Universidad Simón Bolívar Departamento de Termodinámica y Fenómenos de Transferencia Termodinámica II (TF-2323) Profesor: Freddy Figueira
Problema Ciclo Rankine con Recalentamiento (Problemas 9-32 y 9-57, Çengel 5ª edición) Una planta de potencia de vapor opera en un ciclo Rankine ideal con recalentamiento. El vapor entra a la turbina de alta presión a 8 MPa y 500 ºC y la abandona a 3 MPa. El vapor es recalentado a presión constante hasta 500 ºC antes de expandirse en la turbina de baja presión. Determine el trabajo específico de las turbinas (en kJ/kg) y la eficiencia térmica del ciclo. También muestre el diagrama T-s del ciclo. Realice el análisis exérgico, considera que el ciclo intercambia calor con reservorios de 1800 K y 300 K. Solución Suposiciones: 1. Proceso en estado estacionario 2. Cambio de energía cinética y potencial despreciable. Es útil considerar e diagrama del ciclo:
De acuerdo al enunciado se conocen las siguientes propiedades de las corrientes: T 3 = 500ºC , P3 = 8MPa , P4 = 3MPa , T 5 = 500ºC , P5 = 3MPa y P6 = 20kPa En primer lugar determinemos los estados de cada corriente, como la bomba sólo puede manejar líquido, se asume que la corriente 1 es líquido saturado, además el condensador opera a presión constante: Edo 1 P1 = P6 ⎫
⎬
h1 = h f @ 20 kPa = 251,42kJ/kg
x1 = 0 ⎭ v1 = v f @ 20 kPa = 0, 0010 001017m 17m 3 /kg /kg
La caldera opera de manera isobárica, por lo que P2 = P3 . El trabajo suministrado a la bomba se puede determinar como:
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⎛
⎞ = −8,12 kJ/kg 3 ⎟ 1kPa·m ⎝ ⎠
3 wb = −v1 ( P2 − P1 ) = − ( 0, 001017 m /kg ) ( 8000 kPa − 20 kPa ) ⎜
1kJ
Por lo que: 42 + 8,12 = 259, 54 54 kJ kJ/kg wb = h1 − h2 ⇒ h2 = h1 − wb ,en = 251, 42 El estado 3 está completamente determinado: determinado: Edo 3 P3 = 8 MPa ⎫ h3 = 3399, 5 kJ/kg
⎬
T3 = 500 º C ⎭
vsc
s3 = 6, 7266 kJ/kg·K
La turbina de alta presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible: es isentrópica: Edo 4 P4 = 3MPa ⎫ ⎬ h4 = 3105,1kJ/kg vsc s4 = s3 ⎭ El estado 5 está completamente determinado: determinado: Edo 5 P3 = 3 MPa ⎫ h3 = 3457, 2 kJ/kg
⎬
T3 = 500 º C ⎭
v sc
s3 = 7, 2359 kJ/kg·K
La turbina de baja presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible: es isentrópica: s6 − s f 7,23 ,2359 − 0,83 ,8320 = = 0,9051 P6 = 20kPa ⎫ x6 = Edo 6 1 s 7,0752 fg ⎬ liq − vap s6 = s5 ⎭ h6 = h +f x6 h f=g 251, 42 42 + ( 0, 90 9051) ( 2357, 5) = 2385, 2 kJ kJ/kg La salida de trabajo de la turbina viene dada por: wT = wTAP + wTBP = ( h3 − h4 ) + ( h5 − h6 ) = 1366,4kJ/kg La eficiencia del ciclo es: wneto η ciclo
=
qcal
Donde wneto = wT + wb, sal = 1366, 4 + ( −8,12 ) = 1358, 3 kJ/kg qentra = ( h3 − h2 ) + ( h5 − h4 ) = 3492,0kJ/kg
Finalmente, 1358,3 η ciclo
=
3492,5
= 38,9%
