Entropia y Ciclos Pt0209

MANUAL DEL PARTICIPANTE


TERMODINAMICA

CICLO RANKINE

ELABORADO POR: ING. JUAN DE DIOS BUSTOS TORRES

OCTUBRE 2004

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TEMA2LA ENTROPÍA Y LOS PROCESOS ISENTROPICOS

OBJETIVO PARTICULARAL TERMINO DEL TEMA, EL PARTICIPANTE CALCULARA LOS VALORES DE CAMBIOS DE PROPIEDADES TERMODINÁMICAS, PARTICULARMENTE DE LA ENTROPÍA , CON BASE EN LOS DIVERSOS CONOCIMIENTOS PROPORCIONADOS EN EL MANUAL, PARA PODER ESTABLECER UNA COMPARACIÓN ENTRE LOS PROCESOS TERMICOS TEÓRICOS Y LOS REALES.

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INTRODUCCIÓNEntender el funcionamiento termodinámico de las turbinas de vapor y de gas y de los compresores axiales, que son maquinas principales de los ciclos termodinámicos es un conocimiento obligatorio del personal técnico de operación de una central, por lo que el objetivo de este tema es que el participante conozca la propiedad entropía y el proceso isentrópico que es el proceso teórico que tiene lugar en dichas máquinas, así como el principio de incremento de la entropía y su aplicación en los procesos adiabáticos reales; teniendo como beneficio para el participante el que podrá efectuar cálculos de eficiencia y obtención de diversos valores operativos y con ello se espera que el participante pueda calcualr el funcionamiento de turbinas y compresores. Los subtemas a desarrollar son los siguientes:

La desigualdad de Clausius.Entropía.El proceso isentrópico en sistemas cerrados.Procesos en gases ideales.Proceso isentrópico y politrópico en gas ideal.Cambio de entropía en procesos de gases y vapor de agua.Aplicación de la entropía en sistemas abiertos.Proceso isentrópico en turbinas y compresores.Principio de aumento neto de entropía.

DESIGUALDAD DE CLAUSIUSEs un concepto derivado de la segunda ley de la termodinámica; es importante para definir la propiedad termodinámica llamada “entropía”.

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La desigualdad de Clausius se expresa como: “ la integral cíclica de la relación del calor entre la temperatura, es igual o menor que cero ”.

Q/T 0 La desigualdad es aplicable a los ciclos de potencia y refrigeración reversibles e irreversibles.

No es aplicable a procesos aislados, sino solo a ciclos. Se consideran 4 casos, pero para fines de este curso solo consideraremos dos casos el de un ciclo de potencia reversible o de Carnot y el de un ciclo de potencia real, ya que es suficiente para la demostración.

CASO A: Ciclo de máquina térmica reversible ( MTR ) TH > TL

Por la primera ley: WNETO = QNETO , o Tambien:

Q = WR =QN = WN

QH Q = QH - QLR > 0 Ya que QH QL

Dividiendo cada término entre su temperatura media: WREV

QLR Q / T = QH / TH - QLR / TL La relación de Kelvin es: QH / QLR = TH / TL RE o QH / TH = QLR / TL , asi: QH / TH - QLR / TL = 0 Por tanto, para este ciclo reversible: Q / T = 0 Para todos los ciclos de máquinas térmicas reversibles:

Q ≥ 0 , QH - QLR ≥ 0Q / T = 0 , QH / TH - QLR / TL = 0

CASO B: Ciclo de máquina térmica irreversible ( MTI ). Considérese una MTI real que opere con las mismas TH y TL y que reciba la misma cantidad de calor QH.

Si se comparan la MTR y la MTI se tendra:WI < WREV QI = QH - QLI , QR = QH - QLR QH QH - QLI < QH - QLR [ A ] WI

Si la fuente no cambia: QLIQLR Dividiendo entre la temperatura media la ec. [ A ] QLI QH / TH - QLI / TL < QH / TH - QLR / TL RECEPTOR TL como QH / TH - QLR /TL = 0

QH / TH - QLI / TLI < 0 y por tanto: QI / T < 0 para un ciclo MTI

Para un ciclo de máquina térmica irreversible: Q = QH - QLI ≥ 0 Q / T = QH /TH - QLI / TL < 0 De aqui: Q / T < 0

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FUENTE A TH

MTR

FUENTE A TH

MTI

RECEPTOR TL


.

En resúmen, para todos los ciclos reversibles : Q / T = 0

Para todos los ciclos irreversibles Q / T < 0Para todos los ciclos, reversibles e irreversibles: Q / T 0 Desigualdad de Clausius.

Un ciclo de potencia o de refrigeración debe cumplir la desigualdad de Clausius y mediante el valor de ésta se define si el ciclo es teóricamente posible, posible o real, o imposible. Si un ciclo satisface la desigualdad de Clausius no viola la segunda ley

Ejemplo.- Considere la planta de potencia de vapor de agua de la figura. El vapor de agua saturado entra a 10 Bar en la turbina y sale a 0.5 Bar, con una calidad del 90 %, el agua sale del condensador como líquido saturado a 0.5 Bar. El agua entra a la caldera como liquido subenfriado a a 10 Bar. Determinar si el ciclo satisface la desigualdad de Clausius.

1 1 QH Cal. Turb. WSALE

4 2 Ciclo Rankine de Vapor 4 2 B Went QL

3 3

Proceso 4 - 1.- Vaporización en la caldera a presión constante.Proceso 1 - 2.- Trabajo en la turbina adiabático Q = 0Proceso 2 - 3.- En el condensador se rechaza calor QL para enfriar el agua y condensarla a presión

constante p2 = p3.

Proceso 3 - 4.- Trabajo de entrada en la bomba adiabática, Q = 0 sube la presión de 0.5 bar a 10 bar.Q = QH - QL = QNETO

Q / T = QH / TH - QL / TL

Para encontrar QH se analiza la caldera como volumen de control o sistema abierto.qH + h4 = w + h1 ( Minúsculas por ser por unidad de masa ). No hay trabajo, W=0 qH = h1 - h4

Para encontrar QL se analiza el condensador como sistema abierto: h2 = h3 + qL , qL = h2 - h3.

Se obtienen las entalpías de los 4 puntos del ciclo y las temperaturas TH y TL En el punto 1 el vapor sale de la caldera como vapor saturado a 10 bar. h1 = 2778.1 KJ/Kg. T1 = 179.9 CT1 = TH = 452.9 K.En el punto 2 el vapor sale de la turbina a una p2 = 0.5 bar, X2 = 0.9 Vapor humedo. h2 = hf2 + x2 hfg2. Se va a la tabla con p = 0.5 bar y se tiene hf = 340.4 KJ/Kg y hfg2 = 2305.4 KJ/Kg. Con estos valores se tiene que h2 = 340.49 +0.9x2305.4 = 2415.3 KJ/Kg.

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Condensador


En el punto 3 el agua sale como liquido saturado a 0.5 bar h3= hf = 340.49 kJ /kg T3 = TL = 81.33 + 273 = TL = 354.33 KEn el punto 4 , h4 se puede obtener con el trabajo de la bomba WB = h4 – h3 = vf3( p4 – p3)=0.001030(10 – 0.5)x100 = 0.9785 kJ /kg. h4 = WB + h3 = 0.9785 + 340.49 = 341.46 kJ /kgEl calor añadido al ciclo: qH = h1 - h4 = 2778.1 – 341.46 = 2436.64 KJ / Kg. En este proceso la temperatura del vapor permanece constante.

qL es el calor rechazado en el condensador en KJ/kgqL = h2 - h3. =2415.3- 340.49 = 2074.81 kJ/kgLa desigualdad de Clausius se obtiene con:

Q / T = qH / TH - qL / TL = 2436.64/452.9 – 2074.81/354.33 = 5.3800-5.855= - 0.475 kJ/ kg-K

Como /T debe ser menor o igual que cero, al dar un valor negativo, significa que el ciclo es irreversible, posible o real, ya que satisface la desigualdad de Clausius.

Problema de Tarea. Entra vapor saturado a una turbina de un ciclo Rankine con una presión de 10 Mpa. El vapor sale de la turbina a una presión de 20 kPa y con una calidad del (82+ nº de mes). El agua sale del condensador como líquido saturado y es enviada a la bomba donde su presión se incrementa hasta 10 Mpa en condición de líquido comprimido. Hacer el esquema del ciclo Rankine y calcular la desgualdad de Clausius, y en base a su valor definir si es un ciclo real o imposible.

ENTROPIA

La segunda ley de la termodinámica conduce a la definición de una nueva propiedad llamada: “entropía” propiedad que es un tanto abstracta y de difícil descripción física. La entropía se comprende y aprecia mejor al estudiar sus aplicaciones en procesos comunes de la ingeniería .Por lo mismo es una propiedad que debe ser conocida por los ingenieros que estén relacionados con los equipos térmicos.

Definición de la entropía a partir de la desigualdad de Clausius.Considerando un sistema cerrado que experimente ciclos, formados por tres procesos reversibles, tomando el ciclo formado por los procesos A- B, y A- C, por ser procesos reversibles. 2A 1B

Para el ciclo A - B : Q/T = 0 = 1A Q / T + 2B Q / T = 0 .....(1)

2 A Para el ciclo formado por los procesos A y C:

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B C 2A 1C

1 Q/T = 0 = 1A Q / T + 2C Q / T = 0 ........(2)

Restando ( 2 ) de ( 1 ) se tiene : Se eliminan los dos primeros términos de (1) y (2). 1B 1C

2B Q / T = 2C Q / T 2 A

B n

1Para cualquier trayectoria ( n ) del proceso de regreso ( 2 a 1 ) la relacion Q / T va a ser la misma.

1B 1C 1

2B Q / T = 2C Q / T = 2 Q / T Solo para procesos de ciclos reversibles. 1

2 Q / T Es una relación que tiene características de propiedad de estado por que su variación no depende de la trayectoria si no de las condiciones iniciales y finales ( funcion puntual ), a esta relación se le llama cambio de entropía y se designa con la letra “ S ”.

La relación Q / T valora el cambio de una propiedad de estado, llamada entropía para un proceso reversible.

S = S2 - S1 = Q / T Q = TdS ó Q = TdS .dS = Q / T Las unidades de S son : KJ/K, BTU/R, Kcal/K, [ Entropía total ].

Tambien se utiliza el termino de “ entropía especifica s” o entropía por unidad de masa.s = S / m. unidades: KJ / Kg - K, BTU / Lb - REl cambio de entropía específica se obtiene con s= s2 - s1

“ El cambio de entropía de una sustancia que pasa de un estado a otro es el mismo para todos los procesos reversibles entre esos mismos estados ”.

La tercera ley de la termodinámica se enuncia en la forma siguiente:“ La entropía de todas las sustancias puras es cero al cero absoluto de temperatura ”.

Es muy difícil conocer los valores absolutos de algunas propiedades, como la energia interna, la entalpia y la entropía, por lo que para los cálculos en aplicaciones de la ingenieria, se han asignado valores arbitrarios convenidos, asi por ejemplo la energia interna del agua a 0 C se ha fijado arbitrariamente en 0 KJ/kg o 0 BTU/lb, aunque estrictamente hay un valor absoluto a esa temperatura. Debido a que lo que se estudia son procesos o cambios de estado, interesa sacar las diferencias entre las condiciones iniciales y finales, y estas diferencias son del mismo valor ya sea que se utize una escala absoluta o una arbitraria.Los valores de S se dan en relación a un estado de referencia arbitraria.

Así el agua en estado liquido saturado a 0C se le asigna el valor cero de entropía, (arbitrario).sf agua a 0C = 0 KJ / Kg - K

Al refrigerante freon 12 a una temperatura de - 40C se le asigna el valor cero, arbitrariamente.Los valores de entropía específica estan dados en las tablas termodinámicas de las substancias.

Cambio de entropía en procesos reversibles en sistemas cerradosLa expresión del cambio de entropía obtenida anteriormente es aplicable a procesos reversibles.

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Para cualquier proceso reversible en un sistema cerrado S = S2 – S1 = Q/T. Se puede establecer que un proceso reversible en un sistema cerrado se caracteriza con cumplir con las dos expresiones siguientes; W =pdV y Q = TdS

Cambio de entropía en procesos irreversibles en sistemas cerrados-Clausius demostró que para cualquier proceso irreversible que ocurra en un sistema cerrado, el cambio de entropia entre las condiciones final e inicial está dado por la siguiente deisgualdad:S = S2 – S1 Q/T y por tanto Q TdS y también W pdVEn este caso la transmisión del calor Q es irreversible.

Para el caso general: dS Q/T o S2 - S1 1

2 Q / T

Igualdad para procesos reversibles, desigualdad para procesos irreversibles.

En un proceso reversible el cambio de entropía es igual a Q / T. En un proceso irreversible el cambio de entropía es mayor que Q/TA la expresión S2 - S1 1

2 Q / T se le conoce como ecuación de 2ª ley para procesos en sistemas cerrados

A continuación se incorporará la propiedad entropía a varios tipos de procesos reversibles, en sistemas cerrados como el proceso isotérmico y el proceso adiabático.

Cambio de entropía en un proceso isotérmico reversible, o a temperatura constante.En un proceso isotérmico reversible con una transmision de calor, el cambio de entropía es : 2

S2 - S1 = Q / T Como T es constante S2 - S1 = 1 / T Q = Q / T 1 S2 - S1 = Q / T Para procesos isotérmicos reversibles.

Este proceso se representa en un nuevo diagrama temperatura - entropia ( T - S ).

T Q Q = T(S2 - S1) ó Q = TdS 1 2 Estas dos expresiones son muy importantes ya que permiten obtener el calor en función T1 = T2 del cambio de entropía, para procesos reversibles

Q = TS S1 S2 S

S = S2 - S1 Q = T ( S2 - S1 ) , Q = TS , Q esta representada por el area bajo el proceso 1 - 2 .

Algunos procesos reales isotérmicos, se aproximan a ser reversibles y asi se estudian

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Ejemplo: El cambio de fase del agua de líquido saturado a vapor saturado ocurre a temperatura constante y se puede considerar internamente reversible.

S2 - S1 = Q / T ............................... ( KJ/K )s2 - s1 = Q / mT = ( 1/ mT ) Q = q/ Ts2 - s1 = q / T ..................................... ( KJ/Kg-K )

Como el cambio de fase tambien es a presión constante: Tq = h

s2 - s1 = h / T h = h2 - h1 = hfg q 3sfg = hfg / T s2 - s1 = sfg T1 T2

liq. 1 2 vap. sat. sat. s = hfg /T S

Ejemplo: Para vapor a 100 Lb / Plg2 abs. Cual es su cambio de entropia entre liq. saturado y vapor saturado.sfg = hfg / TtS a 100 Psia = 327.86 FtS = 327.86 + 460 = 787.86 R

hfg = 889.2 BTU/Lbm sfg = 889.2 / 787.53 = 1.129 Btu / Lb - RSi se continua calentando el vapor a partir del punto 2, la temperatura empieza a aumentar ( ya no es isotérmico ) y el vapor queda en la zona de sobrecalentamiento ( vapor sobrecalentado ), el calor es: 3

q23 = 2 Tds T no es constante y tiene que conocerse una relación entre T y s para resolver la integral y encontrar q 23 .Para procesos reversibles el area bajo la linea de proceso en un diagrama T - S representa la cantidad de calor transmitida. En un proceso isotérmico reversible el area Q es rectangular.

Para cada presión del vapor de agua existen valores particulares de temperatura de saturación y de entalpías y entropías de liquido saturado hf , hg y sf y sg de tal forma que se construyen dos graficas en coordenadas temperatura –entropía o T-s y entalpía –entropia ó h- s, llamado tambien diagrama de Mollier. Estos diagramas se muestran a continuación:

Cambio de entropía para un proceso adiabático reversible en sistemas cerrados.En un proceso adiabático reversible no hay transmisión de calor, Q= 0, S2 –S1 = Q/T= 0 y S2=S1

EL PROCESO ISENTRÓPICO EN SISTEMAS CERRADOSEn un proceso adiabático reversible la entropía permanece constante S2 = S1 ó s2 = s1 y por ello al proceso adiabático reversible se le llama proceso isoentrópico.

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T El proceso se representa en un diagrama 2 Temperatura - Entropia o T- S

1 S Ejemplo: Un proceso isentrópico en un sistema cerrado.

1a Ley para un sistema cerrado: Q = U + Wsc Q = 0 (Adiabatico). Wsc Wsc = - U = U1 - U2 S1 = S2. El trabajo se hace expensas de la Q = 0 U energía interna y también W= pdVEjemplo: En un sistema cerrado émbolo cilindro se encuentra vapor de agua a 8 Mpa y 400 °C. A partir de esta condición se permite que el vapor se expansione en forma adiabática reversible hasta una presión de 20 kPa. Calcular las condiciones finales del vapor, su calidad final y el trabajo que se produjo en el émbolo.

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PROCESOS EN GASES IDEALESEl gas ideal es una sustancia hipotética y por ello estrictamente hablando no existe, pero a partir de observaciones experimentales se ha establecido que el comportamiento de diversos gases reales que estén a baja densidad, está representado aproximadamente por las ecuaciones del gas ideal que son las siguientes:

pV = mRT, pv = RT, pV = nRT p = T,

Todas son expresiones diferentes de la ecuación general del gas ideal en las que: m es la masa del gas en kg o lb, n es el número de moles del gas. es el volumen molar, R es la constante particular de cada gas. es la constante universal de los gases. = 8.318 kJ/kgmol-K = 1.987 BTU/lbmol-R= 1545 lbf-pie/lbmol-R Si se conoce el peso molecular M del gas se puede conocer la R particular con la relación: R = /M

A muy baja densidad el comportamiento de todos los gases y vapores se aproxima al de un gas ideal y se puede valorar con alguna de las expresiones anteriores, pero a altas densidades el comportamiento es diferente notablemente al del gas ideal y en tales casos hay que utilizar tablas de propiedades que son obtenidas con ecuaciones basadas en la del gas ideal pero que toman en cuenta otros factores, como el factor de compresibilidad Z. Introduciendo este factor la ecuacion de gas ideal se modifica a: p = Z T

Para un gas ideal Z= 1 y la desviacion de Z respecto a la unidad es una medida de la desviacion del comportamiento de un gas real con respecto al gas ideal.En la zona de sobrecalentamiento de gases se han desarrollado ecuaciones como la de Beattie- Bridgeman, con las que se han elaborado las tablas de propiedades. Para cálculos de casos reales deben usarse los valores de dichas tablas, porque ofrecen mayor exactitud que los valores obtenidos con la ecuación del gas ideal, sin embargo para muchos casos de procesos en gases hasta, se puede utilizar la ecuacion del gas ideal en sus diferentes formas, ya que da resultados muy cercanos a los reales.Un camino recomendable es que primero se resuelvan los problemas de procesos en gases como el aire, nitrogeno, oxígeno, bióxido de carbono, argón etc, utilizando la ecuacion del gas ideal y posteriormente se

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utilizen las tablas de propiedades o las ecuaciones especiales. En el caso del agua es posible utilizar la ecuación del gas ideal, pero generalmente se utilizan las tablas de vapor de agua, para el calculo de procesos. Problema.- Aire a una presión de 20 bar y a una temperatura de 200 °C, se encuentra dentro de un recipiente de 5 m3. ¿ que masa contiene?.

R del aire = 0.287 kJ/kg-K. pV = mRT, m = pV/RT

m = 20x105 Pa x 5 m3 / 287 x 473 = 73. 66 kg de aire.

Procesos reversibles en gases ideales en sistemas cerrados.

Primera ley de la Termodinámica para un sistema cerrado. En un sistema cerrado como el de la figura que contenga cualquier fluído , la primera ley establece que:

Q = U + WSC

Q WSC

Si ocurre un proceso reversible en este sistema, Q = y WSC = Cond de revers.Si el proceso ocurre con gas ideal, se combinan las expresiones con la ecuacion del gas ideal en alguna de sus formas, como pV = mRT ó p1V1/T1 = p2V2/T2

En el proceso de 1 a 2 puede ocurrir que alguna de las tres propiedades, p, V o T, permanezca constante, y se usan expresiones particulares para el proceso.

Proceso a volúmen constante: V1 = V2 y p1/T1 = p2/T2 = C ó p/T = C ec. del proceso.

El trabajo en este proceso WSC = 0, porque dV= 0 y por 1ª Ley Q = U= mcV(T2- T1)

Proceso a temp. Constante: T1=T2 y p1V1 = p2V2 = C ó pV = C ecuacion del proceso.

El trabajo en este proceso WSC = y como U = mcvT=0

Porque T es constante entonces por primera ley Q = WSC

Proceso a presión constante: p1= p2 y V1/T1 = V2/T2 ó V/T = C ecuacion del proceso.

El trabajo en este proceso WSC = -V1). Por 1ª ley Q = U + WSC

Q = (U2 – U1) + (p2V2 – p1V1) = (U2 + p2V2) – (U1 + p1V1) = H2 – H1 = H = mcp(T2 –T1)

En un proceso a presion constante en sistema cerrado el calor es igual al cambio de entalpia

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U


James P. Joule mediante una serie de experimentos con gases estableció que el cambio de energía interna depende principalmente del cambio de su temperatura , calculándolo a traves de la expresión siguiente. U = mcv( T2 – T1) y también : H = mcp(T2 – T1)En las que m es la masa del gas, cv y cp son los calores específicos a volumen y presión constantes que se obtienen para cada gas en las tablas de propiedades. Dichas expresiones sólo son válidas para los gases reales en baja densidad y considerando que los calores específicos son constantes en ciertos rangos de temperatura. Cuando no se consideran constantes a los calores específicos es necesario utilizar las tablas de propiedades de los distintos gases y entonces se obtienen en dichas tablas los valores especificos de u y de h en kJ /kg entrando a las tablas con las temperaturas.

Ejemplo: 3 kg de nitrogeno que se encuentran a 20 bar y 300 °C, reducen su presión hasta 5 bar, en un proceso reversible a temperatura constante. Calcular el volumen inicial y final, el trabajo realizado y el calor transmitido ¿es una compresión o una expansión? ¿entra o sale calor del nitrógeno? Representar el proceso en el diagrama p V.

Q Wsc

1ª Ley: Q = U + WSC

p1V1 = mRT1 V1 = mRT1/p1 = 3x296.8x573/20x105 = 0.2550 m3

Con T = C p1V1 = p2V2 V2 = p1V1/p2 = 20x 0.2550/5 = 1.02 m3.Como V2 V1 el volúmen aumentó, por tanto es una expansión, y en una expansión el trabaja sale del sistema. El trabajo WSC = p1V1 ln V2/V1

WSC = 20x105 x 0.2550 ln 1.02/0.2550 = +3055646.9 Joules ó +3055.64 kJ. El valor positivo indica que el trabajo sale del sistema..

Por ser isotérmico U = 0 y Q = WSC = + 3055.64 kJ. El signo positivo indica que el calor entra al sistema.

p 1

2

V

PROCESO ISENTRÓPICO Y POLITROPICO EN GAS IDEAL.

En los gases ideales también se utiliza el proceso isentrópico, o sea un proceso adiabático reversible en el que el calor es 0. El funcionamiento de los compresores axiales de las turbinas de gas es un proceso adiabático irreversible pero se estudia primero como un proceso isentrópico del aire y después se consideran las condiciones reales y por eso es un proceso de interes.Considerese un proceso de expansión de un gas en un sistema cerrado como el siguiente:

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U


Q = U + Wsc Q = 0 dS = 0 S1 = S2

Q Wsc U

Q = TdS = dU + pdV = 0o bien: Tds = du + pdv = 0Q = TdS = dH - Vdp = 0 o bien: Tds = dh - vdp = 0

Para un gas ideal ( solo para gases ideales )U = mCvT u = Cv T du = Cv dTH = mCp T h = Cp T dh = Cp dT

Tds = dU + pdv = Cv dT + pdv = 0 , Cv dT = - pdv ( C )Tds = dh - vdp = Cp dT - vdp = 0 , Cp dT = v dp ( D )

Dividiendo ( D ) entre ( C ):

Cp dT / Cv dT = - v d / p dv o Cp / Cv = - v dp / p dv

La relación Cp / Cv se denomina como constante k. k= Cp/Cv . Para el aire k = 1.4

Cp / Cv = - v dp / pdv o k = - v dp / pdv o La expresión anterior se puede integrar considerando k = Cte. 2 2

- k 1 dv / v = 1 dp / p - k ln ( v2 / v1 ) = ln ( p2 / p1 ) -k ln ( v2 / v1 ) = ln ( p2 / p1 ) ln ( v1 / v2 ) K = ln ( p2 / p1 ) ( v1 / v2 ) K = p2 / p1 ( v1 / v2 ) k = p2 / p1

Tambien p1 V1 k = p2 V2 k = pV k = C o p1v1 k = p2v2 k = pv k = C

La expresion pV k = C es la ecuación de un proceso isentrópico para un gas ideal. s1 =s2 .Una compresión isentrópica de un gas ideal en un sistema cerrado, se representa en diagramas p-V y T-S, en la forma siguiente:

P T 2 s1 = s2

p1v1 K = p2v2 K

2 Q = 0 1 1 S V

Se tienen otras relaciones entre las demás propiedades, a partir de la expresión general de los gases ideales.p1 V1 / T1 = p2 V2 / T2 = C y para el proceso isentropico p1V1

K = p2V2 K

Relacionando las dos expresiones se llega a:

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-k dv / v = dp / p

JUAN MANUEL BUSTOS GARCIA, 03/01/-1,

Página: 25


T2 / T1 = ( V1 / V2 ) K - 1 = ( V2 / V1 ) 1 - K = ( v2 / v1 ) 1 - K

Tambien: T2 / T1 = ( p2 / p1 ) K - 1 / K

Trabajo de un sistema cerrado en gas ideal para el proceso isentrópico: Wscr = pdV p = C/ Vk

Wscr = C dV/ Vk = C V-k+1/(-k +1) 21 = (p2V2

k V2-k +1 / 1-k ) - (p1V1

k V1-k +1 / 1-k )

Wscr = ( p2V2 - p1V1 ) (1 - k) = (mRT2 - mRT1)/(1 -k). WSCR = mR( T2 - T1 ) / (1 -k )

Ecuaciones del proceso isentrópico en gas ideal.pV K = C1 TV K - 1 = C2 T / ( p K - 1 / K ) = C3

Aplicando la primera ley de la termodinámica a este proceso: Q = U + WSC

Como Q = 0 , WSC = -U = - mcv (T2 – T1).

Tambien por ser reversible y en sistema cerrado WSC = . Como p = C/Vk

WSC = = p1V1k = =

Ejemplo: Se comprimen isentrópicamente 2 kg de aire en un sistema émbolo-cilindro, desde 6 bar y 30°C hasta 100 bar. ¿Cual es la temperatura final?. ¿Cuanto vale el trabajo?Para el aire R = 0.287 kJ7kg-K, cp = 1.005 kJ/kg-K, cv = 0.718 kJ/kg-K, k = 1.4

Q = U + WSC , Q = O, WSC = -U = -mcv T WSC

Tambien WSC = (p2V2 –p1V1)/(1-k) T 2

T2 = T1(p2/p1)k-1/k = 303(100/6)(1.4-1)/1.4 = 676.90 K p 2

WSC = -2x0.718 (676.9 – 303) = - 536.92 kJ 1 1

El signo menos indica que se trata de una compresión. V S

Ejercicio de tarea: En un sistema cerrado que contiene 3 kg de CO2, a una presión de 20 Mpa y 300 °C, ocurre una expansión hasta 50 kPa en forma isentrópica. Calcular la temperatura final , el volumen inicial y el final, el trabajo del embolo y el cambio de la energía interna del gas.

El proceso politropico en los gases ideales..

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U


Las ecuaciones de gas ideal pV = mRT ó p1V1/T1 = p2V2/T2 se pueden expresar de otra forma que es: pVn = C ó p1V1

n = p2V2n. En la que el exponente n puede variar desde cero hasta .

Así para un proceso a presión constante p1 = p2 por lo que en la nueva forma de la ecuación V1n y V2

n

deben ser igual a 1 por lo que n = 0 V 10 = 1. Para los demás procesos ya mencionados en gas ideal, los

valores del exponente n serán:

Proceso isobárico p1 = p2 = Cte. n = 0 p1V10 = p2V2

0 Proceso isotérmico p1V1 = p2V2 = Cte. n = 1 p1V1

1 = p2V21

Proceso isentrópico n = k p1V1K = p2V2

K = Cte.Proceso isométrico a vol. Cte V1 = V2 = Cte. n = p1V1

= p2V2

Si en un proceso en gas ideal el valor de n es diferente a los valores anteriores quiere decir que ninguna de las propiedades p, V. T o S permanece constante durante el proceso y a este se le conoce como proceso politrópicop1V1

n = p2V2n = pVn = Cte. en la que n varia de 0 a .

Se puede considerar que el proceso politrópico es el caso general de un proceso reversible en gas ideal, en el puede o no haber una propiedad que permanezca constante.Considere el diagrama siguiente p-V en el que se representan los diversos procesos que puede experimentar un gas ideal:

p 2 vol.cte n=

2 sentrópico n=k 2

isotérmico n= 1

isobárico n= 01 2

V

El trabajo de un proceso en gas ideal politrópico en sistema cerrado. 2

Wscr = 1 pdV Para un proceso politrópico pV n = C. p = C / Vn

2Wscr = C dV / Vn = C [ V- n + 1 / - n + 1 ] 1 = ( p2V2

nV2- n +1 / 1 - n ) - ( p1V1

nV1- n +1 / 1 - n )

Wscr = (p2V2 - p1V1 )/ (1 - n) = (mRT2 - mRT1 )/ (1 - n) = mR ( T2 - T1 ) / (1 - n)Excepto n = 1Si el proceso es isentrópico n = k

Wscr = (p2V2 - p1V1 )/ (1 - k) = mR ( T2 - T1 ) / (1 - k)Otras relaciones del proceso politrópicoP2 / P1 = ( V1 / V2 ) n T2 / T1 = ( P2 / P1 ) n - 1 / n = ( V1 / V2 ) n - 1

16


Problema. Se comprime nitrógeno según un proceso reversible en un cilindro, de 14.7 lb / plg 2 abs. y 60 F hasta 60 lb / plg2 abs. Durante el proceso de compresión, la relación entre la presión y el volumen pV1.3 = C . Calcular el trabajo y el calor transmitido por Lbm, mostrar el proceso en un diagrama T - S y p - V p 2 WENT 1 W sc V

Wsc / m = (p2V2 - p1V1 )/ ( 1 - n )m = R ( T2 - T1 ) / (1 - n )R = 55.15 lb - ft / lbm - RT2 / T1 = ( p2 / p1 ) n - 1 / n

T2 = T1 ( p2 / p1 ) n - 1 / n

T2 = 520 ( 60 / 14.7 ) 1.3 - 1 / 1.3 T2 = 719 R

Wsc = R ( T2 - T1 ) / 1 - n = 55.15 ( 719 - 520 ) / ( ( 1 - 1.3 ) (778 ) = - 47 Btu / lbm.

El calor q. 1a ley para un sistema cerrado

wsc q = u + wsc En un gas ideal: u u = Cv ( T2 - T1 )

h = Cp ( T2 - T1 ) q u = 0.177 ( 719 - 520 ) = 35.223 Btu / lbm. q = 35.223 - 47 = - 11.8 Btu / lbm.

El signo (-) indica que el calor sale del sistema.

T 2 q Usualmente cuando sale calor de un sistema su entropia disminuye Q = T ds Q 1

S2 S1 S

CAMBIO DE ENTROPÍA EN PROCESOS EN GASES Y VAPOR DE AGUA.Cambio de entropía ´para procesos diversos de los gases ideales.Al estudiar un proceso en gas ideal, se requiere conocer el valor final e inicial de las propiedades p, V y T pero también el valor del cambio de entropía del proceso. A continuación se establecen las ecuaciones que se utilizan para determinar dicho cambio.

De las relaciones: Tds = dU + pdV ( A ) y Tds = dH - Vdp ( B ) y de la forma de la ecuación general del gas ideal,se hace una combinación de la siguiente forma:

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pV = mRT pv = RT p / T = R / v y du = C v dTsustituyendo en ( A ):Tds = C v dT + p dv , dividiendo entre T.ds = C v dT / T + p dv / T = C v dT / T + R dv / vSe integra: 2 2s2 - s1 = 1 Cv dT / T + 1 R dv / v ( 1 ) Ecuacion gral del cambio de entropia para gas ideal.Si el calor especifico es constante:

( E ) En el SI J = 1.

Similarmente a partir de la expresión ( B )Tds = dh - v dp dh = C p dT v / T = R / pT ds / T = C p dT / T – vdp/T = Cp dT/T – Rdp/p . Eliminando T del 1er.termino e integrando: 2 2 s2 - s 1 = 1 C p dT /T - 1 R dp/p ( 2 ) Otra forma de ec. Gral de entropia para gas ideal.Si Cp es constante sale de la integral: ( F ) Para el SI J = 1.

Las expresiones ( E ) y ( F ), se utilizan para calcular el cambio de entropía para cualquier proceso en gas ideal considerando Cp y Cv constantes.

Si el proceso es isotérmico s2 - s1 = (R / J) ln (v2 / v1) ó s2 - s1 = - (R / J) ln (p2 / p1)Si el proceso es isobárico p1 = p2 s2 - s1 = Cp ln ( T2 / T1 )

Si el proceso es a vol cte V1= V2 s2 -s1 = Cv ln ( T2/ T1 ) Si el proceso es isentrópico s2 - s1 = 0

Si Cp y Cv son variables entonces se hace la integración de ( 1 ) y ( 2 ) con ayuda de las expresiones para estos calores de la tabla B - 7 pag. 746 del libro Sonntag. Ver ejemplo 8.3 pag. 239.Como resulta muy laborioso utilizar las expresiones de la tabla B - 7 como alternativa se utiliza la expresión:

s2 - s1 = ( sT2 - s

T1 ) - (R/J) ln (p2 / p1) (G)

En la que sT se llama “ Entropía de estado estandard ” , la expresión ( G ) se usa para calcular el cambio de entropía de un gas ideal con calor especifico variable al variar la temperatura.

Para el aire, utilizar la tabla A-17 y A-17E del libro Yunus A. Cengel y para otros gases las tablas correspondientes de dicho libro.

Problema. Calcular el cambio de entropía por kg cuando se comprime aire desde 2 bar hasta 8 bar y la temperatura aumenta de 30°C hasta 300°C, suponiendo:A ) Calor especifico constante.B ) Calor especifico variable.Sol.A) De la tabla A-2 del Yunus para el aire Cp = 1.005 kJ7kg-K. R = 0.287 kJ/kg-KUsando la expresión ( F )

s2 - s1 = Cp ln T2 / T1 - R ln P2 / P1 . T1 = 30 +273 = 303 K , T2 = 300 +273 = 573 Ks2 - s1 =1.005 ln ( 573 / 303 ) – 0.287 ln (8 / 2 ) = 0.6403 – 0.3978 = 0.2425 kJ/kg-ks2 - s1 = 0.2425 kJ/kg-K

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s2 - s1 = Cp ln(T2/T1) - (R/J) ln(p2/p1)

s2- s1 = Cv ln(T2/T1) + (R/J)ln(v2/v1)


B) Para calor específico variable: se usa la fórmula s2 - s1 = ( sT2 - s

T1 ) - (R/J) ln (p2 / p1) : sT1 en la tabla A-17 con T1 = 303 K sT1 = 1.71200

sT2 con T2 = 573 K sT2 = 2.36076s2 - s1 = ( 2.36076 - 1.71200) - ( 0.287 ) ln ( 8 / 2 ) )s2 - s1 = 0.2509 kJ/kg-K Es más exacto el cálculo con Cp y Cv variable.

Cambio de entropía de un proceso irreversible en un sistema cerrado.En la página 39 se estableció que el cambio de entropía para cualquier proceso en sistema cerrado el cambiode entropía es:

S2 – S1 12 Q/T , siendo igualdad para procesos reversibles y desigualdad para procesos irreversibles. A

continuación se hace la demostración para cuando el proceso es irreversible.

Considérese un sistema que se somete a los siguientes procesos:Para el ciclo reversible formado por los procesos A y B, el cambio de entropía es: 2A 1B

R Q / T = 1A Q / T + 2B Q / T = 0 Por ser reversible

Para el ciclo irreversible A - C. 2A 1C

I Q / T = 1A Q / T + 2C Q / T < 0 Por ser irreversible por la desigualdad de Clausius.

2 T rev. A . B irrev. C 1

S

Restando la 2a ecuación de la primera: 2A 1B 2A 1C

R Q / T - I Q / T = 1A Q / T + 2B Q / T - 1A Q / T + 2C Q / T 1B 1C

= 2B Q / T - 2C Q / T > 0

De aqui que: 1B 1C

2B Q / T > 2C Q / T

Puesto que la trayectoria B es reversible 1B 1B

2B Q / T = 2B dS ......................... Cambio de entropía de un proceso reversible.

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1B 1B 1C

2B Q / T = 2B dS = 2C dS De aqui que:

1C 1C 2C dS > 2C Q / T Para un proceso irreversible.

Considérese en la figura siguiente dos procesos uno reversible y uno irreversible pero que tienen las mismas condiciones iniciales y finales.

La integración de QI /T a lo largo de una trayectoria irreversible no da como resultado la diferencia de entropía entre el estado inicial y el estado final . Sin embargo puesto que el cambio de entropía en un proceso reversible o irreversible depende sólo de las condiciones iniciales y finales, se puede calcular el cambio de entropía de un proceso irreversible como si fuera un proceso reversible.

SI= SR = QR/TR QI /TI

Para gases ideales: T SR = SI = mCp ln T2/T1 - mRln p2/p1

= mCv ln T2/T1 +mRlnV2/V1

QI 2 Para vapor de agua, se calcula con las tablas de Ir vapor . RR 1 R

S

S Para procesos de gases ideales en sistemas abiertos de F. P. Se usan las mismas ecuaciones.

APLICACIÓN DE LA ENTROPÍA EN SISTEMAS ABIERTOS.La propiedad entropía es aplicable a los sistemas abiertos, (turbina de vapor) en igual forma como se

aplica a los sistemas cerrados, pero tomando en cuenta la entropia de las masas que entran y salen del sistema abierto.Sabemos que para un sistema cerrado:

Ssist Q / T Igualdad proceso reversible, Desigualdad proceso irreversible.

En el caso de un sistema abierto, se toma en cuenta la entropía de la masa que hay dentro del V.C.,que vendría siendo la del sistema, Ssist = SVC y las entropías de las masas que entran y salen del V.C. Asi :

SVC + msss - mese Qvc/T (G). Igualdad proc. rev. Desig. Proc. irrev.En la que SVC es el cambio de entropia de la masa que hay dentro del volumen de control y que

cambia de m1 a m2.Σms ss – Σme se es el cambio de entropía de las masas que entran y salen.La ecuación (G) se puede convertir en una igualdad, introduciendo el término Sp , “producción

irreversible de entropia”, e igual forma que para un sistema cerrado. Así : SVC + msss - mese = Qvc/T + Sp G-1

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Qr

R


En un proceso reversible Sp = 0 . Sp solo existe cuando el proceso es irreversible.Tambien se pueden agrupar los términos de la ecuación anterior en la siguiente forma : SVC = Qvc/T - msss + mese + Sp G- 2Esta expresión es llamada “ecuación del balance de entropía” en algunos libros de textoLas expresiones G, G1 y G2 son formas de la ecuación de 2ª ley para sistemas abiertos.

Si hay cambio de masa en el volumen de control de m1 a m2 (proceso EFU ) la ecuacion G se escribe:

[ m2s2 - m1s1 ]vc + Σ msss - Σ mese Qvc / T ................( H ) ó m2s2 - m1s1 vc +msss - mese = Qvc/T + Sp Cambio de entropía para proceso de estado y flujo uniforme EFU, 2a ley.

Cambio de entropía para un proceso en sistema abierto de flujo permanenteEn este tipo de procesos no hay cambio de la masa dentro del V.C. por lo tanto [m 2s2 - m1s1 ]vc = 0 y la ecuacion para este proceso es:

Σms ss – Σme se Qvc/ T ( I ) igualdad proc. reversible, desigualdad proc. irreversible.

ó msss - mese = Qvc/T + Sp (I-1)

Las expresiones anteriores son formas de la ecuación de 2ª ley para sistemas de F.P. como turbinas.La ecuación I-1 expresa que el cambio de entropía en un S.A. de F.P. se debe a una transmisión de calor y a pérdidas internas o irreversibilidades como fricción o turbulencias.

Casos de procesos de flujo permanente:

Proceso adiabático reversible de flujo permanente en un S.A.

Cuando en un S. A. no hay transmisión de calor del o hacia el exterior, QVC = 0 y el proceso es reversible. Aplicando la Ec. ( I ), o la ( I -1), por ser reversible Sp= 0.

Σms ss – Σme se = 0 ó ms ss – me se = 0 como ms = me [ proceso FP ] me se = ms ss ó se = ss

Se dice que el proceso es adiabático reversible o isentrópico, o sea que la entropia del fluido de trabajo permanece constante a lo largo del proceso.

PROCESO ISENTRÓPICO EN TURBINAS Y COMPRESORES.En las turbinas de vapor y de gas, se coloca sobre las cubiertas o carcasas una capa de aislante

térmico con objeto de evitar que se pierda calor al medio y aunque no se logra un aislamiento completo, el calor que se pierde al medio es mínimo y se considera que el proceso real es adiabático, Q = 0, llamado tambien “ proceso adiabático irreversible” irreversible porque existen pérdidas por fricción internas. Sin embargo en el análisis termodinámico de estas máquinas se considera primero que el proceso es adiabático reversible o isentrópico con se = ss, osea un proceso ideal con Q=0 pero que no tiene pérdidas internas y en el que la entropía del fluido que sale es igual a la entropía del fluido que entra a la turbina.. También aplica para las turbinas de combustión, así:

q = 0 he Aplicando 1a ley: he = Wtur + hs, Wtur = he – hs

Aplicando la 2a ley: msss – mese = 0 y ss = se

Wtur T e se = ss

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hs

El proceso isentrópico de una turbina de vapor sSe representa en un diagrama T-S como el siguiente: S

Ejemplo: En una turbina de vapor entra el vapor de agua a una presión de 30 Bar abs. y a una temperatura de 350C y con una velocidad de 100 m / seg. El vapor sale de la turbina con una presión de 1 Bar y con una velocidad de 50 m / seg. Si el proceso es adiabático reversible determinar el trabajo de la turbina por likg de vapor. me Q = 0 pe = 30 bar Proceso EFE te = 350C adiabático rev. ve = 100 m / seg. WEJE se = ss

TURBINA me = ms = m

Ms

ps = 1bar vs = 50 m/s Ecuación de energía, primera ley.

Q + me [ he + ve2 /2 + zeg ] = Weje + ms [ hs + vs

2 /2 + zsg ]dividiendo entre m.

q + he + ve2 /2 + zeg = Weje + hs + vs

2 /2 + zsg por ser adiabático q = 0 y no se considera el cambio de energía potencial , EP = 0

he + ve2 / 2 = Weje + hs + vs

2 / 2 Weje = he – hs + ve

2 / 2 – vs2 / 2 en KJ / Kg 1a ley.

La entalpia de entrada así como la entropia se obtiene en las tablas de vapor con pe = 30 Bar te = 350C. (Vapor sobrecalentado).he = 3117.5 KJ / Kg se = 6.7471 KJ / Kg - Kve

2 / 2 = 1002 / 2 = 5000 J / Kg = 5000 / 1000 = 5 KJ / KgPara la salida del vapor de agua se tiene la presión ps = 1 Bar abs.Y como el proceso es isentrópico se = ss , ss = 6.7471 KJ / Kg. Para encontrar la entalpia a la salida se debe saber en que región esta el vapor.

para ps = 1 bar sg = 7.3598 KJ / Kg T e como ss = 6.7471 ss < sg se trata de un vapor humedo

s

S

En la región húmeda del vapor de agua. Las propiedades se calculan:h = hf + xhfg x = calidad del vaporu = uf + xufg sf = entropia liq. Saturadov = vf + xvfg sfg = cambio entre sg - sf liquido y vapor saturados = sf + xsfg

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sf para pe = 1 bar = 1.3027 sg = 7.3598 sfg = 6.0571 KJ / Kg - Kss = sfs + xssfg xs = ( ss - sfs ) / sfg

xs = ( 6.7471 - 1.3027 ) / 6. 0571 = 0.8988 La calidad del vapor en el punto e xs = 89.88%Con esta calidad se obtine la entalpia hs : hs = hfs + xs hfgs con ps = 1 bar, hfs = 417.51hfgs = 2257.89 KJ / Kg hge = 2675.4 KJ/kghs = 417.51 + 0.8988[ 2257.89 ] hs = 2446.90 KJ / Kgvs

2 / 2 = 502 / 2 = 1250 / 1000 = 1.25 KJ / KgAplicando la ecuacion de la energía:

Weje = he – hs + ve2 / 2 – vs

2 / 2 = 3117.5 - 2446.90 + 5 - 1.25 = 674.35 Kj / KgWeje = 674.35 KJ / Kg

En muchos casos como el valor del cambio de la energía cinetica es pequeño, no se considera y el trabajo de la turbina se dá en función del cambio de las entalpias del vapor.

Weje = he – hs

Ejercicio de tarea En una turbina de vapor , las condiciones del vapor a la entrada son 100 Mpa y 550 °C, y el vapor sale de la turbina hacia el condensador a una presión de 10 kPa. Si el proceso es adiabático reversible o isoentrópico, calcular a) la calidad y la entalpía del vapor a la salida de la turbina, y el trabajo isoentrópico de la turbina en kJ/kg.

Proceso adiabático irreversible en S.A. de flujo permanente.

Si el proceso es adiabático irreversible entonces Q = 0 pero por ser irreversible Σms ss – Σme se > 0 ó msss – mese = Sp ,de acuerdo a ec. I . Hay producción de entropía por ser irreversible el proceso.En este caso aunque Qvc = 0 adiabatico hay un cambio de entropia de la substancia de trabajo, que es debida a las fricciones o irreversibilidades internas. La entropia ss a la salida será mayor que a la entrada se.

ss > se Proceso adiabatico irreversible.

El proceso real o adiabatico irreversible en las turbinas.

El proceso real es adiabático, pero con irreversibilidades internas debido a fricciones y turbulencias entre los sellos y los álabes de una turbina, ya que la trayectoria del vapor en la máquina no es rectilinea, esto da lugar a un aumento de entrópia ss > se. Se dice que el aumento de entropía es una medida del deterioro interno de la turbina .En un diagrama T - S el proceso se representa:

e T proceso real proceso isentropico sr

ss

S

Debido a las perdidas internas el trabajo real producido por la turbina es menor que el trabajo isentrópico. Wr < Ws

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Si no se consideran los cambios de energia cinetica y potencial Ec y Ep = 0 Wr = he – hsr Ws = he – hss

El término que relaciona los dos trabajos es la eficiencia adiabática de turbina.

Eficiencia adiabatica de turbina.- Es la relación entre el trabajo real y el trabajo isentrópico que se producen en la turbina y se refiere unicamente a estos procesos.

TUR = Wr / Ws = (he – hsr ) / (he – hss ) para turbinas de vapor y gas Ec y Ep = 0

La presión y la temperatura del punto de entrada se consideran los mismos para ambos procesos, y la presión en la salida es la misma para los dos procesos, aunque no necesaraimente la temperatura será la misma en la salida.

La eficiencia adiabática o eficiencia de máquina, es un concepto diferente al de la eficiencia térmica de un ciclo, ya que en éste concepto se consideran todos los procesos de un ciclo y la eficiencia de máquina solo compara el trabajo real y el trabajo isentrópico.

Problema: En el ejemplo anterior si la eficiencia adiabática de la turbina es de 90%, y se consideran el mismo cambio de energía cinetica, encontrar el trabajo real, la entalpia, el cambio de entropia y la calidad del punto sr real de salida de vapor.

T e

ss sr

S

Wr = he – hsr + ( ve2 – vs

2 ) / 2 = he – hsr + 3.75Ws = he – hss + ( ve

2 – vs2 ) / 2 = 674.35 KJ / Kg

ad = Wr / Ws Wa = .9 x 764.35 = 606.91 KJ / Kg Wr = he – hsr + 3.75 = 606.91 he – hsr = 603.16 KJ / Kg He = 3117.5 KJ / Kg hsr = 3117.5 - 603.16 = 2514.34 KJ / Kg.

Obsérvese que hsr > hss , 2514.34 > 2446.90. El vapor sale hacia el condensador con mayor energía es decir se aprovecha menos.Las condiciones reales del punto de salida son :

Psr = 1 Bar hsr = 2514.34 hsat = 2675.9 KJ / Kg hsr < hsat vapor humedo En tablas se observa que es vapor humedo:

Hsr = hf + xsr hfg hf = 417.51 hfg = 2257.89 KJ / Kg hg = 2675.4 KJ/kgxsr = ( 2514.34 - 417.51 ) / 2257.89 = 0.928

Observar que la calidad del punto real es mayor que la del punto isentropico 0.928 > .8988

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La entropía real final sera:ssr = sf + xsr sfg sf = 1.3027 sg = 7.3598 sfg = 6.0571ssr = 1.3027 + ( .928 x 6.0571 ) = 6.9236 KJ / Kg - K

El cambio de entropía del proceso adiabático irreversible es :sp = ssr – se = 6.9236 - 6.7471 = 0.1765 KJ / Kg - K. El proceso irreversible genera entropía.

Ejercicio de tarea.- En el problema de tarea anterior, si la eficiencia adiabática de la turbina es del (80 + n° de mes), encontrar el trabajo real de la turbina W r , la calidad real del vapor a la salida de la turbina xsr, la entalpía real a la salida y la generación de entropía del proceso real de expansión por efecto de irreversibilidades internas. Si el flujo de vapor es de n° de dias kg/seg de vapor encontrar la potencia real de la turbina en kW. Encuentre la diferencia en kW entre la potencia isentrópica y la real. Dibuje los dos procesos en un diagrama de Mollier.

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Proceso isentrópico en un compresor axial.Ejemplo: En un compresor axial de una turbina de combustión, el aire es admitido a 27°C y a una presion atmosférica de 1 bar. A la salida del compresor el aire tiene una presión de 7 bar abs. El flujo másico de aire es 300 kg/seg. Si se considera que el proceso de compresión es adiabático reversible o isentrópico, calcule a). lla temperatura del aire a la salida del compresor b). El trabajo isentrópico de compresión en kJ/kg y la potencia correspondiente en kW.Para el aire R = 0.287 kJ/kg-K, Cp = 1.005 kJ/kg-K, Cv = 0.718 kJ/kg-K, k = 1.4

El funcionamiento de un compresor axial se analiza termodinámicamente como un sistema abierto de flujo permanente en el Eent = Esal

q=0Por 1ª ley : he + Wcs = hss , Wcs = hss – he . En un compresorEl trabajo requerido es la entalpía de salida menos la de entrada

ss

Como el aire se considera gas ideal Wcs = hss – he = Cp(Tss – Te) Wcs hss

Por ser una compresión isentrópica se utiliza la relación: Tss/Te = (ps/pe)k-1/k Tss = Te(ps/pe)k-1/k = 300(7/1)1.4-1/1.4 = 300x70.2857 a). Tss = 523.05 k tss = 523.05 – 273 = 250.05 °C

b). El trabajo isentrópico Wcs = Cp(Tss – Te) = 1.005(523.05-300) = 224.16 kJ/kg Wcs=224.16 kJ/kgLa potencia correspondiente Wcs = mxWcs = 300x224.16 = 67248 kJ/seg Wcs = 67248 kW.

El proceso se representa en diagramas p-V y T-S :

P T

No hay cambio de entropiass

V S

Proceso adiabático irreversible de los compresores axiales.

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El funcionamiento real de un compresor axial se puede considerar adiabático irreversible, adiabático debido a que el compresor se aisla térmicamente e irreversible porque existen pérdidas internas por fricción. Dichas pérdidas dan lugar a que la potencia real consumida por el compresor W r sea mayor que la potencia isentrópica Ws y que el proceso real ocurra con aumento de entropía. Los procesos se representan en el diagrama temperatura-entropía en la forma siguiente:

sr Por 1ª ley si q=0 ec y ep = 0 he = -Ws + hs Ws= hss- he

T ss Y también: Wr = hsr - he

En los compresores también se utiliza la eficiencia adiabatica

Ws Wr que se define como la relación entre el trabajo isentrópico y e el trabajo real adc = Ws/Wr

El cambio de entropía del proceso real es s = sr - se

S sr – se = CplnTsr/Te – Rlnps/pe

Problema. Si en el caso del compresor axial del problema anterior, la temperatura real del aire a la salida del compresor es de 300°C calcule el trabajo y la potencia real , la eficiencia adiabática del compresor y la producción irreversible de entropía.

El trabajo espec´fico real será Wcr = hsr – he = CP(Tsr – Te) = 1.005(573- 300) = 274.36 kJ/kgLa potencia real Wcr = mxWcr = 300x274.36 = 82309.5 kJ/seg ó Kw

La eficiencia adiabática del compresor ac= Wcs/Wcr = 224.16/274.36= 0.817x100= 81.7%

El cambio de entropía o producción irreversible de entropía ssr – se = Sp= Cpln(Tsr/Te)- Rln(pr/pe)

ssr – se = 1.005ln573/300 – 0.287ln7/1= 0.6503- 0.5584 = +0.0919 kJ/kg-K

El flujo de entropía Ssr – Se = m(ssr-se) = 300(0.0919) = +27.57 kJ/K-segSe observa que el cambio de entropía es positivo o mayor que 0, lo que indica que es una compresión irreversible o real ya que en estos procesos por la 2ª ley ssr – se 0.

Si el valor del cambio de entropía fuese negativo o menor que 0 indicaría que es un proceso imposible porque violaría la segunda ley, aunque cumpla con la 1ª ley. Si el valor de s fuese negativo indicaría que la temperatura final del aire sería menor que 250 °C que fue la calculada en el proceso isentrópico. Es decir esta compresión no podría darse con una temperatura de salida menor de 250 °C.

Ejercicio de tarea:En un compresor axial el aire entra a una presión de 1 bar y a una temperatura de (15+n°de mes).

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Un manómetro colocado en la descarga del aire hacia los combustores mide una presión de 6.2 bar man. Y un termómetro colocado en el mismo punto mide (270+n°de mes)_°C. Se estima que el flujo másico de aire es de n° de dias kg/seg.. La presión atmosférica = 1 bar.Encontrar la temperatura teórica o isentrópica de salida tss , el trabajo isentrópico en KJ/kg y la potencia correspondiente en kW.El trabajo real en kJ/kg y la correspondiente potencia real en kW.La eficiencia adiabática de la turbina.La producción irreversible de entropía en kJ/kg-K y en kJ/k-seg

PRINCIPIO DE AUMENTO NETO DE ENTROPÍA.En los casos que hemos estudiado anteriormente, se ha visto que para procesos adiabáticos y utilizando la ecuación S 0 es posible saber cuando un proceso adiabático es real y cuando es imposible y por tanto la anterior expresión de la 2ª ley es muy valiosa , pero solo para procesos adiabáticos. Cuando el proceso estudiado no es adiabatico resulta más dificil aplicar las expresiones Ssc Q/T para un sistema cerrado y msss – mese Q/T para un sistema abierto de flujo permanente. Para estos casos se recurre a un principio llamado “principio de aumento neto de entropía” que se desarrolla a continuación:

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Un sistema aislado puede estar formado por varios subsistemas, en los que pueda haber interacción de calor y trabajo entre dichos subsistemas, pero el sistema completo puede estar aislado del exterior como se muestra en la figura siguiente:

Sistema aislado con paredes adiabáticas

Puesto que todo el sistema es adiabático Ssis 0 pero a su vez Ssis se oibtendrá con la suma de los cambios de entropía de cada uno de los subsistemas y Ssis se convierte en Stotal o tambien Sneto . Así: Sneto=SA +SB +SC 0 igualdad proc. reversible, desigualdad proc. Irreversible

Esta expresión constituye el “ principio de aumento neto o total de entropía” y se aplica principalmente para calcular el cambio neto de entropía entre un sistema y el medio exterior o ambiente cuando ocurra cualquier tipo de proceso entre ambos y con ello se sabe si el proceso es real o imposible. Los siguientes ejemplos demuestran la aplicación de este principio.

Ejemplo: Un bloque de 50 kg de hierro que se encuentra a una temperatura de 227°C se lanza dentro de un lago que se encuentra a una temperatura de 12°C. El bloque se enfría hasta alcanzar el equilibrio térmico con el agua del lago. Si el calor especídfico promedio del bloque es Cprom = 0.45kJ/kg-K, determine: a). el cambio de entropía del bloque de hierro b). El cambio de entropía del agua del lago. c).El cambio neto de entropía del proceso.

Para el bloque T1 = 227+273= 500 K.T2 = 12+273= 285 K

El calor que cede el bloque al agua del lago se obtiene con: Q = mCprom(T2 –T1)Q = 50x0.45(285 – 500) = - 4835.7 kJ. El signo negativo es porque el bloque pierde calor.a).El cambio de entropía del bloque se obtiene como un sistema a volumen constante y:SB = mCpromln (T2/T1) = 50x0.45ln 285/500 = - 12.65 kJ/K.El signo negativo del cambio indica que el bloque pierde entropía al enfriarse o ceder calor.b). El cambio de entropía del lago o agua del lago ( en este caso es el medio ambiente) se obtiene con la expresión: Sagua= Q/Tagua Q es el calor absorbido por el agua que es el mismo que el bloque rechaza, pero con respecto al agua el calor entra y tiene signo positivo y la temperatura del lago se considera constante e igual a 12°C = 285 K. Así: Sagua= Q/Tagua = 4835.7/285 = +16.97 kJ/KEl signo positivo del cambio de entropía indica que el agua del lago gana entropía al calentarse o recibir un flujo de calor.c). El cambio neto de entropía: Sneto = SB + Sagua = -12.65 + 16.97 = + 4.32 kJ/KEn este caso se cumple con la 2ª ley, ya que en cualquier proceso Sneto 0

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subsistema A QAC

subsistema B WCB

subsistema C

Q


El ejemplo anterior muestra que en una transmisión de calor entre dos cuerpos o sistemas, el cuerpo que se enfría o pierde calor disminuye su entropía y el cuerpo o sistema que se calienta aumenta su entropía, pero el cambio neto de entropía de una transmisión de calor siempre es positivo o siempre hay aumento de entropía.

En una transmisión de calor, si un cuerpo pierde calor o se enfría disminuye su entropía y esta va disminuyendo cada vez más, en en tanto baje más su temperatura absoluta. Así se estableció la trecera ley de la termodinámica que dice que “la entropía de una sustancia cristalina es cero al cero absoluto de su temperatura”.

Por otra parte, entre mayor sea la diferencia de temperatura entre el emisor y el receptor, será más rápida la transferencia de calor y esto ocasionará que el cuerpo que se calienta tenga un mayor aumento de entropía, por ejemplo si una misma cantidad de calor es transmitida a dos cuerpos o sistemas que estén a temperaturas diferentes el aumento de entropía es mayor en el cuerpo que esté a menor temperatura y este aumento se asocia al hecho de que al recibir el calor el cuerpo más frío aumenta su energía interna, es decir la actividad molecular es mayor que en el cuerpo que recibe calor a mayor temperatura y esto hace que las moléculas adquieran mayores velocidades y sus trayectorias sean más erráticas o desordenadas. Por ello se asocia el aumento de entropía con un mayor desorden molecular y se dice que la entropía es una medida del desorden molecular o aleatoriedad molecular. Conforme un sistema se vuelve más desordenado, las posiciones de las moléculas son menos predecibles y aumenta la entropía. La entropía de una sustancia es más baja en la fase sólida que en la fase gaseosa. El calor es una forma de energía desordenada y un poco de desorden fluye en una transmisión de calor, por ello la entropía o nivel de desórden molecular del cuerpo caliente disminuirá en tanto que el desorden molecular o entropía del cuerpo frió aumentará al calentarse. La segunda ley establece que en todos los casos, el aumento de entropía del cuerpo frío es mayor que la disminución de la entropía del cuerpo caliente y por ello la entropía neta de los dos sistemas aumenta. O sea que el sistema combinado se encontrará al final en un estado de mayor desorden y todos los procesos térmicos suceden en la dirección del aumento de entropía neta o total o con un aumento del desorden molecular. Este principio establece que el universo se está volviendo más y mas desorganizado o caótico cada día. Al aumentar la entropía, disminuye la exergía o energía útil o aprovechable y va en aumento la energía no disponible, hasta que (hipotéticamente) llegue un momento en que ya no se disponga de energía aprovechable y el universo llegue a un estado de equilibrio térmico o estado muerto . A escala planetaria tal vez ese fue el caso de Marte, del que se tienen indicios de que alguna vez tuvo atmósfera, pero ésta desapareció por alguna razon no conocida; tal vez alguna megaemisión volcánica con cantidades enormes de calor y contaminantes que ocasionaron el caos y el fin de la vida en ese planeta.

Conclusiones acerca de la entropía:1. La entropía es una propiedad termodinámica que se define como la relación entre el calor transmitido

y la temperatura a la que ocurre la transmisión en un proceso.2. Las causas que originan un aumento de entropía en un sistema son: que reciba una transmisión de

calor, un flujo de masa tratándose de un sistema abierto ya que las masas que entran y salen contienen su propia entropía y las irreversibilidades como la fricción, las altas velocidades del fluido,y las expansiones o compresiones rápidas también causan aumento de entropía.

3. La entropía es una medida indirecta de la irreversibildad de un proceso.4. Todo proceso adiabático irreversible ocurre con aumento de entropía.5. Como todos los procesos que ocurren en la naturaleza son irreversibles, se puede establecer que el

cambio neto de entropía para cualquier proceso que sucede es positivo o mayor que cero y que por

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tanto la entropía, desórden o caos en la naturaleza o universo está en constante aumento por ser un sistema aislado. Este es un enunciado más de la segunda ley de la termodinámica que yo llamo “ enunciado del juicio final”.

6. En todo caso la segunda ley de la termodinámica o ley de la entropía debe ser muy tomada en cuenta por todo aquel que participa en un proceso térmico. Por algo Albert Einstein dijo de ella que es la ley fundamental de toda la ciencia.

7. Si hubiese una dimensión de vida espiritual, enfocando esta dimensión termodinámicamente, el cielo prometido para la gente buena sería un lugar de baja entropía o donde la entropía neta no aumentaría, y la vida eterna sería un proceso reversible. (este punto 7 es un comentario personal meramente especulativo, favor de no tomarlo en cuenta para el curso)

Ejercicio: Se comprime aire en un compresor de 5 kW, desde 100 kPa y 17 °C hasta 600 kPa y 167 °C, con un flujo másico de 1.6 kg/min. Durante la compresión hay transferencia de calor entre el compresor y el medio circundante o aire ambiente que está a una temperatura de 17 °C. Calcular:a). El calor transmitido al medio en kJ/min b). El cambio de entropía del aire que pasa por el compresor. c) .El cambio de entropía del medio ambiente d). El cambio neto de entropía y en base al resultado indicar si el funcionamiento del compresor es posible. Para el aire R= 0.287kJ/kg-K. Cp = 1.005 kJ/kg-K Cv= 0.718 k= 1.4

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CONCLUSIÓN

La entropía es una propiedad termodinámica muy importante, ya que al calcular el cambio de entropía que sufre un proceso térmico, se puede saber el grado de irreversibilidad del mismo, es decir permite medir la desviación de un proceso real con respecto a un proceso teórico. Un proceso particularmente importante para el ingeniero de una central son los procesos adiabáticos irreversibles, que tienen lugar en las turbinas de vapor, turbinas de gas y en los compresores axiales y los cuales se analizan por medio del cambio de entropía que sufren, siendo el valor de este cambio una medida indirecta de las pérdidas que ocurren en estas máquinas y que al personal de la central le interesa mantener en los valores minimos posibles.

EVALUACIÓN FORMATIVA 2

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TERMODINAMICANOMBREFECHAEVALUADOR Ing, Juan de Dios Bustos Torres

CALIFICACIÓNTEMALA ENTROPÍA Y LOS PROCESOS ISENTROPICOS

Objetivo particular: Al término del tema , el participante calculará los valores de cambios de propiedades termodinámicas, particularmente de la entropía, con base en los diversos conocimientos proporcionados en el manual, para poder establecer una comparación entre los procesos térmicos, teóricos y reales

InstruccionesLea cuidadosamente la pregunta antes de contestarla.

Utilice TINTA NEGRA.Es muy importante que su letra sea CLARA. Este examen es individual.

¡Te deseo mucho éxito!

I. CALCULA EL VALOR DE LOS CONCEPTOS QUE SE MENCIONAN EN LOS SIGUIENTES REACTIVOS EL VALOR DE CADA REACTIVO ES DE 40 PUNTOS, EL VALOR DE LA SECCIÓN ES DE 80 PUNTOS).

1. En un ciclo Rankine, se produce en el G.V. vapor saturado a 15 Mpa que se envía ala turbina , de donde el vapor sale a 40 kPa y con una calida del 80%. Del condensador el agua sale como líquido saturado. El agua entra a la caldera a una presión de 15 Mpa y a una temperatura 4.1 grados mayor que la de saturación a 40 kPa.Calcule la desigualdad de Clausius e indique si el ciclo es posible o imposible. Hacer el esquema correspondiente del ciclo.

2. En un compresor axial el aire entra a una presión de 1bar abs y a una temperatura de 20 °C. Un manómetro colocado en la descarga del aire hacia los combustores mide una presión de 9 bar man, y un termómetro colocado en el mismo punto mide 320 °C. El flujo másico medido es de 80 kg/seg. La presión atmosférica es i bar.a). Calcular la temperatura isentrópica de salida del aire en K y en °C y el trabajo isentrópico en kJ /kg.b). El trabajo real en kJ/kg y la correspondiente potencia real en KW.c). La eficiencia adiabática del compresor.d). La producción irreversible de entropía. Para este problema usar Cp y Cv constantes para el aire.

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II. BASÁNDOTE EN LAS DEFINICIONES DEL MANUAL EXPLICA CON TUS PALABRAS LA RESPUESTA CORRECTA. (EL VALOR DE CADA REACTIVO ES DE 5 PUNTOS, VALOR DE LA SECCIÓN 20 PUNTOS).

1. ¿Qué tipo de proceso es el cambio de fase de una sustancia pura?__________________________________________________________________________________________________________________________________________________

2. ¿Qué tipo de proceso es el que ocurre en una turbina de vapor?__________________________________________________________________________________________________________________________________________________3. ¿En un proceso adiabático de compresión real, debe aumentar o disminuir la entropía?

4. ¿Qué dice el principio de incremento neto de entropía? Haz un esquema para explicarlo.__________________________________________________________________________________________________________________________________________________

RESULTADO DE LA EVALUACIÓN DEL CURSO

% DE CUMPLIMIENTO DEL PARTICIPANTE = _________Número de reactivos acertados = ______

FIRMA DEL EVALUADOR FECHA

TEMA 3LOS CICLOS TERMODINÁMICOS DE LAS

CENTRALES DE GENERACION

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OBJETIVO PARTICULAR.

AL TERMINO DEL TEMA, EL PARTICIPANTE CALCULARA LOS VALORES DE TODAS LAS VARIABLES TERMODINÁMICAS QUE INTERVIENEN EN LOS CICLOS TERMICOS DE LAS CENTRALES DE VAPOR Y DE CICLO COMBINADO, CON BASE EN LOS CONOCIMIENTOS PROPORCIONADOS POR EL MANUAL, PARA QUE EL PERSONAL TÉCNICO DE NUEVO INGRESO A UNA CENTRAL TERMICA CUENTE CON UNA VISION TERMODINÁMICA DE SU FUNCIONAMIENTO, LO QUE ES ESENCIAL PARA SU BUEN DESEMPEÑO POSTERIOR.

INTRODUCCIÓNDurante el desarrollo de este tema se enseña al participante cuales son los ciclos con los que operan las centrales termicas de vapor y de ciclo combinado, asi como las centrales de turbinas de gas, estudiando primero sus modelos teóricos, el ciclo Brayton, el ciclo Rankine de vapor simple , el ciclo regenerativo, y el ciclo con recalentamiento, conociendo el funcionamiento de estos ciclos no solo con un enfoque de conjunto o global como se hizo en el primer tema, sino estudiando en detalle los procesos que forman cada ciclo, lo que le permitirá al futuro ingeniero operador de una central hacer un calculo a fondo del comportamiento de los equipos y detectar desviaciones por mal funcionamiento o funcionamiento ineficiente y con ello poder aplicar medidas correctivas. Los subtemas a estudiar son los siguientes:Ciclo Brayton standard de aire.

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Condiciones reales de los ciclos de las turbinas de gas.Ciclo de potencia de vapor de agua Rankine.Ciclo de vapor con recalentamiento.Ciclo regenerativo de vapor.Ciclo regenerativo con recalentamiento.Condiciones reales de los ciclos de vapor.Eficiencia, CTU de un ciclo y Régimen Térmico de una central.Los Ciclos Combinados o CCC.

Los ciclos termodinamicos y su aplicacion

A partir del ciclo de Carnot, se desarrollaron diversos ciclos termodinámicos teóricos que sirvieron de modelos para la invención y desarrollo de diversas máquinas y ciclos de potencia , así como del ciclo de refrigeración por compresión . Dichos ciclos son :

1.- Ciclo Otto standard de aire.- Es la base teórica del ciclo con el que operan todos los motores de combustión interna (MCI), que utilizan gasolina.

2.- Ciclo Diesel standard de aire.- Es la base teórica con el que operan todos los motores Diesel o MCI que utilzan el combustible diesel.

3.- Ciclo Brayton standard de aire.- Es el modelo termodinámico teórico del funcionamiento de las turbinas de gas.

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A estos tres tipos de máquinas se les denomina “motores de combustión interna” o MCI, porque todos los procesos del ciclo ocurren en un solo equipo incluyendo la combustión que ocurre en una cámara cerrada .

4.- Ciclo Rankine de vapor de agua.- Es la base teórica del funcionamiento de los ciclos reales de las plantas de vapor que producen la energía eléctrica que se consume en casas habitación y en las industrias. A diferencia de los MCI, en estos ciclos los procesos ocurren en equipos separados que se comunican por medio de tuberías.

5.- Ciclo de refrigeracion por compresión.- Es la base teórica del funcionamiento de los ciclos de refrigeración reales, que se utilizan en los equipos de aire acondicionado y en los refrigeradores caseros, principalmente.

La utilizacion de estos ciclos es muy amplia en todas las actividades humanas y para el ingeniero mecánico constituye una materia de trabajo esencial.

Para hacer un análisis termodinámico de los ciclos reales, se parte primero de estudiar los ciclos teóricos correspondientes, así en el caso de los ciclos Otto, Diesel y Brayton las condiciones teóricas que se consideran son: El fluido de trabajo es aire que se somete a los diversos procesos que forman cada ciclo, siendo estos procesos reversibles. Las expresiones para obtener el trabajo neto y los calores suministrado y rechazado así como la eficiencia del ciclo son las ya conocidas basadas en la primera y segunda ley de la termodinámica para ciclos.

Para propósitos del curso actual enfocado al estudio de los ciclos de vapor y de gas y del ciclo combinado, sólo se estudiarán los ciclos teóricos de estos equipos, y en caso de que haya interes en los ciclo Otto y Diesel se podrá hacer la consulta en los libros de la materia.

CICLO BRAYTON STANDARD DE AIRE

Es el modelo teórico del funcionamiento cíclico de las turbinas de gas, máquinas térmicas que actualmente se utilizan en todo tipo de aviones, comerciales y militares y en otras aplicaciones como en la generación de energía eléctrica, como plantas de emergencia o en ciclos combinados.

Para el estudio del ciclo teórico Brayton standard de aire se hacen las suposiciones siguientes :

1.- Se considera una masa de aire que trabaja en un ciclo abierto experimentando cuatro procesos reversibles :

2.- Tanto la admisión de calor QH, como el rechazo de calor QL, ocurren a presión constante. Los procesos son :

Proceso 1-2.- El aire sufre una compresión isentrópica. Wcomp. Entra , p1V1k = p2V2

k . T2/T1= (p2/p1)k-1/k Wcomp se obtiene como sist abierto Wcomp = h2 - h1 .

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Proceso 2-3.- Admisión de calor QH a presión constante, p2 = p3 . Hay expansión pero no hay trabajo. V2/T2 = V3/T3. QH = mcp(T3 -T2) ,

Proceso 3-4.- El aire sufre una expansión isentrópica y se realiza trabajo en una turbina W turb , p3V3k =

p4V4k, T4/T3 = (p4/p3)k-i/k, Wturb se obtiene como sist abierto. Wturb = h3 - h4

Proceso 4-1.- Rechazo de calor al medio ambiente a presión constante . No hay trabajoV4/T4 = V1/T1 , QL = mcp(T1 - T4).

El ciclo Brayton teórico standard de aire, se representa en los planos p-V y T-S y como arreglo de equipo en las siguientes figuras :

p T QH

3 33 2 3 2 W turb

4 4 Wcomp 1 4 1 QL

V S

QH

combustor 2 Wcomp 3 Compresor Turbina Wturb

1 medio exterior 4

medio

QL

El trabajo neto del ciclo Brayton.-

Wneto = QH - QL = mcp(T3 -T2) - mcp(T4 - T1). También Wneto= Wturb -Wcomp .

Relación de presiones.- En el ciclo Brayton se utiliza el término “relación de presiones”, que es la relación entre las presiones de entrada y salida del aire al compresor.

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rp = p2/p1 = p3/p4 .

Se utilizan también las relaciones de compresión rc = V1/V2 y la relación de expansión re= V4/V3 .

El cambio de entropía de los procesos 2-3 y 4-1 son : S23 = mcpln(T3/T2), S41= mcpln(T1/T4). S23 = - S41, o bien : ln (T3/T2) = -ln(T1/T4), T3/T2 = T4/T1, T3/T4 = T2/T1.

La eficiencia térmica del ciclo Brayton.-

ter = Wneto/QH = 1- QL/QH . Utilizando cp constante : ter= 1- [cp(T4 - T1)]/[cp(T3 -T2)]

ter = 1- [T1(T4/T1-1)]/[T2(T3/T2 -1)] ................(A)

Se tiene de las relaciones anteriores que : T3/T2 = T4/T1 ó T3/T2 -1 = T4/T1 -1 .Subst. en A

ter = 1 - T1/T2 = 1 - (p1/p2)k-1/k = 1- 1/rpk-1/k. Para cp constante.

Tómese en cuenta que estas expresiones son para cuando cp se considera constante. Cuando cp es variable deberán utilizarse las tablas de aire, para calcular QH y QL en función de las entalpias y no se deberán usar las expresiones p1V1

k = p2V2k ni Q = mcpT. La eficiencia se obtendrá sólo como ter = Wneto/QH

.

Problema: En una turbina de gas que opera con el ciclo teórico Brayton, el aire entra a 1 bar y a 27 °C y sale del compresor a 12 bar. En los combustores el aire recibe 750 kJ por cada kg que entra, Si el flujo másico de aire es de 250 kg/seg, calcular:a). La eficiencia térmica del ciclob). La presión volumen y temperatura en cada punto del ciclo.c). El trabajo del compresor , el trabajo de la turbina en kJ/kg , el trabajo neto del ciclo y la potencia correspondiente en kW.

p T QH

3 33 2 3 2 Wturb

4 4 Wcomp 1 4 1 QL

V S

a). La eficiencia térmica se obtiene con: ter = 1 - T1/T2 = 1 - (p1/p2)k-1/k = 1- 1/rpk-1/k. para Cp y Cv

constantes y k = 1.4. La relación de presiones rp = 12/1 = 12.

ter = 1- 1/ 121.4-1/1.4 = 1- 1/2.03386 = 0.5083 ó 50.83% .

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Del punto 1 se tiene p1 = 1 bar t1 = 27 °C. T1 = 27 +273 = 300 K.El volumen o flujo volumétrico es : p1 V1 = mRT1 V1 = 250x287x300/100000 = 215.25 m3/seg.Para obtener los valores del punto 2 se considera que el proceso 1-2 es una compresión

isentrópica y T2 = T1(p2/p1) k-1/k = 300x 120.2857 = 610.15 K t2 = 337.16 °C.V2 = mR T2/p2 = 250 x287x610.15/12x105= 36.48 m3/seg.

Para obtener los valores del punto 3 se considera el proceso isobárico 2-3 p3 = p2 en el que V2/T2= V3/T3 , pero hace falta conocer V3 ó T3. Se puede conocer T3 con el calor suministrado al ciclo qH

QH = mCp ( T3 – T2) ó qH = Cp(T3- T2) en este caso qH = 750 kJ/kg . Se despeja t tres.

T3 – T2 = qH/Cp T3 = qH/Cp + T2 = 750 / 1.005 + 610.15 = 1356.41 K t3 = 1083.41 °CV3 = V2/T2(T3) = 1356.41x 36.48/610.15 = 81.09 m3/seg

Para obtener los valores del punto 4 se tiene p4 = p1 = 1 bar , y p2/pq = p3/p4

También por ser isentrópica la expansión 3-4 T4/T3 = (p4/ p3)k-1/k

T4 = 1356.41x (1/12).2857 = 666.91 K t4 = 393.91 °C.V4 = mRT4/ p4 = 250 x287x666.91/100000 = 478.5 m3/seg

El trabajo isentrópico del compresor Wcom = h2 – h1 = Cp (T2 – T1) = 1.005( 610.15-300) =Wc = 310.15 kJ/kg . El trabajo isentrópico de la turbina Wtur = h3 – h4 = Cp( T3 – T4)Wtur = 1.005(1356.41 – 666.91) = 689.5 kJ/kg.

De los 689.5 kJ/kg de trabajo que produce la turbina se utilizan 310.15 kJ/kg para mover el compresor o sea el 44.98 % de la potencia de la turbina la consume el compresor y este es el principal inconveniente de las turbinas de gas cuando trabajan con ciclo abierto.

El trabajo neto Wneto = Wtur – Wcom = 689.5 – 310.15 = 379.35 kJ /kg.

Este trabajo neto es lo que le queda al ciclo para convertírlo en energía electrica en el generador . La potencia neta o potencia entregada al generador electrico .

Wneta = mWneto = 250 x 379.35 = 94837.5 kJ/seg o 94837.5 kW.

La eficiencia de este ciclo teórico c = Wn/ qH x 100 = (379.35 /750)100 = 50.58 igual al cálculo inicial.

El calor rechazado al medio ambinte Wneto = QH- QL QL = 750- 379.35 = 370.65 kJ/kg

En términos de potencia perdida en la atmósfera QL = 250x 370.65 = 92662.5 kW

Debido al enorme desperdicio de energía que se tiene cuando una turbina de combustión opera aisladamente o como ciclo abierto, se hacía necesario aprovechar tanta energía que se perdía con los gases de escape y de ahí surgió la idea de utilzar los ciclos combinados, ya que en estos ciclos los gases se aprovechan para generar vapor de agua para mover una turbina de vapor y ésta produce una potencia adicional sin que cueste más consumo de combustible.

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Ejercicio de tarea.- Una planta de fuerza con turbina de gas estacionaria funciona segun un ciclo Brayton y suministra (14700+ n°dias) Kw, a un generador eléctrico . La temperatura máxima es de (840 + n°mes)°C y la mínima es de 15°C. La presión mínima es 1 bar, y la máxima es 7 bar. Para el ciclo teórico correspondiente calcular:

a).- La potencia de salida de la turbina Wturb en KW.b).- ¿Que fracción de tal potencia se emplea para mover el compresor ?.c).- ¿Cual es el flujo másico y volumétrico del aire en kg/min y en m3/min a la entrada del compresor axial?

A).- Hacer los cálculos con cp = 1.005 kJ/kg-K cv = 0.718 kJ/kg-K. R= =.287 kJ/kg-K.Dibujar el esquema del arreglo del equipo y los diagramas p-V y T-S del ciclo teórico.

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El uso de las tablas de aire para resolver problemas de ciclos con calores específicos variables.

Para cáculos más exactos que requieren los ciclos reales, es necesario considerar la variación de los calores específicos con la temperatura, en cuyo caso ya no se deben hacer cálculos con C p y Cv

constantes. Se deberá usar la tabla de aire, entrando normalmente con la temperatura para obtener las demás propiedades. Así el cálculo de U y H ya no se hará con mcvT y mcpT sino con U = m(u2-u1) o H = m(h2 -h1) , obteniendo los valores de u y h directamente en las tablas.

El cambio de entropía de algúno de los procesos se obtendrá con la expresión s 2 -s1 = sT20 -

sT10 - Rln(p2/p1) , por lo que no se deberán utilizar las expresiones E y F de las páginas 47 de este

documento, porque contienen a Cp y Cv como constantes.

Cuando se estudie un proceso isentrópico se utilizarán los conceptos de “presión relativa” pr y “volúmen relativo” vr y las relaciones siguientes :

(p2/p1)S = pr2/pr1 y (v2/v1)S = vr2/vr1

La explicación de estos conceptos está en las páginas 281 y 282 del libro de Wark.

Ejemplo. Para un proceso isentrópico el aire se comprime desde 27°C y una presión de 2 bar, hasta una presión de 12 bars. Encontrar la temperatura final y el cambio de energía interna, considerando calores específicos variables.Si se considerase Cp y Cv constantes T2 se obtendría con T2 = T1(p2/p1)k-1/k pero al ser variables Cp y Cv ya no se deben usar esa expresion sino los valores de las tablas de aire.

Entrando en la tabla de aire con T1 = 27 +273 = 300 K, se encuentran los valores de u1 = 214.07 kJ/kg y la presión relativa pr1 = 1.3860 (no tiene unidades).

De las relaciones anteriores : pr2 = (p2/p1)S pr1 = 12/2 x 1.3860 = 8.316

Con éste valor de pr2 se entra en la tabla, interpolando si es necesario, para encontrar T2 y u2, T2 = 498.5 K , u2 =358.32 kJ/kg. u = u2 -u1 =358.32 - 214.07 =144.25 kj/kg

Ejemplo: Resolver el problema anterior del ciclo de la turbina de gas con tablas de aire.

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El ciclo Brayton para los aviones de propulsión a reaccion o turbojets.-

Actualmente más del 90% de los aviones comerciales y militares cuentan con turbinas de gas para su propulsión . En éstas turbinas la finalidad no es producir un trabajo en el eje, para acoplarlo a un generador eléctrico o a una bomba, sino la producción de una gran cantidad de gases a alta temperatura a la salida de la turbina, que son enviados a una tobera, para lograr un gran incremento de su velocidad en su descarga a la atmósfera, (chorro) produciendose un cambio en la cantidad de movimiento de los gases dando por resultado un empuje de reacción sobre la aeronave. El trabajo realizado por la turbina es justamente el suficiente para impulsar el compresor.

El ciclo teórico standard correspondiente se muestra en las figuras siguientes :

T 3 COMBUSTOR 2 3 QH 4 5 2 4 COMPRESOR TURBINA 5 1

1S

Wcomp = Wturb

El ciclo teórico se analiza en forma similar al ciclo Brayton normal, tomando en consideración el proceso adicional 4-5 en la tobera, que es un proceso isentrópico.En la figura siguiente se muestra un esquema de una turbina de avión Pratt & Witney, modelo JT4, motor de reacción de doble flecha. Las partes que lo forman son las siguientes:

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CONDICIONES REALES DE LOS CICLOS DE TURBINAS DE GAS.

Los ciclos de turbinas de gas reales difieren del ciclo de Brayton teórico por varias razones. La primera es que el fluido de trabajo cambia de composición química, ya que el aire permanece como tal solo en el proceso de compresión, debido a que en la cámara o cámaras de combustión el aire reacciona químicamente con el combustible, convirtiéndose en gases calientes formados principalmente por nitrógeno, bióxido de carbono y oxígeno. Por ello para encontrar los valores de las entalpias de los puntos de entrada y salida de la turbina deberán obtenerse con tablas para estos gases en lugar de las tablas de aire.

La diferencia más importante entre un ciclo teórico y un ciclo real es que los procesos en el compresor axial y en la turbina de combustión no son isentrópicos sino irreversibles y se consideran adiabáticos, y por lo tanto ambos procesos ocurren con aumento de entropía. Lo anterior es debido a que existen pérdidas e irreversibilidades dentro del compresor y la turbina por las altas velocidades del aire y gases que producen fricción contra los alabes. Por ello el trabajo real de compresións será mayor que el isentrópico y la temperatura del aire a la salida del acompresor será mayor que la temperatura correspondiente en el proceso isentrópico. En el caso de la turbina el trabajo real de la turbina es menor que el trabajo isentrópico debido a las pérdidas internas y la temperatura real de los gases a la salida de la turbina es tambien mayor que la correspondiente isentrópica. Tambien hay una cierta disminución de presión durante los procesos de adición y rechazo de calor.

Las desviaciones del comportsamiento de estos procesos se pueden valorar con los términos de las eficiencias adiabáticas del compresor y la turbina, que se definen como:

Eficiencia adiabática del compresor ca = Wcs/Wcr = (h2s –h1)/(h2r-h1)Eficiencia adiabática de la turbina tura = Wtr/Wts = (h3 –h4r)/(h3-h4s)En el ejemplo siguiente se muestra la forma en que se aplican estos conceptos.

Problema. Una central eléctrica que opera con una turbina de combustión, tiene una relación de presiones de 8. La tempertura del aire es de 27 °C a la entrada al compresor y de 1027°C a la entrada a la turbina. Considerando que la eficiencia adiabática del compresor es del 80 % y la de la turbina del 85% calcular: a). Los valores reales de la temperatura del aire a la salida del compresor y de la turbina. b). El porcentaje real de de potencia del compresor tomada de la turbina. c). La eficiencia del ciclo.

44

MANUAL DEL PARTICIPANTE 45


xico

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Entropia y Ciclos Pt0209

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