Una bomba de calor agua-aire mantiene una vivienda a 20ºC para lo que tiene que sumi- nistrar 60 kWh al día. El condensador sufre un enfriamiento isóbaro cediendo calor al ambiente desde la temperatura de 43ºC a la salida del compresor hasta 33.57ºC en la sali- da como líquido saturado. El evaporador capta calor del agua de
un pozo que se encuentra a 6º de modo que se mantiene una diferencia de 10ºC en el salto térmico. Los equipos no isóbaros son adiabáticos y el compresor tiene un rendimiento isoentrópi- co del 83%. Se pide:
1. Dibuja los procesos del ciclo en un diagrama Ts, calcula la T
media equivalente en el proceso en el condensador e incluye las isotermas correspondientes a las temperaturas de los focos. 2. Calcula la entropía generada en el compresor, en kJ/K·día.
3. Calcula la entropía generada en la válvula de estrangulación,
en kJ/K·día.
4. Calcula la entropía generada en las irreversibilidades exteriores en kJ/K·día.
5. Calcula la exergía destruida en el conjunto (Ad en irreversibilidades internas y exter- nas) en kJ/día
6. ¿Cuál es el rendimiento térmico del ciclo? ¿Y el rendimiento exergético o termo- dinámico?
El estado muerto es 1 atm y 20ºC
RESOLUCIÓN
Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que carac-
terizan a cada equipo.
Modelo de la sustancia: Refrigerante 134a como sustancia real (el
modelo empleado en Termograf tiene un rango de validez limitado a la zona habitual de trabajo).
Configuración: Diagrama Ts; Unidades SI, T en ºC; VC en cada equipo. Condiciones:
1) Régimen estacionario, eq. adiabáticos: compresor y válvula de estrangulación, eq. isó- baros internamente reversibles: condensador y evaporador.
2) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibili- dades (interna en el compresor, externa, en la frontera de intercambio con los focos, por salto de temperatura entre foco y equipo)
87 3) No hay efectos cinéticos ni gravitatorios.
Análisis: Empezaremos estableciendo las propiedades conocidas en los estados 1, 2, 3 y
4 y dibujando los procesos correspondientes. Tomaremos las propiedades de Termograf.
1. Dibujados los procesos, tenemos para la T media equivalente1 del proceso 23 en el condensador:
Tm2-3 = (h3–h2) /(s3–s2) = (97.229–275.80) (kJ/kg) / (0.3591–0.9408) (kJ/kg·K)
= 306.98 K = 33.83ºC
2. El compresor sufre un proceso irreversible caracterizado por un rendimiento isoentró-
pico del 83% que lleva a una entalpía final h2= 245.7 kJ/kg y un trabajo consumido igual a: wvc = - 30.016 kJ/kg
El balance de entropía para este equipo, que es adiabático y estacionario será, por kg: 0 = 0 + (se – ss) + sg de donde
sg comp = s3 – s2 = 0.01623 kJ/kg·K
Para el cálculo por día deberemos definir un factor de utilización media por dia, fum, en función del dato de calor cedido medio diario en el condensador de 60 kWh-día
Como el condensador cede 178.58 kJ/kg , tendremos para ese fum: fum = 60 (kWh-día · 3600s/h) / 178.58 (kJ/kg)
= 1209.5 (kg-día)
Así, para la entropía generada en el compresor en un día tendremos:
Sg comp por día = 0.01623 (kJ/kg·K) · 1209.5 (kg-día) = 19.63 kJ/K·día
3. La entropía generada en un día en la válvula de estrangulación será, a partir del balance
en el equipo:
sg válv = s4 – s3 = 0.01346 kJ/kg·K, y por día:
Sg válv por día = 0.01346 (kJ/kg·K) · 1209.5 (kg-día) = 16.28 kJ/K·día
Para el cálculo de la entropía generada en las irreversibilidades exteriores2 necesito cono- cer el flujo de calor y las temperaturas de foco (habitualmente constante) y frontera, cons- tante también porque el proceso es estacionario pero que puede variar de unos puntos a otros del equipo como sucede en el condensador. En estos casos se debe integrar la ex- presión diferencial correspondiente o calcular la T media equivalente definida como hemos visto en la primera cuestión (nota 1 al pie).
Con estas consideraciones tendremos para la entropía en las irreversibilidades exteriores:
4. En el condensador:
La entropía generada en una irreversibilidad exterior, para un flujo de calor q kJ/kg, es: sg ie cond = (qfr / Tfr) + (qfoco / Tfoco) y como Tfr > Tfoco se tendrá qfr <0 y qfoco >0 Entonces3
sg ie cond = |q| · {(1/Tfoco) - (1/Tfr)} = |q| · (Tfr - Tfoco) / (Tfr · Tfoco) = = 178.58 · (33.83 - 20) / ((20+273.15) · (33.83+273.15)) = 0.027 kJ/kg·K
siendo por día,
Sg ie cond por día = 0.027 (kJ/kg·K) · 1209.5 (kg-día) = 33.20 kJ/K·día
La otra irreversibilidad exterior se produce en el intercambio de calor en el evaporador. Procediendo del mismo modo:
sg ie evap = |q| · {(1/Tfoco) - (1/Tfr)} = |q| · (Tfr - Tfoco) / (Tfr · Tfoco) = = 148.56 (kJ/kg) · 10 (K) / (269.15 · 279.15)(K2)
= 0.0198 kJ/kg·K siendo por día,
1
Definida como T me-s = Qe-s /(ss – se) que para un proceso isóbaro queda : (hs – he) /(ss – se) 2
Las producidas en la frontera por transferencias de calor entre entorno y frontera a distinta temperatura 3
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Sg ie evap por día = 0.0198 (kJ/kg·K) · 1209.5 (kg-día) = 23.92 kJ/K·día
5. Para calcular la exergía destruida en el proceso global no es necesario recurrir al balan-
ce de exergía1 si se ha hecho previamente el de entropía. Basta aplicar la expresión de Guy-Stodola para ello:
Ad por día = To · Σ (S g ii + S g ie) = 293.15 · (19.63 + 16.28 + 33.20 + 23.92) = = 27269.2 kJ-día
La importancia de este valor se deduce de la comparación con el objetivo buscado: ceder 60 kWh-día o, en kJ-día, 216000 kJ-día. Este análisis algo más elaborado lo vemos en la cuestión siguiente:
6. El rendimiento térmico del ciclo, el COP, sabemos que es COP = |q cedido al foco caliente / w preciso para ello|
= 178.58/30.02 = 5.95
En cuanto a la eficiencia termodinámica o rendimiento exergético: β = |aq cedido al foco caliente / w preciso para ello|
= 14.12 / 30.02 = 0.47
Ya que aq para el proceso en el condensador vale: aq = 178.58·(1-(293.15/318.32))=14.12 kJ/kg
Consideraciones:
El análisis exergético es especialmente adecuado cuando queremos verificar la calidad de una transformación de calor en trabajo pero no es tan clarificador cuando se trata de la transformación inversa y lo que nos interesa el flujo de calor como es el caso de la bomba de calor. Si lo que nos interesa es calor próximo a T ambiente, el contenido exergético de ese flujo de calor nos es poco relevante, al margen de que el valor de ese contenido resul- tará ser pequeño.
El análisis del rendimiento exergético es mucho más revelador que el del primer principio cuando se trata de ciclos de potencia como se comprobará en los capítulos siguientes.
1
Además este balance sólo me da la exergía destruida dentro del VC al que aplico en análisis, es decir sólo me da la Ad debida a las irreversibilidades interiores.
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Problemas resueltos y en documento Tgraf:
Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y, en principio, en la segunda parte del libro. En esta parte juntoal enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. El modo de trabajar con estos ejercicios es realizar en cada pantalla los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla y comprobarla en la siguiente.