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Ejercicio de un ciclo de Potencia de Vapor, resuelto paso a paso
Tipo: Ejercicios
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Universidad Simón Bolívar División de Ciencias Físicas y Matemáticas Departamento de Termodinámica y Fenómenos de Transferencia Termodinámica II para Ing. Mecánica (TF-2123)
Profesora: Sylvana Derjani Autoría del problema: Jesús A. Díaz (jadzmolina@gmail.com) Preparador: Isamar Guevara (isamar.guevara@gmail.com)
14 de mayo de 2021
Se tiene una planta de potencia de vapor que opera entre 10 MPa y 10 kPa. La planta con regeneración y recalentamiento genera una potencia neta de 100 MW. El vapor generado en la caldera se expande primero hasta una presión de 4 MPa, momento en el que se extrae una fracción y se desvía hacia un regenerador cerrado, mientras que el vapor restante se expande en una segunda etapa hasta una presión de 1 MPa. De esta corriente a 1 MPa se extrae una fracción z que se envía a un regenerador abierto, y el resto se recalienta y se expande nuevamente hasta alcanzar el estado de vapor saturado a la entrada de condensador. El condensado del regenerador cerrado es retroalimentado al regenerador abierto. La relación de potencia producida por la turbina de baja presión a la potencia consumida por la bomba de baja presión es 1223,3.
Las variaciones de energía cinética y potencial pueden despreciarse, ∆ 12 v^2 ≈ ∆gz ≈ 0
dEsist dt = Q̇ − Ẇ + ∑ ṁe^ (he^ +
2 ve
(^2) + gze) − ∑ ṁe (hs +^1 2 vs
(^2) + gzs)
0 = Q̇ − Ẇ + ∑ ṁehe − ∑ ṁ (^) s hs
Balance de masa
Dado que no hay información sobre los flujos másicos, normalizamos los flujos másicos para describir todas las corrientes en función de fracciones:
ṁ 4 = ṁ 5 = ṁ 6 = ṁ 7 = ṁ ṁ 12 = ṁ 13 = ṁ 14 = yṁ ṁ 8 = (1 − y)ṁ ṁ 9 = zṁ ṁ 1 = ṁ 2 = ṁ 3 = ṁ 10 = ṁ 11 = (1 − y − z)ṁ
El diagrama resultante puede observarse a continuación:
Balance de energía (por equipo)
Suposición: Operación adiabática (Q̇ = 0)
TAP
ẆTAP = m ̇ h 7 − ym ̇ h 12 − (1 − y)m ̇ h 8
ẆTAP = m ̇ (h 7 − y h 12 − (1 − y) h 8 )
ẆTBP = m ̇ (1 − 𝑦 − 𝑧) (h 11 − h 1 )
Suposición: Operación adiabática (Q̇ = 0)
B
ẆB1 = m ̇ (1 − 𝑦 − 𝑧) (h 2 − h 3 )
B
ẆB2 = m ̇ (h 4 − h 5 )
Suposición: No realizan trabajo (Ẇ = 0)
Caldera
Q̇H = m ̇ ((h 7 − h 6 ) + (1 − 𝑦 − 𝑧)(h 11 − h 10 ))
Condensador
Q̇L = m ̇ (1 − 𝑦 − 𝑧) (h 2 − h 1 )
Finalmente, tenemos que el trabajo total del ciclo está dado (WT = 100 MW), con lo cual:
ẆT = ẆTAP + ẆTBP + ẆB1 + ẆB2 = 100 MW = 100·10^3 kW
100·10^3 kW = m ̇ (h 7 − 𝑦 h 12 − ( 1 − 𝑦)h 8 + ( 1 − 𝑦 − 𝑧) (h 11 − h 1 + h 2 − h 3 ) + h 4 − h 5 )
100·10^3 kW = m ̇ (h 7 − 𝑦 h 12 − ( 1 − 𝑦)h 8 + ( 1 − 𝑦 − 𝑧) (h 11 − h 1 + h 2 − h 3 ) + h 4 − h 5 )
Para hallar T 7 se necesita definir el estado de la corriente 7, para lo cual se necesitan dos propiedades termodinámicas. En este caso, solo la presión P 7 es conocida y no puede obtenerse la entalpía h 7 dado que los valores del flujo m ̇ y la potencia ẆTAP son desconocidos.
Sin embargo, observando el proceso, la corriente 7 proviene de un recalentamiento en la caldera, al igual que la corriente 11. Por lo tanto, podemos decir que T 7 = T11.
Adicionalmente para definir esta corriente utilizaremos la relación dada por el
problema: | h h^112 −h−h 31 | = 1223,
Utilizando tablas de vapor:
Corriente 1
x 1 = 1 (VS) P 1 = 10 kPa
h 1 = hg @ 10 kPa = 2583,87 kJ/kg s 1 = 8,1489 kJ/kg·K T 1 = 45,81 ◦C
Corriente 2
x 2 = 0 (Sup. dado que es la salida del condensador, LS) P 2 = 10 kPa (Sup. que no hay caídas de presión en el condensador, P 2 = P 1 )
h 2 = hf @ 10 kPa = 191,812 kJ/kg s 2 = 0,6492 kJ/kg·K T 2 = 45,81 ◦C
Corriente 3
P 3 = 1 MPa (Sup. que no hay caídas de presión en el condensador, P 2 = P 1 ) s 3 = s 2 = 0,6492 kJ/kg·K (Sup. que la bomba es isentrópica)
Estado: líquido comprimido (LC) h 3 = 192,812 kJ/kg T 3 = 45,84 ◦C
Utilizando entonces la expresión de | h h^112 −h−h 31 | = 1223,3 podemos despejar h 11 : h 11 = 1223 , 3 · (|h 2 − h 3 |)^ + h 1 h 11 = 1223 , 3 · (| 191 , 812 − 192 , 812 |)^ + 2583 , 87 h 11 = 3807,17 kJ/kg
Corriente 11
P 3 = 1 MPa h 11 = 3807,17 kJ/kg
Estado: vapor sobrecalentado (VSC) T 11 = 648,50 ◦C s 11 = 8,152 kJ/kg·K Como T 11 = T 7 T 7 = 648,50 ◦C
Temperatura a la entrada de TAP = T 7 = 648,50 ◦C
Para hallar las fracciones y y z necesitamos resolver los balances planteados anteriormente para el regenerador abierto (RA) y el regenerador cerrado (RC). Para ello, definimos las corrientes faltantes:
Corriente 7
P 7 = 10 MPa T 7 = 648,50 ◦C
Estado: vapor sobrecalentado (VSC) h 7 = 3744,658 kJ/kg s 7 = 7,037 kJ/kg·K
Corriente 6
P 6 = 10 MPa T 6 = Tsat^ @ P 12 = 250,36 ◦C
Estado: líquido comprimido (LC) h 6 = 1087,4297 kJ/kg s 6 = 2, 782 kJ/kg·K
Definidas todas las corrientes del ciclo, procedemos a hallar las fracciones y y z :
h 6 − h 5 h 12 − h 13 =^
𝒚 = 𝟎, 𝟏𝟑𝟓𝟖
𝑧 = 𝑦 (h 14 − h 3 ) + h 3 − h 4 h 3 − h 9 =^
( 0 , 1358 )( 1087 , 426 − 192 , 812 ) + 192 , 812 − 762 , 683 192 , 812 − 3002 , 414
𝒛 = 𝟎, 𝟏𝟓𝟗𝟔
Para hallar el flujo másico de vapor que ingresa a la TAP, utilizamos la ecuación del trabajo del ciclo:
ṁ = 100 ·^10
(^3) kW (h 7 − 𝑦 h 12 − ( 1 − 𝑦)h 8 + ( 1 − 𝑦 − 𝑧) (h 11 − h 1 + h 2 − h 3 ) + h 4 − h 5 )
ṁ = 64,984 kg/s
Este flujo correrponde a:
ṁ (^) TAP = ṁ 7 = ṁ = 64,984 kg/s
Para determinar la eficiencia isentrópica de la TBP, basta con saber que:
ηTBP = Ẇ Ẇ𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙𝑟𝑒𝑎𝑙 (Para turbinas)
ηTBP = Ẇ Ẇ𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙𝑟𝑒𝑎𝑙 = (^) mm ̇ ̇ ((1−𝑦−𝑧1−𝑦−𝑧)) (^) (h(h 1111 −h−h 11 ∗))
Definimos h 1 ∗, que corresponde al estado isentrópico a la salida de la turbina TBP:
Corriente 1 (1s)*
P 1 *^ = P 1 = 10 kPa s 1 *^ = s 11 = 8,152 kJ/kg·K
Estado: vapor sobrecalentado (VSC) h 1 *^ = 2584,879 kJ/kg T 1 *^ = 46,32 ºC
Así,
ηTBP =
(h 11 − h 1 ) (h 11 − h 1 ∗) =^
(3807,17 − 2583,87) (3807,17 − 2584,879)
ηTBP = 1 , 00
Hallamos la eficiencia térmica del ciclo a partir de la definición:
ηciclo = Ẇ𝑇 Q̇𝐻^ =^
100000 m ̇ ((h 7 − h 6 ) + (1 − 𝑦 − 𝑧)(h 11 − h 10 ))
ηciclo = Ẇ Q̇𝑇 𝐻
= (^64) , 984 [( 3744 , 658 − 1087 , 4297 ) + 100000 ( 1 − 0 , 13580 , 1596 ) · ( 3807 , 17 − 3002 , 41 )]
ηciclo = 0 , 4773
La eficiencia máxima del ciclo corresponde a la eficiencia de un ciclo de Carnot que opera entre las temperaturas 𝑇𝐿 y 𝑇𝐻:
ηmax = ηcarnot = 1 −
ηmax = 0,
Como ηciclo < ηcarnot, el ciclo es posible.
ηciclo = (0,47730,6539) ηcarnot → ηciclo = 0,73 ηcarnot
