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PROBLEMAS DE CICLO SIMPLE DE 
POTENCIA DE VAPOR 
5.122) En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 40 
bar y 440°C y sale a 0.08 bar y una calidad del 88 por 100. Del condensador 
sale liquido saturado a 0.08 bar y la variación de temperatura en la bomba 
adiabática es despreciable. Determínese (a) Trabajo de la turbina, (b) El calor 
cedido en el condensador, (c) El trabajo de la bomba, en KJ/Kg, (d) El 
porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo 
neto de salida. 
Solución: 
Datos: Ver figura 
 
Incógnita: (a) Trabajo de la turbina, (b) El calor cedido en el condensador, 
(c) El trabajo de la bomba, en KJ/Kg, (d) El porcentaje de calor suministrado 
en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida. 
Modelo: Régimen estacionario, despreciar las variaciones de las energías 
cinéticas y potencial, turbina y bomba adiabáticas, caldera y condensador sin 
transferencia de trabajo. 
Metodología: Determinar las propiedades del agua de los cuatro estados del 
ciclo y aplicar después el balance energético por unidad de masa en régimen 
estacionario a los cuatro procesos del ciclo. 
Análisis: Los balances másico y energético para un volumen de control con 
una entrada y una salida son: 
𝒅𝒎𝑽𝒄
𝒅𝒕
= �̇�𝒆 − �̇�𝑺 
𝒅𝑬
𝒅𝒕
= �̇� + �̇� + �̇� [(𝒉𝒆 − 𝒉𝑺) + (
𝑽𝒆
𝟐 − 𝑽𝑺
𝟐
𝟐
) + 𝒈(𝒁𝒆 − 𝒁𝑺)] 
Siendo un régimen estacionario 
�̇�𝒆 = �̇�𝑺 = �̇� 
𝟎 = �̇� + �̇� + �̇� [(𝒉𝒆 − 𝒉𝑺) + (
𝑽𝒆
𝟐 − 𝑽𝑺
𝟐
𝟐
) + 𝒈(𝒁𝒆 − 𝒁𝑺)] 
Despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial, dicha 
ecuación se reduce: 
0 = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑆) 
Donde: 
 𝑞 =
�̇�
�̇�
 𝑤 =
�̇�
�̇�
 
𝐪 + 𝐰 = (𝐡𝐞 − 𝐡𝐒) 
a) El trabajo de la turbina en condiciones adiabáticas (q=0) 
𝐰 = (𝐡𝟐 − 𝐡𝟏) 
P= 40 bar T= 440°C 
Tabla A.14 
ℎ1 = 3307.1 
Hallando ℎ2 =? , teniendo la calidad X= 0.88 
P=0.08 bar 
Tabla A.13 
 ℎ𝑓2 = 173.88, ℎ𝑔2 = 2577 
ℎ𝑋 = (1 − 𝑥)ℎ𝑓 + 𝑥ℎ𝑔 , siendo ℎ𝑋 = ℎ2 
ℎ2 = (0.12)(173.88) + (0.88)(2577) = 2288.6256 
Hallamos 
𝐰 = (𝐡𝟐 − 𝐡𝟏) 
𝑤 = 2288.6256 − 3307.1 
𝑤𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = −𝟏𝟎𝟏𝟖. 𝟒𝟕𝟒𝟒
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
b) Calor cedido del condensador (𝑤 = 0) 
𝐪 = (𝐡𝟑 − 𝐡𝟐) 
P= 0.08 bar X= 0.88 
ℎ𝑋 = 2288.6256 , siendo ℎ𝑋 = ℎ2 
P=0.08 bar X=0 
Tabla A.13 
 ℎ𝑓 = ℎ3 = 173.88 
𝑞 = (ℎ3 − ℎ2) = 173.88 − 2288.6256 
𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎 = −𝟐𝟏𝟏𝟒. 𝟕𝟒𝟓𝟔
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
c) Hallar el trabajo de la bomba adiabática (q=0) 
𝐖𝐁𝐨𝐦𝐛𝐚 = 𝐡𝟒 − 𝐡𝟑 = 𝐂(𝐓𝟒 − 𝐓𝟑) = 𝐯𝟑(𝐏𝟒 − 𝐏𝟑) 
La variación de la temperatura en la bomba adiabática es despreciable. 
𝐖𝐁𝐨𝐦𝐛𝐚 = 𝐯𝟑(𝐏𝟒 − 𝐏𝟑) 
𝑊𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (1.0084)(10
−3)
𝑚3
𝑘𝑔
(40 − 0.08)𝑏𝑎𝑟(102
𝑘𝐽
𝑏𝑎𝑟
) 
𝑤𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 4.0255
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
De esta ecuación se obtiene que: 
ℎ4 = ℎ3 + 𝑊𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (173.88 + 4.0255)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 177.9055
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
d) Conocido ℎ4 se puede calcular el calor suministrado en la 
caldera. 
𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎 = ℎ1 − ℎ4 = (3307.1 − 177.9055)
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 3129.1945
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎
=
1018.4744
𝑘𝐽
𝑘𝑔
3129.1945
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑥100% 
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎
= 32.6% 
Comentario: Solo el 32.6 por 100 del calor suministrado a la caldera se 
convierte en eje de salida neto. Esta relación suele estar entre el 30 y el 40 
por 100. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T 
 
Turbina 
+ 
 
Caldera 
5.123) En el ciclo de potencia entra vapor de agua a la turbina a 6,0 MPa y 
540°C y sale a 0,08 MPa y calidad del 90 por 100. La potencia neta de la 
turbina es 10 MW. Del condensador sale liquido saturado a 0,08 MPa y la 
variación de la temperatura en la bomba adiabática es despreciable. 
Determínese: a) El trabajo de la turbina en KJ/Kg, b) El trabajo de la bomba, 
c) El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en 
trabajo neto de salida, d) El flujo de calor cedido en el condensador en 
KJ/min. 
Datos: Observar esquema y datos del ciclo simple de potencia de vapor 
 
 
 
 
 
 �̇� = 10 𝑀𝑤 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Incógnitas: 
a) El trabajo de la turbina en KJ/Kg, b) El trabajo de la bomba, c) El 
porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en 
trabajo neto de salida, d) El flujo de calor cedido en el condensador en 
KJ/min. 
Condensador 
𝑊 = 10 𝑀𝑊̇ Bomba 
1 
2 
3 
4 
P1= 6,0 MPa 
T= 540 °C 
P2= 0,08 MPa 
X=0,9 
P3= 0.008 MPa 
X= 0,0 
P4= 6,0 MPa 
𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑 
𝑤𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 
𝑞𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 
𝑤𝑐𝑜𝑛𝑑 
Modelo: 
Régimen estacionario, despreciar las variaciones de las energías cinéticas y 
potencial. Turbina y bomba adiabática (solo transferencia de trabajo), 
condensador y caldera sin transferencia de trabajo. 
 
Metodología: 
Determinar las propiedades del agua de los cuatro estados del ciclo y aplicar 
después el balance energético por unidad de masa en régimen estacionario a 
los cuatro procesos del ciclo simple de potencia de vapor. 
 
Análisis: 
Realizando el balance másico y energético para un volumen de control con 
una entrada y salida, tenemos: 
 
 Balance másico 
 
 
0 =
𝑑𝑚𝑣𝑐
𝑑𝑡
= �̇�1 − �̇�2 
 
�̇� = �̇�1 = �̇�2 
 
 
 Balance energético 
 
 
 0 =
𝑑𝐸𝑣𝑐
𝑑𝑡
= �̇� + �̇� + �̇�1 (ℎ +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧)
1
+ �̇�2 (ℎ +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧)
2
 
 
 
0 = �̇� + �̇� + �̇� [(ℎ1 − ℎ2) +
𝑉1
2 − 𝑉2
2
2
+ 𝑔(𝑧1 − 𝑧2)] 
 
0 = 𝑞 + 𝑤 + (ℎ1 − ℎ2) +
𝑉1
2 − 𝑉2
2
2
+ 𝑔(𝑧1 − 𝑧2) 
 
Despreciando las variaciones de las energías cinéticas y potencial, la 
ecuación anterior se reduce a: 
 
 
 𝑞 + 𝑤 = (ℎ2 − ℎ1)…… (1) 
 
Régimen 
estacionario 
Régimen 
estacionario 
Esta relación se aplica a volúmenes de control situados alrededor de los 
cuatros dispositivos de los cuatro dispositivos que forman el ciclo. 
Turbina: 
 
Estado 1: 
 
𝑃1 = 6,0 𝑀𝑃𝑎 = 60 𝑏𝑎𝑟 
 
𝑇1 = 540°𝐶 
ℎ1 = 3517,0 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
Estado 2: 
 
𝑃2 = 0,008 𝑀𝑃𝑎 = 0,08 𝑏𝑎𝑟 
 
𝑥 = 0,9 
 
Aplicando: 
 
ℎ2 = ℎ𝑥 = ℎ𝑓 + 𝑥(ℎ𝑔 − ℎ𝑓) 
 
ℎ2 = 173,88 + 0,9(2577,0 − 173,88) 
ℎ2 = 2336,67 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
De la ecuación (1) tenemos: 
 
𝑞 + 𝑤 = (ℎ2 − ℎ1) 
 
𝑤 = (2336,67 − 3517,0 ) 
 
𝑤𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = −1180,33
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
La temperatura a 60 bar según la tabla 
A.13 es 275,6 °C es por ello que en 
nuestro problemase encuentra en 
vapor sobrecalentado. De la tabla A.14 
se puede hallar que ha 60 bar y 540 °C: 
h=3517,0 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
Como nos dan la calidad que es 
x=0,9 quiere decir que el estado está 
en agua saturada, por lo que 
usaremos la tabla A.13 
Condensador: 
Estado 2: 
 
𝑃2 = 0,008 𝑀𝑃𝑎 = 0,08 𝑏𝑎𝑟 �̇� = −10 × 10
6𝑊 = −107
𝐽
𝑠
 
 
ℎ2 = 2336,67 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 𝑤𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = −1180.33
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
Estado 3: 
 
𝑃3 = 0,008 𝑀𝑃𝑎 = 0,08 𝑏𝑎𝑟 
 
𝑥 = 0,0 
 
ℎ3 = 173,88
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
𝑞 + 𝑤 = (ℎ3 − ℎ2) 
 
𝑞 = (173,88 − 2336,67 ) 
 
𝑞𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = −2162,79
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
Queremos hallar �̇�, por lo que necesitamos hallar �̇�, lo hallaremos de la 
siguiente forma: 
 
�̇� = 𝑤 × �̇� 
 
−107
𝐽
𝑠
= −1180,33
𝐾𝐽
𝑘𝑔
× �̇� 
 
�̇� = 8,47
𝑘𝑔
𝑠
 
 
Para hallar �̇�, aplicamos la siguiente fórmula: 
 
�̇� = 𝑞 × �̇� 
 
�̇� = −2046,69
𝐾𝐽
𝑘𝑔
× 8,47
𝑘𝑔
𝑠
×
60𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
 
Del condensador sale liquido 
saturado por lo que usamos la tabla 
A.13 
 
 
�̇�𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = −1,1 × 10
6
𝐾𝐽
𝑚𝑖𝑛
 
 
 
 
Bomba: 
En el estado 4 del ciclo solo se conoce la presión, para ellos se considera que 
el fluido que pasa por la bomba es incomprensible y el proceso es adiabático 
e isotérmico. 
En estas condiciones, el trabajo de la bomba viene dado por: 
 
 
𝑤𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = (ℎ4 − ℎ3) = 𝑐(𝑇4 − 𝑇3) + 𝑣𝑓,3(𝑃4 − 𝑃3) 
 
𝑤𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑣𝑓,3(𝑃4 − 𝑃3) 
 
Por dato, tenemos: 
 
𝑃4 = 60 𝑏𝑎𝑟 
 
𝑃3 = 0,08 𝑏𝑎𝑟 
 
Por la tabla A.13: 
 
𝑣𝑓,3 = 1,0084 × 10
−3
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
Reemplazando tenemos: 
 
𝑤𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 1,0084 × 10
−3
𝑚3
𝑘𝑔
× (60 − 0,08)𝑏𝑎𝑟 ×
102𝑁. 𝑚2
𝑏𝑎𝑟
×
𝐾𝐽
1𝑁. 𝑚
 
 
𝑤𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 6,04
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
𝑤𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = (ℎ4 − ℎ3) = 6,04
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
0 
 
ℎ3 = 173,88
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
ℎ4 − 173,88
𝐾𝐽
𝑘𝑔
= 6,04
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
ℎ4 = 179,92
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
Caldera: 
 
𝑞 + 𝑤 = (ℎ1 − ℎ4) 
ℎ1 = 3517,0 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
𝑞 = (ℎ1 − ℎ4) 
 
𝑞 = (3517,0 
𝐾𝐽
𝑘𝑔
− 179,92
𝐾𝐽
𝑘𝑔
) 
 
 
𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎 = 3337,08
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 
 
Nos dicen que hallemos el % de calor suministrado en la caldera que se 
convierte en trabajo neto de salida. 
 
 𝑞𝑐𝑎𝑙𝑑𝑒𝑟𝑎 = 3337,08 
 
 𝑤𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 1180,33 
 
 
 
Comentario: 
El 35,4% del calor suministrado a la caldera se convierte en el trabajo en 
eje de salida neto. 
 
 
100% 
x 
X=35,4% 
5.124) En un ciclo simple de potencia, cuya potencia neta de salida es 
20MW, el vapor de agua entra a la turbina a140 bar, 560°C y sale a 0.06 bar 
y una calidad de 85 por 100. Del condensador sale liquido saturado a 0.06 
bar y la variación de la temperatura en la bomba adiabática es despreciable. 
Determínese (a) el trabajo de la bomba y de la turbina, ambos en kJ/kg, (b) 
el porcentaje del calor suministrado que se convierte en trabajo neto de 
salida, y (c) el flujo de calor suministrado en kJ/s. 
Solución: 
Datos: ver figura 
Esquema de datos de ciclo simple de potencia de vapor 
 
Incógnita: (a) Trabajo de la turbina y de la bomba (b) el porcentaje del 
calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida (c) el flujo de 
calor suministrado en kJ/s. 
Modelo: Régimen estacionario, despreciar las variaciones de las energías 
cinéticas y potencial, turbina y bomba adiabáticas, caldera y condensador 
sin transferencia de trabajo, 
Metodología: Determinar las propiedades del agua de los cuatro estados 
del ciclo y aplicar después el balance energético por unidad de masa en 
régimen estacionario a los cuatro procesos del ciclo. 
�̇� =20MW
W 
Análisis: Los balances másico y energético para un volumen de control con 
una entrada y una salida son: 
𝑑𝑚𝑉𝑐
𝑑𝑡
= �̇�𝑒 − �̇�𝑆 
𝑑𝐸
𝑑𝑡
= �̇� + �̇� + �̇� [(ℎ𝑒 − ℎ𝑆) + (
𝑉𝑒
2 − 𝑉𝑆
2
2
) + 𝑔(𝑍𝑒 − 𝑍𝑆)] 
Si es un régimen estacionario, �̇�𝑒 = �̇�𝑆 = �̇� 
0 = �̇� + �̇� + �̇� [(ℎ𝑒 − ℎ𝑆) + (
𝑉𝑒
2 − 𝑉𝑆
2
2
) + 𝑔(𝑍𝑒 − 𝑍𝑆)] 
Despreciando las variaciones de Ec y Ep 
0 = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑒 − ℎ𝑆) 
Donde 𝑞 =
�̇�
�̇�
 , 𝑤 =
�̇�
�̇�
 
𝑞 + 𝑤 = (ℎ𝑒 − ℎ𝑆) 
a) la turbina y la bomba se consideran adiabáticos, la caldera y el 
condensador sin transferencia de trabajo. Por tanto 
𝒘𝒕𝒖𝒓 = (𝒉𝟐 − 𝒉𝟏) , 𝒘𝒃𝒐𝒎 = (𝒉𝟒 − 𝒉𝟑) , 𝒒𝒄𝒂𝒍 = (𝒉𝟏 − 𝒉𝟒) 
La entalpia h4 se calcula considerando que el fluido que pasa por la bomba 
es incomprensible y el proceso adiabático e isotermo 
 𝒘𝒃𝒐𝒎 = (𝒉𝟒 − 𝒉𝟑)=c (T4 T3 )  f ,3 (P4  P3 ) 
El trabajo de la bomba adiabática viene dado por: 
𝒘𝒃𝒐𝒎  f, 3 (P4  P3) 
 
P= 140bar, T=560°C 
Tabla A.14 ℎ1 = 3486.0 
Hallando ℎ2 =? , teniendo la calidad X= 0.85 
P=0.06 bar Tabla A.13 
 ℎ𝑓 = 151.33, ℎ𝑔 = 2567.4 
ℎ𝑋 = (1 − 𝑥)ℎ𝑓 + 𝑥ℎ𝑔 , siendo ℎ𝑋 = ℎ2 
ℎ2 = (1 − 0.85)(151.33) + (0.85)(2567.4) 
ℎ2 = 2204.99𝑘𝐽/𝑘𝑔 
 ℎ1 = 3486.0𝑘𝐽/𝑘𝑔 
 ℎ2 = 2204.99𝑘𝐽/𝑘𝑔 
 ℎ3 = ℎ𝑓 = 2204.99𝑘𝐽/𝑘𝑔 (tabla A.13) 
 𝑣𝑓3 = 1.0064x10.
−3m3/kg 
 
(a) Con los datos obtenidos hallamos 
𝒘𝒕𝒖𝒓 = (𝒉𝟐 − 𝒉𝟏) 
𝒘𝒕𝒖𝒓 = (2204.99 − 3486.0)kJ/kg 
 
𝒘𝒕𝒖𝒓 = −𝟏𝟐𝟖𝟏. 𝟎𝟏 kJ/kg 
 
𝒘𝒃𝒐𝒎  f, 3 (P4  P3) 
𝒘𝒃𝒐𝒎1.0064x10.
−3 (140-0.06) x1/10.
−2 kJ/kg 
 
𝒘𝒃𝒐𝒎 = 𝟏𝟒. 𝟎𝟖𝟑𝒌𝑱/𝒌𝒈 
 
Una vez que se encuentra el trabajo de la bomba con esta expresión 
podemos encontrar la entalpía en el estado 4 y luego calcular el calor 
transferido a la caldera y finalmente el flujo de calor 
 
(𝒘𝒃𝒐𝒎 + 𝒉𝟑) = 𝒉𝟒 
𝒉𝟒 = 𝟏𝟔𝟓. 𝟓𝟓𝒌𝑱/𝒌𝒈 
(b) hallamos el 𝒒𝒄𝒂𝒍𝒅𝒆𝒓𝒂 para obtener el porcentaje 
𝒒𝒄𝒂𝒍 = (𝒉𝟏 − 𝒉𝟒) 
𝒒𝒄𝒂𝒍 = (𝟑𝟒𝟖𝟔. 𝟎 − 𝟏𝟔𝟓. 𝟓𝟓)kJ/kg 
𝒒𝒄𝒂𝒍 = 𝟑𝟑𝟐𝟎. 𝟒𝟓kJ/kg 
%𝒒𝒄𝒂𝒍 =
𝒘𝒕𝒖𝒓
𝒒𝒄𝒂𝒍
x100% 
%𝒒𝒄𝒂𝒍 =
𝟏𝟐𝟖𝟏. 𝟎𝟏
𝟑𝟑𝟐𝟎. 𝟒𝟓
x100% 
%𝒒𝒄𝒂𝒍 = 𝟑𝟖. 𝟓𝟖% 
 
Entre el 30 y 40% suele estar del calor suministrado a la caldera se 
convierte en el trabajo en eje de salida neto 
(c) el flujo de calor suministrado en kJ/s 
�̇� =
𝟐𝟎𝒙10.
6
𝟏𝟐𝟖𝟏. 𝟎𝟏
kg/s 
�̇� = 𝟏𝟓. 𝟔𝟏kg/s 
�̇� = 𝒎 ̇ 𝒒𝒄𝒂𝒍 
�̇� = 𝟏𝟓. 𝟔𝟏x𝟑𝟑𝟐𝟎. 𝟒𝟓 
 kg
s
kJ/kg 
 
�̇� = 51832.22𝑘𝑊 
 
Comentario: solo el 38.58% del calor suministrado a la caldera se convierte en 
el trabajo de salida neto. La relación suele estar entre 30% y 40% 
 
 
 