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Problemas Brayton - Rankine 2012 CICLO BRAYTON Problemas. 1) Una planta de turbina de gas que opera en un ciclo Brayton con regeneración, entrega 20000 kW a un generador eléctrico. La temperatura máxima es 1200 K y la temperatura mínima es 290 K. La presión mínima es 95 kPa y la presión máxima es 380 kPa. La eficiencia del regenerador es de 75%. La eficiencia del compresor es de 80% y la de la turbina es 85%. a) ¿Cuál es la potencia de la turbina? b) ¿Qué fracción de la potencia de la turbina es usada para mover el compresor?

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Problemas Brayton - Rankine 2012 2) En un ciclo Brayton simple de aire normal se tiene una relación de presiones de 12, una temperatura a la entrada del compresor de 300 K y una temperatura a la entrada de la turbina de 1000 K. Determine el flujo másico requerido de aire para una salida de potencia neta de 30 MW; suponga que tanto el compresor como la turbina tienen una eficiencia isoentrópica de 80%. Considere los calores específicos constantes a temperatura ambiente. En caso de que se pudiera hacer regeneración, ¿Qué cantidad de calor se podría aprovechar? Explique.

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Para el compresor

Para la turbina

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Haciendo volumen de control para el compresor mas la turbina

3. En el diagrama se muestra un ciclo ideal y reversible de Brayton que utiliza aire. La relación de presiones es de 5 y la temperatura a la entrada de la turbina es T3 = 900 [°C]; se sabe que la presión y la temperatura del aire a la entrada del compresor son P1 = 10 5 [Pa] y T1 = 40 [°C] respectivamente. Determine para el ciclo:

a) El volumen específico del aire a la entrada y a la salida del quemador. b) El trabajo, asociado a cada unidad de masa, que recibe el compresor.

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Ciclo de rankine

4. En un ciclo de Rankine básico, el agua entra en la turbina a 25 [bar] y sale a 1 [bar], entra en la bomba con una densidad de 103 [kg/m3] como líquido saturado y en la caldera recibe 2 000 [kJ/kg]. Si la eficiencia del ciclo es 0.3, determine el trabajo, asociado a cada unidad de masa, de la bomba y de la turbina. Considere que ambos equipos son adiabáticos y que las variaciones de energía cinética y potencial gravitatoria son despreciables. Sea nuestro sistema el agua en la bomba (sistema termodinámico abierto) :

5. En un ciclo de Rankine se sabe que la turbina desarrolla trabajo en cada unidad de masa de 521.8 [kJ/kg] cuando la entalpia específica del vapor a la entrada es 2 675.8 [kJ/kg]. La presión del agua a la entrada de la caldera es 1 100.32 [kPa] y en ella recibe una cantidad de calor, asociado a cada unidad de masa, de q = 2 592.2 [kJ/kg]. Si la presión y el volumen específico del agua en la entrada de la bomba son 2.34 [kPa] y 0.001 [m3/kg] respectivamente, determine.

La entalpia específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo. a) Sistema: agua en el ciclo de Rankine. {wT} = 521.8 [kJ/kg] ; {qsum} = 2 592.2 [kJ/kg] h1 = 2 675.8 [kJ/kg] P4 = 1 100.32 [kPa]

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Problemas Brayton - Rankine 2012 7. Una planta de vapor que sigue un Ciclo Rankine, opera ente las presiones de 20 MPa y 1 atm con el fin de generar energía eléctrica para una pequeña aglomeración urbana que require un apotencia de 10.000 kW. Para ello la municipalidad está dispuesta a invertir 30 millones de dólares por año en la operación de la planta. Los detalles técnicos de la planta de vapor son: - La caldera entrega vapor sobrecalentado a 35º C por sobre la temperatura de saturación. - La turbina presenta un rendimiento de 80% y la bomba es considerada isoentrópica. - El costo de cada kilogramo de vapor producido es de 0.05 USD - La planta funcionaría 24 horas al día y 365 días por año. Se desea saber si el proyecto es factible. Entregue su respuesta indicando el costo anual de funcionamiento de la planta y el rendimiento.

P1 = 20 MPa Tsat = 365.81ºC (de tabla A-5 pág. A-13) Entonces: T1 = Tsat + 35ºC ˜ 400ºC

Por lo tanto: h1 = hvs (20 MPa, 400ºC) = 2818.1 kJ/kg s1 = svs (20 MPa, 400ºC) = 5,554 kJ/kg

Considerando la turbina como un dispositivo isoentrópico s1 = s2 = 5,554 kJ/kg Además se sabe que: p2 = 1 atm ˜ 0.1 MPa = 100 kPa Entonces: Tsat (0.1 MPa) = 99,63ºC (tabla A-5 pág. A-12) svs (0.1 MPa) = 7,3594 kJ/kg (tabla A-5 pág. A-12) sls (0.1 MPa) = 1,3026 kJ/kg (tabla A-5 pág. A-12) Ahora estamos en condiciones de obtener el título del vapor, así: s2 = 5,554 = 7,3594 X’2 + 1,3026 (1-X’2)

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Problemas Brayton - Rankine 2012 despejando, se tiene: X’2 = 0,702 con esto podemos obtener que: h’2 = hvs(0,1 MPa) X’2 + hls(0,1 MPa) (1- X’2 ) (valores de hvs y hls obtenidos de tabla A-5 pág. A-12) = 2675,5 x 0.702 + 417,46 x (1 - 0,702) h’2 = 2002,6 kJ/kg Entonces: W’T = h2 – h1 = 2002,6 - 2818,1 W’T = -815.5 kJ/kg (teórico) Recordando que: Rend.T = W’real / W’teórico Reemplazando valores conocidos: 0,8 = W’Real / -815,5 kJ/kg Entonces: W’Real = -652,4 kJ/kg

Finalmente: h2 = h1 – 652,4 = 2818,1 – 652,4 h2 = 2165,7 kJ/kg

2. EN LA CONDICIÓN 3: Estamos en presencia de un líquido saturado a presión de 1 atmósfera. Entonces: h3 = hls (0.1 MPa) = 417,46 kJ/kg (tabla A-5 pág. A-12) Por lo tanto: qf = h3 - h2 = 417,46 – 2165,7 = qf = -1748,24 kJ/kg

3. PARA LA BOMBA: W’B = h4 – h3 ˜ vls*dp; dp: diferencia de presión a través de la bomba De tabla A-5 pág. A-12: vls (0,1 MPa) = 0,001043 m3/kg h3 = hls (0,1MPa) = 417.46 kJ/kg Además: p4 = 0,1 MPa = 100 kPa p3 = 20 MPa = 20.000 kPa Entonces: W’B = (0,001034m3/kg) x (20.000 kPa – 100 kPa) W’B = 20,756 kJ/kg y: h4 = h3 + W’B = 417,46 kJ/kg + 20,756 kJ/kg h4 = 438,22 kJ/kg

Por lo tanto: qc = h1 – h4 = 2818,1 – 438,22

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Problemas Brayton - Rankine 2012 qc = 2379,88 kJ/kg COSTO ANUAL DE LA PLANTA:

Requerimientos: Potencia (P) = 10.000 kW ó 10.000 kJ/s

Obteniendo de la cantidad o flujo de vapor (mv) que circula por la turbina: mV = P / WReal = 10.000 kJ/s / 652.4 kJ/kg mv = 15.33 kg/s Entonces el costo anual se calcula: Costo anual = (mv) x (0.05 USD/kg de vapor) x (3600 s/h) x (24 h/día) x (365 días/año) = 15.33 x 0.05 x 3600 x 24 x 365

Costo anual = 24.172.344 USD/año Por lo tanto el proyecto es factible de realizarse ya que la municipalidad está dispuesta a gastar 30 millones de dólares por año lo que supera el costo real del funcionamiento de la planta.

RENDIMIENTO DEL CICLO:

Rendimiento del Ciclo = (¦WReal¦ - ¦WBomba¦) / qc = ( 652,4 – 20,756) / 2379,88 Rendimiento del Ciclo = 0,265 o 26.5%

9. Una planta de potencia de vapor opera en un ciclo Rankine ideal con recalentamiento. El vapor entra a la turbina de alta presión a 8 MPa y 500 ºC y la abandona a 3 MPa. El vapor es recalentado a presión constante hasta 500 ºC antes de expandirse en la turbina de baja presión. Determine el trabajo específico de las turbinas (en kJ/kg) y la eficiencia térmica del ciclo. También muestre el diagrama T-s del ciclo. Realice el análisis exérgico, considera que el ciclo intercambia calor con reservorios de 1800 K y 300 K. Solución Suposiciones: 1. Proceso en estado estacionario 2. Cambio de energía cinética y potencial despreciable. Es útil considerar e diagrama del ciclo:

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De acuerdo al enunciado se conocen las siguientes propiedades de las corrientes: T3 = 500 º C , P3 = 8 MPa , P4 = 3MPa , T5 = 500 º C , P5 = 3MPa y P6 = 20 kPa

En primer lugar determinemos los estados de cada corriente, como la bomba sólo puede manejar líquido, se asume que la corriente 1 es líquido saturado, además el condensador opera a presión constante: Edo 1 P = P6 h1 = h f @ 20kPa = 251, 42 kJ/kg 1 x1 = 0 v1 = v f @ 20 kPa = 0, 001017 m3 /kg La caldera opera de manera isobárica, por lo que P2 = P3 . El trabajo suministrado a la bomba se puede determinar como: wb = −v1 ( P2 − P ) = − ( 0, 001017 m3 /kg ) ( 8000 kPa − 20 kPa ) = −8,12 kJ/kg 1 3 1kPa·m Por lo que: wb = h1 − h2 ⇒ h2 = h1 − wb ,en = 251, 42 + 8,12 = 259,54 kJ/kg El estado 3 está completamente determinado: Edo 3 P3 = 8 MPa h3 = 3399,5 kJ/kg vsc T3 = 500 º C s3 = 6, 7266 kJ/kg·K La turbina de alta presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible: es isentrópica: Edo 4 P4 = 3MPa h4 = 3105,1kJ/kg s4 = s3 vsc

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Problemas Brayton - Rankine 2012 El estado 5 está completamente determinado: Edo 5 P3 = 3MPa h3 = 3457, 2 kJ/kg T3 = 500 º C s3 = 7, 2359 kJ/kg·K La turbina de baja presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible: es isentrópica: s6 − s f 7, 2359 − 0,8320 == 0,9051 P6 = 20 kPa x6 =17, 0752s fg liq − vap s6 = s5 h6 = h f + x6 h fg = 251, 42 + ( 0,9051)( 2357,5 ) = 2385, 2 kJ/kg La salida de trabajo de la turbina viene dada por: wT = wTAP + wTBP = ( h3 − h4 ) + ( h5 − h6 ) = 1366, 4 kJ/kg La eficiencia del ciclo es: w ηciclo = neto qcal Donde wneto = wT + wb , sal = 1366, 4 + ( −8,12 ) = 1358,3kJ/kg qentra = ( h3 − h2 ) + ( h5 − h4 ) = 3492, 0 kJ/kg Finalmente, 1358,3 ηciclo == 38,9 %

3492,5 10. Calcule la eficiencia térmica y la salida de trabajo neta del siguiente ciclo de potencia Rankine ideal. El vapor sale de la caldera como vapor sobrecalentado a 6 MPa y 360°C y se condensa a 10 kPa. Estudie las diferentes modificaciones operacionales propuestas en clase para mejorar la eficiencia térmica del ciclo, compare entre las opciones. bn

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11. En un ciclo Rankine el vapor sale de la caldera y entra a la turbina a 600 lb. f / pl2 y 800ºF. La presión en el condensador es de 1 lb. f /pl2. Calcule el rendimiento del ciclo. Datos: P3 = 600 psia T3 = 800ºF P4 = 1 psia v1 = vf1 P4 = P 1 P3 = P 2 1ª ley 1Q2 = m (h2 – h1) + Ec + Ep + 1W 2 1q2 = h2 – h1 + 1w2

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Problemas Brayton - Rankine 2012 Trabajo de la bomba. Suponiendo que el agua es un liquido incompresible y un proceso adiabático reversible. v1 = v2 = vf1= 0.01614 ft3/ lbm wB = h1 – h2 = v(P1 – P2) = 0.01614*(1-600) = -9.6678 psia-ft3/lbm wB = -1.7894 BTU/lbm h1 = hf1 = 69.7 BTU/lbm h2 = h1 - wB = 71.4894 BTU / lbm Calor añadido para la caldera. h3 = 1407.7 BTU/lbm 2q3 = h3 –h2 = 1336.2106 BTU/lbm Trabajo producido por la turbina. s3 = 1.6343 = s4 X4 = (s3 – sf4)/sfg4 = (1.6343 – 0.1326)/1.8456 = 0.8136 = 81.36 % h4 = hf + Xhfg = 912.91 BTU/lbm wT = h3 – h4 = 1407.7 – 912.91 = 494.799 BTU / lbm Eficiencia total. h= Sw/Sq = (494.799 – 1.7894)/1336.2106 = 36.89 %

12. En un ciclo Rankine con sobrecalentamiento y recalentamiento se utiliza vapor de agua como fluido de trabajo. El vapor entra en la primera etapa de la turbina a 8,0 MPa, 480 ºC y se expande hasta 0,7 MPa. Este se recalienta entonces hasta 440 ºC 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 MW. Determinese: (a) El rendimiento térmico del ciclo. (b) El flujo másico de vapor, en kg/h. (c) El flujo de calor Qs cedido por el vapor en el condensador, en MW.

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14. Consideremos un ciclo de Potencia regenerativo con un calentador abierto del agua de alimentación. El vapor de agua entra en la Turbina a 8,0 MPa, a 480ºC y se expande hasta 0,7 MPa donde parte de este vapor es extraído y enviado al calentador abierto del agua de alimentación que opera a 0,7 MPa. El resto del vapor se expande en la segunda etapa de la Turbina hasta la presión del condensador de 0,008 MPa. La salida del calentador es líquido saturado a 0,7 MPa . La eficiencia isentrópica de cada etapa de la turbina es del 85 % Si la potencia neta del ciclo es 100 MW, determinar: a) El rendimiento térmico, b) El flujo de masa de vapor que entra en la primera etapa de la turbina, en kg/h.

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Problemas Brayton - Rankine 2012 DATOS P1 =8 Mpa T1 = 480 º C Pliq-sat = 0.7 Mpa Pcond = 0,008 Mpa Potencia = 100 MW a) η b) Flujo de masa

De tablas de vapor de agua. h1=3348,4 kJ/kg h2=2832,8 kJ/kg S1= 6,6586 kJ/kgºK S2=6,8606 kJ/kg ºK h3=h2-ηT(h2-h3s) h3s=2146,3 kJ/kg h3=2249,3 kJ/kg h4=173,88 kJ/kg h5=h4+v4(p5-p4) H5=174,6 kJ/kg h7=h6+v6(p7-p6)=705,3 kJ/kg

y

h6  h5 697,22  174,6   0,1966 h2  h5 2832,8  174,6

Wt  h1  h2   1  y h2  h3   984,4 kJ/kg Wb  h7  h6   1  y h5  h4   8,7 kJ/kg

Qentra  h1  h7  2643,1 kJ/kg 

WT  Wb  0,369 Qsum

  36,9%

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m 

Pneto  3,69 *105 kg/h WT  Wb