termodinamica aplicada (udec)

TERMODINAMICA APLICADA

CAPITULO I INTRODUCCION Podemos intentar una definición para la termodinámica diciendo, en general, que es el estudio de la energía y sus transformaciones. Para este caso particular la termodinámica la aplicaremos a sistemas y equipos que transforman las energías térmicas en mecánicas y viceversa. Por esta razón analizaremos la relación entre la mecánica clásica y la termodinámica. La mecánica clásica se basa en conceptos de fuerza, masa, distancia y tiempo; y se desarrolla bajo la aplicación de las leyes del movimiento de Newton. En mi concepto todos los efectos mecánicos están regulados por el “Principio de acción y reacción” o mejor dicho por la “Regla de oro de la mecánica” que expresa que “Toda causa tiene un efecto igual y contrario”.

Así la ley de Inercia de Newton indica que “Toda partícula permanece en reposo o en movimiento uniforme rectilíneo a menos que sobre ella actúe una fuerza resultante distinta de cero”;

∑ = 0Fv

(1-1) Y si la resultante de todas las fuerzas aplicadas a la partícula es distinta de cero, la

partícula cambia su condición de movimiento en forma proporcional a la resultante, así la ley de la Cantidad de Movimiento de Newton indica que “La resultante de todas las fuerzas aplicadas a la partícula es proporcional a la tasa de variación en el tiempo de la cantidad de movimiento da la partícula de masa m”.

)( cmdtd

F rr∑ = (1-2)

Para este caso usaremos como modelos la partícula, el cuerpo libre como sistema mecánico y el sistema termodinámico considerado como un volumen de control inercial que encierra al sistema de partículas, y que mantiene su masa constante, asegurando así la conservación de la masa en el sistema. Modelos a los cuales se les aplicará las leyes y principios que rigen las transformaciones de la energía. (Se recomienda al lector familiarizarse con las similitudes y diferencias entre los modelos propuestos. Básicamente un sistema entraña una misma cantidad de materia y un volumen de control no asegura la conservación de la masa en el sistema.) Teorema del trabajo de la mecánica.

Para las fuerzas, como función del desplazamiento o constantes, consideremos una partícula que se desplaza con velocidad cr , sobre una trayectoria curva con roce, bajo la acción de las fuerzas aplicadas de campo y de las fuerzas de contacto.

FIG. 1.1-

Llamaremos fuerzas motrices a aquellas que tienden a aumentar la velocidad de la partícula ( -90º<θ<90º ); y fuerzas resistentes a aquellas que tienden a disminuir su velocidad (270º<θ<90º); es decir, las fuerzas se diferencian entre aquellas que tienden a aumentar la energía cinética , y las que tienden a disminuir la energía cinética de la partícula. Para este caso es de utilidad usar el sistema de coordenadas intrínsecas como marco de referencia, en el cual la aceleración tiene dos componentes, la aceleración normal y la aceleración tangencial.

Si aplicamos el concepto de trabajo virtual sobre un desplazamiento virtual δr de la partícula, en su desplazamiento tenemos que las fuerzas motrices “entregan” trabajo sobre la partícula, en tanto que las fuerzas resistentes “reciben” trabajo de la partícula. Por otra parte si consideramos que la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula es distinta de cero y si consideramos el trabajo de cada una de las fuerzas sobre la partícula en el desplazamiento rvδ , tenemos que

rcmdtd

rF rrrr δδ •=•∑ )( (1-3)

y considerando la masa de la partícula constante en el tiempo tenemos

rdtcd

mrF rr

rr δδ •=•∑

∑ •=• ramrF δδ rrr

ramramrF ntrrrrrr

δδδ •+•=•∑

y como dstr ˆ=δ ; 1ˆˆ =•tt y 0ˆˆ =•nt la ecuación anterior se transforma en

dsmarF t∑ =• rrδ = cdc

dtds

mdsdtdc

m mcd==

si esta ecuación la integramos entre las posiciones r1 y r2 en las cuales la rapidez de la partícula es c1 y c2 respectivamente

)(21

mcd 21

22 ccmcrF −==•∫∑ ∫rr δ (1-4)

que es la expresión del Teorema del Trabajo de la Mecánica para la partícula que dice: “El trabajo de todas las fuerzas aplicadas sobre la partícula de masa m en un desplazamiento de

trayectoria conocida es igual a la variación de energía cinética de la partícula de masa m en ese desplazamiento”. Si FrFmF Σ+Σ=Σ y el trabajo de las fuerzas motrices es τm y el trabajo de las fierzas resistentes es τr la expresión del trabajo es 0ˆˆˆ +•=•+•=−=• ∫∫∫∫∑ rtmarnmartmarF tntrm

rrrrr δδδττδ

Así tenemos que ram trm

rr δττ •=− ∫ (1-5)

rtm ram τδτ +•= ∫ rr ( 1-6)

Si mτ >τr esta ecuación (1-6) dice que el trabajo de las fuerzas motrices se consume en trabajo contra las fuerzas resistentes y lo que queda se invierte en energía cinética. Como

rm ττ ⟩ la velocidad crece y tar tendrá el mismo sentido de rrδ por lo que el producto escalar

entre la aceleración y el desplazamiento es >0 por lo que la ∫ es >0 al igual que τr por lo

que se puede decir que tamr es una fuerza resistente contra la cual se trabaja para entregar energía cinética a la partícula, y esa fuerza la llamaremos fuerza de inercia, inercia al cambio de la condición de movimiento de la partícula de masa m. Por otra parte si τm< τr la velocidad de la partícula decrece por lo que tar tendrá el sentido contrario al de rrδ por lo que el producto escalar entre la aceleración y el desplazamiento será <0 y la ecuación (1-5) se podrá ordenar como rtm ram τδτ =•−+ ∫ )( rr (1-7)

Así la ecuación (1-7) dice que si τm < τr el trabajo de las fuerzas motrices y la energía cinética de la partícula se gastan en trabajo contra las fuerzas resistentes, y la fuerza de inercia tiene el mismo sentido de las fuerzas motrices. Luego podemos decir que el cambio de energía cinética negativo de un sistema se debe al trabajo realizado por las fuerzas de su inercia en contra de las fuerzas aplicadas, y que el cambio de energía cinética positiva del sistema se debe al trabajo realizado por las fuerzas aplicadas sobre las fuerzas de su inercia. Si hacemos extensivo el efecto expresado por la ecuación (1-4) a todas las partículas que forman un sistema de partículas, tenemos que las fuerzas aplicadas sobre cada una de las partículas del sistema, son, por una parte, fuerzas entre partículas que forman parte del sistema, que llamaremos fuerzas internas; y, por otra parte, fuerzas que hacen las partículas externas al sistema sobre las partículas del sistema, que llamaremos fuerzas externas. Así, sumando para cada una de las partículas obtenemos

)(21 2

122 iiiiij ccmrF −=• ∑∑ ∫∑ rr δ (1-8)

si el primer miembro de (1-8) lo separamos como el trabajo de las fuerzas externas y el trabajo de las fuerzas internas tenemos que el cambio de energía cinética de un sistema de partículas se debe al trabajo de las fuerzas internas y externas que actúan en el sistema de partículas Ecinéticaext ∆=+ intττ (1-9)

Teorema de la cantidad de movimiento Para las fuerzas, como función del tiempo o constantes, la ecuación 1-2 aplicada a una partícula de masa m constante

∑ =dtcd

mFrr

Si se considera un flujo unidireccional, ds es la distancia que recorre m en el tiempo dt

tenemos que dsdc

cdtds

dsdc

dtdc == y

∑ =dsdc

mcF (1-10)

Así, la fuerza resultante aplicada sobre una masa m en cualquier instante es proporcional a la velocidad de cambio de la velocidad con la distancia. Consideremos ahora en una corriente de fluido un elemento de masa dm y que tiene una longitud ds en dirección del

flujo. La masa del elemento y su longitud se relacionan como Adsg

dmγ= en que A es el

área de la sección del elemento normal a la dirección del flujo. Una fuerza resultante infinitesimal dF hace que este elemento infinitesimal cambie su velocidad en dc al recorrer ds.

dcmdcAcgds

dccAds

gdsdc

cdmdF &==== )()()()(γγ

en que integrada da )( 12 ccmF −= & (1-11)

Primer ley de la termodinámica. Ley de la cantidad. A .- Conservación de la energía Energías consideradas. El primer principio de la termodinámica se basa en la experiencia macroscópica, y establece que “la energía debe conservarse en todo instante”. O bien que “en un sistema totalmente aislado su energía permanece constante”. El primer principio hace un balance de la energía que entra, de la que sale y de la que queda acumulada, tanto en un sistema como en un volumen de control. Para efectuar con mayor comodidad los balances propuestos por la primera ley es conveniente clasificar la energía en dos categorías, energía almacenada y energía en transición. La energía almacenada es aquella asociada a una masa dada, y la energía que se está transfiriendo de un sistema a otro se llama energía en transición. Consideraremos a la energía almacenada como propiedad extensiva dado que está directamente identificada con la materia y “reside en” la materia que forma parte del sistema termodinámico. Los tipos de energías almacenadas en un elemento de masa son: - Energía cinética Ec, energía asociada con el movimiento de la masa. - Energía potencial Ep, energía asociada con la posición de la masa respecto de los

campos exteriores.

- Energía interna U, energía molecular y atómica asociada con los campos internos de la masa. En cuanto a las energías en transición tomaremos en consideración las dos de más

relevancia en nuestro caso, el calor y el trabajo. El calor que fluye de una masa a otra como resultado de una diferencia de temperaturas; y el trabajo como la energía en transición hacia, o desde, un sistema cuando hay desplazamiento de sus fuerzas internas y/o externas.

Para efectuar los balances las variaciones de las energías se considerarán negativas cuando bajan las cantidades almacenadas en el sistema, y cuando salen las energías en transición desde el sistema. Trabajo de las fuerzas aplicadas. Teorema del trabajo y teorema de Bernoulli Para visualizar el trabajo tomemos como sistema el volumen de control propuesto en la figura 1.2-.

FIG 1.2.- El trabajo de las fuerzas internas, considerando solamente las de contacto, en un sistema es distinto de cero cuando hay desplazamiento relativo entre las partículas. El desplazamiento relativo se produce por deformación del sistema y por cambio de volumen del sistema. En ambas deformaciones hay fuerzas viscosas que dan origen al trabajo de la componente tangencial de las fuerzas de contacto entre partículas y que corresponde al trabajo de roce viscoso, que designaremos por λ En tanto que el cambio en el volumen da origen al trabajo de la componente normal de las fuerzas de contacto entre partículas, componente que corresponde a la presión del sistema, y cuyo trabajo se identifica por la -∫pdV .

Las fuerzas externas al sistema son las fuerzas de campo y de contacto. Considerando solo el campo gravitatorio el trabajo de la fuerza campo origina el cambio de energía potencial de una posición a otra. Con respecto a las fuerzas externas de contacto, estas son hechas por los límites del sistema, en lo que tenemos que considerar varias situaciones. A) Los límites pueden ser rígidos, situación en que no hay desplazamientos por lo que no

hay trabajo de estas fuerzas ó presiones externas.

B) Los límites son rígidos pero se desplazan (sistema cilindro pistón), por lo que hay un trabajo que se puede cuantificar por la -∫pdV cuando hay un equilibrio de fuerzas

externas aplicadas en el pistón, más las fuerzas de inercia debido a las aceleraciones. C) Los límites del sistema son elásticos, por lo tanto deformables, en que si hay cambio de

volumen hay valor para -∫pdV .

D) Se tienen todos los casos anteriores, y además se tiene ductos de entrada y salida, por los cuales fluye entrando y saliendo materia del sistema, a través de límites ficticios que determinan el sistema volumen de control; flujo que está sometido a tensiones con sus componentes tangenciales y normales. El trabajo de las componentes tangenciales está considerado en el roce viscoso λ Las componentes normales, o presiones, consideradas en el área de la sección del ducto son las fuerzas que hace el fluido externo al sistema sobre el fluido interno en ese límite ficticio. Como el fluido se desplaza tanto para entrar como para salir del sistema se genera un trabajo que es el trabajo de flujo, el flujo de entrada tiene una presión p1 que genera una fuerza p1A1 que al desplazarse genera un trabajo p1V1, lo mismo sucede con la presión de salida que genera un trabajo p2V2 y el trabajo neto de flujo será p2V2 – p1V1 = ∆pV.

E) En el sistema hay un dispositivo (rodete) sujeto a un eje mediante el cual se puede extraer o entregar trabajo al sistema, trabajo que corresponde al trabajo al eje.

Para establecer la relación entre el teorema del trabajo de la mecánica, ecuación (1-9), y la ecuación de la ley de la cantidad se debe independizar las cantidades de energías del tamaño de los sistemas, para lo cual es útil expresar todos los términos por unidad de peso de fluido que constituye el sistema. Así cada término queda expresado como sigue: Forma de energía energía total energía específica

- Energía cinética = 2

21

mc =g

c2

2

- Energía potencial = mgz = z - Energía interna = U = u - Calor = Q = q - Trabajo presiones internas = ∫− pdV = ∫− pdv

- Trabajo roce viscoso = Λ = λ - Trabajo presiones fluido ext. = pV = pv - Trabajo fuerza externa al eje = Τeje = τeje = τ

Para fijar las ideas supongamos que todas las fuerzas aplicadas y las presiones internas sean motrices con respecto al sistema, es decir, todas las fuerzas aplicadas tienden a aumentar la energía cinética del sistema. Así si agrupamos los trabajos en internos y externos tenemos

∫ −= λτ pdvint

ττ +∆−= zext para un sistema que no tenga flujo, y pvzext ∆−+∆−= ττ para sistemas con flujo.

Si reemplazamos en la ecuación (1-9)

∫ ∆=∆−∆−+−g

cpvzpdv

2

2

τλ (1-12)

o bien τλ −∆+∆+∆=−∫ gc

pvzpdv2

2

(1-13)

si consideramos un sistema motriz que se expande la ∫pdv disminuida en las perdidas

viscosas (si las hay) puede aumentar la energía potencial del sistema, hacer fluir al sistema, aumentar su energía cinética y entregar trabajo en un eje.

Consideremos por un momento que las pérdidas viscosas en 1-11 son nulas y veremos que todas las energías pueden transformarse unas en otras y λ es disipación de energía mecánica que se transforma en energía térmica conservándose la energía total. El trabajo contra las fuerzas viscosas λ lo llamaremos pérdida de carga.

Si agrupamos los trabajos según sean de fuerzas motrices o resistentes tenemos

∫ ∆−++= zvppdvm 11ττ

λτ ++∆= 22

2

2vp

gc

r

Si ahora aplicamos la regla de oro tenemos τm = τr así:

λτ ++∆=∆−++ ∫ 22

2

11 2vp

gc

zvppdv (1-14)

reordenando

gc

pvpdvz2

2

∆+∆+−∆=− ∫λτ (1-15)

τλ −∆+∆=−∆−∫ gc

zpvpdv2

2

(1-15’)

como ∫ ∫=∆+− vdppvpdv aplicada en (1-13)

∫ ∆++∆=−g

cvdpz

2

2

λτ (1-16)

12 BB −=− λτ (1-17) ecuación que corresponde al teorema de Bernoulli y la ecuación (1-16) dice que el trabajo en un eje entregado a un sistema fluido disminuido en las pérdidas viscosas puede incrementar su energía potencial, su energía específica de presión ó su energía cinética; o todas a la vez y viceversa. Ecuación de la ley de la cantidad. Consideremos para tal efecto un sistema sin flujo y adiabático que puede variar sus coordenadas termodinámicas (p, v, t) entre los estados (p1,t1) y (p2,t2) Figura 1.3.- la ecuación (1-13)toma la forma

FIG. 1.3.-

τλ −∆+∆=−∫ gc

zpdv2

2

(1-18)

el primer miembro de 1-16 es el trabajo neto de las fuerzas internas que se transformará en alguna o todas las variaciones de las energías del segundo miembro; entre los estados (p1,t1) y (p2,t2). Como la energía se conserva en todo caso el primer miembro de alguna parte esta sacando energía para transformarla en las energías del segundo miembro. Es entonces la energía interna almacenada en el sistema la que se está transformando, y el primer miembro de 1-18 es el mecanismo de transformación de la energía interna almacenada en el sistema en las energías mecánicas del segundo miembro. Así

τλ +∆−∆−=+−=∆ ∫ gc

zpdvu2

2

(1-19)

( Desarrolle el problema 1 aplicando la ecuación 1-19 ) en que

la ley de la cantidad para el sistema adiabático sin flujo es: ∫ +−=∆ λpdvu

y el teorema del trabajo para el mismo sistema es : τλ −∆+∆=−∫ gc

zpdv2

2

Ahora, si el sistema no es adiabático y mientras se expande recibe una cierta cantidad de calor q, la variación de la energía interna se verá disminuida en q, de tal manera que la ecuación de la conservación de la energía será

∫ +−=−∆ λpdvqu (1-20)

o bien ∫ +−=∆ λpdvqu

ecuación que expresa que a un sistema se le puede aumentar la temperatura “calentándolo” al entregarle calor, comprimiéndolo ó bien “revolviéndolo” activando la transformación de energía por roce viscoso. Así

la primera ley para un sistema sin flujo es : ∫ +−=∆ λpdvqu (1-21)

el teorema del trabajo para el mismo sistema es: τλ −∆+∆=−∫ gc

zpdv2

2

(1-22)

Por otra parte si tomamos un sistema FIG 4.- en que fluye materia a razón de m& y pasa del estado (p1,t1) al estado(p2,t2) idénticos a los estados inicial y final del sistema de la FIG 3.-

FIG 1.4.- la unidad de masa que pasa desde el estado (1) al (2) cumplirá con la ecuación (1-21) y lo único que falta será agregar el trabajo de flujo en ambos miembros de la ecuación (1-21) para mantener la igualdad; y el teorema del trabajo queda expresado por la ecuación (1-15’) de tal forma que la ecuación (1-21) se transforma en ∫ +∆+−=∆+∆ λpvpdvqpvu

y se define la suma hpvu ∆=∆+∆ en que h es la entalpía, que es una función de estado por ser u, p y v funciones de estado, de tal forma que

la primera ley para todo sistema con flujo es : ∫ ++=∆ λvdpqh (1-23)

el teorema del trabajo para el mismo sistema es: τλ −∆+∆=+− ∫ gc

zvdp2

)(2

(1-24)

Por razones que más adelante se justificarán debemos considerar el modelo ideal de sistemas en que no se tiene viscosidad, por lo cual λ = 0 en las ecuaciones 1-23 y 1-24. En este caso los sistemas hacen procesos internamente reversibles y las ecuaciones 1-23 y 1-24 se transforman en las ecuaciones

la primera ley para sistema reversible con flujo es : ∫+=∆ vdpqh (1-25)

el teorema del trabajo para el mismo sistema es : τ−∆+∆=− ∫ gc

zvdp2

2

(1-26)

Si estos sistemas hacen un proceso ideal infinitesimal las ecuaciones de la primera ley serán du = δq – pdv y dh = δq + vdp (1-27)

Si reemplazamos la ecuación 1-22 en la ecuación 1-21 tenemos

τ+=∆+∆+∆ qg

czh

2

2

(1-28)

en que al primer miembro de esta ecuación se le llama entalpía total, así τ+=∆ qhTotal (1-29)

para todo sistema.

B.- Conservación de la masa. En el estado 1 del sistema de la figura 2 entra una cantidad de masa por unidad de tiempo, en que si el sistema es de flujo permanente no hay almacenamiento de masa por lo tanto sale la misma cantidad de masa por unidad de tiempo en el estado 2.

21 mm && =

222

111 cA

gcA

gγγ = (1-30)

Segunda ley de la termodinámica, ley de la calidad.- Energía disponible. La segunda ley establece que la energía, aunque se conserva para el universo de todo proceso, no toda es transformable en trabajo, y ésta va perdiendo su disponibilidad para ser transformada en trabajo en forma proporcional a las irreversibilidades de los procesos que van teniendo lugar. Cuando los procesos que hacen los sistemas se consideran interna y externamente reversibles, la disponibilidad de la energía para ser transformada en trabajo se mantiene, es decir, la energía mantiene su calidad. Esto tiene principal relevancia cuando se transforma el calor en trabajo mecánico; transformación que es de utilidad práctica cuando se hace en forma continua mediante máquinas térmicas cíclicas. Así, para conocer la disponibilidad de la energía se debe suponer su transformación en una máquina térmica reversible. Toda máquina térmica acepta calor qA a una temperatura, entrega una cierta cantidad de trabajo en un eje, y rechaza calor qR a una temperatura más baja. Lo mismo hace la máquina térmica reversible, pero como no hay caída en la disponibilidad de la energía, el trabajo en el eje es máximo, por consecuencia su rendimiento térmico es máximo. Esto hace pensar, y se demuestra, que todas las máquinas térmicas reversibles que trabajan entre los mismos focos tienen el mismo rendimiento y éste es máximo.

El rendimiento de toda máquina térmica se define como

Aq

τη =

La Primera Ley para una máquina cíclica es: τ=− RA qq

A

RA

qqq −=η

A

R

qq−=1η (1-31)

para la máquina térmica reversible R

A

R

A

TT

qq

=

de tal modo que A

R

TT−=1η (1-32)

es la expresión para el rendimiento de todas las máquinas térmicas reversibles que trabajen entre los focos a temperaturas TA y TR, y representa el máximo rendimiento que se podría obtener al suponer posible una máquina térmica reversible. Ciclo de Carnot. El ciclo reversible que se propone es el ciclo de Carnot, que consta de dos procesos isotérmicos y dos procesos isentrópicos, FIG 1.5.- Las isotérmicas tienen las temperaturas TA y TR de las fuentes para que la aceptación y el rechazo de calor sean procesos térmicamente reversibles; y las isentrópicas son reversibles de por sí.

FIG.1.5.-

El ciclo de Carnot y la definición de la energía disponible. El ciclo de Carnot, con sus focos que permanecen a temperatura constante, no es de

utilidad práctica. En la realidad, el foco de alta temperatura es creado artificialmente, mediante un proceso de combustión y/o por enfriamiento de alguna sustancia que entrega calor a un ciclo termodinámico. Sustancia que por ahora llamaremos sistema.

Al variar la temperatura del sistema que entrega el calor, las temperaturas de la isoterma superior del ciclo y del foco serán iguales en un solo estado y el resto del proceso de intercambio de calor, se hará con una irreversibilidad térmica externa al ciclo.

Para aliviar el problema, se puede concebir una serie de motores Carnot infinitesimales, cuyas isotermas de alta temperatura T coincidan con la temperatura del sistema, en el momento que éste les entrega el calor δqA. (FIG.6.-).

El sistema al entregar el calor, se enfría desde las condiciones iniciales (p1, T1) hasta las condiciones de referencia (p0, T0), que pueden ser la presión y la temperatura del ambiente.

Convengamos que el foco de baja temperatura, está a la misma temperatura que la del cuerpo más frío que rodea al sistema. Esta temperatura es, en la mayoría de los casos, la temperatura ambiente T0. Además, como la mayoría de las máquinas descargan o absorben fluido de trabajo del ambiente, el foco frío o referencia, se considera a las condiciones (p0, T0,) del ambiente. Por otra parte, las variaciones de temperatura del ambiente son despreciables, por lo que se puede suponer que la temperatura T0 es constante.

De esta forma, las isotermas de baja temperatura son comunes para todos los motores de Carnot infinitesimales considerados, y su temperatura es T0 del ambiente. Según la relaciones 1-26 y 1-27 aplicadas a cada uno de los motores infinitesimales representados en la Figura. 1.6.-

FIG.1.6.-

TT

qA

01 −==δδτη

Tq

Tq AA

δδδτ 0−=

y el trabajo total entregado por los infinitos ciclos de Carnot infinitesimales esta dado por

sTqTq

Tq A

T

T

AT

T A ∆+−=−−−= ∫∫ 000

1

0

1

)()(

δδτ

en que Aqδ es negativo porque sale del sistema y al aplicar la Primera Ley, según ecuación (1-25), para el proceso de enfriamiento reversible desde (p1, T1) a (p0, T0) se tiene que

∫−∆=0

1

T

TA vdphq

que al reemplazarla en la ecuación anterior se tiene

∫ ∆++∆−=0

1 0 sTvdphτ

sThvdp ∆+∆−=− ∫ 0

0

1τ (1-33)

en que τ es el trabajo que entregan los infinitos motores de Carnot al recibir el calor ∫ Aqδ ,

-∫0

1vdp es el trabajo que realiza el sistema que entrega el calor qA al expandirse

reversiblemente desde (p1, T1) a (p0, T0), ∆h y ∆s son las variaciones de entalpía y de entropía del sistema en su proceso de expansión representado en la figura 1.7.-

FIG.1.7.- Analizando la figura 1.7, podemos ver que los infinitos motores de Carnot se pueden incluir en el sistema. En esta forma, estamos en presencia de un sistema que produce trabajo y rechaza una cierta cantidad de calor qR a un foco frío sin aceptar calor de un foco caliente externo. No acepta calor, pero sí recibe energía térmica almacenada como entalpía en la materia que ingresa en el estado (p1,T1).

El primer miembro de la ecuación (1-33) ∫−0

1vdpτ ; en virtud al principio de Carnot y a la

expansión reversible; representa el máximo trabajo que se puede obtener a partir de la energía almacenada en un sistema, respecto a la referencia (p0, T0). Si ordenamos la ecuación (1-33), de la forma:

sTvdph ∆+−−=∆ ∫0

10)(τ (1-34)

se ve que la máxima energía que se puede obtener de un sistema cualquiera, mediante un proceso cualquiera entre el estado considerado y el de referencia, es la variación de su entalpía.

Esta variación de entalpía consta de dos partes. La primera, ∫−0

1vdpτ , que es el

“trabajo máximo supuestamente obtenible” en forma de trabajo mecánico, que llamaremos EXERGÍA. La segunda, T0∆s, que es la parte no disponible, que corresponde al qR rechazado, FIGURA 1.7, la llamaremos ANERGÍA. De modo que: ENERGÍA = EXERGÍA + ANERGÍA

La energía se puede utilizar totalmente en forma de calor ∆h = q y sólo una parte de ella -∆h +To ∆s como trabajo mecánico. Si la ecuación (1-34), la referimos a los estados 1 y 0 de la forma )()()( 00010101001 sThsThSSThhExergía −−−=−−−= se tiene la exergía del sistema en el estado 1, con respecto al estado 0 de referencia. Por otra parte, si queremos conocer el cambio de exergía de un sistema que hace un proceso desde el estado 1 al estado 2. Dado que la exergía y la anergía son funciones de estado, se calcula la exergía en el estado inicial y final con respecto a un mismo estado de referencia. )( 010011 SSThhE −−−= )( 020021 SSThhE −−−= en que restando, se obtiene: )( 21021 SSThhE −−−=∆− variación de exergía que se debe al trabajo mecánico entregado o extraído al sistema más la degradación por la irreversibilidad del proceso representada por la variación de entropía del sistema S1-S2. Tomemos como ejemplo un pequeño universo formado por un sistema y su

ambiente y recordemos que 0≤∫Tqδ

nos permite demostrar que la variación de entropía

∫≥∆Tq

sδ

, en que la igualdad es solo para procesos reversibles; la entropía del sistema no

solo varía por el flujo de calor, sino también por las irreversibilidades del proceso. Supongamos que el sistema de nuestro ejemplo es reversible y que hace un proceso

reversible de modo que ∫=∆2

1 Tq

s Rδ, variación de entropía generada por el flujo de calor

entre el sistema y su ambiente; si tomamos al ambiente como sistema, el flujo de calor es el mismo pero de distinto signo y solamente si los procesos que origina ese flujo de calor en el ambiente son reversibles la variación de entropía será -∆sS, de modo que la variación de entropía de ese universo es 0)( =∆−+∆ SS ss . Si las variables termodinámicas de ese universo las medimos con respecto al cero absoluto y en él solamente se originan procesos reversibles, y como la variación de energía de ese universo en nula como también su variación de entropía tenemos que la variación de la exergía de ese universo también es nula. Para demostrar lo antes dicho tomemos un “estado inicial” y un “estado final” y para cada estado tomemos toda la energía de ese universo y pasémosla por el sistema de la

figura N°7 y veremos que en ambos casos la exergía es la misma porque la entropía de ese universo fue constante entre los estados inicial y final.

Si los procesos que se hacen en ese universo son irreversibles tenemos que la entropía del sistema y/o del ambiente variarán de tal modo que la variación de entropía de ese universo es positiva, siendo su energía constante, de tal modo que si hacemos uso del sistema de la figura 1.7 y hacemos lo mismo que para ese universo reversible, y llevamos todo al cero absoluto, la exergía de ese universo irreversible va a ser menor en el estado final dado que la entropía final de ese universo será mayor.

Este ejemplo nos indica que toda irreversibilidad, tanto interna como externa al sistema, produce una merma en la energía disponible del universo. De aquí la importancia del ciclo reversible, y de los conceptos de energía, exergía y anergía, que nos permiten medir la cantidad y la calidad de la energía en determinado estado de un sistema, y nos permiten valorar donde están las pérdidas de energía disponible en los procesos aislados y en los ciclos de potencia.

De aquí la importancia de elegir adecuadamente los sistemas termodinámicos de tal manera que nos permitan visualizar claramente la cuantía de las irreversibilidades que cada proceso tiene.

Este curso pretende visualizar el comportamiento de la energía haciendo un análisis de algunos modelos de procesos y de ciclos de potencia tanto desde el punto de vista de la cantidad de energía como de su calidad. Esta pretensión tiene el objetivo de comprender los procesos termodinámicos básicos para que se intente la comprensión más profunda de los procesos en los equipos reales.

Aplicaciones especiales Velocidad del sonido El sonido a través de un medio gaseoso no es más que una perturbación de la presión del gas que se desplaza con una velocidad que es la velocidad del sonido. El sonido es una perturbación en forma de onda que viaja por el gas. Se sabe que un gas fluye por diferencia de presiones. Por ejemplo, si tenemos un gas a presión en un estanque que tiene un tubo de drenaje con una válvula en su extremo, figura 1.8-. Al abrir la válvula el gas escurre a mayor velocidad en función de la abertura de la

FIG1.8.- válvula. Cada vez que se abre un poco más la válvula se produce una baja de presión que viaja como onda aguas arriba provocando un mayor flujo. Una vez que el flujo llega a la velocidad de la onda, ésta ya no logra viajar aguas arriba y se podrá seguir abriendo la válvula sin provocar mayor flujo. Esto sucede porque el gas que está en el tanque no se da cuenta que la presión sigue bajando aguas abajo y se mantiene el flujo. El problema es entonces el determinar la velocidad relativa de la onda en la corriente. Para determinar una velocidad relativa debemos tener dos puntos de vista A) el de un observador situado en la referencia que ve como se mueve el gas y la onda en el gas. B) el observador se sitúa sobre la onda y ve como se mueve el gas con respecto a ella. Para el caso A figura 1.9 tomemos una tubería de sección constante, llena con un gas detenido y un pistón detenido en un extremo. Acto seguido se le imprime una velocidad u al pistón, como consecuencia el gas cercano al pistón adquiere una velocidad u y un aumento de la presión que como onda se desplaza a la velocidad uo ≥ con respecto al gas que está estacionado delante de la onda. Por lo tanto la presión del gas detrás de la onda es mayor que la presión delante de la onda. Delante de la onda el gas no ha sido afectado por el movimiento del pistón, ni tampoco por la onda que se aproxima.

FIG 1.9

FIG. 1.10.-

Para el caso B figura 1.10.- la onda no se mueve con respecto al observador que viaja con ella y el gas se aproxima a la onda con velocidad c1 = o, y el gas deja la onda con una velocidad c2 = o – u. El flujo a través de la onda es estable y como el área es constante la ecuación de continuidad

γ1c1A1 = γ2c2A2 se transforma en γ1c1 = γ2c2.

Con lo que 2

112 γ

γcc = y oc =1

Si asumimos que la onda es de pequeño espesor y de pequeño ∆p de modo que la fricción que origina el movimiento relativo en el gas es despreciable la ecuación de la cantidad de movimiento aplicada a la onda es

)( 1211

21 ccAcg

cmApAp −=∆=− γ&

y reemplazando c1 y c2 2

212121

1

γγγγ −=− c

gpp

)(21

21

1

21 γγγ

γ−−== pp

goc (1-35)

en este caso o es la velocidad con que el gas se aproxima a la onda en el caso B, y es la velocidad de la onda en el caso A. Esta onda es la que llamamos onda de choque. Debemos de tomar en cuenta ahora que una onda de sonido es de amplitud muy pequeña, y el ∆p es muy pequeño, es decir p2 se aproxima a p1, por lo que γ2 se aproxima a γ1 por lo que la ecuación 1-35 se transforma en

γddp

go = (1-36)

Por supuesto que dp/dγ depende del proceso ya que p y γ pueden variar independientemente. Sin embargo, podemos suponer que la propagación de una onda es

reversible y además adiabática dp/dγ se restringe a S

p

∂

∂γ que tiene un solo valor en

cualquier estado, por lo tanto la velocidad del sonido es

S

pgo

∂∂=γ

(1-36’)

Como hemos considerado isentrópico el proceso con el gas considerado ideal tenemos que se debe cumplir con la ley pvk = Cte. y como γ = 1/v y p/γ = RT se tiene

γγ kppS

=

∂∂

y la velocidad del sonido queda expresada por

kgRTo = (1-37) Que es la expresión para la velocidad del sonido en un medio gas ideal, siendo función del gas y su temperatura. Es útil, en el estudio del flujo de un gas, el cuociente entre la velocidad del gas en cualquier punto y la velocidad sónica en el mismo punto. Ese cuociente se llama número de Mach y se designa por M.

oc

M = (1- 38)

si M < 1 el flujo es subsónico; si M = 1 el flujo es transónico; si M > 1 el flujo es supersónico y si M >> 1 el flujo es hipersónico. Aplicación a boquilla o tobera Efecto de la variación del área de escurrimiento. De mucha importancia en las transformaciones de la energía térmica en mecánica es la energía cinética de un gas o vapor, esta transformación se logra con una tobera con un alto rendimiento, a tal punto que se puede considerar isentrópico. El efecto contrario de transformar la energía cinética en energía de presión se logra con un difusor. Consideremos una aceleración de fluido sin extracción de trabajo y sin cambio en la energía potencial, la primera ley es

Cteg

ch =+

2

2

es decir 0)2

(2

=+g

chd ; 0=+

gcdc

dh (a)

según la ecuación 1-27 dh = δq + vdp ; Tds = δq ; v = 1/γ y para un flujo isentrópico Tds = 0, luego

gcdc

dpγ−= o bien

2cgdp

cdc

γ−= (b)

diferenciando la ecuación de continuidad CtecA =γ se obtiene

0=++A

dAcdcd

γγ

(c)

haciendo el reemplazo de (b) en (c)

−=−=

dpd

cgdpd

cgdp

AdA γ

γγγ

γ 22 (d)

de (1-36) y (1-36’) g

opddp

S

2

=

∂∂=γγ

y oc

M = reemplazadas en (d)

( )22

1 Mc

gdpA

dA −=γ

o ( )22

1 McgA

dpdA −=

γ (e)

reemplazando (b) en (e) se obtiene

( )21 Mcdc

AdA −−= o bien ( )21 M

cA

dcdA −−= (f)

Del análisis de las ecuaciones e y f y de la figura 1.11.- se obtiene que:

1.- M < 1, dA/dp >0 y dA/dc < 0 si dA > 0 dp > 0 y dc < 0 difusor subsónico

si dA < 0 dp < 0 y dc > 0 tobera subsónica

2.- M > 1, dA/dp < 0 y dA/dc > 0 si dA > 0 dp < 0 y dc > 0 tobera supersónica

si dA < 0 dp > 0 y dc < 0 difusor supersónico

3.- M = 1, dA/dp = 0 y dA/dc = 0 escurrimiento crítico.

Por esta razón la tobera supersónica es primero convergente, dA < 0, para la zona con M<1, dp <0 y dc >0, c aumenta hasta llegar a M=1, punto en que se transforma en divergente, dA>0 y si dp<0 entonces dc>0 con lo que la velocidad sigue creciendo y M>1, así la zona divergente es entonces supersónica. Así la tobera permite tener grandes caídas de presión en pequeños espacios, por ejemplo en las turbinas, y también para lograr velocidades supersónicas en aviones gracias a la Regla de Oro o Principio de Acción y Reacción de la mecánica.

EHS.

Aire húmedo-1

CAPITULO III AIRE HUMEDO 3.1.- CONTENIDO O RAZON DE HUMEDAD.

Aire húmedo se define como una mezcla de aire seco y vapor de agua.

La base de cálculo será 1 kg de aire seco.

Contenido de humedad se define como la masa de agua asociada a 1 kg de aire seco y se le asignará el símbolo x.

Contenido de humedad =oairekg

OHkgx

sec2

El contenido de humedad esta generalmente en forma de vapor y en algu-nos casos como líquido (niebla) o hielo.

Así será xv = contenido de vapor

xl = contenido de líquido

xs = contenido de hielo

Consideremos que la mezcla de 1 kg de aire seco y x kg de agua ocupan un volumen de V m3 y que si t y p no varían la cantidad de moles en V es la misma para todos los gases ideales.

La presión total es:

pvpaP += a la temperatura T

Para el dominio de temperaturas y presiones parciales de este análisis, el vapor de agua se comporta como gas perfecto al igual que el aire:

Para el aire ( )TMmTnVp aaaa /ℜ=ℜ=

TRmVp aaa =

Para el vapor TMmTnVp vnvv )/(ℜ=ℜ= ( )TMmRTnVp vvvv /ℜ==

TRxVp vvv =

Kkg

kgmRa º

27,29= Kkg

kgmRv º

06,47=

Aire húmedo-2

a

vv p

px 622,0=

v

vv pP

px

−= 622,0

El contenido de humedad xv no puede pasar de un cierto valor x’v que co-rresponde al contenido máximo de humedad cuando el vapor esta saturado a la temperatura considerada.

CtaxpP

px v

v

vv ºmáx

''

622,0' =−

=

Ejemplo 1.

Aire ambiente, a 760 mm Hg y a 20ºC, saturado se comprime hasta la pre-sión absoluta de 7 kg/cm2 y se almacena en un estanque en el cual el aire llega nuevamente a la temperatura ambiente. Calcule el agua a purgar del estanque.

.

0147,054,17760

54,17622,0'

..sa

vv kg

kgx =

−=

HgmmPfinal 5150033.17

760 ==

.

00213,054,17150

54,17622,0'

..sa

vfinalvfinalv kg

kgxx =

−==

se debe purgar 0,0147 - 0,00213 = 0,01257 kgagua/kga.s..

Ejemplo 2.

Aire caliente se introduce en un secador con un contenido de humedad de 0,01 kgvapor/kga.s.. A la salida del secador el aire está a p = 750 mm Hg y a 35ºC. Suponiendo que el aire deja el secador saturado de agua, calcule la cantidad de agua que extrae la corriente de aire.

.

0371,017,42750

17,42622,0'

..sa

vv kg

kgx =

−=

Agua retirada = x’vf – xvi = 0,0771 – 0,01 = 0,0271 kgv/kga.s.

3.2.- PESO ESPECÍFICO DE LA MEZCLA AIRE HUMEDO

Para el aire TRVp aa =

Para el vapor TRxVp vvv =

( ) ( )TRxRVpp vvavv +=+

Aire húmedo-3

( )TRxRpV vva +=

como 1 kga.s.+ xv kgv/kga.s. ocupan el volumen V

V

xv+1 es el peso específico de la mezcla

( ) 3

11mkg

Tp

RxRx

Vx

vva

vv

++=+=γ

si la niebla y el hielo suspendidos en el aire ocupan un volumen despreciable

306,4727,2911

mkg

Tp

xvx

Vx

++=+=γ

Ejemplo 3.

Calcule el peso específico del aire saturado a 20ºC a la presión atmosférica de 760 mm Hg.

..

0147,054,17760

54,17622,0'

sa

vv kg

kgx =

−=

3

4

194.1293

10033.10147,006,4727,29

0147,01mkg=×

×++=γ

para aire seco 3

4

2045,129327,2910033.1

mkg

TRP

aa =

××==γ

3.3.- HUMEDAD RELATIVA φ.

La humedad relativa se puede definir de varias maneras equivalentes:

a) Es la razón entre la fracción molar de vapor en la mezcla aire húmedo en un estado y la fracción molar de vapor en la mezcla aire húmedo en ese mismo estado.

b) Es la razón entre la masa real de vapor contenida y la masa de vapor que contendría la mezcla saturada a la misma temperatura.

c) Es la razón de peso de vapor contenido en un m3 de mezcla al peso máximo de vapor que este m3 puede contener a la misma temperatura.

Según a) TnVp vv ℜ= ; TnVp vv ℜ= '' y TnpV ℜ=

v

v

v

vvv

pp

nn

nn

nn

'''

/ ==

=φ a la misma t

Según b) pvvv = RvT pvV = mvRvT

Aire húmedo-4

pv’v’ = RvT p’vV = mv’RvT

( )( )TRVp

TRVpmm

vv

vv

v

v

/'/

'==φ

'v

v

pp=φ a la misma t

Según c) vv

vv

v

v

pTRpTR

/'/

'==

γγφ

v

v

pp'

=φ a la misma t

3.3.1.- Relación entre el contenido de humedad y la humedad relativa

pv = φ p’v v

v

v

vv pp

ppp

px

''

622,0622,0φ

φ−

=−

=

( )vv

v

xppx

−=

622,0'φ

Ejemplo 4.

Aire ambiente a 760 mm Hg y 20ºC tiene una humedad relativa de 80%. Calcule el contenido de humedad.

..

0117,054,17·8,0760

54,178,0622,0

sa

vv kg

kgx =

−×=

Ejemplo 5.

El aire deja el secador, del ejemplo 2, con una humedad relativa de 75%, calcule el agua extraída.

..

0274,017,42·75,0750

17,42·75,0622,0

sa

vv kg

kgx =

−=

agua extraída = ..

20174,001,0274,0sa

OHvv kg

kgixfx =−=−

Aire húmedo-5

3.4.- ANÁLISIS EN EL DIAGRAMA T-S, DEL AGUA COMO SUBSTANCIA PURA, EN MEZCLA CON AIRE.

Temperatura de bulbo seco.

Temperatura de punto de rocío.

Temperatura de saturación adiabática.

Temperatura de bulbo húmedo.

FIG. 3-1.-

Esta definiciones son válidas para la mezcla aire vapor en las cuales se in-cluye al aire atmosférico.

La temperatura de bulbo seco de una mezcla es la indicada por un ter-mómetro ordinario introducido en cualesquier punto de la mezcla. Se debe tener cuidado al medir la temperatura del aire atmosférico para evitar errores ocasiona-dos por la transferencia de calor radiante entre el termómetro y sus alrededores.

La temperatura del punto de rocío de una mezcla aire - vapor se define como la temperatura de saturación del vapor correspondiente a su presión parcial en la mezcla. Esta es entonces la temperatura a la cual el vapor comienza a con-densar cuando la mezcla se enfría a p constante. Así como aumenta la humedad

Aire húmedo-6

relativa la temperatura del punto de rocío se acerca a la temperatura de bulbo se-co y para φ = 1 estas temperaturas se igualan.

La temperatura de saturación adiabática se define como la temperatura final de la mezcla que resulta de evaporar adiabáticamente agua en un flujo esta-ble de la mezcla hasta que se satura, cuando se proporciona agua líquida a la temperatura final de la mezcla. Para obtener en forma práctica la temperatura adiabática se puede partir con una temperatura del agua cercana a dicha tempera-tura e ir ajustando la temperatura del agua hasta que se logre la igualdad con la temperatura de la mezcla, que es la temperatura de saturación adiabática de la mezcla.

Si el aire tiene una φ < 1 el vapor de agua en la mezcla está a una presión parcial más baja que su presión de saturación correspondiente a la temperatura de bulbo seco. Luego si este aire se pone en contacto con agua líquida, una parte del agua se evapora en el aire y el contenido de humedad crece. Si la evaporación se produce en un sistema aislado térmicamente, la temperatura del aire desciende, ya que una parte del calor latente de evaporación del agua viene del aire.

La temperatura de bulbo húmedo. La temperatura de saturación adiabá-tica es complejo obtenerla por lo que se usa el concepto de temperatura de bulbo húmedo. La temperatura de bulbo húmedo es la que indica un termómetro cuyo bulbo está cubierto con un material de mecha saturado con líquido, alrededor de la cual se hace fluir aire. Si el aire no está saturado extrerá agua del bulbo evapo-rándose. Esta evaporación requiere de energía que se extrae tanto del bulbo hú-medo cómo del aire que fluye, provocando un delta de temperaturas. Cuando se ha alcanzado Una vez que se ha alcanzado una diferencia de temperaturas tal que el calor necesario, para evaporar el agua del bulbo húmedo, solo lo aporta el aire que fluye, se ha estabilizado la temperatura del bulbo, temperatura que co-rresponde a la temperatura de bulbo húmedo del aire que fluye.

La relación entre la temperatura de saturación adiabática y la temperatura de bulbo húmedo para cualquier mezcla de gas y vapor depende de las caracterís-ticas de transferencia de calor y difusión de la mezcla. Para el aire y el vapor de agua en el rango de presión y temperatura de aire atmosférico, dichas temperatu-ras son muy semejantes. Este es un caso fortuito y para otras mezclas se debe tomar precauciones.

3.5.- ENTALPÍA DEL AIRE HÚMEDO.

Tomando como referencia el estado p = 1ata y t 0ºC para la mezcla

Caso 1) t > 0ºC

Aire húmedo-7

Para el aire seco, la entalpía de 1 kg de aire seco es

ha = 0,24 t kcal/kga

Para el vapor, la entalpía de 1 Kg de vapor es

hv = 595 + 0,46 t kcal/kgv

a) Si x < x’v la entalpía de 1 + xv Kgs. de mezcla es:

h = ha + xv hv = 0,24 t + xv (595 + 0,46 t) kcal/kga.s.

b) Si x > x’v, es decir, x = x’v + xl

la entalpía del agua líquida es

hl = t kcal/kg

y la entalpía de la mezcla será

h = ha + x’vhv + (x – x’v)hl

h = 0,24 t + x’v (595 + 0,46 t) + (x – x’v) t kcal/kga.s.

Caso 2) t < 0 ºC,

a) Si x <x’v

h = ha + xv hv = 0,24 t + xv (595 + 0,46 t) kcal/kga.s.

b) Si x > x’v es decir, x = x’v + xs

la entalpía del hielo es hs = 0,5t – 80 kcal/kg

h = ha + x’vhv + xs hs

h = 0,24 + x’v (595 + 0,46 t) + (x – x’v) (-80 + 0,5 t) kcal/kga.s.

Ejemplo 6.

Un secador se alimenta con aire ambiente a 15ºC y humedad relativa 80% que se calienta hasta 90ºC. La operación se realiza a la presión de 760 mm Hg.

Calcule el calor que se debe entregar por kg de aire seco.

La humedad relativa del aire caliente

..

1 0085,079,12·8,0760

79,128,0622,0

sa

vv kg

kgx =

−×=

h1 = 0,24 · 15 + (595 + 0,46 · 15) 0,0085 = 8,71 Kcal/kga.s.

h2 = 0,24 · 90 + (595 + 0,46 · 90) 0,0085 = 27,01 kcal/kga.s.

q = h2 – h1 = 27,01 – 8,71 = 18,3 kcal/kga.s.

( ) ( ) 0195,00085,0622,08,525

005,0·760622,0'· =

+=

+=

vv

v

xpxpφ

humedad relativa = 1,95%.

Aire húmedo-8

Ejemplo 7.

Se necesita secar parcialmente aire ambiente a 30ºC y 60% de humedad relativa, para lo cual hay que enfriarlo hasta 10ºC. La operación se efectúa a 760 mm Hg de presión. Calcule:

a) El calor que se debe extraer al aire.

b) La cantidad de agua que se extrae del aire.

..

1 0160,082,31·6,0760

82,31·6,0622,0

sa

vv kg

kgx =

−=

h1 = 0,24 · 30 + (595 + 0,46 · 30) 0,0160 = 16,94 kcal/kga.s.

..

2 0076,021,9760

21,9622,0

sa

vv kg

kgx =

−=

h2 = 0,24 · 10 + (595 + 0,46 · 10) 0,0076 + (0,0160 - 0,0076) 10

h2 = 7,04 kcal/kga.s

q = h2 – h1 = 7,04 – 16,94 = 9,9 kcal/kga.s.

magua = 0,0160 – 0,0076 = 0,0084 kgv/kga.s.

Analice este problema con el diagrama de Mollier.

3.6.- DIAGRAMA DE MOLLIER DEL AIRE HUMEDO

CARTA PSICROMETRICA

Una carta psicrométrica para el atmosférico es una gráfica de las propiedades de las mezclas de aire y de vapor de agua a una presión total fija de la mezcla. La carta está basada generalmente a la presión de una atmósfera estándar; sin embargo, existen cartas para otras presiones barométricas. Las unidades es-pecíficas no se expresan por unidad de peso de la mezcla sino por unidad de peso de aire seco en la mezcla. El diagrama se acompaña al final del capítulo.

3.7.- PROCESOS ELEMENTALES CON AIRE HÚMEDO.

3.7.1.- Calentamiento de aire húmedo.

Balance de masas:

2211

21

xmxmmmm

aa

aaa

&&

&&&=

==

Balance de energías:

2211 hmqhm aa &&& =+

Aire húmedo-9

FIG. 3-2.-

( )( )1246,024,0 ttxmq va −+= && ó bien

( )12 hhmq a −= && de la carta.

Ejemplo 8.

Se calienta aire, desde 4,4ºC tbs y 2,2ºC tbh y 1 ata de presión hasta 35ºC, con un intercambiador alimentado con vapor. El vapor entra saturado a 1,5 ata y sale a 90ºC. El flujo de aire seco es 55,64 m3/min. Calcule el flujo de vapor.

x1 = 0,0036 kgv/kga.s. x2 = x1

h1 = 3,25 kcal/kga.s. t2 = 35ºC

v1 = 0,791 m3/kga.s. h2 = 10,5 kcal/kga.s.

hvapor saturado = 643,1 kcal/kgv hagua 90ºC = 90 kcal/kg H2O

hrkg

vV

ma 5,422060791,064,55 =⋅

==

&&

( ) ( )hr

kcalhhmq a 60,3059825,35,105,422012 =−=−= &&

( )[ ]( )hr

kcalq 312094,4350036,046,024,05,4220 =−+=&

( )12 vvvapor hhmq −= &&

Aire húmedo-10

hr

kgm v

vapor 32,550,901,643

6,30598 =−

=&

3.7.2.- Deshumidificación por enfriamiento. FIG. 3-3

Balance de energías

lmqhmhm laa &&&& ++= 2211

Balance de masas

aaa mmm &&& == 21

lvava mxmxm &&& += 2211

FIG. 3-3.-

reemplazando

( )( )

[ ]lvva

al

lla

hxxhhmqxxmm

hmhhmq

)( 2121

21

21

−−−=−=

−−=

&

&

en que la temperatura del agua que se retira ml se considera igual a t2.

Ejemplo 9.

Aire a 30ºC, 50% humedad relativa y 1 ata de presión se pasa por un ser-pentín refrigerador para que se enfríe hasta 10ºC. Se necesita 100 kga.s./min. Cal-cule la capacidad del refrigerador. 1 ton refrigeración = 50,4 cal/min

x1 = 0,0133 kgv/kga.s. h1 = 15,3 kcal/kga.s.

h2 = 7 kcal/kga.s. x2 = 0,0075 kgv/kga.s.

hl2 = 10 kcal/kgagua

Aire húmedo-11

( )[ ]minkcal

q 2,824100075,00133,00,73,15100 =×−−−=&

Capacidad = 35,164,52,824

4,50==q& ton ref.

Ejemplo 10.

Desarrolle el ejemplo 7 con el gráfico de Mollier.

3.7.3.- Humidificación del aire húmedo.

En el proceso mostrado en la figura 3-4 se aumenta el contenido de hume-dad del aire mediante su exposición a una lluvia de agua. Como no se entrega calor es un proceso adiabático y si el contenido final de humedad es el máximo el aire se saturó adiabáticamente, no siendo t2 la temperatura de saturación adiabáti-ca.

2211

2211

xamxammhamhmham

l

ll

&&&

&&&=+

=+

ma1 = ma2

ml hl = ma (h2 – h1)

ml = ma (x2 – x1)

'12

12 qxxhh

hl =−−=

FIG. 3-4.-

El cuociente q’ se muestra en el contorno de la carta psicrométrica y da la pendiente de la línea del proceso entre los estados 1 y 2.

Aire húmedo-12

3.7.4.- Calentamiento y humidificación combinados de aire húmedo.

Cuando se calienta el aire baja su humedad relativa y se puede producir

sensación de “se seca la garganta”, por lo que se debe humedecer para tener una

sensación más confortable. Esa sensación se logra en lo que se llama zona de

confort en la carta psicrométrica.

FIG. 3-5.-

21

2211

2211

amamxammxam

hamhmqham

l

ll

&&

&&&

&&&&

==+

=++

( ) ll hmhhmq &&& −−= 12 ( )12 xxamlm −= &&

( ) ( ) lhxxamhhamq 1212 −−−= &&&

( ) lhhhlmam

lmq −−= 12

&&

&&

( ) Fxxhh

hhlmam

hlm

ql =

−−=−=+

12

1212

&&

&&

el factor F nos da la pendiente del proceso entre los estados 1 y 2 en el diagrama de Mollier.

Aire húmedo-13

Ejemplo 11.

Aire a 4,4ºC tbs, 2,2ºC tbh y 1 ata de presión, se calienta y humidifica ab-sorbiendo 38556 kcal/h de calor y 37,65 kg/h de vapor saturado a 110ºC. La canti-dad de aire necesario es 84,96 m3/min. Determine las temperaturas de bulbo seco y bulbo húmedo del aire a la salida.

h1 = 3,26 kcal/kga.s. hl = 643 kcal/kgv

x1 = 3,6 gr/kga.s. v1 = 0,791 m3/kga.s.

min

kgm sa

a..41,107

791,096,84 ==&

..

2 44,96041,107

100065,376,3

sa

v

kggr

amm

xx =×

×+=+=&&

..

12 99,126041,107

64365,476041,107

3855625,3

sal

a

l

a kgkcal

hmm

mq

hh =×

×+×

+=++=&&

&&

Del diagrama de Mollier

tbs = 30ºC tbh = 19,2ªC

166764365,37

38556 =+=F

que en el diagrama fija la pendiente y el punto 2 de salida del aire, concuerda con el calculado.

3.7.5.- Mezcla de corrientes de aire húmedo.

ma1h1 + ma2h2 = ma3h3

ma1 + ma2 = ma3

ma1x1 + ma2x2 = ma3x3

ma1h1 + ma2h2 = ma1h3 + ma2h3

ma1x1 + ma2x2 = ma1x3 + ma2x3

ma1 (h1 – h3) = ma2 (h3 – h2)

ma1 (x1 – x3) = ma2 (x3 – x2)

Fig. 3-6.- (a)

Aire húmedo-14

1332

31

23

31

23

2

1 =−−=

−−=

xxxx

hhhh

mama

; 1332

2

1 =mama

; 1232

3

1 =mama

; 1213

2

1 =mama

FIG. 3-6.-(b)

Ejemplo 12.

Una corriente de aire de 28,33 m3/min a 15ºC tbs y 13ºC tbh se mezcla con 11,38 m3/min de aire a 27ºC tbs y 20ºC tbh. Determine las condiciones de la mez-cla.

v1 = 0,828 m3/kga.s.

v2 = 0,866 m3/kga.s.

minkg

ma 2,34828,0

32,281 ==&

minkg

ma 08,13866,033,11

2 ==&

minkg

ma 28,4708,132,343 =+=&

28,472,34

8,332

1234

3

1 ===a

a

mm

&&

cmcm 75,2328,312 ==

tbs = 18,2 ºC x1 = 8,5 gr/kga.s. h1 = 8,7 kcal/kga.s.

tbh = 15,2 ºC x2 = 11,9 gr/ kga.s. h2 = 13,7 kcal/ kga.s.

x3 = 9,3 gr/ kga.s. h3 = 10,1 kcal/ kga.s.

Aire húmedo-15

φ1 = 80% φ2 = 53,3% φ3 = 72,5%

Los procesos elementales que se vieron tienen aplicación en el acondicio-namiento de aire que pueden ser combinaciones de calentamiento, enfriamiento, humidificación, deshumidificación acompañados de la limpieza de polvos y humos.

3.8.- Torres de enfriamiento.

Otra aplicación importante del proceso de saturación adiabática son las to-rres de enfriamiento, que son dispositivos que se usan para enfriar el agua que se usa para remover el calor de los condensadores de las plantas de potencia, refri-geradores y otros equipos. En una torre de enfriamiento se hace “llover” agua ca-liente con boquillas de rocío y cae a través de una serie de bandejas dispuestas para hacer que el agua se rompa en finas gotas que tienen una mayor superficie para lograr la evaporación. En flujo inverso se hace circular aire que entra por la parte baja de la torre y sale por la parte superior impulsado por ventiladores. El enfriamiento se produce por intercambio de calor entre el agua y el aire, principal-mente por la evaporación del agua en el aire, en que el calor de evaporación sale principalmente del agua que no se evapora. FIG 3-7.-

Salida de aire

Ventilador

Entrada agua caliente Boquillas de rocío

Placas deflectoras

Entradas de aire

Agua enfriada Salida agua fria

FIG. 3-7.-

Aire húmedo-16

Ejemplo 13.- Una torre de enfriamiento enfría 110000 kg/hr de agua desde 45ºC a 25ºC. El aire entra a la torre a 20ºC y Φ =55% y sale a 40ºC y Φ = 95%. La presión barométrica es 760 mm Hg. Calcule el flujo de aire en kg/hr y la cantidad de agua evaporada y que se debe reponer al sistema.

Se hará el calculo con las relaciones y se chequea las cantidades que se pueda con la carta .

Para 20ºC p’v = 17,54 mm Hg , y 40ºC p’v = 55,32 mm Hg

Calculo contenido de humedad

..1 008,0

54,1755,076054,1755,0

622,0sa

aguav kg

kgx =

⋅−⋅=

..

.2 04621,0

32,5595,076032,5595,0

622,0sa

aguav kg

kgx =

⋅−⋅=

balance de masa, figura 3-8.-

1aguam& 2airem&

1airem& )( 122 1 vvaireagua xxmmmagua

−−= &&&

FIG 3-8.-

aaa mmm &&& == 21

222111 lvalva mxmmxm &&&& +=+

)( 1212 vvall xxmmm −−= &&&

Aire húmedo-17

balance de energías

2222111 llaallaa hmhmhmhm &&&& +=+

reemplazando

212112212

211

)()(

lvvvvvvaa

llla hxxhxhxhh

hhmm

−−−+−−= &

&

25)008,004621,0()4546,0595(008,0)2546,0595(04621,0)2040(24,0)2545)(1(000.110

⋅−−⋅+−⋅++−−=am&

hr

kgm sa

a..850.81=&

)008,004621,0(850.81)( 12 −=−= vvl xxamevapm &&

hrkg

evapm agual 127.3=&

EHS.

Combustión -1

CAPITULO IV

COMBUSTIÓN

El proceso de combustión implica una reacción química entre un combusti-ble y el oxígeno, generalmente proporcionado por el aire (comburente), o en casosparticulares, oxígeno puro.

Esta reacción va acompañada por una transformación de la energía quími-ca latente, en energía interna sensible en los productos de la combustión (humos),con la correspondiente alza de la temperatura de los humos. Esta energía internapuede ser liberada como calor, lo que hace de la combustión una reacción químicaexotérmica.

La cantidad de calor liberada por un proceso de combustión, depende delcombustible usado. Así, es conveniente definir el poder calorífico del combusti-ble, como la cantidad de calor liberado por la combustión completa de 1 kg(o de 1 m3 normal) de combustible, en que los humos son llevados a las condi-ciones iniciales de temperatura de los reactivos.

El combustible se considera formado por C, H, S y, también de substanciasvolátiles como O2 y N2, además para el caso del carbón, se debe considerar lascenizas y la humedad del combustible. La concentración de cada uno de los com-ponentes, la da el análisis elemental del combustible.

Como es el aire el que provee el oxígeno para la mayoría de las reaccionesde combustión, y para calcular los balances de masas de la combustión debemosconocer la composición química del aire. Así, la composición del aire seco en frac-ciones molares es la siguiente: 0,7809 N2 , 0,2095 O2 0,0093 Argón , 0,0003 CO2;con una masa molar de esta mezcla de 28,967Kg/mol. Sin embargo, para casitodos los cálculos de combustión podemos tratar al argón y al CO2 como N2 adi-cional dado que son inertes y están en pequeña cantidad. Por esta razón, el aireque provee el oxígeno necesario para la combustión, se considera como una mez-cla binaria de O2 y N2, con una composición volumétrica de 21% de O2 y 79% deN2, lo que equivale a la composición porcentual en moles. Así para el aire seco larazón de los moles de N2 a los moles de O2 es:

76,321

79

2

2 ==Odemoles

Ndemoles(4.1)

En base molar

0,21 moles de O2 +0,79 moles de N2 = 1 mol de aire o bien

1 molde O2 + 3,76 moles de N2 = 4,76 moles de aire

Combustión -2

En base de masa

0,232 Kg de O2 + 0,768 Kg de N2 = 1 Kg de aire

1 Kg de O2 +3,31 Kg de N2 = 4,31 Kg de aire

4.1 ANÁLISIS A PARTIR DE LA COMPOSICIÓN DEL COMBUSTIBLE.

4.1.1 Combustión estequiométrica.

Una reacción estequiométrica, comprende justo la cantidad exacta de cadauno de los reactivos para tener una reacción completa.

Consideremos como ejemplo la combustión estequiométrica de carbono,que reacciona con oxígeno puro para dar anhídrido carbónico.

C + O2 = CO2

de esta ecuación, se ve que un átomo de carbono reacciona con una molécula deoxígeno, para dar una molécula de anhídrido carbónico. Lo que es lo mismo decirque, un átomo-gramo de carbono se combina con un mol de oxígeno para dar unmol de anhídrido carbónico, es decir, considerando los pesos moleculares laecuación de combustión será

12 gr C + 32 gr O2 = 44 gr CO2

Como un átomo-gramo de C (12 gramos de C), necesita de un mol de O2

(32 gramos de O2) para dar un mol de CO2 (44 gramos de CO2); un kg de C nece-sita de 1000 : 12 = 83,3 moles de O2, lo que deja como producto: 83,3 moles deCO2 para un kg de C completamente quemado en combustión estequiométrica.

Si es aire el que provee el oxígeno, tenemos la ecuación estequiométrica es

C + O2 + 3,76 N2 = CO2 + 3,76 N2

Es decir, para quemar completamente un átomo de C, es necesario 4,76moles de aire ( 1 mol de O2 + 3,76 moles de N2) que producen 4,76 moles de hu-mos.

Lo mismo se puede decir para cualesquier combustible; por ejemplo :

1 mol de C8H18 +12,5 mole de O2 = 8 moles de CO2 + 9 moles de H2O

114 Kg de C8H18 + 400 Kg de O2 = 352 Kg de CO2 + 162 Kg de H2O

Suponiendo que el aire y los humos se comportan como gases perfectos y,como un mol de un gas cualquiera ocupa siempre el mismo volumen a una tempe-ratura y presión dada. En condiciones normales (0ºC y 1,033 kg/cm2), un mol degas ocupa 22,4 litros. El volumen molecular de una gas, para una temperatura TºK y una presión P kg/cm2, está dado por:

Combustión -3

P

TV

033,1

2734,22 ××=

Para condiciones normales, el volumen de oxígeno necesario para quemarcompletamente un átomo-gramo de C es 83,3 × 22,4 : 1000 = 1,87 m3O2/AtgrC y,el volumen necesario de aire es 1,87 : 0,21 = 8,88 m3aire/AtgrC, de los cuales 8,88× 0,79 = 7,01 m3N2/AtgrC, corresponden al N2 del aire.

A partir del análisis elemental del combustible, se puede calcular el aire ne-cesario para la combustión total, considerando las siguientes reacciones químicasfundamentales:

Carbono C + O2 = CO2

Hidrógeno H2 + 0,5 O2 = H2O

Azufre S + O2 = SO2

Y, como ecuaciones secundarias:

Combustión incompleta del carbono C + 0,5 O2 = CO

Combustión de monóxido de carbono CO + 0,5 O2 = CO2

La humedad y el nitrógeno presentes en el combustible, pasan a los humossin cambio. El oxígeno presente en el combustible, disminuye la cantidad de airenecesario. Las cenizas se consideran materia inerte y constituyen los residuos quevan al cenicero.

Para la combustión de los elementos C y S del combustible, los moles dehumos son iguales a los moles de aire estequiométrico. Para la combustión del Hdel combustible sólido o líquido, los números de moles en los productos es distintoal número de moles de aire utilizado y, para el H2 gaseoso como combustible, elnúmero de moles de humos es inferior al número de moles de aire necesario másel número de moles de H2, es decir, inferior al número de moles de mezcla com-bustible – comburente inicial. Esto indica, que el número de moles de reactivo noes igual al número de moles de humos y, lo que se debe conservar es la masa.

Ejemplo 4.1

Determinar los moles de aire estequiométrico necesario y los moles de hu-mos producidos por la combustión completa de 1 Kg de carbón mineral , cuyoanálisis elemental dio la siguiente composición en Kg/kg.

Carbono 0,8118Hidrógeno 0,0390Oxígeno 0,0420Nitrógeno 0,0100Azufre 0,0122

Humedad 0,0152

Combustión -4

Cenizas 0,0700

Total 1,0000

Determine además, el volumen de aire y de los productos de combustión.

El kilogramo de combustible contiene:

• 811,8 gramos de carbono o bien 811,8 : 12 = 67,65 átomo-gramo de C, lo queexige 67,65 moles de O2 para formar 67,65 moles de anhídrido carbónico.

• 39,0 gramos de hidrógeno o bien 39 : 2 = 19,5 moles de H2, lo que exige 19,5 :2 = 9,75 moles de O2 para formar 19,5 moles de vapor de agua.

• 42,0 gramos de oxígeno o bien 42 : 32 = 1,31 moles de O2, aportados por elcombustible lo que significa una disminución de la cantidad de aire necesario.

• 10,0 gramos de nitrógeno o bien 10: 28 = 0,36 moles de nitrógeno, que pasa-rán directamente a los humos.

• 12,0 gramos de azufre o bien 12: 32 = 0,37 átomo-gramos de azufre, que exi-gen 0,37 moles de O2 para formar 0,37 moles de anhídrido sulfuroso.

• 15,2 gramos de agua (humedad) o bien 15,2 : 18 = 0,84 moles de vapor deagua, que se evaporarán y pasarán directamente a los humos.

• 70,0 gramos de cenizas inertes que formarán los residuos , que no formaránparte de los humos.

Así, la combustión completa de un kg de carbón, necesita la intervención de67,65 + 9,75 + 0,37 – 1,31 = 76,46 moles de O2 que son aportados por 76,46 :0,21 = 364,10 moles de aire de los cuales 364,10 – 76,46 = 287,64 son moles denitrógeno, que se encontrarán en los humos. (Resumen en tabla 1).

En condiciones normales, el volumen de aire estequiométrico para la com-bustión de un kg de carbón es de 364,10 × 22,4 = 8.159 litros. El peso específicodel aire a 0º y 1.033 kg/cm2 es 1,239 kg/m3; luego, el peso de aire necesario es8,159 × 1,239 = 10,55 kg aire por kg de carbón.

El peso de humos, es el peso del aire suministrado más la fracción de pesode combustible que se transforma en gases, es decir, las cenizas (70 gramos), noforman parte de los humos. Así, el peso de humos es 10,55 kg aire+ 0,93 kgcomb. = 11,48 kg de humos por cada kg de combustible quemado. El volumen dehumos en condiciones normales, es (376,36 – 20,34) × 22,4 = 7.978 litros, dadoque en condiciones normales los 19,5 + 0,84 = 20,34 moles de agua, se suponentotalmente condensados.

4.1.2 Combustión con exceso de aire.

Para una combustión real, si se suministra el aire estequiométrico la com-bustión no es completa, de modo que aparece monóxido de carbono en los humos

Combustión -5

e incluso C sólido; perdiendo parte de la energía, que representa el poder calorífi-co del combustible, en energía latente dada por el poder calorífico del monóxidode carbono, según:

CO + 0,5 O2 = CO2

La combustión se logra cuando se “encuentran” una partícula de combusti-ble con una partícula de oxígeno a una temperatura adecuada. Cuando la com-bustión es estequiométrica es poco probable que se encuentren las partículas, ypara aumentar esa probablidad es que se sumunistra una mayor cantidad de oxí-geno con un exceso de aire. El exceso de aire se define como:

airedeexcesotricoestequioméaire

tricoestequioméairerealaire%100 =×−

(4.2)

El exceso de aire depende del combustible usado y de la forma con que serealiza el proceso de combustión. Para cada caso, existe un óptimo de exceso deaire, que es una solución de compromiso entre la mejoría de la combustión y lapérdida de energía. Energía que se pierde por el aumento en peso de los gasescalientes evacuados por la chimenea por cada kg de combustible. Además, unexceso de aire exagerado, puede reducir la temperatura de llama al punto decomprometer la obtención de una combustión completa.

Como datos prácticos de exceso de aire, se pueden dar los siguientes:

Combustible % exceso de aire

Carbón en parrilla mecánicaCarbón pulverizadoGas

30 – 6025 – 50

5

En algunos casos, se usa un exceso de aire elevado con el fin de bajar latemperatura de los gases y no someter algunas piezas del equipo a temperaturasmuy elevadas, como es el caso de una turbina a gas o un turborreactor, en que latemperatura máxima admisible en el rotor es posible llegar a 1000 ºC, gracias a lastécnicas de refrigeración de los álabes.

Ejemplo 4.2.

Analice el ejemplo 1ahora con 50% de exceso de aire y determine la com-posición de los humos.

Combustión -6

Para quemar completamente 1 kg de carbón, el aire estrictamente necesa-rio es 364,10 moles. El exceso de aire corresponde a 364,10 × 0,5 = 182,05 molesde aire, que está compuesto por 182,05 × 0,21 = 38,23 moles de oxígeno y 182,05× 0,79 = 143,82 moles de nitrógeno. Oxígeno y nitrógeno que se encontrarán sincambios en los humos.

La composición de los humos será entonces:

Anhídrido carbónicoOxígenoVapor de aguaAnhídrido sulfurosoNitrógeno 288,00 + 143,82 =

67,65 moles38,23 moles20,34 moles

0,37 moles431,82 moles

Total 558,41 moles

El peso de aire estrictamente necesario era 10,55 kg; luego, el peso de airereal es 10,55 × 1,5 = 15,825 kg de aire por kg de combustible y el peso de los hu-mos será 15,825 + 0,93 = 16,755 kg de humos/kg combustible

Los moles de aire necesario para tener un 50% de exceso de aire es 364,10× 1,5 = 546,15 moles de aire por kg de combustible. (Resumen en tabla Nº 1).

4.1.3. Influencia de la humedad del aire.

Como el aire atmosférico es el que generalmente provee el oxígeno para lacombustión, se debe tener en cuenta el contenido de humedad del aire, hecho quehace necesario un mayor peso de aire por kg de combustible, para mantener lacantidad de oxígeno.

El porcentaje de vapor presente en el aire húmedo, queda definido por lahumedad relativa Φ del aire:

v

v

p

p

'=Φ (4.3)

en que pv, es la presión parcial del vapor en el aire a la temperatura t y p’v, es lapresión parcial del vapor cuando éste está saturado a la temperatura t del aire.

Como se puede considerar que el aire y el vapor de agua se comportancomo gases perfectos, se tiene:

TnVp VV ℜ= (4.4)

y TnpV ℜ= (4.5)

Donde V es el volumen de referencia ocupado por la mezcla aire-vapor de agua;pv es la presión parcial del vapor; p es la presión total de la mezcla (barométrica

Combustión -7

en caso de 1 atmósfera); nv son los moles de vapor de agua en el volumen V; nson los moles de mezcla en el volumen V; ℜ es la constante universal de los ga-ses y, T es la temperatura absoluta de la mezcla.

De (1) pv = Φp’v y dividiendo (4.2) por (4.3) y multiplicando por 100, se tie-ne:

100100 ×=×n

n

p

p vv

de modo que (pv/p) × 100 es el porcentaje de moles de vapor de agua presentesen el aire húmedo.

Ejemplo 4.3.

Analice el ejemplo 1 con un 50% de exceso de aire, con una humedad rela-tiva de 70%, una temperatura de 20 ºC y, una presión de 1,033 kg/cm2.

De las tablas de vapor, para t = 20 ºC la presión de saturación del vapor es0,02382 kg/cm2 y la presión parcial del vapor es 0,02382 × 0,7 = 0,01667 kg/cm2,el porcentaje en moles de vapor de agua en la mezcla es 0,01667 × 100/1,033 =1,614%.

Según el ejemplo 2, para quemar un kilo de carbón con un 50% de excesode aire, es necesario 364,10 × 1,5 = 546,15 moles de aire seco; como el 1,614%es vapor de agua que pasa directamente a los humos en moles de aire húmedoson 546,15 : (1 – 0,01614) = 555,10 moles de aire húmedo que contienen 555,10 ×0,01614 = 8,96 moles de vapor de agua.

Así la composición final de los humos será:

Anhídrido carbónicoOxígenoVapor de aguaAnhídrido sulfurosoNitrógeno

20,34 + 8,96 =

67,65 moles38,23 moles29,30 moles

0,37 moles431,82 moles

Total 567,37 moles

Los 8,96 moles de vapor de agua pesan 8,96 × 0,018 = 0,16 kg agua/kgcarbón y en los resultados del ejemplo 2 el peso de aire será 15,82 + 0,16 = 15,98kg de aire por kg de carbón y, el peso de los humos será 15,98 + 0,93 = 16,91 kgde humos por kg de carbón quemado.

En la tabla Nº1, se muestra el resumen de ejemplos 1, 2 y 3.

Combustión -8

Tabla 1: RESUMEN EJEMPLOS 1, 2 Y 3

COMBUSTIBLE AIRE (moles) HUMOS (moles)

Constituyentes Gramos Moles O2 N2 H2O CO2 SO2 H2O N2 O2

Carbono C (12)Hidrógeno H2 (2)Oxígeno O2 (32)Nitrógeno N2 (28)Azufre S (32)Humedad H2O (18)Ceniza

811,839,042,010,012,015,270,0

67,6519,501,310,360,370,84

-

67,659,75

-1,31-

0,37--

-------

-------

67,65------

----

0,37--

-19,50

---

0,84-

---

0,36--

287,64

-------

Total m

olesde hum

o

Moles de aire total = 364,10 76,46 287,64 0,00 67,65 0,37 20,34 288,00 0,00 376,36

Com

bustiónestequiom

étrica

38,23 143,82 - - - - 143,82 38,23 -


50% deexcesode aire

- - 8,84 - - 8,84 - - -


50% deexcesode aireΨ=70%t =20ºC

Combustión -9

4.2 ANÁLISIS A PARTIR DE PRODUCTOS DE LA COMBUSTIÓN.

Para una combustión estequiométrica, los humos están formados sólo porCO2, H2O y N2, y eventualmente SO2 (depende del combustible). Para una com-bustión con exceso de aire aparece O2 en los humos.

Para el caso real en los humos hay presencia de CO y H2 como resultadode una combustión incompleta del carbono y del hidrógeno del combustible. Inclu-so puede aparecer carbón sólido en los humos (humo negro).

Como el punto óptimo de un proceso de combustión es función del excesode aire, en la práctica se hace necesario medir las concentraciones de los distintosgases que forman los humos y obtener de ahí el exceso de aire con que se realizóla combustión.

El análisis químico para medir las concentraciones, que se hace con el apa-rato de ORSAT, nos da el porcentaje en volumen de CO2, CO y O2 en los humos,que es el equivalente al porcentaje en moles.

Es importante hacer notar el hecho que el aparato de ORSAT da el análisisde los productos de combustión secos, sin presencia de vapor de agua. Esto esporque los humos suministrados al aparato ORSAT se enfrían hasta la temperatu-ra ambiente y el vapor de agua se condensa, quedando sólo una pequeña canti-dad de vapor saturado a baja temperatura, que es despreciable.

Para el caso de existir posibilidades de tener H2 y SO2 en los humos, se de-be usar absorbedores especiales acoplados al aparato de ORSAT.

En el caso general, tenemos posibilidades nulas de tener H2 y una concen-tración baja de SO2, que es absorbida junto con el CO2 de modo que la concen-tración de CO2 equivale a la concentración CO2 + SO2.

De las consideraciones anteriores se ve que la concentración de N2 estádada por la diferencia entre 100% y la suma de las concentraciones, en porcenta-jes, de CO2 + O2 + CO, y que para tener un estudio más o menos exacto de unproceso de combustión, es necesario conocer el análisis ORSAT de los humos yel análisis elemental del combustible usado.

Ejemplo 4.4.

El análisis ORSAT de los humos, dio como resultado CO2 = 12%, O2 = 3%y CO = 1%, y el aire es suministrado a 1,033 kg/cm2, 20 ºC y una humedad relati-va de 60%.

Se pide calcular:

a) Exceso de aire.b) Relación aire-combustible = masa aire/masa combustible.c) El combustible usado.d) Composición de los humos referido a 1 kg de combustible.

La concentración de N2 en los humos es:

Combustión -10

N2 = 100 – (12 + 3 + 1) = 84 %

Los átomos de C, de O y de N presentes en los humos, por mol de humossecos, se obtienen haciendo el siguiente balance:

Atomos/mol humos secosGas

Moles/molhumos secos C O N

CO2 0,12 0,12 0,24 -O2 0,03 - 0,06 -CO 0,01 0,01 0,01 -N2 0,84 - - 1.680

Totales 1,00 0,13 0,31 1.680

El oxígeno total suministrado está dado por el N2, que es inerte y pasa sincambio a los humos. Así 0,84 : 3,76 = 0,223 moles de O2/mol h.s., o lo que es lomismo 0,446 átomos de O/mol h.s. La diferencia entre los atomos de O aportadosy los presentes en los himos son 0,446 – 0,310 = 0,136 átomos O/mol h.s., estadiferencia no aparece en la tabla anterior y corresponden a los átomos de O quehan reaccionado con el hidrógeno del combustible para formar 0,136 moles devapor de agua/mol h.s., lo que indica que el combustible aporta 0,136 molesH2/mol h.s.

El oxígeno estequiométrico para la combustión de C y de H del combustibleson 0,13 x2 para quemar el C y 0,136 para quemar el H2, así el O estequiométricoes la suma 0,136 + 0,13 × 2 = 0,396 átomos de O/mol h.s.

El porcentaje de exceso de aire es:

100% ×−=tricoestequioméaire

tricoestequioméairerealaireairedeexceso

100% ×−=tricoestequioméO

tricoestequioméOrealOairedeexceso

100396,0

396,0446,0% ×−=airedeexceso

% exceso de aire = 12,6 %

Lo mismo para el aire suministrado que esta dado por el N2 en los humos ycorresponde a 0,84 : 0,79 = 1,063 moles de aire seco/mol humos secos.

El porcentaje de vapor de agua en el aire es:pvxφx100/1,033 = 0,02383 × 0,6 × 100/1,033 = 1,38 % en moles.

El peso de aire seco suministrado es:1,063 × 28,97 = 30,8 kg de aire seco/mol humos secos.

Los moles de aire húmedo suministrado son:

Combustión -11

1,063 : (1 – 0,0138) = 1,078 moles de aire húmedo/mol h.s.

El peso de aire húmedo es el peso del aire seco más el peso de su hume-dad = 1,063 × 28,97 + (1,078 – 1,063) 18 = 31,065 kg de aire húmedo/mol h.s.

El peso de combustible suministrado, corresponde al peso de carbono másel peso de hidrógeno del combustible.

El peso de carbono es 0,13 × 12,01 = 1,56 kg de carbono/mol humos secos.

El peso de hidrógeno es 0,136 × 2 = 0,272 kg de hidrógeno/mol humos se-cos.

El peso de combustible es 1,56 + 0,272 = 1,832 kg de combustible/mol h.s.

(La diferencia de considerar el aire suministrado como seco o húmedo esde un margen de error del orden de 1%).

La razón aire – combustible es 30,8/1,832 = 16,812 kg aire/kg combustible.

Los moles de aire húmedo suministrado referido a 1 kg de combustible son1,078 : 1,832 = 0,588 moles de aire húmedo/kg de combustible distribuidos en:0,588 × 0,0138 = 0,008 moles de vapor de agua/kg de combustible y 0,588 – 0,008= 0,58 moles de aire seco/kg de combustible.

La relación en átomos H/C, para el combustible es 0,272/0,13 = 2,1 relaciónque corresponde, aproximadamente, a la gasolina.

Los moles de aire seco por kg de combustible son 1.063/1.832 = 0,58 molesde aire seco/kg de combustible.

La composición de los humos referida a 1 kg de combustible es:

CO2 = 0,12 [moles CO2/mol h.s.] : 1,832 [kg combustible/mol h.s.]

CO2 = 0,0655 moles CO2/kg de combustible.

O2 = 0,03 : 1,832 = 0,0164 moles de O2/kg de combustible.

CO = 0,01 : 1,832 = 0,00545 moles CO/kg de combustible.

N2 = 0,84 : 1,832 = 0,453 moles N2/kg de combustible.

H2O = corresponde al vapor formado por el hidrógeno del combustible, másla humedad del aire.

0,136 : 1,832 = 0,0742 moles de H2O/kg de combustible, y la hume-dad del aire es 0,008 moles de H2O/kg de combustible, así los molesde agua son:

0,0742 + 0,008 = 0,0822 moles H2O/kg de combustible.

Combustión -12

4.3 COMBUSTION REAL.

Conocido el combustible usado se puede determinar la composición de loshumos para una determinada relación aire-combustible suponiendo una com-bustión ideal u otras suposiciones. Por otra parte, conociendo el análisis quími-co de los humos solamente, también debemos hacer una serie de suposicio-nes para equilibrar la reacción de combustión. Además, a veces es difícil me-dir el flujo de aire en una cámara de combustión. Por estas razones es idealconocer el análisis elemental del combustible como el análisis químico de losproductos de la combustión.

Si el combustible es quemado en aire y hay residuos sólidos (cenizas), elbalance de masas será masa de combustible + masa de aire = masa de humossecos + masa de vapor + masa de sólidos (cenizas) según se muestra en la fi-gura 4.1.-

mc + ma = mhs + mv + ms (4.6)

en que mv es el total del vapor de agua debido a la humedad del aire y delcombustible y el agua generada por combustión del H del combustible.

C Humos secos + agua

H CO2

Combus- O Cámara O2 + H2O

tible N de CO

S Combustión SO2

Ceniza N2

O2

Aire N2 Residuos

H2O Ceniza + Carbón

FIGURA 4.1.-

Si tomamos como base de cálculo 1 Kg de combustible el balance de masasserá:

Combustión -13

cc

v

c

hs

c

a

m

m

m

m

m

m

m

m ++=+1 (4.7)

Tanto mc como ms pueden medirse exactamente y una buena suposición esque el H se quema totalmente, entonces la ecuación de combustión ideal del H

OHOH 222 2

1 =+

indica que la masa de agua por combustión del H del combustible es nueve vecesla masa del H en el combustible, así

C

H

cH

Hv

c

v

m

m

mm

mm

m

m9== (4.8)

La cantidad de agua aportada por la humedad del aire y por la humedad delcombustible, cuando sea el caso, debe agregarse para tener la humedad de losproductos de la combustión para de terminar, entre otras cosas, el punto de rocíode los humos.

Como conocemos la masa de cada uno de los elementos del combustiblenos quedamos con ma y mhs como incógnitas. Para completar el balance de masasfinal podemos utilizar el balance de masas atómico o molar al igual a los desarro-llos anteriores. Primero debemos determinar la composición de los humos porunidad de masa de combustible para luego determinar la relación aire combustiblema/mc. Para ello debemos buscar un elemento que aparezca tanto en el com-bustible como en los humos secos y sólo en esos dos lugares. Si conocemos lafracción de masa del elemento escogido en el combustible y también en los humossecos, podremos encontrar la masa de los humos secos por unidad de combusti-ble.

Especial cuidado hay que tener si se escoge el azufre como elemento parael cálculo. El azufre se encuentra solamente en el combustible y en los humos se-cos, pero su concentración es, por lo general, muy baja, lo que da poca exactitudal balance; y muchas veces el SO2 no se mide en los humos asociándolo al CO2.

Si la elección del elemento recae en el carbón; éste aparece en el combus-tible, en los humos secos y en los residuos sólidos cuando hay cenizas.; lo que nosignifica mayor complicación dado que la masa de carbón se puede determinar enesos tres lugares. Lo que nos interesa es determinar la relación aire combustiblecalculando o midiendo la relación masa residuos sólidos por unidad de peso decombustible y la relación masa humos secos al peso de combustible. La cantidadde residuos sólidos por unidad de combustible puede medirse directamente o serdeterminada suponiendo que toda la ceniza en el combustible será parte de losresiduos sólidos

El balance de carbón será

Combustión -14

tibleKgdecombus

idosesiduossólMasadeCenr

tibleKgdecombus

ombustibleMasadeCenc

tibleKgdecombus

osumosMasadeCenh −=sec (4.9)

El análisis elemental del combustible, el análisis de los residuos sólidos y lamasa de residuos por unidad de combustible, nos dan los términos de la derechade la 4.9, con lo que podemos determinar la masa de carbón en los humos secospor unidad de combustible.

Finalmente podemos un balance de masa total por la ecuación 4.7 ó bienhacer balances de masas de oxígeno o de nitrógeno para determinar la cantidadde aire suministrado por unidad de combustible.

Ejemplo 4.5.- En un Alto Horno se quema carbón con aire a 20 ºC, Humedad re-lativa del 70%. L a combustión se realiza a una presión constante de 750 mm Hg.El análisis elemental del combustible dio la siguiente composición en peso: Carbón70%; Hidrógeno 5%; Azufre 1%; Oxígeno 12%; Nitrógeno 2%; y Cenizas 10%. Elanálisis de los humos dio el siguiente resultado en volumen: CO2 14,3%; O2 4,0%y CO 1,2%. En tanto que el análisis de los residuos sólidos dio un 33% de carbónno quemado. Se pide determinar la relación aire combustible; el exceso de aire yel punto de rocío de los humos.

- Cálculo de la relación aire combustible estequiométrica.

0,7/12 = 0,0583 moles de O2/Kg de combustible para el carbón

0,05/2/2 = 0,0125 moles de O2 /Kg de combustible para el H

0,01/32 = 0,0003 moles de O2 /Kg de combustible para el azufre

0,12/32 =0,0038 moles de O2 /Kg de combustible que los aporta el combustible

El oxígeno estequiométrico es 0’0583+0,0125+0,0003-0,0038=0,0674 mo-les de O2 por Kg de combustible, equivalentes a 0,0674 x 4,76 = 0,3208 moles deaire por Kg de combustible o 0,3208 x 28,97 = 9,29 Kg de aire por Kg de combus-tible.

- Balance de carbón

Para la ecuación 4.9 la masa de carbón por Kg de combustible es 0,7 Kg/Kgcombustible.

El carbón en los residuos es el 33% y el 10% de cenizas por Kg de com-bustible corresponde al 67% en los residuos sólidos. Luego la masa de carbón enlos residuos por Kg de combustible es 0,1*(1/0,67)*0,33 = 0,05 Kg C/Kg combusti-ble.

La masa de C en los humos secos es 0,7 – 0,05 = 0,65 Kg C h. s./Kg comb.

- Balance de masa total, ecuación 4.7, para determinar la relación aire combustible

- Masa de humos por Kg de combustible. Del análisis de los humos secospodemos conocer el peso molar de los humos secos, que es la masa de humos

Combustión -15

secos por mol de humos secos, y la masa de C en los humos secos por mol dehumos secos, lo que nos permite calcular la masa de humos secos por Kg decombustible.

Componente Fracción molar Masa de comp. en h. s. Masa de C en h. s.

Mol h. s. Mol h. s.

CO2 0,143 6,292 1,716

02 0,04 1,280 --------

CO 0,012 0,336 0,144

N2 0,805 22,540 --------

Total 1,000 30,448 1,860

La masa de humos secos por Kg de combustible es:

..

..

860,1

1

..

..448,30

..65,0

.

..

sKgCh

smolh

smolh

sKgh

Kgcomb

sKgCh

Kgcomb

smh ••=

bleKgcombustiosKghumosKgcomb

smh/sec64,10

.. =

- Masa de residuos sólidos por Kg de combustible. La masa de residuos co-rresponde a la ceniza en el combustible más el carbón presente en los residuos.

.

..149,0

67,0

11,0

Kgcomb

sKgr

bleKgcombusti

ossólidosmasaresidu =•=

-Masa de vapor en los humos por Kg de combustible. La masa de vaporproducto de la combustión del H del combustible según ecuación 4.8 es

Kgcomb

Kgv

mcomb

mH

bleKgcombusti

Hcombmv 45,005,099 =•==

La relación aire combustible para aire seco es

bleKgcombustioKgairemcomb

mairer

ca /sec24,10145,0149,064,10

.=−++==

La masa de vapor aportada por el aire corresponde a la fracción molar delvapor en el aire que es la relación de la presión parcial del vapor a la presión total,a la temperatura de 20 ºC, 750 mmHg y 70% HR.

atapv 0162,0750

54,177,0 == atapT 987,0

760

750 ==

Combustión -16

0164,0987,0

0162,0 ===T

v

T

v

p

p

n

n

El 1,64% en moles del aire húmedo es vapor de agua y el (1-0,0164) =0,9836% corresponde a los 10,24 Kg de aire seco/Kg comb. Los moles de aireseco son 10,24/28,97 = 0,3535 moles de aire seco/Kg comb. Que corresponden a0,3535/0,9836= 0,3594 moles de aire húmedo/Kg comb., los moles de agua apor-tado por el aire son 0,3594 – 0,3535 = 0,0059 moles de vapor/Kg comb. y la masaes 0,0059 * 18 = 0,1061Kg de vapor /Kg comb.

La relación aire combustible para aire húmedo es

bleKgcombusti

doKgairehúme

Kgcomb

medomasaairehúr

ca 345,1011061,045,0149,064,10

.=−+++==

-Cálculo del exceso de aire.

10029,9

29,924,10100

.% •−=•−=

qrecombesterelaciónai

qrecombesterelaciónairecombrealrelaciónaireexcesodeai

% exceso de aire = 10,23 %

-Cáculo del punto de rocío.

Los moles de vapor de agua en los humos por la combustión del H delcombustible es 0,45/18 = 0,025moles de vapor/Kg comb. más los 0,0059 molesde vapor/Kg comb. aportados por el aire son 0,0309 moles de vapor/Kg comb., losmoles de humos secos por unidad de combustible son 10,64/30,448 = 0,3494moles humos secos/Kg comb. Lo que da un total de 0,3494 + 0,0309=0,3803 mo-les de humos por Kg comb. La presión parcial del vapor en los humos es

atapn

np T

T

vv 0801,0987,0

3803,0

0309,0 ===

que corresponde a una temperatura de saturación t ≈ 41 ºC.-

4.4 TEMPERATURA DE COMBUSTIÓN.

Al medir el poder calorífico de un combustible, los productos de combustiónson llevados a la temperatura inicial de los reactivos (ambiente) y una parte im-portante del vapor de agua que proviene de la combustión del hidrógeno del com-bustible se condensa. Contrario es el caso de la combustión en una caldera, enotro equipo, en que los humos salen a 150 ºC o más, y el agua proveniente de lacombustión del hidrógeno está en forma de vapor.

Combustión -17

Tomando en cuenta lo anterior, es conveniente considerar los dos casosextremos para la medida del poder calorífico, en que la diferencia entre uno y otrocaso es el calor de vaporización del agua producto de la combustión del hidróge-no, calor medido a la presión parcial del vapor de agua en los humos.

• El primero, en que el vapor de agua proveniente de la combustión delhidrógeno del combustible, está totalmente condensado, el calor rechazado por elproceso de combustión es el poder calorífico superior PCS del combustible.

• El otro, en que el vapor de agua proveniente de la combustión del hi-drógeno del combustible, está totalmente en forma de vapor, el calor rechazadopor el proceso de combustión es poder calorífico inferior PCI del combustible.

Para nuestro caso la gran mayoría de los procesos de combustión son pro-cesos a presión atmosférica constante.

Según la primera ley, aplicada a procesos de combustión adiabática sin tra-bajo y sin fricción, entre los reactivos y sus productos se tiene:

H comb. + H aire + Pci = ∑ H componentes humos (4.4)

En que H = entalpía.

Si las condiciones de reactivos y productos son:

t1 = temperatura del combustible.t2 = temperatura del aire.t = temperatura de los humos.α = aire utilizado por kg de combustible.cp1 = calor específico a p = cte. del combustible.cp2 = calor específico a p = cte. del aire.cpi = calor específico a p = cte. de cada uno de los componentes de los humos.π = cantidad de cada uno de los componentes de los humos por kg de combus-

tible.Ppi = poder calorífico inferior del combustible.

La ecuación (1), se transforma en:

∫ ∫ ∑∫=++1 2

0 0 021

t t t

pCIpp dtcPdtcdtc πα (4.5)

Como son conocidos los miembros del primer miembro de la ecuación (4.5),y en el segundo miembro lo único desconocido es la temperatura t, se puede en-contrar una t de modo que se cumpla la ecuación (4.5). El resultado obtenido es latemperatura adiabática de combustión.

Si la combustión se considera completa, la temperatura obtenida es la tem-peratura teórica de combustión adiabática.

Cuando la combustión es incompleta en los humos aparecen nCO moles deCO y nH2 moles de H2, referidos a 1 kg de combustible; parte de la energía querepresenta el poder calorífico, no es liberada y queda cuantificada por los poderescaloríficos del CO y del H2; que representa una pérdida de energía latente en los

Combustión -18

humos. Situación que disminuye la temperatura adiabática de combustión. Laecuación (4.5), se transforma en:

∫ ∫ ∑∫=−−++1 2

220 0 0)()(21

t t t

pHCIHCOCICOCIpp dtcPnPnPdtcdtc πα (4.6)

En el caso de combustibles con residuos sólidos, digamos ceniza, estospueden tener carbón sin quemar, situación que también afecta la temperatura fi-nal.

De las ecuaciones (4.5) y (4.6), se ve que la temperatura adiabática decombustión, depende del combustible usado, del porcentaje de exceso de aire, dela temperatura de precalentamiento del aire y del combustible y de la composiciónfinal de los humos y de las cenizas, según sea el caso.

En el caso real, la temperatura de régimen de una combustión es menorque la temperatura adiabática de combustión, porque gran parte de la energía estransferida por radiación a las paredes del equipo, durante el proceso de combus-tión.

Ejemplo 4.5.

Calcule la temperatura adiabática de la combustión, para el proceso decombustión del ejemplo 4.4. El PCS del combustible es 11200 kcal/kg y se sumi-nistra a 0 ºC.

El poder calorífico inferior del combustible es:

PCI = PCS – nH2O × 18 × hfg

nH2O = número de moles de agua formada por el H del combustible/kg combustibleen los humos.

hfg = entalpía de evaporación del agua a la presión parcial del vapor de agua enlos humos, que se toma alrededor de 600 kcal/kg vapor.

PCI = 11200 – 0,0742 × 18 × 600

PCI = 10400 kcal/kg combustible

Con ayuda de la tabla de entalpías moleculares de los gases, se puede en-contrar la temperatura adiabática de la llama resolviendo la ecuación:

OJO ∫ ∫ ∑∫=×−++0

0

º20

0 021 6770010400t

pCOpp dtcndtcdtc πα

Así, para el primer miembro de esta ecuación, se tiene la cantidad de airepor kg de combustión que está distribuida en 0,580 kg aire seco/kg combustible +0,008 kg vapor de agua/kg combustible y, su valor es:

6770000545,0400,10008,0580,00º20

00

º20

0×−+++= ∫∑∫ ∫ dtcdtcdtc p

t

ppπ =

= 0 + 160 × 0,008 + 0,580 × 140 + 10,400 – 369=10113,48 kcal/kg de combustible

Combustión -19

La temperatura t debe ser tal que se cumpla la ecuación

=∫∑ t

P dtc0π = 10113,48 kcal/kg de combustible

interpolando

a) t = 1800 ºC

183600822,0

14240453,01436000545,0129900164,02311100655,01800

0

×+

×+×+×+×=Π∑∫ dtcp

= 97797,72 kcal/kg combustible

que es menor, luego la temperatura debe ser mayor.

b) t = 1900 ºC

195700822,0

15090453,01523000545,0159200164,024550655,01900

0

×+

×+×+×+×=Π∑∫ dtcp

= 10.495,54 kcal/kg combustible

que es mayor; luego, interpolando para 10113,48 entre 1800 ºC y 1900 ºC, seencuentra que:

t = 1845,2 ºC

que es la temperatura adiabática de combustión para el proceso de combus-tión del ejemplo 4.4.

4.4 INFLUENCIA DE LA DISOCIACIÓN DEL CO2 Y DEL H2O.

Los moles de CO que aparecen en los humos, pueden ser producto de unacombustión incompleta, como también del fenómeno de disociación. Este fenóme-no se hace importante para temperaturas de combustión mayores a 1700 ºC. Esun fenómeno endotérmico y da lugar a la formación de moléculas tales como CO,OH, H2, etc., en los humos debido a la inestabilidad con la temperatura de lasmoléculas de CO2 y H2O.

En la figura 1, está representada la temperatura adiabática de la combus-tión en función de la razón Ψ = aire real/aire ideal.

Con el aumento de exceso de aire, la temperatura de combustión disminuyedebido a la mayor masa de los humos por kg de combustible y cuando disminuyela cantidad real de aire la temperatura es cada vez menor debido a la combustiónincompleta por defecto de aire.

Combustión -20

FIG 4.2.-

El máximo de temperatura no se encuentra en la combustión con aire teóri-co, sino con un cierto exceso de aire, de tal manera que hay una compensaciónentre la mayor masa de gases, como productos de combustión, y la combustiónincompleta.

La temperatura de combustión es mayor cuanto mayor es la presión a laque se realiza la combustión, aún sobre los 2000 ºC, hecho que indica que la diso-ciación es inversamente proporcional a la presión y, proporcional a la temperatura.

En un proceso de combustión, la disociación puede representarse por lasecuaciones químicas:

1) 22 5,0 OCOCO +→←

2) 222 5,0 OHOH +→←

3) 222 22 HCOOHC +→←+en que 1) y 2), se cumplirán en el caso de tener exceso de aire (mezcla pobre) conpresencia de oxígeno en los humos y, la 3) para el caso de combustión con de-fecto de aire (mezcla rica), sin presencia de oxígeno en los humos.

Cada una de las ecuaciones 1), 2) y 3), deben cumplir con la constante deequilibrio químico Kp, que es una función de las presiones parciales de cada unode los gases en coexistencia y con posibilidades de reaccionar entre sí.

Por ejemplo para: 22 5,0 OCOCO +→←

Combustión -21

( ) ( )( )

2

22

11 ·

CO

OCOp P

PPK =

En una mezcla de gases se cumple que: Pi /P = ni /∑n, luego:

( ) 2

111

2

1

2

2·

+−

= ∑n

P

n

nnK

CO

OCO

en que P, es la presión a la cual se efectúa la combustión y nCO, nO2 y nCO2, sonlos moles de CO, O2 y CO2 en los humos, y ∑n, será la totalidad de los moles dehumos, incluidos el H2O y el N2. Con el mismo procedimiento se puede obtener losKp, para las ecuaciones 2) y 3).

Así, una ecuación de combustión, con exceso de aire, de la forma:

2222222 76,376,32222

ZNCOnHnOHnOnCOnZNZOHC COHOHOCOyx +++++=++

queda resuelta si se resuelve el sistema de ecuaciones:

( ) ( )( )

( ) ( )

=

==+++

=+=+

∑∑ n

P

n

nn

n

P

n

nnK

Zn

Znnnn

Ynn

Xnn

OH

OH

CO

OCO

p

N

OOHCOCO

HOH

COCO

2

22

2

2

2

222

22

2

2

12

1

2

1

··

76,3

222

22

Los Kp, están tabulados o graficados en función de la temperatura.

Como se ve, éste es un sistema con 7 incógnitas y seis ecuaciones, por loque se debe resolver por tanteo, ya sea suponiendo la temperatura de combus-tión, lo que daría los Kp, o bien, suponiendo nCO y nH2, en forma iterativa.

4.5 PODER EXERGÉTICO DEL COMBUSTIBLE.

El poder calorífico del combustible, se obtiene en forma experimental y conprocesos que involucran solamente intercambios de energía en forma de calor.Como generalmente el calor cedido, por un proceso de combustión es entregado aun ciclo termodinámico para ser transformado, en parte, en trabajo mecánico; dalugar a tener en cuenta el principio de Carnot, que fija un límite superior al trabajoobtenible.

La exergía de un combustible, es la energía disponible de su poder calorífi-co. Para obtener la exergía del combustible, debemos liberar el poder calorífico

Combustión -22

mediante un proceso de combustión completa y reversible; condición necesariapara no tener irreversibilidad externa a los ciclos de Carnot.

La expresión de la exergía, referida a un Atkg de combustible, para un pro-

ceso de combustión a presión constante, está dada por:

Ec = H1 - H2 - T0 (S1 - S2 )

La variación de entalpía H1 – H2, es el calor Q, cedido por el Atkg de com-bustible, que corresponde a su poder calorífico a presión constante.

Así, la exergía del combustible será:

Ec = PC - T0 (S1 - S2 )

A diferencia de la mayoría de los procesos de transferencia de exergía, elde combustión involucra cambio de composición química, por lo que S1 - S2, es ladiferencia de entropías absolutas de reactivos y productos.

Se define el rendimiento exergético del combustible, como la razón de suexergía a su poder calorífico.

−−=

Cex P

SST 21

01η

Ejemplo 6.

Determine el poder exergético del carbón puro C (grafito) y del metano(CH4), alimentados a 0 ºC, con aire como comburente a 0ºC. La temperatura am-biente T0 es 0 ºC y la combustión se realiza a la presión de 1 ata = p0 que la con-sideraremos aproximada a (1 kg/cm2).

Para el carbón, en el caso de una combustión ideal, se cumple la relación:

C + O2 + 3,76 N2 = CO2 + 3,76 N2

El poder calorífico a presión constante de los combustible y las entropíasabsolutas de los constituyentes, de los reactivos y los humos se encuentran en latabla 2.

Figura 4.3.-

Combustión -23

Como los gases no se encuentran cada uno a la presión p0, sino que a susrespectivas presiones parciales pi, la entropía absoluta se determina por la fórmula

ℜ−+= ∫

00 ln

0 p

p

T

dTcSS i

T

T p

en que pi /p0 corresponde a la fracción molar del componente i en la mezcla yℜ es la constante universal de los gases, aproximada a 1,99 Kcal/Kgmol de gas.

Para el estado inicial:

C S = 1,19 kcal/AtmkgºKO2 S = 48,46 – 1,99 ln (1/4,76) = 51,56 kcal/kgmolºKN2 S = 45,22 – 1,99 ln (3,76/4,76) = 45,7 kcal/kgmolºK

Luego, la entropía absoluta de la mezcla inicial es:

S1 = 1,19 + 51,56 + 3,76 × 45,7 = 224,6 kcal/Atmkg C ºK

Para el estado final las entropías serán:

CO2 S = 50,40 – 1,99 ln (1/4,76) = 53,5 kcal/kgmolºKN2 S = 45,22 – 1,99 ln (3,76/4,76) = 45,7 kcal/kgmolºK

Luego, la entropía absoluta final de la mezcla (humos) es

S2 = 53,5 + 3,76 × 45,7 = 225,3 kcal/AtmkgCºK

Y la exergía del combustible referido a 1 Atmkg de carbón es:

E = 7842 × 12 – 273 (224,6 – 225,3) = 94100 – 273 (-0,7) = 94300 kcal/Atmkg C

Similarmente para el metano:

CH4 + 2 O2 + 7,52 N2 = CO2 + 2 H2O + 7,52 N2

Inicialmente las entropías absolutas son:

CH4 S = 49,31 – 1,99 ln (1/10,52) = 53,99 kcal/kgmolºKC2 S = 48,46 – 1,99 ln (2/10,52) = 51,80 kcal/kgmolºKN2 S = 45,22 – 1,99 ln (7,52/10,52) = 45,87 kcal/kgmolºK

Y la entropía de la mezcla es:

S1 = 53,99 + 2 × 51,80 + 7,52 × 45,87 = 502,6 kcal/kgmol CH4 ºK

Finalmente, las entropías son:

CO2 S = 50,40 – 1,99 ln (1/1052) = 55,08 kcal/kgmolºKH2O S = 44,47 – 1,99 ln (2/10,52) = 47,75 kcal/kgmolºKN2 S = 45,87 kcal/kgmolºK

Y la entropía de los humos es:

S2 = 55,08 + 2 × 47,77 + 7,52 × 45,87 = 495,7 kcal/kgmol CH4 ºK

Combustión -24

El poder calorífico inferior del metano es:

PCI = 13319 · 16 – 2 · 18 · 600 = 1915000 kcal/kgmol CH4

Y la exergía:

E = 191.500 – 273 (502,6 – 495,7) = 189.600 kcal/kgmol CH4

La exergía del carbón, es un poco superior a su poder calorífico. Eso se de-be a que la entropía final S2, es mayor que la inicial S1, y es una consecuencia deque la entropía absoluta del carbón es baja, con respecto a las entropías absolu-tas de los demás constituyentes que son todos gaseosos; por estar en estado só-lido y a la presión total p0 y no mezclarse;. En el caso del metano, la exergía esmás baja que su poder calorífico inferior, por ser S1 > S2, consecuencia de su en-tropía absoluta del orden de la de los demás constituyentes; además, de estar a lapresión parcial, menor que p0, por ser su estado gaseoso.

Por otra parte, se obtiene la exergía del combustible a partir de su podercalorífico inferior, porque es el PCI el que realmente se usa dado que la temperatu-ra de los humos de escape en los equipos de potencia es siempre mayor que120ºC. Esto se explica porque la condensación del vapor de agua se hace a bajatemperatura; incluso a 0 ºC hay presencia de vapor de agua, por su baja presiónparcial.

Sea S’2 la entropía absoluta de los humos con el agua en estado líquido y,suponiendo que toda el agua se condensa a la temperatura constante T0; y, seaQEvap el calor de condensación a esa temperatura por kgmol de combustible, así

022 '

T

QSS

Evap−= y PCS = PCI + QEvap

y la exergía a partir del poder calorífico superior será:

EC = PCS - T0 (S1 - S2’)

+−−+=

0210 T

QSSTQPE Evap

EvapCIC

EC = PCI - T0 (S1 - S2 )

Con lo que se demuestra que la exergía del combustible es única al igualque el rendimiento de todos los motores reversibles que trabajan entre las mismastemperaturas termodinámicas.

EHS.

Turbinas - 1

CAPITULO V

MAQUINAS DE EXPANSION O TURBINAS

Las turbinas se emplean como máquinas motrices en las centrales a vapor, y en la turbina a gas. En cada una de estas centrales al fluido que efectúa el ciclo, se le aumenta la presión y la temperatura hasta (p0, T0),condiciones de diseño para el ciclo en la cámara de toberas. Por tanto las condiciones del fluido a la entrada de la turbina se conocen y el problema radica en lograr un proceso de expansión en condiciones que se acerquen a las ideales, en lo posible isentrópicamente, hasta la temperatura TR inferior del ciclo en la central a vapor, y a la presión de descarga pa en la turbina a gas.

El objetivo del estudio de las turbinas, y los compresores que preceden, es dar criterios para determinar el rendimiento de las máquinas que intervienen en los ciclos. Este estudio acompañado con un análisis termodinámico de la transferencia de calor en los intercambiadores permite analizar los ciclos y visualizar donde se produce las mayores pérdidas de energía disponible.

5.1.- Clasificación de las turbinas.

Las turbinas se dividen en dos grupos bien marcados: turbinas hidráulicas y turbinas térmicas.

Las turbinas hidráulicas transforman la energía mecánica almacenada en un fluido, estas turbinas pueden subdividirse en eólicas e hidráulicas propiamente dichas.

Las turbinas térmicas transforman, además de la energía mecánica almacenada en el fluido, la energía térmica almacenada en el fluido a través del trabajo de la presión interna del fluido. Estas se pueden subdividir en:

Turbinas térmicas: a.- Impulso o acción b.- Reacción

Las turbinas de acción se subdividen en:

- Una rueda , Laval. - Dos o más ruedas con escalonamiento ó etapas de velocidad, Curtis - Dos o más ruedas con escalonamiento ó etapas de presiones, Rateau.

Turbinas - 2

Las turbina de reacción o Parson son de varias etapas.

Las turbinas de acción son típicas en las primeras etapas de la turbina a

vapor, en cambio, la de reacción es propia en las etapas a baja presión para el vapor y de todas las turbinas a gas.

En las turbinas de acción no hay expansión del fluido en su paso por los álabes móviles. En las turbinas a reacción un porcentaje importante de la expansión se realiza en los álabes móviles. 5.1 TURBINA DE ACCIÓN DE UNA RUEDA Y EL ÁLABE DE ACCIÓN. 5.1.1 Triángulo de velocidades.

La vista de una turbina Laval, con el detalle de la tobera y los álabes es la que se indica en la figura 5.1.b. y en la figura 5.1.a. se muestra el desarrollo de la presión y de la velocidad del vapor en su paso por la tobera y los álabes.

FIG. 5.1.- Para el estudio se supondrá que los álabes se trasladan con la velocidad u,

en tanto que sobre ellos incide un chorro de vapor con velocidad c1, velocidad de

Turbinas - 3

descarga de la tobera. El chorro de vapor tiene un ángulo α1 con respecto a la velocidad u de desplazamiento del álabe.

Por razones constructivas α1 > 14º

La velocidad c1 se calcula aplicando las leyes mecánicas y termodinámicas

al escurrimiento en la tobera entre la entrada y la salida.

FIG 5.2.

∫∫∫

∫

+=∆

−∆+∆=+−

++=∆

TTq

s

eevdp

vdpqh

cp

δλδτλ

λ

)(

La tobera se puede considerar adiabática, a la vez que el fluido se acelera con lo que se minimiza λ, por esta razón la tobera se puede considerar isentrópica.

Las variables (p0,T0 )definen el estado inicial con s0 y h0. El estado final

queda definido por (p1,T1 ) con h1 y s1. Combinando las ecuaciones anteriores

τ+∆−∆−=∆ epecqh de esta ecuación, con q=0, ∆ep =0 y τ =0, la velocidad c en una expansión isentrópica del vapor a la salida de la tobera, está dada por

Turbinas - 4

2010 )(2 chhgc +−= (5.1)

En la práctica el valor real de la velocidad c1 es inferior a la velocidad

teórica c, en alrededor de 1%, por lo que el valor de c se corrige con

cc ϕ=1 con 0.95 < ϕ < 0.99 (5.2)

2001 )(2 chhgc +−= ϕ (5.3)

Con los valores de u, c1, y α1 se puede determinar la velocidad relativa w, del vapor con respecto al álabe. El vapor debe entrar tangente al álabe para disminuir las pérdidas por choque, es decir, el ángulo β1 de w1 con u debe ser igual al ángulo del álabe.

En la figura 5.3. se resume la situación con el diagrama de velocidades a la entrada y a la salida.

Fig. 5.3.

11 wuc += (5.4) proyectando en la dirección de u 1111 coscos βα wuc += (5.5) que permite determinar β1, conocido w1; la otra ecuación se obtiene de la proyección axial

Turbinas - 5

1111 sensen βα wc = (5.6)

Para conocer la velocidad absoluta c2 en la salida, se considera para el caso ideal que w2 es igual a w1, sin fricción y a presión constante, y para el caso real 12 ww ψ= (5.7) en que ψ es un factor que depende del diseño, terminación y estado del álabe. Como datos prácticos se tiene:

0.8 < ψ < 0.85 para 100 < w1 < 500 m/s 0.7 < ψ < 0.8 para 500 < w1 < 1000 m/s

La relación entre las velocidades en el triángulo de salida es

22 wuc += (5.8) que, proyectada en la dirección de u da 2222 coscos βα wuc += (5.9) y en la dirección axial 2222 sensen βα wc = (5.10)

La relación entre los dos triángulos de velocidades, para el álabe de impulso, se obtiene de la simetría de estos álabes βββ == 12 y de la ecuación (5.7). la ecuación (5.9) se transforma en βψα coscos 122 wuc −= (5.11) y con esto podemos expresar la velocidad absoluta de salida en los términos de la velocidad absoluta en la entrada, reemplazando ucw −= 111 coscos αβ de la ecuación (5.5) en la (5.11) )cos(cos 1122 ucuc −−= αψα (5.12) 5.1.2 Trabajo indicado periférico.

La potencia al eje del rodete es wTN =

Turbinas - 6

y el trabajo periférico indicado es ⋅=G

Nipτ

donde T es el torque, w la velocidad angular y G& es el gasto de vapor en kg/s.

El trabajo se puede calcular a partir del trabajo de la fuerza F que ejerce la corriente sobre el álabe. Esta fuerza F se puede obtener, proyectando la cantidad de movimiento en el sentido de la velocidad del álabe u

)coscos( 2211 αα ccgG

F −=⋅

(5.13)

en que G& para esta ecuación, es el gasto de vapor entre dos álabes

1

1

vsc

G =⋅

en que s es el área perpendicular a la corriente entre los dos álabes, c1 es la velocidad del vapor y v1 su volumen específico.

La potencia desarrollada por la fuerza es

( )2211 coscos αα ccugG

Fu −=⋅

que da para el trabajo indicado periférico:

( )2211 coscos αατ ccgu

G

Fuip −== ⋅ (5.14)

que expresado en función de las velocidades en la entrada del álabe según (5.12).

( )[ ]ucucgu

ip −+−= 1111 coscos αψατ

( )( )ucgu

ip −+= 11 cos1 αψτ (5.15)

Desde el punto de vista de la energía el trabajo τip se puede obtener a partir

de la energía cinética del chorro de vapor a la entrada disminuido en la energía

Turbinas - 7

cinética a la salida, y la caída de velocidad en el álabe. La expresión se puede obtener a partir de la ecuación de la mecánica

λτ +−∆+∆=− ∫ epecvdp2

1

El cizalle λ corresponde a la caída de energía cinética en el álabe.

g

wg

w22

22

21 −=λ

En el álabe se supone que no hay expansión y la energía potencial no

varía, por lo tanto λτ +∆= ec

−−−=

gw

gw

gc

gc

ip 2222

22

21

22

21τ (5.16)

5.1.3 Rendimiento indicado periférico.

La energía utilizable, para una caída de presión en una expansión isentrópica en la tobera, es la energía cinética c2/2g del chorro a la salida de la tobera. Luego el rendimiento indicado periférico con la ecuación (5-15)será

( )( )

gc

gu

uc

gc

ipip

2

cos1

2

2

11

2

−+==

αψτη

que expresado en función de las velocidades c1 a la entrada del álabe con

cc ϕ=1 se tiene:

( )11

12 cos12

cu

cu

ip

−+= αψϕη (5.17)

Para ϕ y ψ dados, este rendimiento depende de la razón de la velocidad

periférica u de la rueda a la velocidad c1 del chorro, el valor máximo resulta de:

Turbinas - 8

( ) ( ) 014cos121

21

2

1

=+−+=

c

u

cud

d ip ψϕαψϕη

igual a cero para 2

cos 1

1

α=cu

como ejemplo ϕ = 0.95 ψ = 0.8 α1 = 20º

47.0294.0

1

==cu

y 11

94.08.195.02cu

cu

ip

−×××=η

1cu

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.47 0.5 0.6

ipη 0 0.24 0.48 0.68 0.70 0.718 0.715 0.66

Las fuerzas centrífugas a que están sometidos los álabes dependen de la velocidad periférica u, con valores máximos entre 100 y 225 m/s. Con estos valores de u exigen, para rendimiento máximo, velocidades del chorro c1 comprendidas entre 200 y 450 m/s, esto representa energías cinéticas c1

2 /2g del chorro entre 4000 y 20000 kgm/kg, es decir, caídas de entalpía del vapor entre 9 y 45 kcal/kg. Excepcionalmente, se alcanzan velocidades periféricas de 400 m/s o mayores, solamente en turbinas chicas y de pequeño diámetro de rodete.

Para caídas de entalpía disponibles mayores, el límite de velocidad periférica u hace caer el rendimiento bajo el máximo, según se ve en la tabla anterior. La diferencia entre el trabajo máximo obtenible c1

2/2g y el trabajo periférico indicado está dada en su mayoría por la caída de velocidad en el álabe

12 ww ψ= , y por la energía cinética c22/2g del chorro en la salida del álabe, según

ecuación (5.16). La disminución de la velocidad periférica u aumenta la energía cinética de descarga, y como consecuencia una disminución del rendimiento (también se puede ver, haciendo un análisis de los triángulos de velocidad al disminuir u).

La energía cinética de salida del álabe se puede aprovechar para accionar una segunda rueda, que es la solución dada por la turbina Curtis y que además permite caídas de entalpía superiores a los límites 9 a 45 kcal/kg.

Turbinas - 9

5.2 TURBINA DE ACCIÓN A CAÍDA DE VELOCIDADES, TURBINA CURTIS.

Esta turbina consta de dos o tres ruedas, en que la primera rueda es una rueda de Laval. El chorro que de allí sale es deflectado por un distribuidor fijo para orientar el chorro sobre la rueda siguiente. Al salir de la segunda rueda entra nuevamente a un segundo distribuidor que lo orienta sobre los álabes de la tercera rueda, esto se ve en la figura 5.4, en que se muestra un segmento de una turbina de dos etapas donde se ve el comportamiento de la presión y de la velocidad del vapor en su paso por la turbina que analizaremos.

FIG 5.4

Si con un subíndice 1 y 2 se indica la entrada y salida de las ruedas,

respectivamente, y con prima para la segunda rueda. La velocidad periférica de las dos ruedas es igual. Se puede escribir la expresión del trabajo indicado similar a la ecuación (5.14) aplicada a cada uno de los rodetes.

( ) ( )22112211 'cos''cos'coscos αααατ ccccgu

ip −+−= (5.18)

En este caso, como en el caso de la rueda Laval, el cizalle del vapor con

los álabes será en las corridas móviles y fijas, tomado en cuenta a través del mismo coeficiente ψ , de modo que 12 ww ψ= y 12 '' ww ψ= para los álabes móviles y 21' cc ψ= para los fijos

Turbinas - 10

también se puede suponer que α1 = α’1 y que los álabes móviles son simétricos con β1 = β2 = β y β1’ = β2’ = β’ de esta forma, podemos escribir la ecuación (5.12) aplicada a los triángulos de velocidades en ambos rodetes

FIG 5.5

)cos(cos 1122 ucuc −−= αψα

)'cos'('cos' 1122 ucuc −−= αψα que reemplazada en 5.18 se tiene

)}cos'(cos')cos(cos{ 11111111 ucucucucgu

ip −+−+−+−= αψααψατ

)2cos'cos)(1( 1111 uccgu

ip −++= ααψτ y con 21' cc ψ=

}2cos)){(1( 121 uccgu

ip −++= αψψτ (5.19)

Si queremos la expresión de ipτ y de η ip en función de c1 solamente debemos usar las relaciones en los triángulos de velocidades. βcos2 2

222

22 uwuwc −+=

Turbinas - 11

βψψ cos2 122

122

2 uwuwc −+= 11

21

221 cos2 αcucuw −+=

ucw −= 111 coscos αβ así ( ) ( ) 11

2221

222 cos121 αψψψψ cuucc +−++=

para simplificar las expresiones definimos K

11

21

222

1

2 cos)1(2)1( αψψψψcu

cu

cc

K +−++== (5.20)

que reemplazado en (3.19) tenemos

( ) ( )[ ]ucKgu

ip 2cos11 11 −++= αψψτ (5.21)

La expresión de rendimiento indicado periférico se obtiene dividiendo la

expresión (5.21) por la energía máxima utilizable, que es

g

cg

c22 2

21

2

ϕ=

( ) ( )11

12 2cos112

cu

cu

Kip

−++= αψψϕη (5.22)

Con los valores ϕ = 0.95, ψ = 0.8, α1 = 20º, cosα1 = 0.94 y las ecuaciones

(5.20) y (5.22) se puede obtener el rendimiento para distintas razones u/c1.

u/c1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 K 0.634 0.478 0.346 0.275 0.311 1+Kψ 1.507 1.382 1.277 1.220 1.249 ηip 0.345 0.584 0.585 0.451 0.282

El rendimiento de la turbina Curtis de dos ruedas, para el caso anterior,

tiene como máximo entre 0.58 y 0.59 que es inferior al de la turbina de acción con una caída de velocidad 0.72. El valor de u/c1 para máximo rendimiento está entre 0.2 y 0.3.

Turbinas - 12

Esta diferencia de rendimiento entre la turbina Laval y la Curtis de dos ruedas hace concluir que la solución de Curtis permite una mayor caída de entalpía en la tobera pero no aprovecha realmente parte de la energía cinética de salida = gc 2'2

2 . Desde el punto de vista del rendimiento indicado la turbina Curtis no se justifica por sí, pero sí se justifica desde el punto de vista de la reducción de tamaño de la máquina y de las ventajas que se obtienen al tener una mayor caída de entalpía.

La recuperación de parte de la energía cinética de salida se obtiene en la turbina Rateau que se estudia a continuación. 5.3 TURBINA DE ACCIÓN CON FRACCIONAMIENTO DE LA CAÍDA DE

PRESIÓN, TURBINA RATEAU.

Con el objeto de mantener el rendimiento máximo obtenido por la rueda Laval se fracciona la caída de entalpía en varias células en que cada una de éstas constituye una turbina Laval. Cada etapa recibe el vapor de la etapa anterior y si las toberas se distribuyen convenientemente éstas pueden utilizar parte de la energía cinética de salida, c2

2/2g, de la etapa anterior. De esta forma, las ruedas van dispuestas sobre un mismo eje y el número de ruedas o caídas de entalpía estará determinado por la caída de entalpía total. Un esquema del sistema se indica en la figura 5.6.

Fig 5.6.

Turbinas - 13

El trabajo indicado periférico para cada etapa está dado por la ecuación (5.15):

( )( )ucgu

ip −+= 11 cos1 αψτ

y el rendimiento indicado periférico para cada etapa estará dado por

gc

ipip

2/22

τη =

si es que la energía cinética de salida c2

2/2g es totalmente perdida. Como se trata de aumentar el rendimiento las toberas se disponen de tal forma que el vapor que deja los álabes móviles penetra directamente a éstas utilizándose parcialmente la energía cinética c2

2/2g. Esta recuperación se obtiene en una razón de 50 a 70% y se representa por el factor ξ, 0.50 < ξ < 0.70, es decir, la energía utilizable a la entrada de la etapa es c2/2g, en que c es la velocidad isentrópica a la salida de la tobera, y la fracción ξc2

2/2g se utiliza en la etapa que sigue, luego el aporte neto de energía útil por etapa es:

g

cg

c22

22

2

ξ− (5.23)

Por lo tanto, el rendimiento indicado periférico de cada etapa para la turbina

Rateau será

( )( )

gc

gc

ucgu

ip

22

cos1

22

2

11

ξ

αψη

−

−+= (5.24)

excepto en la última etapa, donde la energía cinética c2

2/2g es totalmente perdida, por lo tanto, esta última etapa tiene un rendimiento indicado correspondiente a la ecuación (3.17).

( )11

12 cos12

cu

cu

ip

−+= αψϕη (5-17)

ordenando la ecuación (5.24), usando las relaciones c2 = Kc1 y c1 = ϕc, en que K corresponde a la relación (5.20), se obtiene

( )( )

22

211 cos12

ccucu

ip ξαψη

−−+=

Turbinas - 14

( )

2211

112

1

cos12

ϕξ

αψϕη

Kcu

cu

c

ip −

−+

= (5.25)

Como cada una de las etapas tiene fija la velocidad periférica u y el valor de

u/c1 debe ser cercano al de ηip máx. las caídas de entalpía en cada etapa se pueden considerar iguales, y como consecuencia los ηip son iguales para cada etapa.

Con los valores ϕ = 0.95, ψ = 0.8, α = 20º, ξ = 0.5, las ecuaciones (5.20) y (5.25) y distintos valores de u/c1, se tiene

( ) 12

1 /706.2/24.364.0 cucuK −+=

( )

211

451.01//94.0249.3

Kcucu

ip −−=η

u/c1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.45 0.47 0.48 0.49 0.5 0.6 K 0.634 0.478 0.346 0.275 0.280 0.290 0.296 0.303 0.311 0.428 η ip 0.333 0.536 0.659 0.727 0.743 0.746 0.747 0.747 0.747 0.723

El rendimiento indicado máximo se aproxima a 75% mayor que el de Laval 72%, esto se obtiene por recuperar un 50% de la energía cinética c2

2/2g como energía a la entrada de la tobera. Por otra parte, se ve que el ηip máximo se tiene alrededor de cos α/2 = u/c1 = 0.48 similar al de Laval, esto indica que la velocidad c1 a la salida de la tobera tiene el mismo valor para la turbina Laval y Rateau, así se puede comparar las caídas de entalpías isentrópicas del vapor en cada caso usando la primera ley.

Laval LL

L hg

ch 1

2

0 2+=

Rateau RRR

R hg

cg

ch 1

222

0 22+=+ ξ

g

ch L

L 2

2

=∆−

Turbinas - 15

g

cg

ch RR

R 22

222 =−∆− ξ

como RL cc = y 02

22 >g

c Rξ

g

chh R

RL 2

22ξ+∆=∆

es decir, se necesita una menor caída de entalpía para obtener la misma cantidad de trabajo en el caso de la turbina Rateau. 5.4 TURBINA A ETAPAS DE REACCIÓN, TURBINA PARSONS.

El problema de parcializar la expansión se resuelve en este caso, haciendo una expansión continua, en dirección axial, en que el fluido pasa sucesivamente por álabes fijos solidarios a la carcaza y por álabes móviles solidarios al rotor. Generalmente, para facilitar la construcción, los álabes fijos tienen el mismo perfil de los álabes móviles de la etapa abatidos en 180º unos con respecto a los otros, como se ve en figura 5.7. En la figura 5.8 se ve los triángulos de velocidad a la entrada y salida del álabe móvil. Los subíndices 2 corresponden a la entrada del álabe fijo y salida del álabe móvil. Los subíndices 1 corresponden a salida del álabe fijo entrada del álabe móvil, respectivamente.

Turbinas - 16

Fig 5.7.

Fig 5.8. La turbina a reacción tiene un gran número de etapas, lo que indica una

baja caída de presión por etapa y como consecuencia una pequeña variación de volumen específico, es decir, v1 ≅ v2. Por otra parte, como los álabes son similares, las áreas de las secciones normales A1 y A2 a la salida de los álabes fijos y móviles son idénticas. Así la relación de continuidad conduce a

2

22

1

11

vsw

vsc = c1 = w2 luego c2 = w1

El teorema del momento angular para el trabajo indicado periférico da

)coscos( 2211 αατ ccgu

ip −=

El teorema del coseno aplicado a los triángulos de velocidades se tiene 11

221

21

22 cos2 αucucwc −+== (a)

2222

222

21 cos2 αucucwc −+== (b)

restando(a) de (b) y dividiendo por 2g, se tiene el trabajo indicado para una etapa

gcc

gww

ip 22

22

21

21

22 −−−=τ (5.26)

Turbinas - 17

Este trabajo se puede obtener también, aplicando los principios de la energía ∫ ++=∆ λvdpqh

∫ +−∆+∆= λτepecvdp

que aplicadas entre 0 y 1 de figura 5-8. dan

g

ch

gc

h22

21

1

22

0 +=+ (c)

dado que la entrada 0 está a la descarga de la etapa anterior en que el vapor tiene una velocidad c2.

Al aplicarlas entre 1 y 2 de figura 5-8.se debe tomar en cuenta la expansión que aumenta la velocidad del vapor, con respecto al álabe desde w1 a w2, así entonces, la expansión se realiza en condiciones de movimiento relativo, luego

g

wh

gw

h22

22

2

21

1 +=+ (d)

sumando (c)y(d) y ordenando

gcc

gww

hh22

22

21

21

22

20−+−=−

como el sistema se puede considerar adiabático y la variación de energía cinética entre 0 y 2 es

022

22

22 =−

gc

gc implica τ=∆h

luego: gcc

gww

ip 22

22

21

21

22 −−−=τ (5.26)

considerando que w1 = c2 y w2 = c1

g

ccip

22

21 −=τ (5.27)

Turbinas - 18

Grado de reacción Se define como grado de reacción al cuociente entre la caída de entalpía en

los álabes móviles y la caída total de entalpía en la etapa. Su valor para este caso se puede obtener a partir de las ecuaciones (c) y (d) y como w1 = c2 y w2 = c1

gcc

hh2

22

21

10−=−

g

wwhh

2

21

22

21−=−

se obtiene que ∆h álabes fijos = ∆h álabes móviles.

21

.. =∆+∆

∆=fijosálabeshmóvilesálabesh

móvilesálabeshRG

Este valor corresponde al caso particular en que los álabes móviles y fijos

de una etapa tienen el mismo perfil.

Así, considerando que ∆hT es la caída total de entalpía en la etapa, la velocidad isentrópica del vapor a la salida de la corrida fija estará dada por

g

chg

c T

222

22

2

ξ+∆=

En que ξ es el factor de utilización de energía cinética c2

2/2g que sale de la etapa anterior. El resto de esta energía cinética (1-ξ)c2

2/2g se transformará por fricción λ en entalpía del fluido, entalpía que también puede ser utilizada en alguna etapa que sigue, efecto que se discutirá más adelante al analizar el factor de recalentamiento. Rendimiento ηip.

Como c1 = ϕ c g

cg

chT

22

2

21 ξ

ϕ−=∆ y

T

ipip h∆

=τ

η (5.28)

con las ecuaciones (5.27) y (5.28)

22

221

22

21

2 )(cc

ccip ϕξ

ϕη−

−= (e)

Turbinas - 19

con la ecuación (a) 1122

121

22 cos2 αucucwc −+== reemplazada en (e)

( )

( ) 1122222

1

211

2

cos21cos.2

αϕξϕξϕξαϕη

cuucucu

ip +−−−=

que expresado en función de u/c1, se tiene:

11

2

2

1

22

111

2

cos21

cos2

αϕξϕξϕξ

αϕη

+

−−

−

=

cu

cu

cu

cu

ip (3.29)

Para este caso 0.9 < ϕ < 0.95, ψ y ξ mantienen los valores en los rangos

antes considerados.

Para ϕ = 0.95 ψ = 0.85 ξ = 0.55 α1 = 20º

1

2

1

11

933.0496.0504.0

879.1903.0

cu

cu

cu

cu

ip

+

−

−

=η

u/c1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0.10 η ip 0.271 0.452 0.579 0.670 0.736 0.783 0.815 0.835 0.845 0.844

Resumen comparativo.

En resumen, se han estudiado los rendimientos indicados periféricos en función de la razón velocidad periférica a velocidad del chorro y se ha obtenido los siguientes valores.

1c

u ηip c1

Laval 0.47 0.72 2 u Curtis 0.3 0.58 3.3 u Rateau 0.5 0.75 2 u Parsons 0.9 0.84 u

Turbinas - 20

Para una velocidad periférica dada se tienen las velocidades c1 dadas en la tobera, y si para la rueda Laval corresponde una caída de entalpía ∆hL kcal/kg en la turbina a reacción se tiene una caída de entalpía de ∆hL/2 kcal/kg en una etapa.

Tomando en cuenta los ηip no se justificarían las etapas de acción frente a las de reacción. En las turbinas para generación de potencia se dispone, en las etapas de alta presión, de etapas de acción. Esto permite el control por admisión parcial, lo que no es posible en las turbinas a reacción por ser de admisión total. Otra razón, es la conveniencia de tener caídas de entalpía grandes en la zona de alta presión. Como ejemplo, en la Central Térmica Bocamina, se dispone de: - Un cuerpo de alta presión con dos etapas de acción seguidas de doce etapas

de reacción. - Un cuerpo de media presión con diecinueve etapas de reacción. - Un cuerpo de baja presión con doce etapas de reacción. 5.5. ESTUDIO DE LOS PROCESOS DE EXPANSIÓN.

Las relaciones para determinar el rendimiento interno periférico se refieren a una etapa o célula, constituida por el distribuidor de toberas y los álabes móviles. En tanto que el rendimiento interno de una turbina considera el total de las etapas y se define por

∫−−=

vdpi

τη (5-30)

como para proceso adiabático ∫ +∆−=− λhvdp

λ

η+∆−

∆−=h

hi (5-31)

5.5.1 Turbinas de acción.

Para el caso de la turbina de acción el valor de λ está dado por la fricción en la tobera, en los álabes móviles y la fracción de la energía cinética (1-ξ)c2

2/2g que no se utiliza directamente, en el caso que corresponda. Estos valores están dados por:

λ Tobera ( )g

cg

cg

c2

122

22

21

2

ϕ−=−

Turbinas - 21

λ Álabes ( )g

wg

wg

w2

122

212

22

21 ψ−=−

λ Recuperación ( )g

cg

cg

c2

122

22

22

22 ξξ −=−

Sería necesario, entre los efectos friccionales, considerar a) el roce de las

caras de las ruedas con el vapor para todas las turbinas, b) el efecto de ventilación de los álabes que no trabajan, sobre el vapor contenido en la carcasa para el caso de las turbinas de acción. Para nuestro caso los consideraremos nulos, con lo que el rendimiento indicado periférico es igual al rendimiento interno. Así

( ) ( ) ( )g

cg

wg

c2

12

12

122

212

22 ξϕϕλ −+−+−=

que se transforma en entalpía del fluido. En un diagrama de Mollier para un proceso en tres etapas. Figura 5.9. La caída de entalpía en la primera etapa es h1-h2 y si λ=0 la caída será h1-h5.

FIG 5. 9.-

( ) ( )522151 hhhhhh −+−=− λ=− 52 hh λ+−=− 2151 hhhh λ+∆−=∆− hhS

Turbinas - 22

reemplazando en (5.31), el rendimiento interno de la etapa η ie será

S

ie hh

∆∆=η

Generalmente las caídas de entalpía de las diferentes etapas cercanas son

iguales, es decir, tienen la misma velocidad periférica u si las ruedas tienen el mismo diámetro. Las relaciones u/c1, son así las mismas y corresponden al valor para rendimiento interno periférico máximo. También los rendimientos de las etapas serán iguales.

Por otra parte, las curvas de presión constante en el diagrama de Mollier aumentan de pendiente al aumentar la presión a grado de sobrecalentamiento constante, o al aumentar el grado de sobrecalentamiento a presión constante. Este efecto hace que la suma de los ∆hS de las etapas sea mayor que el ∆hSG global de la turbina (en figura 5.9 ∆hSG = h1-h8), es decir, ∑ ∆>∆ SGS hh

y definamos un R > 1 de modo que SGS hRh ∆=∆∑

El rendimiento interno global de la turbina se define igual que para una etapa

SGSG

GiG h

hhh

∆∆∑=

∆∆=η

si los rendimientos de las etapas son iguales y es n el número de etapas de la turbina ∑ ∆=∆ SS hnh

De esta forma la relación entre el rendimiento de una etapa y el rendimiento global será mediante un factor R tal que

∑∑ ∆∆=

∆∆∑=

∆∆∑=

∆∆∑=

SSSSGiG h

hnR

hnhR

Rhh

hhη ∑

= ien

R η

ieiG R ηη = (5-32) en que R > 1 y se denomina factor de recalentamiento.

Turbinas - 23

El rendimiento de la turbina es superior al rendimiento medio de las etapas. Esto se debe al trabajo de fricción λ que se recupera como entalpía en el fluido y es parcialmente reutilizado en las expansiones posteriores porque λ contiene energía disponible que es

∫ ∫ >Λ−Λ= 00 TTe

δδ

dado que T > T0. Por esta razón, se puede ver que la forma de las curvas de p=cte en el Mollier se justifica bajo el punto de la segunda ley. 5.5.2. Turbinas a reacción.

Para este caso, conceptualmente λ es el mismo que para la turbina de acción, la diferencia estriba en el cálculo del λm en los álabes móviles, dado que en este caso hay una expansión.

Considerando esta expansión sin fricción se tiene una velocidad relativa isentrópica w2S a la salida del álabe móvil que comparada con la velocidad relativa real w2 se tiene el valor del

g

wg

w Sm 22

22

22 −=λ

y la relación entre w2S y w2 será con el factor ψ de modo que Sww 22 ψ=

El cálculo de w2S se hace a partir del grado de reacción, de los triángulos de velocidades y de la caída total de entalpía en la etapa, considerada sin fricción. Esta caída de entalpía se calcula, haciendo el equilibrio de energías en los álabes fijos.

( )g

chRG

gc

T 2..1

2

22

2

ξ+∆−=

g

ccRG

hT 2..11 2

22 ξ−

−=∆

y el equilibrio de energías en los álabes móviles da

Turbinas - 24

g

wg

whRG S

T 22.).(

21

22 −=∆

2

12 .).(2 whRGgw TS +∆= Sww 22 ψ=

luego la fricción en el álabe móvi1 está dada por:

( )g

w Sm 2

1222ψλ −=

es decir, para este caso:

( ) ( ) ( )g

cg

wg

c s

21

21

21

22

222

22 ξψϕλ −+−+−=

fricción que tiene el mismo efecto, en la expansión del vapor, estudiado en 3.5.1 para la turbina de acción. 5.5.3. Turbina a gas.

Para una turbina a gas que expande un gas, por ejemplo aire, se cumple fielmente lo expuesto para la turbina a vapor pero el factor de recalentamiento adquiere menor importancia, dado que esta descarga a presión atmosférica y a una temperatura mayor, mientras mayor sea el λ, a diferencia de la turbina a vapor que descarga en la zona húmeda y la temperatura es independiente del λ.

En el diagrama T-s del aire, las curvas de p=cte aumentan la pendiente y son divergentes al aumentar T y s.

Sin embargo, el cálculo del rendimiento interno de una turbina a gas se simplifica, conociendo la ley de expansión y el exponente isentrópico del gas, a saber

∫∫∫

∆=∆=−

−=vdp

Tc

vdph

vdpP

iτη y R

kk

cP 1−=

( )( )if

if

i

TTRn

n

TTRk

k

−−

−−=

1

1η

n

nk

ki

11

−−

=η y dado que 1<iη

Turbinas - 25

kn < Para un gas una expansión adiabática real n < k una compresión adiabática real n > k EHS.

CAPITULO II COMPRESORES 1.-COMPRESORES DE PISTON.

Desde el punto de vista termodinámico, las partes que interesan de un compresor a pistón están en el figura 2.1.-

FIG. 2.1.-

Nos interesa examinar un compresor que comprima un gas, considerado

perfecto, entre una presión P1 de succión y una presión P2 de descarga.

En la posición de la figura el pistón está en el punto muerto superior y el volumen que queda encerrado entre la culata y la cabeza del pistón se denomina volumen o espacio muerto.

En esta situación, el gas encerrado en el espacio muerto está a presión de descarga P > P2, desde este punto el pistón comienza la carrera de admisión expandiendo primero el gas encerrado en el espacio muerto, en esta expansión la presión del gas cae cerrándose por este efecto la válvula de descarga, y se llegará a una presión P < P1 momento en el cual se abrirá la válvula de admisión, comenzando con esto la admisión de gas en el cilindro, admitiendo gas hasta que el pistón llegue al punto muerto inferior. Desde este punto el pistón comienza su carrera de compresión, la presión del gas empieza a subir cerrándose, por este efecto, la válvula de admisión. La presión del gas subirá hasta P > P2, momento en que se abre la válvula de descarga, comenzando con esto la descarga de gas a la

presión P2, esta descarga de gas se hace hasta que el pistón llega al punto muerto superior.

Las válvulas del compresor se abren por diferencia de presiones, dando como resultado que el compresor realmente trabaja con una diferencia de presiones mayor que la diferencia entre descarga y succión. Por otra parte, debido al espacio muerto del compresor, que es imposible hacerlo nulo por condiciones de funcionamiento del compresor, siempre se tendrá gases remanentes que se expanden hasta llegar a la presión de admisión, momento en el cual comienza la admisión de gas en el cilindro.

Para introducirnos en la termodinámica del compresor alternativo, supondremos un compresor ideal, en que el espacio muerto es nulo y las pérdidas en las válvulas también son nulas. Una vez establecida la termodinámica del compresor ideal se agregará los efectos del espacio muerto y de las válvulas, como también otros efectos adicionales.

Compresor ideal comprimiendo gas ideal.

Para el compresor ideal sin espacio muerto y sin pérdidas en las válvulas, en el comienzo de la carrera de admisión del pistón P Fig. 2.2 Se produce una depresión en el cilindro C, que provoca la inmediata abertura de la válvula de admisión S1. El gas es aspirado y va ocupando el volumen que va dejando libre el pistón, esto es lo que se llama carrera de aspiración del compresor y termina cuando el pistón ha llegado al punto muerto inferior. La aspiración se realiza a presión constante P1 y en el diagrama P-V queda representada por la recta 4-1 Fig.2.2. Al final de la carrera de admisión representado por el punto 1, se ha admitido un volumen V1 de gas, cuyo peso se puede calcular con su presión P1 y temperatura T1.

Una vez el pistón en el punto muerto inferior comienza la carrera de admisión, produciendo una ligera sobrepresión en el cilindro C, cerrando de inmediato la válvula de admisión S1. Cerrada la válvula S1, el pistón comprime el gas encerrado en el cilindro, aumentando su presión hasta una presión tal que produzca una sobrepresión con respecto a la presión de descarga, momento en el cual se abre la válvula de descarga S2; punto en que termina el proceso de compresión y sigue la descarga de gas a presión constante hasta el punto muerto superior. El proceso de compresión se cumple con una ley politrópica, está representado en el diagrama P-V por la curva 1-2 y la descarga queda representada por la línea 2-3 en el diagrama P-V.

FIG. 2.2.-

Como no hay espacio muerto el paso de 3 a 4 es instantáneo y comienza una nueva carrera de admisión.

De un análisis de áreas en el diagrama pV de la figura 2, podemos obtener el trabajo hecho por el pistón sobre el gas en cada cilindrada; así: a) Trabajo de aspiración área 041b0 = -p1 V1

b) Trabajo de compresión área ab12a = -∫2

1pdV

c) Trabajo de descarga área 0a230 = p2 V2

El trabajo total será = ∫−−2

11122 pdVVpVp

Y el trabajo específico será ∫∫ =−−=2

1

2

12222 vdppdvvpvpτ

este trabajo queda representado por el área 12341, trabajo hecho sobre el gas, y se le llama trabajo indicado. Se le da este nombre debido a que el gráfico pV se obtiene por el indicador instalado en un compresor.

El compresor de pistón, aunque por un instante las dos válvulas están cerradas, se puede considerar como un sistema de flujo permanente, así debe cumplir con la ecuación de la primera ley.

λ∫ ++=∆2

1vdpqh

λ = 0 por estar considerado un compresor como sistema ideal.

Considerando que la variación de energía cinética y potencial entre la succión y la descarga son despreciables. iqh τ+=∆ Análisis del proceso de compresión.

Los compresores a pistón son refrigerados, por lo que el proceso de compresión puede variar entre los límites de proceso isotermo y proceso adiabático, según el grado de refrigeración; así el proceso de compresión es politrópico, cumpliendo con la ley pvn = cte.

No nos olvidemos que nos independizamos del tamaño del compresor usando coordenadas termodinámicas específicas, por lo que debemos interpretar correctamente los diagramas Ts , pV y pv. a) 1er caso límite: Proceso de compresión isotermo. Línea 1-3 en figura 2.3.

Se supone que el flujo de agua de refrigeración es suficiente para enfriar las paredes del cilindro

T1 = T3 y h1 = h3

∫=3

1vdpiτ con la ley p1v1 = p3v3

1

311 ln

pp

vpi =τ

De la ecuación de la primera ley

λ++=∆ ∫3

1vdpqh

qi −=τ

b) 2º caso límite: proceso de compresión adiabática y sin fricción. Línea 1-4, figura 3.

Se supone que el flujo de agua de refrigeración es cero y las paredes son adiabáticas.

0=q

y de la primera ley

∫=∆= 4

1

T

T pi dTchτ

Esta situación la podemos resolver con un gráfico T-s para el gas que se comprime, conocidos el estado 1 y la presión P2, si no se dispone del gráfico se puede usar las relaciones de un gas perfecto en proceso isentrópico

kk vpvp 4411 = 1

4

1

1

4

TT

pp k

k

=

−

y calores específicos constantes.

De esta forma )( 14 TTcpi −=τ

o bien

)(1 1144

2

1

vpvpk

kvdp

p

Pi −−

== ∫τ

)(1 14 TTR

kk

i −−

=τ

−

−= 1

1 1

41 T

TRT

kk

iτ

−

−=

−

11

1

1

411

kk

i pp

vpk

kτ

c) 3er caso general: Proceso de compresión politrópico. En la realidad el proceso no puede ser ni isotermo ni adiabático, sino intermedio, cumpliendo con la ley Pvn = cte con 1<n<k, para el aire n ≅ 1.3. El proceso queda representado por la curva 1-2 en la figura 3.

En este proceso el calor y el trabajo no pueden ser evaluados si no se conoce el proceso, es decir, el valor de n. Para este caso: .2211 ctevpvp nn ==

1

2

1

1

2

TT

pp n

n

=

−

calores específicos constantes

FIG.2.3.-

Así: )( 12 TTch p −=∆

( )112212

1

vpvpn

nvdp

p

Pi −−

== ∫τ

)(1 12 TTR

nn

i −−

=τ

−

−= 1

1 1

21 T

TRT

nn

iτ

−

−=

−

11

1

1

211

nn

i pp

vpn

nτ

y ihq τ−∆=

Visualización de las energías en los diagramas T-s. Figura 4. a) Compresión isoterma

0=∆h

qi −=τ

Trabajo indicado: calor al agua de refrigeración. Area ac13a = -q = τi

b) Compresión isentrópica

0=q

ih τ=∆

Trabajo indicado: aumento de entalpía del gas. Area bajo la curva de compresión = 0 = q

Para visualizar el área que representa el aumento de entalpía del gas, podemos recorrer un "camino" distinto para lograr el estado final 4, dado que h es función de estado. Podemos suponer una compresión isoterma 1-3, con h3 = h1 y “calentar" el gas a presión constante desde el estado 4, agregando el calor representado por el área ac43a, forma el aumento total de entalpía del gas. 433414 qhhhh =−=− Así: aacáreah 43=∆ aacáreai 43=τ c) Compresión politrópica.

qhi −∆=τ

el calor rechazado por el gas corresponde al área bajo la curva del proceso de compresión 1-2 correspondiente al área bc12b. bbcáreaq 12= El área correspondiente al aumento de entalpía se puede visualizar en forma similar al caso b), es decir, inicialmente una compresión isoterma desde 1 a 3 con 31 hh = y entregar calor a p2 constante para elevar la temperatura desde T1 = T3 a T2, de esa forma: aabáreahhq 233223 =−=

y el trabajo indicado le corresponde al área aacáreai 123=τ Elección del proceso de compresión.

Para elegir el mejor proceso de compresión se puede utilizar el criterio de la mínima energía degradada en el proceso, es decir, comparar los aumentos de exergía en el gas con la exergía aportada como trabajo, correspondiente al trabajo indicado. Para este caso, tomaremos como referencia las condiciones ambientales correspondientes a las de succión (p1, T1) .

a) Compresor isotermo. El aumento de exergía correspondiente es:

)( 131133 SSThhe −−−=

13 hh =

( ) iqaacáreaSST τ=−==−− 13131

ie τ=3

es decir, el proceso de compresión isotermo es un proceso reversible.

b) Compresor adiabático.

( )14144 SShhe −−=

14 SS =

ihh τ=− 14

ie τ=4

es decir, el proceso de compresión adiabático es reversible.

c) Compresor politrópico.

( )121122 SSThhe −−−=

La variación de entalpía h2-h1 corresponde al área ab23a (Fig. 2.3) y a -T1 (s2-s1) corresponde al área bc1db (Fig. 3), por lo tanto, la exergía en el estado 2 estará dada por el área ac1d23a (Fig. 3), y la exergía aportada es τi que es el área acl23a; luego el proceso de compresión politrópico no es reversible dado que:

ie τ<2

La irreversibilidad está en la transferencia de calor desde el gas a temperatura T > T1 y el agua de refrigeración a T1 aproximadamente constante. Comparando los compresores, el adíabático es equivalente al isotérmico y su diferenciación está en distinguir a qué temperatura se utilizan los gases comprimidos. Si los gases se utilizaron a una temperatura T2 o mayor convendrá

tener un compresor adiabático en que las líneas de gases a presión serán convenientemente aisladas. Situación que encarece la instalación.

Si los gases se utilizan a temperatura ambiente, que es el caso más generalizado, el compresor ideal será uno isotermo.

Dadas las consideraciones anteriores el compresor isotermo es el que más se adapta a los requerimientos técnicos.

Por otra parte, analizando las áreas que corresponden a τi en la Fig.3 el trabajo menor, por Kg de gas comprimido hasta la presión P2, es para el compresor isotermo.

Tomando en cuenta las razones anteriores y si la presión de descarga P2 de un compresor es considerable convendrá comprimir en 2 o más etapas de modo de acercar el compresor a uno isotermo minimizando el trabajo y las irreversibilidades.

Compresión en etapas.

En un compresor politrópico de una etapa el gas es aspirado en el estado (P1, T1) y comprimido hasta el estado (P2, T2) mediante un proceso politrópico pvn = cte. representado en los diagramas T-s y P-V por la curva 1-2, según figura 5.

FIG. 2.5.-

Un compresor politrópico de dos etapas realiza la compresión en dos cilindros. En el primero comprime hasta una presión intermedia Pi, según una ley politrópica pvn = cte., idéntica a la ley del compresor simple, desde el estado 1 al 3. En este estado el aire se refrigera, desde la temperatura T3 hasta la temperatura T1 ambiente, a que se supone el agua de refrigeración, en un intercambiador; del cual el gas se obtiene en el estado (Pi, T1) representado por el punto 4 en la figura 5. Este punto corresponde al estado del gas en la succión de la segunda etapa del compresor. El proceso de compresión en esta segunda etapa es también según

una ley similar a la del primer cilindro pvn = cte, descargando el gas comprimido a la presión P2 y temperatura T5 correspondiente al punto 5 en la figura 5.

Del diagrama P-V se puede ver la disminución de trabajo τi para la compresión por etapas con respecto a un compresor simple. Esta disminución está representada por el área 43254.

La presión Pi intermedia debe tener un valor óptimo para aportar un mínimo

de trabajo total de compresión en dos etapas. Si Pi tiende a P1 el trabajo tiende al trabajo en el compresor simple; igual si Pi tiende a P2.

El trabajo total es la suma de los trabajos de las etapas.

−

−+

−

−=

−−

11

11

1

24

1

111

nn

ii

nn

ii p

pvp

nn

pp

vpn

nτ

pero 1411 RTvpvp i == además los exponentes n de ambas etapas son aproximadamente iguales.

−

+

−=

−−

21

1

2

1

11

nn

i

nn

ii p

ppp

RTn

nτ

el mínimo τi se obtiene si 0=i

i

dpdτ

0011

1

11

2

1

11

1

1 =

−

−−+−

−=

−−−−−−n

n

inn

nn

nn

ii

i pn

nppp

nn

RTn

ndpdτ

211

2

11

1 · −−−−= nin

nnin

npppp

21 pppi =

i

i

pp

pp 2

1

=

Del diagrama T-s se puede concluir también que los trabajos en ambas

etapas son iguales, dado que las curvas paralelas, y las temperaturas T3 y T5 son iguales, luego el calor rechazado y la variación de entalpía en cada caso son iguales.

Si la compresión se hace en n etapas se puede encontrar la relación, entre

las presiones de succión, descarga e intermedias, siguiente:

n

ini

i

i

ii

pp

pp

pp

pp

pp

1

1

2

,1

2

2

3

1

2

1

1

=====

−K

Influencia del espacio muerto en el rendimiento y en la capacidad del compresor.

Es físicamente imposible que el volumen en el cilindro sea cero cuando el pistón está en el punto muerto superior, este volumen se denomina espacio muerto y corresponde a alrededor de un 5% del volumen desplazado por el pistón. Este volumen desplazado o desplazamiento Vc del compresor es el volumen que barre el pistón en una carrera o cilindrada.

En este volumen muerto Vm del compresor queda una masa de gas que no

se expulsa del cilindro y que en la carrera de admisión del pistón se expande, según una ley Pvn = cte., correspondiente a la curva 3-4 de la figura 6. En el punto 4 se abre la válvula de admisión, comenzando la carrera de admisión 4-1. En el punto 1 se cierra la válvula de admisión, comenzando la carrera de compresión, según una ley Pvn = cte., similar al proceso de expansión 3-4, desde el punto 1 al 2.

FIG. 2.6.-

En el punto 2 se abre la válvula de descarga, comenzando la carrera de descarga 2-3, en que 3 es el punto de cierre de la válvula de descarga. Las

válvulas de admisión y descarga se abren por depresión y sobrepresión en el cilindro respectivamente.

El trabajo total sobre el gas encerrado en el cilindro está dado por el área

1234, si las leyes de la expansión y de la compresión se suponen iguales, es decir, un mismo exponente n, el trabajo al fluido será:

−

−−

−

−=

−−

11

11

1

1

241

1

1

211

nn

nn

pp

Vpn

npp

Vpn

nτ

( )

−

−

−=

−

11

1

1

2411

nn

pp

VVpn

nτ

expresión que corresponde como trabajo al fluido de un compresor sin espacio muerto cuyo volumen desplazado es V1-V4 =Va que comprime gas entre p1 y p2. Esto indica que el trabajo por unidad de peso de gas comprimido es el mismo para un compresor con espacio muerto y otro sin espacio muerto ambos considerados teóricos y, comprimiendo a la misma relación de presiones p2/pl. Se concluye entonces que, el espacio no afecta el rendimiento del compresor teórico, sino sólo su capacidad.

La capacidad de un compresor se llama a la cantidad real de gas, entregada por el compresor, medida en las condiciones de succión y expresada en m3/s.

La capacidad máxima de un compresor con espacio muerto es su volumen desplazado Vc y lo que realmente admita es el volumen Va = V1-V4, tomando en cuenta esto podemos definir entonces el rendimiento volumétrico del compresor como:

d

av V

V=η

El porcentaje de espacio muerto está dado por

100100 ×=×d

m

VVε

d

m

VV=ε

4VVVV mda −+= Por otra parte

n

m

n

pp

Vpp

VV

1

1

2

1

1

234

=

=

d

n

mmc

v Vpp

VVV

1

1

2

−+

=η

n

v pp

1

1

21

−+= εεη

que es la expresión para el rendimiento volumétrico para un compresor teórico con espacio muerto.

El rendimiento volumétrico baja si la razón de espacio muerto crece y la relación de presiones p2/p1 aumenta, así ηv se anula cuando se comprime gas a una relación de presiones.

n

pp

+= 1

1

1

2

ε

Influencia de las pérdidas de carga en el compresor.

La abertura de las válvulas de admisión y de descarga se hace por diferencia de presiones, para vencer la resistencia de los resortes que tienden a mantenerlas cerradas; las pérdidas de carga en estas válvulas y los conductos de admisión y descarga hacen que la presión en el cilindro sea ligeramente inferior a la presión de admisión p1 en la carrera de admisión y sea ligeramente superior a la presión de descarga p2 en la carrera de descarga. Estas pérdidas se hacen más importantes mientras más rápido trabaje el compresor.

El diagrama indicado, tomando en cuenta estas pérdidas, será el de la figura 7.

FIG. 2.7.- en que las áreas achuradas representan el trabajo absorbido por las pérdidas de carga y los saltos de depresión y sobrepresión en el punto 4 y 2, respectivamente, se deben a la “inercia” de las válvulas a abrir.

En una primera aproximación el ηv del compresor se puede calcular, considerando las pérdidas de carga, con la relación:

n

v pppp

1

11

221

∆−∆+−+= εεη

dado que la relación de compresión real en el cilindro es (p2+∆p2)/(p1-∆p1) y por otra parte, en forma más real, a partir del diagrama indicado (FIG. Nº7), haciendo la relación de los trazos:

d

av V

V=η

Efecto de pared en el compresor.

Las paredes del compresor tienen “inercia” térmica a tal punto que la temperatura de las paredes se puede considerar constante en un valor intermedio entre la temperatura del gas en la succión y su temperatura en la descarga.

Consideremos un kilogramo de gas, en el cilindro, que recibirá calor desde

las paredes del cilindro cuando su temperatura sea menor que la de éstas y

rechazará calor a las paredes si su temperatura es mayor que la de éstas. Así, podemos visualizar un diagrama T-s para esta unidad de gas.

Los gases remanentes en el espacio muerto, al final de la expansión 34,

tienen una temperatura cercana a la del ambiente, en este punto se mezclan con una carga de gas fresca, la mezcla llega a una temperatura final que será T4, figura 8. En este instante la temperatura de la pared es mayor y los gases se calentarán a presión constante hasta la temperatura T1 mientras dure la carrera de admisión.

FIG. 2.8.-

En el proceso de compresión 1-2 la temperatura de los gases aumenta

desde T1 < Tpared a T2 > Tpared. Los gases reciben calor hasta que la temperatura de los gases iguale a la temperatura de pared y rechazarán calor desde ahí hasta T2 en que la curva de compresión tendrá la forma aproximada de 1-2 en figura 8.

En la descarga de los gases 2-3 éstos siguen en contacto con la pared mientras dura la descarga a presión constante luego estos se enfriarán hasta la temperatura T3, según la curva de la figura 8.

En el proceso de expansión de los gases remanentes éstos rechazarán calor hasta que su temperatura iguale a la temperatura de pared, recibiendo calor por parte de éstos, de ahí en adelante hasta el punto 4, por esta razón el proceso 3-4 toma la forma aproximada de la figura 8.

Del razonamiento anterior podemos ver que los procesos de compresión y expansión no son verdaderamente politrópicos dado que el exponente n varía durante el proceso y el asociar un exponente a los procesos antes mencionados es una aproximación.

Por otra parte, el volumen especifico del gas al final de la admisión (T1) es mayor que el volumen específico de la succión (T4), el peso de fluido admitido es menor que el supuesto en las condiciones de succión. Por esta razón, y debido a las pérdidas de carga ya analizadas, se puede obtener una relación más

aproximada a la real para el rendimiento volumétrico, en que se toma en cuenta también el efecto térmico. En un diagrama P-v (Fig. Nº9) de la succión, compresión y descarga, se tiene.

FIG. 2.9.-

El punto 1 representa las condiciones de entrada. La curva de 1 a 2

representa la pérdida de carga en el ducto de succión y en la válvula de succión. La curva de 2 a 3 representa el alza de temperatura a presión constante debido al efecto de pared. La curva de 3 a 4 representa el proceso de compresión y la curva 4 a 5 representa las pérdidas de carga en la descarga.

Es decir, el volumen específico en el cilindro aumenta por la depresión de 1 a 2 y por el aumento de temperatura entre 2 y 3. De tal manera que, podemos corregir la expresión del rendimiento volumétrico, para un compresor teórico con espacio muerto, con la relación entre los volúmenes específicos de la succión 1 y del cilindro 3, y tomaremos en cuenta el efecto de pared y de las pérdidas de carga.

3

1

1

21vv

pp

n

v

−+= εεη

n

v pppp

1

11

221

∆−∆+−+= εεη

expresión que nos dará una aproximación aceptable al valor real

d

av V

V=η

obtenido del diagrama del indicador.

Estudiar el ejemplo 8-4 del capítulo de refrigeración. Rendimiento en los compresores de pistón.

El rendimiento de una máquina que entrega energía al fluido se define como, el cuociente entre la energía mecánica que realmente recibe el fluido y la energía que se invierte.

En este tipo de máquina con refrigeración no se puede evaluar el trabajo

que recibe dado que parte de él se extrae como calor. Este calor, a su vez, está aumentado por el trabajo de fricción que no es fácil de evaluar.

Por las razones expuestas, el rendimiento así concebido no es aplicable y

se opta por comparar el compresor politrópico en estudio con uno isotermo que trabaja con la misma relación p2/pl. Se define

opolitrópiceje

isotermoejeisotermo τ

τη =

Se usa esta definición dado que el trabajo menor en el eje se tiene cuando

se comprime en forma isoterma, pero también es justificable por el hecho que en la generalidad de los casos, el gas se utilizará a la presión p2 y a temperatura ambiente. 2.-TURBOCOMPRESORES.

Un turbocompresor está constituido por varias ruedas en serie, en que cada una de ellas constituye una etapa de compresión.

Cada etapa está compuesta de una rueda R móvil y un difusor D que

descarga en un conducto recolector llamado voluta V. La rueda gira a una gran velocidad, en que se provoca una fuerza centrífuga

que aumenta la presión y la velocidad del gas en su paso por los canales de la rueda. El fin del difusor es transformar la energía cinética del gas a la salida del rodete en energía de presión a la salida del compresor.

La ecuación de la primera ley en el rodete será

aaa

gc

gc

vdp λτ 1

21

2

1 22+−+= ∫

que indica que el trabajo en el eje en parte se transforma en energía de presión, otra parte en energía cinética y el resto es trabajo contra el roce ∆ep ≅0, por tratarse de gases.

En términos de entalpía del fluido, la primera ley queda

gcc

hh aa 2

21

2

1−+−=τ

FIG 2. 10.-

w

R c n Las distintas velocidades se pueden visualizar en el triángulo de

velocidades, en que n es la velocidad tangencial del punto considerado R, wr es la velocidad relativa del gas respecto al rodete y wnc rrr += es la velocidad absoluta del gas.

El cizalle λ adquiere importancia en estas máquinas dadas las velocidades

altas que en ellas se usan. En el difusor la transformación de la energía cinética en potencial verifica la

primera ley de la forma

∫ +=− 2

2

22

2

2 a aa vdp

gcc λ

que en términos de entalpía es aa hh

gcc −=−

2

22

2

2

o bien g

chh

gc

aa

22

22

2

2

+−=

que si la reemplazamos en la ecuación del trabajo eje se tiene

g

cg

chhhh aa 22

21

22

21 −+−+−=τ

g

cg

chh

22

21

22

12 +−=τ

La energía cinética de entrada se obtiene de la caída de entalpía entre un

punto del gas en el tanque c = 0 y la succión 1. Así podemos hacer c12/2g = 0 y

suponer h1 como entalpía del gas en las condiciones de estanque en la succión, de esta manera tenemos

g

chh

2

22

02 +−=τ

El trabajo eje pasa a ser entalpía en el gas, más un resto, como energía

cinética en la descarga. Si consideramos las condiciones en la succión las energías cinéticas de

entrada y salida son aproximadamente iguales, y tendremos 12 hh −=τ 01 hh <

Cabe hacer notar que en esta ecuación no aparece el calor que se rechaza en el compresor. Este calor es una cantidad apreciable, pero dado que el caudal de gases en este tipo de máquinas es grande, el calor, por unidad de masa, que se rechaza es bajo. Esto permite que este tipo de máquinas se considere adiabática. Diagrama T-s.

Analizaremos el proceso entre las condiciones de succión y de descarga, es decir, entre las presiones p1 y p2.

Consideremos un compresor teórico 1λ2 = 0, además como 1q2 = 0, esto

implica que

02

1=+=∆ ∫ T

qs

δλδ

La compresión será isentrópica (que obedece a la ley pvk = cte.), entre p1 y

p2 y se tendrá el proceso individualizado por la recta 1-2’, de la figura 11.

FIG.2.11.-

en este caso ∫=−'2

11'2 vdphh

el trabajo neto al fluido estará caracterizado entonces por el área ab2'3a, dado que h1 = h3.

Para un compresor que comprime entre p1 y p2, considerando el trabajo friccional habrá un aumento de entropía dado por

∫=∆T

sδλ

y el punto de descarga será por ejemplo el punto 2. Así las energías en juego que obedecen a la relación

τλ =+=− ∫ 21

2

112 vdphh

en que ∫2

1vdp se calculará con la ley de proceso politrópico pvn = cte., y estarán

representadas en el diagrama T-s, como sigue:

1λ2 = calor debido a la fricción y corresponde al área por debajo del proceso 1-2.

1λ2 = área b12c.

3212 hhhh −=− = área ac23a.

∫2

1vdp = b12a

Comparando los procesos de compresión desde p1 a p2 isentrópico n = k y

real n > k se ve que el τ necesario es mayor en el caso real. Esto se debe a que en el caso ideal el trabajo se utiliza para vencer las presiones internas y en trabajo de flujo, en tanto que para el caso real el τ se emplea en vencer las presiones internas, trabajo de flujo, trabajo para vencer la fricción del fluido y finalmente una parte adicional que se debe al aumento de volumen específico del fluido al entregarle calor, de parte del trabajo de fricción, que se traduce en una mayor temperatura final en el proceso T2 > T2’. Este trabajo adicional está representado por el área 12’21.

Podemos asimilar a una recta el proceso de compresión 1-2 hecho que nos

facilita el cálculo del trabajo de fricción 1Λ2 como el área del trapecio bc21.

sTT ∆+=

212

21 λ

en que T2 y T1 son medibles al igual que las presiones p2 y p1, de modo que se conoce s2 y s1. Rendimiento interior de un turbocompresor.

El trabajo que realmente recibe el gas está dado, para un gas ideal, por la expresión

( )∫ −−

=2

1 121TTR

nn

vdp

y el trabajo total o trabajo eje es el cambio de entalpía

( ) ( )1212 1TTR

kk

TTch pe −−

=−=∆=τ

así el cuociente entre el trabajo que realmente recibe el gas y el trabajo que se realiza con este objetivo será la expresión del rendimiento interior

)(

1

)(1

12

122

1

TTRk

k

TTRn

n

h

vdpi

−−

−−=

∆= ∫η

k

kn

ni

1·

1−

−=η

Como se sabe que ηi < 1, haciendo un desarrollo de la desigualdad

k

kn

n 1·

11

−−

>

11 −

>− n

nk

k

( ) ( )11 −>− knhn nnkknk −>− nk < es decir, en el caso de aire n > 1.4.

El rendimiento interno puede quedar definido también en función del cizalle

h

hh

vdpi ∆

−∆=∆

= ∫ 21

2

1 λη

hi ∆−= 211

λη

Rendimiento isentrópico de un turbocompresor.

El rendimiento isentrópico de un compresor compara un compresor sin irreversibilidad mecánica con uno con irreversibilidad, así , el rendimiento isentrópico esta dado por:

REAL

OISENTROPICS h

h∆

∆=η

Plantas de Vapor - 1

CAPITULO VI

PLANTAS A VAPOR 6.1..- INTRODUCCION El objetivo de este capítulo es exponer los conceptos termodinámicos en que se basa un ciclo a vapor para transformar el calor, proporcionado por la combustión de un combustible, en trabajo en un eje. Sabemos que no toda la energía esta disponible para ser transformada en trabajo eje, además que la disponibilidad de la energía disminuye con las irreversibilidades de los procesos en que esta energía se transforma. Se hará balances cualitativos de una planta a vapor para establecer las ecuaciones de balance en cuanto a la cantidad y a la calidad.

Acto seguido, para no confundirnos y detectar donde realmente se tiene las irreversibilidades es que analizaremos una planta lo más simple e ideal posible, en que los rendimientos térmicos de los equipos, que hacen los procesos y el ciclo, son 100%. Planta con la cual realizaremos los ejemplos numéricos.

Veremos que este ciclo tiene un rendimiento térmico que por supuesto no es 100%, como Carnot lo estipula. Usaremos este modelo ideal para identificar cuales son los procesos que insiden realmente en la pérdida de energía disponible.

Hecho este análisis se aplicará los procedimientos usados en la práctica para disminuir las irreversibilidades y se constatará su incidencia en el rendimiento del ciclo. 6.2. DESCRIPCIÓN DE UNA PLANTA

Una central a vapor es una máquina térmica que permite transformar en trabajo mecánico parte del poder calorífico de un combustible. Los motores de combustión interna realizan esta transformación directamente, en que el fluido de trabajo son los productos de la combustión; la central a vapor lo hace a través de un ciclo auxiliar en que el fluido que lo recorre es agua en dos fases, por lo que una central es un motor de combustión externa.

El combustible, que puede ser carbón, petróleo o gas, es quemado en el hogar H con el oxígeno del aire ambiente. La combustión se realiza a la presión atmosférica; los humos producidos por la combustión están a alta temperatura. Los humos entregarán el calor al agua que circula en la caldera, que, una vez fríos, serán expulsados al ambiente por la chimenea CH (FIG. 6.1).


Figura 6.1

El agua es comprimida por el sistema de bombeo B, se precalienta en el

economizador E, se introduce a la caldera en el domo D, se evapora en los tubos evaporadores y se sobrecalienta en el sobrecalentador S; estas operaciones se realizan a una presión elevada.


Seguidamente el vapor se expande en una turbina T, hasta la presión del condensador. En la turbina se obtiene trabajo mecánico en el eje que se transforma en energía eléctrica en el generador G.

El vapor de baja presión, a la salida de la turbina, se condensa en el condensador C y el calor de condensación es absorbido por una importante circulación de agua a la temperatura ambiente que es el agua de refrigeración. El condensado es comprimido nuevamente por la bomba de alimentación con lo que comienza nuevamente el ciclo. El agua de refrigeración se obtiene de un río , lago, mar, o bien se recircula pasando por torres de enfriamiento.

De las turbinas se puede extraer vapor para precalentar en un

intercambiador el agua que se alimentará la caldera.

6.3.- CICLO BASICO DE REFERENCIA.

Figura 6.2

El ciclo básico de referencia de una central a vapor es el ciclo de Rankine (FIG. 6-2) que está compuesto por los cuatro procesos siguientes: 1. Proceso (1-2), calentamiento, evaporación y sobrecalentamiento del fluido de

trabajo en la caldera a presión alta y constante de modo que el calor aceptado por el ciclo es qA = h2 – h1


2. Proceso (2-3), expansión del vapor en la turbina, si el proceso se considera adiabático reversible el trabajo eje de la turbina es τ = h2 – h3 y si el proceso es adiabático irreversible τ = h2 – h3’.

3. Proceso (3-4) , donde se rechaza la energía no disponible por condensación del vapor a baja presión constante en el condensador. El calor rechazado es qR = h3 - h4 para una turbina adiabática reversible, y qR = h3’ – h4 para una turbina adiabática.

4. Proceso (4-1) , compresión del condensado en la bomba de alimentación. El

trabajo eje entregado a la bomba es γ

141

4

ppvdp

−=∫ dado que v = 1/γ del agua

es constante y considerando variaciones de energía cinética y potencial despreciables.

6.4.- ANALISIS DEL CICLO DE RANKINE SEGÚN CICLO DE CARNOT

En el ciclo de Rankine de la figura 6-2, “con turbina adiabática reversible”, el aporte de calor q1 al ciclo se hace en la caldera, mediante un proceso a presión constante 1mn2 y es igual a la variación de entalpía q1 = h2-h1 y corresponde al área a 1mn2da.

El calor rechazado al ambiente por intermedio del condensador es igual a q0= T0 (s3-s4) y corresponde al área a43da. De esta forma el trabajo realizado por el ciclo está dado por la aplicación del principio de la cantidad y es τ = q1-q0 que corresponde al trabajo desarrollado en la turbina por la expansión del vapor, disminuido por el trabajo en la bomba de alimentación. El trabajo del ciclo queda determinado por el área 1mn2341 que corresponde a la expresión ( ) )( 1201243012 ssThhssThh −−−=−−−=τ correspondiente a la energía disponible en el punto 2 del ciclo. El rendimiento del ciclo de Rankine está dado por la expresión

( )

12

430

12

43012

1

21

1

1hhss

Thh

ssThhq

qqq −

−−=−

−−−=−== τη (6.1)

Considerando el concepto de temperatura media integrada Tm para el

proceso 1mn2 que corresponde al área a 1mn2da dividido por la base s3-s4 con lo que se obtiene una altura media con unidades de temperatura; Fig 6-2. así

43

12

43

1

sshh

ssq

Tm −−=

−= (6.2)


reemplazando (6.2) en (6.1) mT

T01 −=η (6.3)

de esta forma se ve que el rendimiento del ciclo de Rankine es igual al rendimiento de un ciclo de Carnot que trabaja entre las temperaturas Tm y T0.

Por otra parte, si analizamos un diagrama, en que tenemos la temperatura como ordenadas y la cantidad de calor en las abscisas (FIG. 6-3) y se grafica las curvas de enfriamiento de los gases de combustión y la de calentamiento del agua y vapor tendremos. Si los gases se consideran como gases perfectos su curva de enfriamiento será una recta AB.

Figura 6.3

La curva de calentamiento del agua está formada por tres partes, calentamiento de agua AC, su vaporización CD y el sobrecalentamiento del vapor DE.

La vaporización origina un tramo horizontal que hace aumentar la diferencia de ordenadas entre las dos curvas AB y ACDE. Esto representa una mayor diferencia de temperaturas entre los gases y el vapor, afectando el intercambio de calor en cuanto a su irreversibilidad.

Esta irreversibilidad se puede apreciar mejor a través de la diferencia de las temperaturas medias integradas.

De lo anteriormente expuesto se puede sacar las siguientes conclusiones: 1. De la ecuación (6.3), se concluye que si disminuye la temperatura de la fuente

fría o aumenta la temperatura media Tm referente al intercambio de calor a alta temperatura, el rendimiento del ciclo de Rankine aumenta.


2. La temperatura media integrada del fluido de trabajo depende esencialmente de su presión que determina a la vez la temperatura de saturación y la longitud de la parte horizontal de la curva de calentamiento; que según el diagrama T-s de la curva, esta longitud disminuye para presiones mayores.

3. La irreversibilidad de la transferencia de calor es menor para presiones de vapor mayores. De tal manera que para una "temperatura de vapor fija" a la salida de la caldera, el rendimiento térmico del ciclo de Rankine con vapor saturado debe ser mayor que el de cualquier ciclo con vapor sobrecalentado; para temperaturas de vapor menores que la temperatura crítica.

6.5. BALANCE DE UNA PLANTA A VAPOR RANKINE 6.5.1 Balance de energías, aplicación del principio de la cantidad. Tomando como base de cálculo 1 molkg de combustible. 6.5.1.1 Balance de energías en la caldera. Se puede decir que la energía total que se le entrega a la caldera es el poder calorífico superior del combustible.

Parte de esta energía la recibe el agua entre los puntos 1 y 2, figuras 6.1 y 6.2 y su monto es n(h2-h1) siendo n la producción de vapor en Kg por Kg mol de combustible. El resto de la energía se pierde en forma de:

a) Energía sensible de los humos secos.

b) Energía latente de los humos como producto de una combustión incompleta.

c) Aumento de entalpía de la humedad del aire.

d) Aumento de entalpía de la humedad del combustible y del agua formada por la combustión del H del combustible.

e) Combustible sólido no quemado cuando el combustible es carbón. (Humo negro)

f) Pérdida a través de las paredes de la caldera, es un porcentaje bajo (2-4%) por lo que en nuestro caso las consideraremos nulas, es decir, caldera adiabática.

La temperatura en la chimenea es como mínimo 150ºC, por esta razón el

agua en los humos estará siempre en forma de vapor. Así podemos considerar que el calor que se entrega a la caldera es el poder calorífico inferior por cada Kg de combustible que se utiliza y el punto d) anterior no se considera en las pérdidas. Además se demostró que la energía disponible del poder calorífico inferior es igual a la del poder calorífico superior.


Todas las formas de energía que no van al agua son las que se denominan pérdidas en una caldera.

Aplicando el principio de equivalencia a la caldera se tiene: ( ) pérdidashhnPCI +−= 12 (6.4) A partir de esta ecuación podemos definir el rendimiento de una caldera como

( )

CIPhhn 12 −=η (6.5a)

CI

CI

PpérdidasP −=η (6.5b)

En que (6.5a) corresponde a la expresión para el cálculo del rendimiento por el método directo y la (6.5b) corresponde al cálculo por el método indirecto.

Si en un caso tenemos que el combustible y/o el comburente son alimentados a una temperatura mayor que la de referencia, la ecuación 6.4 se transforma en ( ) pérdidashhnPHH CIca +−=++ 12 (5.6) En que: Ha+Hc corresponde a la ganancia de energías por parte de la caldera

Hc entalpía de 1 kgmol de combustible

Ha entalpía del aire para 1 kgmol de combustible

PCI poder calorífico inferior del combustible

n(h2-h1) energía al agua

pérdidas entalpía sensible y latente de los humos a la temperatura de la chimenea y para 1 kgmol de combustible.

Así el rendimiento para la caldera adiabática con ganancias de energía

será:

gananciasP

gananciaspérdidasP

CI

CI

++−=η


en que todos los términos han sido calculados con respecto a la temperatura de referencia.

Por otra parte, si las ganancias se calculan con respecto a la temperatura de alimentación del combustible y/o comburente, consideradas iguales el rendimiento será

CI

CI

PpérdidasP −=η

6.5.1.2 Balance de energías en el ciclo de vapor

El calor aceptado por el ciclo es q1 = n(h2-h1) Después de salir de la caldera, el vapor se expande en una turbina en que el trabajo en el eje desarrollado, según la primera ley, en que se desprecia las variaciones de energía cinética y potencial, es τt = n(h2-h3) para una turbina adiabática. Una vez expandido el vapor se condensa entregando el calor q0 = n(h3-h4) al agua de refrigeración en el condensador.

Por último el condensado del vapor se eleva de presión en una bomba cuyo trabajo eje con v = cte. es

∫=1

4vdpnBτ

( )γ

τ pnppvnB

∆=−= 414

Aplicando la primera ley al ciclo a vapor se tiene

tB qq ττ +=+ 01 el trabajo neto desarrollado por el ciclo es Bt τττ −= 01 qq −=τ El rendimiento térmico del ciclo se define como


1qc

τη =

1

01qq

c −=η (6.7)

y si las ganancias en la caldera son nulas el rendimiento térmico de la planta es

CI

p Pτη =

6.5.2 Balance de exergías, aplicación del principio de la calidad. 6.5.2.1 Balance de exergía en la caldera

En realidad todas las pérdidas en una caldera, enumeradas en el punto 6.5.1.1, llevan asociada una energía disponible, que sumadas constituyen las pérdidas de exergía en la caldera. Estas pérdidas se calculan con la expresión -∆h+T0∆s en cada caso.

Además de las pérdidas de energía disponible se tiene la energía disponible degradada por la irreversibilidad de los procesos que han tenido lugar.

Los procesos que tienen lugar en la caldera son: la combustión; enfriamiento de los humos hasta la temperatura de la chimenea; y el calentamiento, evaporación y sobrecalentamiento del vapor, desde el estado 1 al estado 2.

En la combustión se tiene irreversibilidad química y térmica. En la transferencia de calor entre los humos y el agua se tiene irreversibilidad térmica por diferencia de temperaturas.

Para evaluar las degradaciones de energía se puede suponer que el proceso de combustión no es simultáneo con el proceso de transferencia de calor y no simultáneos como en la realidad sucede. Es decir se supone una combustión adiabática seguida del proceso de transferencia de calor.

Para la combustión la exergía del combustible Ec y la del aire Ea se distribuyen como exergía en los humos Eh a al temperatura adiabática y la anergía creada Ac en el proceso de combustión. De manera que chac AEEE +=+ (6.9a)


A su vez la exergía en los humos se distribuye, en el proceso que sigue, en exergía al vapor Ev, exergía en la chimenea Ech y la anergía creada Atc en la transferencia de calor. De manera que tcchvh AEEE ++= (6.9b) si sumamos (6.9a) con (6.9b) o reemplazamos (6.9b) con (6.9a) tendremos tccchvac AAEEEE +++=+ (6.10)

La ecuación (6.10) representa el balance exergético de la caldera adiabática, en que el término Ac+Atc se calcula por diferencia y corresponde a la degradación total de la energía en la caldera en los procesos irreversibles de combustión y de transferencia de calor. Para obtener el valor de Ac y Atc se deben aplicar las ecuaciones (6.9) por separado y conocer perfectamente lo siguiente:

a) Composición de los humos, con lo que se obtiene el estado final de éstos en la combustión.

b) Los estados de entrada y salida del agua de la caldera.

c) El estado y composición de los humos en la base de la chimenea, y

d) Condiciones ambientales.

Las pérdidas de energía disponible en la caldera serán: Ech como rechazo de energía al ambiente, si la caldera es adiabática; y Ac+Atc como degradación de energía interiormente en la caldera. Así se puede definir el rendimiento exergético de la caldera como

c

vex E

E=η (6.11a)

( )

c

atccchcex E

EAAEE −++−=η (6.11b)

Los términos Ac y Atc representan alrededor de 30 y 20% de Ec

respectivamente.

La Ac es creada por irreversibilidad química y térmica interna del proceso de combustión. La irreversibilidad química es fija y no se puede disminuir en tanto que la irreversibilidad térmica interna se puede disminuir haciendo más uniforme la distribución de temperatura entre el aire y los productos de combustión, a saber, precalentado el aire se obtienen disminuciones decisivas en Ac como se verá en ejemplos desarrollados posteriormente.


La Atc es creada por la irreversibilidad dada la diferencia de temperaturas entre los humos y el vapor, como fue analizado en la sección 6.5.2.1. La Atc calculada según la ecuación (6.9b) evalúa la degradación interna y externa al ciclo. La degradación externa se debe a la transferencia de calor por diferencia de temperaturas entre los humos y el agua contenida en la caldera; y la degradación interna se debe a la mezcla del agua de alimentación y la contenida en la caldera, esta mezcla se realiza en el domo superior, en que el agua contenida está a la temperatura de saturación correspondiente a la presión de trabajo de la caldera.

Este fenómeno se analiza más a fondo en la sección 6.5.2.3. 6.5.2.2 Balance de exergías en el ciclo Rankine

Conocidos los estados de entrada y salida del agua en la caldera, se obtiene la producción de vapor n a partir de la ecuación (6.4) y la exergía que adquiere el vapor es ( )1212 eenEEEv −=−= (6.12) en que e = -∆h+T0∆s es la exergía por cada kg de vapor, referida a las condiciones (p0, T0) común para todos los estados.

El punto 2 es el punto de máxima exergía en el ciclo y es Ev el máximo de energía disponible de que dispone el ciclo para entregar trabajo eje.

FIG: 6-4.- [FIG. 6-2.- (repetida)]


El trabajo eje se obtiene por la expansión del vapor en la turbina entre los estados 2 y 3, figura 6-2, proceso analizado desde el punto de vista energético en el capítulo correspondiente.

En la expansión se obtiene el trabajo en el eje del rotor, evaluado por τ=n∆h y que corresponde a exergía extraída al ciclo.

La exergía que adquiere el vapor Ev se distribuye en: trabajo eje, degradación en la turbina At y degradación en el condensador Acond. De modo que el balance para el ciclo de Rankine será condtv AAE ++=τ (6.13)

Si analizamos un ciclo ideal, en que la turbina es isentrópica y la temperatura del vapor en el condensador es igual a la temperatura del agua de refrigeración, tendremos que la degradación de exergía entre el punto 2 y el punto 1 del ciclo es nula, es decir, la anergías creadas en la turbina y en el condensador son nulas. De esta forma podemos decir, para este caso particular, que el trabajo entregado por el ciclo es la exergía del vapor en el punto 2 evaluada con respecto al punto 1; lo que equivale a decir que el trabajo entregado por el ciclo ideal es la exergía recibida por el vapor en la caldera entre los estados 1 y 2. 6.6 BALANCE DE UNA PLANTA A VAPOR

Definidos los conceptos básicos para el balance de exergías de los distintos elementos de una planta a vapor, discutiremos una serie de ejemplos que tienden a justificar el uso de elementos accesorios en las plantas a vapor, como ser, sobrecalentadores intermedios, estracciones, etc. Las conclusiones se obtendrán analizando el balance energético y exergético de los ciclos considerados. 6.6.1 BALANCE DE UNA PLANTA TEORICA SIMPLE.

Como se dijo en la intruducción del presente capítulo las suposiciones que se harán en los ciclos de la planta teórica considerada serán: el aire será seco, con temperaturas del aire y el combustible 0ºC, la temperatura de los humos en la base de la chimenea es 0ºC, la turbina es isentrópica y la temperatura del vapor en el condensador es igual a la temperatura del agua de refrigeración que también es 0ºC. Se hacen estas suposiciones para desarrollar un ejemplo y obtener conclusiones sobre los resultados obtenidos de los cálculos lo más precisas posibles y no se pierda el objetivo básico de detectar las irreversibilidades más importantes y justificar así los accesorios que se agregan a la planta. Justificación bajo el punto de vista de la segunda ley de la Termodinámica.


Ejemplo 6.1

Se considera hacer los balances de la primera y de la segunda ley a una planta a vapor Rankine cuya presión de trabajo es 140 ata, la temperatura máxima es 540ºC, la temperatura del condensador es 0ºC. El combustible es carbón puro quemado con un 50% de exceso de aire. Las condiciones de referencia son T0 = 0ºC, p0 = 1 ata y la temperatura de la base de la chimenea es 0ºC. El poder calorífico del carbón es 91400 kcal/Atkg y la exergía es 94300 Kcal/Atkg calculada en el ejemplo 4.6. del capítulo 4.-

Los estados del ciclo se dan en la tabla siguiente, en que los puntos se refieren a la figura 6-5.

ESTADOS DEL CICLO Punto Presión [ata] Temperatura [ºC] Entalpía [kcal/kgv] Entropía [kcal/kgvºC]

1 140 0 0 0 a 140 335,4 372,4 0,8606 b 140 335,1 631 1,2858 2 140 540 822 1,564 3 --- 0 427 1,564 4 --- 0 0 0

Figura 6.5

a) Balances en la caldera.

( ) pérdidashhnPCI +−= 12 (6-4)


como la temperatura de los reactivos y de los humos en la base de la chimenea las ganancias y las pérdidas son nulas, por lo tanto

( )12 hhnPCI −= y la producción de vapor es

082294100

12 −=

−=

hhP

n CI

.50,114

comb

vaporkgmol

kgn =

El proceso de combustión en una caldera no es adiabático dado que durante la combustión se está entregando calor al ciclo de vapor. Dado que tanto la entalpía como la exergía son funciones de estado podemos suponer que los procesos de combustión y de transferencia de calor suceden uno después del otro, entre los mismos estados inicial y final. De modo que el proceso de combustión se supondrá adiabático seguido del enfriamiento de los humos hasta la temperatura de la chimenea. Así la temperatura máxima de los humos es la temperatura adiabática de combustión. Cálculo de la temperatura adiabática de combustión:

La reacción de combustión completa con 50% de acceso de aire para

carbón puro es C + 1,5 O2 + 5,64 N2 = CO2 + 0,5 O2 + 5,64 N2

y la entalpía de los productos HH debe alcanzar a 94100 kcal/AtkgC

para t = 1500ºC HH = 18840 + 0,5 × 12300 + 5,64 × 11670 = 90808,8 t = 1600ºC HH = 20260 + 0,5 × 13180 + 5,04 × 12510 = 97406,4

interpolando para HH = 94100 se obtiene CtH º1550=

- Exergía de los humos a 1550ºC

( )ATkgC

kcalssTHHEH 01550001550 −−−=

ATkgC

kcalPHH CI 9410001550 ==−

Para cada gas componente de los humos se tiene:


∫ −=−1550

00

01550 lnpp

RTdT

css ip

Las tablas están referidas a 0ºC y 1 ata y los gases están a la presión total p0 de 1 ata y cada uno de los componentes está a su presión parcial pi y la relación pi/p0 = ni/Σn en que ni son los moles del componente i y Σn el total de moles por cada AtkgC. La composición de los humos no cambia desde los 1550ºC hasta 0ºC, por lo tanto ni/Σn es constante y

∫=−1550

001550 TdT

css p

que se obtiene de tablas: para 1500ºC s-s0 = 21,90 + 0,5 × 14,80 + 5,64 × 14,02 = 108,37 1600ºC s-s0 = 22,70 + 0,5 × 15,18 + 5,64 × 14,47 = 111,90 en la interpolación lineal para 1550ºC se obtiene:

KAtkgC

kcalss

º13,11001550 =−

Así la exergía de los humos a 1550ºC es

AtkgCkcal

EH 6403413,11027394100 =⋅−=

- Degradación en el proceso de combustión Ac.

El balance para el proceso de combustión es dado por la ecuación (6.9a) chac AEEE +=+

0=aE aire a 0ºC

hcc EEA −= 6403494300 −=cA

AtkgCkcal

Ac 30266=

que equivale a %1,321009430030266 =× de la energía disponible aportada por

el combustible.

- Exergía en la chimenea.


( ) 000000 =−−−= ssTHHEch es nula por estar a la temperatura de referencia 0ºC.

- Exergía al vapor Ev.

La exergía al vapor la da la relación (6.12) ( )1212 eenEEEv −=−=

12 EEEv −= con E1 = 0 (agua líquida a 0ºC) ( ) ( )[ ]020022 ssThhnEEv −−−== ( ) ( )[ ]0156427308225,1142 −−−== EEv

AtkgCkcal

Ev 45231=

- Degradación en la transferencia de calor Atc. -

El balance para la transferencia de calor es dado por la ecuación (6.9b) tcchvh AEEE ++=

)( chvHtc EEEA +−=

AtkgCkcal

Atc 18803)045231(64034 =+−=

que corresponde a un %9,191009430018803 =× de Ec.

b) Balances en el ciclo. Podemos justificar que Ev = τ a partir de la ecuación (6.13)

1EAAE condtv +++=τ demostrando que At y Acond son nulas:


FIG. 6-6.-

Degradación en el condensador Acond. El balance del condensador será:

01 =E agua líquida a 0ºC condAE =3 )}({ 030033 ssThhnE −−−= aabáreahh 3103 =− aabáreassT 31)( 130 =− de modo que )( 03003 ssThh −=− y 03 =E luego 0=condA

por transferirse calor sin diferencia de temperatura, es decir, en forma reversible.


Degradación en la turbina.

La anergía creada en la turbina )( 320 ssnTAt −= y como .032 =→= tAss De esta forma el trabajo entregado por el ciclo es:

AtkgCkcal

EV 45231==τ

que corresponde a %481009430045231 =× de Ec.

- Resumen de ejemplo 1.-

Balance primera ley Energía en el combustible PC 94100 100 % Energía en la chimenea 0 0 % Energía al ciclo 94100 100 % Trabajo en la expansión 45231 48 % Energía al condensador 48869 52 % Balance segunda ley Exergía en el combustible Ec 94300 100 % Exergía a la chimenea 0 0 % Degradación en la combustión Ac 30266 32 % Degradación transferencia de calor Atc 18803 20 % Trabajo en la expansión τ 45231 48 % Exergía al condensador Acond 0 0 %

Conclusiones ejemplo 6.1.

El 52% de la energía que se entrega en el combustible es rechazada en el condensador que corresponde exactamente a la energía degradada en la caldera por combustión y transferencia de calor. El rendimiento térmico de la caldera es 100%, y el rendimiento exergético es 48%, que es igual al rendimiento de la planta en este caso. El rendimiento de la planta se puede aumentar disminuyendo estas degradaciones, para lo cual se usa el sistema de sobrecalentamiento intermedio, extracciones de vapor para precalentado del agua; y precalentamiento del aire para el caso de la combustión. Analicemos el efecto del sobrecalentamiento intermedio.


6.6.2. BALANCE DE UNA PLANTA TEORICA CON SOBRECALENTAMIENTO

INTERMEDIO.

Estas plantas tienen generalmente 2 ó 3 turbinas, analizaremos el caso de la planta con un sobrecalentamiento intermedio y con 2 turbinas.

El diagrama T-s correspondiente se tiene en la figura 6-7, en que la

expansión se hace en las dos turbinas desde 2 a 3 y desde 4 a 5. En el estado 3 el vapor vuelve a la caldera para su sobrecalentamiento

hasta el estado 4. Con este sistema se debe obtener un mejor rendimiento de la planta dado que se entrega una mayor cantidad de calor a temperaturas mayores del vapor. Ejemplo 6.2 La planta trabaja en las condiciones del ejemplo 6.1. La descarga de la turbina de alta TA es vapor a 30 ata y la temperatura de la entrada a la turbina de baja TB es la misma que la temperatura de entrada a la TA.

Figura 6.7.-

ESTADOS DEL CICLO (figura 6-7.-)

Punto Presión [ata] Temperatura [ºC] Entalpía [kcal/kgv] Entropía [kcal/kgvºc] 1 --- 0 0 0 2 140 540 822 1,564 3 30 300 715 1,564 4 30 540 847 1756 5 --- 0 479 1,756 6 30 231,8 239,5 0,629


Producción de vapor n.

( ) ( ) kgmolCvaporkg

hhhhn 64,98

95494100

)715847()0822(9410094100

3412

==−+−

=−+−

=

- Degradación en la combustión Ac.

En el proceso de combustión no influyen los cambios hechos en el ciclo, por lo tanto, la degradación se mantiene en 30266 kcal/kgmol de combustible con un 32%.

- Trabajo de expansión.

El trabajo lo podemos calcular por diferencia de entalpía, para lo cual se debe conocer la entalpía del vapor a la salida de las turbinas.

kgmolCkcalhhhhnBA

/46864)}479847()715822{(64,98)}(){( 5432

=−+−=−+−=+=

ττττ

Otra forma de calcular el trabajo es aprovechando la condición de reversibilidad de las turbinas y del condensador, y dividir el ciclo en dos ciclos de Rankine; en que la energía rechazada por el primer ciclo es aceptada en forma reversible por el segundo ciclo, los ciclos son 6236 y 163451 de figura 6-7. El trabajo de cada ciclo será la exergía a la entrada de la turbina con respecto a su referencia, es decir, la exergía recibida por cada ciclo. La exergía recibida por el ciclo 6236 es: ( )626621 ssThhe −−−= ( )( )629,0564.12738,2325,2398221 −+−−=e

vaporkg

kcale 58,1091 =

la diferencia de entalpía en la turbina de alta es 71582232 −=− hh

vaporkg

kcalh 1071 =∆−


La diferencia entre exergía e1 y ∆h1, se debe a errores acumulados. Para la turbina de baja ( )141142 ssThhe −−−= ( )0756,127508472 −−−=e

vaporkg

kcale 61,3672 =

522 hhh +=∆− 4798472 −=∆− h

vaporkg

kcalh 3682 =∆−

Luego el total de exergía recibida por el vapor por kgmol de combustible será ( )21 eenEv += ( )6,3676,10964,98 +=vE

kgmolC

kcalEv 47071=

que corresponde a %9,491009430047071 =×

- Degradación en el condensador. 0=condA - Degradación por transferencia de calor en la caldera.

Esta degradación queda cuantificada por la ecuación (6.9b) ( )chvHtc EEEA +−= De ejemplo 6.1 64034=HE


0=CHE

AtkgCkcal

Atc 169634707164034 =−=

que corresponde a %181009430016963 =×

Resumen ejemplo 6.2.

Balance primera ley Energía en el combustible PC 94100 100 % Energía en la chimenea 0 0 % Energía al ciclo 94100 100 % Trabajo en la expansión 47071 50 % Energía en el condensador 47029 50 % Balance segunda ley Exergía en el combustible 94300 100 % Exergía a la chimenea 0 0 % Degradación en la combustión 30266 32,1% Degradación transferencia de calor 16963 18,0% Trabajo en la expansión 47071 49,9% Exergía al condensador 0 0,0% 94300 100 %

Conclusión: El intercambio de calor entre los humos y el vapor se hace, en un mayor porcentaje, a una temperatura más elevada. Esto disminuye la irreversibilidad en un 2,0%, comparado con el ciclo de Rankine correspondiente del ejemplo 6.1; este 2,0% se incrementa en el rendimiento del ciclo que sube desde 48% a 49,9% para este caso. El sobrecalentamiento intermedio disminuye las irreversibilidades externas en la transferencia de calor. Para disminuir las irreversibilidades internas por mezcla del agua de alimentación con el agua de la caldera, se debe subir la temperatura del agua de la alimentación; esto se logra con el método de las extracciones de vapor Nota: El punto 3 de la figura 6-7 se escogió sobre la curva de 30 ata para

obtener que la expansión en la turbina de baja corte la curva de saturación cerca de la presión de 1 ata, por razones que se explican más adelante en el ejemplo 6.6.


6.7 EXTRACCIONES DE VAPOR Si analizamos la figura 6.1, si la alimentación de agua a la caldera se hace

sin precalentarla en el economizador, ésta llega al domo superior a la temperatura T4 de salida del condensador (ver figura 6.5. rep.). En el domo tenemos una mezcla de agua y vapor saturados a la temperatua Ta. En este domo es donde se separa el vapor producido por la caldera y que irá al sobrecalentador. Este vapor producido es la producción neta de vapor de la caldera, es decir, n kg vapor/Atkg combustible. La producción bruta de vapor saturado en la caldera es mayor, mayor en la cantidad necesaria para condensarse y calentar el agua alimentada al domo desde la temperatura de alimentación T1 hasta la temperatura de saturación Ta , y así mantener la producción neta de vapor a la presión de trabajo de la caldera.

Según este razonamiento el intercambio de calor entre los humos y el agua se hace desde la temperatura de saturación del agua Ta hasta la temperatura máxima del vapor en el sobrecalentador T2 .

Figura 6.5. Repetida

Si es m la cantidad bruta de vapor saturado producido por la caldera y n la

producción neta de vapor, la cantidad m-n de vapor es la que se condensa para calentar el agua alimentada en la condición 1 hasta la condición a de la figura 6-5. Para el caso del ejemplo 6.1 la producción neta de vapor es n = 114,5 kgv/AtkgC y la producción bruta de vapor saturado se calcula haciendo el siguiente balance: ( ) ( )( )abaCI hhnmhhnP −−+−= 2 dado que la cantidad (m-n) de vapor no sale del domo hacia el sobrecalentador y se condensa cumpliendo con el siguiente balance ( ) ( )( )aba hhnmhhn −−=− 1 de modo que reemplazando en el balance anterior tenemos


( ) ( )12 hhnhhnP aaCI −+−= ( )12 hhnPCI −= que es el balance para la caldera de condiciones ideales del ejemplo 6.1.

Luego ( )

ab

aCI

hhhhnP

nm−

−−=− 2

( )

AtkgCkgv

nm 8,1644,372631

4,3728225,11494100 =−

−−=−

AtkgC

kgvm 31,2795,11481,164 =+=

Conocidas las producciones de vapor en la caldera se puede intentar un balance exergético para determinar que parte de la degradación por transferencia de calor es interna y que parte es externa al ciclo para el caso del ejemplo 6.1. La exergía EHV que realmente llega de los humos al vapor es: ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]ababbbHV ssThhmssThhnE −−−+−−−= 0202

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]8606.02858,12734,37263131,2792858,1564,12736318225,114 −−−+−−−=HVE

AtkgCkcal

EHV 52980=

La degradación en la trasferencia de calor entre los humos y el vapor es entonces, HVHTC EEA −=

AtkgCkcal

ATC 110545298064034 =−=

que corresponde a un %72,111009430011054 =×

la degradación por mezcla AM se obtiene del balance de exergías en el proceso de mezcla de los (m-n) kgv/AtkgC en el estado de vapor saturado b, con los n


kgv/AtkgC de agua de alimentación en el estado 1 para obtener los m kgv/AtkgC de agua saturada en el estado a de la figura 6.5:

Mab Ameenmne +=−+ )(1

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]00001001000 ssThhmssThhnssThhnmA aabbM −−−−−−−+−−−−= ( )( ) ( )aabbm sThmsThnmA 00 −−−−= ( ) ( )8606,02734,37231,2792858,127363181,164 ×−−×−=MA

AtkgCkcal

AM 7750=

es decir un %22,8100843007750 =×

%94,1922,872,11 =+=+ MTC AA que da la composición del 20% de degradación de energía por transferencia de calor calculada en el ejemplo 6.1.

Con el ciclo con sobrecalentamiento intermedio se ataca el problema de la irreversibilidad del intercambio de calor en la zona de alta temperatura. Para reducir la irreversibilidad del intercambio en la zona de baja temperatura debemos tener una fuente de calor a una temperatura menor que la temperatura del vapor saturado a la presión de la caldera y así obtener resultados positivos.

La solución se obtiene haciendo varias extracciones de vapor, desde la turbina, a partir del punto C de la figura 6-7 hasta el punto 3 y calentar el agua de alimentación con el vapor extraído, ya sea por mezcla o por intercambio de calor en un serpentín.

Figura 6.7


Extracción continua.

La extracción continua es supuesta para no tener irreversibilidad en la transferencia de calor entre el vapor extraído y el agua de alimentación. Si analizamos la figura 6-7, al hacer una extracción en el punto C, la máxima temperatura que se puede obtener en el agua es Td, por lo que existe irreversibilidad por la diferencia de temperaturas Tc–Td, por lo tanto para extracciones reversibles éstas se deben hacer a partir del punto e y en un número infinito.

La extracción continua se puede simular con el esquema de la figura 6-8a en que, en una caldera se produce vapor saturado que se expande en una turbina que tiene paredes diatérmanas y el agua de alimentación en el estado 1 se pasa a contracorriente refrigerando la turbina.

Figura 6.8

El agua recibe calor en forma continua calentándose desde T1= T0 hasta T2= T.

El vapor en su expansión en la turbina entrega una cantidad de trabajo eje τ a su vez que entrega calor que recibe el agua de alimentación, de modo que

344211 cdAreaabArea = luego 231465 ssssss −=−=− y el ciclo que hace el vapor corresponde al ciclo 1234 en que el calor recibido en la caldera es n (h3-h2) = n T (s3-s2), y el calor rechazado es n (h4-h1) = n T0 (s4-s1), así el rendimiento térmico del ciclo así ideado es

( ) ( )

( )23

14023

ssTssTssT

−−−−=η luego

TTT 0−=η


que corresponde al rendimiento de un motor Carnot que trabaja entre las temperaturas T y T0. Lo anterior indica que el precalentamiento del agua de alimentación con extracción continua acepta ser un proceso reversible, que si se hiciera en la realidad aportaría ventajas al ciclo real. Sin embargo, en cuanto a los humos, la temperatura más baja que estos pueden alcanzar es la temperatura del agua de alimentación a la entrada de la caldera, es decir T2 en el caso del ciclo de la figura 6-8.

Para seguir con la idea del ciclo teórico planteado en el ejemplo 6.1, la energía en los humos a T2 no se debe rechazar al ambiente, porque se puede utilizar para precalentar el aire y el combustible que están a temperatura T0. Como caso ideal, se supone que el aire y el combustible se calientan hasta la temperatura del agua de alimentación después de las extracciones y en forma reversible.

6.7.1.1 Balances en una planta con extracción continua y precalentamiento del aire y el combustible.

Como se vió, la extracción continua (extracción ideal) se puede considerar

un proceso reversible, al igual que el intercambio de calor entre los humos con el aire y el combustible, de modo que no se tenga rechazos y degradaciones adicionales de energía. Lo anterior considera que la masa de combustible sumada a la del aire que entran a la caldera es la misma que sale por la chimenea.

Los diagramas correspondientes están en el figura 6.9 en que la extracción continua se hace desde el punto 5 hasta el punto 7, y el punto de entrada del agua a la caldera es en las condiciones del punto 2. La temperatura del aire y del combustible será T2.

Ejemplo 6.3 Una planta de las condiciones del ejemplo 6.1, con extracción continua y precalentamiento del aire y el combustible.

ESTADOS DEL CICLO Punto Presión [ata] Temperatura [ºC] Entalpía [kcal/kg] Entropía [kcal/kgºC]

1 --- 0 0 0 2 140 183 185,5 0,1577 3 140 335 372,4 0,8606 4 140 540 822 1,564 5 ≈11 183 663,8 1,564 6 --- 0 No interesa No interesa 7 --- 0 No interesa No interesa


Figura 6.9

a) Precalentamiento del aire y el combustible.

Energía de los gases a 183ºC. 22222 64,55,064,55,1 NOCONOC ++=++

CAtkg

kcalH

º9636128164,513075,01758183 =×+×+=


Entropía de los gases a 183ºC

1

20183 ln2

1 pp

RTdT

csst

t p −+= ∫

Como la composición de los gases no cambia en el enfriamiento, la entropía de cada componente es:

TdT

csst

t p∫= 2

10183

y la entropía de la mezcla se obtiene interpolando linealmente para cada uno de los componente de los humos a 183ºC y sumando será:

CAtkg

kcalss

º52,2652,364,561,35,085,40183 =×+×+=−

Exergía de los gases a 183ºC ( )018300183183 ssTHHE −−−=

( )CAtkg

kcalE

º239552,2627309636183 =−−=

Para el intercambio reversible de calor entre los humos con el aire y el combustible, la energía recibida por estos dos últimos será 9636 kcal/AtkgºC y la exergía 2395 kcal/AtkgºC. Energía que se sumará al PCI del combustible por lo tanto el total de energía que entra a la combustión es: 94100 + 9636 = 103.736 kcal/AtkgºC y la exergía es 94300 + 2395 = 96.695 kcal/AtkgºC. Como entra más energía por mol de combustible y el exceso de aire se mantiene trae como consecuencia una mayor temperatura adiabática de

combustión. - Temperatura adiabática de combustión:

Prueba para 1700ºC: La entalpía será, H1700 = 21680+0,5×14080+5,64×13360 = 104.070,4 La diferencia será 104070,4 - 103736 = 264,4 que equivale a un 0,75% de diferencia, luego la temperatura adiabática se puede suponer en 1700ºC.

La entropía relativa a T0 será:


CAtkg

kcalss

º4,11591,1464,572,155,044,2301700 =×+×+=−

Así la exergía de los humos a 1700ºC es: ( )01700001700 ssTHHEH −−−=

( )CAtkg

kcalEH º

722324,115273103736 =−=

La degradación de energía en la combustión es: Hcomburenteecombustiblcomb EEEA −+=

CAtkg

kcalAcomb º

244637223296695 =−=

que corresponde a un %9,25%1009430024463 =×

b) Balances en la caldera

El sistema se alimenta con aire y carbón a 0ºC y la temperatura de los humos en la chimenea es 0ºC. El hogar se alimenta con aire y carbón que llevan una energía sensible de 9636 kcal/AtkgºC y una exergía de 2395 kcal/AtkgºC que fue obtenida de los humos que abandonan el hogar a 183ºC con la energía y exergía de 9636 y 2395 kcal/AtkgºC respectivamente. El balance de energías para la caldera como sistema será: cicloalcalorPCI = y para el hogar será: 96369636 +=+ cicloalcalorPCI es decir, el calor al ciclo = 94100 kcal/AtkgºC

c) Balances en el ciclo.

El ciclo representado en la figura 6.9b, se puede dividir en dos. Un ciclo Rankine 23452 y un ciclo con extracción continua 12571 equivalente al ciclo


de Carnot 82568. El calor rechazado por el ciclo 23452 es recibido reversiblemente por el ciclo 12571.

Figura 6.9.b

La producción de vapor en la caldera está dada por el balance: )( 24 hhncicloalcalorPCI −==

CAtkg

kgn vapor

º8,147

5,18582294100 =

−=

Considerando que el ciclo es ideal, sin degradaciones en la turbina y el condensador, el trabajo entregado por el ciclo es igual a la exergía "ganada" por el vapor en la caldera. Así el trabajo entregado por el ciclo Rankine 2452 es igual a la exergía ganada por el vapor referida a la temperatura de su fuente fría T2 ( )2422454 ssThh −−−=τ

( )kgvkcal

4,1595177,0564,14565,18582254 =−−−=τ

o bien kgvkcal

hh 2,1588,6638225454 =−=−=τ

calculado por diferencia de entalpía en la turbina. Para el ciclo 12571 el trabajo de expansión es:

( )

−−=

−=

2

025

2

025275 1

TT

hhT

TTqτ


kgvkcal

192456273

1)5,1858,663(75 =

−−=τ

el trabajo del ciclo es: kgvkcal

4,3511924,159 =+=τ

como el ciclo no tiene irreversibilidades en la turbina ni en el condensador la exergía ganada por el vapor en ese ciclo es igual al trabajo τ del ciclo:

( )CAtkg

kcalEV º

519374,3518,147 ==

La degradación de energía en la transferencia de calor se obtiene del balance: vCHiHtc EEEA −−=

Atkgvkcal

Atc 900.17937.51395.2232.72 =−−=

que corresponde a un %191009430017900 =× .

En el condensador la degradación de energía es nula y la energía que llega a él es el calor rechazado por el ciclo n(h7-h1) y que corresponde a la diferencia:

CAtkg

kcalº

421635193794100 =−

A continuación se muestra la distribución de las energías y exergías en los equipos tomando como base el total de energía que entra a la caldera, y se hace los balances a la planta.

- Resumen ejemplo 6.3

Distribución de energías: Energía combustible PC 94100 kcal/AtkgºC 90,7 % Energía aire-combustible 9636 kcal/AtkgºC 9,3 % 103736 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 9636 kcal/AtkgºC 9,3 % Energía al ciclo 94100 kcal/AtkgºC 90,7 % Trabajo al ciclo 57937 kcal/AtkgºC 50,1 % Energía al condensador 42163 kcal/AtkgºC 40,6 % Distribución de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 97,5 % Exergía aire-combustible 2395 kcal/AtkgºC 2,5 %


96695 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 2395 kcal/AtkgºC 2,5 % Anergía combustión 24463 kcal/AtkgºC 25,3 % Anergía transferencia de calor 17900 kcal/AtkgºC 18,5 % Trabajo al eje 51937 kcal/AtkgºC 53,7 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 96695 kcal/AtkgºC 100,0 %

Balance de energías: Energía combustible PC 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Trabajo del ciclo 51937 kcal/AtkgºC 55,2 % Energía al condensador 42163 kcal/AtkgºC 44,8 % 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Balance de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Anergía combustión 24463 kcal/AtkgºC 25,9 % Anergía transferencia de calor 17900 kcal/AtkgºC 19,0 % Anergía extracción 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Trabajo al eje 51937 kcal/AtkgºC 55,1 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 94300 kcal/AtkgºC 100,0 %

Conclusiones ejemplo 6.3.

Se tiene las tablas de distribución de energías y exergías que solamente resumen el cálculo del juego de energías y sus degradaciones en la planta.

A partir del balance se debe hacer notar que la perdida de energía

disponible en el proceso de combustión bajó de 32% a un 26%, lo que se explica por la menor diferencia de temperaturas entre los gases en combustión y los reactivos que se alimentan a 183ºC.

Para el balance de energías se toma como sistema la planta completa, de ahí que el rendimiento térmico y exergético se calcula con el PCI y su exergía en el combustible.

6.7.1.2 Balances en una planta con extracción discontinua y precalentamiento del aire y el combustible.


La extracción de vapor de la turbina se hace en un punto de la expansión, por ejemplo el punto 3 de la figura 6.10 por ser más cómodo.

Figura 6.10

Desde el punto 3 se extrae una fracción α de vapor por cada kg de vapor que se expande desde 2 a 3. Desde 3 a 4 se expande (1-α) kg de vapor.

La cantidad α de vapor a T3 es tal que al mezclarse con los (1-α) kg de

agua que vienen del condensador a T1 forman 1 kg de agua a T5. El balance en el intercambiador es: 513 )1( hhh =−+ αα

13

15

hhhh

−−=α

Conocidos estos valores podemos establecer los balances considerando 2

ciclos de Rankine asociados 5235 y 15341, en que las degradaciones en la turbina y el condensador son nulas, por esto podemos calcular la degradación en la extracción por comparación con el caso de la extracción continua. Ejemplo 6.4.


Una planta de condiciones idénticas al ejemplo 6.3, con extracción de vapor saturado desde la turbina.

ESTADOS DEL CICLO Punto Presión [ata] Temperatura [ºC] Entalpía [kcal/kg] Entropía [kcal/kgºC]

1 ≈11 0 0 0 2 140 520 822 1,564 3 ≈11 183 663,8 1,564 4 --- 0 --- --- 5 ≈11 183 185,5 0,5177

Las condiciones en la caldera son exactamente las mismas que en el

ejemplo 6.3, dado que no son afectadas por la extracción que trabaja entre las mismas temperaturas. a) Balance en el ciclo

La fracción de vapor que sigue en la expansión es:

279,008,66305,185

13

15 =−−=

−−=

hhhhα

El 27,9% del vapor que entra a la turbina se extrae en las condiciones 3 para calentar la fracción (1-α), es decir el 72,1% restante de vapor desde la condición 1 hasta la condición 5.

El trabajo desarrollado por la turbina está dado por la expansión del 100% de vapor entre las condiciones 2 y 3 más el trabajo de la expansión del 72,9% del vapor restante entre los estados 3 al 4.

El trabajo en la primera expansión es

AtkgCkcal

hhn 382.23)8,663822(8,147)( 12 =−=−=τ

podemos comparar esta cantidad con la diferencia de exergías del vapor entre las condiciones 2 y 5; y como se considera que no hay irreversibilidades en la turbina y en el intercambio de calor entre los dos ciclos; estas cantidades deben ser idénticas

( ) ( )[ ]AtkgCkcal

235575177,0564,14565,1858228,147 =−−−

y la diferencia es de un 0,17%, que corresponden a errores de cálculo. Como en las condiciones de salida 4 de la turbina es difícil estimar la entalpía del vapor usamos la diferencia de exergías entre los estados 3 y 1 del ciclo 15341 y obtenemos así el trabajo de la turbina para el ciclo 15341.

( ) ( )[ ]CAtkg

kcalº

252370564,127308,663721,08,147 =−−−×=τ

el trabajo total entregado por el ciclo es entonces:


CAtkg

kcalº

795.482523723557 =+=τ

el trabajo obtenido en el ciclo con extracción continua es 51937 kcal/AtkgºC, por lo tanto, la degradación por mezcla en la extracción de vapor es

CAtkg

kcalº

31424879551937 =−

%3,3100943003273 =×

Resumen ejemplo 6.4

Distribución de energías en la planta: Energía combustible PC 94100 kcal/AtkgºC 90,7 % Energía aire-combustible 9636 kcal/AtkgºC 9,3 % 103736 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 9636 kcal/AtkgºC 9,3 % Energía al ciclo 94100 kcal/AtkgºC 90,7 % Trabajo del ciclo 48795 kcal/AtkgºC 47,0 % Energía al condensador 45305 kcal/AtkgºC 43,7 % Distribución de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 97,5 % Exergía aire-combustible 2395 kcal/AtkgºC 2,5 % 96695 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 2395 kcal/AtkgºC 2,5 % Anergía combustión 24463 kcal/AtkgºC 25,3 % Anergía transferencia de calor 17900 kcal/AtkgºC 18,5 % Anergía en la extracción 3142 Kcal/AtkgºC 3,2 % Trabajo al eje 48795 kcal/AtkgºC 50,5 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 96695 kcal/AtkgºC 100,0 %

Balance de energías: Energía combustible PC 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Trabajo del ciclo 48795 kcal/AtkgºC 51,9 % Energía al condensador 45305 kcal/AtkgºC 48,1 % 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Balance de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 %


Anergía combustión 24463 kcal/AtkgºC 25,9 % Anergía transferencia de calor 17900 kcal/AtkgºC 19,0 % Anergía en la extracción 3142 kcal/AtkgºC 3,3 % Trabajo al eje 48795 kcal/AtkgºC 51,7 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 94300 kcal/AtkgºC 100,0 %

6.7.1.3 Balance en una planta con extracción discontinua y sin precalentamiento

del aire y el combustible.

Para este caso la caldera trabaja igual que en el ciclo de Rankine del ejemplo 6.1 respecto a las temperaturas de llama y degradaciones de energía. En cuanto a la temperatura de la chimenea, es igual a la temperatura del punto 5 de la figura 6-10.

El ciclo está representado en la figura 6-10.

Ejemplo 6.5.

La planta mantiene las condiciones en el vapor del ejemplo 6.4 y la temperatura de la chimenea es 183ºC.

Los estados del ciclo corresponden al ejemplo 6.4.

a) Balance en la caldera.

Entra aire y combustible a 0ºC. Los humos salen a 183ºC con una energía de 9636 kcal/AtkgºC, y una exergía de 2395 kcal/AtkgºC que se descarga al ambiente. El agua entra a la caldera a 183ºC del estado 5 y se energiza en la caldera hasta el estado 2. La energía degradada en la combustión es 30266 kcal/AtkgºC. La exergía en los humos a la temperatura adiabática es 64.034 kcal/AtkgºC. La producción de vapor está dada por el balance. )(9636 52hhnPC =−

CAtkg

kgn v

º7,132

5,185822963694100 =

−−=

La degradación en la transferencia de calor se obtiene conocida la exergía “ganada” por el vapor Ev en la caldera entre 5 y 2:


( ) ( )52052 ssThhnEv −−−=

( ) ( )CAtkg

kcalEv º

465595177,0564,12735,1858227,132 =−−−=

y la degradación en la transferencia de calor se obtiene del balance vCHiHTC EEEA −−=

CAtkg

kcalATC º

1508046559239564034 =−−=

b) Balance en el ciclo.

Como hemos supuesto degradaciones nulas en la turbina y el condensador nos queda solo la degradación en la extracción. Por esta razón tal degradación se puede calcular comparando los trabajos de este ciclo con el trabajo del ciclo de extracción continua, extracción que no tiene degradación. El trabajo eje del ciclo con extracción continua correspondiente es entonces la exergía “ganada” por el vapor 46559 kcal/AtkgºC. Trabajo al eje del ciclo en estudio es proporcional al trabajo eje del ciclo del ejemplo 6.4, en la proporción de la producción de vapor en la caldera, así:

CAtkg

kcalº

438108,1477.132

48795 =×=τ

y la diferencia 46559-43810 = 2.743 kcal/AtkgºC, corresponde a la degradación en la extracción. Como no se tiene la entalpía en el estado 4 a la salida de la turbina, se puede calcular la energía rechazada en el condensador por la expresión: 721,07,132)0564,1(273)1()( 040 ⋅⋅−=−××−=∆ αnssTH COND Energía al condensador = 40851 kcal/AtkgºC También puede ser calculada por balance de energías a la planta, con:

CONDCHCI QHP ++= τ Energía al condensador = 24700 – 9636 – 43810 = 40654 kcal/AtkgºC La diferencia entre los dos valores se debe a errores acumulados en el cálculo.

Resumen ejemplo 6.5.

Balance de energías: Energía combustible 94100 kcal/AtkgºC 100,0 %


Energía aire-combustible 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Energía chimenea 9636 kcal/AtkgºC 10,2 % Energía al ciclo 84464 kcal/AtkgºC 89,8 % Trabajo del ciclo 43810 kcal/AtkgºC 46,6 % Energía al condensador 40654 kcal/AtkgºC 43,2 % Balance de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía aire-combustible 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 94300 kcal/AtkgºC 100,0 %

Exergía chimenea 2395 kcal/AtkgºC 2,5 % Anergía combustión 30266 kcal/AtkgºC 32,1 % Anergía transferencia de calor 15080 kcal/AtkgºC 16,0 % Trabajo al eje 43810 kcal/AtkgºC 46,5 % Anergía en la extracción 2749 kcal/AtkgºC 2,9 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 94300 kcal/AtkgºC 100,0 %

6.7.1.4 Balance en una planta con sobrecalentamiento intermedio, extracción y

precalentamiento del aire y el combustible.

El esquema de la planta y el ciclo se consideran en la figura 6-11. El sobrecalentamiento intermedio se hace a la presión p3 tal que la

expansión en la turbina de baja TB pase por la presión de 1 ata en el punto 5, dado que una extracción siempre existe en una planta a vapor. Esta extracción es necesaria para alimentar el desaireador ó desgasificador, nombre que toma el intercambiador que trabaja a presión atmosférica.

Los humos en la caldera se calientan hasta la temperatura adiabática y se enfrian hasta la temperatura T7, temperatura desde la cual intercambian calor con el aire y el combustible que alimentan la caldera. La energía que entregan los humos al agua es (h2-h7+h4-h3) kcal/kgv y el trabajo entregado por el ciclo es [ h2-h3+h4-h5+(1-α) (h5-h6) ] kcal/kgv en que 1-α es la fracción de vapor que se expande de 5 a 6 de cada kg de vapor que se expande de 4 a 5, el resto del vapor α se extrae para subir la temperatura del agua de alimentación de T1 a T7.

Además debemos recordar que los procesos de intercambio de calor entre los humos de la chimenea con el aire y el combustible se hace en forma reversible, al igual que los procesos en la turbina y el condensador para poder comparar en mejor forma según se explicó en la sección 6.5.2.2.


Figura 6.11 Ejemplo 6.6.

Se considera una planta con 140 ata máxima, 540ºC de temperatura a la entrada de cada turbina. Presión de sobrecalentamiento intermedio 30 ata.

Con estos datos y las suposiciones se obtiene la tabla de estados del ciclo.

Punto Presión ata

Temperatura ºC

Entalpía kcal/kgv

Entropía Kcal/kgvºC

1 1 0 0 0 2 140 540 822 1,564 3 30 300 715 1,564 4 30 540 847 1,756 5 1 100 639 1,756 6 -- 0 -- 1,756 7 1 100 98 0,3096 8 140 233 240 0,6290


a) Balances en la caldera. La temperatura de los humos antes de intercambiar con el aire y el combustible es 100ºC. La energía en esos humos es:

AtkgCkcal

H 522370064,57105,0920100 =×+×+=

energía que reciben el comburente y el combustible. La entropía a 100ºC es:

AtkgCkcal

ss 23,1617,264,52,25,089,20100 =×+×+=−

y la exergía es:

AtkgCkcal

E 79223,162735223100 =×−=

exergía que adquieren el comburente y el combustible. La energía de los humos a la temperatura adiabática de combustión es 94100+5223 = 99323 kcal/AtkgºC, con la cual se debe balancear para detener la temperatura adiabática de combustión: Para 1700ºC

AtkgCkcal

H 1040701336064,5140805,0216801700 =×+×+=

Para 1600ºC

AtkgCkcal

H 974061251064,5131805,0202601600 =×+×+=

interpolando para 99323 kcal/AtkgºC se obtiene la temperatura de 1629ºC. La energía de los humos a 1629ºC es 99323 kcal/AtkgºC y su entropía se calcula por la interpolación entre 1600 y 1700ºC dados por las tablas. Entropía a 1600ºC

AtkgCkcal

ss 9,11147,1464,518,155,07,220 =×+×+=−

para 1700ºC

AtkgCkcal

ss 39,11591,1464,572,155,044,230 =×+×+=−

( ) ( )( )( ) AtkgC

kcalss C 91,112

16001700160016299,11139,115

9,111º16290 =−

−−+=−

La exergía de los humos a 1629ºC es:

( )AtkgCkcal

EH 6849891,11227399323 =−=


La anergía creada en la combustión es: ( ) Hc EecombustiblEecombustiblaireEA −++=

AtkgCkcal

Ac 2659468498)94300792( =−−=

La producción de vapor en la caldera es:

( ) ( ) AtkgCkg

hhhhP

n vCI 1,110)715847()99822(

94100

3472

=−+−

=−+−

=

La exergía que recibe el vapor en la caldera es: ( )[ ] ( ) ( )[ ]3403472072 ssThhnssThhnEv −−−+−−−=

[ ] [ ])564,1756,1(273)715847(1,110)3096,0564.1(273)99822(1,110 −−−+−−−=vE

AtkgCkcal

Ev 506612,876242,41898 =+=

El balance que nos da la degradación en la transferencia de calor es: vCHiHtc EEEA −−=

AtkgCkcal

Atc 170455066179268498 =−−=

b) Balance en el ciclo.

Si analizamos la figura 6-11, podemos dividir el ciclo en 3 ciclos de Rankine a saber; 8238, 783457 y 17561, en que los trabajos realizados por estos ciclos son las exergías “ganadas” por cada ciclo con respecto a su nivel de referencia. El trabajo de 2 a 3 será: ( ) ( )[ ]8288223 ssThhn −−−=τ ( ) ( )( )[ ]629,015642732332408221,11023 −−−−=τ

AtkgCkcal

119891091,11023 =×=τ

El trabajo de 4 a 5 es:


( ) ( )[ ]7477445 ssThhn −−−=τ ( ) ( )( )[ ]3096,0756,1273100998471,11045 −−−−=τ

AtkgCkcal

229552081,11045 =×=τ

El trabajo de 5 a 6 es: ( ) ( )[ ]1511556 )1( ssThhn −−−−= ατ en que α se obtiene del balance 751 )1( hhh =+− αα

15

17

hhhh

−−=α

153,00639

098 =−−=α

( ) ( )[ ] 160845,01,1100756,12730639847,01,11056 ××=−−−××=τ

AtkgCkcal

1484956 =τ

El trabajo total desarrollado por el ciclo en las turbinas es entonces: 564523 ττττ ++=

AtkgCkcal

49793148492295511989 =++=τ

Comparando este trabajo con la exergía que recibe el vapor en la caldera Ev se obtiene la diferencia:

AtkgCkcal

Ev 8684979350661 =−=− τ

teniendo en cuenta que las turbinas y el condensador se consideran sin degradaciones, esta diferencia corresponde a la degradación por transferencia en el intercambiador de la extracción.


Resumen ejemplo 6.6. Distribución de energías: Energía combustible PC 94100 kcal/AtkgºC 94,7 % Energía aire-combustible 5223 kcal/AtkgºC 5,3 % 99323 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 5223 kcal/AtkgºC 5,3 % Energía al ciclo 94100 kcal/AtkgºC 94,7 % Trabajo del ciclo 49793 kcal/AtkgºC 50,1 % Energía del condensador 44307 kcal/AtkgºC 44,6 % Distribución de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 99,2 % Exergía aire-combustible 792 kcal/AtkgºC 0,8 % 95092 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 792 kcal/AtkgºC 0,8 % Anergía combustión 26594 kcal/AtkgºC 28,0 % Anergía transferencia de calor 17045 kcal/AtkgºC 17,9 % Anergía en la extracción 868 Kcal/AtkgºC 0,9 % Trabajo al eje 49793 kcal/AtkgºC 52,4 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 95092 kcal/AtkgºC 100,0 %

Balance de energías: Energía combustible 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Energía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Trabajo del ciclo 49793 kcal/AtkgºC 52,9 % Energía al condensador 44307 kcal/AtkgºC 47,1 % 94100 kcal/AtkgºC 100,0 % Balance de exergías: Exergía combustible Ec 94300 kcal/AtkgºC 100,0 % Exergía chimenea 0 kcal/AtkgºC 0,0 % Anergía combustión 26594 kcal/AtkgºC 28,2 % Anergía transferencia de calor 17045 kcal/AtkgºC 18,1 % Anergía en la extracción 868 kcal/AtkgºC 0,9 % Trabajo al eje 49793 kcal/AtkgºC 52,8 % Exergía al condensador 0 kcal/AtkgºC 0,0 % 94300 kcal/AtkgºC 100,0 %

6.7.1.5 Cuadro resumen ejemplos 6.1 a 6.6.

La recopilación de los balances exergéticos, en porcentajes, de los distintos casos analizados en los ejemplos, se entregan en la tabla siguiente:


Ejemplo 5 1 2 3 4 5 6

Anergía de combustión 32,1 32,1 25,9 25,9 32,1 28,2 Anergía transferencia de calor 19,9 18,0 19,0 19,0 16,0 18,1 Trabajo del ciclo 48,0 49,9 55,1 51,7 46,5 52,8 Exergía de chimenea --- --- --- --- 2,5 --- Anergía de la extracción --- --- --- 3,3 2,9 0,9 Exergía aire-combustible --- --- 2,5 2,5 --- 0,8 Rendimiento exergético 48,0 49,9 55,1 51,7 46,5 52,8 Rendimiento térmico 48,1 50,0 55,2 51,9 46,6 52,9

En que los casos analizados son: 1. Ciclo de Rankine.

2. Ciclo con sobrecalentamiento intermedio.

3. Ciclo con extracción continua y precalentamiento de aire-combustible.

4. Ciclo con extracción discontinua y precalentamiento de aire-combustible.

5. Ciclo con extracción discontinua y sin precalentamiento de aire-combustible.

6. Ciclo con precalentamiento intermedio, extracción y precalentamiento de aire-combustible.

La anergía creada en la combustión baja de 32,1% a 28,2% cuando se

aumenta la temperatura del aire-combustible de 0ºC a 100ºC y baja a un 25,9% cuando la temperatura del aire-combustible es 183ºC. Esta mayor temperatura de entrada trae un aumento de temperatura adiabática de los gases. Con esto el proceso de combustión se realiza a una temperatura media mayor, que disminuye la diferencia en las entropías de entrada y salida. La utilidad del aumento de temperatura de entrada del aire y combustible está restringida por el fenómeno de disociación de los humos a temperaturas mayores.

La anergía de la transferencia de calor es función de la diferencia de

temperaturas entre los gases y el agua. EHS.

CAPITULO VII

TURBINA A GAS

Una turbina a gas simple está compuesta por un compresor, un combustor y una turbina. Fig. 7.1. Los componentes del equipo se comportan como se estudió en los capítulos anteriores, y el ciclo que se usa como modelo para estudiar el equipo es el ciclo Brayton.

Figura 7-1

En el compresor se comprime el aire ambiente en el proceso 1 - 2, desde las condiciones (p1, T1) hasta el estado (p2,T2). En este estado el aire entra al combustor, donde se adiciona una cierta cantidad de combustible que se combustiona, proceso adiabático 2 – 3, aumentando la temperatura de los gases a presión constante, hasta la temperatura máxima recomendada para la entrada a la turbina (hasta 1000 ºC.). Para no sobrepasar esa temperatura el proceso de combustión se hace con el exceso de aire requerido. En el estado 3 los productos de la combustión entran a la turbina donde se expanden hasta el estado 4 (p4 T4) en que la presión es la misma de la entrada al compresor. Para un ciclo simple el proceso de expansión 3 – 4 descarga a la atmósfera donde los gases se enfrían hasta al temperatura ambiente rechazando calor.

El ciclo Brayton se puede considerar cerrado o abierto:

Cerrado, si es un gas específico el que realiza el ciclo y el calor lo acepta y lo rechaza en intercambiadores de calor.

Abierto, si el calentamiento se produce por combustión directa del combustible y son los productos de la combustión los que se expanden en la turbina y se descargan al ambiente.

Para el desarrollo de nuestro análisis usaremos la temperatura de entrada a la turbina T3 = 800 ºC

7.1 ANÁLISIS DEL CICLO BRAYTON SEGUN EL CICLO DE CARNOT.

7.1.1 Ciclo Brayton teórico simple.

El ciclo teórico de Brayton es el de la FIG. 7-1 y no es afectado por las irreversibilidades mecánicas, por lo tanto la turbina y el compresor son isentrópicos. Por el exceso de aire, los gases se consideran como aire puro y que se comportan como gas ideal.

Figura 7.2

Para el ciclo: ∫ = 0du y τ = qneto = qA – qR

Y el rendimiento térmico ηA

Ra

A qqq

q−== τ

Aplicando el concepto de temperatura media integrada para los procesos de aceptación y rechazo de calor tenemos:

qA = T23 (s3 – s2 )

qR = T41 (s4 –s1 )

Reemplazando en la expresión del rendimiento y teniendo en cuenta que s2 = s1 y s4 = s3, se tiene:

23

4123

TTT −=η (7-1)

El rendimiento térmico de un ciclo de turbina a gas es equivalente al rendimiento de un ciclo de Carnot que trabaja entre las temperaturas medias integradas relativas a los intercambios de calor a alta y baja temperatura.

Si analizamos la FIG. 2 y la relación (7-1), se deduce que se puede aumentar el rendimiento térmico si se aumenta la temperatura media integrada T23 y se disminuye la temperatura media integrada T41.

El ciclo está limitado por la temperatura T3 = 800 ºC, la presión de descarga y el punto fijo de entrada a la turbina (T1, p1). Este punto se puede considerar, con las precauciones correspondientes, en las condiciones (p0, T0) del ambiente.

El estado 3 se puede desplazar a Tcte = 800 ºC y el estado 4 se puede desplazar a pcte = p0, así por ejemplo, en el ciclo 12’34’ cuyo rendimiento es η’se tiene que:

'3'2

'1'4

23

41

''1'441

'3'223

TT

TT

TTTT

>→><

Y como ηηη >→−= '123

41

TT

Analizando se puede ver que el rendimiento tiende a aumentar si aumenta la presión p2 hasta el límite T2 = T3, situación en que el área encerrada por el ciclo tinde a cero cuando el rendimiento tiende al máximo.

Por otra parte, si analizamos el ciclo para máximo trabajo desarrollado:

τ = qA – qR = (h3 – h2 ) – (h4 – h1 )

Si suponemos que es un gas ideal el que realiza el ciclo, se tiene:

τ = cp (T3 – T2) – cp (T4 – T1 ) y cp = cte. tenemos que

τ = cp (T3 – T2 – T4 + T1 ) (7-2)

además se debe cumplir que k

k

pp

TT

1

1

2

1

2

−

= y

kk

pp

TT

1

4

3

4

3

−

=

con p4 = p1 ; p2 = p3 se tiene 1

2

4

3

TT

TT = y

2

134 T

TTT =

que al reemplazarla en 7-2 se obtiene la relación

τ = cp [ T3 –T2 – T3 (T1 / T2 ) + T1 ]

que derivada con respecto a la T2 y se iguala a cero se obtiene

( ) 00/10 2213

2

=+++= TTTcdTd

pτ

de donde T22 =T3 T1 ó

( )132 TTT = (7.2)

Así se ve que el ciclo tiene la posibilidad de realizar el máximo trabajo en un punto donde su rendimiento no es máximo. Para tomar la decisión de cuál es el criterio a usar para el análisis termodinámico del ciclo se debe recurrir a los problemas físicos de las altas presiones y la baja de rendimiento, esto haría tomar como criterio el de máximo trabajo.

Por esta razón se usa una presión p2 tal que en realidad T4 ≈ 400 ºC y T2 ≈ 180 ºC. Con esa diferencia de temperaturas se puede utilizar parte de la energía de los gases de escape para calentar el aire de alimentación a la salida del compresor, es decir, recuperar parte de la energía. Aparece un nuevo ciclo que es el ciclo Brayton con recuperación.

7.1.2 Ciclo Brayton con recuperación.

Figura 7.3

Podemos suponer que un gas ideal es el que realiza el ciclo. Que la recuperación es total, para lo cual el rendimiento del recuperador debe ser de un 100%, FIG 7.3, de modo que:

Tn = T4 y T2 = Tm y por lo tanto: Q4m =Q2n

Así el calor aceptado por el ciclo es qn3 = h3 – hn y el calor rechazado es qm1 = hm – h1, y el rendimiento del ciclo considerando las temperaturas medias integradas, será:

)()(

133

11

3

13

nn

mm

n

mn

ssTssT

qqq

−−−=−=η

Como Q4m=Q2n esto implica que sn-s2 = s4-sm y para el ciclo ideal se cumple que s3-s2 = s4-s1 y (s3-s2)-(sn-s2) = (s4-s1)-(s4-sm) luego s3-sn = sm-s1 com lo que el rendimiento es

3

11n

m

TT−=η

es decir, el ciclo con recuperación tiene un rendimiento equivalente al de un ciclo de Carnot que trabaja entre las temperaturas medias integradas Tn3 y T1m. Este rendimiento es superior al rendimiento del ciclo sin recuperación correspondiente

3

4

23

14 11n

mCRSR T

TTT −=−= ηη <

Si al ciclo con recuperación le aumentamos las temperaturas medias de flujos de calor para T1 y T3 fijos vemos que Tn3 tiende a T3 y T1m tiende a T1 con lo que aumenta el rendimiento cuando baja la relación de presiones p2/p1, disminuyendo el trabajo (área)del ciclo.

Por otra parte los intercambiadores de calor para recuperación son de tamaños excesivos, siendo útiles solo para turbinas a gas estacionarias.

Si analizamos y comparamos el ciclo a gas Brayton, FIG. 7-1 con el ciclo a vapor Rankine R, FIG. 6-2 vemos que el ciclo Brayton rechaza la energía enfriando los gases desde la temperatura T4 alta hasta la temperatura T0, en forma similar al enfriamiento en una caldera, salvo que el calor se pierde en el ambiente. En tanto que el ciclo Rankine rechaza el calor a una temperatura constante, baja y muy cercana a la temperatura ambiente. Esto indica que perfectamente podemos producir vapor con los gases de escape de la turbina a gas y obtener trabajo eje en una turbina a vapor. Este sistema es realidad y se conoce como Planta de Potencia de Ciclo Combinado; (se estudiará en más detalle al final del Capítulo VII).- Ahora lo analizaremos según el ciclo de Carnot

7.1.3 Ciclo combinado con un ciclo a vapor

En la FIG 7-4 se muestra la gráfica Temperatura vs Calor transmitido entre los ciclos, en que el ciclo a gas 1234 recibe el calor q23 y rechaza calor q34. Los gases de escape 4 de la turbina se entregan a un intercambiador - caldera en que entregan una

cantidad de calor q4R equivalente al calor qAC que recibe el agua en el ciclo a vapor ABCD. El resto de calor rechazado qR se va al ambiente por la chimenea.

Figura 7.4

Considerando las temperaturas medias integradas de los ciclos de la figura 7.4 se tiene que los trabajos eje del gas y del vapor son:

23

41232323 T

TTqq GG

−== ητ ; AC

DAACACVACV T

TTqq

−== ητ

y el rendimiento del ciclo combinado es

2323 qq

qAC

VGVG

CC ηηττη +=+=

haciendo los balance qAC = q41 – qR = q23 - τG - qR

23

23

qqq RG

VGCC

−−+= τηηη

23qqR

VGVVGCC ηηηηηη −−+= (7.3)

como todos los η y qR/q23 son menores que 1, se tiene que ηCC es mayor que ηV y que ηG.

7.2 CICLO REAL DE UNA TURBINA A GAS SIMPLE.

Los ciclos reales se distinguen de los ciclos teóricos principalmente por tener en consideración las irreversibilidades que afectan al rendimiento de las turbomáquinas, como también la irreversibilidad que acompaña en la práctica a los intercambios de calor.

Generalmente el estudio termodinámico de la turbina a gas puede estar basado en los diferentes modelos, donde el más complicado es el que sigue fielmente los fenómenos físicos implicados y da evidentemente los resultados más conformes a la realidad. En orden decreciente de complejidad podemos enumerar cuatro modelos:

1. El más complejo es el que admite que se comprime aire y se expande gases productos de la combustión. Combustión que se supone completa.

- Los gases de escape son directamente rechazados a la atmósfera y el compresor es directamente alimentado con aire atmosférico.

- Los calores específicos del aire y de los gases componentes de los humos varían con la temperatura.

- Los valores de las entalpías y de las entropías de estos gases son obtenidos de las tablas experimentales.

- La ecuación de estado a usar para los gases puede ser la de Van der Waals.

2. Las condiciones en las que evolucionan los gases dentro de la turbina son tales que la ecuación de estado de los gases ideales representa los estados con cierta aproximación.

- Los gases tienen sus calores específicos en función de la temperatura .

- En resumen, se asume que los gases son semiperfectos.

3.- La limitación de la temperatura máxima del ciclo a un valor relativamente bajo se traduce en la necesidad de agregar aire al proceso de combustión aumentando el exceso de aire por sobre el 250%. Los gases están tan diluidos que no se comete gran error al considerar que es aire puro el que hace el ciclo. La combustión se reemplaza por un proceso de aporte de calor equivalente.

4.- El gas que hace el ciclo es aire y se comporta como gas ideal.

Para el efecto de nuestro estudio, para no ser tan simplistas y por disponer de las tablas de gases usaremos el modelo 3 que nos proporcionará suficientes criterios de análisis, en una primera instancia. Se usará como base de cálculo el Kgmol aire.

7.3.- APLICACIONES PRACTICAS.

7.3.1. CICLO BRAYTON SIMPLE.

Ejemplo 7.1.- Ciclo teórico simple. Aire gas ideal.

Consideremos un equipo que trabaja con una relación de presiones 6, una temperatura máxima de 800ºC y el rendimiento isentrópico de las máquinas rotativas es 100%. El combustible es CH4. Las condiciones de referencia son 0ºC y 1 ata. Fluido de trabajo es aire como gas ideal.

Figura 7.5

Determinación de los estados 1 2 3 y 4 del ciclo.

Estado 1.- Esta en las condiciones de referencia, es decir, S1 =0, H1 =0, E1 =0.

Estado 2.- El proceso de compresión se considera adiabático reversible S1 = S2 por lo

tanto k

k

pp

TT

1

1

212

−

= ; ( ) KT º5,4556273 4,1

4,0

2 == y t2 = 182,5ºC

H2= H1 + Cp(t2 – t1) = 0 + 0,24 x 28,97 x ( 182,5 – 0) = 1269 Kcal/Kgmolaire

E2 = H2 dado que ∆S = 0

Estado 3.- El estado 3 tiene t = 800 ºC, p = 6 ata por lo que se conocen todas sus variables, así

H3 = H0 + 6,95 (800 – 0) = 5560 Kcal/kgmolaire

16

ln99,1lnln0

3

0

303

3

0

−=ℜ−=− ∫ TT

cpp

TdTc

SS p

T

T

p

KKgmolKcalS º/95,56ln99,1273

1073ln95,63 =−=

)095,5(27305560)( 030033 −−−=−−−= SSTHHE

E3 = 3936 Kcal/Kgmolaire

Estado 4.- El proceso de expansión se considera abiabático reversible con S3=S4 así

Kpp

TT

ok

k

º64361

10734,14,1

3

434 =

=

=

−

y t4 = 370ºC

H4= H1+ M cp (T4 – T1) = 0 + 28,97 x 0,24 (370 – 0)

H4 = 2572 Kcal/kgmolaire

E4 = H4 –H0 –T0 (S4 –S0) = 2572-0 – 273( 5,95-0)

E4 = 948 Kcal/kgmolaire

Combustión y Exceso de aire.- Para la combustión estequiométrica del metano se tiene

CH4 + 2 O2 + 2x3,76 N2 = CO2 + 2 H2O + 7,52 N2

el aire estequiométrico es entonces 9,52 kgmolaire/kgmolcomb. y para no sobrepasar la temperatura máxima, de 800ºC en la entrada de la turbina, se pone exceso de aire en la combustión. Así, la ecuación de combustión es

CH4 + 9,52(AIRE) + X (AIRE) = CO2 + 2 H2O + 7,52 N2 + X (AIRE)

si el combustible se alimenta a 0ºC y el aire a 182,5ºC y los gases salen a 800ºC y todos los gases se toman como ideales se cumple el siguiente balance de energías

191500+16x0,5321(0)+(9,52+X)28,97x0,24(182,5-0)=

=[44x1x0,2012+18x2x0,4454+28x7,52x0,2484+28,97x(X)x0,24](800-0)

de donde

X = 33,04 kgmolaire/kgmolcomb

y el exceso de aire = 100x33,04/9,52 = 347,01%

este exceso de aire nos permite suponer que la combustión es completa y sin disociación, como también que es aire puro el gas que hace el ciclo. Si son na los moles de aire por cada mol de combustible el balance en el combustor es

na H2 + PCI = na H3 y

kgmolcombkgmolaire

HHP

n cia 63,44

12695560191500

23

=−

=−

=

y el exceso de aire para este caso es =100(44,63-9,52)/9,52=368,78%

que es mayor que el calculado antes debido a que es aire el que reemplaza a los productos de la combustión.

El calor aportado por el combustible QA = PCI/na = H3-H2 = 4291 Kcal/kgmolaire

Y la exergía aportada por el combustible EC = Ecomb/na = 189600/44,63

EC = 4248 Kcal/kgmolaire

Balances y degradaciones .-

Compresor.-

Trabajo de compresión TC = H2-H1 = 1269-0 = 1269 Kcal/kgmolaire

El compresor se consideró isentrópico por lo que S2= S1 y

E1 + TC = E2 + Deg y E2 = Tc = 1269 Kcal/kgmolaire

Combustor.-Para el combustor adiabático

H2 + QA = H3

E2 + EC =E3 + Deg

Deg = 1269 + 4248 – 3936 = 1581 Kcal/kgmolaire

Turbina .-

Trabajo de expansión TT = H3 – H4 = 5560 – 2572 = 2988 Kcal/kgmolaire

para la tubina isentrópica Deg =0

E3 = TT + E4 + Deg E4 = 3936 – 2988 = 948 Kcal/kgmolaire

Balance del Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – H2 = 5560 – 1269 = 4291 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4 – H1 = 2572 – 0 = 2572 Kcal/kgmolaire.

El trabajo en el eje TE = QA –QR = (H3–H2)-(H4–H1)=(H3-H4)-(H2-H1) =

TE = TT – TC = 1719 Kcal/kgmolaire

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1719/4291)=40,1%

RESUMEN EN TABLA 7.1.-

Ejemplo 7.2.- Ciclo teórico simple. Aire gas real.

Resuelva el ciclo del ejemplo 7.1 con datos de tablas de gases disponible.

Estado 1.- Corresponde a la referencia S1 =0, H1 = 0 y E1 = 0.

Estado 2.- Para la compresión isentrópica S2 = S1 = 0

0ln1

22

12 =ℜ−= ∫ pp

TdTc

S p

Ckgmolaire

kcalpp

T

dTc p

º56,36ln99,1ln

1

22

12 ==ℜ==Φ ∫

interpolando en la tabla de la integral se tiene

10017,256,3

10020017,284,3

2 −−=

−−=

∆∆Φ

TT

de donde T2 = 183ºC

e interpolando para las entalpías en la tabla correspondiente

100183700

1002007001400 2

−−=

−−=

∆∆ H

TH

de donde H2 = 1283 Kcal/kgmolaire luego E2 = 1283 Kcal/kgmolaire

Estado 3.- Para el estado 3 las condiciones son t3 0 800ºC, p3 = 6 ata, H3=5940 Kcal/kgmolaire y Φ 3 = 9,98 Kcal/KgmolaireºC. Así,

S3= 9,98-Rln 6 = 6,43 Kcal/KgmolaireºC

E3 = 5940-0 – 273(6,43-0) = 4185Kcal/kgmolaire.

Estado 4.- El proceso de expansión se considera isentrópico S3 = S4 = 6,43 y como p4 = p0 Φ 4 = 6,43 ≅6,39 Kcal/KgmolaireºC con lo que tenemos la temperatura t4 ≅ 400ºC, con lo que

H4 = 2850 Kcal/kgmolaire y

E4 = 2850-0-273(6,43-0)= 1095 Kcal/kgmolaire.

Combustión y Exceso de aire.- Como se calculó en el ejemplo 7.1 un gran exceso de aire podemos supones de inmediato que es aire puro el que hace el ciclo, que el combustor es adiabático y que el combustible se alimenta a 0ºC. Así,

na H2 + PCI = na H3

kgmolcombkgmolaire

HHP

n cia 12,41

12835940191500

23

=−

=−

=

y el exceso de aire es = 100(41,12-9,52)/9,52 = 331,94% este exceso es menor que el calculado para gas ideal porque el cp real es mayor que el considerado para el aire gas ideal.

Balances y degradaciones.-

Compresor.- Este se considera isentrópico luego el trabajo de compresión es igual a la exergía recibida por el aire, así

TC = H2 –H1 = E2 = 1283 – 0 = 1283 Kcal/kgmolaire.

Combustor.- Para el combustor adiabático el calor aceptado es

QA=H3 –H2 = PCI/na = 4657 Kcal/kgmolaire.

la exergía aportada por el combustible es

EC = Ecomb/na = 189600/41,12 = 4613 Kcal/kgmolaire.

Las energías disponibles en el combustor deben cumplir con el balance

E2 + EC = E3 + Deg.

Así, la degradación de energía en la combustión es

Deg = 1283 + 4613 – 4185 = 1711 Kcal/kgmolaire.

Turbina.- Esta se considera isentrópica, luego el trabajo de expansión es

TT = H3 – H4 = 3090 Kcal/kgmolaire.

Como la degradación es nula la energía disponible en el escape es

E4 = E3 – TT = 4185 – 3090 = 1095 Kcal/kgmolaire.

Balance del Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – H2 = 5940 – 1283 = 4657 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4 – H1 = 2850 – 0 = 2850 Kcal/kgmolaire.

El trabajo eje es TE = QA – QR = (H3 – H2) – ( H4 – H1 ) = (H3 –H4) – (H2 – H1)

TE = TT – TC = 1807 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA =100(1807/4657) = 38,8%


Ejenplo 7.3.- Ciclo real simple. Aire gas real.-

Corresponde desarrollar el caso planteado en el ejemplo 7.2, pero con rendimiento de 85% para las máquinas rotativas. El ciclo se muestra en la FIGURA 7-6 en que los estados 1, 2, 3 y 4 ya son conocidos por el ejemplo 7.1.

fig. 7-6.-

Estado 1.- p1 = 1 ata, t1 = 0ºC, H1 = 0 y E1 = 0.

Estado 2.- p2 = 6 ata, t2 = 183ºC, H2 = E2 = 1283 Kcal/kgmolaire.

Estado 2’.- Se obtiene a partir de la definición de rendimento isentrópico para el compresor adiabático

85,01'2

12 =−−=

∆∆=

HHHH

HH

real

idealISη

de donde H2’ = H1 +(H2-H1)/0,85 = 1509 Kcal/kgmolaire.

valor con que determinamos la temperatura t2’ interpolando en la tabla de entalpías

20014001509

20030014002120

'2 −−=

−−=

∆∆

TTH

de donde t2’ = 215ºC y

20021584,3

20030084,322,5

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T de donde Φ = 4,05 Kcal/KgmolaireºC

S2’ –S0 = Φ -ℜ ln6 = 4,05 – 1,99ln6 y S2’ = 0,49 Kcal/KgmolaireºC y

E2’ = H2’ – H0 –273 (S2’-S0) = 1509- 273(0,49)

E2’ = 1375 Kcal/kgmolaire

Estado 3.- Sus coordenadas son p3 = 6 ata, t3 = 800ºC, H3 = 5940 y E3 =4185 ambas en Kcal/kgmolaire y S3 = 6,43 Kcal/kgmolaireºC

Estado 4.- p4 = 1 ata, t4 =400ºC, H4 = 2850 y E4 = 1095 ambas Kcal/kgmolaire.

Estado 4’.- Se obtiene a parir de la definición de rendimiento isentrópico para una turbina adiabática

08543

'43 =−−=

∆∆=

HHHH

hH

ideal

realISη

de donde H4’ = H3 – 0,85 (H3 – H4 ) = 5940 – 0,85 (5940-2850)

H4’ = 3314 Kcal/kgmolaire.

la temperatura se obtiene interpolando

40028503314

40050028503600

'4 −−=

−−=

∆∆

TTH

de donde t4’ = 462 ºC

la entropía con p4’ = p0 es 1ln99,1ln '40

'4'4

'4

0

−Φ=ℜ−= ∫ pp

TdTc

ST

T

p y Φ se obtiene de

400462

43,6400500

43,642,7 '4

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T de donde

S4’ = Φ 4’ = 7,03 Kcal/kgmolaireºC. y

E4’ = 3314-273(7,03) = 1395 Kcal/kgmolaire.

Combustión y exceso de aire.- Con el combustor adiabático y supuesto un gran exceso de aire se debe cumplir con el balance na H2’ + PCI = na H3 de donde

na = PCI/(H3 – H2’) = 191500/(5940-1509) = 43,22 Kgmolaire/Kgmolcomb

y el exceso de aire es = 100(43,22-9,52)/9,52 = 354%

Balances y Degradaciones.-

Compresor.- Para el compresor adiabático el trabajo de compresión se obtiene de la primera ley cuyo balance es

TC = H2’ – H1 =1509 – 0 = 1509 Kcal/kgmolaire.

y la degradación por la irreversibilidad del compresor se obtiene del balance da la segunda ley cuyo balance es

E1+ TC=E2’ + Deg de donde Deg = 0 + 1509 – 1375

TC = 134 Kcal/kgmolaire.

Combustor.- Para el combustor adiabático Q = 0 y T =0, por lo que la primera ley da el balance en que el calor agregado por el combustible es QA =5940 – 1509 = 4431 Kcal/kgmolaire.

La exergía agregada es EC = 189600/43,22 = 4387 Kcal/kgmolaire, así, la degradación en la combustión se obtiene del balance de la segunda ley en que

E2’ +EC = E3 + Deg de donde

Deg = 1375 + 4387 – 4185 = 1577 Kcal/kgmolaire.

Turbina.- La turbina se considera adiabática y el balance de energía da para el trabajo de la expansión

TT = H3 – H4’ =5940 – 3314 = 2626 Kcal/kgmolaire.

y el balance de exergía nos entrega la degradación E3 = E4’ + TT + Deg

Deg = 4185 – 2626 – 1395 = 164 Kcal/kgmolaire.

NOTA: Si recordamos que el trabajo de la expansión isentrópica es 3090 y lo comparamos con el trabajo de la expansión real la diferencia es 464 Kcal/kgmolaire que es mayor que la degradación de la energía disponible en la turbina. Explique la diferencia.

Balance del Ciclo.-

Calor agregado QA = H3 –H2’ = 5940 – 1509 = 4431 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4’ – H1 = 3314 – 0 = 3314 Kcal/kgmolaire.

El trabajo al eje TE = QA –QR = TT – TC = 1117 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1117/4431) = 25,2%


7.3.2.- CICLO BRAYTON CON RECUPERACION.

En el ejemplo 7.3 se calculó la pérdida de energía disponible por el escape de la turbina, que son 1395 Kcal/kgmolaire, lo que equivale al 100(1395/4387) = 23,7% de la energía disponible aportada por el combustible. Propongo valorizar la recuperación de energía del escape para calentar el aire que sale del compresor.

Ejemplo 7.4.- Ciclo real simple con recuperador. Aire gas real.-

Se propone resolver el ciclo planteado en el ejemplo 7.3 con un recuperador de un 80% de rendimiento.- El ciclo se representa en la Figura

Figura 7.8 Los estados 1, 2, 2’, 3, 4 y 4’ son exactamente los mismos del ejemplo 7.3 y el intercambio de calor solo influye en el consumo de combustible, en el exceso de aire y en la degradación de energía en la combustión.

Estados Q y P .- Se conocen pQ = 1 ata y pP = 6 ata. Temperaturas.- El recuperador lo consideraremos adiabático Q = 0 y T = 0, así, el calor que entregan los gases de escape es equivalente al calor que recibe el aire después de la compresión; y corresponden a los cambios en la entalpía de cada uno.

El rendimiento del recuperador se define por la razón entre el calor que se recupera a el calor que idealmente se recuperaría

IDEAL

REALc H

H∆∆=Reη en que ∆HIDEAL = H4’ – H2’ y ∆HREAL = H4’ – HQ

'2'4

'4Re HH

HH Qc −

−=η

Si aceptamos que las temperaturas t2’ y tQ son del mismo orden podemos aceptar que los cp promedios son similares, así

'2'4

'4Re TT

TT Qc −

−=η

de donde TQ = T4’ -η(T4’ – T2’) TQ = 462 – 0,8(462-215) =264ºC y

2002641400

20030014002120

−−

=−−=

∆∆ QH

TH

de donde HQ = 1861 Kcal/kgmolaire.

el balance de energías para el recuperador es

H4’ + H2’ = HP + HQ así HP = H4’ + H2’ – HQ = 2962 Kcal/kgmolaire.

400

2850

40050028503600

−−

=−−=

∆∆

P

Q

T

H

TH de donde TP = 415ºC

Entropías.- La entropía SQ = Φ Q - ℜ ln(pQ/p0) = Φ Q así con tQ = 264ºC

20026484,3

20030084,322,5

−−Φ

=−−=

∆∆Φ Q

T de donde Φ Q=SQ = 4,72 Kcal/kgmolaire ºC.

También SP = Φ P -ℜ ln(pP/p0)= Φ P –1,99 ln 6 y para tP =415 ºC

40041539,6

40050039,642,7

−−Φ=

−−=

∆∆Φ P

t de donde Φ P = 6,54 Kcal/kgmolaire ºC.

así SP = 6,54 – 1,99 ln 6 = 2,98 Kcal/kgmolaire ºC.

Exergías.-

EQ = HQ –H0 –T0(SQ-S0)=1861-0 – 273 (4,72-0)

EQ = 572 Kcal/kgmolaire.

EP = HP – H0 -T0(SP–S0) =2962-0 – 273(2,98-0)

EP = 2148 Kcal/kgmolaire.

Degradación en el recuperador.-

Las diferencias de temperaturas en el intercambio generan irreversibilidad interna, y como es adiabático no pierde energía disponible y se debe cumplir con el balance

E4’ + E2’ = EP + EQ + Deg + Perd

Deg = (E4’ – EQ) – (EP – E2’)

Deg = (1395 – 572) – (2148 – 1375)

Deg = 50 Kcal/kgmolaire.

Combustión y exceso de aire.- Para el combustor con Q = 0 y T = 0, con una temperatura mayor del aire a la entrada se debe tener un mayor exceso de aire, por lo tanto las suposiciones hechas antes se justifican con mayor razón. Así se tiene

na HP + PCI = na H3 y

na= PCI/(H3 – HP)=191500/(5940-2962)=64,3Kgmolaire/Kgmolcomb.

el exceso de aire es = 100(64,3 – 9,25)/9,25 = 575,47%

El calor aportado es = PCI/na = 191500/64,3 = 2978 Kcal/kgmolaire.

La exergía aportada es = ECOMB/na = 189600/64,3 = 2949 Kcal/kgmolaire.

La degradación en la combustión se obtiene del balance de la segunda ley que debe cumplir con

Ep + EC = E3 + Deg + Perd

Deg = 2148 – 2949 – 4185 = 912 Kcal/kgmolaire.

Balance en el Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – HP = 5940 – 2962 = 2978 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = HQ – H1 = 1861 – 0 = 1861 Kcal/kgmolaire.

El trabajo al eje TE = QA –QR = TT – TC = 1117 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1117/2978) = 37,5%

Balance recuperación.-

Calor recuperado Q = H4’ - HQ = HP – HP = 1453 Kcal/kgmolaire

Exergía recuperada de gases EG =E4’ - EQ = 1395-572=823 Kcal/kgmolaire

Exergía recuperada al aire EA= EP – E2’ = 2148-1375=773 Kcal/kgmolaire

Degradación recuperador Deg = 50 Kcal/kgmolaire


TABLA 7.1.-

RESUMEN 1ª LEY

Ciclo Teóirico % Teórico % Real % Real %

Simple simple simple recup.

Aire ideal real real real

Energía Aportada 4291 77,2 4657 78,4 4431 74,6 2978 50,1

Energía Recuper. -------- -------- ------- 1453 24,5

Trabajo Compres 1269 22,8 1283 21,6 1509 25,4 1509 25,4

TOTAL ENTRADAS 5560 5940 5940 5940

Trabajo Expansión 2988 53,7 3090 52 2626 44,2 2626 44,2

Calor recuperado ------- ------- -------- 1453 24,5

Calor rechazado 2572 46,3 2850 48 3314 55,8 1861 31,3

TOTAL SALIDAS 5560 5940 5940 5940

Trabajo eje 1719 1807 1117 1117

Rendimiento ciclo 40,1 38,8 25,2 37,5

RESUMEN 2ª LEY Ciclo Teórico % Teórico % Real % Real %

Simple simple simple recup.

Aire ideal real real real

Ex Aport Comb 4248 77 4613 78,2 4387 74,4 2949 56,4 Ex Rec al Aire ------- ------- -------- 773 14,8 Trabajo compres 1269 23 1383 21,8 1509 25,6 1509 28,8 TOTAL ENTRADAS 5517 5896 5896 5231

Deg Compresión 0 0 134 2,3 134 2,6 Deg Combustión 1581 28,6 1711 29,0 1577 26,7 912 17,4

Trabajo Expansión 2988 54,1 3090 52,4 2626 44,5 2626 50,2

Deg Expansión 0 0 164 2,8 164 3,1

Ex Rec en el Aire C. ------- ------ ------- 773 14,8

Deg Recuperación ------ ------ ------- 50 1,0

Perdida Ex Amb. 948 17,18 1095 18,6 1395 23,7 572 10,9

TOTAL SALIDAS 5517 5896 5896 5231

Trabajo eje 1719 1807 1117 1117

Rend Exergético 40,47 39,2 25,5 37,5

7.3.3.- CICLO COMBINADO GAS VAPOR.-

La recuperación de energía en el escape de la turbina trae dos beneficios, el uno es bajar la pérdida de energía disponible por el escape de la turbina, y el otro es bajar la degradación en la combustión. El inconveniente de este método radica en el intercambiador, que intercambia calor entre gases, uno de los cuales está a presión atmosférica, por lo que son de grandes dimensiones y de bajo rendimiento. Un método alternativo es usar la energía del escape para generar vapor, que se puede usar para vapor de proceso, o para generar trabajo en un eje por su expansión una turbina adhoc. El primer caso se denomina cogeneración de energía y el segundo es ciclo combinado gas vapor. En el análisis que se hizo con en ciclo de Carnot para el ciclo combinado se

llegó a la ecuación 7.3. 23q

qRVGVVGCC ηηηηηη −−+= que indica que el rendimiento

de ciclo combinado disminuye así como aumenta el calor qR rechazado por la chimenea. Al respecto, el punto en el que se debe tener especial cuidado es el representado por el punto B de la figura 7.4. En ese estado la temperatura del vapor no debe, en ningún caso, sobrepasar la temperatura del gas que se enfría en la caldera. Siempre se debe cumplir que TBG ≥ TBV. Por otra parte se demuestra que el ciclo a vapor tiene mejor rendimiento mientras mayor es la presión de generación del vapor, cuando mayor es su temperatura de saturación tB lo que genera un desplazamiento del ciclo a vapor hacia la derecha del gráfico, aumentando el calor rechazado qR. Esto indica que hay una presión de trabajo óptima del ciclo a vapor para un máximo rendimiento.

El gran exceso de aire con que operan los ciclos hacen interesantes a los ciclos combinados en el evento que se necesite una gran elasticidad en el consumo de vapor, por ejemplo en un sistema de cogeneración, dado que el contenido de oxígeno en los gases de escape de la turbina a gas hacen posible su eventual utilización como comburente en una postcombustión a la entrada de la caldera recuperadora, aumentando así la producción de vapor.

Ejemplo 7.5.- Ciclo a gas real, combinado con ciclo a vapor; aire gas real.

Al ciclo a gas estudiado en el ejemplo 7.4 se le acopla un ciclo a vapor con una presión de vapor de 25 ata. La temperatura máxima de vapor igual a la temperatura isentrópica de salida del gas de la turbina T4 = 400 ºC. La presión de condensador de 0,05 ata. Temperatura de chimenea de 150 ºC y el rendimiento de la turbina de 85%.

En el diagrama T vs Q se presenta un rechazo de calor del ciclo a gas 4’ a 1 pasando por estado 5 y el ciclo a vapor con estados A, B, C, D Y D’

Figura 7.9

Se tomará la misma base de cálculo del ejemplo 7.3 1 kgmolaire que hace el ciclo a gas.

Estado 5.- La temperatura es 150 ºC y su presión 1 ata. Interpolando de las tablas

100150700

1002007001400 5

−−=

−−=

∆∆ H

TH

H5 = 1050 Kcal/kgmolaire

10015017,2

10020017,284,3

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T

además como p=1 ata = p0 S5 = Φ = 3,01 Kcal/kgmolaire ºC y

E5 = H5 –H0 –T0 (S5 – S0) = 1050 –273 (3,01)

E5 = 230 Kcal/kgmolaire

Determinación de los estados del ciclo a vapor para 1 Kg vapor.

Estado A.- La presión es 0,05 ata con que tA = 32,55 ºC, hA = 32,56 Kcal/Kg vapor, sA=0,11262 Kcal/Kg vapor ºC.

Estado BV.- pBv = 25 ata, tBv = 223 ºC, hBv = 228,6 Kcal/Kg vapor.

Estado C.- pC = 25 ata, tC = 400 ºC, hC = 774,2 Kcal/Kg vapor y sC = 1,6785 Kcal/Kg vapor ºC.

Estado D.- pD = 0,05 ata, tD = 32,55 ºC, hD = 510 Kcal/Kg vapor y sD = sC.

Estado D’.- La presión y la temperatura son las mismas del estado D y la diferencia está en el rendimiento de la turbina a vapor. Con ayuda del diagrama de Mollier y con la definición del rendimiento

85,05102,774

2,774 ''Re =−−=

−−=

∆∆= D

DC

DC

Ideal

al hhhhh

hhη

hD’ = 774,2- 0,85(774,2-510) = 550 Kcal/Kgvapor

sD’ = 1,806 Kcal/Kg vapor ºC.

Para relacionar los dos ciclos se debe calcular la producción de vapor en la caldera recuperadora por cada kgmol de aire que ingresa a ella desde el escape de la turbina a gas. La caldera, considerada adiabática, debe cumplir con el balance que otorga la primera ley, en que nV es la producción de vapor y na es uno.

nV hA + na H4’ = nV hC + na H5

KgmolaireKgvapor

hhHH

nAC

V 053,356,322,774

105033145'4 =−−=

−−=

Cálculo de la diferencia de temperaturas en el punto B.-

En la caldera recuperadora la evaporación del agua se realiza a la temperatura tBV constante, y después se sobrecalienta. La energía requerida por el agua para pasar desde el estado B hasta el estado C es entregado por los gases de escape del ciclo a gas y estos deben tener una temperatura mínima tBG mayor que tBV y el proceso BC debe cumplir con el balance

H4’ – HBG = nV (hC – hBV) de donde HBG = H4’ – nV (hC – hBV) = 3314 – 3,053(774,2 – 228,6) = 1648 Kcal/kgmolaire

Y la temperatura tBG se obtiene interpolando en la tabla de entalpías se tiene

20014001648

20030014002120

−−=

−−=

∆∆

BGTTH de donde tBG = 235 ºC y como tBV = 223 ºC se ve que

es posible combinar el ciclo a gas desarrollado en el ejemplo 7.3 con un ciclo a vapor cuya presión de trabajo es 25 ata.

Cálculo de energías disponibles en los estados del ciclo a vapor con respecto a la base de cálculo,

Estado A.- EA = nV [(hA –h0) –T0 ( sA – s0)]

EA = 3,053 [( 32,56-0) – 273 (0,11262-0)]

EA = 5,54 Kcal/kgmolaire

Estado C.- EC = nV [(hC –h0) –T0 ( sC – s0)]

EC = 3,053 [(774,2-0) – 273 ( 1,6785)]

EC = 981 Kcal/kgmolaire

Estado D’.- ED’ = nV [(hD’ –h0) –T0 ( sD’ – s0)]

ED’ = 3,053 [(550-0) – 273 ( 1,806 – 0)]

ED’ = 174 Kcal/kgmolaire

Balances y degradaciones en el ciclo a vapor.-

Caldera recuperadora.-

Calor aceptado por el ciclo a vapor.-

QAV = nV (hC – hA ) = H4’ – H5 ) = 2264 Kcal/kgmolaire

Para el cálculo de la degradación por diferencia de temperaturas en el intercambio de calor en la caldera se debe resolver el balance

E4’ + EA = E5 + EC Deg

Deg = 1395 + 5,54 – 230 –981 = 190 Kcal/kgmolaire

Turbina a vapor.-

Trabajo eje ideal T S(EJEV) = nV (hC – hD ) = 3,053 (774,2 – 510) = 807 Kcal/kgmolaire

Trabajo eje real T EJEV = nV (hC - hD’) = 3,053 ( 774,2- 550) = 684 Kcal/kgmolaire

EC = TEJEV + ED’ + Deg

Deg = 981 – 684 – 174 = 123 Kcal/kgmolaire

Condensador.- El calor rechazado por el ciclo a vapor en el condensador es

QRV = nV ( hD’ – hA ) = 3,053 ( 550 – 32,56 ) = 1580 Kcal/kgmolaire

Figura 7.10

El calor se rechaza a 32,55 ºC en el condensador por lo tanto lleva energía disponible que se rechaza al ambiente degradándose. Así, en el condensador se cumple el balance de energías disponibles siguiente:

ED’ = EA + EAMB.

EAMB. = ED’ – EA = 174 – 5,54 ≅168 Kcal/kgmolaire

Así podemos intentar hacer el resumen de los balances

Primera ley

Calor aportado comb. 4431 74,6%

Trabajo compresión 1509 25,4%

TOTAL APORTES 5940 100%

Trabajo expansión gas 2626 44,2%

Trabajo expansión vapor 684 11,5%

Energía en la chimenea 1050 17,7%

Calor condensador 1580 26,6%

TOTAL SALIDAS 5940 100%

El rendimiento térmico del ciclo combinado es

406,04431

68415092626

..

. =+−=+−==COMBAPORT

EXPVAPORCOMPGASEXP

APORT

EJECC Q

TTTQ

Tη ; ηCC = 40,6%

Segunda ley:

Exergía aportada combustible 4387 74,4%

Trabajo compresión 1509 25,6%

TOTAL APORTES 5896 100%

Degradación compresión gas 134 2,3%

Degradación combustión 1577 26,7%

Trabajo expansión gas 2626 44,5%

Degradación expansión gas 164 2,8%

Degradación transferencia calor 190 3,2%

Trabajo expansión vapor 684 11,6%

Degradación expansión vapor 123 2,1%

Exergía ambiente en la chimenea 230 3,9%

Exergía ambiente condensador 168 2,9%

TOTAL SALIDAS 5896 100%

El rendimiento exergético del ciclo combinado es

41,04387

68415092626

..

. =+−=+−==COMBAPORT

EXPVAPORCOMPGASEXP

APORT

EJECCEX E

TTTETη ; ηEXCC=41%

E.H.S.

CAPITULO VIII REFRIGERACION Los enunciados de la segunda ley de la termodinámica hacen referencia explícita a los ciclos de potencia y a las bombas de calor, ambos trabajan según un ciclo. Para el caso del ciclo de potencia, este recibe calor de una fuente térmica a temperatura T, entrega una cierta cantidad de trabajo eje y rechaza calor a una fuente térmica a T0, en que T > T0. Si este ciclo de potencia lo “hacemos” en sentido inverso, estaremos entregándole trabajo en el eje, aceptando un calor desde la fuente térmica a baja temperatura T0 y rechazando calor a la fuente térmica a temperatura más alta T. En este segundo caso estamos “bombeando” calor desde una baja temperatura T0 a una alta temperatura T, consumiendo una cierta cantidad de trabajo eje. Este ciclo invertido es el ciclo de refrigeración, y la máquina térmica que lo usa es una máquina frigorífica cuando bombea calor desde una temperatura menor que la temperatura ambiente hasta la temperatura ambiente; y es un calefactor cuando bombea calor desde la temperatura ambiente hasta una temperatura mayor. Las bombas de calor son ciclos de potencia invertidos, en que los más usados son los ciclos a vapor invertidos correspondientes a los ciclos de refrigeración por compresión de vapor. También se usa el ciclo Brayton invertido que corresponde al ciclo por compresión de gases. Sin perjuicio a que existan otros sistemas de refrigeración, como el ciclo de refrigeración por absorción. En los ciclos de refrigeración se ve claramente los alcances de la definición de los rendimientos de las máquinas térmicas. Desde el punto de vista de la cantidad se mide la efectividad del sistema de refrigeración, definido por el coeficiente de perfomancia, C.O.P., que es la razón entre el calor extraído a la fuente fría como efecto de refrigeración, a la energía consumida por el sistema para lograr es efecto. Que para un ciclo de refrigeración es

C.O.P. =Efecto refrigeración / Energía suministrada por fuentes externas. C.O.P. = Q/Τ (8-1) Desde el punto de vista de la calidad se define el rendimiento de refrigeración expresado por la razón del coeficiente de perfomancia del ciclo al coeficiente del ciclo reversible correspondiente, para la misma capacidad de refrigeración. ηRef. = C.O.P. / (C.O.P.)Rev. (8-2)

CICLOS DE REFRIGERACION POR COMPRESIÓN DE VAPORES CICLO DE REFRIGERACION DE CARNOT El ciclo de Carnot invertido para ser reversible debe cumplir con los mismos requisitos que el ciclo de potencia correspondiente. A saber, las temperaturas de las fuentes deben ser constante e iguales a las temperaturas de rechazo y aceptación del calor por parte del ciclo, para tener reversibilidad térmica externa. El ciclo es internamente reversible. Además todos los ciclos reversibles invertidos tienen el mismo C.O.P. cuando trabajan entre las mismas temperaturas, y este C.O.P. es el máximo. El diagrama T-s del ciclo de Carnot se ve en la figura 8-1. - T T1 a d T b T2 c QRef s FIG. 8-1.- Con T1 y T2 constantes el ciclo se completa con una expansión y una compresión isentrópicas. Las transferencias de energía son Q1 = T1 ( sd – sa ) (8-3) Q2 = T2 ( sc – sb ) = T2 ( sd – sa ) (8-4) Τ = Q1 – Q2 (8-5) que reemplazados en C.O.P. = Q2 / Τ = Q2/ (Q1-Q2) = T2 / ( T1 – T2) (8-6) El ciclo de refrigeración a vapor que se puede plantear a semejanza del ciclo reversible es el que se muestra en la figura 8-2. En esta situación, para tener temperatura constante de rechazo de calor por el ciclo se comprime el vapor en un proceso adiabático reversible seguido de un proceso de compresión isotermo reversible; la caída de presión se obtiene mediante una expansión reversible con recuperación de trabajo.

Qd1 T d Qcd 1 τcd 1 d c τ1b c τ m 3 2 τ3c b Qb3 3 Qb3 s FIG. 8-2.- Si tomamos como base de cálculo la unidad de peso de fluido tenemos τ1b = h1 - hb τ3c = hc - h3

τcd = Tc(sc – sd ) – ( hc – hd )

El calor aceptado de la fuente fría es Qb3 = hh – hb = Area bef3b = T2 (s3 – sb) El calor rechazado por el ciclo es Qc1 = Area 1efcd1 = T1 (sc –s1) Y el trabajo neto del ciclo es τ = τ3c + τcd - τ1b = Area 1b3cd1 = T1 (sc –s1) - T2 (s3 – sb) de donde C.O.P. = Qb3/τ = QRef /τ = T2 / (T1 – T2) Si desarrollamos esta expresión como τ = QRef (T1 – T2) /T2 τ = - QRef +T1 (QRef /T2) en esta expresión -QRef corresponde a ∆h del foco frío y QRef / T2 corresponde a -∆s del foco frío por lo tanto el trabajo entregado al ciclo reversible de refrigeración corresponde a la exergía que se saca del foco frío, y como el ciclo es reversible no hay degradación, por lo que la exergía se entrega íntegra al foco caliente y corresponde al trabajo eje.

expansos

condensador

Compresor isotermico

Compresor isentrópico

evaporador

Capacidad de refrigeración. La definición de capacidad de refrigeración más usada es la tonelada de refrigeración, que equivale a la energía que se debe extraer para solidificar 2000 lb de agua en 24 horas a temperatura constante. Si el calor de fusión del hielo es 144 Btu/lb.

1 ton ref. = 144 x 2000/ 24 / 60 = 200 Btu/min. Ton ref. = 50,4 Kcal/min. 1 ton ref. = 211 Kj./min.

CICLO TEORICO DE UNA ETAPA Por consideraciones prácticas es más factible un compresor adiabático que además se puede considerar reversible. Por otra parte, en los sistemas de refrigeración por compresión de vapor el fluido se expande en una válvula u otro sistema de expansión, en vez de usar una turbina recuperadora de trabajo.

Este reemplazo se hace por dos situaciones. La temperatura de la fuente receptora es T1 en tanto que la temperatura del punto m es la temperatura de la fuente fría, por lo que no es posible enfriar el fluido refrigerante entre los estados 1 y m entregando calor a la fuente caliente. En segundo término, como se plantea el estudio en la planta a vapor, el trabajo a obtener en la caída de presión en el punto m es despreciable frente a las otras energías transferidas en el ciclo. El ciclo correspondiente se muestra en la figura 8-3 T 1 4 4 1 2 3 2 3 s p 4 1 2 3 h FIG 8-3.- El calor de refrigeración se extrae del recinto refrigerado por el evaporador, como cada uno de los equipos que forman el sistema refrigerador cumple con la

Condensador

Evaporador

Compresor

ley de la cantidad, que con las aproximaciones pertinentes se obtiene para la unidad de peso de fluido refrigerante

QRef = Q23 = h3 – h2 τComp. = τ34 = h4 –h3 QCond. = h4 – h1

para el proceso de estrangulación h1 = h2 el coeficiente de perfomancia es C.O.P. = (h3 – h2) / (h4 – h3) Ejemplo 8-1.- Una planta refrigeradora con amoníaco como refrigerante opera con un ciclo teórico simple de una etapa. Las temperaturas del condensador es 32ºC y del evaporador es 18ºC. El sistema tiene una capacidad de 15 ton de refrigeración. Calcule el C.O.P. El rendimiento de refrigeración. El flujo de refrigerante en Kg/min. Y el desplazamiento del compresor en m3/min si éste no tiene espacio muerto. El esquema y el diagrama p – h corresponde a la figura 8-3.- y los diferentes estados obtenidos de la gráfica p – h y de la tabla de saturación del amoníaco son Estado t ºC p Mpa h Kj/Kg s Kj/KgºC v m3/Kg 1 32 1,2346 -610,97 6,2169 0,10458 2 -18 0,20702 -610,97 --- ---- 3 -18 0,20702 477,63 10,5713 0,57580 4 115 1,2346 750,00 10,5713 ---- El C.O.P. = (h3 – h2)/(h4 – h3) = (477,63 +610,97)/(750-477,63) = 4 El C.O.P. Rev = T2/(T1 – T2) = 255/(305 – 255) = 5,10 El rendimiento de refrigeración es 4/5,10 = 0,78 1 ton de ref. = 50.4 Kcal/min. que equivale a 50,4 x 4,187 = 209,35 Kj/min. Al hacer el balance de energía para el evaporador tenemos minKjxhhm /25,314035,20915)( 23 ==−& - minKghhm /88,2)97,61063,477/(25,3140)/(25,3140 23 =+=−=& El desplazamiento teórico del compresor es minmxvm /66,15758,088,2 3

3 ==&

Con mucha frecuencia el líquido refrigerante entra sobreenfriado a la válvula de expansión, con una temperatura menor que la de saturación correspondiente a la presión del condensador. Esto puede suceder por intercambio de calor tanto en el condensador como en la tubería con el ambiente. El vapor puede sobrecalentarse en el evaporador como en la tubería que lleva el vapor al compresor. En este caso es fundamental considerar que el efecto refrigerante del ciclo es el aumento de entalpía del fluido provocado solamente por el calor extraído al recinto refrigerado. El ciclo con sobreenfriamiento y sobrecalentamiento se muestra en la figura 8-4- Ejemplo 8-2.- En un sistema de refrigeración por compresión de amoníaco en una etapa, a la salida del condensador la presión y la temperatura son 1,06 Mpa. y 21,1 ºC respectivamente. En el evaporador la presión es 0,16 Mpa y su temperatura es –23ºC, en tanto que la temperatura del amoníaco a la salida del evaporador es –15ºC. Encuentre. a) La entalpía del amoníaco líquido a la entrada de la expansión. b) El efecto refrigerante en Kj/kg. c)El C.O.P. T p 4 27 ºC 1 4 1 a a 3 2 2 3 -23 ºC s h FIG 8-4.- La figura 8-4 muestra los diagramas correspondientes. Si el líquido es incompresible, la entropía del líquido subenfriado es igual a la entropía del líquido saturado a la misma temperatura. Por otra parte, el proceso de expansión entre 1 y 2 es irreversible con h1 = h2 , en tanto que el amoníaco en los estados 1 y a está en estado líquido y por considerarse incompresible, para el proceso entre 1 y a se tiene ∫pdv =0, λ ≅ 0 y q=0 luego ∆T =0, lo que implica h1 = ha. (analizar lo expuesto, en base a que el amoníaco en el estado a está en plena expansión). De la gráfica p-h y de la tabla de amoníaco saturado se obtiene: ha = -640 Kj/Kg h3 = 500 Kj/Kg h4 = 775 Kj/Kg

a) h1 = ha = -640 Kj/Kg b) QREF = h3 – h2 = 500 + 640 = 1140 Kj/Kg c) C.O.P. = QREF / ( h4 – h3 ) = 1140/(775 – 500 ) = 4,15

Para el ciclo de una etapa las temperaturas de saturación influyen en el coeficiente de perfomancia. Este efecto se puede apreciar haciendo un análisis en el diagrama T-s T 4 1 a

2 3

b c s FIG 8-5.-

El calor de refrigeración es q23 = h3 – h2 y queda representado por el área bc32b, en tanto que el trabajo en el compresor es τ34 = h4 – h3 = (h4 – ha) – (h3 – ha) que queda representado por el área a341a. Siendo C.O.P. = (h3 – h2)/(h4 – h3) = q23 / τ34 Si la temperatura de evaporación T3 baja, el trabajo de compresión aumenta y disminuye el calor de refrigeración, disminuyendo el C.O.P.. En tanto que un incremento en la temperatura de condensación produce el mismo efecto, siendo un poco menor el efecto sobre el C.O.P.. Así, para un máximo C.O.P. el ciclo debe operar con una temperatura de condensación lo mínima posible, y una temperatura de evaporación máxima posible. T 4

A1 1 c d

A2 a 3 b A3 2

FIG 8-6.-

COMPARACION DEL CICLO DE UNA ETAPA CON EL CICLO CARNOT Un interesante ejercicio resulta la comparación del ciclo teórico simple con el ciclo de Carnot en el diagrama T-s. En la figura 8-6 se superponen el ciclo simple con el de Carnot. Los estados 1 y 3 son comunes para ambos ciclos. Respecto a las áreas representativas el ciclo simple se desvía con respecto al ciclo de Carnot en tres partes. El área A1 representa un trabajo adicional debido al sobrecalentamiento del gas en la compresión. El área A2 representa un trabajo adicional requerido por no recuperar el trabajo en la expansión en el proceso 1b. El área A3 representa la pérdida de efecto refrigerante causado por la estrangulación irreversible 12 con h1 = h2, a diferencia de la expansión reversible 1b en el ciclo Carnot. A1 = (h4 – hd ) –T1 (s3 – sd ) A2 = ( h1 – hb ) A3 = ( h2 – hb ) = ( h1 – hb ) = A2

Las áreas A2 y A3 son iguales y A2 + A3 es la doble pérdida que causa la estrangulación.

τ34 = τCarnot + A1 + A2 y Q23 = QCarnot - A3. El tamaño de las áreas antes mencionadas se hacen más pequeñas cuando la pendiente de la curva de saturación, en el diagrama T-s, del fluido refrigerante son mayores. Esto indica que el C.O.P. del ciclo es dependiente del fluido refrigerante. Esta dependencia se analiza calculando el ηRef del ciclo con los distintos refrigerantes posibles de usar. Esta es una variable para escoger el fluido refrigerante a usar. EJEMPLO 8-3.- Para un ciclo de refrigeración teórico simple que trabaje con temperaturas en el evaporador de –30 ºC y en el condensador de 20 ºC calcule el rendimiento de refrigeración para NH3, CO2, REF. 12 Y REF. 11. El C.O.P.Rev es T/(T0 – T) = 243/(293 – 243) = 4,86 Usando como referencia la figura 8-6 se obtiene las condiciones del ciclo a partir de los gráficos p-h y de las tablas de refrigerante saturado.

NH3 CO2 R-12 R -11 p0 Mpa 0,85501 5,7263 0,5674 0,088933 p Mpa 0,11915 1,4283 0,10043 0,009200 rp 7,716 4,009 5,65 9,667 h1 =h2 Kj/Kg. -668,82 558,14 220 217,65 h3 Kj/Kg. 460,91 739,36 340 375,18 h4 Kj/Kg. 745 800 372 420 C.O.P. 3,98 2,99 3,75 3,51 ηREF 82% 61,5% 77,2% 72,2% UN MODELO DEL CICLO REAL El ciclo de refrigeración real difiere significativamente del ciclo teórico, principalmente por lo que ocurre en el compresor. En los equipos de transferencia de calor y en la tubería hay pérdidas de carga (caída de presión), como también pérdidas o ganancias de calor. Las pérdidas de carga se deben minimizar dentro de lo factible, y las ganancias o pérdidas de calor se minimizan con aislación térmica. Los efectos de las caídas de presión y del aumento de temperatura del vapor a la entrada del compresor sobre su rendimiento volumétrico, además del comportamiento termodinámico del compresor se estudiaron en el capítulo II, proceso de compresión que es parte del ciclo de refrigeración. En la figura 8.7 a y b se muestra un diagrama esquemático para un ciclo simple de una etapa de compresión en que se muestran las desviaciones con respecto al ciclo teórico Ejemplo 8-4.- Amoníaco saturado a –12 ºC entra al compresor de un sistema simple de una etapa. La presión de descarga es 1,38 Mpa. La caída de presión en la succión es 0,0138 Mpa y en la descarga es 0,0276 Mpa. Asuma que el vapor aumenta su temperatura en 11 ºC durante la carrera de admisión. El espacio muerto es un 5% del volumen desplazado. Desplazamiento del compresor es 1,5 m3/min. Determine a) el rendimiento volumétrico y b) la capacidad de compresor en Kg./min. De las tablas para el amoníaco saturado y el diagrama p – h correspondiente se obtiene: pc = 1,38+0,0276 =1,4076 Mpa ε = 0,05 pb = 0,2655 – 0,0138 = 0,2517 Mpa v3 = 0,4561 m3 /Kg

16Q 65Q 1 6 Condensador 54Q 5 54W 54W 4 43Q 2 3 32Q Evaporador d c P5

FIG. 8.7 a) P a b V p c d 1 6 5 pvn = cte 3 4 2 a b h Fig. 8. 7 b) a –1 ºC y 0,2517 Mpa se obtiene de gráfico vb = 0,5117 m3/Kg Si asumimos que la compresión es adiabática con n = k = 1,31 para el amoníaco

0775117,04561,0

2517,04076,1

05,005,0131,11

=

−+=vη = mv3/nVD

m = 0,77(1,5)/0,4561= 2,53 Kg/min. CICLOS TEORICOS MULTIETAPAS POR COMPRESION DE VAPOR. Una compresión por etapas acompañada de una disminución da la temperatura a la entrada de los compresores mejora el rendimiento volumétrico del compresor y disminuye el trabajo de compresión. Las pérdidas de energía disponible en la estrangulación se pueden aminorar haciendo la expansión por etapas en que ambas expansiones se hacen a partir de líquido saturado, esto equivale a disminuir el área A2 de la figura 8-6. En la figura 8-8 se muestra un diagrama esquemático de un ciclo con dos etapas de compresión, con un enfriamiento con agua e intercambio de calor entre líquido y vapor. En la figura 8-9 se muestra el diagrama p-h correspondiente.

9 1 8 2 7 6 3 5 4 FIG. 8-8

condensador Compresor alta

Enfriador Por agua

evaporador

Compresor baja

p

1 9

8 7 3 x 6 2

4 5

h FIG 8-9 El intercambiador líquido vapor es un estanque que se mantiene a la presión intermedia en que a su vez se mantiene el nivel de líquido con una válvula flotador. En este estanque se separan el vapor que se produce en la estrangulación 1-2 en vapor saturado en el estado 8 y líquido saturado en el estado 3. El vapor sobrecalentado que sale del compresor de baja en el estado 6 es enfriado en el intercambiador con agua hasta el estado 7. El estado 7 del vapor debe ser tal que al ponerlo en contacto con el líquido en el estado 3, no se evapore todo el líquido en el intercambiador líquido- vapor dado que este vapor baja su grado de sobrecalentamiento entregando energía para evaporar parte del líquido desde el estado 3 al estado 8. T 10 9 1 6 7x 3 2 8 4 11 5 s FIG. 8-10.-

El diagrama T-s de la figura 8-10, correspondiente al esquema de la figura 8-8, se observa el efecto da la doble etapa y el efecto del intercambiador líquido vapor. El trabajo de compresión disminuye en el área 9,8,6,10, en tanto que el efecto de refrigeración aumenta de h5 - h11 a h5 – h4. (Nota: en el diagrama T-s de fig. 8-10 los flujos de masa que circulan en los circuitos de baja y alta presión no son los mismos, por lo que el diagrama es sólo de utilidad didáctica.) Se demostró que para la compresión de gases ideales en dos etapas el mínimo trabajo específico se presenta cuando la presión intermedia es pi = (p1p2)0,5 . Para determinar la presión intermedia que entregue un C.O.P. mayor se debe obtener la curva C.O.P. vs presión intermedia. Los valores obtenidos son cercanos a los dados por la relación pi = (pa pb)0,5 , en que pa es la presión en la entrada del compresor de baja y pb es la presión en la descarga del compresor de alta. EJEMPLO 8-5.- Determine el C.O.P., la temperatura máxima del ciclo, y el desplazamiento del compresor en m3/min/ton ref. para los ciclos teóricos de una etapa y de dos etapas representados por las figuras 8-8 y 8-9. Para ambos ciclos la temperatura del evaporador es –46ºC, la temperatura de condensador es 38ºC. El espacio muerto representa un 5%, y el fluido refrigerante es amoníaco. Para el ciclo de dos etapas asuma que la temperatura intermedia de saturación es –11ºC y que el vapor de NH3 deja el intercambiador a 38ºC. El exponente de la isentrópica para el amoníaco es 1,31. A) Solución para un ciclo de una etapa.

Las figuras 8-11 representan el diagrama p-h para el ciclo simple de una etapa y el esquema del enfriador intermedio.

8 q = 0 1.46 Mpa 1 4 2 7 .053 Mpa 1 2 3 válvula 3

flotador (a) (b) FIG 8-11.

Los estados del ciclo se obtienen del diagrama p – h y de la tabla de

propiedades del líquido y del vapor saturado del amoníaco h1 = h2 = -580 Kj/Kg h3 = 455 Kj/Kg v3 = 2,1 m3 /Kg s3 = 11,1 Kj/Kg ºK h4 = 1000 Kj/Kg t4 = 210ºC a) C.O.P. = (436 + 580)/(1000 – 436) = 1,8 b) tmax = t4 = 210ºC

c) El rendimiento volumétrico estimado para el compresor adiabático y sin fricción es

ηv = 1,05 – 0,05(1,46/0,053)1/1,31 = 0,422

Por otra parte Dv nVvm /3&=η y para una capacidad de 1 ton de refrigeración 1868,44,50 xhm =∆& de donde reemplazando el flujo de masa para la capacidad de 1 ton ref. m = 211/(h3 – h2) en la ecuación del rendimiento tenemos nVD = 211v3 /(h3 – h2 ) ηv

=50,4x 4,1868x2,1/(436+580)x0,422 = 1,033 m3/min ton. B) Solución para un ciclo de dos etapas Para el ciclo de dos etapas representado por las figuras 8-7 y 8-8 obtenemos las siguientes propiedades p1 = 1,46 Mpa p2 = p3 = 0,2785 Mpa p4 = 0,053 Mpa h1 = h2 = -580 Kj/Kg h3 = h4 = -813 Kj/Kg h5 = 436 Kj/Kg

v5 = 2,1 m3 /Kg s5 = s6 = 11,1 Kj/Kg ºK h6 = 680 Kj/Kg t6 = 65 ºC h7 = 590 Kj/Kg h8 = 486,5 Kj/Kg

v8 = 2,3 m3 /Kg s8 = 10,4 Kj/Kg ºK h9 = 705 Kj/Kg t9 = 110 ºC a) Las masas que fluyen en los dos circuitos son diferentes, por lo tanto el

C.O.P. del ciclo no se puede expresar solamente en función de las diferencias de entalpías. Para el circuito de baja presión

onmKghh

m int/1689,0813436

211211

453 =

+=

−=

La figura 8-10 (b) muestra el intercambiador intermedio como un sistema. Las ecuaciones de los balances de energía y masa para el intercambiador son m2h2 + m7h7 = m3h3 + m8h8 m2 + m7 = m3 + m8 Sin embargo para este ciclo m2 = m8 y m3 = m7 que reemplazadas en la ecuación anterior tenemos m8 (h8 – h2 ) = m3 ( h7 – h3 )

)()(

)()()(

)(...

898

56

45

89856

453

hhmm

hh

hhhhmhhm

hhmPOC

−+−

−=−+−

−=

)5,486705(

)5805,486()813590(

)436680(

813436

)()()(

)(

)(

8928

3756

45

−+

++−

+=−

−−+−

−=hh

hhhh

hh

hh

C.O.P. =2,29

b) Tmax = 110 ºC c) Para el compresor del circuito de baja presión el rendimiento volumétrico estimado es

8726,0053,0

2785,0)05,0(05,1

31,11

=

−=vη

y el desplazamiento del compresor de baja por unidad de tiempo y por ton de ref. es nVD= 211 v5 /(h5 – h4) ηv = 211 x 2,1 / (436 + 813) x 0,8726 = 0,4066 m3/min ton. Y la masa unitaria es m = 211/(h5 – h4) = 211/1249 =0,1698 Kg/min. ton. Para el compresor de alta presión el rendimiento volumétrico estimado es

8729,02785,046,1

)05,0(5,1031,1

1

=

−=vη

El flujo de masa que debe comprimir el compresor de alta por unidad de tiempo y por ton ref. es proporcional a la masa m3 que se obtiene de la ecuación de balance del intercambiador intermedio. m8 = m3 (h7 – h3)/(h8 – h2) = 0,1698x1403/1066,5 = 0,2234 Kg/min. Ton. Y nVD = m8 v8/ηv = 0,2234 x 0,4348 / 0,8729 = 0,1113 m3 / min. Ton.

Para cerrar el desarrollo del ejemplo discuta el aumento del C.O.P. y del rendimiento volumétrico de los compresores, en relación con la caída de la temperatura máxima del ciclo y del desplazamiento de los compresores. La figura 8-12.- muestra otro ciclo de dos etapas

9

1 8 2 7 6 3 5 4 FIG. 8-12.- El diagrama p-h correspondiente se muestra en la figura 8-13 p 3 1 9

8 6 2 7

4 5 h FIG 8-13.- Problema. Establezca las ecuaciones de balance para el ciclo representado en el esquema de la figura 8-12.- y la relación del C.O.P. CICLOS DE REFRIGERACION EN CASCADA. Cuando se requiere mantener un recinto a temperaturas menores que –70 ºC con ciclos por compresión de vapores se hace conveniente comprimir por etapas, o bien poner ciclos en cascada. En las figuras 8-14 y 8-15 se muestra un esquema de ciclos en cascada.

condensador Compresor alta

Enfriador Por agua

evaporador

Compresor baja

1 Condensador 4 Ref. 1 Compresor 3

2 Condensador a en cascada d Ref. 2 Compresor b Evaporador c FIG. 8-14.- Los dos ciclos son independientes. El condensador en cascada es un intercambiador de calor que trabaja a una temperatura intermedia, en que el fluido refrigerante del ciclo que trabaja a temperaturas más bajas se con densa, en tanto que el fluido del otro ciclo se evapora, produciéndose así el intercambio de calor.

T 4 1 Ref. 1 d Ref. 2 a 3 2 b c s FIG. 8-15.- El análisis de los ciclos en cascada se hace para cada ciclo en forma

independiente y la relación entre ambos ciclos es que el calor rechazado por el refrigerante 2 es el aceptado por el refrigerante 1. El sistema en cascada no compite en rendimiento con los sistemas multietapa, siendo de importancia cuando se requiere llegar a bajas temperaturas. La desventaja del sistema en cascada está en la diferencia de temperaturas necesaria para la transferencia de calor en el condensador intermedio.

E.H.S.

CAPITULO IX TRANSFERENCIA DE CALOR 9.1.- INTRODUCCION En los capítulos anteriores hemos analizado equipos que hacen una serie de procesos en que el fluido de trabajo acepta o rechaza calor. En la mayoría de estas aplicaciones el fluido de trabajo esta confinado en un sistema con uno o varios dispositivos, en los cuales hay procesos termodinámicos en que el fluido de trabajo intercambia calor con las fuentes externas, o bien hay intercambios de calor entre los dispositivos del sistema. En todos los casos hay un flujo de calor desde un fluido a una pared sólida y desde ésta a otro fluido al otro lado de la pared. Como el flujo de calor es necesario en todo ciclo termodinámico, y este se produce por diferencia de temperaturas que generan irreversibilidad en dichos procesos, se debe estudiar y comprender las leyes que cumplen dichos procesos de transferencia. Hay dos modos principales de transferir calor, los cuales son conducción y radiación. El calor fluye a través de un cuerpo, o entre cuerpos en contacto directo por conducción. La radiación es el modo de transferir calor entre dos cuerpos que están separados. Ambos modos de transferencia requieren de una diferencia de temperaturas entre los cuerpos. El resultado de la transferencia es la pérdida neta de energía del cuerpo o sustancia a más temperatura y una ganancia neta equivalente de energía del cuerpo o sustancia a más baja temperatura; según lo expresa la primera ley de la termodinámica. Para que haya transferencia de calor entre dos cuerpos a diferente temperatura de be transcurrir tiempo. Como corolario se puede decir que es inevitable el flujo de calor cuando persiste una diferencia de temperaturas durante un período finito de tiempo. La convección es el transporte o flujo de energía térmica dentro del fluido acompañado de una mezcla interna del fluido de distintas temperaturas. En la convección natural el movimiento del fluido es causado por las diferencias de densidades que resultan de las diferencias de temperaturas en el interior del fluido. En la convección forzada el movimiento del fluido se produce mecánicamente. En ambos casos la convección induce la conducción del calor entre el fluido y la superficie sólida; de ahí que los efectos de la convección se incluyen en los coeficientes empíricos usados en las ecuaciones de la conducción del calor, y no se puedan considerar por separado. 9.2.- CONDUCCION DEL CALOR POR UN MATERIAL HOMOGENEO La ecuación básica para expresar la conducción del calor es la Ley de Fourier que en forma matemática se expresa por

dLdt

kAdQ −=θ

δ

en que -δQ/dθ es la cantidad de calor que fluye en un diferencial de tiempo dθ, expresado en Kcal /hr. O Kj/hr. -A es el área, normal al flujo de calor, por la cual el calor es transmitido, en m2. -dt/dL es la gradiente de temperaturas a través del material, que equivale a la razón de cambio de la temperatura t con la longitud de la trayectoria del flujo de calor, en ºC/m. -k es el coeficiente de conductividad térmica característico de cada material cuyas dimensiones son Kcal m / m2 hr ºC o bien Kcal / m hr ºC La ley de Fourier así establecida restringe el flujo de calor en cuanto a su dirección, en su trayectoria de largo L en dirección de la disminución de la temperatura., Pero permite variaciones temperatura en el tiempo, en cualquier posición en la trayectoria L del flujo de calor. Estas variaciones de temperatura en el tiempo originan un flujo de calor en estado no estacionario o no permanente. Estos estados de flujo no permanente de calor corresponden a períodos, por ejemplo de calentamiento de un motor o de una planta térmica, que deben analizarse por flujos infinitesimales de calor δQ en el tiempo dθ. Sin embargo este estudio lo limitaremos a estados de flujo permanente de calor, que se logran manteniendo constantes las temperaturas, y por ende la gradiente de temperaturas a lo largo de L. Así el flujo de calor en el tiempo es constante y la Ley de Fourier para un flujo estacionario de calor se puede expresar como

dLdt

kAq −= 9.1.-

en que q es el flujo de calor constante en el tiempo a través de un material de conductividad k y que tiene una gradiente de temperaturas dt/dL. El coeficiente de conductividad térmica k se determina experimentalmente y para la mayoría de los materiales usados en ingeniería, k varía directamente con la temperatura de acuerdo con la expresión k = k0 ( 1+ αt ) en que k0 es la conductividad térmica a 0ºC y α es el coeficiente de temperaturas. Con las consideraciones anteriores y para un flujo de calor estacionario, a través de una trayectoria de área constante, la ecuación de Fourier se puede expresar como

∫∫ +−= b

a

t

t

LdttkdL

Aq

)1(00α

++−=

21)( 0

baba

ttktt

AqL α

la cantidad k0 [1+α(ta + tb )/2] determina un valor promedio de la conductividad térmica para el rango de temperaturas ( ta + tb )/2, y la ecuación de conducción de utilidad general es

hrKcalL

ttkAq ba /

)( −= 9.2.-

en que -q = flujo de calor Kcal/hr. -k = conductividad térmica promedio Kcal/m hr ºC -ta = temperatura de la superficie caliente. ºC -tb = temperatura de la superficie fría, ºC -L = espesor del material entre las superficies de transferencia, m. -A = área de la superficie de transferencia, m2. ta dt dL tb L FIG 9.1.- Ejemplo 9.1.- Una pared de ladrillos separa dos recinto, a un lado la superficie tiene una temperatura de 50ºC y al otro lado la temperatura de la superficie es 15ºC. La conductividad térmica del ladrillo es 62 Kcal cm /m2 hr ºC y su espesor es de 20 cm. Calcule el calor transferido por m2 de pared. Q / A = k ( ta – tb ) /L = 62 (50 – 15 ) / 20 = 108,5 Kcal/ hr m2. 9.3.- EFECTO DE LA CONVECCIÓN EN LA TRANSFERENCIA DE CALOR En todos los casos en que un fluido tiene contacto con un sólido hay una capa superficial de fluido que está sin movimiento o estancada, no olvidemos que cuando el fluido “moja la pared” el fluido que toca la pared tiene la velocidad de la pared, es decir no se mueve con respecto a la pared. Esa capa de fluido en

contacto constituye una capa de material a través de la cual se establece el flujo de calor como en un sólido. Para un fluido o sustancia particular esa capa tiene sus propiedades como un cuerpo fluido incluyendo su conductividad térmica. Sin embargo la capa antes mencionada es de pequeño espesor y sus variables dependen de su viscosidad y del tipo de escurrimiento del fluido. (escurrimiento laminar o turbulento que se estudia en Mecánica de Fluidos) . Para convección libre y flujo laminar el espesor de la capa superficial es del orden de 1 mm. Para convección forzada, producida por altas velocidades de fluido o por efectos mecánicos como bafles, disminuye bastante el espesor de la capa y pasa a ser requisito para mantener una buena transferencia de calor muchos equipos. En cualquier caso las propiedades de transferencia de calor de la capa límite se estudia por separado para una variedad de condiciones de escurrimiento. La transferencia de calor por convección se calcula por establecer el coeficiente de transferencia superficial en que se define como el flujo de calor en un fluido particular en determinadas condiciones de escurrimiento turbulento por unidad de área y por grado de diferencia de temperaturas. El coeficiente de transferencia superficial se designa por h en Kcal / m2 hr ºC. La diferencia de temperaturas t1 > t2 que hace fluir el calor entre dos fluidos a través de una pared sólida se compone de tres gradientes. La temperatura t1 del fluido caliente es mayor que la temperatura ta de la superficie caliente, ta e mayor que tb que a su vez es mayor que la temperatura t2 del fluido frío. La distribución de temperaturas se muestra en la figura 9.2.- L t1 ta

h1 h2 tb t2

FIG 9.2.- y la expresión del flujo de calor en la capa límite de un fluido en movimiento es

hrKcathAq /)(∆= 9.3.-

9.4.- COEFICIENTE COMPLETO DE TRANSFERENCIA DE CALOR. La solución de las dificultades por los fenómenos en la capa límite por el escurrimiento de los fluidos es el empleo del coeficiente completo de transferencia de calor en conjunto con las medidas de las diferentes temperaturas en el fluido. El coeficiente completo se designa por U y se define por el flujo de calor entre dos fluidos separados por unidad de área y por grado de diferencia de temperaturas entre los fluidos. Así U es una conductividad térmica que se determina para una determinada combinación de fluidos y materiales para una determinada condición de operación.. Si nos referimos a la figura 9.2 y para un flujo de calor permanente, es fácil intuir que el calor que fluye por unidad de tiempo por el sólido es el mismo que fluye por ambas capas límites en la unidad de tiempo. El flujo de calor en el sólido es

)( bas ttALk

q −=

y en las capas límites de ambos fluidos será )( 111 attAhq −= )( 222 ttAhq b −= para obtener la expresión matemática para el coeficiente completo U correspondiente al modelo de la figura 9.2 despejamos ∆t para cada caso

111 hA

qtt a =−

sba kA

Lqtt =−

222 hA

qttb =−

si sumamos las tres expresiones anteriores tenemos

221121 hA

qkALq

hAq

tts

++=−

de la definición de U hrKcalttUAq /)( 21 −= 9.4.-

de la cual

221121 hA

qkALq

hAq

UAq

tts

++==−

y

2211

111hAkA

LhAUA s

++= 9.5.-

Para las superficies planas A = A1 = As = A2 y 21

111hk

LhU

++= así

ChrmKcal

hkL

h

U º/11

1 2

21

++= 9.6.-

Un coeficiente completo de transferencia de calor puede ser calculado para construcciones compuestas de dos o más materiales sólidos y líquidos, vapor o gases. La aplicación del concepto del coeficiente completo U para el cálculo del flujo de calor es muy usual cuando es fácil determinar las temperaturas y las áreas involucradas. Ejemplo 9.2.- La pared de un horno está hecha de ladrillos refractarios de 12 cm de espesor en su interior, de ladrillos aislantes de 7 cm de espesor, de un aislante silicoso de 2,5 cm de espesor, y todo sujeto con un placa de acero de 4 mm de espesor. Los productos de la combustión están a 1150 ºC en tanto que el aire ambiente está a 38 ºC. La conductividad térmica de los distintos componentes de la pared, en Kcal / hr m2 ºC /m son : ladrillo refractario 5,951, ladrillo aislante 0,923, aislante 0,094 y acero 38,688. Los coeficientes de capa límite son: interior 14,646 y exterior 10,74, ambos en Kcal / hr m2 ºC. Si la pared tiene 5 m2 calcule a) el coeficiente completo de transferencia de calor, y b) el flujo de calor a través de la pared. El coeficiente completo de transferencia de calor para una superficie de 1 m2 es

21

111hk

LkL

kL

kL

hU Fe

Fe

A

A

LA

LA

Lref

Lref +++++=

74,10

1688,38004,0

094,0025,0

923,007,0

951,512,0

646,1411 +++++=

U

= 0,0683 + 0,0202+0,0758+0,266+0,0001+0,0931=0,5235

U = 1,9104 Kcal / hr m2 ºC q = U A ( t1 – t2 ) = 1,9104 x 5 x ( 1150 – 38 ) q = 10622 Kcal / hr

9.5.- CONCEPTO DE RESISTENCIA Si hacemos la analogía entre el flujo de calor y el flujo de electricidad se puede considerar la diferencia de temperaturas como correspondencia al voltaje, el flujo de calor q correspondiente a la intensidad de corriente i y el coeficiente completo U análogo a la conductancia de varias resistencias eléctricas en serie. En estos términos la resistencia térmica de un material es el recíproco de la

conductividad térmica k

r1= ; la resistencia de la capa límite de un fluido con h1 y

área de transferencia A1 su resistencia será 11

11hA

R = y la resistencia de un sólido

de espesor L y superficies paralelas As su resistencia será skA

LR = según la

nomenclatura usada en la figura 9.2.- L t1 ta

h1 h2 tb t2

FIG 9.2.- (repetida)

y la resistencia total será UA

Rt1=

En muchas soluciones de ingeniería, la temperatura de los materiales de las

superficies deben ser especialmente considerados. En el caso de las paredes de los hornos los ladrillos aislantes no deben pasar los 1400 ºC, otros aislantes no pueden pasar los 850 ºC, y los materiales refractarios aceptan las temperaturas que las actuales tecnologías exigen.

Hemos visto que

.....)(()( 11121 =−=−=−= basa ttALl

ttAhttUAq

y en base al concepto de resistencias

t

baa

Rtt

Rtt

Rtt

q 21

21

1 −=−=−=

de lo que se puede decir que en transferencia de calor la caída de temperatura a través del material varía directamente con la resistencia de dicho material, y la caída de temperatura puede ser calculada en términos de la resistencia del

material a la transferencia de calor, es decir, en términos de la resistencia total del sistema y de la diferencia de temperaturas en el sistema. Así para la situación mostrada en la figura 9.2

)( 211

1 ttRR

ttt

a −=−

y

)( 2121

1 ttR

RRtt

tb −+=−

Ejemplo 9.3.- Calcule la temperatura entre el aislante y los ladrillos aislantes de la pared del ejemplo 9.2. Aplicando el concepto de resistencia para 1 m2 de superficie de transferencia

211

RRRRRRU FeALALR +++++=

y sea tX la temperatura a calcular

2

2

1

121

RRRtt

RRRtt

Rtt

FeA

X

LALR

X

t ++−=

++−=−

así

CttR

RRRtt

t

LALRX º348)381150(3132,0

5235,00758,00202,00683,0

)( 211

1 =−=++=−++=−

tX = 1150 - 348 = 802 ºC y

CttR

RRRtt

t

FeAX º763)381150(6862,0)381150(

5235,00931,00001,0266,0

)( 212

2 =−=−++=−++=−

tX = 38 + 763 = 801 ºC Para completar el ejemplo calcule las 4 temperaturas intermedias restantes entre los materiales que forman la pared, y haga un diagrama de distribución de temperaturas a través de la pared. 9.6,. TRANSFERENCIA EN PAREDES DE AREA NO UNIFORME. La ecuación de transferencia de calor considerando el coeficiente completo U no puede ser aplicada directamente al cuantificar la transferencia en tubos, tubos cubiertos con aislación térmica, etc. Bajo la condición de equilibrio la trayectoria del flujo de calor es siempre normal a la superficie del material. Para superficies curvas, el camino L es radial, como se muestra en la figura 9.3, en que el área de la superficie de más afuera es mayor que la interior.

Para la unidad de longitud de tubo, el tubo tiene un área circunferencial promedio Am, el flujo de calor

12

)()(rr

ttkAL

ttkAq bambam

−−=−= 9.7

para un radio r intermedio, el área circunferencial es 2πr, y por la ecuación 9.1 el flujo de calor

−=

−=

drdt

rkdLdt

kAq )2( π

ta tb

r1 r2 L t1 t2 r dr h1 h2

FIG 9.3.- De donde

)(2 dtkr

drq π−=

∫∫ = b

a

t

t

r

rdtk

rdr

q π22

1

)(2ln1

2ba ttk

rr

q −=

π 9.8.-

y combinando las ecuaciones 9.6 y 9.7

12

1

)(

ln

)(2rr

ttkA

r

rttk

q bam

r

ba

−−=−= π

entonces

mm

rr

rrrA mm /

ln

)(22 2

1

2

12 −== ππ 9.9.-

Por definición, rm es el radio medio logarítmico, y Am se puede llamar como el área media logarítmica de la pared del tubo o pared curva. El efecto de tener un área variable para el flujo de calor se incluye en el coeficiente completo de transferencia de calor para la situación correspondiente. Si aplicamos la ecuación 9.5

221

111AhkA

LAhUA s

++= 9.5.-

a una pared curva, para una longitud x de pared

xAhxkA

LxAhUAx s 221

111 ++=

en que - A1 y A2 son las áreas internas y externas respectivamente de la pared en m2. - Am = área media logarítmica de la sección en m2. - x = longitud de tubo o pared en m. - A = área característica de la sección en m2 / m. El área A asociada con el coeficiente completo de transferencia de calor, por lo general se aproxima al área externa del tubo o pared curva, por ser más fácil de determinar. Al simplificar la ecuación anterior en términos de los radios la ecuación final del coeficiente completo de transferencia de calor para superficies curvas será

AxxA

hAx

xAk

L

AxxA

hU m 22

11

111 ++=

ChrmKcal

hrr

k

L

rr

h

U

m

º/11

1 2

2

22

11

++= 9.10.-

basado en el área externa. Ejemplo 9.4.- Una tubería de vapor situada en un ambiente a 32 ºC tiene un diámetro interior de 5,09 cm y un diámetro exterior de 6,35 cm. Los coeficientes de película son exterior h2 = 9,76 e interior h1 = 4880 Kcal / hr m2 ºC. La conductividad térmica del acero es k = 3870 Kcal cm / hr m2 ºC. El vapor fluye a 149 ºC. a) Calcule la pérdida de calor por m de longitud de tubo. b) Calcule el flujo si se aísla el tubo con asbesto hasta un diámetro 12,7 cm. La conductividad del asbesto es 10,3 Kcal cm/ hr m2 ºC. a) El flujo de calor es

hrmKcal

xxxAhlkDD

Ah

tq /227

1100

35,676,9

1

11003870

2

08,535,6

ln

1100

08,54880

1

32149

12

ln1

22

1

2

11

=

++

−=

+

+

∆=

ππππ

b)

hrmKcal

xxxxxxxxx

q /97,87

1007,12

76,9

1

1100

3,102

35,67,12ln

11003870

2

08,535,6ln

1100

08,54880

1

32149 =

+++

−=

ππππ

Comente los resultados. 9.7.- RADIACION. La radiación es el modo de transferir calor entre dos cuerpos que no están en contacto. La radiación se hace por ondas electromagnéticas similar al fenómeno de la luz, pero con una diferente longitud de onda. En general todas las sustancias que estén por sobre el cero absoluto de temperaturas irradian ondas de calor en mayor o menor grado. Las ondas de energía radiante emitidas por alguna sustancia chocan con la superficie de otra sustancia que “ve” a la primera emisora; la otra sustancia receptora retrasmite o refleja la energía radiante recibida. La radiación emitida desde la superficie de un cuerpo sólido o líquido puede ser evaluada por la siguiente ecuación

./4 hrKcalAeTqR σ= 9.11.- donde - σ = constante de Stefan Boltzmann - e = emisividad del cuerpo con un máximo de 1.0 - A = superficie del cuerpo en m2. - T = temperatura absoluta del cuerpo en ºK.

La emisividad de un cuerpo depende de la calidad de la superficie y del

cuerpo: Así se llama cuerpo negro al que tiene una emisividad igual a uno. Sin embargo un cuerpo que tiene una alta emisividad tiene una alta absorbencia de la energía radiante. Así, un cuerpo negro tiene absorbencia igual a uno. Un cuerpo gris tiene una emisividad menor que 1.0 que es la característica de la mayoría de las superficies usadas. Y se puede demostrar que la emisividad y la absorbencia de un cuerpo gris a cualquier temperatura son exactamente iguales. Por esa razón, si tenemos dos cuerpos grises iguales y a la misma temperatura y yuxtapuestos, cada cuerpo irradia y absorbe constantemente la misma cantidad de calor, de tal manera que el calor neto trasmitido es cero. Si los cuerpos anteriores están a distinta temperatura, el cuerpo de más baja temperatura absorberá una

cantidad mayor que el calor que emite, por lo que habrá una transferencia neta de calor desde el cuerpo más caliente hacia el más frio. En este caso el intercambio neto de calor se evalúa con la ecuación de Stefan Bolzman

hrKcalFFTTAq eaneto /))()(( 4

24

1 −= σ 9.12.- en que - qneto = flujo neto de calor desde el cuerpo caliente al cuerpo frío en Kcal/hr. - σ = - A = área de luna de las superficies elegidas, generalmente la más pequeña.en

m2. - T1 = temperatura absoluta del cuerpo caliente en ºK. - T2 = temperatura absoluta del cuerpo frío en ºK. - Fa = factor adimensional que evalúa cuanto del área se ve, es decir depende

del ángulo con que el área ve a la otra área. Vale uno cuando el ángulo es 90º y 0 cuando el ángulo es 0º.

- Fe = factor adimensional que evalúa la emisividad del cuerpo, siempre vale menos que 1.0

La evaluación de Fa y Fe es mediante un procedimiento complicado y de alta especialización. Es importante saber el significado de los términos de la ecuación 9.12.- en cuanto a su significado y las magnitudes, que es una función de la deferencia de las temperaturas absolutas a la cuarta, de la dirección (ángulo) entre la normal de las superficies y la dirección de la trayectoria de la emisión y de la superficie de los cuerpos involucrados en el intercambio de calor. Los sólidos y los líquidos y ciertos gases son capaces de absorber y emitir energía radiante y otros no. Sin embargo, evaluar el intercambio de calor neto entre sustancias gaseosas es más complicado y especializado que en el caso de los sólidos y de los líquidos.

E.H.S.

termodinamica aplicada (udec)

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