Solución: Se puede establecer que el ciclo opera con vapor de agua como fluido trabajo. Y su esquema se muestra en la siguiente diapositiva.

Ejemplo 1.3: En un ciclo Rankine con sobrecalentamiento, el vapor que sale de la caldera y entra en la turbina está a 20 bar y 400°C, la presión del condensador es 0,08 bar. Determine para este ciclo:

(a) el rendimiento térmico, (b) el trabajo neto desarrollado por unidad de masa, (c) el calor absorbido por unidad de masa, y (d) el calor cedido por unidad de masa.

El estado 1 es vapor sobrecalentando, a 20 bar y 400 ºC. De la tabla de vapor sobrecalentado A-4, Morgan y Shapiro, se tiene:

Propiedad Magnitud unidades Tsat 212,42 ºC h1 3247,6 KJ/Kg S1 7,1271 KJ/Kg·K

El proceso de expansión en la turbina es isoentrópica, por consiguiente en el proceso 1-2 se tiene: S2 = S1 = 7,1271 KJ/Kg·K

El estado 2 es una mezcla vapor líquido que se encuentra a 0,008 bar, (de tabla de agua saturada A-3, Morgan y Shapiro), se tiene el cuadro: Determinación del título a la salida de la turbina (X2). Usando este titulo, calculamos la entalpía en el estado 2: El estado 3 es líquido saturado a 0,08 MPa, entonces: h3 = hf = 173,88 KJ/Kg

Propiedad

Magnitud unidades

T2 41,51 ºC hf 173,88 KJ/Kg hfg 2403,1 KJ/Kg Sf 0,5926 KJ/Kg·K Sg 8,2287 KJ/Kg·K vf 1,0084 x 10-3 m3/Kg

( )( )

( )( ) 856,0

5926,02287,85926,01271,72

2 =−−

=−

−=

fg

f

SSSS

X

( ) ( ) KJ/Kg9,22301,2403856,088,17322 =+=−+= fgf hhXhh

El estado 4 es un líquido subenfriado y queda determinado por la presión de la caldera p4 y del condensador p3, Ec.(1.8) : (a) Rendimiento Térmico del Ciclo:

( )34334 ppvhh −+=

( ) ( )

−+= −

mNKJ

MPamNMPaKgmxKgKJh 3

2633

4 101

1/1008,00,8/100084,1/88,173

KgKJh /89,1754 =

( ) ( ) ( ) ( )89,1756,3247

88,17389,1759,22306,3247

41

3421

−−−−

=−

−−−=

−= •

••

hhhhhh

Q

WW

e

btη

( )%0,33330,0=η

(b) El flujo másico se obtiene a partir de la ec.(1.5a), donde el trabajo o energía neta producida, será:

( ) ( )3421/ hhhhmWmWmasadeunidadporNetoTrabajo bt −−−=−=••••

( ) ( ) ( ) ( )88,17389,1759,22306,32473421 −−−=−−−=∴ •

•

hhhhm

W CICLO

KgKJm

W CICLO /69,1014=•

•

( ) ( ) KgKJKgKJhhm

Qe /71,3071/94,1810,275841 =−=−=•

•

( ) ( ) KgKJKgKJhhm

Q S /02,2057/88,1739,223032 =−=−=•

•

(c) El Calor absorbido por el fluido de trabajo Qe por unidad de masa, a partir de la ec.(1.4) se determina como:

(d) El Calor cedido por el fluido de trabajo QS, por unidad de masa, a partir de la ec.(1.2) se determina como:

Ejemplo 1.4: En un ciclo Rankine sobrecalentamiento y recalentamiento se utiliza vapor de agua como fluido de trabajo. El vapor entra en la primera etapa de la turbina a 80 bar, 480 °C y se expande hasta 0,7 MPa. Este se recalienta hasta 440°C antes de entrar en la segunda etapa de la turbina, donde se expande hasta la presión del condensador de 0, 008 MPa. La potencia neta obtenida es 100 M.W. Determine: (a) el rendimiento térmico del ciclo, (b) el flujo másico de vapor, en Kg/h, (c) el calor cedido por el fluido de trabajo Qs a su paso por el condensador, en MW, Solución:

Análisis: El estado 1 es vapor sobrecalentado a 80,0 bar y 480°C, de las tablas de vapor saturado (A-4 Morán y Shapiro), determinamos: El estado 2 es una mezcla vapor-líquido a una presión de 7 bar, las propiedades a esta presión son: Como en la turbina de alta se produce un proceso de expansión adiabática reversible, entonces: S2 = S1 = 6,6586 KJ/Kg·K Lo que permite determinar la calidad o titulo del vapor a la salida de la turbina (X).

Usando este titulo, calculamos la entalpía en el estado 2:

El estado 3 es vapor sobrecalentado a 7 bar y 440°C, de las tablas de vapor sobrecalentado (A-4 M. y Shapiro), encontramos sus propiedades: El estado 4 es una mezcla vapor-líquido a una presión de 0,08 bar, las propiedades a esta presión son: Como en la turbina de baja se produce un proceso de expansión adiabática reversible, entonces: S4 = S3 = 7,7571 KJ/Kg·K Lo que permite determinar la calidad o titulo del vapor a la salida de la turbina (X).

Vapor sobrecalentado 80,0 bar 480°C Propiedad Magnitud unidades

T sat 295,06 ºC h1 = h 3348,4 KJ/Kg S1= S 6,6586 KJ/Kg·K Agua saturada 7 bar

Propiedad Magnitud unidades Tsat 165 ºC hf 697,22 KJ/Kg hfg 2066,3 KJ/Kg Sf 1,9922 KJ/Kg·K Sg 6,7080 KJ/Kg·K vf 1,1080 x 10-3 m3/Kg

( )( )

( )( ) 9895,0

9922,17080,69922,16586,62

2 =−−

=−

−=

fg

f

SSSS

X

( ) KJ/Kg82,27413,20669895,022,69722 =+=+= fgf hXhh Vapor sobrecalentado 7 bar y 440°C Propiedad Magnitud unidades

T sat 164,97 ºC h 3 3353,3 KJ/Kg S 3 7,7571 KJ/Kg·K

Agua saturada 0,08 bar Propiedad Magnitud unidades

Tsat 41,51 ºC hf 173,88 KJ/Kg hfg 2403,1 KJ/Kg Sf 0,5926 KJ/Kg·K Sg 8,2287 KJ/Kg·K vf 1,0084 x 10-3 m3/Kg

( )( )

( )( ) 9382,0

5926,02287,85926,07571,74

4 =−−

=−

−=

fg

f

SSSS

X

( ) KJ/Kg5,24281,2403382,088,17344 =+=+= fgf hXhh

El estado 5 es líquido saturado a 0,08 bar, entonces: h 5 = hf = 173,88 KJ/Kg El estado 6 es un líquido subenfriado y queda determinado por la presión de la caldera p6 y del condensador p 5, Ec.(1.8): (a) Rendimiento Térmico del Ciclo:

(b) El flujo másico se obtiene a partiendo de la ec.(1.5a), y considerando el trabajo de ambas

turbinas, el trabajo o energía neta producida, será:

( )56556 ppvhh −+=

( ) ( )5 2

3 36 3

10 / 1173,88 / 1,0084 10 / 80 0,081 10

N m KJh KJ Kg x m Kg barbar N m

− = + −

6 181,94 /h KJ Kg=

( ) ( ) ( ))()(

)()(

2361

564321

21hhhh

hhhhhh

QQ

WWW

ee

bBtAt

−+−−−−+−

=+

−+= ••

•••

η

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )%3,40403,0

8,27413,335394,1814,334888,17394,1815,24283,335382,27414,3348

=−+−

−−−+−=η

( ) ( ) ( )564321 hhhhhhm

W

m

W

m

Wmasadeunidad

CicloNetoTrabajo b

B

t

A

t −−−+−=

−

+

= •

•

•

•

•

•

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ] KgKJhsMWKWMW

hhhhhhWm CICLO

/06,88,9246,606600310100 3

564321 −+=

−−−+−=∴

••

hKgxm /103,236 3=•

(c) El Calor absorbido total por el fluido de trabajo Qe, será la suma de calor absorbido en las etapas de sobrecalentamiento y recalentamiento, los cuales se hayan a partir de la ec.(1.4): El Calor cedido por el fluido de trabajo QS, puede determinarse haciendo un balance global de energía a la central. En estado estacionario, el trabajo neto desarrollado es igual al calor neto intercambiado por la planta. Entonces:

( ) ( )( ) ( ) MW

hsMWKWKgKJhKgxhhmQe 84,207

600310/94,1814,3348/103,236

3

3

611 =−

=−=••

( ) ( )( ) ( ) MW

hsMWKWKgKJhKgxhhmQe 14,40

600310/82,27413,3353/103,236

3

3

612 =−

=−=••

MWQQQ eeTOTALe 98,24714,4084,20721, =+=+=•••

( ) MWMWWQQ cicloeS 98,1470,10098,247 =−=−=•••

Ejemplo 1.5: Reconsidere el ciclo de potencia del ejemplo 1.4 pero incluyendo en el análisis un rendimiento isentrópico para cada etapa en la turbina de bomba de 85%. Determine para este ciclo modificado el rendimiento térmico.

SOLUCIÓN: Se puede establecer que se opera con vapor de agua como fluido de trabajo. Las turbinas tienen una eficiencia del 85%. Eficiencia Isentrópica de la Turbina A: Despejando:

21

21

hhhh

mW

mWr

TA

rTA

TA −−

=

=••

••

η

( )2112 hhhh TAr −−= η

( ) KJ/Kg81,283282,27414,334885,04,33482 =−−=rh

Eficiencia Isentrópica de la Turbina B: Despejando: Rendimiento térmico del Ciclo:

43

43

hhhh

mW

mWr

TB

rTB

TB −−

=

=••

••

η

( ) ( ) KJ/Kg2,25675,24283,335385,03,33534334 =−+=−+= hhhh Tbr η

( ) ( ) ( ))()(

)()(

2361

564321

21r

rr

ee

brTBrTA

hhhhhhhhhh

QQ

WWW−+−

−−−+−=

+

−+= ••

•••

η

( ) ( ) ( ) ( )%1,35351,0)81,28323,3353()94,1814,3348(

88,17394,1812,25673,335381,28324,3348=

−+−−−−+−

=η

Ejemplo 1.7: Consideremos un ciclo de potencia regenerativo con recalentamiento que tiene dos calentadores de agua de alimentación, uno cerrado y otro abierto. El vapor entra en la primera turbina a 8,0 MPa, 480°C y se expande hasta 0,7 MPa. El vapor es recalentado hasta 400°C antes de entrar en la segunda turbina, donde se expande hasta la presión del condensador que es de 0,008 MPa. Se extrae vapor de la primera turbina a 2,0 MPa para alimentar al calentador cerrado del agua de alimentación. El agua de alimentación deja el calentador cerrado a 205°C y 8,0 MPa y el condensado sale como líquido saturado a 2,0 MPa. El condensado es llevado a través de una válvula al calentador abierto. Se extrae vapor de la segunda turbina a 0,3 MPa para alimentar al calentador abierto del agua de alimentación, que opera a 0,3 MPa. La corriente que sale del calentador abierto es líquido saturado a 0,3 MPa. La potencia neta obtenida en el ciclo es de 100 MW. No existe transferencia de calor entre los componentes y el entorno. Si el fluido de trabajo no experimenta irreversibilidades a su paso por las turbinas, bombas, generador de vapor, calentador y condensador. Determinase: (a) el rendimiento térmico, (b) el flujo másico de vapor que entra en la primera etapa de la turbina, en kg/h. Solución: El vapor de agua es el fluido el trabajo del ciclo de potencia regenerativo con recalentamiento. Las presiones y temperaturas de operación están especificadas y la potencia neta también es conocida. Los diagramas y datos conocidos se muestran en la figura de la pagina. siguiente:

Consideraciones: Cada componente es analizado en un estado estacionario. No hay transferencia de calor entre los componentes y el ambiente. Los procesos que realiza el fluido de trabajo en la turbina, generador de vapor, recalentador y condensador son internamente reversibles. La expansión a través de la válvula es un proceso de estrangulación.

Análisis: Determinaremos las entalpías especificadas de los estados principales del ciclo: El estado 1 es vapor sobrecalentado a 80,0 bar y 480°C, de las tablas de vapor saturado (A-3 Morán y Shapiro), determinamos lo que se ve en el cuadro: El estado 2 es vapor sobrecalentado con una P= 20 bar y como 1-2 es isentrópico, se tiene que: S2 = S1 = 6,6586 KJ/Kg·K . (de tabla A-4) se obtienen los siguientes datos: Interpolando:

Estado 3: como el proceso 2-3 es isentrópico, se tiene que: S2 = S3 = 6,6586 KJ/Kg·K Por consiguiente el estado 3 es una mezcla vapor-líquido a una presión de 7 bar, con las siguientes propiedades: Lo que permite determinar la calidad del vapor a la salida de la turbina (X).

Usando este titulo, calculamos la entalpía en el estado 3:

Vapor sobrecalentado 80,0 bar 480°C Propiedad Magnitud unidades

T sat 295,06 ºC h1 = hg 3348,4 KJ/Kg S1= Sg 6,6586 KJ/Kg·K

Vapor sobrecalentado 20 bar T ºC h ( KJ/Kg) S ( KJ/Kg·K) 240 2876,5 6,4952 T 2 h 2 6,6586

280 2976,4 6,6828 ( )( )

( )( ) CT

TSi °=⇒

−−

=−−

84,2474952,66828,64952,66586,6

240280240

22

( )( )

( )( ) KgKJh

hSi /51,2963

4952,66828,64952,66586,6

5,28764,29765,2876

22 =⇒

−−

=−

−

Agua saturada 7 bar Propiedad Magnitud unidades Tsat 165 ºC hf 697,22 KJ/Kg hfg 2066,3 KJ/Kg Sf 1,9922 KJ/Kg·K Sg 6,7080 KJ/Kg·K vf 1,1080 x 10-3 m3/Kg

( )( )

( )( ) 9895,0

9922,17080,69922,16586,63

3 =−−

=−

−=

fg

f

SSSS

X

( ) KJ/Kg82,27413,20669895,022,69733 =+=+= fgf hXhh

El estado 4 es vapor sobrecalentado a 7 bar y 440°C, de las tablas de vapor saturado (A-3 Morán y Shapiro), determinamos lo que se ve en el cuadro: El estado 5 es vapor sobrecalentado a 3 bar y como 4-5 es isentrópico, se tiene que: S4 = S 5 = 7,7571 KJ/Kg·K (de tabla A-4) se obtienen los siguientes datos: Interpolando: Por consiguiente el estado 6 es una mezcla vapor-líquido a una presión de 0,08 bar, las propiedades a esta presión son las que se muestran en el cuadro: Lo que permite determinar la calidad o titulo del vapor a la salida de la turbina (X). Usando este titulo, calculamos la entalpía en el estado 6:

Vapor sobrecalentado 7,0 bar 440°C Propiedad Magnitud unidades

T sat 164,97 ºC h 4 = hg 3350,3 KJ/Kg S 4 = Sg 7,7571 KJ/Kg·K

Vapor sobrecalentado 3 bar T ºC h ( KJ/Kg) S ( KJ/Kg·K) 280 3028,6 7,6299 T 5 h 5 7,7571

320 3110,1 7,7722 ( )( )

( )( ) CT

TSi °=⇒

−−

=−−

76,3156299,77722,76299,77571,7

280320280

55

( )( )

( )( ) KgKJh

hSi /5,3101

6299,77722,76299,77571,7

6,30281,31106,3028

55 =⇒

−−

=−

−

Estado 6: como el proceso 5-6 es isentrópico, se tiene que: S5 = S6 = 7,7571 KJ/Kg·K

Agua saturada 0,08 bar Propiedad Magnitud unidades Tsat 41,51 ºC hf 173,88 KJ/Kg hfg 2403,1 KJ/Kg Sf 0,5926 KJ/Kg·K Sg 8,2287 KJ/Kg·K vf 1,0084 x 10-3 m3/Kg ( )

( )( )( ) 9382,0

5926,02287,85926,07571,76

6 =−−

=−

−=

fg

f

SSSS

X

( ) KJ/Kg5,24281,24039382,088,17366 =+=+= fgf hXhh

El estado 7 es un líquido saturado a 0,08 bar, entonces:

h 7 = hf = 173,88 KJ/Kg El estado 8 es un líquido comprimido y su entalpía queda determinado por la presión del calentador abierto p8 y del condensador p7 : El estado 9 es líquido saturado a 3 bar, entonces del cuadro:

h 9 = hf = 561,47 KJ/Kg

El estado 10 es un líquido comprimido y su entalpía queda determinado por la presión del generador de vapor p10, que es igual a la del calentador cerrado y por la presión del calentador abierto p9 :

( )78778 ppvhh −+=

( ) ( )5 2

3 35 3

10 / 1173,88 / 1,0084 10 / 3 0,081 10

N m KJh KJ Kg x m Kg barbar N m

− = + −

KgKJh /17,1748 = Liquido saturado 3,0 bar Propieda

d Magnitud unidade

s T sat 133,6 ºC hf 561,47 KJ/Kg vf 1,0732 x 10- 3 m3/kg Liquido saturado 20 bar

Propiedad

Magnitud unidades

T sat 212,4 ºC hf 908,79 KJ/Kg

vf 1,1767 x 10- 3 m3/kg ( )9109910 ppvhh −+=

( ) ( )

−+= −

mNKJ

barmNbarKgmxKgKJh 3

2533

10 101

1/10380/100732,1/47,561

10 569,73 /h KJ Kg=

h8

El estado 11 es un líquido comprimido que sale del calentador cerrado, a 80 bar y 205°C y su entalpía específica queda determinado por la ecuación siguiente: (Ec 3.14 en Morán y Shapiro, tomó I)

De la tabla A-2, se tiene los datos del cuadro:

El estado 12 es líquido saturado a 20 bar, entonces del cuadro se tiene: h12 = hf = 908,79 KJ/Kg

El estado 13: como el proceso 12-13 es una estrangulación es isentálpico, se tiene que:

h13= h12 = 908,79 KJ/Kg·K

Haciendo un balance de materia y energía en el calentador cerrado, se tiene: Despejando y: (Fracción molar), se tiene:

[ ])()()()(),( TsatTTfTfPT ppvhh −+≈ Liquido saturado 205 °C

Propiedad Magnitud unidades P sat 17,3 bar hf 875,105 KJ/Kg vf 1,1646x 10- 3 m3/kg ( )satff ppvhh −+= 1111

( ) ( )

−+= −

mNKJ

barmNbarKgmxKgKJh 3

2533

11 101

1/103,1780/101646,1/105,875

11 882,41 /h KJ Kg=

( ) ( )1011122 )1()( hhhhy −=−

( )( )

( )( ) 1522,0

79,90851,296373,56941,882

122

1011 =−−

=−−

=hhhh

y

Haciendo un balance de materia y energía en el calentador abierto, se tiene: Despejando z: (Fracción molar), se tiene: El trabajo en la turbina 1, será:

El trabajo en la turbina 2, será:

( ) 91385 )1()(1)( hhyhzyhz =+−−+

( ) 913885 )1(1 hhyhzhyhz =+−−+

( )( )

( )( ) 0941,0

17,1745,310179,9081522,017,1741522,0147,5611

85

1389 =−

∗−∗−−=

−−−−

=hh

hyhyhz

( )( ) ( )( )3221

1

1 11 hhyhhm

W T −−+−=•

•

( ) ( )( ) KgKJm

W T /84,57282,274151,29631522,0151,29634,33481

1 =−−+−=•

•

( )( ) ( )( )6554

1

2 11 hhzyhhym

W T −−−+−−=•

•

( )( ) ( )( ) KgKJm

W T /51,7205,24285,31010941,01522,015,31013,33530152211

2 =−−−+−−=•

•

El trabajo en bomba 1, será:

El trabajo en bomba 2, será

Calor absorbido por el generador de vapor:

(a) Rendimiento Térmico del Ciclo:

( ) ( ) ( ) ( ) KgKJhhzym

W b /22,088,17317,1740941,00152211 78

1

1 =−−−=−−−=•

•

( ) ( ) ( ) ( ) KgKJhhm

W b /26,847,56173,56911 910

1

2 =−=−=•

•

( )( ) ( )( )34111

1

11 hhyhhm

Qe −−+−=•

•

( )( ) ( )( ) KgKJm

Qe /4,298482,27413,33531522,0141,88233481411

=−−+−=•

•

1

21

11

21

11

••

••••••••

+

−

+

=mQ

mWmWmWmW

e

bbTT

η

( ) ( )( ) ( )%05,434305,0

4,298426,822,051,72084,572

=−−−

=η

(b) El flujo másico se obtiene a partiendo de la ec.(1.5a), y considerando el trabajo producido por ambas turbinas, el consumido por ambas bombas, el trabajo o energía neta producida, será:

Despejando y remplazando:

21112111

−

−

+

=

•

•

•

•

•

•

•

•

m

W

m

W

m

W

m

Wmasadeunidad

NetoTrabajo bbTT

21111111

1

−

−

+

=∴

•

•

•

•

•

•

•

•

••

m

W

m

W

m

W

m

W

WmbbTT

CICLO

( ) ( )( ) ( )[ ] hKgx

KgKJhsMWKWMWm /102,280

/26,822,051,72084,572600310100 3

3

1 =−−−

==•