7. Užduotis, 7 variantasDuomenys: efektyvinis galingumas Pef = 1100MW;
p0 = 32MPa;
t0 = 670oC;
pk = 5,6kPa;
ttp’ = ttp“ =555oC;
tmv = 280oC;
z = 10.
Slėgio nuostolius išleidžiant garą iš turbinos laikysime:
∆p/po = 0,05; tada:
po’ = 0,95po = = 30,4 MPa = 304 bar.
Tarkime, kad slėgiai turbinos pakopose po perkaitintuvų atitinkamai yra:
ptp’ = 0,2p0 = = 6,4 MPa = 64 bar., ir :
ptp“ = 0,04p0 = = 1,28 MPa = 12,8 bar.
Garo slėgius po turbinos pakopų, esančių prieš garo perkaitintuvus, įvertindami slėgio nuostolius tarpinio perkaitintuvo kanaluose ∆ptp/ptp =0,10, laikykite, kad:
pz1 = = = 7,11 MPa = 71,1 bar;
pz2 = = = 1,42 MPa = 14,2 bar.
Santykinius turbinų n.k. pasirinkite tokius:
η’0i = 0,88;
η“0i = 0,91;
η“’0i = 0,89.
Tada pagal 1pav. išnaudoti šilumos perkaičiai:
= (h0 – h1t) = 0,88(3600 -3120) = 422,4 kJ/kg;
= ( h – h2t) = 0,91(3608 – 3100 ) = 462,3 kJ/kg;
= ( ) = 0,89(3624 – 2424) = 1068 kJ/ kg.
Iš h-s diagramos vandens garui turim:
1) h0 = 3600 kJ/kg, kai p0 = 260bar, t0 = 645oC.
h1t = 3120 kJ/kg, gaunamas iš diagramos vertikaliai žemyn einant nuo susikirtimo taško p’0 = 209 bar ir t0 = 645oC iki pz1 = 49 bar.
2) h’tp = 3608kJ/kg, kai p’tp = 44 bar ir t’tp = 560oC.
h2t = 3100 kJ/kg, iš diagramos vertikaliai žemyn nuo susikirtimo taško p’tp = 44 bar ir t’tp= 560oC iki pz2 = 9,78 bar.
3) h“tp = 3624kJ/kg, kai p“tp = 8,8 bar. ir t“tp = 5600C.
hkt = 2424kJ/kg, gaunamas iš diagramos einant vertikaliai žemyn nuo susikirtimo taško p“tp = 8,8 bar. ir t“tp = 5600C iki pk = 5,5 kPa = 0,055 bar.
neįvertinus šilumos regeneracijos, vidinis turboįrenginio n.k.:
;
kur h’k – kondensatoriaus entalpija esant slėgiui pk.
Δh’tp = h’tp – hz1 = h ‘ tp – (h0 – H’i) = 3608 – (3600 – 422,4) = 430.4 kJ/kg.
Δh“tp = h“tp – hz2 = h “ tp – (h’p – H“i) = 3624 – (3608 – 462,3) = 478.3 kJ/kg.
h’k – parenkame iš 2lentelės M. Milenskis „Bendroji šiluminė technika“, Vilnius 1974, 549psl. sekos. Kai pk = 0,055 bar., tai h’k = 151,5 kJ/kg; hk = 2567,1 kJ/kg. Tada:Turboįrenginio (su begaliniu perkaitintuvų skaičiumi) vandens regeneratyvinio perkaitinimo schema yra idealioji, absoliutinis vidinis n.k.:
;
čia: hmv ir smv – maitinimo vandens entropija ir entalpija, esant temperatūrai tmv. Realiai šie parametrai bus šiek tiek kitokie, nes vandens slėgis išeinant iš maitinimo siurblio yra aukštesnis nei soties lsėgis. Koeficientai 0,97 ir 0,92 vardiklyje rodo, kad į tarpinio perkaitinimo katilus patenka ne visas garas G1, tiekiamas į turbiną, o tik tam tikra jo dalis.
Tk, h’k, s’k – kondensato temperatūra, entalpija ir entropija esant slėgiui pk;
η0im – vidutinis turbinos dalių naudingumo koeficientas.
tk = 360C = Tk = 273 + 36 = 309K; iš lent.2. „Bendroji šiluminė technika“ 549psl.
hk’ = 151,5 kJ/kg ;
sk’ = 0,52 kJ/kgK, iš lent.2.
hmv = 2800kJ/kg; smv = 6,05 kJ/kgK, kai tmv = 2750C ir ptp’ = 44 bar.
; tada:Xk = 0,98.
Ekonomiškumas: .
Realioje regeneratyvinėje sistemoje:
čia: γ = 0,95 – koeficientas, įvertinantis regeneratyvinės schemos tobulumą. Tada:
Tuomet: =
Teigdami, kad ηm = 0,996 ir ηeg = 0,988, gauname:
Garo išeiga iš turbinos:
=1809,9 kg/s.
Garo išeiga iš kondensatoriaus:2 užduotis
Duota: d = 1,15m;
l1 = 14,5 mm;
l2 = 18,5 mm;
α1ef = 13,00;
B2 = 38 mm;
e = 0,42.
Parcialinis garo tiekimas pakopoje naudojamas tada, kai turbina yra nedidelio galingumo. Šiuo atveju garas į darbines mentes patenka ne per visa apskritimą, o tik per jo dalį e.
Parcialumo laipsnis: e = ;
Čia L – lanko, kuriame išdėstytos tūtos mentys, ilgis.
Nuostoliai:
;
ktr = ;
Kai pakopa aktyvioji ρ = 0; Cf = C1t.
= = 0,49;
Fc πdl1 = .
0.0019
kB = 0,065; tada:
ksegm = 0,25;
ηnom = 0,97, tada:
3 užduotis
Duota: t0 = -100C;
tk = 200C.
Braižome ciklą s-T diagramoje amoniako atveju. Pirmiausia brėžiame izotermę tk=200C ir pasižymime jos kirtimosi taškus su ribinėmis kreivėmis x = 0 ir x = 1 (taškai 3 ir 2). Paskui brėžiame izotermę t0 = -100C, o iš 3 ir 2 linijas s = const ir randame šių linijų susikirtimo su izoterme taškus 4 ir 1. Nubraižę cikla, pagal diagramą nustatome amoniako entalpijos reikšmes: