UNIVERSIDAD FERMIN TORO

DECANATO DE INGENIERIA

ESCUELA DE MANTENIMIENTO MECÁNICO

TERMODINÁMICA II

V SEMESTRE

SOLUCIÓN DEL EJERCICIO DE

CICLO RANKINE SIMPLE

PROPUESTO

ESTUDIANTE: Daniel Parra

C.I.:

Barquisimeto, mayo de 2015.

22301685

Solución # 1:

Suponiendo las pérdidas en las tuberías y las eficiencias adiabáticas en la turbina del 86% yen la bomba, 80%. Como se muestra en la figura.

Estado 4. P4 = 4MPa y T4 = 400OC. Por tabla de agua saturada TSat = 250,35 OC, el estadoestá sobrecalentado.

Leyendo en tabla de vapor sobrecalentado, tenemos:

h4 = 3214,500KJ/Kg

Estado 5. P5 = 3,8MPa y T5 = 380 OC. Vapor sigue sobrecalentado. Procedemos a realizaruna doble interpolación.

Interpolando a 3,50 MPa Interpolando a 4,00MPaT (OC) h(KJ/kg) S (KJ/kg.K) T (OC) h(KJ/kg) S (KJ/kg.K)

350 3104,9 6,6601 350 3093,3 6,5843380 ha Sa 380 hb Sb

400 3223,2 6,8428 400 3214,5 6,7714

Interpolando ahora la presión puesto que están alas misma temperatura 380 OCP (MPa) h(KJ/kg) S (KJ/kg.K)

3,50 3175,88 6,769723,80 h5 S5

4,00 3166,02 6,69656

h5 = 3169,964 KJ/Kg S5 = 6,725824KJ/kg.K

Estado 6. P6 = 10KPa S6 = S5 = 6,725824KJ/kg.K. Comparamos en los valores de entropíasaturados a 10KPa; por tabla de agua saturada, tablas de presión, tenemos:

Sg = 8,1488 KJ/kg.K Sf = 0,6492 KJ/kg.K

Puesto que Sf < S6 < Sg; tenemos una mezcla:

X6 = (S6−Sf )

(Sg−Sf ) = (6,725824−0,6492 )

(8,1488−0,6492 ) = 0,8102

Buscamos por tabla en estado saturado a 10KPa, las entalpias:

hg = 2583,9 KJ/Kg hf = 191,81 KJ/Kg

h6s = hf + X6·(hg – hf) = 191,81 + 0,8102·[2583,9 – 191,81] = 2129,880KJ/Kg

Puesto que hay un rendimiento adiabático en la turbina de 0,86, tenemos que:

ηTurb = (h5−h6 )

( h5−h6 s ) = 0,86 → h6 = h5 – ηTurb·[h5 – h6s]

h6 = 3169,964 – [0,86·(3169,964 – 2129,880)] → h6 = 2275,491KJ/Kg

Estado 1. P1 = 10KPa T1 = 42OC

El valor de h1 será igual al valor de la entalpía del fluido a 10KPa, saturado.

h1 = hf = 191,810KJ/Kg

El trabajo de la bomba lo obtendremos por la expresión:

WBomb = Vf(P2 – P1) = 0,001010m3/Kg·[5000KPa – 10KPa] = 5,0399KJ/Kg

Estado 2. P2 = 5 MPa.

WBomb = h2s – h1 → WBomb + h1 = h2s → 5,0399KJ/Kg + 191,810KJ/Kg = h2

h2s = 196,8499KJ/Kg

Puesto que la bomba también tiene rendimiento adiabático del 0,80, tenemos que:

ηBomb = (h2 s−h1 )

(h2−h1 ) = 0,86 → h2 = h1 + ( h2 s−h1 )

(ηBomb ) → h2 = h1 +

(196,8499−191,810 )

0,80

h2 = 198,1098 KJ/Kg

Estado 3. P3 = 4,8 MPa y T3 = 40OC, por tabla de agua saturada, tabla de temperatura, la Psat

= 7,3851KPa, tenemos un líquido comprimido, por tabla tenemos a:

h3 = 171,95KJ/Kg

Calculamos el calor suministrado QH = h4 – h3 = (3214,5 – 171,950) KJ/Kg

QH = 3042,550KJ/Kg

Trabajo en la turbina, WTurb = h5 – h6 = (3169,965 – 2275,491) KJ/Kg

WTurb = 894,473 KJ/Kg

El trabajo neto Wneto = WTurb – WBomb = (894,473 – 5,0399) KJ/Kg

Wneto = 889,4331KJ/Kg

El rendimiento del ciclo η = WnetoQh =

889,43313042,550 = 0,2923 ≈ 29,23%

Solución # 2.

Asumiendo que, No hay pérdidas en las tuberías y las eficiencias adiabáticas en la turbina yen la bomba, son del 100%. Y la presión máxima es de 4 MPa. Como se muestra en lafigura.

Estado 4. P4 = 4MPa y T4 = 400OC. Por tabla de agua saturada TSat = 250,35 OC, el estadoestá sobrecalentado.

Leyendo en tabla de vapor sobrecalentado, tenemos:

h4 = 3214,500KJ/Kg S4 = 6,7714KJ/Kg·K

Estado 3. P3 = 10KPa S3= S4 = 6,7714 KJ/Kg·K. Comparamos en los valores de entropíasaturados a 10KPa; por tabla de agua saturada, tablas de presión, tenemos:

Sg = 8,1488 KJ/kg.K Sf = 0,6492 KJ/kg.K

Puesto que Sf < S3 < Sg; tenemos una mezcla:

X3 = (S6−Sf )

(Sg−Sf ) = (6,7714−0,6492 )

(8,1488−0,6492 ) = 0,8163

Buscamos por tabla en estado saturado a 10KPa, las entalpias:

hg = 2583,9 KJ/Kg hf = 191,81 KJ/Kg

h3 = hf + X3·(hg – hf) = 191,81 + 0,8163·[2583,9 – 191,81] = 2143,738 KJ/Kg

h3 = 2143,738 KJ/Kg

Estado 1. P1 = 10KPa T1 = 42OC

El valor de h1 será igual al valor de la entalpía del fluido a 10KPa, saturado.

h1 = hf = 191,810KJ/Kg

El trabajo de la bomba lo obtendremos por la expresión:

WBomb = Vf(P2 – P1) = 0,001010m3/Kg·[4000KPa – 10KPa] = 4,0299 KJ/Kg

Estado 2. P2 = 4 MPa y T2 = 40OC, por tabla de agua saturada, tabla de temperatura, la Psat =7,3851KPa, tenemos un líquido comprimido, por tabla tenemos a:

WBomb = h2 – h1 → WBomb + h1 = h2 → 4,0299KJ/Kg + 191,810KJ/Kg = h2

h2= 195,8399 KJ/Kg

Calculamos el calor suministrado QH = h4 – h2 = (3214,500 – 195,8399) KJ/Kg

QH = 3018,6601 KJ/Kg

Trabajo en la turbina, WTurb = h4 – h3 = (3214,500 – 2143,738) KJ/Kg

WTurb = 1070,762 KJ/Kg

El trabajo neto Wneto = WTurb – WBomb = (1070,762 – 4,0299) KJ/Kg

Wneto = 1066,7321 KJ/Kg

El rendimiento del ciclo η = WnetoQh =

1066,73213018,6601 = 0,3533 ≈ 35,33%

El ciclo que opera con pérdidas alcanzó un rendimiento del 29,23%; mientras que el ciclosin pérdidas fue de 35,33%, hubo un aumento de un 20,86%.