Ciclos termodinamicos

Considere una central electrica de vapor que opera en un ciclo Rankine con las siguientes caracteristicas: presion de salida del condensador 10 kPa, el trabajo realizado por la bomba sobre el fluido de trabajo es de 10 kJ/kg, la entalpia a la entrada de la turbina es de 3321,14 kJ/kg y la entropia a la salidad de la turbina es de 6,62 kJ/kg.K. Determine a) el calor suministrado al fluido y b)el trabajo obtenido en la turbina.
Respuesta:
a) Calor suministrado (qe)
qe = h3 – h2; h3 = 3321,14 kJ/kg requerimos calcular h2, pero wbe = h2 – h1, pero sabemos que wbe = 10 kJ/kg y para la presion de 10 kPa (0,1 bar) de acuerdo con las tablas de vapor h1 = 191,93 kJ/kg, entonces h2 = wbe + h1 = 10kJ/kg + 191,93 kJ/kg = 201,83 kJ/kg, de tal manera que el calor suministrado al fluido detrabajo es:
qe = 3321,14 kJ/kg – 201,83 = 3119,31 kJ/kg.
b) Trabajo obtenido en la turbina: (wts)
wts = h3 – h4 en donde h3 = 3321,14 kJ/kg calculamos h4; s4 = s3 = 6,62 kJ/kg.K, ahora s4 = sf + x4(sg – sf); para la presion de 0,1 bar de acuerdo con las tablas de vapor sf = 0,6493 kJ/kg.K y sg = 8,1502 kJ/kg.K, por lo tanto la calidad de la mezcla en el estado 4sera:

procedemos a calcular h4: h4 = hf + x4hfg en donde para la presion de 0,1 bar las tablas de vapor indican que hf = 191,83 kJ/kg y hfg = 2392,8 kJ/kg, entonces:
h4 = 191,83 + (0,78)(2392,8) = 2058,21 kJ/kg. El trabajo de salida de la turbina sera:
wts = 3321,14 – 2058,21 = 1262,93 kJ/kg

►Una central electrica de vapor que opera con un ciclo Rankine entre los limites de presion de 3 Mpay 50 kPa, se le suministra al fluido de trabajo en la caldera 2699 kJ/kg de calor, siendo la entalpia y la entropia a la entrada de la turbina de 3043 kJ/kg y 6,62 kJ/kg.K. Determine a) El trabajo de salida de la turbina y b) la eficiencia termica del ciclo.
Respuesta:
a) Trabajo de salida de la turbina (wts).
Wts = h3 – h4, en donde h3 = 3043 kJ/kg, requerimos calcular h4. En el enunciado senos indica que s3 = 6,62 kJ/Kg y s4 = s3, por lo que podemos calcular la calidad de la mezcla en el estado 4 usando s4 = sf + x4(sg – sf). Para la presion de 50 Kpa (0,5 bars) tenemos de acuerdo con las tablas de vapor que: sf = 1,091 kJ/kg.Ky sg = 7,5939 kJ/kg.K, hf = 340,49 kJ/kg y hg = 2305,4 kJ/kg. La calidad x4 sera:

calculamos h4 = hf + x4hfg = 340,49 kJ/kg + (0,85)(2305,4)kJ/kg =2300,1 kJ/kg, entonces:
wts = 3043 kJ/kg – 2300,1 Kj/kg = 742,9 kJ/kg.
b) Eficiencia del ciclo ():
En donde wns = wts – wbe, en donde wts = 742,9 kJ/kg, requerimos calcular el trabajo de la bomba el cual es wbe = v1(P2 – P1), en donde P1 = 50 kPa y P2 = 3000 kPa v1 lo determinamos usando las tablas de vapor a la presion de 50 kPa ( 0,5 bar), v1 = 0,00103 m3/kg, wbe = 0,00103 m3/kg(3000 – 50)kN/m2 = 3,04 kJ/kg, wns = 742,9 – 3,04 = 739,86 kJ/kg, de acuerdo al enunciado qe = 2699 kJ/kg por lo tanto la eficiencia termica sera:

►En un ciclo Otto ideal la relación de compresión es de 8,5 al final del proceso de compresión la temperatura es de 397 oC y la presión de 17,05 bars. Siendo el calor suministrado al fluido de trabajo en el proceso de volumen constante de 750 kJ/kg. Determine lapresión y temperatura maxima del ciclo.
Respuesta:

T2 = 397 oC = 397 + 273 = 670 K y P2 = 17,05 bars = 1705 kpa son la temperatura y la presion al final del proceso de compresión se nos pide determinar la temperatura y presión maxima del ciclo o sea T3 y P3 respectivamente, para ello nos dan el calor suministrado al fluido de trabajo qe = 750 kJ/kg = u3 – u2, para la T2 = 670 k la energiainterna espefica de acuerdo con la tabla de propiedades del aire es u2 = 488,81 kJ/kg, de la ecuacion despejamos u3 = qe + u2 = (750 + 488,81) kJ/kg = 1238,31 kJ/kg. Con el valor de u3 podemos determinar T3 usando las tablas de propiedades del aire, como el valor no esta en la tabla interpolamos:

u[kJ/kg] | T[K] |
1223,87 | 1520 |
1238,81 | T3 |
1242,43 | 1540 |
| |

Para...