Problema de Aplicación Turbogas2

CONTABILIDAD DE ENERGÍA, DISPONIBILIDAD Y ENERGÍA DISPONIBLE.

Asignatura: TERMODINÁMICA II

Profesor: José Iván Hurtado Hidalgo,

Ing. Mec. M.Sc.

Universidad Industrial de SantanderEscuela de Ingeniería Mecánica

Balances de energía, disponibilidad y energía disponible en ciclo Brayton turbogas de aire normal

TurbinaCompresor

Intercambiador de Calor

qcc

wneto

wcompresor

maire

maire

100 kPa15°C

500 kPa230°C

500 kPa600°C

100 kPa360°C

Ambiente100 kPa

15°C

1

2 3

4


Condiciones del problema• Compresor y turbina son adiabáticos• Efectos de energía cinética y potencial son

irrelevantes• Proceso de adición de calor en el

intercambiador es internamente reversible• No hay pérdidas de presión ni temperatura

de valor apreciable en las tuberías


Datos tomados de tablas de aire:

1 15 ºC h1 = 290.4 kJ/kg

2 230 ºC h2 = 508.3 kJ/kg

3 600 ºC h3 = 904.9 kJ/kg

4 360 ºC h4 = 644.0 kJ/kg


TºC

S (kJ/kg ºK

1

2

3

4

p = 500 kPa

p = 100 kPa

T1

T2

T4

T3

s1 s2 s3 s4

2´

4´T4´

T2´


• Preguntas de interés:

– Elaborar el análisis de energía– Elaborar el análisis de disponibilidad– Elaborar el análisis de energía disponible


• Cálculos de 1a Ley:

• wcomp = h1 – h2 = -217.9 kJ/kg

• q cc = h3 - h2 = 396.6 kJ/kg

• wturb = h3 – h4 = 260.9 kJ/kg

• Te´ = Ti ( pe / pi ) (k - 1)/ k

• q - w = he - hi = Cpo (Te - Ti )


• Cálculos fundamentales:

• turb = wturb. real / wturb. Ideal

• comp = wcomp. ideal / wcomp. real

• wmáquina Ideal = hi - he´

• wmáquina real = hi – he

• qtransferido = he – hi


TºC

S (kJ/kg ºK

1

2

3

4

p = 500 kPa

p = 100 kPa

s1 s2 s3 s4

4´

qcc = Área s2 – 2 – 3 – s3 - s2

TºC

S (kJ/kg ºK

1

2

3

4

p = 500 kPa

p = 100 kPa

s1 s2 s3 s4

4´


qatm = Área s1 – 1 – 4 – s4 – s1


• Cálculos fundamentales:– Disponibilidad de flujo, “y”:

y = h - h0 - T0 ( s - s0 )– Variación de la entropía

s - s0 = φ - φ0 - R ln ( p / p0 )

– “φ” representa la fracción de la entropía que es función de la temperatura - su valor se encuentra en las tablas de gas ideal

– Subíndice “No” corresponden al valor de la propiedad “N” en el estado de equilibrio con el medio circundante, o estado muerto


• Balance de energía - Modelo 1Ingresos de energía Egresos de energía

Con el gas admitido

h1 = 290.4 kJ / kg

Con el gas expulsado

h4 = 644.0 kJ / kg

Trabajo de compresor

wcp = 217.9 kJ / kg

Trabajo de turbina

wtb = 260.9 kJ / kg

Calor suministrado en elintercambiador

qcp = 396.6 kJ / kg

Total de ingresos deenergía

= 904.9 kJ / kg

Total de egresos deenergía

= 904.9 kJ / kg


• Esto puede mostrarse gráficamente como en el diagrama A.

• Si una parte del trabajo de la turbina se utiliza para impulsar directamente el compresor (como ocurre en el caso de plantas de potencia reales con turbinas de gas), entonces el trabajo neto de la planta es

wneto = wtb - wcp

• Y la contabilidad de la energía puede mostrase como en el diagrama B.


Todas las unidades: kJ / kg

Energía que entra

Energía que entra

Energíaque sale

Energíaque sale

h1 = 290.4

Wentra = 217.9

q = 396.6

WT = 260.9

h4 = 644.0h4 = 644.0

wT - wentra = 43.0

q = 396.6

h1 = 290.4Diagrama A Diagrama B


• Si el dato de energía utilizada fuera el aire atmosférico que ingresa a la planta, dicha energía que ingresa con el aire será “cero” (el aire se encuentra justamente en el estado muerto), y la energía que es expulsada en el escape de la turbina es

h4 - h1 = 644.0 - 290.4 = 353.6 kJ / kg


• Balance de energía - Modelo 2Ingresos de energía Egresos de energía

Con el gas admitido

h1 – ho = 0.0 kJ / kg

Con el gas expulsado

h4 – ho = 353.6 kJ / kg

Trabajo de compresor

wcp = 217.9 kJ / kg

Trabajo de turbina

wtb = 260.9 kJ / kg

Calor suministrado en elintercambiador

qcp = 396.6 kJ / kg

Total de ingresos deenergía

= 614.5 kJ / kg

Total de egresos deenergía

= 614.5 kJ / kg


Diagrama C Diagrama D

Energía que entra

Energía que entra

Energíaque sale

Energíaque sale

Todas las unidades: kJ / kg

Wentra = 217.9

q = 396.6WT = 260.9

h4 - ho = 353.6 q = 396.6

wT - wentra = 43.0

h4 - ho = 353.6


• Los diagramas A,B,C y D son diferentes formas de mostrar la misma contabilidad de energía


• Para contabilizar la disponibilidad, la escala de disponibilidad es fija porque, por definición, la disponibilidad o disponibilidad de flujo de un fluido en el estado muerto es cero (en este caso, a 100 kPa, 15 ºC). Es decir, no existe un origen o referencia para la disponibilidad, como si lo hay para la energía interna y la entalpía.

• Para cada estado,

y = h - Tos - (ho - Toso) = h - ho - To(s - so)

• y además,

s - so = φ - φo - R ln (p / po)


• Sustituyendo valores para cada estado, tomándolos de las tablas de propiedades del aire, se obtienen:

y1 = 0

y2 = 188.4 kJ / kg

y3 = 415.4 kJ / kg

y4 = 121.9 kJ / kg• Para el resto de la solución se necesitará calcular las

variaciones de entropía para los tres procesos que ocurren dentro de la planta, como se indica a continuación.


• s2 - s1 = φ2 - φ1 - R ln (p2 / p1) = 7.231 - 6.667 - 0.287 ln (500 / 100) = 0.1023 kJ / kg K

• s3 - s2 = φ3 - φ2 - R ln (p3 / p2) = 7.820 - 7.231 - 0 = 450.589 kJ / kg K

• s4 - s3 = φ4 - φ3 - R ln (p4 / p3) = 7.471 - 7.820

- 0.287 ln(100 / 500) = 0.113 kJ / kg K


Para cada uno de los tres procesos,

i = To Δsuniverso

– i 1-2 = 29.5 kJ/kg

– i 2-3 = 0, transferencia de calor reversible

– i 3-4 = 32.6 kJ/kg


Estado Proceso y, kJ/kg q, kJ/kg w, kJ/kg Δy, kJ/kg i, kJ/kg

1 0

1-2 0 -217.9 188.4 29.5

2 188.4

2-3 396.6 0 227.0 0

3 415.4

3-4 0 260.9 -293.5 32.6

4 121.9

Diagrama E


0 1 2 3 4

y

Estado

y1 = 0

wentrada = 217.9

i1-2 = 29.4 qdis = 227.0

y2 = 188.4 y3 = 415.4 y4 = 121.9

i3-4 = 32.6

w = 260.9

200

400


• Se observa que en el proceso 1 - 2, el trabajo suministrado es 217.9 kJ / kg, pero la disponibilidad del flujo de aire se incrementa sólo en 188.4 kJ / kg debido al efecto de la irreversibilidad de 29.5 kJ / kg generada en el compresor, energía que se hace no disponible para el proceso.

• Durante la expansión en la turbina, proceso 3 - 4, la disponibilidad del flujo de aire se reduce en 293.5 kJ / kg, pero el trabajo producido es tan sólo 260.9 kJ / kg debido a la irreversibilidad del proceso de 32.6 kJ / kg.

• La irreversibilidad del aire en el estado 4 indica que todavía se pueden obtener 121.9 kJ / kg de trabajo útil, a partir de los gases de escape de la turbina, y esta energía es mayor que el trabajo neto producido por la planta (260.9 - 217.9) = 43.0 kJ / kg.


• El incremento de 227.0 kJ / kg de la disponibilidad debido al suministro de calor en el intercambiador de calor, se calcula de la siguiente manera:

– Trabajo neto producido 43.0 kJ / kg– Disponibilidad del flujo de escape 121.9– Irreversibilidad del compresor 29.5– Irreversibilidad de la turbina 32.6

– Total 227.0 kJ / kg


• Para contabilizar la energía disponible, se cierra el ciclo de la planta de potencia imaginando que el aire que sale de la turbina se enfría en un intercambiador de calor, y luego vuelve a entrar al compresor en el estado 1.

• Entonces se tiene un ciclo como en el diagrama T - s • El ciclo funciona dentro de un sistema cerrado, de forma

que las únicas transferencias de energía son:

– El calor añadido q 2-3

– El trabajo neto de salida ( wtb - wcp ) o ( w3-4 + w1-2 )

– El calor liberado al entorno q 4-1


• Las partes disponibles de las dos trasferencias de calor se calculan de la forma siguiente

• qD, 2 - 3 = q 2 - 3 - qND, 2 - 3 = q 2-3 - T0 (s3 - s2) =

396.6 - 288 (0.589) = 227.0 kJ/kg

• qD, 4 - 1 = q 4 - 1 - qND, 4 - 1 = q 4-1 - T0 (s1 - s4) =

- 353.6 - 288(-0.804) = 121.9 kJ/kg

• Donde el valor de (s1 - s4) se obtuvo como el valor negativo de la suma (s2 - s1) + (s3 - s2) + (s4 - s3).

• En el diagrama F se muestran los resultados.

Diagrama F


Energía que entra

q = 396.6

qdis = 227.0

qno dis = 169.6

w = 43.0

qdis = 121.9

qno dis = 231.7

Energía que sale

ic = 29.4

it = 32.6

Todas las unidades en: kJ/kg


• El diagrama F muestra que de los 396.6 kJ / kg de calor suministrado, 169.6 kJ / kg no son energía disponible que pueda convertirse en trabajo.

• Las irreversibilidades del compresor y de la turbina

incrementan la energía no disponible, así que, del calor total disipado al aire ambiente, 353.6 kJ / kg, la parte disponible es 231.7 kJ / kg, en tanto que la parte no disponible es 121.9 kJ / kg


• En la medida en que los sistemas son más complejos, los cálculos de la contabilidad de energía, disponibilidad y energía disponible, y los diagramas ilustrativos correspondientes se hacen también más complejos.

• De la misma manera, en la medida en que el sistema analizado sea más complejo, el cálculo de las contabilidades de energía, disponibilidad y energía disponible, y los diagramas ilustrativos son más adecuados para identificar los sitios, dentro del sistema, en donde es aconsejable efectuar optimizaciones y mejoras.

Balances de energía, disponibilidad y energía disponible en ciclo Brayton turbo gas de aire normal

FIN

Date post:	25-Dec-2015
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Problema de Aplicación Turbogas2

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