5 PROBLEMAS TURBINAS DE VAPOR
Enviado por Gabriel1703 • 20 de Julio de 2016 • Informe • 1.116 Palabras (5 Páginas) • 3.921 Visitas
CONSIDERE UNA TURBINA QUE RECIBE 25,000 KG/h DE VAPOR PROCEDENTE DE UNA CALDERA A PRESION DE 10 BAR Y UNA TEMPERATURA DE 200°c. LA TURBINA DESCARGA EL VAPOR A UN CONDENSADOR CON UNA PRESION ABSOLUTA DE 0.5 BAR. LA ENTALPIA DEL VAPOR A LA ENTRADA DE LA TURBINA TIENE UN VALOR DE 2828 J/g CON RESPECTO A CIERTA REFERENCIA; EL VALOR CORRESPONDIENTE DE ENTALPIA A LA DESCARGA DE LA UNIDAD ES DE 2040 J/g SI EL PROCESO DE EXPANSION ES ESCENCIALMENTE ADIABATICO Y LOS CAMBIOS DE ENERGIA CINETICA Y POTENCIAL SON DESPRECIABLES,
CALCULE LA POTENCIA DESARROLLADA POR LA UNIDAD.
W= h2 – h1 = 2828 J/g -2040 J/g = 788 J/g
Ẇ= ṁw = = 5472222.222 KW[pic 1]
EL VAPOR ENTRA A UNA TURBINA DE VAPOR A PRESION DE 1 MPa, TIENE UNA TEMPERATURA DE 300°C Y UNA VELOCIDAD DE 50 m/s, Y SALE DE LA TURBINA A PRESION DE 150 KPa Y VELOCIDAD DE 200 m/s.
DETERMINE EL TRABAJO POR KILOGRAMO DE VAPOR QUE FLUYE POR LA TURBINA, SUPONIENDO QUE EL PROCESO ES REVERSIBLE Y ADIABATICO.
POR TABLAS DE VAPOR
h1= 3051.2 kJ/kg K s1= 7.1229 kJ/kg K
s1= 7.1229 kJ/kg K P2= 0.15 MPa
sf= 1.4336 kJ/kg K sfg= 5.7897 kJ/kg K
hf= 467.1 kJ/kg hfg= 2226.5 kJ/kg
LA CALIDAD Y ENTALPIA DEL VAPOR QUE SALE DE LA TURBINA PUEDEN DETERMINARSE COMO SIGUE:
s2= 7.1229 kJ/kg K = sf + Xsfg = 1.4336 kJ/kg K + X (5.7897 kJ/kg K) =
X= 0.9827
h2= hf + Xhfg = hf = 467.1 kJ/kg + 0.9827 x (2226.5 kJ/kg) = 2655 kJ/kg
h2= 2655.08 kJ/kg
POR LO TANTO, EL TRABAJO POR KILOGRAMO DE VAPOR PARA ESTE PROCESO ISOENTROPICO PUEDE OBTENERSE MEDIANTE LA ECUACION DE LA PRIMERA LEY.
w= (h2 – h1) + ( =[pic 2][pic 3]
w= (3051.2 kJ/kg – 2655 kJ/kg ) + [pic 4]
w= 377.45 [pic 5]
DETERMINE EL TRABAJO DE ENTRADA DEL COMPRESOR REQUERIDO PARA COMPRIMIR ISENTROPICAMENTE VAPOR DE AGUA DE 100 KPa A 1 MPa, ASUMIENDO QUE EL VAPOR EXISTE COMO:
- LIQUIDO SATURADO.
- VAPOR SATURADO EN EL ESTADO INICIAL.
- EN ESTE CASO DEL VAPOR DE AGUA ES INICIALMENTE UN LIQUIDO SATURADO Y SU VOLUM EN ESPECIFICO ES:
V1= V 0.001043 [pic 6][pic 7]
=0.001043(1000 – 100 KPa)[pic 8][pic 9][pic 10]
0.94 [pic 11][pic 12]
- AHORA, EL VAPOR DE AGUA ES ESENCIALMENTE UN VAPOR SATURADO Y DURANTE TODO EL PROCESO PERMANECE VAPOR.
[pic 13]
ESTADO 1 [pic 14]
P ent = 100 KPa h ent= hg= 2675 kJ/kg
(vapor saturado) s ent= sg= 7.3589 kJ/kg k
ESTADO 2[pic 15]
P sal = 1MPa
s2= s1 h sal=3194.5 kJ/kg
P= 1 MPa | ||
T(°C) | h(kJ/kg) | s(kJ/kg K) |
350 | 3158.2 | 7.3029 |
T sal | h sal | 7.3589 |
400 | 3264.5 | 7.4670 |
3194.58 [pic 16][pic 17]
519.5 [pic 18][pic 19]
UNA CENTRAL ELECTRICA DE VAPOR OPERA EN EL CICLO, SI LAS EFICIENCIAS ISENTROPICAS DE LA TURBINA Y LA BOMBA SON DE 87% Y DE 85%, RESPECTIVAMENTE.
DETERMINE:
- LA EFICIENCIA TERMICA DEL CICLO
- LA SALIDA DE POTENCIA NETA DE LA CENTRAL PARA UN FLUJO MASICO DE 15 kg/s.
- LA EFICIENCIA TERMICA DEL CICLO.
W trabajo bomba= [pic 20]
W trabajo bomba= [pic 21]
W trabajo bomba= 18.98 kJ/kg
SALIDA DE TRABAJO DE LA TURBINA
W turbina salida= ȠT([pic 22]
W turbina salida=ȠT(h5-hs6)= 0.87(3583.1 – 2115.3) kJ/kg
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