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Ing.Miguel BulaPicón
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EJERCICIO 1 (ENTROPIA - ABRIL 2017)
Entra vapor a una turbina adiabática a 7 𝑀𝑃𝑎, 600°𝐶 y 80 𝑚 𝑠⁄ ; sale a 50 𝑘𝑃𝑎, 150°𝐶
y 140 𝑚 𝑠⁄ .
Si la producción de potencia en la turbina es de 6 MW, determine:
a. Flujo másico de vapor que fluye por la turbina.
b. Eficiencia iséntrópica de la turbina.
SOLUCION:
Suponemos que tenemos un proceso de flujo constante ya que como podemos
ver no existen cambios respecto al tiempo; supongamos que el cambio de la
Energía potencial es insignificante y se puede despreciar ( 𝐸𝑃 = 0), podemos
suponer también que el dispositivo es adiabático ( 𝑄̇ = 0), por lo cual, tenemos:
ESTADO 1 (Vapor Sobrecalentado, tabla A-6 Cengel 7° Ed.)
𝑃1 = 7 𝑀𝑃𝑎
𝑇1 = 600℃
} ⟹
ℎ1 = 3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
𝑆1 = 7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄
Ing.Miguel BulaPicón
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ESTADO 2 (Vapor Sobrecalentado, tabla A-6 Cengel 7° Ed.)
𝑃2 = 50 𝑘𝑃𝑎
𝑇2 = 150℃
} ⟹ ℎ2 = 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
Cómo sólo existe una entrada y una salida para el flujo másico 𝑚̇ 1 = 𝑚̇ = 𝑚̇ 2, por
lo que el balance de energía para el sistema abierto será:
𝐸̇ 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 − 𝐸̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 = ∆𝐸̇ 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 0 → 𝐸̇ 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝐸̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒
Sustituyendo en la ecuación, tenemos:
𝑚̇ (ℎ1 +
1
2
𝑣1
2) = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 + 𝑚̇ (ℎ2 +
1
2
𝑣2
2)
Reorganizando la ecuación y despejando 𝑚̇ tenemos que:
𝑚̇ (ℎ1 +
1
2
𝑣1
2) − 𝑚̇ (ℎ2 +
1
2
𝑣2
2) = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 → 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2)+
1
2
( 𝑣1
2
− 𝑣2
2)] = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒
𝑚̇ =
𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒
(ℎ1 − ℎ2) +
1
2
( 𝑣1
2
− 𝑣2
2)
Reemplazando valores, tenemos:
𝑚̇ =
6𝑀𝑊 ×
1000 𝑘𝐽 𝑠⁄
1𝑀𝑊
(3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ ) +
1
2
[(80 𝑚 𝑠⁄ )2 − (140 𝑚 𝑠⁄ )2] ×
1 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
1000 𝑚2 𝑠2⁄
𝑚̇ =
6000 𝑘𝐽 𝑠⁄
3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
→ 𝒎̇ = 𝟔, 𝟗𝟓 𝒌𝒈 𝒔⁄
Ahora vamos a hallar la eficiencia iséntrópica del sistema; la entalpía de la salida
iséntrópica del vapor y potencia de salida iséntrópica se calculan de la siguiente
manera:
ESTADO 2-Iséntrópico (Mezcla líquido-Vapor, tabla A-5 Cengel 7° Ed.)
𝑃2𝑠 = 50 𝑘𝑃𝑎𝑠
𝑠2 = 𝑠1 = 7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄
} ⟹
𝑠 𝑓 = 1,0912 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ ℎ 𝑓 = 340,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
𝑠 𝑓𝑔 = 6,5019 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ ℎ 𝑓𝑔 = 2304,7 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
Vamos a calcular la calidad del vapor de la siguiente manera:
𝑠2 = 𝑠 𝑓 + 𝑥𝑠 𝑓𝑔 → 𝑥 =
𝑠2 − 𝑠 𝑓
𝑠 𝑓𝑔
=
7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ − 1,0912 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄
6,5019 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄
= 0,9228
Ing.Miguel BulaPicón
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Ahora calcularemos la entalpía iséntrópica
de la siguiente manera:
ℎ2𝑠 = ℎ 𝑓 + 𝑥ℎ 𝑓𝑔
ℎ2𝑠 = 340,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ + (0,9228)(2304,7 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ )
ℎ2𝑠 = 2467,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
La potencia iséntrópica se halla de la
siguiente manera:
𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2𝑠) +
1
2
( 𝑣1
2
− 𝑣2
2)]
Como pudimos ver que reemplazando
valores:
1
2
( 𝑣1
2
− 𝑣2
2) =
1
2
[(80 𝑚 𝑠⁄ )2 − (140 𝑚 𝑠⁄ )2]
1
2
( 𝑣1
2
− 𝑣2
2) = 6600 𝑚2 𝑠2⁄ ×
1 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
1000 𝑚2 𝑠2⁄
= −6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄
Por lo tanto:
𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎 = (6,95 𝑘𝑔 𝑠⁄ )(3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2467,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ ) = 8478,3𝑘𝑊
Ahora bien la eficiencia iséntrópica de la turbina se calcula de la siguiente forma:
𝜂 𝑡 =
𝑊̇ 𝑟𝑒𝑎𝑙
𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎
=
6000𝑘𝑊
8478,3𝑘𝑊
= 0,7336 → 𝜼 𝒕 = 𝟎, 𝟕𝟑𝟒 ( 𝟕𝟑,𝟒%)

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Ejercicio 1 (entropía), mayo 2017)

  • 1. Ing.Miguel BulaPicón Whatsapp:3014018878 EJERCICIO 1 (ENTROPIA - ABRIL 2017) Entra vapor a una turbina adiabática a 7 𝑀𝑃𝑎, 600°𝐶 y 80 𝑚 𝑠⁄ ; sale a 50 𝑘𝑃𝑎, 150°𝐶 y 140 𝑚 𝑠⁄ . Si la producción de potencia en la turbina es de 6 MW, determine: a. Flujo másico de vapor que fluye por la turbina. b. Eficiencia iséntrópica de la turbina. SOLUCION: Suponemos que tenemos un proceso de flujo constante ya que como podemos ver no existen cambios respecto al tiempo; supongamos que el cambio de la Energía potencial es insignificante y se puede despreciar ( 𝐸𝑃 = 0), podemos suponer también que el dispositivo es adiabático ( 𝑄̇ = 0), por lo cual, tenemos: ESTADO 1 (Vapor Sobrecalentado, tabla A-6 Cengel 7° Ed.) 𝑃1 = 7 𝑀𝑃𝑎 𝑇1 = 600℃ } ⟹ ℎ1 = 3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ 𝑆1 = 7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄
  • 2. Ing.Miguel BulaPicón Whatsapp:3014018878 ESTADO 2 (Vapor Sobrecalentado, tabla A-6 Cengel 7° Ed.) 𝑃2 = 50 𝑘𝑃𝑎 𝑇2 = 150℃ } ⟹ ℎ2 = 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ Cómo sólo existe una entrada y una salida para el flujo másico 𝑚̇ 1 = 𝑚̇ = 𝑚̇ 2, por lo que el balance de energía para el sistema abierto será: 𝐸̇ 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 − 𝐸̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 = ∆𝐸̇ 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 0 → 𝐸̇ 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝐸̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 Sustituyendo en la ecuación, tenemos: 𝑚̇ (ℎ1 + 1 2 𝑣1 2) = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 + 𝑚̇ (ℎ2 + 1 2 𝑣2 2) Reorganizando la ecuación y despejando 𝑚̇ tenemos que: 𝑚̇ (ℎ1 + 1 2 𝑣1 2) − 𝑚̇ (ℎ2 + 1 2 𝑣2 2) = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 → 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2)+ 1 2 ( 𝑣1 2 − 𝑣2 2)] = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑚̇ = 𝑊̇ 𝑠𝑎𝑙𝑒 (ℎ1 − ℎ2) + 1 2 ( 𝑣1 2 − 𝑣2 2) Reemplazando valores, tenemos: 𝑚̇ = 6𝑀𝑊 × 1000 𝑘𝐽 𝑠⁄ 1𝑀𝑊 (3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ ) + 1 2 [(80 𝑚 𝑠⁄ )2 − (140 𝑚 𝑠⁄ )2] × 1 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ 1000 𝑚2 𝑠2⁄ 𝑚̇ = 6000 𝑘𝐽 𝑠⁄ 3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2780,2 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ → 𝒎̇ = 𝟔, 𝟗𝟓 𝒌𝒈 𝒔⁄ Ahora vamos a hallar la eficiencia iséntrópica del sistema; la entalpía de la salida iséntrópica del vapor y potencia de salida iséntrópica se calculan de la siguiente manera: ESTADO 2-Iséntrópico (Mezcla líquido-Vapor, tabla A-5 Cengel 7° Ed.) 𝑃2𝑠 = 50 𝑘𝑃𝑎𝑠 𝑠2 = 𝑠1 = 7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ } ⟹ 𝑠 𝑓 = 1,0912 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ ℎ 𝑓 = 340,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ 𝑠 𝑓𝑔 = 6,5019 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ ℎ 𝑓𝑔 = 2304,7 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ Vamos a calcular la calidad del vapor de la siguiente manera: 𝑠2 = 𝑠 𝑓 + 𝑥𝑠 𝑓𝑔 → 𝑥 = 𝑠2 − 𝑠 𝑓 𝑠 𝑓𝑔 = 7,091 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ − 1,0912 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ 6,5019 𝑘𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾⁄ = 0,9228
  • 3. Ing.Miguel BulaPicón Whatsapp:3014018878 Ahora calcularemos la entalpía iséntrópica de la siguiente manera: ℎ2𝑠 = ℎ 𝑓 + 𝑥ℎ 𝑓𝑔 ℎ2𝑠 = 340,54 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ + (0,9228)(2304,7 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ ) ℎ2𝑠 = 2467,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ La potencia iséntrópica se halla de la siguiente manera: 𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎 = 𝑚̇ [(ℎ1 − ℎ2𝑠) + 1 2 ( 𝑣1 2 − 𝑣2 2)] Como pudimos ver que reemplazando valores: 1 2 ( 𝑣1 2 − 𝑣2 2) = 1 2 [(80 𝑚 𝑠⁄ )2 − (140 𝑚 𝑠⁄ )2] 1 2 ( 𝑣1 2 − 𝑣2 2) = 6600 𝑚2 𝑠2⁄ × 1 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ 1000 𝑚2 𝑠2⁄ = −6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ Por lo tanto: 𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎 = (6,95 𝑘𝑔 𝑠⁄ )(3650,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 2467,3 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ − 6,6 𝑘𝐽 𝑘𝑔⁄ ) = 8478,3𝑘𝑊 Ahora bien la eficiencia iséntrópica de la turbina se calcula de la siguiente forma: 𝜂 𝑡 = 𝑊̇ 𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑊̇ 𝑖𝑠é𝑛𝑡𝑟𝑜𝑝𝑖𝑐𝑎 = 6000𝑘𝑊 8478,3𝑘𝑊 = 0,7336 → 𝜼 𝒕 = 𝟎, 𝟕𝟑𝟒 ( 𝟕𝟑,𝟒%)