Transformaciones energeticas

Se estudian en este tema las transformaciones de energa enmquinas trmicas y frigorficas obteniendo las expresiones de losmximos rendimientos y coeficientes de eficiencia alcanzables.

Se realiza tambin una introduccin al concepto de exergaanalizando su balance en sistemas cerrados y abiertos y definiendo laeficiencia exergtica.

Por ltimo, se hace una introduccin al estudio de los ciclosreales en mquinas trmicas y frigorficas.

CAPTULO 6

TRANSFORMACIONES ENERGTICAS.EXERGA

Transformaciones energticas. Exerga 163

6.1.- Transformacin de calor en trabajo mediante unproceso cclico

Foco caliente

Q

MquinaTrmica W t = Q

Figura 6.1.- Mquina trmicaimposible

D DS SFC MT+ 0

DSMT = 0

DSFC < 0

El proceso que se desarrolla enuna mquina trmica, como ya hemosvisto, es un proceso cclico. El trabajoobtenido durante el mismo, proviene delcalor absorbido por la mquina. Unamquina trmica es una instalacin paratransformar calor en trabajo.

Como establece el postulado deKelvin-Planck, es imposible transformaren trabajo todo el calor absorbido, esdecir, que es imposible que el rendimien-to de una mquina trmica sea igual a launidad. Por esta razn diremos que elcalor es una forma de energa de bajacalidad. Vamos a demostrarlo, ahora, conayuda de la entropa.

El calor cedido a una mquina trmica proviene de una fuente de calor ofoco caliente. sta fuente de calor, junto con la mquina trmica, forman unsistema adiabtico, por lo que, segn el Segundo Principio, la variacin deentropa no puede ser negativa. Luego:

Dado que la mquina trmica recorre un proceso cclico, su variacin deentropa ser nula

El calor absorbido por la mquina trmica ha sido cedido por la fuente decalor, por lo que ha de considerarse negativo desde el punto de vista del fococaliente por lo que su variacin de entropa sera negativa

lo que contradice el Segundo Principio. El proceso, pues, es imposible.

En consecuencia, para que la disminucin de entropa experimentada porel foco caliente, pueda ser compensada, parte del calor absorbido por la mquinatrmica, deber ser cedido a lo que llamaremos fuente fra o foco fro. De estamanera se podr cumplir que la variacin de entropa del sistema adiabticoformado por la fuente caliente, la mquina trmica y la fuente fra, no disminuye,cumplindose as el Segundo Principio de la Termodinmica.

164 Transformaciones energticas. Exerga

Foco caliente

(Qo )rev

MquinaTrmica rev

W t rev

T > To

Foco fro

Qrev

To

Figura 6.2.- Mquina trmicareversible

6.2.- El factor de Carnot

D D DS S SFC MT FF+ + = 0

DSMT = 0

DSQ

TFC

rev= -

( )DS

Q

TFFrev=

0

0

( )- + =Q

T

Q

Trev rev0

0

0

( ) ( )W Q Qt rev rev rev= - 0

( )- + =

Q

T

Q

T

W

Trev rev t rev

o0

El rendimiento de una mquinatrmica alcanza su valor mximo cuandotodos los procesos son reversibles. Cal-cularemos este rendimiento mximosuponiendo la fuente caliente a una tem-peratura constante T y la fuente fra auna temperatura constante T0.

La figura 6.2 representa el esque-ma de una mquina trmica reversible.Aplicando el Segundo Principio, se tiene:

La variacin de entropa de lamquina trmica, al ser un proceso ccli-co, ser:

mientras que la fuente caliente, al ceder calor, disminuye su entropa en:

y la fuente fra la aumenta en:

por lo tanto se cumplir que:

Aplicando, ahora, el Primer Principio, tenemos

que, sustituido en la ecuacin anterior, nos da:

El rendimiento trmico de la mquina vendr dado, entonces, por:


( ) ( )hth revt rev

rev

W

Q

T T

T= = - 0

( )h hth rev CT T

T= =

- 0

( )W Q T TT

Qt rev C rev rev= =-h 0

6.3.- La mquina trmica irreversible

Foco caliente

Qo

MquinaTrmica irrev

W t

T > To

Foco fro

Q

To

Figura 6.3.- Mquina trmicairreversible

D D D DS S S Sirrev FC MT FF= + +

DSQ

T

Q

Tirrev= - + 0

0

El rendimiento mximo en una mquina reversible que absorba calor deuna fuente a temperatura constante y lo ceda a otra, tambin a temperaturaconstante, es funcin exclusivamente de las temperaturas de las dos fuentes. Estaconsecuencia la dedujo S. Carnot (2 Corolario de Carnot), por lo que la expresin:

recibe el nombre de rendimiento o factor de Carnot.

El factor de Carnot depende exclusivamente de las temperaturas de las dosfuentes y nos permite decir que el calor es ms aprovechable cuanto mayor es latemperatura del foco caliente y menor la del foco fro.

Del calor suministrado por la fuente caliente no es posible convertir entrabajo, ni an con la mquina ms perfecta, ms que una fraccin dada por:

En cualquier mquina real intervie-nen irreversibilidades, por lo que el rendi-miento no alcanzar el valor del factor deCarnot con las mismas temperaturas enlos dos focos. En la mquina irreversible,segn el Segundo principio se generaruna entropa irreversible:

Teniendo en cuenta que la varia-cin de entropa de la mquina trmicaes nula, pues recorre un proceso cclicoy sustituyendo las variaciones de entropaen los focos, se obtiene:

Segn el primer principio, se tiene:


W Q Qt = - 0

DSQ

T

Q W

Tirrevt= - +

-

0

h htht irrev

CirrevW

Q

T T

T

T S

Q

T S

Q= =

-- = -0 0 0

D D

( )W W Wt t rev p= -

( ) ( )Q Q W Q W W Q Wrev t rev t rev p rev p0 0= - = - + = +

( )h hth

t rev p

revC

p

rev

W W

Q

W

Q=

-= -

W T Sp irrev= 0 D

por lo que:

El rendimiento trmico de una mquina irreversible ser:

Como el incremento de entropa irreversible es siempre positivo, elrendimiento es siempre menor que el factor de Carnot. Cuanto mayor es laentropa generada por las irreversibilidades, menor es el rendimiento trmico.

Si comparamos la mquina trmica irreversible, con una mquina trmicareversible en la que el calor absorbido de la fuente caliente sea el mismo, es decir

, el trabajo tcnico ser:Q Qrev=

donde Wp es el trabajo perdido.

El calor cedido por la mquina ser:

Es decir, la energa que se hubiese podido aprovechar en forma de trabajo(el trabajo perdido) se cede a la fuente fra en forma de calor no utilizado.

El rendimiento trmico de la mquina se puede poner como:

que, comparado con la expresin del rendimiento en funcin de la entropairreversible nos da la expresin del trabajo perdido:

La entropa generada en un sistema adiabtico nos da, pues una medidadel trabajo perdido.

La comparacin entre las dos mquinas trmicas se puede apreciargrficamente si se representan en un diagrama T-S las variaciones de entropa delos focos fro y caliente, como se indica en la figura 6.4.

En la mquina trmica irreversible hay que aadir al calor cedido a la fuentefra un calor adicional que corresponde al trabajo perdido.


6.4.- Capacidad de trabajo tcnico. Exerga

T

To

)sFC

Qrev

(Qo)rev

)sFF

T

To

)sFC

Q

Qo

)sFF

)s irrev

T

s

T

s

Wp = To )sirrev

Figura 6.4.- Variacin de entropa de las fuentes fra y caliente en una mquinatrmica reversible y en una irreversible

Figura 6.5.- Proceso reversible aseguir para calcular la capacidad de

trabajo tcnico

El segundo principio de la Termodinmica nos demuestra que las diversasformas de energa no son equivalentes. La energa interna y el calor no puedentransformarse totalmente en trabajo an en procesos reversibles.

El factor de Carnot nos permite decir que el calor es tanto ms aprovecha-ble cuanto mayor sea la temperatura de la fuente caliente y menor la de la fuentefra (medio ambiente). Respecto a la energa interna slo podemos decir quecuando un sistema se halla en equilibrio con el medio ambiente, su energa internaes completamente inutilizable.

Las energas mecnica y elctricason completamente diferentes en sucomportamiento pues es posible transfor-marlas en cualquier proporcin.

Aunque el trmino ambiente esintuitivo, podemos definir medio ambientecomo la porcin del entorno de un siste-ma en la que las propiedades intensivasson uniformes y no cambian significativa-mente como resultado de cualquier pro-ceso. Si el estado de un sistema es dife-rente al del ambiente, existe la posibilidadde que produzca un trabajo. Sin embargocuando el sistema est en equilibrio conel ambiente, no existe tal posibilidad y sedice que el sistema est en estadomuerto.


( ) ( ) ( ) ( )W H H m c c mg z ztAB rev B B B= - + - + -122 2

( ) ( ) ( ) ( )W H H mc mg z z T S StBU B u B B u u u= - + + - + -12

2

( ) ( ) ( )Q T S S T S SBu rev u u B u u= - = -

( ) ( )A H H T S S m c mg z zt u u u u= - - - + + -2

2

( )E H H T S Su u u= - - -

( )e h h T s su u u= - - -

( ) ( )e u u p v v T s su u u u u= - + - - -

Tratamos, ahora, de valorar el contenido en energa de un sistema abierto.Definimos capacidad de trabajo tcnico At como el mximo trabajo que podemosobtener de la energa de un sistema abierto. Slo podremos obtener la mximacantidad de trabajo tcnico mediante transformaciones reversibles.

Para calcular el valor de la capacidad de trabajo tcnico consideremos unfluido a una presin p, una temperatura T, una velocidad c y situado a una alturaz que desarrolla un proceso al final del cual se establece un equilibrio con el medioambiente alcanzando la presin pu, la temperatura Tu, velocidad nula y altura zu,parmetros correspondientes al estado muerto.

Supongamos el proceso indicado en la figura 6.5 (podemos estudiarcualquier proceso pues el resultado, como se ver, es funcin de estado y no delproceso). Partiendo del estado inicial A, el fluido se expande adiabticamentehasta alcanzar la temperatura Tu del medio ambiente. Segn el Primer Principioel trabajo obtenido ser:

no habiendo intercambio de calor por ser un proceso isoentrpico.

A partir de este estado intermedio, expandimos o comprimimos isotrmica-mente el fluido hasta la presin ambiente pu. El trabajo tcnico vendr dado por:

ya que:

Sumando los dos trabajos tcnicos obtenemos la capacidad de trabajotcnico At:

Si prescindimos de las energas cintica y potencial que son totalmenteconvertibles en trabajo, definiremos las exerga como

La exerga no es una variable de estado, pero puede considerarse comotal siempre que se fije la temperatura ambiente Tu.

Definimos exerga especfica como la exerga por unidad de masa:

Del mismo podo podramos estudiar la exerga de un sistema cerrado quevendr dada por la expresin:


6.5.- Balance de exerga para sistemas cerrados

U U Q W2 11

2

- = -d

S SQ

TSirrev2 1

1

2

- = +d

D

( ) ( )E E U U p V V T S Su u2 1 2 1 2 1 2 1- = - + - - -

( )U U T S S Q T QT

W T Su u u irrev2 2 2 11

2

1

2

- - - = - - - dd

D

( )[ ]E E TT

Q W p V V T Su u irrev2 10

1

2

2 11- = -

- - - - d D

11

2

-

T

TQu d

La mayora de las aplicaciones termodinmicas utilizan sistemas abiertospor lo que, en este caso, el clculo de la exerga se ha desarrollado en este tipode sistemas.

El balance de exerga para sistemas cerrados podemos obtenerlo partiendodel balances de energa que corresponde al Primer Principio

y del balance de entropa que se expresa en funcin del flujo de entropa y laentropa generada

y de la variacin de entropa, que se deduce de su definicin

Multiplicando el Balance de entropa por T0 y restndolo del balance deenerga, obtenemos

donde podemos sustituir el primer trmino por su equivalente segn la expresinde la variacin de entropa. Se obtiene

Analicemos, ahora, cada uno de los sumandos del segundo trmino de laecuacin anterior. El trmino

representa la transferencia de exerga debida al intercambio de calor, quecoincide con el trabajo que podra realizar una mquina reversible que absorbieracalor de un foco caliente a temperatura T y cediera calor al ambiente a temperatu-ra Tu.


( )[ ]W p V Vu- -2 1

E T Sp u irrev= D

6.6.- Balance de exerga para volmenes de control

dE

dt

T

TQ W p

dV

dtm e m e T Svc u

jj vc u

vce e

es s

su irrev vc= -

- -

+ - - 1 & & & & & ,D

Podemos decir, por tanto, que la magnitud de la transferencia de exergaque acompaa al calor es equivalente al trabajo que producira una mquinatrmica reversible que trabajase entre la temperatura T y el ambiente a temperatu-ra Tu.

En el caso de que la temperatura T fuera inferior a la ambiente, la magnitudde la transferencia de exerga que acompaa al calor es equivalente al trabajo queproducira una mquina trmica reversible que absorbiese el calor a la temperatu-ra ambiente Tu y lo cediera a una temperatura T inferior al ambiente.

El segundo trmino

puede interpretarse como la magnitud de la transferencia de exerga queacompaa al trabajo. Aunque el sistema no tiene porqu interactuar con elambiente, la magnitud de la exerga que acompaa al trabajo coincide con elmximo trabajo que podra obtenerse del sistema cuando interacta con elambiente.

Si hay variacin de volumen en el proceso existe un trabajo contra el

ambiente igual a que disminuira el trabajo obtenido. Si no hay( )p V Vu 2 1-variacin de volumen la transferencia de exerga que acompaa al trabajo seraigual al trabajo producido por el sistema.

Por ltimo, el tercer trmino

representa la exerga destruida debido a las irreversibilidades, es decir, la exergaperdida, tambin llamada irreversibilidad. La exerga perdida ser nula en losprocesos reversibles y positiva en los irreversibles. Recurdese que la entropagenerada, ))Sirrev no puede ser positiva.

La ecuacin del balance de exerga para un volumen de control es similara la ecuacin para sistemas cerrados anteriormente hallada, aadiendo lasvariaciones de exerga debidos a los flujos de masas que atraviesan el volumende control. Teniendo en cuenta esto y suponiendo un flujo unidimensional, laecuacin del balance de exerga, por unidad de tiempo ser:

donde:


0 1= -

- + - - TT Q W m e m e T Su

jj vc e e

es s

su irrev vc

& & & & & ,D

6.7.- Valoracin de los procesos termodinmicos con ayudade la exerga

, es la variacin de exerga del volumen de control por unidad de tiempo.dE

dtvc

, el flujo de exerga por unidad de tiempo debido a los intercambios1-

T

TQu

jj

&

de calor a travs de los lmites del sistema.

, el flujo de exerga por unidad de tiempo asociada al trabajo.&W pdV

dtvc uvc-

y , las variaciones de exerga por unidad de tiempo debidas a los&m ee ee

&m es ss

flujos de masas entrantes y salientes del volumen de control.

, la exerga perdida por unidad del tiempo en el volumen deE T Sp vc u irrev vc, ,&= Dcontrol.

En la ecuacin anterior no se han tenido en cuenta las variaciones deenerga cintica y potencial que pueden convertirse completamente en trabajo.

En caso de rgimen permanente, el contenido de exerga y el volumen delvolumen de control no varan por lo que el balance de exergas es:

La exerga perdida en un volumen de control puede calcularse utilizando elbalance de exergas anterior o bien calculando la entropa generada, mediante elbalance de entropas y mutiplicndola por la temperatura ambiente.

En cualquier proceso termodinmico se produce una variacin de exerga.La irreversibilidad de un proceso se manifiesta en que disminuye su capacidad deaportar trabajo, por lo que decimos que en cualquier proceso irreversible sedestruye exerga.

Si un sistema realiza un proceso en el que no hay produccin de trabajo,la energa no aprovechada es simplemente la disminucin de capacidad de trabajotcnico que experimenta el sistema.

Si, por contra, el sistema cede un cierto trabajo, una parte de la disminucinde exerga es compensada por ese trabajo obtenido. Si el proceso es reversible,el trabajo tcnico es igual a la disminucin de la capacidad de trabajo tcnico, porlo que no habr prdidas de exerga.


E T Sp u irrev= D

6.8.- El diagrama de exergas

Fuente caliente AQ = 0c Q

100%

70%30%

Mquina trmica reversible

#(Qo)rev# = (1 - 0c)QFuente fra T = 300K

(W t)rev = 0c Q

Fuente caliente T = 1000K Q

100%

100%

(W t)rev = AQ

Ep

Mquina trmica reversible

Figura 6.6.- a) Diagrama de energas de una mquina trmica reversible; b)Diagrama de exergas de la mima mquina

Si el proceso es irreversible, una parte de la exerga no se puedetransformar en trabajo tcnico, sino que ha sido destruida por causa de lasirreversibilidades. Esta exerga perdida viene dada por la expresin:

La exerga perdida equivale a la fraccin de trabajo tcnico que se hubiesepodido aprovechar si el proceso hubiese sido reversible, es decir, al trabajoperdido Wp.

Los flujos de energa de una instalacin se pueden representar en undiagrama de energas, tambin denominado diagrama de Sankey. Pero, parajuzgar la calidad de las distintas transformaciones energticas, se representajuanto al diagrama de energas, un diagrama de exergas.

El diagrama de la figura 6.6 representa los diagramas de energas yexergas de una mquina trmica reversible funcionando entre dos focos detemperaturas constantes T y T0 = Tu.

En el diagrama de energas parece como si la energa cedida a la fuentefra fuera una energa perdida, mientras que en el diagrama de exergas se puedecomprobar que la instalacin trabaja sin prdidas pues la exerga tomada de lafuente caliente se convierte ntegramente en trabajo tcnico y no fluye exergahacia la fuente fra.


6.9.- Eficiencia exergtica

Fuente caliente AQ = 0c Q

100%

60%58%

Mquina trmica irreversible

#Qo# = (1 - 0t )QFuente fra T = 300K

Wt = 0

t Q

Fuente caliente T = 1000K Q

Wt = (0

t /0

c) A

Q

Ep = Wp == (0c - 0t) Q

Mquina trmica irreversible

42% 40%

100%

Figura 6.7.- Diagrama de energas de una mquina trmica irreversible y b)Diagrama de exergas de la misma mquina

jhh

= =Exergia recuperada

Exergia empleadath

C

6.10.- Introduccin a los ciclos reales en mquinas trmicasy frigorficas

La figura 6.7 muestra los diagramas de energas y de exergas de unamquina trmica irreversible. En este caso, tampoco se cede exerga a la fuentefra sino que se destruye una parte de la exerga debido a las irreversibilidades.

En captulos anteriores se han definido el rendimiento de una mquinatrmica y los coeficientes de eficiencia de mquinas frigorficas y bombas de calor,sin embargo estos coeficientes no hacen referencia a la calidad del proceso, esdecir, no nos informan de cunto se acerca el proceso a un proceso reversible.

Para estudiar la calidad de un proceso debemos utilizar como referencia lamxima cantidad de trabajo que podemos obtener en un proceso reversible (enel caso de las mquinas frigorficas)

Esta expresin es vlida tambin para las mquinas frigorficas, sustituyen-do los rendimientos por los coeficientes de eficiencia.

Para simplificar los clculos de los procesos en mquinas trmicas yfrigorficas, se estudian ciertos ciclos reversibles, que reciben en nombre de


q T dsrevA

B

=

( ) ( ) ( )w q q q q T dst rev rev rev rev rev= + = - = 0 0

q T dsrevB

A

0, = qrevqo rev

A

Bc

d

sA sB

wt rev

s

T

Figura 6.8.- Calores intercambiadosen el ciclo reversible

( )hth

t rev

rev

A

B

w

q

T ds

T ds

= =

procesos de comparacin. Aunque el ciclo real de la mquina difiera del procesode comparacin correspondiente, el estudio de ste tiene inters para saber qufactores influyen en el rendimiento de la instalacin

A causa de las irreversibilidades reales, el rendimiento de la mquinatrmica siempre ser inferior al de su proceso de comparacin. Ciertos procesostermodinmicos son muy difciles de realizar debido a las irreversibilidades quepresentan (por ejemplo, las compresiones y expansiones isotrmicas), mientrasque otros se pueden realizar con una buena aproximacin (cesin y absorcin decalor isobricas).

Un proceso de comparacin con un rendimiento trmico bajo, puede serms fcilmente realizable que otro con rendimiento trmico alto, por lo quedeberemos tener en cuenta otros parmetros, como la relacin de trabajos, queestudiaremos ms adelante.

Rendimiento trmico de un proceso cclico. Temperaturas medias termodin-micas

En la figura 6.8 se ha representado un ciclo cualquiera reversible, en el que,durante el cambio de estado AB a lo largo de c, el fluido absorbe un calor queviene dado por:

mientras que durante el cambio de estado BA a lo largo de d, cede un calor queviene dado por:

El trabajo tcnico obtenido, segnel primer principio ser:

En el diagrama T-s de la figura 6.8se muestran las reas que representanlos calores absorbido y cedido y el trabajotcnico obtenido.

El rendimiento trmico vendrdado por:


Tq

s s s sT dsm

rev

B A B A A

B

=-

=- 1

sA

Tm

Tmin

T

sB s

B

A

Tmax

To m

T

To

Figura 6.9.- Temperaturas mediastermodinmicas

( )T

q

s s s sT dsm

rev

A B A B B

A

0

0 1=

-=

-

( )hth

rev

rev

m

m

q

q

T

T= - = -1 1

0 0

( ) ( ) ( )w w wt rev t rev t rev= -+ -

( wt )+revp

v

( wt )-rev

wt -rev = - n v dp

Figura 6.10.- Trabajos tcnicos en eldiagrama p-v

( )( )rw

wt

t rev

t rev

=-

+

Se denomina temperatura media termodinmica a la que se absorbe elcalor Tm, a la relacin:

Igualmente, se denomina tempe-ratura media termodinmica a la quese cede el calor Tom, a la relacin:

En la figura 6.9 se pueden apreciarlas temperaturas medias definidas ante-riormente.

Teniendo en cuenta estas defini-ciones, el rendimiento trmico del ciclo vendr dado por:

que tiene el mismo aspecto que el factor de Carnot pero con las temperaturasmedias termodinmicas.

Relacin de trabajos

En cualquier ciclo, el trabajo tcnico obtenido es la diferencia entre untrabajo positivo (obtenido en la turbina) y un trabajo negativo (cedido a la bombao al compresor). El trabajo til ser:

Se denomina relacin de trabajosal cociente entre el trabajo consumido porla bomba o el compresor, y el obtenido enla turbina, es decir

En la figura 6.10 se representanestos trabajos tcnicos en un diagramap-v

El trabajo que se obtiene en un


T

1

2 3

4

s1 = s

2

To

T

s3 = s4 s

Figura 6.11.- Ciclo de Carnot

T

1

2 3

4

s1 = s2

To

s3 = s4 s

K

Figura 6.12.- Ciclo de Carnot en lazona de vapor hmedo

ciclo real es mayor cuanto menor es la relacin de trabajos en el proceso decomparacin correspondiente. Por tanto, un proceso de comparacin reversibleno slo debe tener un rendimiento trmico elevado sino que, adems, su relacinde trabajos debe ser lo ms baja posible.

Realizacin prctica del ciclo de Carnot

El ciclo de Carnot representa elproceso ideal de una mquina trmicapues su rendimiento coincide con elfactor de Carnot. Sin embargo su realiza-cin prctica tiene grandes inconvenien-tes como veremos a continuacin.

Como ya se ha dicho, el ciclo estcompuesto por dos transformacionesisotrmicas y dos adiabticas, como semuestra en el diagrama T-s de la figura6.11.

El ciclo de Carnot como proceso decomparacin de una mquina de vapor

Al tomar el ciclo de Carnot comoproceso de comparacin de una mquinade vapor se nos presentan dos posibilida-des como se indica en las figuras 6.12 y6.13, dentro de la zona de vapor hmedoy con la expansin isotrmica fuera deesta zona, por encima del punto crtico.

En el primer caso, es favorable lacoincidencia de las isotermas conlas isobaras, pues la realizacin deestas ltimas es fcil. Sin embargola realizacin de la compresin en lazona de vapor hmedo presentadificultades. Por ejemplo, habra quedetener la condensacin en el punto 1, demanera que, tras una compresin isoen-trpica, alcanzsemos el punto 2 como lquido saturado a la presin alta, lo cuales muy difcil.

Por otra parte existe la desventaja de trabajar a temperaturas inferiores alpunto crtico (en el agua, la temperatura crtica es 374,15 C) lo que da unrendimiento trmico muy reducido.


T

1

2 3

4

s1 = s2

To

T

s3 = s4 s

K

Figura 6.13.- Ciclo de Carnot conexpansin isoentrpica por encima

de la temperatura crtica

( )( )

w h h c T T

w h h c T T

t p

t p

12 1 2 0

34 3 4 0

= - = - -

= - = -

T

To1

2

3

4

s3 = s4

wt

s1 = s2

v

p

Figura 6.14.- Ciclo de Carnot de ungas ideal

6.11.- El ciclo isobaro-isoentrpico

Estas dificultades podran evitarserealizando la expansin isotrmica porencima del punto crtico. Sin embargo eneste ciclo la presin del estado 2 es tanelevada (algunos miles de bar) que lacompresin 1-2 es irrealizable.

Llegamos, pues, a la conclusin deque el ciclo de Carnot no puede utilizarsecomo proceso de comparacin de unamquina de vapor.

El ciclo de Carnot como proceso decomparacin de una turbina de gas

La figura 6.14 muestra unciclo de Carnot en la zona de gas.Los trabajos isoentrpicos del compresor y la turbina, suponiendo los caloresespecficos constantes, vienen dadospor:

por lo que se anulan y el trabajo til proviene de los trabajos isotrmicos y esmuy pequeo.

El rendimiento trmico es muypequeo y la relacin de trabajos muyelevada por lo que no sirve como procesode comparacin de la mquina de gas.

Una vez demostrado que el ciclo de Carnot es irrealizable y que no esapropiado como proceso de comparacin de una mquina trmica, se trata debuscar otros ciclos ms adecuados como procesos de comparacin.

Si sustituimos las isotermas del ciclo de Carnot por isobaras, la realizacindel ciclo es mucho ms fcil. Pese a que su rendimiento es inferior al noproducirse la absorcin y la cesin e calor a temperaturas constantes, presentamuchas ms ventajas que el de Carnot.


Presin en elcondensador

1

23

4

s1 = s2

To

T

s3 = s4 s

TPresin enla caldera

Qe

Qs

W t

Wb

Caldera

Turbina

Condensador

Bomba

1

2

3

4

Figura 6.15.- Diagrama T-s del ciclo de Rankine sencillo ideal y esquema de lainstalacin

p

V

1

42

3

b a

3

2

4

a

b 1

T

s

2'

3'

Figura 6.16.- Diagramas p-V y T-s del ciclo de Baryton para turbina de gas

El ciclo isobaro-isoentrpico puede llevarse a cabo con vapores en cuyocaso recibe el nombre de Ciclo de Rankine o con gases, recibiendo el nombre deCiclo de Brayton.

El ciclo de Rankine es adecuado para estudiar los ciclos con turbina devapor. En la figura 6.15 se muestra el esquema de la instalacin y el diagrama T-scorrespondientes a un ciclo Rankine sencillo.

En la prctica, se realizan diferentes modificaciones en este esquema,tratando de mejorar su rendimiento en base, por ejemplo, a aumentar latemperatura media termodinmica a la que se absorbe el calor.

El ciclo de Brayton es adecuado para los ciclos con turbina de gas. En lafigura 6.16 puede verse los diagramas p-V y T-s de dicho ciclo de potencia.


6.12.- Inversin de la mquina trmica

Mquinafrigorfica

Bombade calor

T = Tu

T > Tu

Qo

Q

W t

Q

Qo

W t

To < Tu

T = Tu Medioambiente

Figura 6.17.- Mquina frigorfica y bombade calor

( )e F

t rev

Q

w= 0

E QT

TQQ C

u0 0

0

1= = -

h

( )W T TT

Qt revu=

- 00

0

Como ya se ha dicho anteriormente, la inversin de la mqui-na trmica da lugar a la mquinafrigorfica o a la bomba de calor. Enla figura 6.17 pueden verse los es-quemas de ambas. Ambos esque-mas se pueden considerar comouna inversin de la mquina trmicay su misin no es convertir trabajoen calor, sino elevar el calor de unnivel de temperaturas bajo a otroms alto, para lo que necesitan unconsumo de trabajo.

Una mquina frigorfica ab-sorbe calor de un recinto fro y locede al ambiente que est a unatemperatura superior. Su finalidades producir fro. Una bomba de calorabsorbe calor del ambiente y lo cedea un foco a mayor temperatura. Su fin es producir calor.

Coeficientes de eficiencia

Dado que en una mquina frigorfica lo que interesa es producir fro,habamos definido el coeficiente de eficiencia como:

Si aun recinto fro a la temperatura constante T0 le absorbemos un calor Q0su exerga aumentar en

Esa exerga debe ser cedida en forma de trabajo a la mquina frigorfica,por lo que:

Sustituyendo estos valores, el coeficiente de eficiencia de una mquinafrigorfica vendr dado por


( )e F

t rev u

Q

W

T

T T= =

-0 0

0

( )e B

t rev u

Q

W

T

T T= =

-

T

1

23

4

s1 = s2

To

T

s3 = s4 s

K

wt

qo

Figura 6.18.- Ciclo de Carnotinvertido en la zona de vapor

T

1

2

3

4

s1 = s2

To

T

s3 s

K

wt

qo4

s4

Figura 6.19.- Ciclo prctico de unamquina frigorfica de vapor

De la misma manera, teniendo en cuenta que en la bomba de calor, lo quenos interesa es la cantidad de calor Q que cedemos al ambiente y realizando lasmismas consideraciones, el coeficiente de eficiencia resulta

En caso de que la absorcin y la cesin de calor no se realicen atemperatura constante, dichos coeficientes estarn en funcin de las temperaturamedias termodinmicas.

Realizacin prctica del ciclo de Carnot invertido

El ciclo de Carnot es el proceso decomparacin terico ms apropiado parauna mquina frigorfica de vapor, perorecorrido en sentido inverso a la mquinatrmica.

El vapor hmedo que sale delevaporador a la temperatura To y a lapresin baja, se comprime isoentrpica-mente hasta la presin alta del condensa-dor. En el condensador, el vapor saturadose condensa isobrica e isotrmicamentecediendo calor. Posteriormente se expan-de hasta la presin baja del evaporador y,por ltimo, se vaporiza isotrmica e iso-bricamente absorbiendo calor. La figura6.18 representa el diagrama T-s del ciclo.

Sin embargo, la realizacin prcti-ca de este ciclo tiene algunos inconve-nientes importantes. Por ejemplo es muydifcil que la vaporizacin se interrumpaen el punto 1, por lo que en la siguientecompresin no llegar al punto 2 sobre lacurva de saturacin. Adems la expan-sin 3-4 en la mquina de expansinpresenta muchos problemas.

En la prctica, el proceso de com-paracin de una mquina frigorfica devapor es el que se representa en la figura6.19. La vaporizacin 4-1 se extiende

ph

p

po

qo wt

IqI

h1h3 = h4 h2

1

23

4

Figura 6.20.- Diagrama p-h del ciclode una mquina frigorfica de vapor

p

h

p

po

qo wt

IqI

h1h3 = h4 h2

1

23'

4'4

3

Figura 6.21.- El mismo ciclo consubenfriamiento del refrigerante

hasta obtener vapor saturado, comprimindose isoentrpicamente hasta la presindel condensador como vapor recalentado. Por otra parte la expansin se realizamediante una vlvula de expansin de manera irreversible hasta la presin delevaporador.

Dado que en refrigeracin es muy habitual el uso del diagrama p-h, semuestran a continuacin dos procesos de comparacin habituales de una mquinafrigorfica.

La figura 6.20 representa el proceso normal y la 6.21 el proceso consubenfriamiento del refrigerante, por lo que aumenta la cantidad de fro absorbidopara un mismo trabajo de compresin. Tambin se debe considerar la posibilidadde disminuir la temperatura de condensacin y la presin del condensador enlugar de subenfriar el refrigerante.


PROBLEMAS

6.1.- Una mquina trmica reversible funciona entre tres niveles trmicos detemperatura: T1 = 500 K, T2 = 400 K y T3 = 300 K. Toma del foco T1 lacantidad de calor Q1 = 700 kcal y realiza un trabajo de 1 kW.h. Calcular:

a) Las cantidades de calor tomadas o cedidas en los otros dos focos.b) El rendimiento del ciclo.c) Los incrementos de entropa en los tres focos y el incremento deentropa del universo.Solucin: a) Q2 = 9.716 kJ; Q3 = -9.042 kJ; b) 0 = 28,5%;c) )S1 = -5,85 kJ/K; )S2 = -24,3 kJ/K; )S3 = 30,15 kJ/K; )S = 0

6.2.- Una mquina funciona intercambiando calor entre tres fuentes trmicas sinabsorber ni producir trabajo. Las temperaturas son: T1 = 200 K, T2 = 300 Ky T3 = 400 K. Todos los procesos son reversibles. Si se extrae de la fuentea 400 K una cantidad de calor Q3 = 1.200 J, Calcular las cantidades decalor absorbidas o cedidas a las otras fuentes.Solucin: Q1 = -600 J; Q2 = 1.800 J

6.3.- Dos motores trmicos reversibles funcionan tomando el primero calor deuna fuente a 600 K y cediendo calor al segundo motor que, a su vez, cedecalor a la fuente fra a 27 C. Sabiendo que el primer motor realiza por cicloun trabajo de 4.187 J y el segundo de 8.374 J, hallar la cantidad de calorintercambiada por ambos motores, el rendimiento de cada uno y elrendimiento total.Solucin: Q 1 = 25.122 J; Q0 = 20.935 J; Q'0 = 12.561 J; 01 = 16,66%;02 = 39,8%; 0t = 50%

6.4 Dos motores trmicos reversible funcionan tomando el primero calor de unafuente a una temperatura T y cediendo calor al segundo motor a travs deuna fuente a temperatura intermedia Tm. El segundo motor absorbe estecalor y cede a su vez calor a un foco fro a temperatura T0. Hallar latemperatura intermedia Tm si: a) El rendimiento trmico de ambasmquinas coincide y b) El trabajo producido por ambos ciclos es el mismo.

6.5.- 100 kJ de calor se transfieren de un sistema a una temperatura constantede 600 C a otro de temperatura tambin constante de 300 C, sin que hayaproduccin de trabajo. Calcular el incremento de entropa irreversible quetiene lugar y la exerga perdida. La temperatura del medio ambiente es de20 C.Solucin: )Sirrev = 60 J/K; Ep = 17.580 J

6.6.- Un motor trmico trabaja entre una fuente de calor a 1.600 K y el medioambiente a Tu = 293 K. El fluido, en su interior evoluciona reversiblemente(WR = 0) segn un ciclo cuyo rendimiento trmico es del 62%. Medida laexerga recibida por el fluido, vale 70 kJ por cada 100 kJ de calor recibidode la fuente. Calcular:

a) La exerga destruida en la absorcin de calor de la fuente.


b) La exerga destruida interiormente por el fluido.c) La exerga destruida en la cesin de calor al medio ambiente.d) El rendimiento exergtico del ciclo y del motor.e) Dibujar el diagrama de exergas.

6.7.- El mismo motor del problema anterior funciona entre las mismas tempera-turas y en las mismas condiciones, pero ahora WR > 0 con lo que el fluidorecorre un ciclo irreversible. Sabiendo que el rendimiento trmico del cicloes ahora del 51%, calcular las mismas cuestiones y dibujar tambin eldiagrama exergtico.

6.8.- El agua hierve a la temperatura de 100 C cuando la presin pu = 1 atm.Calcular la exerga del agua hirviente, suponiendo que su calor especficomedio entre los 100 C y la temperatura ambiente tu = 15 C es constantey vale 4,19 kJ/kg C.Solucin: E = 44 kJ/kg

6.9.- En una instalacin circula aire por el interior de una conduccin no aisladatrmicamente. Debido a la cesin de calor al medio ambiente, la temperatu-ra disminuye de 100 C hasta 70 C. Su presin desciende desde 1,5 atmal principio de la conduccin hasta 1,4 atm al final de la misma. Calcular laexerga perdida suponiendo que la temperatura ambiente es de 15 C.Datos Cp = 1,004 J/grCSolucin: ep = 11,5 kJ/kg

6.10.- Un compresor adiabtico desarrolla una potencia de 100 kW. El compresorcomprime un flujo de aire de 0,5 kg/s desde 1 atm y 15 C hasta 4 atm. Enun refrigerador de agua se enfra el aire hasta 35 C. El agua de refrigera-cin entra a 15 C y 1 atm y sale a 22 C. Dibujar el diagrama de energasy exergas de la instalacin.Datos: Tu = 15 C, pu = 1 atm, Calor especfico del agua = 4,19 J/gr C,Calor especfico medio del aire = 1,004 J/gr C

6.11.- En una turbina adiabtica entra vapor a 6 MPa , 600 C y 80 m/s y sale a50 kPa, 100 C y 140 m/s. Si la potencia de la turbina es de 5 MW, hallarla eficiencia exergtica de la turbina, suponiendo que la temperaturaambiente es de 25 C. Dibujar el diagrama de energas y el de exergasSolucin: 86,1 %

6.12.- Un ciclo frigorfico mantiene el recipiente congelador a -20 C absorbiendocalor de los alimentos colocados en su interior a razn de 1.500 kJ/h. Si elevaporador cede calor al ambiente que est a 22 C, hallar la mnimapotencia necesaria para el funcionamiento del frigorfico. Cundofuncionan mejor los frigorficos, en verano o en invierno?

Transformaciones energeticas

Documents

Transcript of Transformaciones energeticas