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TERMODINAMICA

PROYECTO FINAL

PRESENTADO POR: JENNIFER RODRÍGUEZ SAAVEDRA CODIGO: 1.124.243.405

PRESENTADO A: IBETH RODRIGUEZ

GRUPO: 201015_138

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA (UNAD) INGENIERIA AMBIENTAL ACACIAS (META)

PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA.

Una planta termoeléctrica que usa vapor de agua, opera en un ciclo Rankine con recalentamiento Durante el funcionamiento de la planta, el vapor ingresa a la turbina de alta presión a 8MPa y 500°C y sale a 3MPa. Luego, el vapor se recalienta a una presión constante hasta una temperatura de 500°C, posteriormente ingresa a la turbina de baja presión donde se expande hasta 20kPa.

Con los datos arriba mencionados se inicia los respectivos cálculos para dar solución a los siguientes puntos: A. ¿Encuentre la cantidad de trabajo producida en cada turbina? B. Determine la eficiencia térmica del ciclo

SOLUCIÓN. De acuerdo al enunciado se conocen las siguientes propiedades de las corrientes: T3= 500°C P3=8MPa P4=3MPa T5=500°C P5=3MPa P6= 20KPa Corriente 1 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, Las propiedades de acuerdo a la tabla son:

De donde se obtiene

P1=P6

h1=hf 20Pa =251, 42 J/Kg

X 1=0

V1=Vf 20 Pa= 0,001017m3/Kg

Corriente 2 Se tiene un líquido comprimido, la caldera opera de manera isobárica, por lo que P2 =P3 el trabajo suministrado a la bomba se puede determinar como: 2−¿ P1 P¿ ¿ W b =−V 1 ¿ Por lo que: W b =h1−h 2 → h2=h 1−W b . en=251, 42

J +8,12=259.54 KJ /Kg Kg

Corriente 3: el vapor sale de la caldera de forma sobrecalentada con los datos suministrados en tablas se obtiene la entalpía y la entropía para este:

P3=3MPa

h3= 3399, 5 KJ/Kg

T3= 500°C

S3= 6, 7266 KJ/Kg

Corriente 4: el vapor sale sobrecalentado, la turbina de alta presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible, es isentrópica y la entropía de la corriente tres con la corriente 4 son la misma.

P4= 3MPa

h4= 3103,41 KJ/Kg

S4= S3 Para hallar la entalpia se debe interpolar los datos de la siguiente manera:

Presión

Temperatura, º� 300

3 Mpa 3 Mpa 3 Mpa

350

350−300 T (�º)=300+ 6.7449−6.5412

Volumen específico 6.5412 6.7266 6.7449

(6.7266-6.5412)= 345.50 º�

Al interpolar se tiene que:

t 4=345,50 ° c La entalpía es entonces:

h4 =3103,41 Kj / Kg

Corriente 5: está determinado por los datos de la tabla

P3=3MPa

h3= 3457, 2 KJ/Kg

T3= 500°C

S3= 7, 2359 KJ/Kg

Corriente 6: La turbina de baja presión es ideal, es decir, opera de manera adiabática reversible es isentrópica: P5= 20KPa

X6=

S6 −S f 7, 2359−0,8320 = =00,9051 S fg 7, 0752

��/�3

h6 =h+ X 6 h=251,42+ ( 00,9051 )( 2357,5 ) =2385,2 KJ /Kg

S6= S5

La salida de trabajo de la turbina viene dada por: W t =w ta −wtb =( h3−h4 ) + ( h5−h 6 ) Podemos hallar el trabajo de salida de la turbina de alta y de baja presión.

(

w turbinaalta=( h3−h4 ) = 3399.5

(

kj kj kj −3103.41 =296,09 kg kg kg

w turbinadebaja =( h5 −h6 ) = 3457.2

)

kj kj kj −2373.08 =1084.12 kg kg kg

)

Por lo que:

W t =( 296,09 kj/kg )+ (1084,12 kj/kg )=1380,21 kj/kg

LA EFICIENCIA DEL CICLO ES: nciclo=

W neto q cal

Donde: W neto=W T +W b ,sal =1366.4+ (−8,12 ) =1358,3 KJ /Kg h (¿ ¿ 5−h4 )=3493,73 KJ / Kg q entra =(h 3−h2 )+¿ Finalmente:

nciclo=

1358,3 =38,8 3493,73

DIAGRAMA T-S.