Problema Ciclo Rankine Con To 6l4g6m

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: T3 = 500 º C , P3 = 8 MPa , P4 = 3MPa , T5 = 500 º C , P5 = 3MPa y P6 = 20 kPa 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 @ 20kPa = 251, 42 kJ/kg ⎬ x1 = 0 ⎭ v1 = v f @ 20 kPa = 0, 001017 m3 /kg La caldera opera de manera isobárica, por lo que P2 = P3 . El trabajo suministrado a la bomba se puede determinar como:

⎛ 1kJ ⎞ wb = −v1 ( P2 − P1 ) = − ( 0, 001017 m3 /kg ) ( 8000 kPa − 20 kPa ) ⎜ = −8,12 kJ/kg 3 ⎟ ⎝ 1kPa·m ⎠ Por lo que: wb = h1 − h2 ⇒ h2 = h1 − wb ,en = 251, 42 + 8,12 = 259,54 kJ/kg

El estado 3 está completamente determinado: Edo 3 P3 = 8 MPa ⎫ h3 = 3399,5 kJ/kg ⎬ vsc T3 = 500 º C ⎭ 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 s4 = s3 vsc ⎭ El estado 5 está completamente determinado: Edo 5 P3 = 3MPa ⎫ h3 = 3457, 2 kJ/kg ⎬ vsc T3 = 500 º C ⎭ 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, 2359 − 0,8320 = = 0,9051 P6 = 20 kPa ⎫ x6 = Edo 6 1 7, 0752 s fg ⎬ liq − vap s6 = s5 ⎭ h6 = h f + x6 h fg = 251, 42 + ( 0,9051)( 2357,5 ) = 2385, 2 kJ/kg La salida de trabajo de la turbina viene dada por: wT = wTAP + wTBP = ( h3 − h4 ) + ( h5 − h6 ) = 1366, 4 kJ/kg La eficiencia del ciclo es: w ηciclo = neto qcal Donde wneto = wT + wb , sal = 1366, 4 + ( −8,12 ) = 1358,3kJ/kg

qentra = ( h3 − h2 ) + ( h5 − h4 ) = 3492, 0 kJ/kg Finalmente, 1358,3 ηciclo = = 38,9 % 3492,5

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s fg = sg − s f y h fg = hg − h f