UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA FACULTAD DE TECNOLOGIA DE LA INDUSTRIA INGENIERIA INDUSTRIAL TERMODINAMICA Ciclos Ideales Termodinámicos Segunda ley de la Termodinámica Integrantes: Stefhany Dalesky Romero López Carlos Manuel Mora Bermúdez
Docente Ing. Darwing Figueroa
GRUPO 3MI-IND
Managua, 05 de Octubre del del 2016
C-S
40 440℃
1. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a y y sale a y una calidad de . Del condensador sale liquido saturado a y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determínese (a) el trabajo de la turbina, (b) el calor cedido en el condensador, (c) el trabajo de la bomba, en , y (d) el porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida.
0.08 0.08
=88%
/
= 4 =440℃
= 4
= 8 = 0
= 8 =0.88 8
DE LAS TABLAS DE AGUA SATURADA SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
ESTADO 1
ESTADO 2
ESTADO 3
ESTADO 4
= = 4 = 4 = 8 = =440℃ =0.88 Líquido Saturado ℎ = 3307.1 3307.1 / / ℎ = 2288.60 2288.6088 / / Vapor Vapor Húmedo = = . . / / Sobrecalentado
C-S
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a + = ∆ ℎ. Esta relación se aplica ahora a volúmenes de control situados alrededor de los cuatro dispositivos que forman el ciclo.
La turbina y la bomba se consideran adiabáticas. La caldera y el condensador sin transferencia de trabajo.
= ℎ ℎ = ℎ ℎ = ℎ ℎ = ℎ ℎ La entalpía ℎ se desconoce y debe calcularse considerando que el fluido que pasa por la bomba es incompresible y el proceso adiabático y ∆=0. En estas condiciones = ∆ℎ =∆+∆=,∆ Y entonces:
ℎ = + ℎ
Y
, = 0.0010084 / [Tabla A.13 Wark]
(a) El trabajo de la turbina en condiciones adiabáticas (
= ℎ ℎ
= ) viene dado por:
= 2288.608 / 3307.1 / = 1018.492 /
Como el trabajo de la turbina está saliendo, este valor queda como positivo: C-S
(b) El calor cedido o transferido por el condensador es:
= ℎ ℎ = 173.88 / 2288.608 / = 2114.728 / (c) El trabajo de la bomba adiabática viene dado por
= ,∆ =0.0010084 / 4000 8 =4.0255 / (d) El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida no es nada más que realizar una regla de 3 a como sigue:
ℎ ℎ = + ℎ ℎ = 4.0255 / + 173.88 / ℎ = 177.9055 /
Primero encontramos la entalpía
Ahora se procede a calcular el calor transferido a la caldera:
= ℎ ℎ = 3307.1 / 177.9055 / =3129.1945 100%↔3129.1945 % ↔ Donde:
= = 1018.492 / 4.0255 / = 1014.4665 / Efectuando la regla de 3 anteriormente se concluye que el 32.4% del calor suministrado a la caldera se convierte en el trabajo en eje de salida neto. C-S
(e) La eficiencia térmica real será:
= = 1014.4665 / = 0.32 32% = 3129.1945 / Es decir, esta central eléctrica convierte en trabajo neto 32 por ciento del calor que recibe de la caldera. (f) La eficiencia térmica de Carnot será:
, = 1 Donde = 8 = 41.51℃ =440℃ Perteneciente al estado 3 ° =0.5587≈56% , = 1 41.51+273.15 440+273.15°
6 540℃
2. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a y y sale a y una calidad de . La potencia neta de la turbina es . Del condensador sale liquido saturado a y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determínese (a) El trabajo de la turbina en , (b) el trabajo de la bomba, (c) el porcentaje de calor sumistrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida, y (d) el flujo de calor cedido en el condensador en
10
0.008
=90%
0.008
/
/.
= 6 =540℃
= 6
= 0.008 =0.9 = 0.008 0.008 C-S
DE LAS TABLAS DE AGUA SATURADA SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
ESTADO 1
ESTADO 2
= . = 6 = Líquido Saturado = = . /
ESTADO 3
ESTADO 4
Vapor Sobrecalentado
Vapor Húmedo
= 6 = 0.008 =540℃ =0.9 ℎ = 3517 / ℎ = 2336.688 /
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / ̇ =̇ ∆ℎ . cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a +=∆ℎ o bien ̇ + Esta relación se aplica ahora a volúmenes de control situados alrededor de los cuatro dispositivos que forman el ciclo.
La turbina y la bomba se consideran adiabáticas. La caldera y el condensador sin transferencia de trabajo.
= ℎ ℎ = ̇ /̇ = ℎ ℎ = ℎ ℎ = ℎ ℎ Primero encontraremos el flujo másico considerando el volumen de control de la turbina al igual que esta última se considera adiabática, nos queda:
̇ = ℎ ̇ ℎ C-S
/ ̇ = 2336.68810000 / 3517 / = 8.4723 / ℎ
La entalpía se desconoce y debe calcularse considerando que el fluido que pasa por la bomba es incompresible y el proceso adiabático y . En estas condiciones
∆=0 = ∆ℎ =∆+∆=,∆
Y entonces:
ℎ = + ℎ
Y
, = 0.0010084 / [Tabla A.13 Wark]
= ) viene dado por: = ℎ ℎ = 2336.688 / 3517 / = 1180.3120 /
(a) El trabajo de la turbina en condiciones adiabáticas (
Como el trabajo de la turbina está saliendo, este valor queda como positivo:
(b) El trabajo de la bomba adiabática viene dado por
= ,∆ =0.0010084 / 6000 8 =6.0423 / (c) El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida no es nada más que realizar una regla de 3 a como sigue:
ℎ ℎ = + ℎ ℎ = 6.0423 / + 173.88 / ℎ = 179.9223 /
Primero encontramos la entalpía
Ahora se procede a calcular el calor transferido a la caldera:
= ℎ ℎ = 3517 / 179.9223 / C-S
= 3337.0777 / 100%↔3337.0777 % ↔ Donde:
= = 1180.3120 / 6.0423 / = 1174.2697 / Efectuando la regla de 3 anteriormente se concluye que el 35.1% del calor suministrado a la caldera se convierte en el trabajo en eje de salida neto.
(d) El calor cedido o transferido por el condensador es:
= ℎ ℎ = 173.88 / 2336.688 / = 2162.8080 / Como el calor cedido por el condensador está saliendo, este valor queda como positivo: El flujo de calor será:
̇ = ̇ )(8.4723 )( 60 ) ̇ = (2162.8080 1 ̇ =1.10∗10 / (e) La eficiencia térmica real será:
= = 1174.2697 / = 0.35 35% = 3337.0777 / Es decir, esta central eléctrica convierte en trabajo neto 35 por ciento del calor que recibe de la caldera. (f) La eficiencia térmica de Carnot será:
, = 1 Donde = 8 = 41.51℃ =540℃ Perteneciente al estado 3 C-S
3.
41.51+273.15° =0.6130≈61% , = 1 540+273.15° En un ciclo simple de potencia, cuya potencia de salida neta es 9 , el vapor de agua entra a la turbina a 10 ,560℃ y sale a 0.010 y una calidad de = 0.86. Del condensador sale liquido saturado a 0.010 y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determínese (a) el trabajo de la bomba de la turbina ambos en / , (b) el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida, y (c) el flujo de calor cedido en el condensador en /.
= 10 =560℃
= 10
= 0.010 =0.86 = 0.010 0.010 DE LAS TABLAS DE AGUA SATURADA SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
ESTADO 1
ESTADO 2
ESTADO 3
ESTADO 4
= . = 10 = 10 =0.010 = =560℃ =0.86 Líquido Saturado ℎ = 3526 / ℎ = 2249.6380 / Vapor Vapor Húmedo = = . / Sobrecalentado
C-S
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / ̇ =̇ ∆ℎ . cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a +=∆ℎ o bien ̇ + Esta relación se aplica ahora a volúmenes de control situados alrededor de los cuatro dispositivos que forman el ciclo.
La turbina y la bomba se consideran adiabáticas. La caldera y el condensador sin transferencia de trabajo.
= ℎ ℎ = ̇ /̇ = ℎ ℎ = ℎ ℎ = ℎ ℎ ℎ
La entalpía se desconoce y debe calcularse considerando que el fluido que pasa por la bomba es incompresible y el proceso adiabático y . En estas condiciones
∆=0 = ∆ℎ =∆+∆=,∆
Y entonces:
ℎ = + ℎ
Y
, =1.0102∗10− / [Tabla A.13 Wark]
(a) El trabajo de la turbina en condiciones adiabáticas (
= ) viene dado por:
= 2249.6380 / 3526 / C-S
= 1276.362 / Como el trabajo de la turbina está saliendo, este valor queda como positivo:
(a.1) El trabajo de la bomba adiabática viene dado por
= , ∆ =1.0102∗10 − / 10000 10 = 10.091898 / (b) El porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida no es nada más que realizar una regla de 3 a como sigue:
ℎ ℎ = + ℎ ℎ = 10.091898 / + 191.83 / ℎ = 201.921898 /
Primero encontramos la entalpía
Ahora se procede a calcular el calor transferido a la caldera:
= ℎ ℎ = 3526 / 201.921898 / = 3324.078102 / 100%↔3324.078102 % ↔ Donde:
= =1276.362 / /10.091898 / = 1266.270102 / Efectuando la regla de 3 anteriormente se concluye que el 38.1% del calor suministrado se convierte en el trabajo en eje de salida neto.
(c) El flujo de calor cedido o transferido en el condensador es: C-S
= ℎ ℎ = 191.83 / 2244.6380 / = 2052.808 / Como el calor cedido por el condensador está saliendo, este valor queda como positivo: El flujo de calor será:
̇ = ̇ Donde de la ecuación:
̇ = ̇ ̇ =9 Dividiendo toda la ecuación entre el flujo másico nos queda:
= = 9 ̇ Despejando el flujo másico:
/ ̇ = 9000 9000 / ̇ = 1266.270102 / ̇ = 7.107488 / )(7.107488 ) ̇ =(2052.808 ̇ = 14590.30895 / (d) La eficiencia térmica real será:
= = 1266.270102 / = 0.38 38% = 3324.078102 / Es decir, esta central eléctrica convierte en trabajo neto 38 por ciento del calor que recibe de la caldera. (e) La eficiencia térmica de Carnot será:
, = 1 Donde = 10 = 45.81℃ =560℃ Perteneciente al estado 3 C-S
45.81+273.15° =0.6171≈62% , = 1 560+273.15° CICLO DE REFRIGERACION POR COMPRESION DE VAPOR 1. El gasto másico de refrigerante 134a circulante por un ciclo de refrigeración es que entra al compresor adiabático a como vapor saturado y sale a y . El fluido es líquido saturado a la salida del condensador. Determínese (a) la potencia de entrada al compresor en kilovatios. (b) el flujo de calor en el evaporador en , y (c) el cociente adimensional definido como el calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor.
0.07 / 7 50 ℃
1.8
/
= 7 = 0
= 7 =50℃
= 1.8
= 1.8 = 1
C-S
DE LAS TABLAS DE REFRIGERANTE 134a SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
ESTADO 1
ESTADO 2
= . =
= 7 =50℃
Vapor Saturado
Vapor Sobrecalentado
= = . / ℎ = 286.35 /
ESTADO 3
= 7 = 0 ℎ = 86.78 /
ESTADO 4
= 1.8 ℎ = ℎ ℎ = 86.78 /
Liquido Saturado
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / ̇ =̇ ∆ℎ . cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a +=∆ℎ o bien ̇ + (a) El compresor es adiabático, de modo que el balance energético referido al tiempo es:
̇ =̇ ℎ ℎ ̇ = 0.07 /286.35 / 239.71 / ̇ = 3.2648 / = 3.2648 El resultado positivo indica que la potencia es suministrada.
̇
=̇ ℎ ℎ
(b) En el evaporador , ya que la potencia en eje es cero. Y Como sabemos que en el proceso de estrangulamiento las entalpias son iguales, tenemos que
̇ =0.07 /239.71 /86.78 / ̇ =10.7051 / ̇ = 10.7051 C-S
(c) El coeficiente de desempeño del refrigerador es:
̇ = ̇ = ̇ ̇ =3.2789 = 10.7051 3.2648 Es decir, este refrigerador elimina 3.3 unidades de energía térmica del espacio refrigerado por cada unidad de energía eléctrica que consume. (d) El coeficiente de desempeño de Carnot es:
DONDE:
,=
= = = ,. =12.73+273.15° = 260.42 ° =50+273.15° =323.15 ° ,= 323.15260.42 260.42 ° ,=4.1514
C-S
3
2. Un ciclo de refrigeración cuyo compresor tiene una potencia de entrada de funciona con refrigerante 134a que entra al compresor adiabático a como vapor saturado a y sale a y . El fluido a la salida del condensador es líquido saturado a Determínese (a) el flujo másico en , (b) el cociente adimensional definido como el calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor, y (c) el flujo de calor en el condensador en
2 / /.
2.4 8 60℃ 8 .
= 8 = 0
= 8 =50℃
= 2 ℎ = ℎ
= 2 = 1
DE LAS TABLAS DE REFRIGERANTE 134a SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
ESTADO 1
= =
Vapor Saturado
ESTADO 2
= 8 =50℃
Vapor Sobrecalentado
= = . / ℎ = 284.39 / C-S
ESTADO 3
= 8 = 0 ℎ = 93.42 / Liquido Saturado
ESTADO 4
= 2 ℎ = ℎ ℎ = 93.42 /
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / ̇ =̇ ∆ℎ . cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a +=∆ℎ o bien ̇ + Esta relación se aplica ahora a volúmenes de control situados alrededor de los cuatro dispositivos que forman el ciclo.
(a) El compresor es adiabático, de modo que el balance energético referido al tiempo es:
̇ =̇ ℎ ℎ Despejando el flujo másico:
̇ = ℎ ̇ ℎ ̇ = 286.35 /3 / 241.30 / ̇ = (0.0696621 )(160 )=4.176 / (b) El coeficiente de desempeño del refrigerador es:
̇ = ̇ = ̇ ̇ ̇ =̇ ℎ ℎ C-S
̇ = 0.0696621 /241.30 / 93.42 / ̇ =10.3016 / ̇ = 10.3016 =3.43 = 10.3016 3 Es decir, este refrigerador elimina 3.43 unidades de energía térmica del espacio refrigerado por cada unidad de energía eléctrica que consume.
(c) En el condensador
̇ =̇ ℎ ℎ, tenemos que
̇ = 0.0696621 /93.42 / 284.39 / ̇ = 13.3033 / Como el calor cedido por el condensador está saliendo, este valor queda como positivo: (d) El coeficiente de desempeño de Carnot es:
DONDE:
,=
= = = ,. =10.09+273.15° = 263.06 ° =50+273.15° =323.15 ° ,= 323.15263.06 263.06 ° C-S
,=4.3777 3. Un ciclo de refrigeración, en cuyo condensador se transfiere un flujo de calor de , funciona con refrigerante 134a que entra al compresor adiabático como vapor saturado a y sale a y . El fluido a la salida del condensador es líquido saturado. Determínese (a) la potencia de entrada en , y (b) el cociente adimensional definido como el calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor.
16 /
160
900 50℃
= 900 = 0
= 900 =50℃
= 160
= 160 = 1
DE LAS TABLAS DE REFRIGERANTE 134a SE ENCUENTRAN LOS DATOS FALTANTES EN CADA UNO DE LOS ESTADOS [Tabla del Wark]
C-S
ESTADO 1
= =
Vapor Saturado
ESTADO 2
= 900 =50℃
Vapor Sobrecalentado
= = . / ℎ = 282.34 /
ESTADO 3
= 900 = 0 ℎ = 99.56 /
ESTADO 4
= 160 ℎ = ℎ ℎ = 99.56 /
Liquido Saturado
Los balances energéticos para un volumen de control con una entrada y una salida son:
= ̇ ̇ = ̇ + ̇ + ̇ℎ + ⃗ + ̇ℎ + ⃗ + 2 2 En régimen estacionario /=0 y /=0, por lo tanto, el balance másico se ̇ . Dividiendo el balance energético por el flujo másico se obtiene: reduce a ̇ = ̇ = ⃗ ⃗ 0 = + + ℎ ℎ + 2 + ̇ y = ̇/̇. En ausencias de variaciones apreciables de energía Donde = ̇ / ̇ =̇ ∆ℎ . cinética y potencial, la ecuación anterior se reduce a +=∆ℎ o bien ̇ + Esta relación se aplica ahora a volúmenes de control situados alrededor de los cuatro dispositivos que forman el ciclo.
(a) El compresor es adiabático, de modo que el balance energético referido al tiempo es:
̇ =̇ ℎ ℎ Donde el flujo másico lo encontramos tomando como volumen de control el condensador, y así:
̇ =̇ ℎ ℎ ̇ = ̇ ℎ ℎ 16 / ̇ = 99.56 / 282.34 / ̇ = 0.087536 / Entonces la potencia de entrada o la potencia del compresor es: C-S
̇ = 0.087536 /282.34 / 237.97 / ̇ = 3.88 (b) El coeficiente de desempeño del refrigerador es:
̇ = ̇ = ̇ ̇ ̇ =̇ ℎ ℎ ̇ = 0.087536 /237.97 / 99.56 / ̇ =12.1158 / ̇ = 12.1158 =3.12 = 12.1158 3.88 Es decir, este refrigerador elimina 3.12 unidades de energía térmica del espacio refrigerado por cada unidad de energía eléctrica que consume.
(c) El coeficiente de desempeño de Carnot es:
DONDE:
,=
= = = ,. =15.62+273.15° = 257.53 ° =50+273.15° =323.15 C-S
° ,= 323.15257.53 257.53 ° ,=3.9245 SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA 1. La etiqueta de una lavadora indica que esta utilizara agua caliente por un valor de por año, si el agua se calienta con un calentador eléctrico con eficiencia del a una tarifa de . Si el agua se calienta de a . ¿Cuál es la cantidad en toneladas de agua caliente que usa una familia promedio por año?
$85 90%
0.09 $/ℎ
18℃ 45℃
Consideremos los siguientes datos proporcionados:
= 85$/ñ = 0.9 = 0.09$/ℎ =18℃ =45℃ Primero encontramos el consumo al año en
0.09 $ ↔ 1 ℎ 85 $ ↔ ℎ
ℎ que vendrá siendo el calor:
Despejando:
= 944.4444 ℎ Entonces
= 944.4444 ℎ3600 1 ℎ = 3400000 Pero como el calentador tiene una eficiencia del 90% lo que significa que el 10% del calor calculado anteriormente se pierde es decir
= 3400000 3400000 0.1 = 3060000 Sabemos también que:
C-S
= ∆ Donde:
= 4.18 / ° Sustituyendo
3060000 = 4.18 / °318° 291° ] = 27113.23764 [11000 = 27.11 /ñ
C-S