Subido por Luis Geroldi

tp1 2012

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Ejercicio 1
T2 = 450℃
𝑝2 = 20 𝑏𝑎𝑟 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑝1 = 0,1 𝑏𝑎𝑟 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
a)
Ciclo Rankine. Transformaciones y características
Las transformaciones que caracterizan a este ciclo son:
1-2: Calentamiento isobárico. Se realiza en la caldera y el sobrecalentador. Se puede descomponer a su vez en
los siguientes procesos:
•
Calentamiento isobárico, no isotérmico hasta la temperatura de saturación correspondiente a la
isobara de salida de la bomba, que es también la isobara correspondiente a la presión que reina en la
caldera.
•
Evaporación isobárico-isotérmica.
•
Recalentamiento isobárico. Se realiza en el sobrecalentador.
2-3: Expansión adiabático-isoentrópica. Se realiza en la turbina de vapor. El punto 2 es el comienzo de la
expansión, el vapor a la entrada de la turbina puede ser húmedo, si el punto cae debajo de la curva de
saturación, saturado, si el punto se encuentra en la curva de saturación, o sobrecalentado cuando esta mas allá
de la curva de saturación, (punto 2). El punto 3 indica el final de la expansión y pueden presentarse también
los tres casos definidos para el punto 2; el vapor puede ser húmedo, saturado y sobrecalentado.
3-4: Condensación isobárica. Se realiza en el condensador. Si el vapor a la entrada es recalentado, se enfría
isobáricamente hasta convertirse en vapor saturado seco para luego condensarse isobárica-isotérmicamente. La
condensación es completa hasta el estado de líquido saturado (x = 0); principal diferencia con el ciclo de
Carnot.
4-1: Compresión adiabático-isoentrópica. Se realiza en la bomba en fase líquida.
Los valores de interés son:
•
•
•
Presión p
Volumen específico v
Entalpía h
•
•
Entropía s
Título del vapor x
b)
Calor recibido y cedido por el ciclo
𝑄𝑟 = ℎ2 − ℎ1
El calor recibido por el ciclo se expresa como
De las tablas de vapor se obtienen los siguientes valores de entalpía:
ℎ2 = 3357 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
ℎ4 = 251,5 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
(450℃ 𝑦 20 𝑏𝑎𝑟) 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒𝑐𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜
(0,2 𝑏𝑎𝑟) 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜
El trabajo realizado por la bomba es 𝑊𝐵 = ℎ1 − ℎ4 = 𝑣4 ∗ ∆𝑝
𝑊𝐵 = 1,017
Entonces
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑚3
𝑁
∗ (20 − 0,2)𝑏𝑎𝑟 = 0,001017 𝑘𝑔 ∗ 1980000𝑚2 = 2,013
𝑘𝐽
𝑘𝐽
ℎ1 = 𝑊𝐵 + ℎ4 = 2,013𝑘𝑔 + 251,5𝑘𝑔 = 253,53
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑄𝑟 = ℎ2 − ℎ1 = 3357𝑘𝑔
− 253,53𝑘𝑔
= 3103,47
El calor cedido por el ciclo se expresa como 𝑄𝑐 = −(ℎ3 − ℎ4 )
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
No se conoce la entalpía del vapor a la entrada del condensador (punto 3), pero al tener la misma entropía
que el punto 2, y obteniendo de la tabla de vapor la entropía del punto 3’ ubicado sobre la curva de
saturación, se obtiene el título del vapor a la salida de la turbina:
𝑥=
𝑠3 − 𝑠4 (7,283 − 0,832) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾
=
= 0,91
𝑠3′ − 𝑠4 (7,907 − 0,832) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾
Donde 𝑠3 = 𝑠2 = 7,283 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾 ; 𝑠3′ = 7,907 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾 𝑦 𝑠4 = 0,832 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾 fueron obtenidos de las
tablas de vapor a la presión y estados correspondientes. Entonces
𝑘𝐽
Entonces
c)
𝑘𝐽
𝑘𝐽
ℎ3 = ℎ4 + 𝑟𝑥 = 251,5 𝑘𝑔 + 2357,7𝑘𝑔 ∗ 0,91 = 2397𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
� = −2145,5𝑘𝑔
𝑄𝑐 = −(ℎ3 − ℎ4 ) = − �2397𝑘𝑔
− 251,5𝑘𝑔
Trabajo cedido y absorbido por el ciclo
Trabajo cedido por el ciclo:
Tiene lugar en la turbina de vapor
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑊𝑐 = 𝑊𝑇 = −(ℎ3 − ℎ2 ) = −(2397 − 3357)𝑘𝑔
= −960𝑘𝑔
Trabajo absorbido por el ciclo: tiene lugar en la bomba de alimentación de la caldera
𝑘𝐽
𝑊𝐵 = 2,013 𝑘𝑔
d)
(Calculado en el inciso b)
Rendimiento térmico teórico
𝜂=
𝑊𝑛 𝑊𝑇 − 𝑊𝐵 (960 − 2,013) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
=
=
= 0,308 ≅ 30,87%
3103,47 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑄𝑟
𝑄𝑟
e)
Caudal de vapor para generar 1MW de potencia
𝑃𝑇 = 𝑚̇ ∗ 𝑊𝑇 ∗ 𝜂 𝑇
→
𝑚̇ =
𝑃𝑇
1𝑀𝑊
𝑘𝑔
𝑘𝑔
=
= 1,3
= 4687,3
𝑘𝐽
𝑠
𝑊𝑇 ∗ 𝜂 𝑇 960𝑘𝑔 ∗ 0,8
ℎ
Ejercicio 2
𝑚̇ = 5 𝑇𝑛⁄ℎ
𝑝 = 50 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
𝑇 = 500℃
𝑝𝑖 = 10 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
𝑝𝑐 = 0,075 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
a)
Rendimiento térmico del ciclo
De tabla se obtienen los siguientes valores:
𝑘𝐽
ℎ1 = 168,8𝑘𝑔
𝑘𝐽
ℎ2 = 763,1𝑘𝑔
𝑘𝐽
ℎ3 = 1154,5𝑘𝑔
𝑘𝐽
ℎ4 = 3433,77𝑘𝑔
𝑘𝐽
El valor ℎ5 puede hallarse teniendo en cuenta que 𝑠5 = 𝑠4 = 𝑠6 = 6,98𝑘𝑔
(obtenido de tabla) y conociendo
𝑘𝐽
la presión de extracción intermedia 𝑝𝑖 , del Diagrama de Mollier se obtiene que ℎ5 = 3000𝑘𝑔
El valor ℎ6 puede calcularse de la misma forma que ℎ5 , o por procedimiento analítico: el título del vapor a la
salida de la turbina se calcula por medio de las entropías obtenidas de tabla
𝑥6 =
𝑠6 − 𝑠1 (6,98 − 0,576) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
=
= 0,834
𝑠6′ − 𝑠1 (8,25 − 0,576) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
ℎ6 = ℎ1 + 𝑟𝑥6 = 168,8𝑘𝑔
+ 2405,5𝑘𝑔
∗ 0,834 = 2174,98𝑘𝑔
Entonces
de vaporización a la presión del condensador 𝑝𝑐
La cantidad específica de vapor extraído es:
ℎ5 ∗ 𝑚 + ℎ1 = ℎ2 (1 + 𝑚), despejando 𝑚 se obtiene
𝑚=
ℎ2 −ℎ1
ℎ5 −ℎ2
=
(763,1−168,8)𝑘𝐽 ⁄𝑘𝑔
(3000−763,1)𝑘𝐽 ⁄𝑘𝑔
= 0,265
𝑘𝑔𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎𝑖𝑑𝑜
𝑘𝑔𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
donde 𝑟 es el calor latente
Con estos datos es posible calcular el rendimiento térmico del ciclo
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑊𝑇 (ℎ4 − ℎ5 )(1 + 𝑚) + (ℎ5 − ℎ6 ) (3433,77 − 3000)𝑘𝑔(1 + 0,265) + (3000 − 2174,98)𝑘𝑔
=
=
𝜂=
𝑘𝐽
(ℎ4 − ℎ2 )(1 + 𝑚)
𝑄𝑟
(3433,77 − 763,1)𝑘𝑔
(1 + 0,265)
b)
𝜂 = 0,4
Mejora del rendimiento respecto del ciclo sencillo de Rankine
El rendimiento del ciclo sin la extracción intermedia sería:
𝜂´ =
ℎ4 − ℎ6 (3433,77 − 2174,98) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
=
= 0,38
(3433,77 − 168,8) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
ℎ4 − ℎ1
El rendimiento, como es de esperarse, es menor al del ciclo con extracción intermedia, que mejora el
rendimiento en un 2%.
c)
Potencia que podría ceder el ciclo
La potencia que podría ceder el ciclo es 𝑁𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 = 𝑁𝑇 − (𝑁𝐵1 + 𝑁𝐵2 ) ; pero la potencia de las bombas es
despreciable comparada a la obtenida en el eje de la turbina, por lo que puede considerarse que
𝑁𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 ≈ 𝑁𝑇
𝑚̇𝑒 = 𝑚̇ ∗ 𝑚 = 5000𝑘𝑔
∗ 0,265 = 1325
ℎ
La cantidad de vapor extraído es
La potencia de la turbina de vapor es
𝑘𝑔
𝑁𝑇 = 𝑚̇(ℎ4 − ℎ5 ) + (𝑚̇ − 𝑚̇𝑒 )(ℎ5 − ℎ6 )
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑎𝑖𝑑𝑜
𝑘𝐽
ℎ
𝑁𝑇 = 5000 ℎ (3433,77 − 3000)𝑘𝑔 + (5000 − 1325) ℎ (3000 − 2174,98)𝑘𝑔 = 52000798,5
d)
𝑁𝑇 = 14444,67 𝑘𝑊 ≈ 14,45𝑀𝑊
𝑘𝐽
ℎ
Consumo específico de vapor
El consumo específico de vapor es la cantidad de vapor necesaria para generar una potencia de 1 MW en el eje
de la turbina
𝑚̇𝑒𝑠𝑝 =
𝑚̇
5000 𝑘𝑔⁄ℎ
𝑘𝑔
=
= 346
𝑁𝑇 14,45 𝑀𝑊
ℎ ∗ 𝑀𝑊
Se necesitan 346 kg de vapor por hora para producir 1 MW de potencia en la turbina
Ejercicio 3
𝑚̇ = 2 𝑇𝑛⁄ℎ
𝑝 = 5 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 (Manométrica)
𝑝𝑐 = 9 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 (Manométrica)
𝐻 = 2 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
a)
Proceso térmico del agua y del vapor
La válvula reductora de presión, reduce la presión
del vapor producido en la caldera de 10 a 6 kilos
de presión absoluta, el proceso mantiene
constante la entalpía del vapor, por lo que el
estado del vapor a la entrada del proceso es el de
vapor sobrecalentado a 6 kilos de presión absoluta
b)
Energía cedida en el proceso
Los valores de entalpía se obtienen de tabla
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑄𝑐 = 𝑚̇(ℎ1 − ℎ2 ) = 2000 ℎ (2778 − 670,4)𝑘𝑔
𝑄𝑐 = 4215200
c)
𝑘𝐽
ℎ
Revaporizado perdido en el tanque de agua de alimentación
Después del proceso, el líquido condensado se descarga al tanque que se encuentra abierto a la atmósfera, por
lo que los valores de entalpía a utilizar en el cálculo son los correspondientes al estado líquido a 6 y 1 kilos de
presión absoluta respectivamente.
Ejercicio 4
%𝑟𝑒𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 =
𝑝1 = 0,98 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
ℎ2 − ℎ𝑎𝑡𝑚 (670,4 − 417,5) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
=
= 0,11 = 11%
2257,7 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑟𝑎𝑡𝑚
𝜂𝑖 = 0,78
𝑇1 = 27℃
𝑘 = 1,4 (Aire frío)
𝑘𝐽
𝑄𝑎 = 1500𝑘𝑔
= 358.2𝐾𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
𝜂𝑣 = 0,95
𝑉𝑡 = 2,2 𝑙𝑡𝑠 = 0,0022 𝑚3
𝜆 = 8: 1 (Relación de compresión)
𝑛 = 1200 𝑟𝑝𝑚
𝜂𝑚 = 0,85
𝑘 = 1,3 (Aire caliente)
a)
Estado del gas en puntos característicos y trabajo específico
Punto 1
𝑣1 =
𝑅∗𝑇1
=
𝑝1
𝐽
286,9𝑘𝑔°𝐾
∗300,15°𝐾
0,98𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
𝑝1 = 0,98 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
= 0,878
𝑚3
𝑘𝑔
𝑇1 = 27℃ = 300,15°𝐾
Punto 2
𝑇1
𝑇2
𝑣
= � 2�
𝑣2 =
𝑣1
𝑣1
𝜆
𝑘−1
=
1 𝑘−1
=� �
0,878𝑚3 ⁄𝑘𝑔
𝑝1 𝑣1𝑘 = 𝑝2 𝑣2𝑘
Punto 3
8
𝑣
Punto 4
𝑝2
→
→
𝑘𝑔
300,15°𝐾
1 1,4−1
8
� �
= 689,56°𝐾
𝑘𝑔
𝑘
𝑇3 =
𝑇3
𝑝
𝑇2 2
=
𝑄1
𝑐𝑣
+ 𝑇2 =
2779,94°𝐾
689,56°𝐾
358,5𝐾𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔
0,1715𝐾𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔°𝐾
𝑘𝑔
18,01𝑐𝑚
2 = 72,6
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
+ 689,56°𝐾 = 2779,94°𝐾
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝑚3
𝑘𝑔
𝑇4 𝑣1𝑘−1 = 𝑇3 𝑣2𝑘−1 →
𝑝4 𝑣1𝑘 = 𝑝3 𝑣2𝑘
=
𝐾𝑐𝑎𝑙
𝑘𝐽
𝑐𝑣 = 0,1715𝑘𝑔°𝐾
= 0,717𝑘𝑔°𝐾
𝑚3
𝑝3 =
𝑣4 = 𝑣1 = 0,878
𝑚3
𝑣2
𝑣3 = 𝑣2 = 0,1097
𝑝3
= 0,1097
𝑇1
1 𝑘−1
� �
𝜆
𝑘𝑔
1,4
𝑝2 = 𝑝1 � 1 � = 𝑝1 𝜆𝑘 = 0,98𝑐𝑚
= 18,01
2 ∗8
→
𝑄𝑎 = 𝑐𝑣 (𝑇3 − 𝑇2 )
𝑇3 = 𝑇2
→ 𝑇2 =
𝜆
→
1 𝑘−1
𝑇4 = 𝑇3 � �
𝑝4 =
𝑝3
𝜆𝑘
=
𝜆
1 1,3−1
= 2779,94°𝐾 � �
72,6𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
81,3
Los valores hallados se resumen en la Tabla 1
= 4,86
𝑘𝑔
8
= 1489,73°𝐾
𝑐𝑚2
Tabla 1. Estados del gas en los puntos característicos del ciclo Otto
Punto 1
Punto 2
Punto 3
Punto 4
Presión [kg/cm2]
0,98
18,01
72,6
4,86
Volumen específico [m3/kg]
0,878
0,1097
0,1097
0,878
Trabajo específico: es el producto del trabajo neto por el rendimiento efectivo
𝜂𝑡 = 1 −
𝑄𝑐
𝑄𝑎
=1−
𝑐𝑣 (𝑇4 −𝑇1 )
𝑄𝑎
=1−
𝑘𝐽
(1489,73−300,15)°𝐾
0,717𝑘𝑔°𝐾
1500𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
= 0,431
𝑘𝐽
𝑘𝐽
(1489,73 − 300,15)°𝐾 = 852,93𝑘𝑔
Donde 𝑄𝑐 = 𝑐𝑣 (𝑇4 − 𝑇1 ) = 0,717𝑘𝑔°𝐾
Temperatura [°K]
300,15
689,56
2779,94
1489,73
𝑊𝑛 = 𝑄𝑎 − 𝑄𝑐 = (1500 − 852,93)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
El rendimiento efectivo se define como
𝑘𝐽
= 647,07
𝑘𝑔
𝜂𝑒 = 𝜂𝑡 ∗ 𝜂𝑖 ∗ 𝜂𝑚 = 0,431 ∗ 0,78 ∗ 0,85 = 0,286
El trabajo específico es 𝑊𝑒𝑠𝑝 = 𝑊𝑛 ∗ 𝜂𝑒 = 647,07
b)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
∗ 0,286 = 185,06
Masa real de aire admitido y trabajo realizado
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
3
𝑚𝑡 = 𝜌𝑎𝑖𝑟𝑒 ∗ 𝑉𝑡 ∗ 𝑛𝑐 = 1,164𝑚
3 ∗ 0,0022𝑚 ∗ 6 = 0,0154𝑘𝑔 Donde 𝜌𝑎𝑖𝑟𝑒 se obtiene de tabla a 20°C y 1
atm de presión y 𝑛𝑐 es el número de cilindros. Entonces:
𝜂𝑣 =
c)
𝑚𝑎
𝑚𝑡
→
𝑚𝑎 = 𝜂𝑣 ∗ 𝑚𝑡 = 0,95 ∗ 0,0154𝑘𝑔 = 0,0146𝑘𝑔𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑎𝑑𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑜
𝑊 = 𝑚𝑎 ∗ 𝑊𝑒𝑠𝑝 = 0,0146𝑘𝑔 ∗ 185,06
Presión media indicada y Presión media efectiva
𝑘𝐽
= 2,7𝑘𝐽
𝑘𝑔
Presión media indicada: es la presión teórica constante que, si actúa sobre el pistón durante la carrera de
trabajo, produce la misma potencia que la desarrollada dentro del motor por la combustión.
𝑝𝑚𝑖 =
𝑊𝑛
𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑎𝑑𝑎
=
𝑊𝑛
647,07 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
=
= 842,21 3 = 8,59 2
3
𝑚
𝑣1 − 𝑣2 (0,878 − 0,1097) 𝑚 ⁄𝑘𝑔
𝑐𝑚
Presión media efectiva: es la presión teórica constante que, si actúa sobre el pistón durante la carrera de
trabajo, produce la misma potencia que la obtenida en el eje del motor
d)
𝜂𝑚 =
𝑝𝑚𝑒
𝑝𝑚𝑖
→
Potencia en el eje
Caudal teórico de aire
𝐺𝑡 =
𝑚𝑡 ∗𝑛
60∗2
𝑝𝑚𝑒 = 𝑝𝑚𝑖 ∗ 𝜂𝑚 = 8,59
=
0,0154𝑘𝑔∗1200𝑟𝑝𝑚
120
𝐺𝑟 = 𝐺𝑡 ∗ 𝜂𝑣 = 0,154
Caudal real de aire
𝑘𝑔
𝑠
𝑁𝑒 = 𝐺𝑟 ∗ 𝑊𝑒 = 0,146
Potencia en el eje
𝑘𝑔
𝑠
= 0,154𝑘𝑔
𝑠
∗ 0,95 = 0,146
𝑊𝑒 = 𝜂𝑒 ∗ 𝑄𝑎 = 0,286 ∗ 1500
Trabajo en el eje
𝑘𝑔
𝑘𝑔
∗ 0,85 = 7,3 2
2
𝑐𝑚
𝑐𝑚
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 429
𝑘𝑔
𝑠
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
∗ 429𝑘𝑔
= 62,63𝑘𝑊 = 84𝐶𝑉
El motor no puede entregar 110 CV en el eje en estas condiciones de funcionamiento debido a su bajo
rendimiento y a que está funcionando a bajas vueltas (1200 rpm).
e)
Cupla motora
𝑁𝑒 =
𝑀𝑡 ∗ 𝑛
716,2
→
𝑀𝑡 =
716,2𝑁𝑒 716,2 ∗ 84𝐶𝑉
=
= 50,18𝑁𝑚
1200𝑟𝑝𝑚
𝑛
Ejercicio 5
𝑝1 = 1 𝑏𝑎𝑟
𝑇1 = 300°𝐾
𝜏 = 20 (Relación de compresión)
𝜌 = 2 (Relación de expansión en la inyección)
a)
Presión, Volumen y temperatura en cada punto del ciclo
Punto 1
𝑝1 = 1 𝑏𝑎𝑟
𝑇1 = 300°𝐾
Punto 2
𝑣2 =
𝑣1
=
𝜏
0,86𝑚3 ⁄𝑘𝑔
𝑣
𝑘
20
= 0,043
𝑣1 =
𝑅∗𝑇1
𝑝1
=
286,9𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾 ∗300°𝐾
1 𝑏𝑎𝑟
= 0,86
𝑚3
𝑘𝑔
𝑝2 = 𝑝1 � 1 � = 𝑝1 𝜏 𝑘 = 1𝑏𝑎𝑟 ∗ 201,4 = 66,29 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠
𝑇2 =
𝑣2
𝑝2 ∗𝑣2
𝑅
Punto 3
=
66,29 𝑏𝑎𝑟∗0,043𝑚3 ⁄𝑘𝑔
286,9𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾
𝑝3 = 𝑝2 = 66,29 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠
3
= 994,35°𝐾
𝑣3 = 𝜌 ∗ 𝑣2 = 2 ∗ 0,043𝑚
= 0,086
𝑘𝑔
𝑇3
𝑇2
=
𝑣3
𝑣2
=𝜌
→
Punto 4
𝑚3
𝑘𝑔
𝑇3 = 𝜌 ∗ 𝑇2 = 2 ∗ 994,35°𝐾 = 1988,7°𝐾
3
𝑣4 = 𝑣1 = 0,86𝑚
𝑘𝑔
𝑣
𝑘
𝑝4 = 𝑝3 � 3 � = 66,29 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠 �
𝑇4 =
𝑣4
𝑝4 ∗𝑣4
𝑅
=
2,64 𝑏𝑎𝑟∗0,86𝑚3 ⁄𝑘𝑔
286,9𝐽⁄𝑘𝑔°𝐾
0,086 1,4 𝑚3
� 𝑘𝑔
0,86
= 791,7°𝐾
= 2,64𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠
Los valores hallados se resumen en la Tabla 2
Tabla 2. Estados del gas en los puntos característicos del ciclo Diesel
Punto 1
Punto 2
Punto 3
Punto 4
Presión [bar]
1
66,29
66,29
2,64
Volumen [m3/kg]
0,86
0,043
0,086
0,86
Temperatura [°K]
300
994,35
1988,7
791,7
𝑚3
𝑘𝑔
b)
Calores aportados y rechazados por el ciclo
Calor aportado
𝑘𝐽
(1988,7 − 994,35)°𝐾 = 998,23
𝑄𝑎 = 𝑐𝑝 (𝑇3 − 𝑇2 ) = 1,0039𝑘𝑔°𝐾
Calor rechazado
𝑘𝐽
(791,7 − 300)°𝐾 = 352,55
𝑄𝑐 = 𝑐𝑣 (𝑇4 − 𝑇1 ) = 0,717𝑘𝑔°𝐾
c)
Trabajo y rendimiento térmico del ciclo
𝑊𝑛 = 𝑄𝑎 − 𝑄𝑐 = (998,23 − 352,55)
𝜂𝑡 = 1 −
1
𝜏𝑘−1
Ejercicio 6
�
𝜌𝑘 −1
𝑘(𝜌−1)
�=1−
1
201,4−1
�
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 645,66
21,4 −1
1,4(2−1)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
� = 0,65
𝑇3 = 1300°𝐾 (Entrada de la turbina)
𝑇1 = 300°𝐾 (Entrada del compresor)
𝑟𝑝 =
𝑝2
𝑝1
=8
𝑚̇ = 45,5 𝑘𝑔⁄𝑠
𝛾𝑎𝑖𝑟𝑒 = 1,4
a)
Temperatura del gas a la salida del compresor y de la turbina
Temperatura a la salida del compresor
𝑇1
𝑇2
=
𝑇4
𝑇3
𝑝1
=� �
𝑝2
𝛾−1
𝛾
1
𝛾−1
𝛾
=� �
𝑟𝑝
→
Temperatura a la salida de la turbina
1
𝑇4 = 𝑇3 � �
b)
𝑟𝑝
𝛾−1
𝛾
1
= 1300°𝐾 � �
Eficiencia del ciclo
8
1,4−1
1,4
𝜂𝑡 = 1 −
𝑇2 =
𝑇1
𝛾−1
𝛾
1
� �
𝑟𝑝
=
300°𝐾
1,4−1
1
� � 1,4
8
= 543,43°𝐾
= 717,66°𝐾
𝑇4
𝑇1
717,66°𝐾
=1− =1−
= 0,448 ≈ 44,89%
1300°𝐾
𝑇3
𝑇2
c)
Potencia requerida para impulsar el compresor
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑊𝐶 = ℎ2 − ℎ1 = 𝑐𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 1,005𝑘𝑔°𝐾(543,43 − 300)°𝐾 = 244,65𝑘𝑔
𝑘𝑔
d)
𝑘𝐽
𝑁𝐶 = 𝑚̇ ∗ 𝑊𝐶 = 45,4 𝑠 ∗ 244,65𝑘𝑔 = 11106,98𝑘𝑊 ≈ 11𝑀𝑊
Potencia útil que el ciclo podría desarrollar
El trabajo neto es 𝑊𝑛 = 𝑊𝑇 − 𝑊𝐶
donde el trabajo de la turbina vale
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑊𝑇 = ℎ3 − ℎ4 = 𝑐𝑝 (𝑇3 − 𝑇4 ) = 1,005𝑘𝑔°𝐾(1300 − 717,66)°𝐾 = 585,25𝑘𝑔
Y la potencia útil del ciclo es
𝑘𝑔
Ejercicio 7
𝑘𝐽
𝑁𝑢 = 𝑚̇ ∗ 𝑊𝑛 = 45,4 𝑠 ∗ (585,25 − 244,65)𝑘𝑔 = 15463,32𝑘𝑊 ≈ 15,46𝑀𝑊
𝑝1 = 15 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠
𝑇1 = 197,4℃
𝑝2 = 1𝑎𝑡𝑚 ≈ 1𝑏𝑎𝑟
𝑇2 = 120℃
Generalmente, la presión y la temperatura no son datos suficientes para conocer el estado del vapor mediante
alguno de los Diagramas de Vapor de Mollier o de Izart, o de las tablas de vapor. Pero en este caso,
considerando que 1𝑏𝑎𝑟 ≈ 1 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 , de las tablas de vapor se puede ver que la temperatura de saturación TS
para la presión p1 es igual a T1.
El proceso de estrangulación del vapor se realiza a entalpía constante, o sea, ℎ1 = ℎ2 𝑦 𝑑𝑄 = 0, entonces,
para 15 bares-197,4°C y 1bar-120°C; ℎ𝑣𝑠 = 649 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔 (vapor sobrecalentado a 1bar-120°C); y
ℎ𝑙 = 200,7 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔 (líquido saturado a 15 bares y temperatura de saturación 𝑇𝑠 = 𝑇1 = 197,4℃ ) y
𝑟 = 465,9 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔 (calor de vaporización a 15 bares-197,4°C). Por lo tanto
ℎ2 = ℎ1 = ℎ𝑣𝑠 = ℎ𝑙 + 𝑟𝑥
Gráficamente:
→
𝑥=
ℎ𝑣𝑠 − ℎ𝑙 (649 − 200,7) 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔
=
= 0,962
465,9 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔
𝑟
Ejercicio 8
𝑝1 = 70 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
𝑝2 = 10 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2
𝑇 = 27℃
𝑝 = 1𝑎𝑡𝑚
De tabla se obtiene:
ℎ1 = 1267,4 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔 (A 70 kg/cm2)
𝑟 = 2014,9 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔 (A 10 kg/cm2)
ℎ𝐿 = 763,1 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔 (A 10 kg/cm2)
ℎ1 = ℎ2 = ℎ𝐿 + 𝑟𝑥 Despejando 𝑥 resulta
Ejercicio 9
𝑥=
𝑘𝑔𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
ℎ1 − ℎ𝐿 (1267,4 − 763,1) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
=
= 0,25
⁄
2014,9 𝑘𝐽 𝑘𝑔
𝑟
𝑘𝑔𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜
𝑚̇ = 1 𝑡𝑛⁄ℎ = 0,277𝑘𝑔/𝑠
𝑝 = 4 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠 (Relativos)
𝑥 = 90%
𝐻 = 5𝑚
𝑝𝑡 = 0,5 𝑏𝑎𝑟 (Relativos)
𝑑𝑡 = 2´´ = 50,8𝑚𝑚
Del diagrama de Mollier se obtiene
𝑣𝑒 = 0,3 𝑚3 ⁄𝑘𝑔 (A 5 bares absolutos y 𝑥 = 0,9)
a)
Velocidad del vapor en la tubería de bajada
3
b)
∗ 0,3𝑚
0,277𝑘𝑔
𝑄 𝑚̇ ∗ 𝑣𝑒
𝑚
𝑘𝑔
𝑠
𝑣= =
=
= 41,11
2
2
𝐴 𝜋𝑑 ⁄4 𝜋(0,0508𝑚𝑚) /4
𝑠
Energía total transferida en el proceso
El proceso ocurre a presión constante
ℎ1 − ℎ2 = 𝑟 = 504,2 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔
(A 5 bares absolutos)
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
𝑄𝑐 = 𝑟 ∗ 𝑚̇ = 504,2
𝑘𝑔
∗ 1000 ℎ = 504200
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
c)
Revaporizado perdido por el venteo
El revaporizado formado por la descarga de condensado dentro del tanque presurizado a 1,5 bares, escapa
directamente a la atmósfera a través del venteo.
ℎ𝑙5𝑏𝑎𝑟 − ℎ𝑙1,5𝑏𝑎𝑟 (152,1 − 110,99)
%𝑟𝑒𝑣 =
=
𝑟1,5𝑏𝑎𝑟
532,1𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
d)
𝑚̇𝑟𝑒𝑣 = %𝑟𝑒𝑣 ∗ 𝑚̇ = 0,0772 ∗ 1000
Cantidad de agua fría de reposición
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
= 0,0772 = 7,72%
𝑘𝑔
𝑘𝑔
= 77,26
ℎ
ℎ
𝑇 = 95℃ (Tanque de alimentación)
𝑇𝑎𝑟 = 20℃ (Agua de reposición)
𝑣𝑒 = 0,001052
𝑚3
𝑘𝑔
(Volumen específico del agua a 1,5 bares absolutos)
Considerando que el nivel del tanque de alimentación se debe mantener constante, la cantidad de agua de
reposición que debe bombearse al tanque es la misma masa que se pierde en revaporizado, o sea, 77,26 kg/h,
por lo tanto:
𝑚3
Ejercicio 10
𝑘𝑔
𝑣̇ 𝐻2 𝑂 = 𝑣𝑒 ∗ 𝑚̇𝑟𝑒𝑣 = 0,001052 𝑘𝑔 ∗ 77,26 ℎ = 0,081
𝑣̇ 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 20000 𝑚3 ⁄ℎ
𝑚3
𝑙𝑡𝑠
≈ 81,28
ℎ
ℎ
𝑘𝐽
𝑐𝑝 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 0,24𝑘𝑐𝑎𝑙
= 1,005𝑘𝑔°𝐾
𝑘𝑔℃
𝜌 = 1,15 𝑘𝑔⁄𝑚3
𝑇𝑒 = 25℃
𝑇𝑠 = 130℃
𝑝 = 7 𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜𝑠
a)
Cantidad de vapor requerido
El flujo másico de aire es 𝑚̇𝑎 = 𝜌𝑣̇ 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 1,15 𝑘𝑔⁄𝑚3 ∗ 20000 𝑚3 ⁄ℎ = 23000 𝑘𝑔⁄ℎ
El calor que transfiere en el proceso vale
𝑘𝑔
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑄 = 𝑚̇𝑎 ∗ 𝑐𝑝 𝑎𝑖𝑟𝑒 ∗ ∆𝑇 = 23000 ℎ ∗ 0,24𝑘𝑔℃ ∗ (130 − 25)℃ = 579600
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
Sabiendo que 𝑄 = 𝑟 ∗ 𝑚̇𝑣 donde 𝑟 = ℎ𝑣 − ℎ𝑙 = 489,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔 (a 8 bares absolutos), es el calor latente de
vaporización, ya que el proceso se lleva a cabo a presión constante. Entonces
𝑚̇𝑣 =
𝑄 579600 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄ℎ
𝑘𝑔𝑣
=
= 1184,34
𝑟 489,8 𝑘𝑐𝑎𝑙 ⁄𝑘𝑔
ℎ
b)
c)
Cantidad de Revaporizado formado en el tanque de trasvase
ℎ𝑙8𝑏𝑎𝑟 − ℎ𝑙1𝑏𝑎𝑟 (171,4 − 99,19)
%𝑟𝑒𝑣 =
=
𝑟1𝑏𝑎𝑟
539,6𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
Diferencia de temperatura media logarítmica
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑔
= 0,139 = 13,9%
𝑇𝑠𝑎𝑡 = 169,6℃ (Temperatura de saturación del vapor a 8 bares absolutos)
La expresión de la diferencia de temperatura media logarítmica, que relaciona las diferencias de temperatura a
la entrada y a la salida del proceso de transferencia de calor es
∆𝑇𝑚𝑙 =
∆𝑇𝑠 − ∆𝑇𝑒
∆𝑇
ln � 𝑠 �
∆𝑇𝑒
Donde ∆𝑇𝑒 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 − 𝑇𝑒 = 169,9℃ − 25℃ = 144,6℃, diferencia de temperaturas a la entrada del
intercambiador de calor.
De la misma manera ∆𝑇𝑠 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 − 𝑇𝑠 = 169,6℃ − 130℃ = 39,6℃, es la diferencia de temperaturas a la
salida del intercambiador de calor.
Entonces
∆𝑇𝑚𝑙 =
39,6℃ − 144,6℃
= 81,07℃
39,6℃
�
ln �
144,6℃
Bibliografía
•
Apuntes de la cátedra Máquinas e Instalaciones Térmicas 1, de la Facultad de Ingeniería de la UNaM
•
Curso de Termodinámica – Facorro-Ruiz
•
Termodinámica técnica y Máquinas térmicas – Mataix, Claudio
•
Motores de combustión interna. Análisis y aplicaciones – Obert, Edward
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