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Instituto Tecnológico de Mérida Carlos Antonio Sonda ChacónPlantas Térmicas Noviembre de 2012
PROBLEMA 1: Ciclo Rankine con Sobrecalentamiento
Se tiene una planta termoeléctrica, que su ciclo termodinámico ideal es un ciclo Rankine con sobrecalentamiento que tiene los límites de presión de 15MPa. , y de 12kPa . El límite superior de la temperatura es de 360℃. Si el sistema genera 150MW . , determinar:
a) Las eficiencias del ciclo de Carnot y del ciclo Rankine, compararlas.b) Los valores de las propiedades termodinámicas de las condiciones de estado del ciclo
Rankine (Tabla).c) Determinar la evaporación generada por la caldera para generar la potencia de la
planta.d) Determinar la cantidad de combustible consumido por hora si se utiliza Gas Natural.e) Comparar las eficiencias con un ciclo Rankine simple con los mismos límites de presión,
también con el de Carnot.f) Mostrar gráficamente la diferencia del trabajo neto entre un ciclo Rankine simple y
uno con sobrecalentamiento.
SOLUCIÓN: Datos del problema
Presión: 20KPa.−15Mpa . Temperatura:¿?−360℃ . Potencia generada: 150MW .
Figura 1.- Esquema y Diagrama Termodinámico del Ciclo Rankine con Sobrecalentamiento.
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Instituto Tecnológico de Mérida Carlos Antonio Sonda ChacónPlantas Térmicas Noviembre de 2012
b) Primero procedemos a encontrar los valores de las condiciones de estado:
Estado Presión K Pa.
Temperatura ℃
Energía interna KJKg
Entalpía KJKg
Entropía KJ
kg ∙ ° K1.- Líquido saturado
20 60.06 251.40 251.42 0.8320
2.- Líquido comprimido
15,000 336.84 251.40 * 276.2418 0.8320
a.- Líquido saturado
15,000 342.16 1,585.5 1,610.3 3.6848
b.- Vapor saturado.
15,000 342.16 2,455.7 2,610.8 5.3108
3.- Vapor sobrecalentado
15,000 360 2,564.84 2,749.62 5.53142
4.- Vapor húmedo
20 60.06 **1,715.69532 **1,817.2715 **5.53142
¿h2=h1+v ∆ P=251.42+ (15,000−20 ) (0.001657 )=251.42+24.82186=276.2418
v ∆ P=Incremento por parte de la bomba=P2−P1
ρ
**Para hallar los valores del vapor húmedo procedemos a encontrar la calidad del vapor, teniendo en cuenta que la expansión en la turbina es a entropía constante: S3=S4
Si : sx=x sfg+sf →x=sx−sf
sfg
=5.53142−0.83207.0752
=0.66421≈66.42%( Calidaddel vapor )
Ya teniendo la cantidad de vapor, encontramos los demás valores del vapor húmedo.
ux=xu fg+u f =(0.6642 ) (2,204.6 )+251.40=1,715.69532 KJKg
hx=x hfg+hf =(0.6642 ) (2,357.5 )+251.42=1,817.2715 KJKg
a) Ya teniendo los valores de la tabla completa, encontramos las eficiencias correspondientes.
ηCarnot=1−T L
T H
=1−60.06℃+273360℃+273
=1−333.06 ° K633 ° K
=1−0.52616=0.4738≈47.38%
ηRankine=1−QR
QA
=1−h4−h1h3−h2
=1−1,817.2715−251.422,749.62−276.2418
=1−1,565.85152,473.3782
=1−0.6331=0.3669≈36.69%
Al comparar las eficiencias observamos que la eficiencia ideal más alta que podemos alcanzar con esas temperaturas es de 47.38% y nuestra eficiencia real es del 36.69% con una diferencia del 10.69%.
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Instituto Tecnológico de Mérida Carlos Antonio Sonda ChacónPlantas Térmicas Noviembre de 2012
c) Ahora encontramos la evaporación que se necesita para generar los 150 MW.
h3−h2=Cantidad devapor generado. Potencia generada=150MW=150,000 KJs
∴Evaporación=150,000
KJs
2,473.3782KJKg
=60.6458Kgs
∙3,600 s1hr
=218,324.8805Kghr
≈218.325Toneladas
hr .
d) Ahora encontramos la cantidad de gas natural utilizado. Si:
ηtérmica=Energíaútil
Energía suministrada= Energíaútil de vaporización
Poder calorífico ∙Consumode Combustible
Si se generan 218,324.8805 Kg de vapor por hora y cada kg de vapor genera 2,473.3782 KJ:
Energíaútilde vaporización
=(218,324.8805 Kghr )(2473.3782 KJ
Kg )=540,000,000 KJhr
S i P .C .Gas natural=45,000KJKg
y ηRankine=0.3669∴0.3669=540,000,000
KJhr
(45,000 KJKg )(C .C )
→
C .C=540,000,000
KJhr
(45,000 KJKg ) (0.3669 )
=32,706.45953Kghr
deGas Natural .
e) Ahora comparamos las eficiencias obtenidas anteriormente con un ciclo Rankine simple y de Carnot bajo las mismas condiciones.
Utilizando los valores de la tabla anterior pero corrigiendo que la condición de estado b=condición de estado 3, y obteniendo los nuevos valores del punto 4.
Estado Presión KPa.
Temperatura ℃
Energía interna KJKg
Entalpía KJKg
Entropía KJ
kg ∙ ° K4.- Vapor húmedo
20 60.06 ** 1,646.9118 ** 1,743.7175 5.3108
**Para hallar los valores del vapor húmedo procedemos a encontrar la calidad del vapor, teniendo en cuenta que la expansión en la turbina es a entropía constante.
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Instituto Tecnológico de Mérida Carlos Antonio Sonda ChacónPlantas Térmicas Noviembre de 2012
Si : sx=x sfg+sf →x=sx−sf
sfg
=5.3108−0.83207.0752
=0.633≈63.3%( Calidaddel vapor)
Ya teniendo la cantidad de vapor, encontramos los demás valores del vapor húmedo.
ux=xu fg+u f =(0.633 ) (2,204.6 )+251.40=1,646.9118 KJKg
hx=x hfg+hf =(0.633 ) (2,357.5 )+251.42=1,743.7175 KJKg
Ya teniendo los valores de la tabla completa, encontramos las eficiencias correspondientes.
ηCarnot=1−T L
T H
=1− 60.06℃+273342.16℃+273
=1−333.06 ° K615.16 ° K
=1−0.54142=0.45858≈45.858%
ηRankine=1−QR
QA
=1−h4−h1h3−h2
=1−1,743.7175−251.422,610.8−276.2418
=1−1,492.29752,334.5582
=1−0.6392=0.36078≈36.078%
Al comparar las eficiencias con el ciclo Rankine sobrecalentado podemos observar una eficiencia menor por parte del ciclo Rankine simple, aunque la diferencia es de 0.612 % y en los ciclos de Carnot es de 1.522 %, en términos termodinámicos 1% representa un gran aumento hablando monetariamente, por lo tanto podemos concluir que al sobrecalentar más el vapor de agua podemos obtener mayores eficiencias y por tanto mayores ganancias.
f) Diferencia gráfica del trabajo neto del ciclo Rankine simple y con sobrecalentado.
W neto Rankine Simple
Vapor Húmedo
Vapor Saturado
4 4
b y 3a
3
2
1
T
s
Líquido Saturado
Punto Crítico
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W neto Rankinecon Sobrecalentamiento
PROBLEMA 2: Ciclo Rankine con Sobrecalentamiento
Se tiene una planta termoeléctrica, que su ciclo termodinámico ideal es un ciclo Rankine con doble sobrecalentamiento que tiene los límites de presión de 15MPa. , y de 12kPa . El límite superior de las dos temperaturas es de 360℃. Si el sistema genera 150MW . , determinar:
a) Las eficiencias del ciclo de Carnot y del ciclo Rankine, compararlas.b) Los valores de las propiedades termodinámicas de las condiciones de estado del ciclo
Rankine (Tabla).c) Determinar la evaporación generada por la caldera para generar la potencia de la planta.d) Determinar la cantidad de combustible consumido por hora si se utiliza Gas Natural.e) Comparar las eficiencias con un ciclo Rankine simple con los mismos límites de presión,
también con el de Carnot.f) Mostrar gráficamente la diferencia del trabajo neto entre un ciclo Rankine simple y uno
con sobrecalentamiento.
SOLUCIÓN: Datos del problema
Presión: 20KPa.−15Mpa . Temperatura:¿?−360℃ . Potencia generada: 150MW .
Figura 2.- Esquema y Diagrama Termodinámico del Ciclo Rankine con Doble Sobrecalentamiento.
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Instituto Tecnológico de Mérida Carlos Antonio Sonda ChacónPlantas Térmicas Noviembre de 2012
b) Primero procedemos a encontrar los valores de las condiciones de estado:
Estado Presión KPa.
Temperatura ℃
Energía interna KJKg
Entalpía KJKg
Entropía KJ
kg ∙ ° K1.- Líquido saturado
20 60.06 251.40 251.42 0.8320
2.- Líquido comprimido
15,000 336.84 251.40 * 276.2418 0.8320
a.- Líquido saturado
15,000 342.16 1,585.5 1,610.3 3.6848
b.- Vapor saturado.
15,000 342.16 2,455.7 2,610.8 5.3108
3.- Vapor sobrecalentado
15,000 360 2,564.84 2,749.62 5.53142
c.- Vapor saturado.
*11,379.544
*320.623 *2,524.430431 *2698,.569526 *5.53142
3’.- Vapor sobrecalentado
11,379.544
360 2,688.522567 2,909.35647 5.8779111
4.- Vapor húmedo
20 60.06 **1,823.72072 **1,932.789 **5.8779111
¿h2=h1+v ∆ P=251.42+ (15,000−20 ) (0.001657 )=251.42+24.82186=276.2418
v ∆ P=Incremento por parte de la bomba=P2−P1
ρ
*Para hallar los valores del punto C, tomando en cuenta que es a entropía constante la expansión de la turbina de alta presión: s3=scy de la tabla A4, interpolamos:
T c=T i+( sc−s i
ss−s i) (T s−T i )=320+( 5.53142−5.53725.4908−5.5372 ) (325−320 )=320.623℃
Pc=Pi+( sc−si
ss−si) ( Ps−Pi )=11,284+( 5.53142−5.53725.4908−5.5372 )(12,051−11,284 )=11,379.5444KPa .
uc=u i+( sc−si
ss−si) (us−ui )=2,526.0+( 5.53142−5.53725.4908−5.5372 )(2,513.4−2,526.0 )=2,524.430431 KJ
Kg
hc=hi+( sc−si
ss−si)( hs−hi )=2,700.6+( 5.53142−5.53725.4908−5.5372 ) (2,684.3−2,700.6 )=2698.569526 KJ
Kg
Ahora para encontrar los valores de la condición de estado 3’ (Vapor sobrecalentado), si Pc=P3 ' procedemos a una doble interpolación con los datos de la tabla A-6. Presión :10−12MPa. yTemperatura :350−400℃
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1a Interpolación:Presión=10MPa
ui '=ui+(T 3 '−T i
T s−T i)(us−u i)=2,699.6+( 360−350400−350 ) (2,833.1−2,699.6 )=2,726.3 KJ
Kg
hi '=h i+(T3 '−T i
T s−T i) (hs−hi )=2,924.0+( 360−350400−350 )(3,097.5−2,9240 )=2,958.7 KJ
Kg
si '=si+(T 3 '−T i
T s−T i)( ss−si )=5.9460+( 360−350400−350 )(6.2141−5.9460 )=5.99962 KJ
Kg ∙ ° K
Presión=12.5MPa
us'=u i+(T3 '−T i
T s−T i) (us−ui )=2,624.9+( 360−350400−350 ) (2,789.6−2,624.9 )=2,657.84 KJ
Kg
hs '=hi+(T 3 '−T i
T s−T i) (hs−h i)=2,826.6+( 360−350400−350 ) (3,040.0−2,826.6 )=2,869.28 KJ
Kg
ss'=s i+(T3 '−T i
T s−T i) (ss−si )=5.7130+( 360−350400−350 ) (6.0433−5.7130 )=5.77906 KJ
Kg ∙ ° K
2a Interpolación :Presión=11,379.544 KPa
u3 '=ui '+( P3 '−Pi
P s−Pi) (us '−u i' )=2,726.3+( 11,379.544−10,00012,500−10,000 ) (2657.84−2,726.3 )=2,688.522567 KJ
Kg
h3 '=hi'+(P3 '−Pi
P s−Pi) (hs '−hi ' )=2,958.7+( 11,379.544−10,00012,500−10,000 )(2869.28−2,958.7 )=2,909.35647 KJ
Kg
s3 '=si '+( P3 '−Pi
Ps−Pi) (ss '−si ' )=5.99962+( 11,379.544−10,00012,500−10,000 ) (5.77906−5.99962 )=5.87791111 KJ
Kg ∙ ° K
**Para hallar los valores del vapor húmedo (estado 4) procedemos a encontrar la calidad del vapor, teniendo en cuenta que la expansión en la turbina de baja presión es a entropía constante: s3=sc
Si : sx=x sfg+sf →x=sx−sf
sfg
=5.87791111−0.83207.0752
=0.7132≈71.32%( Calidaddel vapor )
Ya teniendo la cantidad de vapor, encontramos los demás valores del vapor húmedo.
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ux=xu fg+u f =(0.7132 ) (2,204.6 )+251.40=1,823.72072 KJKg
hx=x hfg+hf =(0.7132 ) (2,357.5 )+251.42=1,932.789 KJKg
a) Ya teniendo los valores de la tabla completa, encontramos las eficiencias correspondientes.
ηCarnot=1−T L
T H
=1−60.06℃+273360℃+273
=1−333.06 ° K633 ° K
=1−0.52616=0.4738≈47.38%
ηRankine=1−QR
QA
=1−h4−h1
(h¿¿3−h2)+(h¿¿3 '−hc )=1−1,932.789−251.42
(2,749.62−2,76.2418 )+(2,909.35647−2,698.569526)=1− 1,681.369
2,473.3782+210.786944=1− 1,681.369
2,684.165144=1−0.626402963=0.373597036≈37.36% ¿¿
Al comparar las eficiencias observamos que la eficiencia ideal más alta que podemos alcanzar con esas temperaturas es de 47.38% y nuestra eficiencia real es del 37.36% con una diferencia del 10.02%, comparada con un sobrecalentamiento obtenemos una mayor eficiencia. Podemos notar que al hacer un doble sobrecalentamiento al vapor, su calidad aumenta.
c) Ahora encontramos la evaporación que se necesita para generar los 150 MW.
(h3−h2 )+(h¿¿3'−hc)=Cantidad devapor generado .¿
Potencia generada=150MW=150,000KJs
∴Evaporación=150,000
KJs
2,684.165144KJKg
=55.88329777Kgs
∙3,600 s1hr
=201,179.872Kghr
≈201.179Toneladas
hr .
d) Ahora encontramos la cantidad de gas natural utilizado. Si:
ηtérmica=Energíaútil
Energía suministrada= Energíaútil de vaporización
Poder calorífico ∙Consumode Combustible
Se generan 201,179.872 Kg de vapor por hora y cada kg de vapor genera 2,684.165144 KJ
Energíaútilde vaporización
=(201,179.872 Kghr )(2,684.165144 KJ
Kg )=540,000,000 KJhr
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Si P .C .Gasnatural=45,000KJKg
yηRankine=0.3736∴0.3736=540,000,000
KJhr
(45,000 KJKg ) (C .C )
→
C .C=540,000,000
KJhr
(45,000 KJKg ) (0.3736 )
=32,119.91435Kghr
deGas Natural .
e) Ahora comparamos las eficiencias obtenidas anteriormente con un ciclo Rankine simple y de Carnot bajo las mismas condiciones.
Utilizando los valores las eficiencias del ciclo de Carnot y de Rankine simple (Ver problema 1, inciso e).
Al comparar las eficiencias con el ciclo Rankine con doble sobrecalentado podemos observar una eficiencia menor por parte del ciclo Rankine simple, aunque la diferencia es de 1.282 % y en los ciclos de Carnot es de 1.522 %, en términos termodinámicos 1% representa un gran aumento hablando monetariamente, por lo tanto podemos concluir que al realizar un doble sobrecalentado, obtenemos eficiencias mucho mayores y por tanto mayores ganancias.
f) Diferencia gráfica del trabajo neto del ciclo Rankine simple y con doble sobrecalentado.
W neto Rankine Simple
W neto Rankine dobleSobrecalentamiento
PROBLEMA 3: Ciclo Rankine Con Extractor Para Calentador.
Se tiene una planta termoeléctrica que tiene un ciclo Rankine ideal que trabaja a una presión absoluta de 20MPa. ,con una temperatura de 550℃ a la entrada de la turbina. La turbina tiene una extracción a 12MPa., que se mezcla con el agua de condensado en un intercambiador de calor de mezcla. La última etapa de la turbina se encuentra a 70k Pa. Determinar:
3
4 4
a
2
1
b y 3
T
s
Vapor Húmedo
Vapor SaturadoLíquido
Saturado
Punto Crítico
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a) La eficiencia del ciclo.b) La cantidad total de vapor que va producir la caldera.c) La cantidad de vapor que se va extraer de la turbina.d) La cantidad de combustible consumido por hora si la planta es de 150M W . , y si se
usa Diesel Pesado como combustible.
SOLUCIÓN: Datos del problema
Presión: 70KPa.−20Mpa . Presión de extracción: 12MPa Temperatura:¿?−550℃ . Potencia generada: 150MW . Combustible: Diesel Pesado.
Figura 3.- Esquema y Diagrama Termodinámico del Ciclo Rankine con Extractor para Calentador.
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Primero procedemos a encontrar los valores de las condiciones de estado:
Estado Presión KPa.
Temperatura ℃
Energía interna KJKg
Entalpía KJKg
Entropía KJ
kg ∙ ° K
Volumen específico
m3/Kg1.- Líquido saturado
70 89.672 375.86 375.66 1.1888 0.0010356
2.- Líquido comprimido
12,000 89.672 375.86 * 388.014708 1.1888 0.0010356
3.- Líquido saturado
12,000 324.68 1,473.0 1,491.3 3.4964 0.001526
4.- Líquido comprimido
20,000 324.68 1,473.0 *1,503.508 3.4964 0.001526
a.- Líquido saturado
20,000 365.75 1,785.8 1,826.6 4.0146 0.002038
b.- Vapor saturado.
20,000 365.75 2,294.8 2,412.1 4.9310 0.005862
5.- Vapor sobrecalentado
20,000 550 3,064.7 3,396.2 6.3390 0.016571
6.- Vapor sobrecalentado
12,000 *459.4906 *2,940.493986 *3,236.430395 *6.3390 *0.024808582
7.- Vapor húmedo
70 89.672 **2,118.517236 **2,243.888788
**6.3390 **1.981721396
Para encontrar los valores del estado 1, usamos la tabla A-5 interpolando para 70KPa.
T 1=T i+(P1−Pi
Ps−P i) (T s−T i)=81.32+(70−5075−50 ) (91.76−81.32 )=89.672℃
u1=u i+( P1−Pi
Ps−P i) (us−ui )=340.49+( 70−5075−50 )(384.36−340.49 )=375.586 KJ
Kg
h1=hi+( P1−Pi
P s−Pi) (hs−hi )=340.54+( 70−5075−50 )(384.44−340.54 )=375.66 KJ
Kg
s1=si+(P1−Pi
Ps−P i) (ss−si )=1.0912+( 70−5075−50 ) (1.2132−1.0912 )=1.1888 KJ
Kg ∙° K
v1=v i+( P1−Pi
P s−Pi)( vs−v i )=0.001030+( 70−5075−50 ) (0.001037−0.001030 )=0.0010356 m3
Kg
¿h2=h1+v ∆ P=375.66+(12,000−70 ) (0.0010356 )=388.014708 KJKg
¿h4=h1+v ∆ P=1,491.3+(20,000−12,000 ) (0.001526 )=1503.508 KJK g
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v ∆ P=Incremento por parte de la bomba=P2−P1
ρ
*Para encontrar los valores del estado 6, tomando que la expansión de la turbina es a entropía constante: s5=s6 realizamos una doble interpolación entre 10 y12.5MPa.
1a Interpolación:Presión=10MPa
T i'=T i+( s6−s i
ss−s i) (T s−T i )=400+( 6.3390−6.21416.4219−6.2141 ) (450−400 )=430.053℃
v i'=v i+( s6−si
ss−si)( vs−v i )=0.026436+( 6.3390−6.21416.4219−6.2141 ) (0.029782−0.026436 )=0.028447142 m3
Kg
ui '=ui+( s6−si
ss−si) (us−ui )=2,833.1+( 6.3390−6.21416.4219−6.2141 )(2,949.5−2,833.1 )=2,900.05794 KJ
Kg
hi '=h i+( s6−si
ss−si) (hs−h i )=3,097.5+( 6.3390−6.21416.4219−6.2141 ) (3,242.4−3,097.5 )=3,184.593407 KJ
Kg
Presión=12.5MPa
T s '=T i+( s6−si
ss−si) (T s−T i )=450+( 6.3390−6.27496.4651−6.2749 )(500−450 )=466.85℃
vs '=v i+( s6−si
ss−si) (v s−vi )=0.023019+( 6.3390−6.27496.4651−6.2749 )(0.025630−0.023019 )=0.023898942 m3
Kg
us'=u i+( s6−si
ss−si)(us−ui )=2,913.7+( 6.3390−6.27496.4651−6.2749 )(3,023.2−2,913.7 )=2,950.602997 KJ
Kg
hs '=hi+( s6−si
ss−si) (hs−hi )=3,201.5+( 6.3390−6.27496.4651−6.2749 ) (3,343.6−3,201.5 )=3,249.389642 KJ
Kg
2a Interpolación:Presión=12MPa
T 6=T i'+(P6−Pi
Ps−Pi) (T s'−T i' )=430.053+( 12−1012.5−10 ) (466.85−430.053 )=459.4906℃
v6=v i '+( P6−P i
P s−Pi)( vs '−v i' )=0.02844714+( 12−1012.5−10 )(0.02389894−0.02844714 )=0.024808582 m3
Kg
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u6=ui '+(P6−Pi
Ps−P i) (us '−u i' )=2,900.0579+( 12−1012.5−10 ) (2,950.60299−2,900.0579 )=2,940.493986 KJ
Kg
h6=hi '+( P6−Pi
P s−Pi) (hs '−hi ' )=3,184.5934+( 12−1012.5−10 ) (3,249.389642−3,184.5934 )=3,236.430395 KJ
Kg
**Para hallar los valores del vapor húmedo (estado 7) procedemos a encontrar la calidad del vapor, teniendo en cuenta que la expansión en la turbina es a entropía constante: s5=s7
Primero encontramos las propiedades de evaporación a 70KPa, interpolando de la tabla A5:
vg=vg i+( P7−Pi
P s−Pi)( v gs−vg i )=3.2403+( 70−5075−50 ) (2.2172−3.2403 )=2.42182 m3
Kg∴ v f g=2.42182−0.0010356=2.4207844
m3
Kg
h fg=hfg i+( P7−P i
P s−Pi)( hfg s−hfg i )=2,304.7+( 70−5075−50 ) (2,278.0−2,304.7 )=2,283.34 KJ
Kg
u fg=ufg i+( P7−Pi
P s−Pi) (u fg s−u fgi )=2,142.7+( 70−5075−50 ) (2,111.8−2,142.7 )=2,117.98 KJ
Kg
s fg=s fg i+( P7−Pi
P s−Pi) ( s fg s−sfg i )=6.5019+( 70−5075−50 ) (6.2426−6.5019 )=6.29446 KJ
Kg ∙ ° K
Si : sx=x sfg+sf →x=sx−sf
sfg
=6.3390−1.18886.29446
=0.8182≈81.82%( Calidaddel vapor )
Ya teniendo la cantidad de vapor, encontramos los demás valores del vapor húmedo.
ux=xu fg+u f =(0.8182 ) (2,117.98 )+385.586=2,118.517236 KJKg
hx=x hfg+hf =(0.8182 ) (2,283.34 )+375.66=2,243.8887888 KJKg
vx=x v fg+v f= (0.8182 ) (2.4207844 )+0.0010356=1.981721396 m3
Kg
Ahora procedemos a encontrar la fracción de vapor extraído de la turbina: y=m6
m5
analizando
el intercambiador de calor de mezcla:
m2 Líquido Saturado
Cámara de mezcla
m6 Vapor Sobrecalentado
m3 Líquido Saturado
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EnergíaEntrada=EnergíaSalida→ ∑Entrada
m h= ∑Salida
mh→
y h6+(1− y )h2=1h3→ y h6+h2− yh2=h3→ y (h6−h2 )=h3−h2→ y=h3−h2h6−h2
∴
y= 1,491.3−388.0147083,236.430395−388.014708
=0.387332964 ( Fracción de vaporextraído de laturbina)
a) Ahora podemos encontrar el valor de las eficiencias térmicas.
ηCarnot=1−T L
T H
=1−89.672℃+273550℃+273
=1−362.672° K823° K
=1−0.440670716≈0.5593≈55.93%
ηRankine=1−QR
QA
=1−(1− y ) ( h7−h1 )
h5−h4=1−
(1−0.38733296 )(2,243.887−375.66)(3,396.2−1,503.508)
=1−1,144.602195
KJKg
1,892.692KJKg
=1−0.60474826=0.3952517 ≈39.53%
Al comparar las eficiencias observamos que la eficiencia ideal más alta que podemos alcanzar con esas temperaturas es de 55.93 % y nuestra eficiencia real es del 39.36% con una diferencia del 16.57 %. Podemos notar que al hacer una extracción de vapor de la turbina, compara con los ejercicios planteados anteriormente podemos obtener eficiencias mucho mayores con una calidad mucho más alta.
b) Vapor que producirá la caldera para generar los 150 MW.
(h5−h4 )=3,396.2−1,503.508=1,892.692 KJKg
=Cantidad devapor generado .
Potencia generada=150MW=150,000KJs
∴Evaporación=150,000
KJs
1,892.692KJKg
=79.2521974Kgs
∙3,600 s1hr
=285,307.9106Kghr
≈285.308Toneladas
hr .
c) Vapor extraído de la turbina.
Vapor Extraído=Fracción de vapor extraído ∙Vapor producido=(0.387332964 )(285,307.9106 Kghr )=110,509.1584 Kg
hr
d) Ahora encontramos la cantidad de combustible consumido por hora si se utiliza Diesel Pesado.
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ηtérmica=Energíaútil
Energía suministrada= Energíaútil de vaporización
Poder calorífico ∙Consumode Combustible
Se generan 285,307.9106 Kg de vapor por hora y cada kg de vapor genera 1,892.692 KJ
Energíaútilde vaporización
=(285,307.9106 Kghr )(1,892.692 KJ
Kg )=540,000,000 KJhr
Si P .C .Diesel Pesado=42,800KJKg
y ηRankine=0.3 953∴0.3953=540,000,000
KJhr
(42,800 KJKg ) (C .C )
→C .C=540,000,000
KJhr
(42,800 KJKg ) (0.3953 )
=31,917.08179Kghr
de Diesel Pesado .