Tecnológico Nacional Naciona l de México Instituto Tecnológico de Minatitlán
Sistema de Cogeneración de Energía Tarea: “Resolución de problemas; Bombas, Compresores, Condensadores, Ventiladores, Turbinas, Ciclo Rankine y Ciclo Carnot”
Alumno: Profesor: ING. RENE REYES ESTUDILLO
ℎ
Pa=presión absoluta en la superficie del deposito Pv=presión de vapor hf=fricción en la línea de succión
La velocidad de salida v se obtiene utilizando los datos de una tubería de 1.5 pulgada ced.40 .una velocidad de 1 in/s corresponde a una velocidad de flujo de 6.34 gal/min V= 40/6.34 =6.31pies/s
14. 7 +50 144 1 44 6. 3 1 54 + 10+10 + 32.17+ 5.5.5+0.5 ∗ 144 144 5414. 7 54 159.9 ∗ 159.159.9 ∗∗ /477. 477.9 / La velocidad de flujo de masa
∗ 4. 1 / 2 . 18 1 8 .∗
ℎ
Pa=presión absoluta en la superficie del deposito Pv=presión de vapor hf=fricción en la línea de succión
La velocidad de salida v se obtiene utilizando los datos de una tubería de 1.5 pulgada ced.40 .una velocidad de 1 in/s corresponde a una velocidad de flujo de 6.34 gal/min V= 40/6.34 =6.31pies/s
14. 7 +50 144 1 44 6. 3 1 54 + 10+10 + 32.17+ 5.5.5+0.5 ∗ 144 144 5414. 7 54 159.9 ∗ 159.159.9 ∗∗ /477. 477.9 / La velocidad de flujo de masa
∗ 4. 1 / 2 . 18 1 8 .∗
La entrada de potencia según la ecuación
.81∗159.609 2.331.7474 4550∗0.
La presión de vapor corresponde a una carga de
3.854∗144 10.1 ∗∗ 30.2
La fricción en la línea de succión es
0.539.3954∗ 1.24 4 10.0.1.133 1.1.3∗∗34 23.23.77
Formula
1 21 + 21 + 2∝2 1 + + 0 Σ
Para el agua densidad =998.2 kg/m3 =1.005exp-3 Para una tubería de 4 in
=0.1023m
=3.1416 (D)/4=8.219 exp-3m^2 5.0exp-3(8.219exp-3)=0.6083 m/s
./ NRE=
..− ..
=0.7225cp=4.8552exp-4
=6181x10^4
1-Perdida por reducción a la salida del tanque. A partir de la siguiente ecuación
0.551 0.551 0 0.55 ∝ .(. ) 0.102 / 170 0 . 0 051 0 . 6 083 4 0. 1 023 ∗2 4 2 6.272 / 5+50+15+100 170 Kc= hc=
=
Friccion en la tuberia recta Σ
Σ
E=4.6exp-5
E/D=4.6 exp-5/0.1023=0.00045 NRE=6.181exp4 F=0.0051
Friccion en los dos codos Kf=0.75
2 0 . 7 5 0 . 6 083 ℎ 2 2 2 0.278 / 1 1 2 10 1 1 0 . 6 03 ℎ 2 2 0.185 /
Perdida por expansión en la entrada del tanque
La pérdida por fricción
0.1102+6. 2 72+0. 1 85 6. 8 37 / 2 0 21 0 0+9. 8 06 1 50 +0+6. 8 37+ 0 153.93/15393 0.65 236.8 / 4.99236.8 1.182 1000 Σ
Donde
1/21 2 1 0 2 3.05 9.806 29.9 / .∗ 69.0/ .∗ 138.0/ +21+2 1 + 12+12/ 155.4 +029.9 +69.0 138.0 56.5 /18.9 ∗ Puesto que se considera que el líquido es incompresible
Perdida por friccion Σ
Σ
69.1 1 0.1539/ 0. 1 539 0.02331 ^2 6.61 1 2 0
Velocidad del flujo =
La tubería de 3.068in=0.05134 ft^2 2.067 in=0.0233 pie^2
22 26.32.61174 67 ∗ 2 5032.32.117474 50 ∗/ 1 2 12 12 + + 2 2 050+00.678+0+10 60.0.66785 93.35 ∗ 0.1539 114.8 17.65 / 17.65 93.3 ∗ 5501ℎ ∗ 3 ℎ 3 0.1539 0.051341 3 2 4 6.61 41 3 4 + 23 24 3 6. 6 1 00+ 232.174 +232.174 +60.6780 60.14 ∗/ 43 60 ∗ 114.8144 1/ 48 /^2 Σ
=-60.678 pie*lbf/lb
Velocidad de flujo de masa
Potencia de la bomba
Para calcular la presión a la que debe operar la bomba
Σ
Ecuaciones
20 860 ℎ ∗ ∗ 2 ∗ ∗ NRE=
V
Calculo de la velocidad y numero de Reynolds
. . .− . 1.95 Flujo turbulento
1 220 min60000 1.86 1.963 3 Ecuación de DARCY
0.25/log3.71 + 5.74. . 0.25/log.. +.^. 1. 8 67 ℎ 0.038∗ 29.81 32.40518 ++ 2 ℎ 550 +0.869.81 (21+ 0+32.4) =0.03735
Y= peso específico (gravedad)
Presión de la bomba PA=1000.51Kpa
ℎ 2 3.14169.0264 0.0254 8.243 3 8. 20.130153 1.83
0. 0 15 2.02 3 7.4 ℎ 2 20.9.51.183 0.09 ℎ ∗ ∗ 2 ∗ ∗ Calculo de la primera perdida
Calculo en la segunda perdida (perdida en la línea de succión)
Datos
Desidad =789 kg/m^3 Viscosidad=6.6ex-4pa.s E=4.6ex-5 E/D=4.5EX-4 D/E=22.24
1 . 8 3 0 . 1 02 7 89 5.6 4 . 5 2.64 5 Buscando valor de fs=0.018
1. 8 3 15 ℎ 00.180.1022 9.81 0.45 Calculo el número de Reynolds
7 . 4 2∗0. 0 254789 5.6 4 . 5 5.295
Perdida por friccion válvula
7. 4 ℎ3 ∗ 2 0.01934029.81 18.03005 Pedida por friccion en los codos
7. 4 ℎ4 2 2∗3029.81 3.349 200 7. 4 ℎ5 ∗ 2 0.0200.05029.81 219.7661 7. 4 ℎ6 ∗ 2 1∗29.81 2.79 ℎ ℎ 0.09+0.45+18.03005+3.349+219.76 244.46 ℎ 21+ℎ 10 +244.46 254.46 .∗.. ∗. 38872.113 En la tuberia
Σ
Cabeza que debe vencer la bomba
Potencia de la bomba
P3=30lb/in^2 Q=40 gal/min=2.5236m/s
2 30 + 5 30 32.17
Altura Z1=3ft
Z2=212ft
Suponer la velocidad=2 ft/s
0.089 . 0.0445 21 2 1 ℎ +21 2 +ℎ 3 2. 1 7 0 ℎ 62. 4 +2123+15.5∗/ 225.2 ℎ ∗ ∗ 225.262.4 0.089 3.02 ℎ Calculo de la bomba
La solubilidad del aire a 30 °C es de 15.64cc/1000cc El volumen de aire se mide a las condiciones estándar de 0 °c y presión atmosférica de 760mm Hg
17. 3 6 15.100064 2773+30 273 1000 36 ∗100% 1.71% 17. 317.6+1000
La presión mínima aceptable en el ojo de la bomba es la presión de vapor=0.6153psi.el volumen máximo y el porcentaje por volumen correspondiente del gas está presente a presión son:
17.36. . 415/1000 415 ∗100% 29.3% 415+1000
Se calcula la cantidad correspondiente a de gas vaporizado instantáneo Pva=6.62psi Se utilizara la presión de vapor líquido puro para calcular NPSH
14.76.62+00.5 7.58 17.6
NPSH=Calculo de la carga neta positiva de succión Ps=presión sobre la superficie del liquido Pv=presión de vapor del líquido, psi Z=carga estática, ft hf=perdida por fricción, ft
2.31. + ℎ 2.3114.71+50.5 +104 50.3
Ecuaciones
61163∗ ℎ 247000 ∗ ∗
K=30 fT codo de 90 grados K1=8fT válvula de compuerta
K=
Tuberia recta
K=1 salida D=77.9 (tuberia de 3 in cedula 40=3.068) Desidad=998.2 (63.305) Viscosidad=0.98 (0.95) FT=0.018
21.22∗ 77.4009 1.4 77.0 ∗1.0.948∗998.2 1.15 F=0.021 K=4*30*0.018=2.16 cuatro codo de 90 grados K1=8*0.018=2.16 válvula de compuerta K=27
válvula de retención de obturador
Para 150(500 pies) de la tuberia de 3 in y CD.40
0.021∗150∗1000 40.4 77. 9 2.16+0.14+27+40.4 +1 70.7 2 2. 9 6∗70. 7 ∗400 ℎ 77.9 7 120+7 127 Potencia necesaria requerida
2 400∗127∗998. 61163∗0.7 11.84
W
Potencia=1902 KW
Q
Datos adicionales:
Estado inicial:
CP=1.0062 kj/kg
V1= 21 m/s
R=0.28708 Kj/kg °K
P1= 1 atm101.32 kpa abs
K=1.4
T1=26.7 °C299.7 °K
Estado final:
V1= 85 m/s P1= 304.06kpa abs T1=?
a) Primera ley de la termodinámica para un proceso isentropico.
∆ +∆ ∗ ∆ +∆…∆ 85 21 2 1 ∆ 2∗1000 2∗1000 3.392 ∆ ∗21…. 2
*al ser un proceso isentrópico, la temperatura se puede calcular:
− 2 2 1 1 … . ..− 304. 0 6 2 299.7 410.24
101.32 ∆ ∗21 ∆ 1.0062 ∗ 410.24299.7 111.22 °
°
Ahora si sustituyo para encontrar mi ∆H.
°
Calculamos el flujo másico asumiendo que:
. . ∆∗+∆+606∆0 111.219022 3.3.3923606902 955.707 …. . 11 955.707 0.101.2870832 299.299.7 845
Usando la ecuación de gas ideal se calcula el volumen.
°
°
b) Potencia de entrada.
T2=157.2 430.2 °K
∆ ∗ 21 21 1.0062 ∗ 430.430.2299.7 131.3 ∆∗∗+∆+606∆0 … ∴ 955. 7 07 60 ∆∆ + ∆∆ 60 131.3 + 3.3.392392 2235.2 ° °
P2= 600 Kpa T2=57 °C 330°K
Compresor de aire
P1= 100 Kpa T1=17 °C 290°K
a) Los valores de las propiedades del aire se toman de las tablas A-17 del libro Cengel y se leen los valores de la entropía.
Teniendo la siguiente fórmula para cambio de entropía:
2 1 Ṡ2Ṡ2 Ṡ1 21
Valores de entropía en las las tablas A-17
1.79783 22 1 1.1. 7978797833 °1.66802 °0.287 ° 600 100 1.66802 22 1 .. ° 0.287 2 1 21 21 1.006 22 1 1.1. 006006 330290 0.287 600 0. 3 72 100 °
°
°
°
°
b) Calores especifico promedio.
°
°
°
°
°
°
1100 4.25 1 52. 2 →→→→ 330. 2 2 300 1.4 68% 0.287 1.0062 ….. °
°
°
°
Eficiencia adiabática.
Calculo de trabajo isentropico, de acuerdo a la primera ley de la termodinámica:
∆ 21 *Pero desconozco la temperatura 2
* Uso la fórmula para cálculo de proceso isentropico.
− 2 2 1 1 ..− 300 2 330.2 100 451.957 °
Calculo de la masa mediante la ecuación de gas ideal.
…… 4. 2 5 100 60 0.287 0.075 °
Teniendo la masa podemos calcular el trabajo isentropico
21 0.075 1.0062 451.957 330.2 9.16 °
°
Calculo de Wreal.
9.10.668 13.47
°
Q salida=16 kj/ kg
P2=600 kpa T2=400 °K
Aire 0.02kg/s
Wentrada=?
P2=100 kpa T2=280 °K
Se menciona que los cambios en la energía cinética y potencial son insignificantes por lo tanto:
∆ ∆ 0
Tenemos que el aire es un gas ideal porque tiene una temperatura alta y una presión baja en relación a los valores del punto critico.
la masa permanece constante por lo cual estamos hablando de un volumen de control ya que solamente hay una entrada y una salida, por lo tanto.
1 2 0
0
Balance de energía del sistema.
Tasa de transferencia de energía neta por Tasa de cambio de energía interna, cinetica, calor, trabajo y masa potencia..
+ℎ1 +ℎ2 +ℎ2ℎ1 ℎ1 ℎ280 280.13 ℎ2 ℎ400 400.98 +ℎ2ℎ1 0.02 16 +0.02 400.98280.13 2.77
Despejando :
se busca en tablas la entalpia del aire a t2 y t1 lo cual nos da
°
°
Sustituyendo todos los datos en la ecuación.
3100 00..− 1 215.32
/ / /
/
/ //
Para obtener la temperatura de descarga del aire, se sustituyen los valores apropiados en la ecuación (6):
La temperatura de descarga del aire es mayor que la del amoniaco, que se calcula para R = 90.9 como:
3. Se considerará el compresor de una etapa de la figura 1. El problema es determinar la presión de descarga y el caballaje en el árbol con el caudal nominal de entrada, cuando las condiciones de entrada cambian a: P1 = 14.2 psia T1 = 40°F = 500°R PM = 28.4
Dado que la razón de los calores específicos es constante, se utiliza la ecuación (14) para despejar la presión de descarga, y la ecuación (16)‘ para el caballaje
en el árbol,
P2 =
14.2..... .1.42.. 1 +1. ... HPA =
= 20.8 psia
(1315) = 1400 hp
Cuando sea necesario, se utilizará la curva de resistencia del sistema para efectuar los ajustes necesarios
Para ilustrar la técnica, se calculará el cambio en el rendimiento (Tg2) en un postenfriador de contraflujo, enfriado por agua, instalado en un compresor de aire. Las condiciones originales de diseño y las nuevas son:
Diseño
Nuevas
Wg
53.5 lb/min
62.06 lb/min
Wt
8.0 gal/min
6.0 gal/min
Tg1
250°F
275°F
Tg2
100°F
¿
Tt1
60°F
80°F
y Cg = 0.241 Btu/(lb)(°F para aire; C I = 0.999 Btu/(lb)(°F) para el agua a 60°F. Se determinan, los parámetros C, y C, de diseño de acuerdo con el paso 1: Cg = (53.5)(60)(0.|241) Cg = 774 Btu/(h)(°F) Y Cl = (8.0)(60)(62.4)(0.134)(0.999) Cl = 4014 Btu/(h)(°F)
Calcúlese R diseño con la ecuación (4): R diseño = 77414014 R diseño = 0.193
Y hay que encontrar E con la ecuación (5) E diseño = 250 – 100/250 = 60 E diseño = 0.79
Dado que el postenfriador es de contraflujo, se utiliza la ecuación (1) para determinar NUT diseño : 0.79 =
.. − −.
NUT diseño = 1.722
Para el paso 3 se calculan C g y Cl para las nuevas condiciones del funcionamiento: Cg = (62.06)(60)(0.241) Cg = 897 Btu/(h)(°F) Y Cl = (6.0)(62.4)(60)(0.134)(0.999) Cl = 3010 Btu/(h)(°F) Ya se puede calcular NUT nuevo con la ecuación (6) NUT nuevo = 1.73 x (7741897) NUT nuevo = 1.49 La R nueva se presenta con la ecuación (4) y se utiliza en la ecuación (1) para determinar la ∑nueva
R nueva = 897/3010 R nueva = 0.298 E nueva =
.... − −.
E nueva = 0.725
Despues se utiliza la hueva en la ecuación (5) que se resuelve para T g2: 0.725 = (275 – Tg2/275 - 80) Tg2 = 134°F
4. Supóngase un compresor centrífugo de “paso recto” para aire seco con las siguientes especificaciones de fábrica: capacidad de entrada = 11000 PCMS, temperatura de entrada = 90°F, presión nominal de entrada = 14.5 psia, presión nominal de descarga = 55 psia, entrada nominal de potencia = 1 700 hp, velocidad nominal = 8 100 rpm, velocidad continua máxima = 8 500 rpm, primera velocidad crítica = 4 800 rpm, peso molecular nominal = 28.97, K = Cp/Co, = 1.4, presión máxima de descarga = 65 psia. Los demás datos del compresor indican que la segunda velocidad crítica = 10 800 rpm y que el diámetro del impulsor más pequeño es de 22 in. Además, los planos indican que el diámetro de la boquilla de descarga es de 20 in. Lo que se desea con la adaptación es aumentar la capacidad de entrada a 12 300, PCMS y la presión de descarga a 60 psia, sin que cambien las demás condiciones de entrada. 1. Calcúlese la velocidad de entrada, con base en el nuevo caudal de entrada, mediante la ecuación (1): V1 =
3.06 3.06 94 /
Dado que es una velocidad aceptable de entrada, es factible la capacidad propuesta. 2. Dado que no han cambiado las condiciones nominales de entrada, el aumento en el flujo en peso será proporcional al aumento en el caudal y, por tanto, la potencia requerida por el cambio en el caudal aumentará en la misma proporción:
12300 11000 1.12 HPG adaptación = 1.12 HPG original = 1.12 (1700) = 1910 hp
Téngase en cuenta que, hasta este momento, la propulsión deberá producir:
(1.1)(1910) = 2 100 hp Más un 2% adicional de caballaje si se utiliza una unidad de engranes. 3. Dado que la presión máxima de descarga en la placa de especificaciones es 65 psia, no hay que repetir la prueba hidrostática, siempre y cuando el proceso no haga que se sobrepase el valor de 65 psia. 4. Ahora se puede calcular la carga politrópica aproximada para las condiciones originales y en la adaptación con la ecuación (2)
La nueva velocidad requerida se puede determinar con la “ley de los ventiladores”, ecuación (3):
=
/ 8100 55000/50700 8440
El diámetro del impulsor más pequeño es de 22 in; por lo tanto, según la ecuación (6):
720 272028440 880 /
La nueva velocidad de rotación produce una velocidad mecánica satisfactoria en las puntas del impulsor. La norma API indica que la segunda velocidad crítica debe ser 20% mayor que la máxima de funcionamiento. En el supuesto de que la nueva velocidad de la adaptación o sea la máxima para el nuevo proceso, la segunda velocidad crítica debe ser, cuando menos: (1.2)(8440) = 10 130 rpm La segunda velocidad crítica de 10 800 rpm es mayor que la requerida; entonces, es factible la velocidad de rotación. 5. Ya se puede determinar el aumento total en el caballaje del gas, el cual será proporcional al aumento en la carga politrópica y al flujo en peso, que en este caso es el caudal:
12300 55000 50700 11030 1.21 1.21 1700 2060 ℎ
Por lo tanto la propulsión debe producir (1.1)(2 060) = 2 270 hp
Más un 2% adicional si se utiliza una unidad de engranes. Dado que la velocidad de entrada, de la presión máxima de funcionamiento y la velocidad de rotación requerida están dentro de límites satisfactorios, es factible la adaptación.
6. Un compresor de aire de 4 000 hp funcionaba con una purga constante de 40% (Fig. 10). La potencia específica requerida se indica en la figura 11. El caudal era de 9 000 pcme a 310 psi. El compresor tenía un sistema neumático de control de oscilaciones instalado en la fábrica. Además de la purga constante, ocurrían daños frecuentes y había que reacondicionarlo dos veces al año. El sistema de control aquí descrito tuvo un costo de alrededor de 15 000 dólares; más o menos la mitad fue para instrumentos y la otra mitad, para la instalación. Después de instalarlo, se cerró la válvula antioscilaciones y la recirculación se mantuvo al mínimo; no se necesitó un reforzador para la válvula. En el supuesto de funcionamiento por un año, se calculan los ahorros en los costos de la energía, a un precio de la electricidad de 0.024 dólares/kWh.
ℎ 0.746 ℎ 8760 ℎ 0.42250.3825 ℎ $0.ℎ024 9400 ñ
= $59 000 / año
7. Un compresor de aire centrífugo absorbe 12000 pie3 /min. de aire a una presión absoluta de 14 lb/pulg2 y una temperatura de 60 o F. El aire se descarga a una presión absoluta de 370 o F. El área de la línea de succión es 2.1 pie2 , y el área de la línea de descarga es 0.4 pie2 . Si se requieren 1875 hp para impulsar este compresor, encuentre el régimen de transmisión de calor a los alrededores. DATOS DEL PROBLEMA
El flujo másico se calcula a partir de su volumen medido en condiciones iniciales, mediante la ecuación general de los gases ideales:
Tambien se pueden calcular las densidades a la entrada y la salida :
con el flujo másico y densidad conocidas podemos calcular la velocidad a la entrada y a la salida:
De acuerdo a la primera ley de la termodinamica, despreciando los cambios de energia potencial, se tiene que:
La energia cinetica estará dada por:
Entonces reemplazando estos valores en la ecuación 1. se tiene:
8. Se requieren 1902 kW como potencia motriz de un compresor para manejar adiabáticamente aire desde 1 atm, 26.7o C, hasta 304.06 kPa abs. La velocidad inicial del aire es de 21 m/s y la final, de 85 m/s (a) Si el proceso es isentrópico, halle el volumen de aire manejado, medido en m3 /min, en las condiciones de entrada. (b) Si la compresión es adiabática irreversible hasta una temperatura de 157.2 o C, con la capacidad hallada en (a), determine la potencia de entrada. DATOS DEL PROBLEMA Estado incial
(a) De la primera ley de la termodinamica, se tiene para un proceso isentroópico:
al ser un proceso isentrópico, la temperatura se puede calcular con la relación siguiente:
Entonces el flujo masico se calcula a partir de la ecuación (1) Asumiendo que:
el volumen se puede calcular a partir de la ecuación de los gases ideales;
(b) Es necesario en este caso, recalcular el cambio de la entalpia usando como dato la tempertura:
reemplazando este resultado en la ecuación 1, se tiene:
La potencia de entrada se ha incrementado en un:
9. Un compresor de aire del tipo de movimiento alternativo, con espacio muerto de 6%, toma 4.25 m3 /min de aire, medidos según las condiciones de admisión de 100 KPa abs. y 57.2 o C. En el caso de una presión de descarga de 300 kPa abs. y una eficiencia adiabática total de 68%, determine la potencia del motor respectivo. DATOS DE PROBLEMA
SOLUCION Se puede calcular la potencia del motor a partir de la primera ley de la termodinámica y del concepto de eficiencia adiabática: La eficiencia adiabática se define como:
de donde:
El trabajo isentropico (ideal) se puede calcular a partir de la primera ley de la termodináica:
T2 se calcula a partir del proceso ideal isentrópico:
La masa se puede calcular mediante la ecuación de los gases ideales:
Otra manera de calcular el trabajo de compresión isentropico, ideal, a partir de la formula:
Entoces, la potencia del motor será:
10.Un compresor ha de ser diseñado con 6% de espacio muerto para manejar 14 m3 /min de aire a 1.033 kgf/cm2 abs. y 20o C, el estado al inicio de la carrera de compresión. La compresión es isentrópica a 6.3 kgf/cm2 man. (a) ¿Qué desplazamiento en m3 /min es necesario? (b) si el compresor se utiliza a una altitud de 1800 m y la temperatura inicial y la presión de descarga permanecen iguales que antes, ¿en qué porcentaje se reduce la capacidad del compresor?
DATOS DEL PROBLEMA
SOLUCION a) En este caso tomamos como base de los cálculos los datos de diseño y de operación en condiciones de diseño (al nivel del mar).
b) Aqui el compresor debe operar en condiciones distintas a las de diseño (1800 msnm), es decir que la presión del aire de entrada al compresor será inferior a la de diseño, debido a que la presión del aire atmosférico a 1800 m es menor a al nivel del mar. Por lo que la capacidad del compresor se verá afectada. La presión atmos ferica a 1800 msnm es aproximadamente:
Entonces la presión del aire a la entrada del compresor sera: Si analizamos la ecuación (2), vemos que esta disminución de la presión afectará al rendimineto volumetrico, por lo que es necesario recalcular este parámetro:
Supuesto VD constante, recalculamos el nuevo volumen de aire aspirado, en estas condiciones, a partir de la ecuación (1):
Para fines de una mejor apreciación, podemos usar la variación de la masa del aire manejado, como referencia para estimar la reducción de la capacidad del compresor:
De donde, la reducción de la capacidad del compresor en porcentaje será:
TSal=193°F (89.44°c) Tw=187°c
2 187+193 190 F 2 ℎ 1143161. 0 982. . 3 . 2. 2 836 0.0165711 60.316.018 966.7 / 40.95 0.0244 0.391 0.3242.4191 0.784 ∗ℎ 3.24 4 . 1 0.390 ∗ℎ ∗ F 0.3901.7307 0.75 m∗kW 1 0.305 ∆ 193187 6 F3.33 c / 1 ∗ ℎ 1.13 1∆ / 6 0. 2 3 2. 1 74 3600 9 82. 3 1 1.33 0.7840.3906 6040 ℎ 0.ℎ3190 6040 °
°
°
°
h = 2350 btu/h . pie2 *“F = 13350 W/m2 .
K.
Hfg=2257ex3 J/KG Pv=0.60kg?m^3
2+ 100+80 2 90 c °
P=965.3Kg/m^3 M=0.315ex-3 kg/m*s V=0.326ex-6m^2/s Cp=4206 J/KG*°c K1=0.675 W/m*°c
Calor latente modificado de vaporización
22573 +0.68∗4206/ c10080 c 2314ex3J/Kg 3 . 7 0 4.81 ∗ℎ ^0.820 . . 81/^2/0.036 − ∗9. 4..81+ .−.∗ 6 ℎ 1.08. 5.2 / / 1287 0 . 6 75/ c 9. 8 1/^2 ℎ 1.081287^1.225.2 0.036 6/^2 5850 ∗ c °
°
°
°
1287
°
°
El area
∗ 3∗2 6 ^2 ℎ∗∆ 5850 c ∗6 ∗ 10080 c 7.02ex5 W )
°
°
CC2 = 0.85 CT = 1.0 CL = 1.0
∗ ∗ ∗√ 0.85∗1∗1∗263√ 7.6 612 2500008 31250 ∗1 2 ∗0.000279/
La temperatura necesaria para el agua de salida
Para tubos de 18 BWG de 7/8in DE a”=0.229 in^2/ft,DI=0.777 in y a”=0.475in^2
Ts=1.5in, Hg=91.7270 °F Puesto que este será un condensador relativamente grande, suponga una máxima longitud de tubo 26,0” y dos pasos de tubo
91. 7 270 0 229 2 0.0002797.5∗0.∗612∗26∗2∗0. 85.9070 F 4753 °
El gato de circulación será:
85.250000∗950 9070 ∗500 29800
Tv=116 °C
∆ 528.2 11634∗56 74 C °
Kf=0.585 kcal/m*hr*°C Viscosidad=0.387ex-3 kg/m/*seg
/ ∗ ^2∗ ∗∆ ℎ 1.13 ∗ / 0 . 5 85 ∗ 975. 2 ∗ 1. 2 7∗10 ∗ 528. 2 ℎ 1.13 1.6 ∗0.387 3∗3600∗56 3590 ∗ℎ ∗ C °
/ 10−
/ /
Se considera un factor de suciedad u obtruccion para las paredes interiores de los tubos de 8.8 x SOLUCION
El área exterior de tubo por unidad de longitud es: Siendo el diámetro interior de los tubos de tubo será:
, el área interior
El área media logarítmica de la pared de tubo será:
El factor de suciedad u obstrucción es el inverso de h. arreglando la ecuación (10) y sustituyendo, se obtiene:
Datos
SOLUCION: El primer paso en el diseño del procedimiento es especificar la corriente de gas que va a ser procesada. En la Tabla 6 se enlistan los parámetros de la corriente de gas, a ser utilizados en éste ejemplo. Los valores para las constantes de la ecuación de Antoine, calor de condensación y capacidad calorífica de la acetona se obtienen del Apéndice A. El calor específico del refrigerante se obtiene del Manual del Ingeniero Químico de Perry. El primer paso para diseñar el tamaño del condensador refrigerado es determinar la presión parcial del COV a la salida del condensador para una eficiencia de remoción determinada. Dada la razón de flujo de la corriente, la concentración de COV a la entrada, se puede calcular la presión parcial del COV.
En seguida, se debe determinar la temperatura necesaria para condensar la cantidad requerida de COV.
El siguiente paso es calcular la carga de calor del condensador de COV. Calcular: (1) la razón de flujo del COV para las corrientes de emisiones de entrada/salida, (2) la razón de flujo del COV condensado y (3) el balance de calor del condensador. La razón de flujo de COV en la corriente de entrada se calcula:
La razón de flujo de COV en la corriente de salida se calcula utilizando la Ecuación 3.7, como sigue: Finalmente, la razón de flujo del COV condensado se calcula: Después, se realiza el balance de calor del condensador. Tal como se indica en la Tabla 3.2, se evalúa el calor de condensación de la acetona a su punto de ebullición, 134°F. Sin embargo, se supone (para simplificar), que toda la acetona se condensa a la temperatura de condensación, Tcon = 16°F. Para calcular el calor de condensación a 16°F, utilice la ecuación de Watson con los siguientes datos:
Después de sustituir, obtenemos:
Se evalúan las capacidades de calor de acetona y aire y el calor específico del refrigerante a 77°F. Ésta temperatura es bastante próxima a la temperatura promedio de operación del condensador (v.g. 86 + 16)/2 = 51 °F. Consecuentemente, utilizando los valores a 77°F no agregará errores significativos adicionales al cálculo de la carga de calor. El cambio en entalpía del COV condensado se calcula:
El cambio de entalpía asociado con el COV no condensado se calcula: Finalmente, el cambio de entalpía de aire no condensable se calcula:
La carga de calor del condensador es entonces calculada substituyendo Hcon, Hnocon, y Hnoncon: El siguiente paso es la estimación del tamaño del condensador de COV. El promedio logarítmico de la diferencia de temperatura se calcula. En éste cálculo:
El área de la superficie del condensador puede entonces calcularse: En ésta ecuación, se utiliza un valor conservador de 20 Btu//hr-ft2 -°F como el coeficiente total de transferencia de calor. La razón de flujo del refrigerante puede calcularse: La capacidad de refrigeración puede ser estimada, como sigue: Finalmente, la cantidad de COV recuperado puede ser estimada utilizando: donde el peso molecular de la acetona se obtiene del Apéndice A. Nótese, la presión parcial de la acetona a la salida del condensador es relativamente alta (43 mmHg). En aplicaciones en las que se desean concentraciones de salida mucho más bajas, puede ser necesario considerar un segundo mecanismo de control (v.g., incinerador, adsorbedor), para operar en serie con el condensador.
Cálculos a) Densidades
29 1.227981 0.082∗228 0389 1.275749 20.9∗1.082∗228 1.25186
b) Velocidad de descarga DI=20.32 cm
1 55∗ 1.0389 52.94 60∗0. 252.03294 ∗ 0.785 27.22 /
c) Aumento de presión
27. 2 2 ∆ 1.0389∗1033+ 2∗9. ∗ 1.825186 1033 ∆ 449.225 d) Potencia
2.94∗449.26255 8.13 560∗75∗0.
Cálculos
1150 7∗ 850 9.47 1150 ∆ 7.5 ∗ 850 13.728
1150 7∗ 850 17.33
Datos P1= 15.8 mmH2O P2= 20.7 mmH2O man rpm= 960
0.77
Cálculos a) Aumento de presión
∆ [20.2 +10333][1033315.8 ] 36.5 358 3600 3700∗358 ∗1000∗0.77 0.477 1150 3700∗ 960 4432 ℎ
b) Eficiencia
c) Capacidad del ventilador para 1150 rpm
d) Potencia consumida por el ventilador a 1150 rpm
1150 0.77∗ 960 1.323
CALDERA
TURBI NA
BOMBA
WT=-521.8KJ/kg H1=2675.8KJ/Kg V1=0.001m3/Kg =V4
p 2=2.34Kpa
CONDENSADOR
P1=1100.32 KPa QSUM=2592.2KJ/Kg
a) El trabajo neto, asociado a cada unidad de masa, que entrega el ciclo. W=V1 (P4-P3)
1000 0.0013 1100.321000 2 . 3 4 1 1 1097.98/ 1097.98 10001 1.097/ + 521.81.097 520.703 520.703/ b)
b) La entalpia específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo.
ℎ2 ℎ2ℎ1ℎ1 ℎ2 520. 703 +2675. 8 ℎ2 2155 / 20.703 0.2009 52592. 2
TURBINA CALDERA
CONDENSADOR
P1=1 atm H1=2256.9 KJ/Kg T1=22°c T2=50°c Ms=340 KG/min
ℎ1 340 2256.9 767346/ 767346 0.2139 183,396 10 / ∆ 183,396 10 1.00 5022 28.0 / 183, 3 96 10 28.0 // 654,98610 / 1 6549.66/ 654,986 10 1000 T)
°
Caldera
TURBI NA
BOMBA
CONDENSADOR
P1=70 Bar
H2=174.18 KJ/Kg
P2= 0.08 Bar
V2=1.0084 X 10 6 m3/Kg
T1=41.51°c
V1=0.025445m 3/Kg
U=2575.15KJ/Kg
W turbina=118.15KJ/Kg
a) Sistema: agua como la sustancia de trabajo en el Ciclo de Rankine.
ℎ ℎ ℎ + 10 1 0.0025445 / ℎ 2575.15 +75 1 1000 . ℎ 2575.15 +190.8375 1. 1. . ℎ 2575.15 +190.8375 . ℎ= 2765.99 2765.99 2765. 259299174. 1 8 / .81 /
b) El trabajo, referido a la unidad de masa, que entrega el ciclo.
− 1.0084 10 750.08 10 1 − 1.0084 10 74.92 1 1000 . − 1.0084 10 7492 7.5549328 1 1 . 7.5549328 118.15+7.5549328 110.5950
Calentador
Turbina
h1=241 KJ/Kg h2=295KJ/Kg h3=134KJ/kg Calentador
t1=-10°c p1=2 Bar p2=16Bar
a) Sistema: refrigerante R – 134ª.
ℎ ℎ 241134 107 ℎ ℎ 134295 161
b) La potencia del compresor si el gasto másico fue 15 kg/s
∆ + + 0 + 0 107 161 54 54 1000 15 810000 107 54 1.9815
c) El coeficiente de operación del ciclo.
INTERCAMBI
.
COMPR ESOR
TURBI NA
INTERCAMBI ADOR DE
P1=12 T1=300°K
12
T3=1000°K W neta=30MV η =0.80
0.80
CALCULO DE LA EMPERATURA PARA UN COMPRESOR
− ..− 300 1 2 610.18 °
+ 610.18 0.8300 +300 678.73 − . − 1 . 10012 491. 66 + 0.8491.99 593.100033 +1000 ℎ + ℎ ℎ ℎ + 3000 73593.33 1578.4 Kg/ 1.0035 300+1000678. °
°
°
°
CALCULO DE TEMPERATURA PARA LA TURBINA
°
°
°
°
°
HACIENDO VOLUMEN DE CONTROL PARA EL COMPRESOR MAS LA TURBINA.
°
°
Qent
SOBRE CALENTADOR
3¨
Qent
WT
Turbin a
Caldera
4 Qcond
Condensador
1
2 WB
P1=30Bar T1=500°c P2=0.1 Bar
Bomba
Aumento de la temperatura: temperatura: T2=25°C
Potencia= 100mv
500
0.1
191.8
0.665
30
194.89
0.665
30
3456.5
7.2338
0.1
2297.5
7.2338
1.0121 X10-3
CALCULO: A) ηT B) m
C) QSUM
D) m AR
DESARROLLO: A) PARA DETERMINAR EL RENDIMIENTO TERMICO SE PLANTEA:
, , ℎ ℎ ℎ ᶋ,ℎ ℎ , ℎ ℎ ℎ + 0.0.1 . : + 7. 2 3380. 6 493 493 8.8.15050.6493 0.878% ℎ ℎ 191.8 + 0.0.878878 2392392.2.8 2292.7 ° °
3456.5 2292.7 1163.8 : , − 10 1 10 , 1.01121 30 0.1 , 3 DETERMINAMOS AHORA EL CALOR SUMINISTRADO POR LA CALDERA AL SISTEMA MEDIANTE LA ECUACION: ECUACION:
ℎ ℎ
DEBIDO A QUE LA ENTALPIA 2 NO ESTA DETERMINADA SE UTILIZA LA ECUACION DE TRABAJO EN LA BOMBA DESPEJANDO h2 Y SUSTITUYENDO.
ℎ ℎ ℎ + ℎ ℎ 3 / +191 + 191..8 194.8 3456.5194.89 3261.6 1163. 8 3 3261.6 0.3558%
DETERMINADA LA ENTALPIA SE SUSTITUYE LA ECUACION (Qsum).
PLANTEADO TODO LOS REQUIRIMIENTOS TENEMOS.
b) EL FLUJO MÁSICO DE VAPOR DE AGUA SE OBTIENE DE LA RELACIÓN FUNDAMENTAL ENTRE TRABAJO Y POTENCIA.
̇ ̇ ̇ ̇ ̇ ̇ ̇ ̇ ̇ 100 10 1 3600 ̇ 1163. 1163.83 1 1 ̇ 3.11 10
SUSTITUYENDO LOS VALORES CORRESPONDIENTES A LA ECUACION SE TIENE:
C) EL FLUJO DE CALOR SUMINISTRADO AL CICLO SE OBTIENE POR MEDIO DE:
̇ SUSTITUYENDO.
̇ 3.11 10 3261.6 36001 1.1 1 101 1 281 ̇ 281000 1000
D) AL APLICAR EL BALANCE DE ENERGÍA AL VOLUMEN DE CONTROL LOCALIZADO ALREDEDOR DEL CONDENSADOR SE TIENE.
̇ ℎ ℎ + ℎ ℎ 0 ℎ ℎ̇ ℎ ̇ ℎ + ̇ ℎ ℎ ̇ 0 ̇ ℎ ℎ 10 3. 1 1 2292. 2 292. 7 191. 8 / ℎ ̇ 117.117.4375.58/ 15.56 10/
RESOLUCION a) Triángulos de velocidades.
11 0.47 ; 1 0.47∗100 47 / 1 1 1 10047 47 53/ 2 1 2 1 0.85∗53 45.05 2 + 2 cos 47 + 45.05 2 ∗45.05cos10 8.25 / 2sin sin ; sin ; sin sin 45.05∗si8.25n10 0.948 3 00 2 2 30 ; 60 5 60047 60∗47 1. 4 96 8. 2 5
c1=100m/seg
°
°
b) diámetro de la rueda en el centro de las cazoletas.
Este diámetro es el también llamado diámetro pelton
Entrada:
60 1 ∗60∗600 31.4 / 10./ 7.14 / 1 4 2 cos1 1 7.14/ 12 33,6 / 7.14 34. 34 sin1 12 1 + 2 cos 31.4 + 34.34 2∗34.3412 7.47 sin 77..1447 0.9558 , 72.9 Ω
°
°
°
°
Salida:
60 0.45∗60∗600 14.14 / 10./ 11. 1 09 2 2 ᾳ2 11.1 15.7. 2 sin 45 cos 14.1415.7∗45 3.0384 / 3. 11.03841 ; 2 74.7 1 4∗3. 0 38 31.4∗33.614. 0.78 132.4 75 1377 0.78∗1∗1 0.78 1000 ∗1∗132.75 4 ∗0.78 Ω
°
°
°
Salto neto:
Potencia del eje:
a) Potencia
8 5 75 1000 ∗3∗200∗0. 75 6800
a) Potencia
3 5 75 1000 ∗6∗240∗0. 75 6720
Utilizando los datos de las tablas de vapor (tablas A-4, A-5 y A-6):
P1=75 kpa Liquido saturado Se busca con la presión de 75 kpa
h1=hf=384.44 KJ/kg v1=vf=0.001037m3/kg
P2=3Mpa s2=s1 Bomba w entrada=v1 (1kj/1kpa.m3)=3.03kj/kg
(p2-p1)
=
(0.001037
h2=h1 +w bomba =384,44+3.03kj/kg=387,47kj/kg
P3=3Mpa T3=350 °C h3=3116.1kj/kg s3=6.7450 kj/kg*k
P4=75 kpa s4=s3
4 4/ X4=6.7450-1.2132/6.2426=0.8861 h4=hf+x4hfg=384.44+0.8861(2278.0)=2403.0 kj/kg q entrada=hs-h2 q entrada=3116.1-387.47 kj/kg=2728.6kj/kg
m3/kg)
(3000-75)kpa
q salida=h4-h1=(2403.0-384.44)kj/kg =2018.6 kj/kg nter=1- salida/q entrada= 1-(2018.6 kj/kg/2728.6 kj/kg)=0.260=26% w turbina-salida=h3-h4=3116.1-2403.0 kj/kg=713.1 kj/kg wneto=w turbina salida-w bomba entrada= (713.1-3.03 )kj/kg-710.1kj/kg wneto=q entrada-qsalida = (2728.6 -2018.6)kj/kg=710 kj/kg nter=wneto/q entrada=710 kj/kg/2728.6 kj/kg=0.260=26%
Balance de materia m7=m3 Balance de energía m7h7=m3h3+Q
Turbina de baja presión Balance de masa m8=m9 Balance de energía m8h8=m9h9+W
Balance de masa m4=m2+m3 Balance de energía m4h4=m2h2+m3h3
Balance de masa m5=m6 m7=m8 Balance de energía Qc=ms(h6-h5)+m8(h8-h7)
m7h7=Q5+m3h3 m7=m3 m7=Q5/h7-h3 Q=7 MW=7000 kj/s Corrientes 2 T=120 °C Tabla A-4 h3=503.82 kj/kg Corriente 7 s6=s7 p7=1 Mpa s6=6.7266 kj/kg.k=s7 Con la presión (1Mpa) en la tabla A-6 interpolamos la entalpia S(kj/kg°k)
h(kj/kg)
6.6956
2828.3
6.7266
X
6.9265
2943.3
h7=2843.712733 kj/kg Calculo de m7 m7=7000kj/s/2843.712733-503.81 kj/kg=2.49kj/s=3 kj/s
Turbina isentropica (s8=s9) P=1 Mpa T=500°C Tabla A-6 s8=7.7642 kj/kg°k h8=3479.1 kj/kg Al salir de la turbine hay una mezcla liquida – vapor, por lo tanto s9=sf+sfg x=s9-sf/sfg A 15 kpa table A-5 sf=0.7549 kj/kg°k Sfg=7.2522 kj/kg°k Sustituyendo X=7.7642-0.7549 kj/kg°k/7.2522 (kj/kg°k)=0.9665 h9=hf+xhfg 15 kpa table A-5 hf=225.94 kj/kg hfg=2372.3 kj/kg h9=225.94+(0.9665)(2372.3 kj/kg) h9=2518.7679 kj/kg m9=m7 (h6-h7) w/h9-h6
m7=2.99 kj/s h7=2843.71 kj/kg h6=3399.5 kj/kg h9=2518.7679 kj/kg ws=3000 kj/s m9=2.94 kg/s(3394.5 kj/kg-2843.712733 kj/kg)-3000 kj/s/2518.7674 kj/kg 3399.5 kj/kg
m9=1.5194 kg/s b) Fracción de vapor extraído para el calentamiento del proceso Xv7=m7/m7+m9 Xv7=2.99 kg/s/2.99 kg/s+1.5194 kg/s Xv7=0.63054 a) Tasa de entrada de calor en la caldera Balance de energía Q=m5(h6-h5)+m8(h8-h7) m8=m9=1.5194 kg/s m5=m3+m2=2.99 kj/s+1.5194 kj/s m5=4.5094 kg/s h8=3479.1 kj/kg h7=2843.712733 kj/kg p=8Mpa y T=500°C h6=3394.5 kj/kg h5=1317.1 kj/kg QE=4.5099kg/s(3394.5 2843.712733 kj/kg)
kj/kg-1317.1kj/kg)+1.5194kg/s
QE=10355.78197 W=10.35578 KW
(3474.1kj/kg-
3. En un ciclo de Rankine , como el que se muestra en la figura, se sabe que el agua entra en la caldera a 75 bar y una entalpia específica de 174.18 kJ/kg; entra en la bomba a 0.08 bar, 1.0084 10 3 m3 /kg y 41.51 °C, entra en la turbina como vapor saturado y seco v = 0.025445 m3 /kg, u = 2575.15 kJ/kg. La turbina produce 118.15 kJ/kg; determine, sin despreciar el trabajo en la bomba. a) El calor, referido a la unidad de masa, que se le proporciona al agua en la caldera. b) El trabajo, referido a la unidad de masa, que entrega el ciclo.
Caldera
TURBI NA
BOMBA
CONDENSADOR
DATOS: P1=70 Bar
H2=174.18 KJ/Kg
P2= 0.08 Bar
V2=1.0084 X 10 6 m3/Kg
T1=41.51°c
V1=0.025445m 3/Kg
U=2575.15KJ/Kg
W turbina=118.15KJ/Kg
DESARROLLO:
a) Sistema: agua como la sustancia de trabajo en el Ciclo de Rankine.
ℎ ℎ ℎ + 10 1 0.0025445 / ℎ 2575.15 +75 1 1000 . ℎ 2575.15 +190.8375 1. 1. . ℎ 2575.15 +190.8375 . ℎ= 2765.99 2765.99 2765. 259299174. 1 8 / .81 /
b) El trabajo, referido a la unidad de masa, que entrega el ciclo.
− 1.0084 10 750.08 10 1 − 1.0084 10 74.92 1 1000 . − 1.0084 10 7492 7.5549328 1 1 . 7.5549328 118.15+7.5549328 110.5950
4. En un ciclo de Rankine 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.
CALDERA
TURBI NA
BOMBA
CONDENSADOR
DATOS: WT=-521.8KJ/kg
p 2=2.34Kpa
H1=2675.8KJ/Kg
V 1=0.001m 3/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)
1000 0.0013 1100.321000 2 . 3 4 1 1 1097.98/ 1097.98 10001 1.097/ + 521.81.097 520.703 520.703/ b)
b) La entalpia específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo.
ℎ2 ℎ2ℎ1ℎ1 ℎ2 520. 703 +2675. 8 ℎ2 2155 / 520.703 2592.2 0.2009
Utilizando los valores suministrados por el inventor, el rendimiento térmico del ciclo es:
500 300
El máximo rendimiento térmico para cualquier ciclo de potencia que pueda operar entre los reservorios a y viene dada por:
Como el rendimiento térmico del ciclo analizado supera el valor máximo teorico, la afirmación del inventor no es válida.
Suposiciones: Es un ciclo ideal en el que las irreversibilidades no ejercen cambios significativos al sistema. Existen condiciones estables de operación, los cambios en las energías cinética y potencial son despreciables Datos conocidos P2 = P3 = 15 Mpa T3 = 600°C
Determinar a) P4 = ? b) nt = ?
P1 = P6 = 10 Kpa (1-X) = 10.4% = 0.104
PROCEDIMIENTO P4 = P5 = Precalentamiento Analizo el punto 5, por tener más datos, para buscar la presión, los cuales son los siguientes: Idealmente T5 = T3 = 600°C S5 = S6 = Sf 6 X Sfg6 (A) Busco Sf 6 y Sfg6, en la tabla de saturación @10 Kpa Sf 6 = 0.6493 Kj/Kg.°K Sfg6 = 7.5009 Kj/Kg°K Sea: 1 – X = 0.104; entonces X = (0.896), que es la calidad que requiero para poder determinar la entropia de la mezcla en el punto 6 Sustituyendo en (A): S5 = S6 = (0.6493 + 0.896 7.5009) Kj /Kg°K = 7.370 Kj /Kg°K Como ya tenemos dos propiedades, se puede buscar P 5 ya que en este punto el vapor está completamente sobrecalentado En la tabla de vapor sobrecalentado @ 7.370 Kj /Kg°K y 600°C, el valor es: P5 = 4 Mpa = P4 Rta a) 4 Mpa b) nt = ? Se determina a partir de: Nt =
1
(B)
Par ahorrar tiempo ser recomienda buscar las entalpias en cada estado, ya que generalmente se utilizan todas. Cuando se seleccione el valor de entalpias por tablas, seleccione además otros datos de importancia, como volumen especifico, o entropía, que probablemente también se requieran para el calculo.
h1 = hf @10 Kpa en la tabla de saturación del agua h1 = 191.83 Kj/Kg V1 = Vf @ 10 Kpa en la tabla de saturación del agua; V1 = 0.00101 m 3/Kg
Aplicamos el balance de energía en la bomba h2 = h1 + wb
(c)
El trabajo de la bomba se determina a partir de la siguiente ecuación: Wb = Vf1 (P2-P1)
(D)
Sustituyendo en (D), los valores conocidos, nos queda: Wb =
0.00101 (1500 – 10) 15.14
Sustituyendo en (C) h2 = (191.83 + 15.4) Kj/Kg
Determinamos el estado, en este caso es un vapor sobrecalentado ya que @ 15 Mpa, la Tsat = 342.24 °C, entonces Tsist > Tsat.
En la tabla V.S.C busco h3 y S3 @ 15 Mpa y 600°C h3 = 3582.3 Kj/Kg S3 = 6.6776 Kj/Kg°K
P4 = 4 Mpa S4 = S3 = 6.6776 Kj/Kg°K Es de suponerse, que estamos en presencia de un vapor sobrecalentado, sin embargo, se recomienda determinarlo, de la siguiente manera: @ 4 Mpa, leemos S f = 2.7964 Kj/Kg°K y S g = 6.0701 Kj/Kg°K, entonces, Ssist > Sg, se comprueba que es un V. S. C. Ahora, leemos h4, interpolando, nos queda: h4 = 3154.26 Kj/Kg°K
En V.S.C. @ T 5 ≈ T3 = 600°C, y S 5 = 7.370 Kj/Kg°K, leemos h 5 = 3674.4 Kj/Kg : Por ser mezcla, se busca la entalpia por la ecuación de la mezcla. h6 = hf6 + X hfg6 @ 10 Kpa , h f6 = 191.83 kj/kg y h fg6 = 2392.8 Kj/Kg Sustituyendo nos queda:
h6 = (191.83 + 0.896 * 2392.8) Kj/Kg = 2335.77 Kj/Kg Aplicando un balance de energía en el condensador qsalida = h6 – h1 qsalida = 2335.77 – 191.83 = 2143.94 Kj/Kg Aplicando un balance de energía en el caldera con recalentamiento qentrada = qI + qII = qcald + qrec = (h3 – h2) + (h5-h4) Al sustituir, las entalpias, resulta: qentrada = 3895.38 Kj/Kg Finalmente, sustituimos en (B), para hallar la eficiencia térmica del ciclo rankine con recalentamiento: ntermica = 0.4496 ≈ 45%
7. A la turbina de un ciclo rankine ideal que se observa en la figura entra vapor sobrecalentado a 30 bar y 500°C y sale del condensador como liquido saturado a 0.1 bar. Determine a) el rendimiento térmico, b) el flujo masico de vapor necesario en Kg/h, c) el flujo de calor suministrado al ciclo MW, y d) flujo masico de agua de enfriamiento en Kg/h si esta aumenta de temperatura desde 18°C hasta 28°C. La potencia neta de salida es 100 MW.
Figura X(ponle el numero que quieras XD :3 ) Esquema del ciclo termodinamico en el problema. Fuente Kenneth Wark y Donald Richards, Termodinamica, Sexta Edicion.
1
0.1
191.8
0.665
2
30
192.89
0.665
30
3456.5
7.2338
0.1
2297.5
7.2338
3
500
4 a) b) c) d)
nt m: qsum: mar:
1.0121 103
X
Para determinar el rendimiento termico se plantea:
(1)
ℎ ℎ ℎ ,ℎ
Trabajo en la turbina
(2)
ℎ ℎ
Como el punto 4 se encuentra en la zona de mezcla (0.1 bar) se plantea lo siguiente
ℎ ℎ + ℎ 6 493 + → → 7.8.213380. 5050.6493 → 0.87887.8% 191.8+0.8782393.8 2292.7/ 3456.5 2292.7 → 1163.8 /
(3)
Planteado esto se tiene que
Sustituyendo 3 se tiene
Sustituyendo 2 se obtiene el trabajo en la turbina:
Para determinar el trabajo en la bomba utilizamos la ecuacion
Determinamos ahora el calor suministrado por la caldera al sistema mediante la ecuacion:
Debido a que la entalpia 2 no esta determinada se utilia la ecuacion de trabajo en la bomba despejando h2 y sustituyendo tenemos
Determinada la entalpia 2 se sustituye ela ecuacion 4
Planteado todos los requerimientos tenemos:
B) el flujo masico de vapor de agua se obtiene de la relacion fundamental entre trabajo y potencia:
Sustituyendo los valores correspondientes a la ecuacion se tiene
c) El flujo de calor suministrado al ciclo se obtiene por medio de:
Sustituyendo en 6 tenemos:
d) Al aplicar el balance de energia al volumen de control localizado alrededor del condensador se tiene:
8. Un ciclo de potencia de vapor ideal que se muestra en la figura (X) funciona con las dos condiciones siguientes: a) El vapor de agua a 120 bar y 600°c se expansiona hasta 10 bar, donde se extrae una parte y se lleva al calentador abierto. El resto se recalienta hasta 540°C y se expande hasta 0.08 bar. Calculese: 1) La fraccion de la corriente total extraida hacia el calentador 2) El rendimiento termico del ciclo
Item
P(bar)
H(Kj/Kg)
1
0.08
173.88
2
10
174.88
3
10
762.81
4
120
762.81
120
775.21
10
3608.3
10
2778.1
8
10
3565.6
9
10
2778.1
5
T(°C)
600
6 7
540
S(KJ]/Kg)
V(m3/Kg) 0.0010084 0.0011273
6.8037 7.8720
a) Realizamos el balance de energia en el calentador
Se calcula la entalpia en 2 utilizando el trabajo en la bomba a
Para obtener mayor precision en el calculo de trabajo de la bomba se realiza:
Como la entalpia 1 se calcula asumiendo un liquido saturado se sustituye en 2:
Se asume la entalpia en 3 y 8 como liquido y vapor saturado respectivamente entonces se sustituye en 1:
b) Rendimiento del ciclo
Realizando el balance de energia para ambas turbinas de forma simultanea se tiene:
Se sustituye en la ecuacion de trabajo de la turbina:
Se realiza el balance de la bomba (b)
Se realiza el balance de energia en la caldera
Se realiza el balance de energia en el recalentador:
El calor suministrado por el sistema esta dado por
El balance de la energia en la bomba (a) tomando en cuenta la fraccion de masa
Sustituimos los valores en la ecuacion de eficiencia
a)
, 1 1 30+273 652+273 0.672 Convierte el 67.2% en trabajo del calor que recibe la maquina térmica de Carnot
b) La cantidad de calor QL que rechaza esta máquina térmica reversible se Determina fácilmente de la ecuación:
30+273500 164 , , 652+273 Durante cada ciclo esta máquina térmica de Carnot rechaza 164 KJ que recibe hacia un sumidero de baja temperatura
13000ℎ 37.5 1 11.3 11 1 5+273 21+273 37.11.53 3.32 ,
