CAPITULO VII

TURBINA A GAS

Una turbina a gas simple está compuesta por un compresor, un combustor y una turbina. Fig. 7.1. Los componentes del equipo se comportan como se estudió en los capítulos anteriores, y el ciclo que se usa como modelo para estudiar el equipo es el ciclo Brayton.

Figura 7-1

En el compresor se comprime el aire ambiente en el proceso 1 - 2, desde las condiciones (p1, T1) hasta el estado (p2,T2). En este estado el aire entra al combustor, donde se adiciona una cierta cantidad de combustible que se combustiona, proceso adiabático 2 – 3, aumentando la temperatura de los gases a presión constante, hasta la temperatura máxima recomendada para la entrada a la turbina (hasta 1000 ºC.). Para no sobrepasar esa temperatura el proceso de combustión se hace con el exceso de aire requerido. En el estado 3 los productos de la combustión entran a la turbina donde se expanden hasta el estado 4 (p4 T4) en que la presión es la misma de la entrada al compresor. Para un ciclo simple el proceso de expansión 3 – 4 descarga a la atmósfera donde los gases se enfrían hasta al temperatura ambiente rechazando calor.

El ciclo Brayton se puede considerar cerrado o abierto:

Cerrado, si es un gas específico el que realiza el ciclo y el calor lo acepta y lo rechaza en intercambiadores de calor.

Abierto, si el calentamiento se produce por combustión directa del combustible y son los productos de la combustión los que se expanden en la turbina y se descargan al ambiente.

Para el desarrollo de nuestro análisis usaremos la temperatura de entrada a la turbina T3 = 800 ºC

7.1 ANÁLISIS DEL CICLO BRAYTON SEGUN EL CICLO DE CARNOT.

7.1.1 Ciclo Brayton teórico simple.

El ciclo teórico de Brayton es el de la FIG. 7-1 y no es afectado por las irreversibilidades mecánicas, por lo tanto la turbina y el compresor son isentrópicos. Por el exceso de aire, los gases se consideran como aire puro y que se comportan como gas ideal.

Figura 7.2

Para el ciclo: ∫ = 0du y τ = qneto = qA – qR

Y el rendimiento térmico ηA

Ra

A qqq

q−== τ

Aplicando el concepto de temperatura media integrada para los procesos de aceptación y rechazo de calor tenemos:

qA = T23 (s3 – s2 )

qR = T41 (s4 –s1 )

Reemplazando en la expresión del rendimiento y teniendo en cuenta que s2 = s1 y s4 = s3, se tiene:

23

4123

TTT −=η (7-1)

El rendimiento térmico de un ciclo de turbina a gas es equivalente al rendimiento de un ciclo de Carnot que trabaja entre las temperaturas medias integradas relativas a los intercambios de calor a alta y baja temperatura.

Si analizamos la FIG. 2 y la relación (7-1), se deduce que se puede aumentar el rendimiento térmico si se aumenta la temperatura media integrada T23 y se disminuye la temperatura media integrada T41.

El ciclo está limitado por la temperatura T3 = 800 ºC, la presión de descarga y el punto fijo de entrada a la turbina (T1, p1). Este punto se puede considerar, con las precauciones correspondientes, en las condiciones (p0, T0) del ambiente.

El estado 3 se puede desplazar a Tcte = 800 ºC y el estado 4 se puede desplazar a pcte = p0, así por ejemplo, en el ciclo 12’34’ cuyo rendimiento es η’se tiene que:

'3'2

'1'4

23

41

''1'441

'3'223

TT

TT

TTTT

>→><

Y como ηηη >→−= '123

41

TT

Analizando se puede ver que el rendimiento tiende a aumentar si aumenta la presión p2 hasta el límite T2 = T3, situación en que el área encerrada por el ciclo tinde a cero cuando el rendimiento tiende al máximo.

Por otra parte, si analizamos el ciclo para máximo trabajo desarrollado:

τ = qA – qR = (h3 – h2 ) – (h4 – h1 )

Si suponemos que es un gas ideal el que realiza el ciclo, se tiene:

τ = cp (T3 – T2) – cp (T4 – T1 ) y cp = cte. tenemos que

τ = cp (T3 – T2 – T4 + T1 ) (7-2)

además se debe cumplir que k

k

pp

TT

1

1

2

1

2

−

= y

kk

pp

TT

1

4

3

4

3

−

=

con p4 = p1 ; p2 = p3 se tiene 1

2

4

3

TT

TT = y

2

134 T

TTT =

que al reemplazarla en 7-2 se obtiene la relación

τ = cp [ T3 –T2 – T3 (T1 / T2 ) + T1 ]

que derivada con respecto a la T2 y se iguala a cero se obtiene

( ) 00/10 2213

2

=+++= TTTcdTd

pτ

de donde T22 =T3 T1 ó

( )132 TTT = (7.2)

Así se ve que el ciclo tiene la posibilidad de realizar el máximo trabajo en un punto donde su rendimiento no es máximo. Para tomar la decisión de cuál es el criterio a usar para el análisis termodinámico del ciclo se debe recurrir a los problemas físicos de las altas presiones y la baja de rendimiento, esto haría tomar como criterio el de máximo trabajo.

Por esta razón se usa una presión p2 tal que en realidad T4 ≈ 400 ºC y T2 ≈ 180 ºC. Con esa diferencia de temperaturas se puede utilizar parte de la energía de los gases de escape para calentar el aire de alimentación a la salida del compresor, es decir, recuperar parte de la energía. Aparece un nuevo ciclo que es el ciclo Brayton con recuperación.

7.1.2 Ciclo Brayton con recuperación.

Figura 7.3

Podemos suponer que un gas ideal es el que realiza el ciclo. Que la recuperación es total, para lo cual el rendimiento del recuperador debe ser de un 100%, FIG 7.3, de modo que:

Tn = T4 y T2 = Tm y por lo tanto: Q4m =Q2n

Así el calor aceptado por el ciclo es qn3 = h3 – hn y el calor rechazado es qm1 = hm – h1, y el rendimiento del ciclo considerando las temperaturas medias integradas, será:

)()(

133

11

3

13

nn

mm

n

mn

ssTssT

qqq

−−−=−=η

Como Q4m=Q2n esto implica que sn-s2 = s4-sm y para el ciclo ideal se cumple que s3-s2 = s4-s1 y (s3-s2)-(sn-s2) = (s4-s1)-(s4-sm) luego s3-sn = sm-s1 com lo que el rendimiento es

3

11n

m

TT−=η

es decir, el ciclo con recuperación tiene un rendimiento equivalente al de un ciclo de Carnot que trabaja entre las temperaturas medias integradas Tn3 y T1m. Este rendimiento es superior al rendimiento del ciclo sin recuperación correspondiente

3

4

23

14 11n

mCRSR T

TTT −=−= ηη <

Si al ciclo con recuperación le aumentamos las temperaturas medias de flujos de calor para T1 y T3 fijos vemos que Tn3 tiende a T3 y T1m tiende a T1 con lo que aumenta el rendimiento cuando baja la relación de presiones p2/p1, disminuyendo el trabajo (área)del ciclo.

Por otra parte los intercambiadores de calor para recuperación son de tamaños excesivos, siendo útiles solo para turbinas a gas estacionarias.

Si analizamos y comparamos el ciclo a gas Brayton, FIG. 7-1 con el ciclo a vapor Rankine R, FIG. 6-2 vemos que el ciclo Brayton rechaza la energía enfriando los gases desde la temperatura T4 alta hasta la temperatura T0, en forma similar al enfriamiento en una caldera, salvo que el calor se pierde en el ambiente. En tanto que el ciclo Rankine rechaza el calor a una temperatura constante, baja y muy cercana a la temperatura ambiente. Esto indica que perfectamente podemos producir vapor con los gases de escape de la turbina a gas y obtener trabajo eje en una turbina a vapor. Este sistema es realidad y se conoce como Planta de Potencia de Ciclo Combinado; (se estudiará en más detalle al final del Capítulo VII).- Ahora lo analizaremos según el ciclo de Carnot

7.1.3 Ciclo combinado con un ciclo a vapor

En la FIG 7-4 se muestra la gráfica Temperatura vs Calor transmitido entre los ciclos, en que el ciclo a gas 1234 recibe el calor q23 y rechaza calor q34. Los gases de escape 4 de la turbina se entregan a un intercambiador - caldera en que entregan una

cantidad de calor q4R equivalente al calor qAC que recibe el agua en el ciclo a vapor ABCD. El resto de calor rechazado qR se va al ambiente por la chimenea.

Figura 7.4

Considerando las temperaturas medias integradas de los ciclos de la figura 7.4 se tiene que los trabajos eje del gas y del vapor son:

23

41232323 T

TTqq GG

−== ητ ; AC

DAACACVACV T

TTqq

−== ητ

y el rendimiento del ciclo combinado es

2323 qq

qAC

VGVG

CC ηηττη +=+=

haciendo los balance qAC = q41 – qR = q23 - τG - qR

23

23

qqq RG

VGCC

−−+= τηηη

23qqR

VGVVGCC ηηηηηη −−+= (7.3)

como todos los η y qR/q23 son menores que 1, se tiene que ηCC es mayor que ηV y que ηG.

7.2 CICLO REAL DE UNA TURBINA A GAS SIMPLE.

Los ciclos reales se distinguen de los ciclos teóricos principalmente por tener en consideración las irreversibilidades que afectan al rendimiento de las turbomáquinas, como también la irreversibilidad que acompaña en la práctica a los intercambios de calor.

Generalmente el estudio termodinámico de la turbina a gas puede estar basado en los diferentes modelos, donde el más complicado es el que sigue fielmente los fenómenos físicos implicados y da evidentemente los resultados más conformes a la realidad. En orden decreciente de complejidad podemos enumerar cuatro modelos:

1. El más complejo es el que admite que se comprime aire y se expande gases productos de la combustión. Combustión que se supone completa.

- Los gases de escape son directamente rechazados a la atmósfera y el compresor es directamente alimentado con aire atmosférico.

- Los calores específicos del aire y de los gases componentes de los humos varían con la temperatura.

- Los valores de las entalpías y de las entropías de estos gases son obtenidos de las tablas experimentales.

- La ecuación de estado a usar para los gases puede ser la de Van der Waals.

2. Las condiciones en las que evolucionan los gases dentro de la turbina son tales que la ecuación de estado de los gases ideales representa los estados con cierta aproximación.

- Los gases tienen sus calores específicos en función de la temperatura .

- En resumen, se asume que los gases son semiperfectos.

3.- La limitación de la temperatura máxima del ciclo a un valor relativamente bajo se traduce en la necesidad de agregar aire al proceso de combustión aumentando el exceso de aire por sobre el 250%. Los gases están tan diluidos que no se comete gran error al considerar que es aire puro el que hace el ciclo. La combustión se reemplaza por un proceso de aporte de calor equivalente.

4.- El gas que hace el ciclo es aire y se comporta como gas ideal.

Para el efecto de nuestro estudio, para no ser tan simplistas y por disponer de las tablas de gases usaremos el modelo 3 que nos proporcionará suficientes criterios de análisis, en una primera instancia. Se usará como base de cálculo el Kgmol aire.

7.3.- APLICACIONES PRACTICAS.

7.3.1. CICLO BRAYTON SIMPLE.

Ejemplo 7.1.- Ciclo teórico simple. Aire gas ideal.

Consideremos un equipo que trabaja con una relación de presiones 6, una temperatura máxima de 800ºC y el rendimiento isentrópico de las máquinas rotativas es 100%. El combustible es CH4. Las condiciones de referencia son 0ºC y 1 ata. Fluido de trabajo es aire como gas ideal.

Figura 7.5

Determinación de los estados 1 2 3 y 4 del ciclo.

Estado 1.- Esta en las condiciones de referencia, es decir, S1 =0, H1 =0, E1 =0.

Estado 2.- El proceso de compresión se considera adiabático reversible S1 = S2 por lo

tanto k

k

pp

TT

1

1

212

−

= ; ( ) KT º5,4556273 4,1

4,0

2 == y t2 = 182,5ºC

H2= H1 + Cp(t2 – t1) = 0 + 0,24 x 28,97 x ( 182,5 – 0) = 1269 Kcal/Kgmolaire

E2 = H2 dado que ∆S = 0

Estado 3.- El estado 3 tiene t = 800 ºC, p = 6 ata por lo que se conocen todas sus variables, así

H3 = H0 + 6,95 (800 – 0) = 5560 Kcal/kgmolaire

16

ln99,1lnln0

3

0

303

3

0

−=ℜ−=− ∫ TT

cpp

TdTc

SS p

T

T

p

KKgmolKcalS º/95,56ln99,1273

1073ln95,63 =−=

)095,5(27305560)( 030033 −−−=−−−= SSTHHE

E3 = 3936 Kcal/Kgmolaire

Estado 4.- El proceso de expansión se considera abiabático reversible con S3=S4 así

Kpp

TT

ok

k

º64361

10734,14,1

3

434 =

=

=

−

y t4 = 370ºC

H4= H1+ M cp (T4 – T1) = 0 + 28,97 x 0,24 (370 – 0)

H4 = 2572 Kcal/kgmolaire

E4 = H4 –H0 –T0 (S4 –S0) = 2572-0 – 273( 5,95-0)

E4 = 948 Kcal/kgmolaire

Combustión y Exceso de aire.- Para la combustión estequiométrica del metano se tiene

CH4 + 2 O2 + 2x3,76 N2 = CO2 + 2 H2O + 7,52 N2

el aire estequiométrico es entonces 9,52 kgmolaire/kgmolcomb. y para no sobrepasar la temperatura máxima, de 800ºC en la entrada de la turbina, se pone exceso de aire en la combustión. Así, la ecuación de combustión es

CH4 + 9,52(AIRE) + X (AIRE) = CO2 + 2 H2O + 7,52 N2 + X (AIRE)

si el combustible se alimenta a 0ºC y el aire a 182,5ºC y los gases salen a 800ºC y todos los gases se toman como ideales se cumple el siguiente balance de energías

191500+16x0,5321(0)+(9,52+X)28,97x0,24(182,5-0)=

=[44x1x0,2012+18x2x0,4454+28x7,52x0,2484+28,97x(X)x0,24](800-0)

de donde

X = 33,04 kgmolaire/kgmolcomb

y el exceso de aire = 100x33,04/9,52 = 347,01%

este exceso de aire nos permite suponer que la combustión es completa y sin disociación, como también que es aire puro el gas que hace el ciclo. Si son na los moles de aire por cada mol de combustible el balance en el combustor es

na H2 + PCI = na H3 y

kgmolcombkgmolaire

HHP

n cia 63,44

12695560191500

23

=−

=−

=

y el exceso de aire para este caso es =100(44,63-9,52)/9,52=368,78%

que es mayor que el calculado antes debido a que es aire el que reemplaza a los productos de la combustión.

El calor aportado por el combustible QA = PCI/na = H3-H2 = 4291 Kcal/kgmolaire

Y la exergía aportada por el combustible EC = Ecomb/na = 189600/44,63

EC = 4248 Kcal/kgmolaire

Balances y degradaciones .-

Compresor.-

Trabajo de compresión TC = H2-H1 = 1269-0 = 1269 Kcal/kgmolaire

El compresor se consideró isentrópico por lo que S2= S1 y

E1 + TC = E2 + Deg y E2 = Tc = 1269 Kcal/kgmolaire

Combustor.-Para el combustor adiabático

H2 + QA = H3

E2 + EC =E3 + Deg

Deg = 1269 + 4248 – 3936 = 1581 Kcal/kgmolaire

Turbina .-

Trabajo de expansión TT = H3 – H4 = 5560 – 2572 = 2988 Kcal/kgmolaire

para la tubina isentrópica Deg =0

E3 = TT + E4 + Deg E4 = 3936 – 2988 = 948 Kcal/kgmolaire

Balance del Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – H2 = 5560 – 1269 = 4291 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4 – H1 = 2572 – 0 = 2572 Kcal/kgmolaire.

El trabajo en el eje TE = QA –QR = (H3–H2)-(H4–H1)=(H3-H4)-(H2-H1) =

TE = TT – TC = 1719 Kcal/kgmolaire

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1719/4291)=40,1%

RESUMEN EN TABLA 7.1.-

Ejemplo 7.2.- Ciclo teórico simple. Aire gas real.

Resuelva el ciclo del ejemplo 7.1 con datos de tablas de gases disponible.

Estado 1.- Corresponde a la referencia S1 =0, H1 = 0 y E1 = 0.

Estado 2.- Para la compresión isentrópica S2 = S1 = 0

0ln1

22

12 =ℜ−= ∫ pp

TdTc

S p

Ckgmolaire

kcalpp

T

dTc p

º56,36ln99,1ln

1

22

12 ==ℜ==Φ ∫

interpolando en la tabla de la integral se tiene

10017,256,3

10020017,284,3

2 −−=

−−=

∆∆Φ

TT

de donde T2 = 183ºC

e interpolando para las entalpías en la tabla correspondiente

100183700

1002007001400 2

−−=

−−=

∆∆ H

TH

de donde H2 = 1283 Kcal/kgmolaire luego E2 = 1283 Kcal/kgmolaire

Estado 3.- Para el estado 3 las condiciones son t3 0 800ºC, p3 = 6 ata, H3=5940 Kcal/kgmolaire y Φ 3 = 9,98 Kcal/KgmolaireºC. Así,

S3= 9,98-Rln 6 = 6,43 Kcal/KgmolaireºC

E3 = 5940-0 – 273(6,43-0) = 4185Kcal/kgmolaire.

Estado 4.- El proceso de expansión se considera isentrópico S3 = S4 = 6,43 y como p4 = p0 Φ 4 = 6,43 ≅6,39 Kcal/KgmolaireºC con lo que tenemos la temperatura t4 ≅ 400ºC, con lo que

H4 = 2850 Kcal/kgmolaire y

E4 = 2850-0-273(6,43-0)= 1095 Kcal/kgmolaire.

Combustión y Exceso de aire.- Como se calculó en el ejemplo 7.1 un gran exceso de aire podemos supones de inmediato que es aire puro el que hace el ciclo, que el combustor es adiabático y que el combustible se alimenta a 0ºC. Así,

na H2 + PCI = na H3

kgmolcombkgmolaire

HHP

n cia 12,41

12835940191500

23

=−

=−

=

y el exceso de aire es = 100(41,12-9,52)/9,52 = 331,94% este exceso es menor que el calculado para gas ideal porque el cp real es mayor que el considerado para el aire gas ideal.

Balances y degradaciones.-

Compresor.- Este se considera isentrópico luego el trabajo de compresión es igual a la exergía recibida por el aire, así

TC = H2 –H1 = E2 = 1283 – 0 = 1283 Kcal/kgmolaire.

Combustor.- Para el combustor adiabático el calor aceptado es

QA=H3 –H2 = PCI/na = 4657 Kcal/kgmolaire.

la exergía aportada por el combustible es

EC = Ecomb/na = 189600/41,12 = 4613 Kcal/kgmolaire.

Las energías disponibles en el combustor deben cumplir con el balance

E2 + EC = E3 + Deg.

Así, la degradación de energía en la combustión es

Deg = 1283 + 4613 – 4185 = 1711 Kcal/kgmolaire.

Turbina.- Esta se considera isentrópica, luego el trabajo de expansión es

TT = H3 – H4 = 3090 Kcal/kgmolaire.

Como la degradación es nula la energía disponible en el escape es

E4 = E3 – TT = 4185 – 3090 = 1095 Kcal/kgmolaire.

Balance del Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – H2 = 5940 – 1283 = 4657 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4 – H1 = 2850 – 0 = 2850 Kcal/kgmolaire.

El trabajo eje es TE = QA – QR = (H3 – H2) – ( H4 – H1 ) = (H3 –H4) – (H2 – H1)

TE = TT – TC = 1807 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA =100(1807/4657) = 38,8%

RESUMEN EN TABLA 7.1.-

Ejenplo 7.3.- Ciclo real simple. Aire gas real.-

Corresponde desarrollar el caso planteado en el ejemplo 7.2, pero con rendimiento de 85% para las máquinas rotativas. El ciclo se muestra en la FIGURA 7-6 en que los estados 1, 2, 3 y 4 ya son conocidos por el ejemplo 7.1.

fig. 7-6.-

Estado 1.- p1 = 1 ata, t1 = 0ºC, H1 = 0 y E1 = 0.

Estado 2.- p2 = 6 ata, t2 = 183ºC, H2 = E2 = 1283 Kcal/kgmolaire.

Estado 2’.- Se obtiene a partir de la definición de rendimento isentrópico para el compresor adiabático

85,01'2

12 =−−=

∆∆=

HHHH

HH

real

idealISη

de donde H2’ = H1 +(H2-H1)/0,85 = 1509 Kcal/kgmolaire.

valor con que determinamos la temperatura t2’ interpolando en la tabla de entalpías

20014001509

20030014002120

'2 −−=

−−=

∆∆

TTH

de donde t2’ = 215ºC y

20021584,3

20030084,322,5

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T de donde Φ = 4,05 Kcal/KgmolaireºC

S2’ –S0 = Φ -ℜ ln6 = 4,05 – 1,99ln6 y S2’ = 0,49 Kcal/KgmolaireºC y

E2’ = H2’ – H0 –273 (S2’-S0) = 1509- 273(0,49)

E2’ = 1375 Kcal/kgmolaire

Estado 3.- Sus coordenadas son p3 = 6 ata, t3 = 800ºC, H3 = 5940 y E3 =4185 ambas en Kcal/kgmolaire y S3 = 6,43 Kcal/kgmolaireºC

Estado 4.- p4 = 1 ata, t4 =400ºC, H4 = 2850 y E4 = 1095 ambas Kcal/kgmolaire.

Estado 4’.- Se obtiene a parir de la definición de rendimiento isentrópico para una turbina adiabática

08543

'43 =−−=

∆∆=

HHHH

hH

ideal

realISη

de donde H4’ = H3 – 0,85 (H3 – H4 ) = 5940 – 0,85 (5940-2850)

H4’ = 3314 Kcal/kgmolaire.

la temperatura se obtiene interpolando

40028503314

40050028503600

'4 −−=

−−=

∆∆

TTH

de donde t4’ = 462 ºC

la entropía con p4’ = p0 es 1ln99,1ln '40

'4'4

'4

0

−Φ=ℜ−= ∫ pp

TdTc

ST

T

p y Φ se obtiene de

400462

43,6400500

43,642,7 '4

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T de donde

S4’ = Φ 4’ = 7,03 Kcal/kgmolaireºC. y

E4’ = 3314-273(7,03) = 1395 Kcal/kgmolaire.

Combustión y exceso de aire.- Con el combustor adiabático y supuesto un gran exceso de aire se debe cumplir con el balance na H2’ + PCI = na H3 de donde

na = PCI/(H3 – H2’) = 191500/(5940-1509) = 43,22 Kgmolaire/Kgmolcomb

y el exceso de aire es = 100(43,22-9,52)/9,52 = 354%

Balances y Degradaciones.-

Compresor.- Para el compresor adiabático el trabajo de compresión se obtiene de la primera ley cuyo balance es

TC = H2’ – H1 =1509 – 0 = 1509 Kcal/kgmolaire.

y la degradación por la irreversibilidad del compresor se obtiene del balance da la segunda ley cuyo balance es

E1+ TC=E2’ + Deg de donde Deg = 0 + 1509 – 1375

TC = 134 Kcal/kgmolaire.

Combustor.- Para el combustor adiabático Q = 0 y T =0, por lo que la primera ley da el balance en que el calor agregado por el combustible es QA =5940 – 1509 = 4431 Kcal/kgmolaire.

La exergía agregada es EC = 189600/43,22 = 4387 Kcal/kgmolaire, así, la degradación en la combustión se obtiene del balance de la segunda ley en que

E2’ +EC = E3 + Deg de donde

Deg = 1375 + 4387 – 4185 = 1577 Kcal/kgmolaire.

Turbina.- La turbina se considera adiabática y el balance de energía da para el trabajo de la expansión

TT = H3 – H4’ =5940 – 3314 = 2626 Kcal/kgmolaire.

y el balance de exergía nos entrega la degradación E3 = E4’ + TT + Deg

Deg = 4185 – 2626 – 1395 = 164 Kcal/kgmolaire.

NOTA: Si recordamos que el trabajo de la expansión isentrópica es 3090 y lo comparamos con el trabajo de la expansión real la diferencia es 464 Kcal/kgmolaire que es mayor que la degradación de la energía disponible en la turbina. Explique la diferencia.

Balance del Ciclo.-

Calor agregado QA = H3 –H2’ = 5940 – 1509 = 4431 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = H4’ – H1 = 3314 – 0 = 3314 Kcal/kgmolaire.

El trabajo al eje TE = QA –QR = TT – TC = 1117 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1117/4431) = 25,2%

RESUMEN EN TABLA 7.1.-

7.3.2.- CICLO BRAYTON CON RECUPERACION.

En el ejemplo 7.3 se calculó la pérdida de energía disponible por el escape de la turbina, que son 1395 Kcal/kgmolaire, lo que equivale al 100(1395/4387) = 23,7% de la energía disponible aportada por el combustible. Propongo valorizar la recuperación de energía del escape para calentar el aire que sale del compresor.

Ejemplo 7.4.- Ciclo real simple con recuperador. Aire gas real.-

Se propone resolver el ciclo planteado en el ejemplo 7.3 con un recuperador de un 80% de rendimiento.- El ciclo se representa en la Figura

Figura 7.8 Los estados 1, 2, 2’, 3, 4 y 4’ son exactamente los mismos del ejemplo 7.3 y el intercambio de calor solo influye en el consumo de combustible, en el exceso de aire y en la degradación de energía en la combustión.

Estados Q y P .- Se conocen pQ = 1 ata y pP = 6 ata. Temperaturas.- El recuperador lo consideraremos adiabático Q = 0 y T = 0, así, el calor que entregan los gases de escape es equivalente al calor que recibe el aire después de la compresión; y corresponden a los cambios en la entalpía de cada uno.

El rendimiento del recuperador se define por la razón entre el calor que se recupera a el calor que idealmente se recuperaría

IDEAL

REALc H

H∆∆=Reη en que ∆HIDEAL = H4’ – H2’ y ∆HREAL = H4’ – HQ

'2'4

'4Re HH

HH Qc −

−=η

Si aceptamos que las temperaturas t2’ y tQ son del mismo orden podemos aceptar que los cp promedios son similares, así

'2'4

'4Re TT

TT Qc −

−=η

de donde TQ = T4’ -η(T4’ – T2’) TQ = 462 – 0,8(462-215) =264ºC y

2002641400

20030014002120

−−

=−−=

∆∆ QH

TH

de donde HQ = 1861 Kcal/kgmolaire.

el balance de energías para el recuperador es

H4’ + H2’ = HP + HQ así HP = H4’ + H2’ – HQ = 2962 Kcal/kgmolaire.

400

2850

40050028503600

−−

=−−=

∆∆

P

Q

T

H

TH de donde TP = 415ºC

Entropías.- La entropía SQ = Φ Q - ℜ ln(pQ/p0) = Φ Q así con tQ = 264ºC

20026484,3

20030084,322,5

−−Φ

=−−=

∆∆Φ Q

T de donde Φ Q=SQ = 4,72 Kcal/kgmolaire ºC.

También SP = Φ P -ℜ ln(pP/p0)= Φ P –1,99 ln 6 y para tP =415 ºC

40041539,6

40050039,642,7

−−Φ=

−−=

∆∆Φ P

t de donde Φ P = 6,54 Kcal/kgmolaire ºC.

así SP = 6,54 – 1,99 ln 6 = 2,98 Kcal/kgmolaire ºC.

Exergías.-

EQ = HQ –H0 –T0(SQ-S0)=1861-0 – 273 (4,72-0)

EQ = 572 Kcal/kgmolaire.

EP = HP – H0 -T0(SP–S0) =2962-0 – 273(2,98-0)

EP = 2148 Kcal/kgmolaire.

Degradación en el recuperador.-

Las diferencias de temperaturas en el intercambio generan irreversibilidad interna, y como es adiabático no pierde energía disponible y se debe cumplir con el balance

E4’ + E2’ = EP + EQ + Deg + Perd

Deg = (E4’ – EQ) – (EP – E2’)

Deg = (1395 – 572) – (2148 – 1375)

Deg = 50 Kcal/kgmolaire.

Combustión y exceso de aire.- Para el combustor con Q = 0 y T = 0, con una temperatura mayor del aire a la entrada se debe tener un mayor exceso de aire, por lo tanto las suposiciones hechas antes se justifican con mayor razón. Así se tiene

na HP + PCI = na H3 y

na= PCI/(H3 – HP)=191500/(5940-2962)=64,3Kgmolaire/Kgmolcomb.

el exceso de aire es = 100(64,3 – 9,25)/9,25 = 575,47%

El calor aportado es = PCI/na = 191500/64,3 = 2978 Kcal/kgmolaire.

La exergía aportada es = ECOMB/na = 189600/64,3 = 2949 Kcal/kgmolaire.

La degradación en la combustión se obtiene del balance de la segunda ley que debe cumplir con

Ep + EC = E3 + Deg + Perd

Deg = 2148 – 2949 – 4185 = 912 Kcal/kgmolaire.

Balance en el Ciclo.-

Calor aceptado QA = H3 – HP = 5940 – 2962 = 2978 Kcal/kgmolaire.

Calor rechazado QR = HQ – H1 = 1861 – 0 = 1861 Kcal/kgmolaire.

El trabajo al eje TE = QA –QR = TT – TC = 1117 Kcal/kgmolaire.

Rendimiento térmico del ciclo η = TT/QA = 100(1117/2978) = 37,5%

Balance recuperación.-

Calor recuperado Q = H4’ - HQ = HP – HP = 1453 Kcal/kgmolaire

Exergía recuperada de gases EG =E4’ - EQ = 1395-572=823 Kcal/kgmolaire

Exergía recuperada al aire EA= EP – E2’ = 2148-1375=773 Kcal/kgmolaire

Degradación recuperador Deg = 50 Kcal/kgmolaire

RESUMEN EN TABLA 7.1.-

TABLA 7.1.-

RESUMEN 1ª LEY

Ciclo Teóirico % Teórico % Real % Real %

Simple simple simple recup.

Aire ideal real real real

Energía Aportada 4291 77,2 4657 78,4 4431 74,6 2978 50,1

Energía Recuper. -------- -------- ------- 1453 24,5

Trabajo Compres 1269 22,8 1283 21,6 1509 25,4 1509 25,4

TOTAL ENTRADAS 5560 5940 5940 5940

Trabajo Expansión 2988 53,7 3090 52 2626 44,2 2626 44,2

Calor recuperado ------- ------- -------- 1453 24,5

Calor rechazado 2572 46,3 2850 48 3314 55,8 1861 31,3

TOTAL SALIDAS 5560 5940 5940 5940

Trabajo eje 1719 1807 1117 1117

Rendimiento ciclo 40,1 38,8 25,2 37,5

RESUMEN 2ª LEY Ciclo Teórico % Teórico % Real % Real %

Simple simple simple recup.

Aire ideal real real real

Ex Aport Comb 4248 77 4613 78,2 4387 74,4 2949 56,4 Ex Rec al Aire ------- ------- -------- 773 14,8 Trabajo compres 1269 23 1383 21,8 1509 25,6 1509 28,8 TOTAL ENTRADAS 5517 5896 5896 5231

Deg Compresión 0 0 134 2,3 134 2,6 Deg Combustión 1581 28,6 1711 29,0 1577 26,7 912 17,4

Trabajo Expansión 2988 54,1 3090 52,4 2626 44,5 2626 50,2

Deg Expansión 0 0 164 2,8 164 3,1

Ex Rec en el Aire C. ------- ------ ------- 773 14,8

Deg Recuperación ------ ------ ------- 50 1,0

Perdida Ex Amb. 948 17,18 1095 18,6 1395 23,7 572 10,9

TOTAL SALIDAS 5517 5896 5896 5231

Trabajo eje 1719 1807 1117 1117

Rend Exergético 40,47 39,2 25,5 37,5

7.3.3.- CICLO COMBINADO GAS VAPOR.-

La recuperación de energía en el escape de la turbina trae dos beneficios, el uno es bajar la pérdida de energía disponible por el escape de la turbina, y el otro es bajar la degradación en la combustión. El inconveniente de este método radica en el intercambiador, que intercambia calor entre gases, uno de los cuales está a presión atmosférica, por lo que son de grandes dimensiones y de bajo rendimiento. Un método alternativo es usar la energía del escape para generar vapor, que se puede usar para vapor de proceso, o para generar trabajo en un eje por su expansión una turbina adhoc. El primer caso se denomina cogeneración de energía y el segundo es ciclo combinado gas vapor. En el análisis que se hizo con en ciclo de Carnot para el ciclo combinado se

llegó a la ecuación 7.3. 23q

qRVGVVGCC ηηηηηη −−+= que indica que el rendimiento

de ciclo combinado disminuye así como aumenta el calor qR rechazado por la chimenea. Al respecto, el punto en el que se debe tener especial cuidado es el representado por el punto B de la figura 7.4. En ese estado la temperatura del vapor no debe, en ningún caso, sobrepasar la temperatura del gas que se enfría en la caldera. Siempre se debe cumplir que TBG ≥ TBV. Por otra parte se demuestra que el ciclo a vapor tiene mejor rendimiento mientras mayor es la presión de generación del vapor, cuando mayor es su temperatura de saturación tB lo que genera un desplazamiento del ciclo a vapor hacia la derecha del gráfico, aumentando el calor rechazado qR. Esto indica que hay una presión de trabajo óptima del ciclo a vapor para un máximo rendimiento.

El gran exceso de aire con que operan los ciclos hacen interesantes a los ciclos combinados en el evento que se necesite una gran elasticidad en el consumo de vapor, por ejemplo en un sistema de cogeneración, dado que el contenido de oxígeno en los gases de escape de la turbina a gas hacen posible su eventual utilización como comburente en una postcombustión a la entrada de la caldera recuperadora, aumentando así la producción de vapor.

Ejemplo 7.5.- Ciclo a gas real, combinado con ciclo a vapor; aire gas real.

Al ciclo a gas estudiado en el ejemplo 7.4 se le acopla un ciclo a vapor con una presión de vapor de 25 ata. La temperatura máxima de vapor igual a la temperatura isentrópica de salida del gas de la turbina T4 = 400 ºC. La presión de condensador de 0,05 ata. Temperatura de chimenea de 150 ºC y el rendimiento de la turbina de 85%.

En el diagrama T vs Q se presenta un rechazo de calor del ciclo a gas 4’ a 1 pasando por estado 5 y el ciclo a vapor con estados A, B, C, D Y D’

Figura 7.9

Se tomará la misma base de cálculo del ejemplo 7.3 1 kgmolaire que hace el ciclo a gas.

Estado 5.- La temperatura es 150 ºC y su presión 1 ata. Interpolando de las tablas

100150700

1002007001400 5

−−=

−−=

∆∆ H

TH

H5 = 1050 Kcal/kgmolaire

10015017,2

10020017,284,3

−−Φ=

−−=

∆∆Φ

T

además como p=1 ata = p0 S5 = Φ = 3,01 Kcal/kgmolaire ºC y

E5 = H5 –H0 –T0 (S5 – S0) = 1050 –273 (3,01)

E5 = 230 Kcal/kgmolaire

Determinación de los estados del ciclo a vapor para 1 Kg vapor.

Estado A.- La presión es 0,05 ata con que tA = 32,55 ºC, hA = 32,56 Kcal/Kg vapor, sA=0,11262 Kcal/Kg vapor ºC.

Estado BV.- pBv = 25 ata, tBv = 223 ºC, hBv = 228,6 Kcal/Kg vapor.

Estado C.- pC = 25 ata, tC = 400 ºC, hC = 774,2 Kcal/Kg vapor y sC = 1,6785 Kcal/Kg vapor ºC.

Estado D.- pD = 0,05 ata, tD = 32,55 ºC, hD = 510 Kcal/Kg vapor y sD = sC.

Estado D’.- La presión y la temperatura son las mismas del estado D y la diferencia está en el rendimiento de la turbina a vapor. Con ayuda del diagrama de Mollier y con la definición del rendimiento

85,05102,774

2,774 ''Re =−−=

−−=

∆∆= D

DC

DC

Ideal

al hhhhh

hhη

hD’ = 774,2- 0,85(774,2-510) = 550 Kcal/Kgvapor

sD’ = 1,806 Kcal/Kg vapor ºC.

Para relacionar los dos ciclos se debe calcular la producción de vapor en la caldera recuperadora por cada kgmol de aire que ingresa a ella desde el escape de la turbina a gas. La caldera, considerada adiabática, debe cumplir con el balance que otorga la primera ley, en que nV es la producción de vapor y na es uno.

nV hA + na H4’ = nV hC + na H5

KgmolaireKgvapor

hhHH

nAC

V 053,356,322,774

105033145'4 =−−=

−−=

Cálculo de la diferencia de temperaturas en el punto B.-

En la caldera recuperadora la evaporación del agua se realiza a la temperatura tBV constante, y después se sobrecalienta. La energía requerida por el agua para pasar desde el estado B hasta el estado C es entregado por los gases de escape del ciclo a gas y estos deben tener una temperatura mínima tBG mayor que tBV y el proceso BC debe cumplir con el balance

H4’ – HBG = nV (hC – hBV) de donde HBG = H4’ – nV (hC – hBV) = 3314 – 3,053(774,2 – 228,6) = 1648 Kcal/kgmolaire

Y la temperatura tBG se obtiene interpolando en la tabla de entalpías se tiene

20014001648

20030014002120

−−=

−−=

∆∆

BGTTH de donde tBG = 235 ºC y como tBV = 223 ºC se ve que

es posible combinar el ciclo a gas desarrollado en el ejemplo 7.3 con un ciclo a vapor cuya presión de trabajo es 25 ata.

Cálculo de energías disponibles en los estados del ciclo a vapor con respecto a la base de cálculo,

Estado A.- EA = nV [(hA –h0) –T0 ( sA – s0)]

EA = 3,053 [( 32,56-0) – 273 (0,11262-0)]

EA = 5,54 Kcal/kgmolaire

Estado C.- EC = nV [(hC –h0) –T0 ( sC – s0)]

EC = 3,053 [(774,2-0) – 273 ( 1,6785)]

EC = 981 Kcal/kgmolaire

Estado D’.- ED’ = nV [(hD’ –h0) –T0 ( sD’ – s0)]

ED’ = 3,053 [(550-0) – 273 ( 1,806 – 0)]

ED’ = 174 Kcal/kgmolaire

Balances y degradaciones en el ciclo a vapor.-

Caldera recuperadora.-

Calor aceptado por el ciclo a vapor.-

QAV = nV (hC – hA ) = H4’ – H5 ) = 2264 Kcal/kgmolaire

Para el cálculo de la degradación por diferencia de temperaturas en el intercambio de calor en la caldera se debe resolver el balance

E4’ + EA = E5 + EC Deg

Deg = 1395 + 5,54 – 230 –981 = 190 Kcal/kgmolaire

Turbina a vapor.-

Trabajo eje ideal T S(EJEV) = nV (hC – hD ) = 3,053 (774,2 – 510) = 807 Kcal/kgmolaire

Trabajo eje real T EJEV = nV (hC - hD’) = 3,053 ( 774,2- 550) = 684 Kcal/kgmolaire

EC = TEJEV + ED’ + Deg

Deg = 981 – 684 – 174 = 123 Kcal/kgmolaire

Condensador.- El calor rechazado por el ciclo a vapor en el condensador es

QRV = nV ( hD’ – hA ) = 3,053 ( 550 – 32,56 ) = 1580 Kcal/kgmolaire

Figura 7.10

El calor se rechaza a 32,55 ºC en el condensador por lo tanto lleva energía disponible que se rechaza al ambiente degradándose. Así, en el condensador se cumple el balance de energías disponibles siguiente:

ED’ = EA + EAMB.

EAMB. = ED’ – EA = 174 – 5,54 ≅168 Kcal/kgmolaire

Así podemos intentar hacer el resumen de los balances

Primera ley

Calor aportado comb. 4431 74,6%

Trabajo compresión 1509 25,4%

TOTAL APORTES 5940 100%

Trabajo expansión gas 2626 44,2%

Trabajo expansión vapor 684 11,5%

Energía en la chimenea 1050 17,7%

Calor condensador 1580 26,6%

TOTAL SALIDAS 5940 100%

El rendimiento térmico del ciclo combinado es

406,04431

68415092626

..

. =+−=+−==COMBAPORT

EXPVAPORCOMPGASEXP

APORT

EJECC Q

TTTQ

Tη ; ηCC = 40,6%

Segunda ley:

Exergía aportada combustible 4387 74,4%

Trabajo compresión 1509 25,6%

TOTAL APORTES 5896 100%

Degradación compresión gas 134 2,3%

Degradación combustión 1577 26,7%

Trabajo expansión gas 2626 44,5%

Degradación expansión gas 164 2,8%

Degradación transferencia calor 190 3,2%

Trabajo expansión vapor 684 11,6%

Degradación expansión vapor 123 2,1%

Exergía ambiente en la chimenea 230 3,9%

Exergía ambiente condensador 168 2,9%

TOTAL SALIDAS 5896 100%

El rendimiento exergético del ciclo combinado es

41,04387

68415092626

..

. =+−=+−==COMBAPORT

EXPVAPORCOMPGASEXP

APORT

EJECCEX E

TTTETη ; ηEXCC=41%

E.H.S.