulg 2 /pie 2
872,9 lbm/min
Se calculan las densidades de entrada y salida: 1
2
P1 RT1 P2
RT2
14 lbf/pulg
53,3 pie
lbf/lbm
70 lbf/pulg
53,3 pie
lbf/lbm
2
R * 520 R
*144 pulg 2 /pie 2
0,073 lbm/pie
3
0,228 lbm/pie
3
2
R * 830 R
*144 pulg 2 /pie 2
Se determina las velocidades en la entrada y la salida:
v
1
v
2
m1 A1ρ1
872,90 lbm/min
m2 A 2ρ 2
2
2,1 pie * 0,073 lbm/pie
3
5 694 pie/min W
872,90 lbm/min
0,4 pie 2 * 0,228 lbm/pie
3
9 571 pie/min m
m
Q
Según la 1 era ley de la termodinámica tenemos:
Q (W) ΔH ΔK
Q W ΔH K W
ΔH
Pot
ΔK
1 875 hp * 2 544 Btu/hp
ΔK
hr *1/60 min/hr
79 500 Btu/min
m * Cp Δt 872,9 lbm/min * 0,240 Btu/Lbm - R 830 - 520R 64 940,26 Btu/min
v m*
2 1
v2 2
2g
9571 *
2
ΔK
872,9 lbm/min
- 5694 2 pie 2 /seg 2
2 * 32,2pie/se g
2
*
1 2
2
3 600 seg /min * 778pie
286,41 Btu/min
Q 79 500 64 940,26 286,41 14 273,9 Btu/min
lbm/Btu
PROBLEMA 2 Un compresor adiabático de aire procesa 10 l/s a 120 Kpa y 20 °C, hasta 1000 Kpa y 300 °C. Determine: a) El trabajo que requiere el compresor, en KJ/Kg. b) La potencia necesaria para impulsarlo, en KW.
300 °C, 1MPa
20 °C, 120 kPa, 10 L/S
Solución:
Condiciones a la entrada:
T1=20 °C+273=293 K P1 (abs)=120 Kpa Caudal volumétrico, G=10 l/s=0,01 m3 /s Fluido de trabajo: Aire
Condiciones a la salida:
T2=300 °C+273=573 K
P2 (abs)=1000 Kpa
1) Balance de energía Q= ΔH + ΔK + ΔP + WTEC + WROZ
Es necesario mencionar que Q=0 porque es un proceso de compresión adiabática. Los efectos de energía potencial son mínimos por tanto se desprecia, debido a que la altura no representa importancia en los gases. WROZ=0
ΔK=0 (no se especifica una velocidad de entrada y de salida, por tanto se asume que son
iguales) el flujo es estacionario, como se mencionaba no hay cambios en su velocidad del flujo con respecto al tiempo.
El flujo de entrada es igual al de salida m= m2=m1 Wtec=- ΔH = -m (h1-h2) = m (h2-h1) = mcp (T2 – T1) Wtec = cp (T2 – T1)
Cp (433K) = 1.01762 KJ/Kg.K
Para el trabajo del compresor Wtec = (1.01762 KJ/Kg.K) (573 K - 293 K) = 284.9336 KJ/Kg Con el caudal obtener
m= ρG
ρ = P1/(R) (T1)
R= 8.144 KPa*m^3/ kmol
*k
Ρ = 120 kpa
Pm aire= [(2)*(0.79)*(14 kg/kmol)]+ [(2)(0.21)*(16 kg/kmol)] Pm aire= 22.12 kg/kmol + 6.72 kg/kmol = 28.84 kg/kmol ρ = (120 kpa)*(28.84 kg/kmol) / (8.144 KPa*m^3/ kmol*k)*(293 K) = 1.45 kg/ m^3
m= ρG = (1.45 kg/ m^3)*(0,01 m3 /s)
m= 0.0145 Kg/s
2) Potenci a requeri da Wtec = mcp (T2 – T1) Wtec = (0.0145 Kg/s)*(1.01762 KJ/Kg.K)*(573 K - 293 K) = 4.132518 KJ/s Wtec = 4.132518 KW/s
PROBLEMA 3 Un compresor de una sola etapa tiene que comprimir 7.56 x 10 -3 kg mol/s de metano gaseoso 16.0 kgmasa/kgmol a 26.7 ºC y 137.9 kPa abs a 551.6 kPa abs. a) Calcúlese la potencia necesaria si la eficiencia mecánica es de 80% y la compresión es adiabática. b) Repítase el cálculo para la compresión isotérmica. Para el inciso (a) PI = 137.9 kPa P2 = 551.6 kPa M = 16.0 kg masa/kg mol T1 = 273.15 + 26.7 = 299.9 K. m = (7.56 x 10-3 kg mol/s) (16.0 kg/kg mol) = 0.121 Kg/s 1) Calculo de presión adiabática El valor y = 1.31 para el metano
8314. 3 2 99. 9 º 1. 3 1 º =(1.311)∗ 16 ∗5137.51.69..− 1 =256,300
2) Para calcular la potencia al freno, cuando la eficiencia es 0.80
. = .
= 38.74 kW = 52 hp
1) Para el inciso b, usando la ecuación para compresión isotérmica.
. º == . log..
-
216,000 J/Kg
2) Sacamos Kw del freno
(216, 0 00 )(0. 1 21 = 0.801000 ) =32.67 =43.8 ℎ
