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Ejercicios resueltos y propuestos
1.
En la caldera de una máquina de Carnot de flujo estable entra agua como líquido saturado a 180 psia y sale
con una calidad de 0,90. El vapor sale de la turbina a una presión de 14,7 psia. Muestre el ciclo en un diagrama T -s
respecto de las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica, b) la calidad al final del proceso de rechazo
de calor isotérmico y c) la salida neta de trabajo.
Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 1. Se supone que la máquina de Carnot de flujo estable es similar a la
mostrada. Dado que se conocen las presiones de saturación, en consecuencia las temperaturas de saturación también y
la eficiencia térmica se obtiene directamente en función de las temperaturas. El problema se soluciona tomando como
volumen de control al fluido de trabajo en el equipo involucrado en las variables a determinar y aplicando en ellos la
primera ley y segunda ley de la termodinámica, despreciando los cambios de energía cinética y potencial.
a) La eficiencia térmica.
Análisis:
1
TL
TH
180 psia
TH
x2=0
x3 =0,9
14,7 psia
TL
A
s1=s2
B
s3=s4
Fig. 1. Diagrama T-s del problema 1.
Propiedades de los puntos:
TH=Tsat@180 psia=373,1°F = 833,1R
TL=Tsat@14,7 psia=212 °F = 672R
1
672
19,33%
833,1
b) La calidad al final del proceso de rechazo de calor isotérmico.
Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1 conocida.
Estado a la salida: P2 conocida, líquido saturado, estado 2 fijo.
Análisis:
Segunda ley:
s2
s1
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s2=0,533Btu/lbmR
s1=s2=0,533Btu/lbmR → 0,533=0,312+x1(1,445)
x1
0,1529 ó 15,3% de vapor
c) La salida neta de trabajo.
Volumen de control: caldera.
Estado a la entrada: P2 conocida, líquido saturado, estado 2 fijo.
Estado a la salida: P3, x3 conocidas, estado 3 fijo.
Análisis:
Primera ley:
qcald
h3
h2
Propiedades de los estados:
(Tabla Cengel) → h2=346,3Btu/lbmR
h3=346,3+0,9(851,2)
h3=1112,38Btu/lbmR
Luego:
qcald
1112
11 ,38
34
346,3
766
76 ,08Btu / lbm
El trabajo neto del ciclo es:
wneto
ter
qcald
0,1933( 766,08)
148
14 ,08Btu / lbm
Solución alternativa: se debe recordar que en un diagrama T-s el área bajo la curva del proceso representa la
transferencia de calor para ese proceso, por lo tanto el área A23B de la figura 1 representa qcald, el área B41A representa
qcond y la diferencia entre ambas (área encerrada por la trayectoria del ciclo 12341) representa el trabajo neto porque:
wneto
qcald
qcond
2.
Considere un ciclo de Carnot de flujo estable que utiliza agua como fluido de trabajo. La temperatura máxima
y mínima en el ciclo son 350 y 60°C. La calidad del agua es 0,891 al principio del proceso de rechazo de calor y 0,1 al
final. Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto a las líneas de saturación y determine a) la eficiencia térmica, b) la
presión en la entrada de la turbina y c) la salida neta de trabajo.
Solución: un diagrama T-s se muestra en la figura 2. La eficiencia del ciclo viene dada directamente ya que se conocen las
temperaturas máxima y mínima. Se utilizará el método de las áreas para solucionar este problema.
a) La eficiencia térmica.
Análisis:
1
TL
TH
Propiedades de los puntos:
TH= 623K
TL=333K
333
33
1
46,5%
623
623
333
x4 =0,891
x1 =0,1
B
s3=s4
A
s1=s2
Fig. 2. Diagrama T-s del problema 2.
b) La presión en la entrada de la turbina.
Volumen de control: turbina.
Estado a la entrada: T3 conocida.
Estado a la salida: T4, x4 conocidas, estado 4 fijo.
Análisis:
Segunda ley:
s4
s3
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s4=0,831+0,891(7,077)
s4=7,1366kJ/kgK
s3=s4=7,1366kJ/kgK
Como T3=350 °C:
P3
c) La salida neta de trabajo.
Volumen de control: evaporador.
Estado a la entrada: T2 conocida.
13
1395,5kPa
Estado a la salida: T3 conocida.
Análisis:
qevap
Área
Á
A23BA TH (s3
s2 )
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → s1=0,831+0,1(7,077)
s1= 1,5387kJ/kgK
s1=s2=1,5387kJ/kgK
qevap
62
623( 7,1366 1,5387)
34
3487, 4 kJ / kg
Volumen de control: condensador.
Estado a la entrada: T4, x4 conocidas, estado 4 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: T1, x1 conocidas, estado 1 fijo (según se indica).
Análisis:
qcond
qcond
Á
Área B41AB
TL ( s 4
333
33 ( 7,1366 1,5387)
wneto
qevap
qcond
s1 )
1864
18 ,1kJ / kg
34 ,4 1864
18 ,1
3487
16
1623,3kJ / kg
3.
Considere una central eléctrica de vapor de 200 MW que opera en un ciclo Rankine ideal simple. El vapor
entra a la turbina a 4 MPa y 400 °C y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa. Muestre el ciclo en un
diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la calidad del vapor a la salida de la turbina, b) la
eficiencia térmica del ciclo y c) el flujo másico del vapor.
Solución: Un diagrama T-s se muestra en la figura 3. El inciso a) se soluciona realizando un análisis de segunda ley en la
turbina. El resto del problema se soluciona tomando como volumen de control cada uno de los equipos del ciclo, y
aplicar en ellos la primera ley de la conservación de la masa, luego la primera ley de la conservación de la energía, y
después la segunda ley de la termodinámica (si es necesario). Por lo tanto, se tiene:
a) La calidad del vapor a la salida de la turbina.
Volumen de control: Turbina.
Estado a la entrada: P3, T3 conocidas; estado fijo.
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wturb
h3
h4
Segunda ley:
s4
s3
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h3=3213,6 kJ/kg, s3=6.769kJ/kgK,
s3=s4=6,7690kJ/kgK
T (°C)
400
4 MPa
10 kPa
s1=s2
s3=s4
Fig. 3. Diagrama T-s del problema 3.
Por lo tanto:
6,7690
x4
0,6493
x4 7,5009
0,
0,8159 ó 81,6% de vapor
Continuamente, se calcula el trabajo de la turbina.
wturb
32
3213,6
21
2144,12
10
1069,48kJ / kg
Por otro lado:
h4=191,83+0,8159(2392,8)= 2144,12 kJ/kg
b) La eficiencia térmica del ciclo.
Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado; estado fijo.
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wbomb
h2
Segunda ley:
s2
s1
h1
Porque
s2
s1 ,
h2
2
h1
1
vdP
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h1= 191,83kJ/kg, v1=0,001010 m3/kg
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2
191,83 0,
0,001010(4000 - 10)
19
wbomb
wneto
4,03kJ / kg
19
195,86 191
19 ,83
wturb
wbomb
195,86
19
1069,48
10
- 4,03
kJ
kg
1065,45kJ/
10
kg
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas; estado fijo.
Estado a la salida: estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
qcald
qcald
h3
h2
3213
32 ,6 19
195,86
wneto
q cald
3017
30 ,74kJ / kg
1065 ,45
3017 ,74
35,3%
35
El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, qcond, y observando, a partir
de la primera ley, que Qneto=Wneto. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene:
qcond
h4
h1
21 ,12 191
19 ,83
2144
19 ,29kJ / kg
1952
Por lo tanto,
wneto
30
3017,74 19
1952,29
10
1065,45kJ / kg
c) El flujo másico del vapor.
mcald
W&neta
wneto
20
200000
1065,45
187,7kg/s
18
4.
Se va a repetir el problema 3 pero suponiendo una eficiencia adiabática de 85% para la turbina y la bomba.
Solución: Un diagrama T-s del problema se puede observar en la figura 4, donde se observa la diferencia entre el
proceso seguido por la turbina reversible y el seguido por la turbina real de 85% de eficiencia, así también para la
bomba. Este problema se soluciona realizando un análisis en la turbina y la bomba para encontrar los trabajos reales, y a
partir de allí las verdaderas propiedades del ciclo.
a) La calidad del vapor a la salida de la turbina.
Volumen de control: Turbina.
Estado a la entrada: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wturb
h3
h4
Segunda ley:
s4s
s3
wturb
h3 h4 s
turb
tur
h3 h4
h3 h4 s
T (°C)
400
4 MPa
2s
2
10 kPa
4s
4
Fig. 4. Diagrama T-s del problema 4.
Propiedades en los puntos:
h4s=2144,12kJ/kg (del problema anterior)
h3=3213,6kJ/kg (del problema anterior)
Por lo tanto:
h4
h3
turb
tur
32
3213,6
(h3
h4 s )
0,85(3213,6
21
2144,12)
23
2304,5kJ / kg
Por lo tanto:
2304,5
x4
191
19 ,83
x 4 2392
0,8832
0,
ó 88,32% de vapor
Por otro lado:
wturb
turb
tur
(h3
h4 s )
0,85(3213,6
21
2144,12)
90
909,06kJ / kg
b) La eficiencia térmica del ciclo.
Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1, líquido saturado, estado 1 fijo (indicado antes)
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Segunda ley:
s 2s
bomb
bom
s1
h2s h1
wbomb
h2s h1
h2 h1
Propiedades en los puntos:
h2s y h1 se calcularon en el problema anterior,
h2s=195,86kJ/kg
h1=191,83kJ/kg
Por lo tanto:
h2 s
wbomb
h1
bomb
bom
wneto
wturb
19
195,86 19
191,83
0,85
wbomb
90
909,06 - 4,74
4,74kJ / kg
90
904,32kJ/kg
Por otro lado:
h2
h1
wbomb
19
191,83
4,74
19
196,57kJ / kg
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas, estado 2 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
qcald
qcald
h3
h2
32
19 ,57
3213,6 196
wneto
q cald
904 ,32
3017
30
3017kJ / kg
29,97%
29
El trabajo neto también se podría determinar si se calcula el calor cedido en el condensador, qcond, y observando, a partir
de la primera ley, que Qneto=Wneto. Tomando como volumen de control al vapor en el condensador, se tiene:
qcond
h4
h1
23
2304,5 19
191,83
21
2112,67kJ / kg
Por lo tanto:
wneto
30
3017
mcald
W& neta
wneto
21
2112,67
90
904,33kJ / kg
c) El flujo másico del vapor.
20
200000
904,3
221,17kg/s
22
5. Considere una central eléctrica de vapor que opera en un ciclo Rankine con recalentamiento y que tiene una salida
neta de potencia de 80 MW. El vapor entra a la turbina de alta presión a una presión de 1500 psia y 900 °F, mientras
que a la turbina de baja presión lo hace a 140 psia y 900 °F. El vapor sale del condensador como líquido saturado a
una presión de 1,5 psia. La eficiencia isentrópica de la turbina es de 80 por ciento y la de la bomba de 95 por ciento.
Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) la calidad (o temperatura, si
hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina, b) la eficiencia térmica y c) el flujo másico del vapor.
Solución: Para responder el inciso a) debemos obtener primeramente alguna propiedad intensiva a la salida de la
turbina, que nos permita determinar la calidad y/o la temperatura. El resto de incisos se soluciona tomando como
volumen de control al equipo involucrado con la variable a obtener y luego aplicando en ellos la primera ley de la
conservación de la masa, la primera ley de la conservación de la energía, y la segunda ley de la termodinámica (si es
necesario). Por lo tanto, un diagrama T-s del ciclo puede ser como el mostrado en la figura 5.
a) la calidad (o temperatura, si hay sobrecalentamiento) del vapor a la salida de la turbina.
Volumen de control: turbina de baja presión.
Estado a la entrada: P5, T5 conocidas, estado 5 fijo.
Estado a la salida: P6 conocida.
Análisis:
Segunda ley:
s6s
tur
turbB
wturbB
h5 h6 s
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h5=1479,1Btu/lbm, s5=1,846Btu/lbmR
s5=s6s=1,846 Btu/lbmR → 1,846 = 0,157+x6s1,786
x6s=0,9457
h6s=83,6 + 0,9457(1027,7)=1055,49 Btu/lbm
s5
h5 h6
h5 h6 s
900
T°F
1500 psia
1,5 psia
Fig. 5. Diagrama T-s del problema 12.
Por lo tanto:
h6
h5
h6
14 ,1 0,80(1479,1 1055
10 ,49)
1479
tur
turbB
(h5
h6 s )
11
1140,2 Btu / lbm
Luego:
h6 f hg6
T6
→ Vapor sobrecalentado
178,6 F
b) La eficiencia térmica.
Volumen de control: turbina de baja presión.
Análisis:
Primera ley:
wturbB
h5 - h6
1479
14 ,1 1140
11 ,2
338
33 ,9 Btu / lbm
Volumen de control: turbina de alta presión.
Análisis:
Primera ley:
wturbAP
h3 - h4
Segunda ley:
s4s
turbAP
tur
wturbAP
h3 h4 s
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h3=1428,6Btu/lbm, s3=1,556Btu/lbmR
s3=s4s=1,556Btu/lbmR →1,556=0,507+x4s1,069
s3
h3 h4
h3 h4 s
x4s =0,9813
h4s=325+0,9813(868,6)=1177,36Btu/lbm
Por lo tanto:
wturbA
h3 - h 4
tur
turbA
(h3 - h 4s )
0,80(1428,6 - 1177,36)
0,
200,99Btu/
20
lbm
h4
h3
wturbA
1428
14 ,6
200
20 ,99
1227
12 ,61Btu / lbm
Volumen de control: bomba.
Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wbomb
h2 - h1
Segunda ley:
s2s
bomb
bom
s1
h2s h1
wbomb
h2s h1
h2 h1
Como s2s=s1:
h2 s
h1
2s
1
vdP
v( P2
P1 )
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel) → h1=83,6Btu/lbm, v1=0,0162pie3/lbm
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2 s
h1
v( P2
P1 )
0,0162(1500 1,5)
144
778
4,493Btu / lbm
wbomb
h2 - h1
h2 s
h1
bomb
bom
4, 493
0,95
4,
4,73Btu/lbm
h2
wbomb
h1
4,73
83,6
88,33Btu / lbm
Por lo tanto:
wneto
wturbA
wturbB - wbomb
200,99
33
338,9 - 4,73
535,16Btu/
53
lbm
Volumen de control: caldera
Estado a la entrada: P2 conocida.
Estado a la salida: P3, T3 conocidas, estado 3 fijo.
Análisis:
Primera ley:
qcald
h3 - h2
h5 - h4
Entonces:
qcald
14 ,6
1428
14 ,1 11
88,33 1479
1127,61
16
1691,76 Btu / lbm
Ter
wneto
q cald
535,16
16
1691,76
31,63%
c) El flujo másico del vapor.
Análisis:
m& neto
W& neto
wneto
80000
0,95
1
535,16
14
142lbm / s
La eficiencia térmica también puede determinarse por medio de los calores del ciclo. El flujo másico neto mneto es el flujo
del vapor producido por la caldera.
6. Una central eléctrica de vapor opera en un ciclo Rankine ideal de recalentamiento regenerativo y tiene una salida
de potencia neta de 80 MW. El vapor entra a la turbina de alta presión a 10 MPa y 550 °C, y sale a 0,8 MPa. Algo de
vapor se extrae a esta presión para calentar el agua de alimentación en un calentador abierto. El resto del vapor se
recalienta hasta 500 °C y se expande en la turbina de baja presión hasta la presión del condensador de 10 kPa.
Muestre el ciclo en un diagrama T-s respecto de las líneas de saturación y determine a) el flujo másico del vapor a
través de la caldera y b) la eficiencia térmica del ciclo.
Solución: Primero se determinarán las propiedades del fluido de trabajo en cada punto. Seguidamente se aplicará la
primera ley de la masa y la energía al calentador abierto para obtener la fracción de masa extraída de la turbina. Luego
empleando la primera y segunda leyes de la termodinámica se tomará como volumen de control a cada equipo
involucrado en las variables a determinar. Un diagrama T-s característico del ciclo es el presentado en la figura 6.
5
T
qcald
4
8
10 MPa
y
0,8 MPa
3
6 1–y
7
0,01 MPa
qcond
9
Fig. 6. Diagrama T-s del problema 15.
a) El flujo másico del vapor a través de la caldera.
Volumen de control: turbina de alta presión.
Estado a la entrada: P5, T5 conocidas, estado 5 fijo.
Estado a la salida: P6 conocida.
Estado a la salida: P7 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wturbAP
h5
y
yh6
(1
Segunda ley:
s7
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h5=3500,9kJ/kg, s5=6,756kJ/kgK
s5=s6=6,756kJ/kgK
h6=2811,2kJ/kgK
s5=s7=6,756kJ/kgK
h7=2811,2kJ/kgK
Volumen de control: turbina de baja presión.
Estado a la entrada: P8, T8 conocida, estado 8 fijo.
Estado a la salida: P9 conocida.
Análisis:
s6
s5
y )h7
Primera ley:
wturbBP
(1
y )( h8
h9 )
Segunda ley:
s9
s8
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h8=3480,7kJ/kg, s8=7,867kJ/kgK
s8=s9=7,867kJ/kgK → 7,867=0,649+x97,5
x9= 0,9624 → h9=191,7+0,9624(2392)
h9=2493,76kJ/kgK
Volumen de control: bomba I.
Estado a la entrada: P1 conocida, líquido saturado, estado 1 fijo.
Estado a la salida: P2 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wbombI
y )( h2
(1
h1 )
Segunda ley:
s2
s1
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h1=191,7kJ/kg, v1=0,0010m3/kg
s1=s2
Como s2=s1:
h2
h1
2
1
vdP
v( P2
P1 )
Se supone que el líquido es incompresible, se tiene:
h2
191
19 ,7
0,0010(800 10)
Volumen de control: bomba II.
Estado a la entrada: P3 conocida, líquido saturado, estado 3 fijo.
19
192,49kJ / kg
Estado a la salida: P4 conocida.
Análisis:
Primera ley:
wbombII
h4
h3
Segunda ley:
s4
s3
Propiedades de los puntos:
(Tabla Cengel)→h3=721,1kJ/kg, v3=0,0011m3/kg
s3=s4
Como s4=s3
h4
4
h3
3
vdP
v( P4
P3 )
Como el líquido se considera incompresible, se tiene:
h4
721
72 ,1
731
73 ,22kJ / kg
0,0011(1000 800
80 )
wbombII
73
731, 22
721
72 ,1
10,12kJ / kg
Volumen de control: calentador abierto.
Estado a la entrada: P6, h6 conocidas, estado 6 fijo (indicado antes).
Estado a la entrada: P2, h2 conocidas, estado 2 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P3, h3 conocidas, estado 3 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
y
h3
h6
h2
h2
Por lo tanto:
y
721,1 19
192, 49
0, 2019
2811, 2 19
192, 49
Ahora se logra calcular el trabajo en las turbinas y en la bomba I.
wturbAP
35
3500,9
(1
0, 2019( 2811, 2)
0, 2019)(2811, 2)
68
689,7 kJ / kg
wturbBP
(1
0, 2019)(3480,7
2493,76)
78
787,7kJ/kg
wbombI
(1
19 ,7 )
0, 2019)(192, 49 191
0 ,63kJ / kg
Consiguientemente:
wneto
wturbAP
wturbBP
wbombI
wbombII
68
689,7 78
787,7 - 0,63 - 10,12
14
1466,65kJ/kg
& cald
m
W&neta
wneto
80000
54,55kg / s
1466,65
b) La eficiencia térmica del ciclo.
Volumen de control: caldera.
Estado a la entrada: P4, h4 conocidas, estado 4 fijo (indicado antes).
Estado a la entrada: P7, h7 conocidas, estado 7 fijo (indicado antes).
Estado a la salida: P5, h5 conocidas, estado 5 fijo (según se indica).
Estado a la salida: P8, h8 conocidas, estado 8 fijo (según se indica).
Análisis:
Primera ley:
qcald
h5
h4
(1
y )( h8
h7 )
Luego:
qcald
3500,9
(1
731, 22
0, 2019)(3480,7
2811, 2)
3304kJ/kg
3
Ter
wneto
q cald
1466,65
1
3304
44,39%