UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica
PROBLEMAS CORREGIDOS CORREGIDOS DE SEGUNDO PRINCIPIO
Néstor García Hernando Pedro Rodríguez Aumente Ulpiano Ruiz-Rivas Hernando Mercedes de Vega Blázquez
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 1.- (Morán 6.1). Un ciclo de potencia reversible R y otro irreversible I operan entre los dos mismos focos. Cada uno de ellos recibe Q del foco caliente. El ciclo reversible desarrolla un trabajo neto W R y el irreversible W I. a) Evalúese σciclo para el ciclo I en términos tér minos de W I, WR y de la temperatura del foco frío T F. b) Demuéstrese que σciclo debe ser positivo. Solución:
TC QC
QC
WR
WI QFR
QFI TF
a)
1er Ppio:
W R = QC − QFR W I = QC − QFI 2º Ppio:
QC QFR − T C T F Q Q Q Q − W Q W + QFR − W I QC W R − W I Q 0 = C − FI + σ ciclo ; → σ ciclo = FI − C = C I − C = R − = = σ ciclo T C T F T F T C T F T C T F T C T F
0=
b)
Como Como el trabaj trabajoo realiz realizado ado por el sist sistema ema revers reversibl iblee es mayo mayorr que que el realiz realizado ado por el irre irrever versib sible, le, entonc entonces: es:
W R − W I = σ ciclo > 0 T F
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 2
C
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 1.- (Morán 6.1). Un ciclo de potencia reversible R y otro irreversible I operan entre los dos mismos focos. Cada uno de ellos recibe Q del foco caliente. El ciclo reversible desarrolla un trabajo neto W R y el irreversible W I. a) Evalúese σciclo para el ciclo I en términos tér minos de W I, WR y de la temperatura del foco frío T F. b) Demuéstrese que σciclo debe ser positivo. Solución:
TC QC
QC
WR
WI QFR
QFI TF
a)
1er Ppio:
W R = QC − QFR W I = QC − QFI 2º Ppio:
QC QFR − T C T F Q Q Q Q − W Q W + QFR − W I QC W R − W I Q 0 = C − FI + σ ciclo ; → σ ciclo = FI − C = C I − C = R − = = σ ciclo T C T F T F T C T F T C T F T C T F
0=
b)
Como Como el trabaj trabajoo realiz realizado ado por el sist sistema ema revers reversibl iblee es mayo mayorr que que el realiz realizado ado por el irre irrever versib sible, le, entonc entonces: es:
W R − W I = σ ciclo > 0 T F
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 2
C
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 2.- (Morán 6.19). Un dispositivo cilindro-pistón contiene inicialmente 0,04 m 3 de agua a 1 Mpa y 320 ºC. El agua se expande adiabáticamente hasta una presión final de 0,15 Mpa. Determínese cuál es el máximo trabajo teórico que puede desarrollar el agua en dicha expansión. V1 = 0,04 m3 P1 = 1 Mpa T1 = 320 ºC
P2 = 0,15 MPa Wmáx ¿?
Expansión adiabática (1)
(2)
Solución:
1er PPIO:
∫
U 2 − U 1 = ∂Q − W 12 1, 2
0
2º PPIO:
S 2 − S 1 =
∂Q
∫ T + σ
12
1, 2
0
¿Cómo se pueden relacionar las dos expresiones? Utilizando la primera pri mera ecuación Tds e integrándola entre los estados 1 y 2:
Tds = dU + PdV ;
S 2
∫
S 1
Tds =
U 2
∫
U 1
dU +
U 2 −U 1
V 2
∫ PdV V 1
W 12 (*)
(*) Únicamente es cierto si el proceso es cuasiestacionario y por tanto reversible. Sabemos que σ12 = S2 – S1 ≥ 0; → S2 ≥ S1. Si representamos la evolución en un diagrama T – S: T
P1 = 1 MPa
1 P2 = 0,15 MPa
2s
2 S
s1
s2
Volviendo a pensar en el Primer Principio, el valor máximo de W 12 será para el caso en que U 2 sea el mínimo posible, que es:
U 2 = U 2 S
es decir, un punto con la misma entropía que el punto 1. Por tanto, se puede concluir que se obtiene el máximo trabajo cuando el proceso sea: Adiabático y reversible: → Isoentrópico. → La primera ecuación Tds y el Primer Pri mer Principio proporcionan idéntico resultado. Ver 1.3. (Abr 01)
Página 3
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García De las tablas:
kJ u1 = 2 826,1 kg P = 1 MPa kJ → Vapor sobrecalentado : s1 = 7,1962 (1) 1 = T C 320 º kgK 1 3 m v1 = 0,2678 kg s = 1,4336 kJ l kgK s = 7,2233 kJ P2 = 0,15 MPa v kgK (2) kJ → Saturado( s 2 < s sat ( 0,15 MPa ) ) : → s 2 = sl (1 − x 2 ) + s v x 2 → 7 , 1962 s s = = kJ 2 1 ul = 466,94 kgK kg kJ u v = 2 519,7 kg s − s 7,1962 − 1,4336 → x 2 = 2 l = = 0,995; sv − sl 7,2233 − 1,4336 u 2 = u l (1 − x 2 ) + u v x 2 = 466,94 ⋅ (1 − 0,995) + 2 519,7 ⋅ 0,995 = 2 509,29
kJ kg
Sustituyendo, queda finalmente:
W 12 = U 1 − U 2 = m ⋅ (u1 − u 2 ) V 1 0,04 m 3 kJ W 12 = ⋅ (u1 − u 2 ) = − = 47,32 kJ 2 826 , 1 2 509 , 29 ( ) V 1 V 1 = m ⋅ v1 ; → m = v1 kg m3 0,2678 v1 kg
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 4
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 3.- (Morán 5.21) En la figura se muestra un sistema que capta radiación solar y la utiliza para producir electricidad mediante un ciclo de potencia. El colector solar recibe 0,315 kW de radiación solar por m 2 de superficie instalada y cede dicha energía a un reservorio cuya temperatura permanece constante e igual a 500 K. El ciclo de potencia recibe energía por transferencia de calor desde el reservorio térmico, genera electricidad con una potencia de 1 000 kW, y descarga energía por transferencia de calor al entorno a 20 ºC. Determinese: I=0,315 kW/m2
a) La superficie mínima del colector solar b) La superficie requerida si un 15 % de la energía de la radiación incidente se pierde en la inevitable transferencia de calor entre el colector y sus alrededores. Supóngase aquí que el rendimiento térmico del ciclo de potencia real es del 27 %.
T c = 500 K Qs Potencia: 1 000 kW Qe Tf = 293 K
Solución:
a) La superficie mínima se obtiene para un proceso cíclico reversible; en tal caso, para un motor térmico que opera entre dos focos a Temperatura constante:
Q T W Qs − Qe 293 = = 1 − e = 1 − F ; ηt = 1 − = 0,414 500 Qs Qs Qs T C
η t = •
•
Qs =
W 1000 kW = = 2415 kW 0,414 η t •
•
Q s = S min ⋅ I → S min
Q 2415 = s= = 7668 m 2 I 0,315
b)
η CR
•
•
= 0,27 → Q s (Ciclo ) =
W η CR
=
1000 = 3704 kW 0,27
•
η Colector
=
Q s ( Ciclo ) •
Q s ( Colector )
•
•
→ Q s (Colector ) =
Q s (Ciclo ) η Colector
=
3704 = 4357 kW 0,85
•
S =
Q s (Colector ) 4357 = = 13833 m 2 I 0,315
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 5
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4.-(Morán 6.21). Con una rueda de paletas que gira a 100 r.p.m. se agitan 0,1 kg de agua, inicialmente a 3 bar y 200 ºC, contenidos en un recipiente cerrado. En el proceso se produce una transferencia de calor con el entorno a través de una pared delgada. Durante el proceso se mide el trabajo neto en –17,5 kJ. Al final del mismo el agua se encuentra a 15 bar y 210 ºC. Los cambios de energía cinética y potencial pueden considerarse despreciables. Determínese si la medida del trabajo intercambiado puede haber sido correcta. W
Solución:
Agua m = 0,1 kg p1 = 3 bar t1 = 200 ºC
W12
W
Q12
Estado 1
Agua m = 0,1 kg p2 = 15 bar t2 = 210 ºC Estado 2
1er Ppio:
U 2 − U 1 = Q12 − W 12 ; → W 12 = −(U 2 − U 1 ) + Q12 U2 y U 1 pueden obtenerse de las tablas, pero no conocemos el valor de Q 12. Veamos que propiedades tiene el sistema en los estados 1 y 2:
kJ 2 650 , 7 = u 1 kg p = 3 bar kJ (1) 1 : 7 , 3115 → = Vapor sobrecalen tado s 1 kgK t 1 = 200 º C m3 v1 = 0,716 kg kJ u 2 = 2 617,8 kg p = 15 bar kJ Vaporsobre calentado s (2) 2 : 6 , 50665 → = 2 kgK t 2 = 210 º C 3 m v 2 = 0,13645 kg
T T2 T1
2
P2 P1 1
s
De las propiedades obtenemos las siguientes conclusiones:
1.- Se observa que v 1 > v2, luego hay realización de trabajo de los dos tipos: W 12 = Weje12 + W∆V12 2.- La entropía del sistema disminuye: s 2 < s1. Apliquemos el segundo principio:
S 2 − S 1 =
∂Q
∫ T + σ
12
; σ 12 ≥ 0
1, 2
σ 12
= S 2 − S 1 −
∂Q
∫ T
≥0
1, 2
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 6
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García por tanto, Q12 tiene que ser negativo, o de forma más precisa:
(S 2 − S 1 ) ≥
∂Q Q12 ∫ > ; → Q12 < T 2 (S 2 − S 1 ) → (*) → W 12 < − (U 2 − U 1 ) + T 2 (S 2 − S 1 )
1, 2
T
T1 ≤ T ≤ T2
T 2
Ya que T aumenta a lo largo del proceso.
W max = m{(u1 − u 2 ) + T 2 (s 2 − s1 )}= 0,1 kg (2 650,7 − 2 617,8)
W máx
kJ kJ + (210 + 273,15) K (6,50665 − 7,3115) = kg kgK
= W max = −35,596 kJ W 12 = −17,5 kJ Es decir, hemos obtenido que el trabajo medido es mayor que el máximo que puede hacer el sistema. Por tanto, W 12 no puede estar bien medido. (*) Alternativa: Como la variación de temperatura es pequeña, podemos estimar :
Q12 T + T ; → Q12 ≤ 1 2 (S 2 − S 1 ); T 1 + T 2 2 1, 2 T 2 T + T W 12 ≤ −(U 2 − U 1 ) + 1 2 (S 2 − S 1 ); → 2 kJ kJ → W máx = 0,1 kg (2 650,7 − 2 617,8) + (273,15 + 205) K ⋅ (6,50665 − 7,3115) = − 35,19 kJ kg kgK δ Q
∫
≈
y si lo estimáramos con T 1:
W 12 ≤ −(U 2 − U 1 ) + T 1 (S 2 − S 1 ); →
kJ kJ → W máx = 0,1 kg (2 650,7 − 2 617,8) + (273,15 + 200) K ⋅ (6,50665 − 7,3115) = − 34,79 kJ kg kgK Luego, lo hagamos como lo hagamos, W 12 NO PUEDE ESTAR BIEN MEDIDO.
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 7
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5.- (Morán 6.24).
Un sistema aislado de masa total m se forma al mezclar dos masas iguales del mismo líquido inicialmente a temperaturas T1 y T2. Finalmente, el sistema alcanza el equilibrio. Considerando al líquido como incompresible de calor específico c: a) Demostrar que la entropía generada es:
T 1 + T 2 σ = m ⋅ c ⋅ ln 1 2 ⋅ (T 1 ⋅ T 2 ) 2
b) Demostrar que dicha entropía debe ser positiva. Solución:
T1
m/2
T2
m/2
(A)
T
m/2
T
m/2
(B)
a) Determinación de la entropía. 1.- Primer Principio para toda la masa m:
U B − U A = 0; → (U B1 − U A1 ) + (U B 2 − U A 2 ) = 0; →
→
m m ⋅ c ⋅ (T − T 1 ) + ⋅ c ⋅ (T − T 2 ) = 0; → 2 2
T + T m ⋅ c ⋅ {(T − T 1 ) + (T − T 2 )} = 0; → T = 1 2 2 2 2.- Segundo Principio para toda la masa m:
S B − S A = σ AB ; → (S B1 − S A1 ) + (S B 2 − S A 2 ) = σ AB 3.- Cálculo de variación de entropía en un líquido ideal caloríficamente perfecto, utilizando la 1ª ecuación TdS:
TdS = dU + pdV ; → dS = 0
dU m ⋅ c ⋅ dT = T T
Por tratarse de un líquido ideal y por tanto incompresible.
m dT T m dT m T T m T 2 σ AB = (S B1 − S A1 ) + (S B 2 − S A 2 ) = c c + = cln + ln = c ⋅ ln ;→ T 1 2 T T 2 2 T 2 T 1 T 2 2 T 1 ⋅ T 2 T + T T → σ AB = m ⋅ c ⋅ ln = m ⋅ c ⋅ ln 1 2 2 T 1 ⋅ T 2 T 1 ⋅ T 2 T
∫
∫
b) Demostrar que es positiva. La condición se cumplirá si:
T 1 + T 2 T + T ≥ 1; → 1 2 ≥ T 1 ⋅ T 2 → (T 1 + T 2 )2 ≥ 4 ⋅ T 1 ⋅ T 2 → T 1 2 + T 2 2 − 2 ⋅ T 1 ⋅ T 2 ≥ 0; → (T 1 − T 2 )2 ≥ 0 2 2 T 1 ⋅ T 2 condición que obviamente se cumple para cualesquiera valores de T 1 y T2. Ver 1.3. (Abr 01)
Página 8
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 6.- (Morán 6.25) Dos tanques rígidos y adiabáticos están conectados por medio de una válvula. Inicialmente un tanque contiene 0,5 kg de aire a 80 ºC y 1 atm, y el otro 1 kg de aire a 50 ºC y 2 atm. Al abrirse la válvula las dos masas de aire se mezclan, alcanzándose finalmente el equilibrio. Empleando el modelo de gas ideal, determínese: a) La temperatura final, en ºC. b) La presión final, en atm. c) La cantidad de entropía generada, en kJ/K A B PA1 = 1 atm PB1 = 2 atm Hipótesis: Gas ideal caloríficamente perfecto (aire): m A1 = 0,5 kg mB1 = 1 kg TA1 = 80 ºC = T B1 = 50 ºC = = 353,15 K = 323,15 K
8,314 kJ kmolK R Rg = = = 0,287 kJ kgK PM aire 29 kg kmol kJ kJ Cp = 1 ; Cv = Cp − Rg ; → Cv = 0,713 kgK kgK Solución:
a) Primer principio:
∆U = U 2 − U 1 = 0 → T F
∫
T A1
m A1Cv dT +
T F
∫ m
B1
T B1
Cv dT = 0; → m A1Cv(T F − T A1 ) + m B1Cv(T F − T B1 ) = 0; →
→ (m A1 + m B1 )Cv Tf = Cv(m A1T A1 + m B1T B1 ); → T F = → T F =
m A1T A1 + m B1T B1 ;→ m A1 + m B1
0,5 ⋅ 353,15 + 1 ⋅ 323,15 = 333,15 K = 60 º C 0,5 + 1
b)
m Rg T F m Rg T F m Rg T F (m + m )T (0,5 + 1) ⋅ 333,15 = = = A1 B1 F = → V F V A1 + V B1 m A1 Rg T A1 + m B1 Rg T B1 m A1T A1 + m B1 T B1 0,5 ⋅ 353,15 + 1 ⋅ 323,15 P A1 P B1 P A1 P B1 1,013 ⋅ 10 5 2 ⋅ 1,013 ⋅ 10 5 PF = 149703,2 Pa = 1,48 atm PF =
c)
dS VC δ Q = + dt T
∫
0
Universo :
∑
me s e −
e
∑
m s s s + σ VC ; → S F − S I =
s
0
dS u δ Q = + dt T
∫
t f
∫ σ dt = σ 0
s
s
0
∑m s − ∑m s e e
s
e
s
t f
σ us dt = σ us s + σ u ; → S uF − S uI = ∫ 0
0
Ambiente :
dS a δ Q = + dt T
∫
∑m s − ∑m s e e
s s
e
+ σ a ; → S aF − S aI = 0;
s
0
σ u
= S uF − S uI = σ s = S F − S I
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 9
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García entonces:
T dT T dT PF PF Cp Rg m Cp Rg − + − ln ln = 1 B ∫ ∫ T T T P T P A1 B1 T P T P = m A1 Cp ln F − Rg ln F + m B1 Cp ln F − Rg ln F ; T A1 P A1 T B1 P B1 kJ 333,15 kJ 333,15 kJ 1,48 kJ 1,48 kJ S 2 − S 1 = 0,5 kg 1 − 0,287 + 1 kg 1 − 0,287 = 0,031 ln ln ln ln kgK 1 kgK 2 K kgK 353,15 kgK 323,15 S F − S I = m A1 (s F − s A1 ) + m B1 (s F − s B1 ) = m A1
7.- (Morán 6.26 con modificaciones ).
F
F
A1
B1
4.25
Un motor eléctrico que opera en estado estacionario consume 10 amperios con un voltaje de 220 V. El eje gira a 1 000 r.p.m. con un par de 16 N·m aplicado a una carga externa. La velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores está relacionada con la temperatura superficial T S y la temperatura ambiente T 0 por: Q = h ⋅ A ⋅ (T S − T 0 ), donde h = 100 W/m2K, A = 0,195 m2 y T 0 = 293 K. Los intercambios de energía son positivos en el sentido indicado por las flechas de la figura. a) Determinar la velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores así como la temperatura T S. b) Para el motor como sistema, calcúlese la velocidad de generación de entropía. c) Si la frontera del sistema se localiza de modo que contenga una porción de los alrededores inmediatos tal que la transferencia de calor se desarrolle a T 0, determínese la velocidad de producción de entropía, para el sistema ampliado. d) Analice el resultado ¿Cómo es posible que la irreversibilidad generada dependa del volumen de control?. Calor evacuado (QR) T0 + Potencia Eléctrica
TS Motor eléctrico
Potencia mecánica
VC1 VC2 Solución:
a) Velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores y T S. Aplicando el primer principio para el VC1:
dE VC 1 = −Q R dt 0
− W eje + W ∆v + ∑ me (hte + gz e ) − ∑ ms (hts + gz s ); → Q R = −W eje ; s 0 0 e 0
W eje = −W eléctrico + W útil = − I ⋅ V + C mω = −10 A ⋅ 220 V + 16 N ⋅ m ⋅
rad 1000 = 2π s 60
= −2 200 + 1 675,5 W = −524,5 W ; Q R = −W eje = 524,5 W Ver 1.3. (Abr 01)
Página 10
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García La temperatura T S:
Q R = h ⋅ A(T S − T 0 ); → T S = T 0 +
QR 524,5 W = 293 K + = 320 K W h ⋅ A 2 ⋅ 0,195 m 100 2 m ⋅ K
b) Velocidad de generación de entropía:
Aplicando el segundo principio para el VC1
dS VC 1 = dt
∑ QT + ∑ m s −∑ m s i
e e
i
i
e
0
s
s
0
s
+ σ VC 1 ; → −
0
Q R Q 524,5 W W + σ VC 1 = 0; → σ VC 1 = R = = 1,639 320 K T S T S K
c) Sistema ampliado: Aplicando el primer y segundo principio al VC2 1er Ppio: Proporciona el mismo resultado que antes Q R
= −W eje = 524,5 W
2º Ppio:
−
Q R Q 524,5 W W + σ VC 2 = 0; → σ VC 2 = R = = 1,79 T 0 T 0 K 293 K
d) Análisis de los resultados: ¿Cómo es posible que la irreversibilidad dependa del volumen de control que elijamos? Analicemos el volumen de control constituido por el aire ambiente que rodea al motor y cuya temperatura es diferente de T 0 (VC3): Calor evacuado (QR) T0 + Potencia Eléctrica
TS Motor eléctrico
Potencia mecánica
VC3 (Área sombreada)
VC1
En régimen estacionario, todo el calor que recibe VC 3 del motor lo transfiere al ambiente como Q R = h ⋅ A(T S − T 0 ) , lo que sucede en la superficie exterior de VC 3 (que es también la de VC 2 ) es que se consigue transferir dicha potencia térmica con una diferencia de temperatura muy pequeña (por eso T S ≈ T0) y utilizando una superficie muy grande. Si aplicamos el 2º ppio a VC 3 tenemos:
1 1 Q R Q R Q Q 1 − 1 1 = 0,15 W W 524 , 5 − + σ VC 3 = 0; → σ VC 3 = R − R = Q R − = T S T 0 T 0 T S T T K 293 320 K 0 S Esta es la irreversibilidad asociada al proceso de transferencia de calor con una diferencia finita de temperatura, considerada como irreversibilidad interna en VC 2 y VC3 (es la única que hay en este caso), y no contemplada como perteneciente a VC 1, ya que se desarrolla fuera de la frontera. Como puede verse: σ VC 2 = σ VC 1 + σ VC 3
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 11
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 8.- (Morán 6.38). La figura muestra una central térmica de turbina de gas que opera en régimen estacionario. La turbina de gas consiste en un compresor, un intercambiador de calor y una turbina propiamente dicha. Tanto la turbina como el compresor son adiabáticos y el aire recibe energía por transferencia de calor en el intercambiador a una temperatura media de 488 ºC. Determínese, a partir de los datos de la figura y despreciando las variaciones de energía cinética, el máximo valor teórico para el trabajo neto que puede producir la central, en kJ por kg de aire fluyente. Qcc (2)
Compresor
T=488ºC Intercambiador (3)
Turbina
(1) Aire a 0,95 bar, 22 ºC
Potencia neta
(4) Aire a 0,95 bar, 421ºC
Solución:
Hipótesis:
- estacionario - turbina y compresor adiabáticos - reversible (para obtener el máximo trabajo neto).
1er Ppio:
0 = Qcc − W neto + m a (h1 − h4 ); → wneto = q cc + (h1 − h4 ); (1) 2º Ppio:
0=
Qcc + ma (s1 − s 4 ) + σ vc ; → q cc = T (s 4 − s1 ); (2) T 0
de (1) y (2):
wneto = (h1 − h4 ) + T (s 4 − s1 ) kJ kJ h1 − h4 = c p (T 1 − T 4 ) = 1 (22 − 421) K = −399 kgK kg T P kJ 421 + 273,15 kJ + 0 = 0,8552 s 4 − s1 = c p ln 4 − R g ln 4 = 1 ln T 1 P1 kgK 22 + 273,15 kgK kJ kJ kJ = 251,935 wneto = (h1 − h4 ) + T (s 4 − s1 ) = −399 + (488 + 273,15) K ⋅ 0,8552 kg kgK kg
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 12
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 9.- (Çengel 6.95). En un compresor entra aire en condiciones ambiente de 96 kPa y 17 ºC con una baja velocidad y sale a 1 Mpa, 327 ºC y 120 m/s. El compresor se enfría por medio de aire del ambiente a 17 ºC y a una relación de 1 500 kJ/min. La potencia de entrada en el compresor es de 300 kW. Determine: a).- La relación de flujo de masa de aire. b).- La relación de generación de entropía. Solución:
e
s
96 kPa 17 ºC vE ≈ 0
1 MPa 327 ºC vS = 120 m/s •
•
W = 300 kW
Q = 1 500
Hipótesis: -
kJ = 25 kW min
Aire gas ideal caloríficamente perfecto. Régimen estacionario. CP = 1 kJ/kgK; Rg = 0,287 kJ/kgK.
a).- Gasto másico: 1er Ppio (Régimen estacionario): •
•
•
•
• Q − W Q − W 1 2 0 = − Q + W + m hE − hS + vS → m = ; = 1 2 (h − h ) − 1 v 2 2 hE − hS + vS E S 2 S 2 •
•
•
hE − hS = C P (T E − T S ) = 1 •
kJ kJ (17 − 327) K = −310 ; kgK kgK
•
( 25 ⋅ 103 − 300 ⋅ 103 )W Q − W kg m= = 2 = 0,867 1 s (hE − hS ) − vS 2 − 310 ⋅ 103 J − 1 ⋅ 120 2 m2 2 kgK 2 s •
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 13
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García b).- Entropía generada (relación de generación): •
•
• • dS VC Q • • Q • • = + S e − S s + σ VC ; → σ VC = − + S S − S e dt T 0 T 0 •
•
•
S S − S e = m C P ln
T S P kg kJ 600 kJ 1000 kW ln ln − Rg ln S = 0,867 1 − 0,287 = 0,0472 T E PE s kgK 290 kgK 96 K
•
Q 25 kW kW S AMBIENTE = = = 0,086 T 0 290 K K • kW σ VC = 0,1332 K •
Balance de entropía para el ambiente: •
•
• • d S A Q • = + S S − S E + σ A dt T 0
0 (No hay procesos irreversibles en el ambiente) Balance de entropía para el volumen de control: •
•
d S VC = dt
δ QVC
∫
T
•
•
•
+ S E − S S + σ VC
0 (Régimen estacionario) Balance de entropía del universo (V.C. + Ambiente):
•
•
•
•
•
δ QVC • d S U d S A d S VC Q = + = + + σ VC dt dt dt T 0 T
∫
por otra parte: •
•
•
•
• δ QU • δ QVC Q d S U = + σ U = σ VC ; → − = dt T T 0 T
∫
∫
0 luego: •
•
Q d S A σ VC = S S − S E + = T 0 dt •
•
•
Falta contemplar bien las irreversibilidades externas, pero como no dan datos de temperatura en la frontera no se puede hacer nada más.
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 14
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 10.- (Morán 4.22 Con variantes )
4.23
Un flujo de aire, con comportamiento de gas ideal caloríficamente perfecto, fluye en estado estacionario a través del compresor isentrópico e intercambiador mostrados en la figura. Despreciando los intercambios de calor con el entorno y las variaciones de energía cinética y potencial, calcúlense, a partir de los datos de la figura: a) b) c) d)
La temperatura de salida del compresor. La potencia consumida por el compresor. El gasto másico de agua necesario para enfriar el aire hasta la temperatura especificada. Recalcular los 3 apartados anteriores suponiendo que el compresor tiene un rendimiento isentr ópico de valor 0,9.
TA = 25 ºC PA = 2 bar Entrada de agua (mr)
Compresor
A
ec Entrada de aire (ma) Pec = 100 kPa Tec = 27 ºC (AC)ec = 26,91 m3 /min
TB = 40 ºC PB = 1,5 bar Salida de agua (mr) B
sc
f Salida de aire
Psc = 180 kPa Tsc = ¿ ?
Tf = 40 ºC
Solución:
a) Temperatura de salida del compresor: Por ser una compresión isentrópica: 1
Pv γ = cte; →
P
= cte; →
ρ γ Condiciones a la entrada:
Pec ρ ec
γ
=
Psc ρ sc
; → ρ sc γ = γ
P Psc γ ρ ec ; → ρ sc = sc ρ ec Pec Pec γ
Pec = 100 kPa P 100 kPa kg → ρ ec = ec = = 1,16 3 T ec = 300 K R g T ec 0,287 kJ ⋅ 300 K m kgK Sustituyendo: 1
ρ sc
1
P γ 180 1, 4 1,16 kg = 1,765 kg ρ = sc = ec 100 P m3 m3 ec
Condiciones a la salida:
T sc =
Psc R g ρ sc
=
Ver 1.3. (Abr 01)
180 kPa = 355 K kJ kg 0,287 ⋅1,765 3 kgK m
Página 15
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García b) Potencia del compresor:
Psc Pec Psc Pec − c T T − = ⋅ − + ( ) v sc ec = ρ ρ ρ ρ ec ec sc sc 180 kPa 100 kPa kJ kJ = (1 − 0,287) − = 54,991 (355 − 300) K + kgK kg 1,765 kg 3 1,16 kg 3 m m wcs = hsc − hec = (u sc − u ec ) +
kJ 26,91 m 3 kg W c = wcs ⋅ ( AC )ec ⋅ ρ ec = 54,991 ⋅ ⋅ 1,16 3 = 28,6 kW kg 60 s m c) Gasto de agua de refrigeración:
∆ H agua = −∆ H aire ∆ H agua = mr ⋅ c( agua ) (T B − T A ) → mr ⋅ c( agua ) (T B − T A ) = −( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T f − T sc ) → ∆ H aire = ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T f − T sc ) kg kJ 26,91 m 3 1,16 3 ⋅1 ⋅ ⋅ (355 − 313) K ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T sc − T f ) 60 s kg m kgK → mr = = = 0,3468 kJ c( agua ) (T B − T A ) s 4,2 (40 − 25) K kgK (En el denominador podría considerarse el término v ∆p, pero se ha considerado despreciable) d) Rendimiento isentrópico del compresor: 0,9
ηc
hsc (i ) − hec wc ( s ) wc ( s ) kJ w ; = → c ( r ) = = 61,1 hsc ( r ) − hec wc ( r ) kg 0,9 = ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ wc ( r ) = 31,8 kW
= 0,9 =
W c ( r )
wc ( r ) = hsc ( r ) − hec = c p ( aire ) (T sc ( r ) − T ec ); → T sc ( r ) = T ec +
m r ( r )
wc ( r ) w 54,991 = T ec + c ( s ) = 300 + = 361,1 K c p ( aire ) c p ( aire )η c 1 ⋅ 0,9
kg kJ 26,91 m 3 1,16 3 ⋅ 1 ⋅ ⋅ (361,1 − 313) K ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T sc ( r ) − T f ) 60 s kgK kg m = = = 0,397 kJ c p ( agua ) (T B − T A ) s 4,2 (40 − 25) K kgK
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 16
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 11.- (Çengel 6.145 Con y sin suposición). En un compresor de dos etapas entra aire a 100 kPa y 27 ºC y se comprime hasta 900 kPa. La razón de las presiones en cada etapa es la misma y el aire se enfría hasta la temperatura inicial entre las dos etapas. Suponga que el proceso de compresión va a ser isentrópico, y determine la potencia de entrada en el compresor para una relación de flujo de masa de 0,02 kg/s. ¿Cuál sería su respuesta si sólo se usara una etapa de compresión? • Suponer que el aire es gas ideal caloríficamente perfecto con c p = 1 kJ/kgK y PM = 28,9 kg/kmol. Solución:
Compresor (1)
(1e) P1e = 100kPa T1e = 27 ºC
Compresor (2)
(1s) Px
(2e) T2e =27 ºC Px
Q
Potencia
(2s) P2s = 900 kPA
ma = 0,02 kg s a) Potencia suministrada al compresor (2 etapas). Determinación de la presión intermedia:
P x P = π 2 = 2 s ; → P x = P1e P2 s = 100 ⋅ 900 = 300 kPa P1e P x 300 π 1 = π 2 = π = =3 100 π 1
=
Potencia suministrada:
W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2e )} = ma C pa {(T 1s − T 1e ) + (T 2 s − T 2e )} como T 1e = T2e:
T 1s T 2 s − 1 + − 1 T T 1e 1e
W = ma C pa {(T 1s − T 1e ) + (T 2 s − T 1e )} = ma C paT 1e como los procesos son isoentrópicos:
(1)
1−γ γ −1 γ γ P1s v1s γ = P1e v1e γ ; P2 s v 2 s γ = P2 e v 2e γ γ γ −1 R T R T g 1s g 1e T 1s P1e P1s γ γ P P π = → = = = ( ) R g T 1s 1e P P T P P Pv = R g T ; → v = 1e 1s 1e 1s 1e P
del mismo modo: 1−γ
γ −1
γ −1 T 2 s P2e γ P2 s γ γ π = = = ( ) P2e T 2 e P2 s
determinando γ para el aire:
γ =
c p c R kJ 8,314 1 ; cv = c p − R g = c p − ; → γ = p = = 1− = 0,7123 = 1,4039 cv PM kgK cv 0,7123 28,9
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 17
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García finalmente, sustituyendo en (1):
γ γ −1 γ γ −1 γ γ −1 T 1s T 2 s W = ma C paT 1e − 1 + − 1 = ma C paT 1e π − 1 + π − 1 = 2 ⋅ ma C paT 1e π − 1 = T T 1e 1e 10,,44 kg kJ = 2 ⋅ 0,02 ⋅ 1 ⋅ 300,15 K ⋅ 3 − 1 = 4,427 kW s kgK b) Potencia suministrada al compresor (1 etapa): En este caso, la relación de presiones ( π) tiene un valor de 900/100 = 9, con lo que: 0, 4 γ γ −1 kg kJ 1 300,15 K ⋅ 9 , 4 − 1 = 5,24 kW W 1 = m a C pa T 1e π − 1 = 0,02 ⋅ 1 ⋅ s kgK
•
Sin suponer que el aire es gas ideal caloríficamente perfecto:
a) Potencia suministrada al compresor (2 etapas):
P x P = π 2 = 2 s ; → P x = P1e P2 s = 100 ⋅ 900 = 300 kPa P1e P x 300 π 1 = π 2 = π = =3 100 W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2e )} π 1
=
Determinamos las propiedades en cada punto (Programa Gas.exe):
h = 300,34 kJ P1s = 300 kPa kJ h = 411 , 48 P1e = 100 kPa 1e kg 1s kg (1e ) ; (1s ) → kJ → T 1e = 27 º C s1e = 2,5158 kJ s1s = 2,5158 kgK T 1s = 137,163 º C kgK h = 300,34 kJ kJ P2 s = 900 kPa h2 s = 411,48 P1e = 300 kPa 2e kg kg (2e ) → ; (2s ) s = 2,2005 kJ → T C kJ 27 º = s = 2,2005 2e 2s kgK T 2 s = 137 º C 2e kgK Entonces:
W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2e )} = 0,02 ⋅ {(411,48 − 300,34) + (411,48 − 300,34)} = 4,44 kW b) Potencia suministrada al compresor (1 etapa): En este caso, las propiedades en la entrada y salida son:
h = 300,34 kJ Ps = 900 kPa kJ hs = 563,04 Pe = 100 kPa e kg kg (e ) → ; (1s ) s = 2,5158 kJ → T C kJ 27 º = s = 2,5158 e s kgK T s = 284,7 º C e kgK Y, el trabajo requerido por el compresor de una etapa:
W = ma (hs − he ) = 0,02 ⋅ (563,04 − 300,34) = 5,26 kW Ver 1.3. (Abr 01)
Página 18
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 12.- Comparación de la potencia de compresión para agua y aire (Pedro).
4.30
A). Fluido de trabajo: Agua. Hipótesis: Agua como L.I.C.P. Despreciar energías cinética y potencial. Proceso a temperatura constante y adiabático. Régimen estacionario. Gasto másico: 1 kg/s
Presión de entrada: pe = p0 = 1 bar.
Presión de salida: ps = 10 bar •
W p
vc e
s
Conservación de la energía: • dE VC • • dV 1 1 = Q− W p + p VC + m he + v e 2 + g ⋅ z e − hs + v s 2 + g ⋅ z s → dt dt 2 2 • dE VC • • dV p − p s 1 2 = Q− W p + p VC + mC ⋅ (T e − T s ) + e + (v e − v s 2 ) + g ⋅ ( z e − z s ) dt dt ρ 2
0
0
0
0
0
0
p s − p e kg (10 − 1) ⋅ 10 5 Pa W p = m = 0,9 kW =1 s ⋅ kg 3 ρ 10 3 •
•
m
B) Fluido de trabajo: Aire. Hipótesis: Aire como G.I.C.P. (C P = 1 kJ/kgK, γ =1,4) Despreciar energías cinética y potencial. Proceso politrópico según pv n = cte, con n=1,2. Régimen estacionario. Gasto másico: 1 kg/s
Presión de entrada: pe = p0 = 1 bar.
Presión de salida: ps = 10 bar •
Q R •
W C Te = 300 K
vc e
Ver 1.3. (Abr 01)
s
Página 19
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Conservación de la energía: • • dE VC dV VC • 1 1 = − Q R − − W c + p + m he + v e 2 + g ⋅ z e − hs + v s 2 + g ⋅ z s → 2 2 dt dt • • dE VC dV VC • 1 = − Q R − − W C + p + mC P ⋅ (T e − T s ) + (v e 2 − v s 2 ) + g ⋅ ( z e − z s ) 2 dt dt
0 luego: •
0 •
0
0
•
W C − Q R = m⋅ C P (T s − T e ) Si el proceso es politrópico (pvn = cte), y utilizando la ecuación de estado para relacionar los cambios de p, v y T:
R g T p
1− n n n R T R T g s p e n p g e 1− n n 1− n n p p T p T T T = → = → = e p s e e s s s e p p e s s n n p e v e = p s v s
v=
1− n n
1−1, 2
p 1 1, 2 = 440,3 K 300 T s = T e e K = p 10 s
entonces:
1− n • • • p e n W C − Q R = m⋅ C P ⋅ T e − 1 = 140,3 kW p s
B’) Fluido de trabajo: Aire. Variante adiabática. Hipótesis: Aire como G.I.C.P. (C P = 1 kJ/kgK, γ =1,4) Despreciar energías cinética y potencial. Proceso adiabático y reversible. Régimen estacionario. Conservación de la energía: • • dE VC dV VC • 1 1 = − Q R − − W c + p + m he + v e 2 + g ⋅ z e − hs + v s 2 + g ⋅ z s → dt dt 2 2 • • • dE VC dV 1 = − Q R − − W C + p VC + mC P ⋅ (T e − T s ) + (v e 2 − v s 2 )+ g ⋅ ( z e − z s ) dt dt 2
0 luego: •
0
0
0
0
•
W C = m⋅ C P (T s − T e )
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 20
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Si el proceso es adiabático (pv γ = cte), y utilizando la ecuación de estado para relacionar los cambios de p, v y T:
R g T p
λ −1 λ γ R T R T g s p s λ p g e 1− λ λ 1− λ λ p p T p T T T = → = → = e p s e e s s s e p p e s e γ γ p e v e = p s v s
v=
λ −1
1, 4 −1
p λ 10 1, 4 = 579,2 K T s = T e s K 300 = p 1 e
entonces: λ −1 p s λ W C = m⋅ C P ⋅ T e − 1 = 279,2 kW p e
•
•
B’’) Fluido de trabajo: Aire. Máquina de compresión volumétrica. Hipótesis: Aire como G.I.C.P. (C P = 1 kJ/kgK, γ =1,4) Despreciar energías cinética y potencial. Proceso politrópico según pv n = cte.
QC
p1 V1 m
p2 V2 m
WC (1) Gasto másico: 1 kg/s
(2)
Presión de entrada: p1 = p0 = 1 bar.
Presión de salida: p2 = 10 bar
•
W W wC = C = •C m m Cálculo del trabajo de compresión: n
p V p V − p 2V 2 V W C = − ∫ pdV = − ∫ p1 1 dV = − 1 1 (V 2 − n +1 − V 1 − n +1 ) = − 1 1 V V n −1 − n +1 V R W 1 p V − p 2V 2 wC = C = − ⋅ 1 1 = − g (T 1 − T 2 ) m m n −1 n −1 V 2
V 2
1
1
mR g T p
1− n n γ mR T mR T g 2 p1 n p g 1 1− n n 1− n n p p T p T T T = → = → = 1 p 2 1 1 2 2 2 1 p p 1 2 2 n n p1V 1 = p 2V 2
V =
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 21
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García luego: 1− n −0, 2 R g R g p1 n 1, 2 0,2857 ⋅ 10 3 1 1 − = 200,48 kJ wC = − T 1 1 − 300 = − (T 1 − T 2 ) = − 10 n −1 n − 1 p 2 kg 0,2
•
•
W C = wC ⋅ m = 200,48
kJ kg ⋅ 1 = 200,48 kW kg s
Conservación de la energía: • dE VC • = Q12 − W 12 ; → E 2 − E 1 = U 2 − U 1 = Q12 − W 12 ; dt U 2 − U 1 = −q C + wC → q C = wC − (u 2 − u1 ) → q C = wC − C V (T 2 − T 1 ) → m
1− n
R R g p1 n q C = wC − C V (T 2 − T 1 ) = g − C V T T C − = − = q C ( 2 1 ) n − 1 V T 1 1 − p 2 1 n −
− 0, 2 0,2857 1 1, 2 kJ kJ q C = − 0,7143 3001 − = 100,23 kg 0,2 10 kg •
•
Q C = q C ⋅ m = 100,23
Ver 1.3. (Abr 01)
kJ kg ⋅ 1 = 100,23 kW kg s
Página 22
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 13.- (Examen final 5 Julio del 99)
4.28.
El diagrama adjunto representa una instalación de suministro de aire comprimido, cuyos elementos con sus correspondientes características son los siguientes: •
•
COMPRESOR: Comprime un gasto másico de aire ( m c ) de 1 kg/s con unas condiciones de entrada iguales a las del ambiente: p1 = 100 kPa y T 1 = 300 K. Su relación de presiones ( π) es de 20 y su rendimiento isoentrópico ( ηc) es de 0,8.
•
VÁLVULA ANTIRRETORNO: Como su propio nombre indica impide la descarga del depósito a través del compresor cuando éste se para. A través de dicha válvula se produce una disminución de la presión hasta un valor igual a la del depósito (p3 = p4 = p5).
•
INTERCAMBIADOR DE CALOR: Enfría el aire comprimido hasta una temperatura igual a la ambiente: T 4 = T 1 = 300 K.
•
DEPÓSITO: Se trata de un depósito aislado adiabáticamente, rígido y de volumen V D = 2 m3.
•
•
VÁLVULA DE DESCARGA: Deja salir un gasto másico ( m v ) de aire de 0,1 kg/s limitando la presión de la tubería de salida a 2 bar (p6 = 2 bar).
El aire que circula por la instalación puede considerarse gas ideal caloríficamente perfecto, con los siguientes valores para sus propiedades termodinámicas: k = 1,4 , c v = 0,7 kJ/(kgK). Se desean analizar los procesos de carga y descarga del depósito; para ello se estudian los siguientes procesos:
PROCESO 1: El depósito se halla a presión y temperatura ambiente, con la válvula de descarga cerrada. Se pone en marcha el compresor, que se detendrá automáticamente cuando la presión en el depósito alcance un valor de 1 0 bar. 1.- ¿Cuánto tiempo tardará en detenerse el compresor? 2.- Suponiendo que el compresor opera en régimen estacionario durante el proceso de llenado del depósito, dibuje la evolución del aire en un diagrama temperatura – entropía, entre los puntos 1 y 4, para un instante intermedio de dicho proceso de llenado. 3.- Calcule la potencia consumida por el compresor. 4.- Haciendo un balance de energía de toda la instalación, calcule el calor evacuado por el intercambiador de calor a lo largo de todo el proceso de llenado del depósito.
PROCESO 2: Durante la operación normal del sistema, el compresor se pone en marcha de modo automático cuando la presión en el depósito desciende, debido al consumo de aire, por debajo de un límite inferior determinado a priori, y que es próximo a los 10 bar. 5.- Calcule la temperatura de salida del aire (T 6) en dichas condiciones normales de operación. Ver 1.3. (Abr 01)
Página 23
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García PROCESO 3: Un corte de energía eléctrica provoca la parada total del compresor, atendiéndose la demanda de aire con el que hay contenido en el depósito, lo cual provoca una progresiva disminución de su presión. 6.- Suponiendo que el proceso que experimenta el gas que queda en el depósito puede considerarse reversible y cuasiestacionario, relacione la temperatura del aire en el depósito con la presión que hay en su interior. Aplique dicha relación al cálculo de T 6, cuando la presión en el depósito es de 2 bar. Solución:
PROCESO 1 1).- Tiempo en detenerse el compresor.
P P A P A mdA = V D ⋅ ρ A = V D ⋅ A = V D ⋅ = V D ⋅ (c p − cv )T A Rg T A cv (k − 1)T A P B mdb = V D ⋅ ρ B = V D ⋅ cv (k − 1)T B T A = T B = T 1 V D ∆md = mdB − mdA = (P − P ) cv (k − 1)T 1 B A ∆md 1 V D 1 2 m3 ∆t = = ⋅ ⋅ (P − P ) = (1000 − 100) kPa = 21,41 s mc mc cv (k − 1)T 1 B A 1 kg 0,7 kJ (1,4 − 1)⋅ 300 K s kgK 2).- Diagrama temperatura - entropía. T
P2 2 2´
4
3 P1
1 s
3).- Potencia consumida por el compresor.
W c = mc (h2 − h1 ) = mc c p (T 2 − T 1 ) T 2′ − 1 k −1 k −1 π c k − 1 h2′ − h1 T 2′ − T 1 T 1 T T k −1 1 ηc = π c k − 1 ; → T 2 − T 1 = 1 π c k − 1 = = = ; → 2 = 1 + h2 − h1 T 2 − T 1 T 2 − 1 T 2 − 1 T 1 η c η c T 1 T 1 kJ 1 , 4 0 , 7 ⋅ ⋅ 300 K 1, 4−1 c p T 1 k −1 k ⋅ cv ⋅ T 1 k −1 kg kgK 20 1, 4 − 1 = 497,4 kW W c = mc π c k − 1 = mc π c k − 1 = 1 0,8 η c ηc s
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 24
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4).- Balance en toda la instalación: Calor evacuado en el intercambiador. Aplicando el 1er Principio a un v.c. que incluye compresor, I.C. y depósito (cerrado en 5):
dE vc = −Q + W c + mc h1 dt integrando entre los estados A y B:
E B − E A = −Q + W c ∆t + mc h1∆t ; → U B − U A = −Q + W c ∆t + mc h1∆t ; U B − U A = mdB u B − mdAu A
mc h1∆t = (mdB − mdA ) u1 +
P1
→Q
ρ 1
u1 = u a T A = T B = T 1
P1 m u m u W t m m u = − + + ∆ + − + ( ) dB B dA A c dB dA A = ρ 1 ρ 1 P B V (P − P ) cv (T A − T B ) + W c ∆t + D B A cv (k − 1)T 1 = = mdB (u A − u B ) + W c ∆t + (mdB − mdA ) Rg T 1 = V D cv (k − 1)T B cv (k − 1)T 3 = Q = W c ∆t + V D (P B − P A ) = 497,4 kW ⋅ 21,4 s + 2 m 3 (1000 − 100) kPa = 12,444 MJ
Q = −(mdB u B − mdAu A ) + W c ∆t + (mdB − mdA ) u A +
P1
PROCESO 2 5).- Temperatura de salida del aire en funcionamiento normal. Expansión isentálpica en la válvula:
h6 = h5 → T 6 = T 5 = 300 K PROCESO 3 6).- Temperatura de salida y relación P T cuando la presión en el depósito es de 2 bar. Si el proceso es adiabático reversible, es isoentrópico: k −1 k
k −1 k
PC T B P B T T ; = → = C B P T C PC B k −1 k
1, 4 −1 1, 4
PC 2 300 K = 10 P B
T 6 = T B
Ver 1.3. (Abr 01)
= 189,4 K
Página 25
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 14.- (Examen final 13/6/96) En una planta industrial se dispone de agua saturada en estado líquido a 0.9 bar (1) con la que se pretende poder obtener 5 kg/s de vapor a 440ºC y 15 bar (3). Se estudian dos posibles configuraciones:
a) En la primera configuración, el agua saturada (1), pasa primero b) En la segunda configuración, primero se coloca una bomba por un intercambiador de calor, y después por un compresor: seguida de un intercambiador de calor. 1
2a Intercambiador de calor
3
1
Compresor
2b Bomba
Configuración (a).
3
Intercambiador de calor
Configuración (b)
Suponiendo que la compresión en los dos casos (a) y (b) es adiabática y reversible, se pide: 1) Propiedades termodinámicas del agua, (especificando sus unidades): h1 = h3 = h2a = 2) Para la configuración a): Trabajo específico del compresor: Potencia necesaria del compresor: Calor específico absorbido en el intercambiador: Potencia térmica absorbida en el intercambiador:
s1 = s3 = s2a = wa = •
W a = qa = •
Qa =
(kJ/kg) (kW) (kJ/kg) (kW)
3) Para la configuración b): Expresar el trabajo específico necesario en la bomba, en función de las condiciones a la entrada y a la salida: Evaluar: Trabajo específico de la bomba: Potencia necesaria en la bomba: Entalpía en 2b (especificando sus unidades): Calor específico absorbido en el intercambiador: Potencia térmica absorbida en el intercambiador:
wb = •
W b =
h2b = qb = •
Qb =
(kJ/kg) (kW) (kJ/kg) (kW)
4) ¿Qué solución se adoptaría si se dispusiese de una bomba de 10 kW y un compresor de 1000 kW?
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 26
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Solución:
1) 1
2a Intercambiador de calor
3
1
Compresor
2b Bomba
3
Intercambiador de calor
Gasto másico: 5 kg/s. p1 = 0,9 bar (líquido saturado) p3 = 15 bar. t3 = 440 ºC Hipótesis:
- Estacionario. - Bomba y compresor adiabáticos reversibles. - Intercambio de calor a P = cte.
Punto 1)
Punto 3)
t 1 = 96,71 º C v = 0,2160 m 3 3 kg 3 v1 = 1,0410 ⋅ 10 −3 m kg p 3 = 15 bar p1 = 0,9 bar Vapor h3 = 3 342,5 kJ kg → → → kJ x1 = 0 t 3 = 440 º C sobrecalentado h1 = 405,15 kg s 3 = 7,3940 kJ kJ kgK s 1 , 2695 = 1 kgK Punto 2a)
s l 2 a = s1 = 1,2695 kJ Mezcla kgK → → s 2 a = s 3 = 7,3940 kJ kgK saturada s v 2 a = 7,3949 kJ kgK
p 2 a = 0,9 bar
s 2 a = (1 − x 2 a ) ⋅ s l 2 a + x 2 a s v 2 a ; → s 2 a − s l 2 a = x 2 a (s v 2 a − s l 2 a ); → x 2 a = h2 a = hl 2 a + x 2 a hlv 2 a = (405,15 + 0,99985 ⋅ 2 265,7 )
(s 2 a − s l 2 a ) 7,3940 − 1,2695 = = 0,99985 (s v 2 a − s l 2 a ) 7,3949 − 1,2695
kJ kJ = 2 670,5 kg kg
T
P3 = 15 bar
3
1
P1 = 0,9 bar
2a S
2) Para la configuración a): Trabajo específico del compresor:
wc = h3 − h2 a = 3 342,5 − 2 670,5 Ver 1.3. (Abr 01)
kJ kJ = 671,99 kg kg Página 27
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Potencia consumida por el compresor:
W c = m ⋅ wc = 5
kg kJ ⋅ 671,99 = 3 359,9 kW s kg
Calor específico del intercambiador de calor:
q ic = h2 a − h1 = 2 670,5 − 405,15
kJ kJ = 2 265,35 kg kg
Potencia térmica del intercambiador de calor:
Qic = m ⋅ q ic = 5
kg kJ ⋅ 2 265,35 = 11326,75 kW s kg
3) Para la configuración b): T
P3 = 15 bar
3
P1 = 0,9 bar
2b 1 S En el punto 2b: 3 kJ kJ −3 m h2b = h1 + v1 ( p2b − p1 ) = 405,15 + 1,0410 ⋅10 (15 − 0,9)⋅10 2 kPa = 406,617 kg kg kg
Trabajo específico de la bomba:
wb = h2b − h1 = 406,617 − 405,15
kJ kJ = 1,4678 kg kg
Potencia de la bomba:
W b = m ⋅ wb = 5
kg kJ ⋅ 1,4678 = 7,339 kW s kg
Calor específico del intercambiador de calor:
q ic = h3 − h2 b = 3 342,5 − 406,617
kJ kJ = 2 935,88 kg kg
Potencia térmica del intercambiador de calor:
Qic = m ⋅ q ic = 5
Ver 1.3. (Abr 01)
kg kJ ⋅ 2 935,88 = 14 679,4 kW s kg
Página 28
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4) Solución adoptada: Si se tiene una bomba de 10 kW y un compresor de 1 000 kW no se puede aplicar la solución (a) porque la potencia requerida en el compresor es mayor de 1 000 kW, y sí la (b) porque la potencia requerida en la bomba es menor de 10 kW. Sería interesante hacer una valoración termo-económica de ambas soluciones poniendo precio a: -
Potencia mecánica: 6-15 Pts/kwh. Potencia térmica a 96,71 ºC: Gratis. Potencia térmica a 198,3 – 440 ºC: 100 Pts/l, con L i = 40 MJ/kg. Si analizamos el coste de la energía por hora de funcionamiento tendremos por tanto: CM = Coste de la energía mecánica = 10 Pts/kWh CTBT = Coste de la energía térmica de baja temperatura = 0 Pts/kWh CTAT = Coste de la energía térmica de alta temperatura = 11,25 Pts/kWh (*)
(*)
Pts 1 l 1 kg Pts 1 l 1 kg Pts ⋅ ⋅ = 100 ⋅ ⋅ = 3,125 ; l ρ kg Li MJ l 0,8 kg 40 MJ MJ como 1 kWh = 10 3 W ⋅ 3 600 s = 3,6 MJ ; Pts MJ Pts C TAT = 3,125 ⋅ 3,6 = 11,25 MJ kWh kWh C TAT = 100
•
Coste de la solución (a):
C A) = W c ⋅ C M = 3 359,9 kW ⋅ 10 •
Pts Pts = 33 500 kWh h
Coste de la solución (b):
C B ) = W b ⋅ C M + Qicb ⋅ C TAT = 7,339 kW ⋅ 10 •
Pts Pts Pts + 14 679,4 kW ⋅ 11,25 = 165 217 kWh kWh h
¿A qué precio debería estar la energía de baja temperatura para que sea rentable la solución (a)?
W c ⋅ C M + Qica ⋅ C TBT = C B ) ; → C TBT =
Ver 1.3. (Abr 01)
C B ) − W c ⋅ C M 165 217 − 33 599 Pts = = 11,62 11326,7 Qica h
Página 29
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 15.- (Examen final 20/6/97)
4.38
Considere un motor a reacción que se desplaza en la atmósfera (T 0 =250 K, p0 = 1 bar) a una velocidad de 200 m/s, y por el que circula un gasto de aire de 5 kg/s. Suministrando al motor un gasto de combustible (considerando que está a la misma presión y temperatura que el aire y que tiene un poder calorífico de 40 MJ/kg) de 200 g/s, se obtiene a la salida del motor un chorro de gases a presión atmosférica, con una velocidad de 600 m/s y una temperatura de 700 K. El motor transfiere calor al ambiente, estimándose que la temperatura media de la frontera a través de la cual se realiza el proceso de transferencia de calor es de 400 K. Suponiendo que son aplicables las hipótesis de régimen estacionario para el proceso y gas ideal caloríficamente perfecto para el fluido de trabajo (que se considera aire), proceda de la siguiente manera para hacer una evaluación de las actuaciones del motor: 1.- Estudie el motor como un sistema abierto en el que entra y sale exclusivamente aire y recibe una cantidad de calor que puede calcularse a partir de la que se obtiene quemando el combustible que consume, y que desde el punto de vista de gasto másico que circula por el motor se asimila a aire. Aplique las ecuaciones de conservación de masa y energía al volumen de control definido utilizando como frontera la superficie externa del motor, para calcular el calor transferido al ambiente. 2.- Mediante un balance de entropía en el volumen de control, determine la entropía generada por unidad de tiempo debido a irreversibilidades internas del motor. 3.- Mediante balances de entropía en el ambiente y en el universo (constituído por el volumen de control más el ambiente), determine la entropía generada por unidad de tiempo debido a irreversibilidades externas al volumen de control y el incremento total de entropía del universo. 4.- Calcule el rendimiento del ciclo termodinámico que se desarrolla en el interior del motor. Solución: •
mc
Tf
•
m p •
ma
Volumen de Control
e
s •
Q pe = p0 = ps = 1 bar Tf = 400 K ve = 200 m/s vs = 600 m/s Gasto másico de aire: 5 kg/s Hipótesis:
Te = T0 = 250 K Ts = 700 K Lc = 40 MJ/kg Gasto másico de combustible: 200 g/s
- Gas ideal caloríficamente perfecto. - Régimen estacionario del volumen de control.
1.-)
•
Balance de masa: •
•
•
•
•
•
•
me = m s = m; → m a + m c = m p ; → m p = 5,2 Ver 1.3. (Abr 01)
kg s Página 30
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García •
Balance de energía:
dE VC • dV VC • 1 2 1 2 = Q− W eje + p + mhe + ve − hs − v s ; → dt dt 2 2 0
0
•
•
0
Q = m(hs − hs ) +
1 2 (v s − ve 2 ) 2
como se trata de un gas ideal caloríficamente perfecto: •
•
hs − he = C P (T s − T e ) → Q = m C P (T s − T e ) +
kg J 1 (700 − 250) K + (600 2 − 200 2 ) = 3,17 MW 1 000 s kgK 2
•
Q = 5,2 •
1 2 (v s − ve 2 ) → 2
•
•
Q = Q comb − Q transf .calor •
•
Q comb = m c Lc = 200 ⋅ 10 − 3 •
•
kg J ⋅ 40 ⋅ 10 6 = 8 MW s kg
•
Q transf .calor = Q comb − Q = 8 − 3,17 MW = 4,83 MW 2.-) Si se calcula la variación de entropía entre la entrada y la salida como si fuera aire, habría que considerar el proceso como se ha simulado, es decir, con un aporte de calor exterior simulando la combustión. Para hacerlo suponemos que la temperatura de frontera a la que se realiza la transferencia de calor procedente de la combustión es T comb = 1000 K.
•
Balance de entropía en el volumen de control. •
•
•
•
• • Q TC Q comb • dS VC Q comb Q TC • = − + m(se − s s ) + σ VC → σ VC = − + m(s s − se ) dt T comb T f T f T comb 0
como se trata de un gas caloríficamente perfecto:
s s − se = C P ln •
p T 1 − Rg ln s ; T 2 pe
•
Q TC Q comb • kg J 700 kW 4,83 ⋅10 6 W 8 ⋅10 6 W σ VC = − + m(s s − se ) = − + 5,2 ⋅1000 = 9,43 ln T f T comb s kgK 250 K 400 K 1000 K •
3.-)
•
Balance de entropía en el ambiente. •
• dS A Q TC • = + m(s s − s e ) + σ A dt T 0
•
0. (Modelo de ambiente) Balance de entropía del quemador exterior. •
dS QE Q comb • = + σ QE dt T comb 0 (estacionario) Ver 1.3. (Abr 01)
Página 31
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García •
Balance de entropía del Universo.
dS U • = σ U dt dS U dS VC dS A dS QE dS U • = + + → = σ U dt dt dt dt dt
S U = S VC + S A + S QE → •
•
•
•
• • • • Q Q Q Q = σ U = comb − TC + m (se − s s ) + σ VC + TC + m (s s − se ) + comb + σ QE → T comb T f T 0 T comb •
• • Q• Q TC Q comb TC → σ U = σ VC + − + T 0 T f T comb •
•
•
Irreversibilidad externa ( σ E ) •
Irreversibilidad interna ( σ I ) •
6 1 1 Q comb W kW ⋅ 1 1 1 8 10 6 σ E = Q TC − + W = ⋅ − + = 4 , 83 10 15 , 245 T 0 T f T comb K 250 400 K 1000 K
•
•
•
•
•
•
σ U = σ VC + σ E → σ U = 9,43
kW kW kW + 15,245 = 24,675 K K K
4.-)
•
Cálculo del rendimiento del motor.
2 kg 1 1 2 2 2 2 m (600 − 200 ) 2 0,2 ∆Ec m 2 (v s − ve ) s 2 s = 4 ⋅ 10 −3 ηm = • = = 6 • 8 ⋅ 10 W Qc Qc
•
Otro modo de definirlo: •
•
W = E ⋅ v = m (v s − v e ) ⋅ v e ; kg m2 5,2 (600 − 200) ⋅ 200 2 W m (v s − v e ) ⋅ v e s s = 0,052 ηm = • = = 6 • 8 ⋅ 10 W Qc Qc •
•
•
Cálculo del rendimiento del ciclo termodinámico.
•
Q comb •
W c •
Q transf .calor •
•
η Ciclo
=
W Ciclo •
Qc Ver 1.3. (Abr 01)
=
•
Q c − Q transf .calor •
Qc
•
=1−
Q TC •
Qc
=1−
4,83 = 0,396 8 Página 32
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 16.- (Examen final 18/9/97)
4.36 .
Para refrigerar un motor térmico, que opera en régimen estacionario proporcionando una potencia útil de 75 kW y tiene un rendimiento de valor 0,6, se dispone de una corriente de 0,8 kg/s de aire a presión y temperatura ambiente (p 0 = 100 kPa, T0 = 290 K). 1.- Suponiendo que la mencionada corriente de aire extrae toda la energía que el motor disipa en forma de calor, y que el aire puede considerarse gas ideal caloríficamente perfecto (cp a = 1 KJ/(kg·K)), calcule la temperatura de salida del aire. 2.- El motor térmico se modeliza mediante un ciclo de potencia que opera entre dos focos a temperatura constante T s = 1000 K y T i = 360 K, pudiéndose identificar ésta última como la temperatura media a la cual el motor transfiere calor a la corriente de aire, mientras que la primera corresponde a la de un sistema que opera de forma reversible. Determine la variación de entropía por unidad de tiempo del sistema cerrado que opera en el motor térmico, así como su contribución a la variación de entropía del universo. 3.- Determine la variación de entropía del universo por unidad de tiempo debida al proceso de transferencia de calor desde el motor térmico a la corriente de aire de refrigeración. 4.- Calcule la variación de entropía del universo por unidad de tiempo. Solución:
Ts •
Qs •
W •
Qi T0
Te
Ti
•
•
ma
ma
Potencia útil: 75 kW
P 0 = 1 bar
•
η=
W •
•
= 0,6
m a = 0,8
Qs T0 = 290 K
Ti = 360 K
kg s
CPa = 1 KJ/kgK
Ts = 1 000 K
1.-) Balance de energía en el volumen de control: •
•
0 = Q i + m a C Pa (T 0 − T e ) → T e = T 0 + •
η=
Qi
•
W •
Qs
•
=
• • 1 1 Q W → = − i η ; • • Q i + W
W
Ver 1.3. (Abr 01)
•
m a C Pa
;
1 W − 1 η •
→ T e = T 0 + •
= (290 + 62,5) K = 352,5 K = 79,35º C
m a C Pa
Página 33
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 2.-) Balances de entropía: •
•
•
•
• Q Q dS SC Q s Q i • = − + σ SC → σ SC = i − s dt T s T i T i T s
Sistema cerrado:
0 (Régimen estacionario) •
•
• • • Q dS VC Q i • = + m a (s 0 − s e ) + σ VC → σ VC = m a (s e − s 0 ) − i dt T i T i
Volumen de control:
0 (Régimen estacionario) Ambiente:
dS A • = m a (s e − s 0 ) dt
Foco superior:
Qs • dS FS = − + σ FS dt T s
•
0 (Hipótesis de operación reversible) •
Q dS U dS SC dS VC dS A dS FS = + + + = σ U = σ SC + σ VC = m a (s e − s 0 ) − s dt dt dt dt dt T s •
Universo:
•
•
•
Introduciendo valores:
1 1 Q i = W − 1 kW = 75 − 1 = 50 kW η 0,6 •
•
•
•
Qs =
W 75 kW = = 125 kW 0,6 η
•
•
Q i Q s 50 ⋅ 10 3 125 ⋅ 10 3 W W σ SC = 13 , 89 − = − = T i T s 360 K 1 000 K •
3.-)
• 1 W − 1 • • • η Qi • T e p e Q i • − Q i = σ VC = m a (s e − s 0 ) − = m a C Pa ln − R g ln − = m a C Pa ln1 + • T T i T 0 p 0 T i m a C Pa T 0 i 1 75 ⋅ 10 3 W − 1 • 0 , 6 50 ⋅ 10 3 W kg J W 3 = σ VC = 0,8 ⋅ 1 ⋅ 10 − = ln1 + 17 , 25 360 K kg s kgK K 3 J ⋅ 290 K 0,8 ⋅ 1 ⋅ 10 s kgK •
•
4.-) •
σ U
•
•
= σ SC + σ VC = 13,8
Ver 1.3. (Abr 01)
W W W + 17,25 = 31,05 K K K
Página 34
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 17.- Propuesto 4/5/98
4.39
Para rellenar un mechero, la botella de rellenado se puede colocar hacia arriba (como se representa en la figura 1) o invertida (como se presenta en la figura 2). A efectos de cálculo numérico se supondrá que la sustancia contenida en la botella se comporta como el refrigerante R-12 (del que se dispone de tablas). Suponiendo que el contenido de la botella de llenado se encuentra en saturación a 6 bar, y que su volumen es suficientemente grande como para que sus condiciones no cambien con el llenado del mechero, se pide calcular los siguientes apartados: 1.- Temperatura y volumen específico del gas en el depósito del mechero si se supone que éste está aislado térmicamente y se rellena con la botella en la posición de la figura 1 (el gas de la botella es el que alimenta el mechero). 2.- Temperatura y volumen específico del gas en el depósito del mechero si se supone que éste está aislado térmicamente y se rellena con la botella en la posición de la figura 2 (el gas de la botella es el que alimenta el mechero). 3.- Entropía generada en los procesos 1 y 2 en el conjunto válvula – mechero (por unidad de masa introducida en el mechero). 4.- Dar el valor de la relación r = m 1 /m2 siendo m1 y m2 las masas de gas introducidas en el mechero en los casos 1 y 2 respectivamente. 5.- Si la botella indica que no se someta a temperaturas mayores de 50 ºC, indicar qué presión máxima ha de soportar en su interior. (Nota: en los apartados 1 y 2 se supone que el mechero está totalmente vacío antes de su llenado).
Figura 1
Figura 2
Solución:
1.-) Llenando con gas. Hipótesis:
- Adiabático. - Mechero totalmente vacío al comienzo del llenado. - El llenado finaliza cuando se iguala la presión en mechero y depósito.
(A)
(B)
Mechero vacío.
Mechero a 6 bar.
e: p = 6 bar t = tS,6 bar Ver 1.3. (Abr 01)
e: p = 6 bar t = tS,6 bar Página 35
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García A partir de las condiciones del gas en el depósito:
kJ kJ s e = 0,6872 kg kgK m3 ve = 0,029132 kg
t e = 22,020 º C u e = 179
he = 196,48
kJ kg
Aplicando el primer principio:
U B − U A = 0 − 0 + m B he → m B u B = m B he → u B = he ya tenemos 2 propiedades, y a partir de ellas obtenemos las restantes:
t B = 50,68 º C 3 v B = 0,033548 m kg p B = 6 bar = 600 kPa kJ Vapor sobrecalentado u B = he = hvap ,6bar = 196,48 h B = 216,614 kJ kg kg s B = 0,7525 kJ kgK
2.-) Llenando con líquido. A partir de las condiciones del líquido en el depósito:
t e = 22,020 º C
he = 56,713
kJ kg
s e = 0,2137
kJ kgK
m3 v e = 0,000757 kg
kJ u e = 56,259 kg
ahora lo que cambia es que u C = he = h del líquido a 6 bar.
t C = 22,020 º C 3 vC = 0,000862 m kg p C = 6 bar = 600 kPa kJ Vapor + líquido (mezcla saturada )hC = 57,230 kJ kg u C = he = hlíquido , 6bar = 56,713 kg s C = 0,2155 kJ kgK X C = 0,0037 3.-) Segundo principio.
S B − S A = 0 + m B s e + σ AB → m B s B = m B s e + σ AB → σ AB = m B (s B − s e ) →
→
σ AB
m B
= 0,7525
del mismo modo: σ AC
m C
= s C − s e =
4.-) r =
σ AB
m B
= s B − s e →
kJ kJ kJ − 0,6872 = 0,06530 kgK kgK kgK σ AC
mC
= 0,2155
kJ kJ kJ − 0,2137 = 0,00180 kgK kgK kgK
m B V ⋅ vC v C 0,000862 = = = = 0,02569 mC v B ⋅ V v B 0,033548
5.-) p MÁX
= p SAT ,50 º C = 1 219,3 kPa = 12,193 bar
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 36
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 18.- (Examen 26/6/98)
4.40
Se considera una instalación en la que se produce energía eléctrica, mediante una turbina de gas, y además se lleva a cabo un proceso en el que, sin realización de trabajo, se libera una cierta cantidad de calor, para el que se necesitan 0,1 kg/s de vapor de agua a 280 ºC (t 2 = 280 ºC). Durante dicho proceso se produce una pérdida de carga de 2 bar (p 2 – p3 = 2 bar), saliendo el vapor a 100 ºC (t 3 = 100 ºC). El suministro de agua se realiza desde la red a 3 bar (p 1) y temperatura ambiente (t 1 = 20 ºC). Los gases de escape de la turbina de gas se emplean como fuente de calor para la vaporización y sobrecalentamiento del agua en un intercambiador aire-agua. La temperatura de salida y entrada de los gases de este intercambiador son t E = t2 +10 y tD =320 ºC y su presión la ambiente (p E = pD = 1 bar). El compresor de la turbina de gas toma el aire en condiciones ambiente (pA = 1 bar; tA = 20 ºC). La relación de compresión de la turbina de gas es r p =10.
(B)
(A)
(C)
(D)
Aire
(E) Proceso Agua (1)
(2)
(3)
Se utilizará para el aire el modelo de gas ideal caloríficamente perfecto: γ = 1,4; CP = 1 kJ/kgK. Se supondrá que la expansión y la compresión son isoentrópicos. Todos los procesos son estacionarios, y se pueden despreciar las variaciones de energía cinética y potencial. A) Circuito del agua. 1.- Evaluar las propiedades (P,T,h y s) de los puntos 1,2 y 3. 2.- Representarlos en un diagrama T-S. 3.- Calor necesario a suministrar al agua para pasar del estado 1 al 2 (kW). 4.- Calor liberado durante el proceso 2 a 3 (kW). B) Turbina de gas. 5.- Calcular las temperatura de los puntos B y C. Represente en un diagrama T-S la evolución del aire (A-B-C-D) 6.- Gasto de aire en la turbina de gas. 7.- Potencia neta de la turbina de gas. 8.- Calor suministrado en la cámara de combustión y rendimiento de la turbina de gas. C) Balance de la instalación. 9.- Plantee el balance global de energía de la instalación y compruebe la exactitud del r esultado. 10.- Suponiendo que el aporte de calor en la cámara de combustión de la turbina de gas se realiza a una temperatura media de 1200 K y el calor liberado durante el proceso tiene lugar a una temperatura media de 600 K, mediante un balance de entropía en la instalación, calcule la generación de entropía del conjunto de la instalación.
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 37
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Solución:
Hipótesis:
- Aire gas ideal caloríficamente perfecto. - Compresión y expansión isentrópicas. - Todos los procesos son estacionarios. - Despreciables las variaciones de Ec y Ep.
A) Circuito del agua. 1.-
Punto p (bar) t (ºC) h (kJ/kg) s (kJ/kgK) 3 20 0,2966 1 83,96 + v∆p = 84,2 3 280 3028,6 7,6299 2 1 100 2676,2 7,3614 3
Tablas
2.-
2
T
P = 3 bar P = 1 bar
3 1 S
3.- Calor necesario para que el agua pase del estado 1 al 2: •
Q 12
1er Ppio al lado del agua del IC. Gasto de agua
Gasto de agua (1)
•
•
•
•
0 = Q 12 + m h (h1 − h2 ) → Q 12 = m h (h2 − h1 ) = 0,1
(2)
kg kJ (3 028,6 − 84,2) = 294,44 kW s kg
4.- Calor liberado durante el proceso 2-3: •
•
•
•
0 = Q 23 + m h (h2 − h3 ) → Q 23 = m h (h3 − h2 ) = 0,1
Ver 1.3. (Abr 01)
kg kJ (2 676,2 − 3 028,6) = − 35,24 kW s kg
Página 38
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García B) Turbina de gas: 5.- Temperaturas de los puntos B y C. Diagrama T-S T
p = 10 bar C P = 1 bar B D A S
En el compresor, como el proceso es isentrópico: K
K
1− K 1− K p A v A K = p B v B K T A T B 1− K K 1− K K K p p p T p T p T p → = → = → = A B A A B B A A B K T B → p p pv = Rg T A B K −1 K
p T B = T A B p A
K −1 A pC K
= T r
= (20 + 273,15) K ⋅10
1, 4−1 1, 4
= 565,98 K = 292,83 º C
haciendo lo mismo en la turbina: K
p C vC K = p D v D K T C T D p p → = C D p p pv = R g T D C K −1 K
p T D = T C D p C
K −1 K
p → T C = T D C p D
K
1− K 1− K 1− K 1− K K K → p C T C = p D T D → p C K T C = p D K T D →
K −1 D pT K
= T r
= (320 + 273,15) K ⋅ 10
1, 4 −1 1, 4
= 1145,19 K = 872 º C
6.- Gasto de aire que pasa por la turbina de gas: •
Q 12
1er Ppio al lado del aire del IC. Gasto de aire
Gasto de aire (D)
•
•
•
0 = − Q 12 + m a (h D − hE ) → m a =
•
(E) •
− Q12 − Q 12 − 294,44 kW kg = = = 9,815 hE − h D C P (T E − T D ) 1 kJ (290 − 320) K s kgK
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 39
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 7.- Potencia neta de la turbina de gas: 1er Ppio en la turbina: Gasto de aire (C)
Potencia al compresor
Potencia al eje.
Gasto de aire (D) •
•
•
•
•
•
0 = 0 − W EJE − W COMP + m a (hC − h D ) → W EJE = − W COMP + m a (hC − hD )
(1)
1er Ppio en el compresor: Gasto de aire (A)
Potencia de la turbina Gasto de aire (B)
•
•
•
•
0 = 0 + W COMP + m a (h A − h B ) → W COMP = m a (h B − h A )
(2)
de (1) y (2): •
•
•
•
W EJE = m a {(hC − h D ) − (h B − h A )}→ W EJE = m a C P {(T C − T D ) − (T B − T A )}= • kg kJ W {(872 − 320) − (293,83 − 20)} K = 2 740 kW = EJE = 9,815 ⋅ 1 s kgK 8.- Calor suministrado en la cámara de combustión y rendimiento de la turbina de gas: 1er Ppio en la cc: •
•
•
•
•
0 = Q CC + m a (h B − hC ) → Q CC = m a (hC − h B ) = m a C P (T C − T B ) = • kg kJ = Q CC = 9,815 ⋅ 1 (872 − 292,83) K = 5 685 kW s kgK Rendimiento: •
η=
W EJE •
Q CC
=
2 740 kW = 0,482 5 685 kW
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 40
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García C) Balance de la instalación: 9.- Balance global de energía: •
•
•
•
•
•
•
•
•
•
0 = Q CC + Q 23 − W EJE + m a (h A − hE ) + m h (h1 − h3 ) → 0 = Q CC + Q 23 − W EJE + m a C P (T A − T E ) + m h (h1 − h3 ) → 0 = 5 685 kW − 35,24 kW − 2 740 kW + 9,815 ⋅ 1 ⋅ (20 − 290) kW + 0,1 ⋅ (84,2 − 2 676,2) kW ; 0 = 0,51 kW Comparado con los 5 685 kW que se introducen en la cámara de combustión, el error es despreciable. Puede ser debido a errores de cálculo y/o precisión de los datos proporcionados, y solamente a estos dos motivos, ya que no se han hecho hipótesis simplificativas que lo justifiquen. 10.- Irreversibilidad del conjunto de la instalación. •
•
•
•
• • • • • • Q Q Q Q 0 = CC + 23 + m a (s A − s E ) + m h (s1 − s 3 ) + σ INST → σ INST = − CC − 23 + m a (s E − s A ) + m h (s 3 − s1 ); T CC T 23 T CC T 23
T E p − R g ln E T A p A kJ 290 + 273,15 kJ 1 kJ ln ln = 0,6529 − 0,2857 s E − s A = 1 kgK 20 + 273,15 kgK 1 kgK kJ 1 R g = C P − C V = C P 1 − = 0,2857 kgK k s E − s A = C P ln
•
•
• Q CC Q 23 • − + m a (s E − s A ) + m h (s 3 − s1 ) = σ INST = − T CC T 23 •
•
σ INST
=−
5 685 kW 35,24 kW kg kg kJ kJ kW + + 9,815 0,6529 + 0,1 (7,3614 − 0,2966) = 2,436 s kgK s kgK K 1 200 K 600 K
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 41
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 19.- (Examen 9/98)
4.41
Se dispone de un recipiente cerrado y rígido de 10 m 3, inicialmente vacío. Este recipiente sólo intercambia calor con el exterior a través de una pared conectada a un sistema de acondicionamiento térmico que mantiene el contenido del recipiente a 25 ºC, independientemente de las operaciones que se realicen sobre él. El recipiente está unido a través de una válvula con una conducción que contiene agua a 25 ºC y 10 bar de presión. Nota: En caso de haber entendido el enunciado, el alumno debería ser capaz de responder al siguiente ejercicio mental: Si se abre la válvula hasta obtener en el interior del recipiente una presión de 0,001 bar, ¿qué temperatura se obtiene en el mismo? En caso de no poder responder a esta pregunta, vuélvase a leer el enunciado desde el principio.
1.- Se abre la válvula permitiendo la entrada de agua al interior del recipiente, hasta el momento en que se inicia la aparición de líquido. Suponiendo que el proceso es cuasiestacionario y que la temperatura se mantiene constante e igual a 25 ºC dentro del depósito, se pide obtener:
• • •
Masa de agua que hay en el recipiente. Calor intercambiado entre el recipiente y el sistema de acondicionamiento térmico (especificando si ha entrado o salido del recipiente). Entropía generada en el conjunto válvula – recipiente (se considerará que la pared del sistema de acondicionamiento térmico se mantiene a 25 ºC). 2.- A partir del estado final del apartado 1, se abre la válvula permitiendo nuevamente la entrada de agua al interior del recipiente, hasta el momento en que no hay vapor, y sólo hay líquido en el recipiente. En ese instante, se pide obtener:
• •
Masa de agua que hay en el recipiente. Calor intercambiado entre el recipiente y el sistema de acondicionamiento térmico entre el estado final del apartado 1 y el actual (especificando si ha entrado o salido del recipiente). 3.- Durante el proceso entre el primer y segundo apartados, calcular:
• •
Entropía generada en la válvula. Entropía generada en el recipiente (se considerará que la pared del sistema de acondicionamiento térmico se mantiene a 25 ºC) durante este proceso.
Solución:
Q
t = 25 ºC V = 10 m3 . e (agua): 25 ºC 10 bar
vc 1.-) De vacío a vapor. Estado A: depósito vacío. Estado B: Depósito lleno de vapor saturado a 25 ºC:
p B = 3,17 kPa m3 v B = 43,360001 kg Ver 1.3. (Abr 01)
kJ kg kJ h B = 2 547,2 kg
u B = 2 409,8
s B = 8,5580
kJ kgK
Página 42
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García - Masa de agua:
10 m 3 V V = m B v B → m B = = = 0,23063 kg v B 43,360001 m 3 kg - Calor intercambiado: • • dE vc dU vc • • = = Q− W eje + W ∆V + m e he dt dt
0 (rígido)
0 (no hay ejes) integrando entre los estados A y B: U B
− U A = Q AB + (m B − m A )he 0 (estaba vacío)
0 (estaba vacío)
con lo que:
Q AB = U B − m B he = m B (u B − he ) Propiedades del flujo de entrada:
m3 v = 0,001003 p e = 10 bar e kg → t e = 25 º C kJ u e = 104,88 kg
he = 104,89 + ( p − p SAT )v SAT s e = 0,3674
kJ kJ = 105,89 kg kg
kJ kgK
Finalmente:
Q AB = U B − m B he = m B (u B − he ) = 0,23063 kg (2 409,8 − 105,89)
kJ = 531,35 kJ kg
- Entropía generada (i.e. irreversibilidad): •
• dS vc Q • Q = + m e s e + σ vc → S B − S A = AB + (m B − m A ) ⋅ s e + σ AB dt T T
0
0
u −h Q AB kJ 2 409,8 − 105,89 − m B se = m B s B − B e − se = 0,23063 kg 8,5580 − − 0,3674 = T T kgK 273 , 15 25 + kJ = σ AB = 0,106839 K
σ AB
= S B −
2.-) De vapor a líquido. Estado C: Depósito lleno de líquido saturado a 25 ºC:
p C = p B = 3,17 kPa m3 vC = 0,001003 kg
kJ kg kJ hC = 104,89 kg
u C = 104,88
s C = 0,3674
kJ kgK
- Masa de agua:
10 m 3 V V = mC v C → mC = = = 9 970 kg v C 0,001003 m 3 kg Ver 1.3. (Abr 01)
Página 43
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García - Calor intercambiado:
U C − U B = Q BC + (mC − m B )he → Q BC = mC u C − m B u B − (mC − m B ) ⋅ he = kJ kJ kJ = Q BC = 9 970 kg ⋅ 104,88 − 0,23063 kg ⋅ 2 409,8 − (9 970 − 0,23063) kg ⋅ 105,89 = − 10 601 kJ kg kg kg 3.-) Entropía en el paso del primer al segundo apartado.
•
1er supuesto: En el depósito no se genera entropía por ser un proceso cuasiestacionario y transferir calor con una diferencia infinitesimal de temperaturas: Toda la entropía del volumen de control se generará en la válvula (σD=0): •
•
• • • dS VC Q • Q • Q Q = + m e (se − s s ) + σ VC = + m e se + σ V + σ D → σ V = mC sC − m B s B − − (mC − m B )se = m B (se − s B ) − dt T T T T Q kJ 10 601 σ V = m B (se − s B ) − = 0,23063(0,3674 − 8,5580 ) + = 33,68 T K 298
como ya se ha dicho, la entropía generada en el depósito es nula y la generada en la válvula es la generada en todo el volumen de control:
σ VC = σ V
•
= 33,68
kJ K
2º supuesto: Se genera entropía tanto en el depósito como en la válvula.
En el primer supuesto se acaba de calcular que la entropía generada en todo el volumen de control es 33,68 kJ/K (independientemente de si la produce el depósito o la válvula). - Analizando la válvula:
vc salida: 25 ºC p = pSAT,25ºC =3,17 kPa
entrada: 25 ºC 10 bar
•
• dS V Q • = + m e (s e − s s ) + σ V dt T
0. (La suponemos adiabática). Si también la suponemos isentálpica, la entalpía y la presión en la salida son constantes y conocidas en todo el proceso, con lo que la entropía en la salida también lo será:
hs = 105,89 kJ kg → s = 0,3707 kJ s kgK ps = 3,17 kPa
Constante en todo el proceso de entrada al depósito
de esta forma, ya se puede analizar únicamente el depósito, considerando la entrada al mismo como la salida de la válvula:
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 44
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García •
•
• • dS D Q • Q • Q = + m e (se − ss ) + σ D = + m e se + σ D → σ D = mC sC − m B s B − − (mC − m B )se = dt T T T kJ σ D = 3662,978 − 1,9737 + 35,57 − 3695,79 = 0,783 K
En la válvula, supuesta adiabática e isentálpica (y por tanto estacionaria): •
• • • dS V Q • kJ = + m e (se − ss ) + σ V → σ V = m e (ss − se ) → σ V = (mC − m B )(s s − se ) = 9969,7637 ⋅ 3,3 ⋅10 −3 = 32,90 dt T K
0
0
sumando la contribución de la válvula y el depósito a la generación de entropía (32,90 + 0,78 = 33,68 kJ/K) se comprueba como efectivamente esta suma es igual a la entropía generada en todo el volumen de control.
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 45
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 20.- Examen 9-99 Termo Industrial.
4.44
A.- Un balón de fútbol se infla hasta una presión de 2,5 bar, alcanzando un volumen de 8·10 -3 m3 a una temperatura ambiente de 25ºC. Determine la masa de aire contenida en el balón en dichas condiciones, considerándolo gas ideal caloríficamente perfecto con c p = 1 kJ/(kgK) y k = 1,4. Solución:
R g = C P − C V J R 285 , 71 → = g C kgK λ = P C V pV 2,5 ⋅105 Pa ⋅ 8 ⋅10 −3 m 3 pV = mRg T → m = = = 0,02349 kg Rg T 285,71 J ⋅ 298 K kgK mA = 23,49 g B.- Transcurrida una buena parte del 1 er tiempo del partido, y como resultado de las múltiples patadas e impactos contra el suelo recibidos, el lamentable estado en que se halla el balón queda descrito por 2,8 bar de presión y 70ºC de temperatura. Conserva íntegramente el volumen que tenía en el apartado A, pero no así su masa, fruto de algunas fugas incipientes. ¿Podría determinar la masa de aire que ha salido del balón? Solución:
p AV = m A Rg T A p T m T m T p T → A A = B B → p BT A m A = p AT B m B → m B = m A B A → m B − m A = m A B A − 1 → p BV = m B Rg T B p A p B p AT B p T A B
p BT A 2,8 ⋅10 5 Pa ⋅ 298 K m f = m A − m B = m A 1 − = 23,49 g 1 − 5 = 0,63 g p T Pa K ⋅ ⋅ 2 , 5 10 343 A B mf =0,63 g C.- Determine ahora el trabajo neto realizado sobre el balón entre los estados descritos en los apartados A y B. Para hacerlo emplee las siguientes simplificaciones:
• •
El proceso es adiabático. La masa de aire que se fuga tiene propiedades iguales a las del aire que queda en el balón en el instante final B
Solución: • dE VC • • • = Q − W + m e he − m s hs → E B − E A = −W − ms hs dt
0
0
p B → m B u B − m Au A = −W − m f (u B + Rg T B ); ρ B W = m Au A − m B u B − (m A − m B )(u B + Rg T B ) = m A (u A − u B − Rg T B ) + m B Rg T B ; C W = m A (C V (T A − T B ) − Rg T B )+ m B Rg T B = m A P (T A − T B ) − Rg T B + m B Rg T B ; γ E B − E A = −W − m f u B +
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 46
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García
1 kJ kJ kJ W = 23,49 ⋅10 −3 kg ⋅ 343 K + 22,86 ⋅10 −3 kg ⋅ 0,28571 ⋅ 343 K = (25 − 70) K − 0,28571 kgK kgK 1,4 kgK = W = −0,81677 KJ WAB =- 816,77
J
¿Qué significado tiene el signo del resultado obtenido? Trabajo realizado sobre el balón ¿Qué tipo de trabajo se ha realizado? Deformaciones compresión – expansión con pérdidas por irreversibilidades. D.- Calcule la irreversibilidad producida en el balón entre los estados inicial (A) y final (B). Solución: • • dS VC δ Q • = + m e se − m s s s + σ → S B − S A = (m B − m A )s B + σ dt T k
0
0
T p − m A s A + m A s B − m B s B = m A (s B − s A ) = m A C P ln B − Rg ln B ; T p A A kJ 343 kJ 2,8 kJ σ = 23,49 ⋅10 −3 kg 1 ln ln − 0,28571 = 2,543 ⋅10 −3 kgK 2,5 K kgK 298 σ = m B s B
σAB = 2,543 J/K E.- Calcule la irreversibilidad producida en el universo entre los estados inicial (A) y final (B). Solución:
dS U dS VC dS A = + dt dt dt dS U • = σ U dt • • dS VC = − m s ss + σ VC dt dS A • = m s ss dt σU =2,543
•
•
→ σ U = σ VC → σ U = σ VC = 2,543
J K
J/K
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 47
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 21 .- Examen Termo. Industrial 6-00
4.42
Una instalación de calefacción, operando en estado estacionario, calienta 2000 m3/h de aire a 1 b ar y 13ºC (condiciones exteriores) hasta 35ºC y 1 bar, por medio de una corriente de agua caliente a 55ºC y 5 bar en un intercambiador de calor aire-agua. La temperatura y presión del agua a la salida del intercambiador son 20ºC y 1 bar. La circulación del agua se asegura mediante una bomba (adiabática) que trabaja con un rendimiento isoentrópico del 82%, instalada entre el intercambiador de calor y la caldera. La caldera trabaja a pr esión constante, igual a 5 bar. Aire caliente Agua caliente Caldera
Intercambiador agua-aire
Aire exterior Datos adicionales: Propiedades del agua: líquido ideal caloríficamente perfecto; calor específico: 4.18kJ/kg.K; densidad: 1000kg/m3. Propiedades del aire: gas ideal; calor específico a presión constante: 1 kJ/kg.K; peso molecular: 28.92kg/kmol; constante universal Ru=8314J/kmol.K. Se despreciarán variaciones de energía cinética y potencial. Se pide calcular: 1) El gasto másico de aire (g/s). •
•
m a = V e ⋅ ρ e p ρ e = e Rg T e R g =
p m a = V e ⋅ e Rg T e •
•
Ru 8 314 J = = 287,5 PM a 28,92 kgK m3 1 h kg 105 Pa m a = 2 000 ⋅ ⋅ = 0,67555 h 3 600 s 287,5 J ⋅ 286 K s kgK •
•
m a = 675,55 g s 2) La potencia térmica suministrada al aire en el intercambiador agua-aire (W). • • • • • dE I ,a • = Q a − w + m a (ha ,e − ha ,s ) = Q a − w + m a C P,a (T a ,e − T a ,s ) → Q a − w = m a C P ,a (T a ,s − T a ,e ) dt
0 (Estacionario) •
Q a − w = 0,67555
G.I.C.P
kg J ⋅1000 (308 − 286) K = 14 862,1 W s kgK
•
Q a − w = 14 862,1 W Ver 1.3. (Abr 01)
Página 48
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 3) La cantidad de agua caliente necesaria (g/s). •
• • • • dE I ,w p − p • Q a−w = − Q a −w + m w (hw,e − hw,s ) = − Q a −w + m w C (T w,e − T w,s )+ w,e w,s → m w = p w,e − pw,s dt ρ w C T T ( ) − + w ,e w , s
0 (Estacionario)
ρ w
L.I.C.P
luego: •
Q a−w = p w,e − p w, s
•
mw =
C (T w,e − T w,s ) +
ρ w
14 862,1 W
= 0,1013
4180 J (328 − 293) K + (5 − 1)⋅105 Pa 3 kg kgK 10 3 m
kg s
•
m w = 101,3 g s 4) La potencia consumida por la bomba (W). •
η=
W b, REV •
W b
kg 4 ⋅10 5 Pa 1 • ∆ p 1 → W b = m w ⋅ = ⋅ 0,1013 ⋅ = 49,4 W 3 kg 0 , 82 η ρ w s 10 m3 •
•
W b = 49,4 W ¿Cuánto se calienta el agua durante el proceso de compresión? • • • pb,e − pb, s dE b • 1 W b pb ,e − pb ,s = W b + m w (hb,e − hb,s ) = W b + m w C (T b ,e − T b,s )+ → (T b,s − T b ,e ) = C • + ρ ρ dt w w mw •
0 (Estacionario) luego:
L.I.C.P
1 W b pb ,e − pb,s 1 kgK 49,4 W 4 ⋅105 Pa − (T b,s − T b,e ) = • + + = 4180 J = 0,021 K = ∆T kg 3 kg C m w ρ w 0,1013 s 10 m 3 •
∆T = 0,021 K
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 49
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5)La potencia térmica necesaria en la caldera (W). • • • p −p dE CALD • = Q CALD + m w (hCALD ,e − hCALD ,s ) = Q CALD + m w C (T CALD ,e − T CALD ,s )+ CALD ,e CALD ,s dt ρ w
0 (Estacionario) •
0 (∆p = 0)
L.I.C.P
•
Q CALD = m w [C (T CALD ,s − T CALD ,e )] = 0,1013
kg J 4 180 328 293 , 021 K − ( ) = 14 811,3 W s kgK
•
Q CALD = 14 811,3 W 6) La entropía generada durante la compresión, indicando las unidades. •
• • • T dS b Q b • kg J 293,021 K W 0 , 1013 4 180 ln 0 , 03 = + m w (sb,e − sb ,s ) + σ b ; → σ b = m w C ln b,s = ⋅ = 293 K dt T b s kgK K T b,e
0
•
σ b
0
= 0,03
W K
7) La entropía generada en el intercambiador aire-agua, indicando las unidades. • • • • T • T a , s p a ,s dS I • m R ln = m w (s w,e − s w,s ) + m a (sa ,e − s a ,s )+ σ a − w ; → σ a− w = m w C ln w,s + − a C P ln g dt T T p w ,e a ,e a ,e 0 (Estacionario) 0 (∆p = 0)
luego: •
σ a − w
•
= m w C ln
•
T w,s • T kg j kg j W 293 308 ln ln + m a C P ln a ,s = 0,1013 ⋅ 4180 + 0,67555 ⋅1000 = 2,28 T w,e T a ,e s kgK 298 s kgK 286 K
= 2,28 W K
σ a − w
8) En la caldera, los tubos por los que circula el agua (y desde los cuales se suministra el calor), se encuentran a una temperatura media igual a 100ºC. Calcular igualmente la generación de entropía en la caldera, indicando las unidades. •
•
• T Q dS CALD Q CALD = + m w (sCALD ,e − sCALD ,s ) + σ CALD ; → σ CALD = − CALD + m w C ln CALD ,s dt T T T CALD ,e •
•
•
0 (Estacionario)
luego: •
•
σ CALD •
14 811,3 W T Q CALD • 328 kg J W 0 , 1013 4 180 ln 8 , 04 =− + m w C ln CALD ,s = − + = T s kgK 293,021 K 373 K T CALD ,e
σ CALD
= 8,04
W K
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 50
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 22.- Examen Termo. Industrial 6-00.
4.45
Para inflar un neumático de bicicleta, cuyo volumen se puede considerar constante y de valor V n = 1.000 cm3, se emplea un inflador manual de émbolo que admite, en cada embolada un volumen de aire V bA = 60 cm3 a una presión P bA = 1 bar y una temperatura T bA = 300 K.
El proceso de inflado del neumático (una de las emboladas) puede estudiarse en tres etapas, identificadas por las que discurren entre los cuatro estados descritos en la figura adjunta: Estado A: Neumático a 1,1 bar + inflador lleno de aire a 1 bar. Válvula del neumático cerrada. Todo el conjunto se encuentra a la misma temperatura e igual a la ambiente T 0 = 300 K. Estado B: Neumático a 1,1 bar + inflador a una presión igual a la del neumático. En este momento se abre la válvula del neumático para permitir el paso del aire procedente del inflador cuando el émbolo siga moviéndose. Estado C: Los estados termodinámicos del aire contenido en el inflador y en el neumático, se han igualado. El émbolo no se mueve entre B y C (V bB = VbC). Válvula del neumático abierta. Estado D: Neumático a una presión superior a 1,1 bar, conteniendo en su interior todo el aire que inicialmente se hallaba en el inflador. Válvula del neumático abierta. Se cerrará apenas descienda la presión en el inflador. La vuelta desde el estado D a una configuración similar a A (pero con una presión diferente en el neumático), llenando el inflador con nuevo aire atmosférico, se realiza mediante el accionamiento del émbolo hacia arriba, gracias a la existencia de una válvula antirretorno no representada en la figura. Se considerará despreciable el trabajo realizado durante esta fase del proceso, que no es necesario describir en este ejercicio. HIPÓTESIS DE PROCESO:
• • •
El proceso completo de llenado para el conjunto neumático + inflador se puede considerar adiabático. Los procesos A-B y C-D se pueden considerar cuasiestacionarios (pero no estacionarios) reversibles. No hay fugas de aire entre el émbolo y la pared del cilindro del inflador. HIPÓTESIS RESPECTO DEL FLUIDO DE TRABAJO: El aire admitido se puede considerar que es un Gas Ideal Caloríficamente Perfecto con las siguientes propiedades: cp = 1 kJ/(kg·K) ; γ = 1,4. Ver 1.3. (Abr 01)
Página 51
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Sabiendo que la presión inicial del neumático es p nA = 1,1 bar y su temperatura T nA = 300 K, determine: 1.- Masa de aire contenida en el neumático en dicho estado A.
C P
J J Rg = C P − C V = 285,7 ; kgK kgK γ p nAV n 1,1⋅105 ⋅1 ⋅10 −3 mnA = kg = 1,283 ⋅10 −3 kg = 1,283 g = Rg T nA 285,7 ⋅ 300
C V =
= 714,3
2.- Masa de aire que se admite en el inflador en cada embolada.
pbAV bA 1,1⋅10 5 ⋅ 60 ⋅10 −6 mbA = kg = 0,07 ⋅10 −3 kg = 0,07 g = Rg T bA 285,7 ⋅ 300 3.- Determine el volumen ocupado por el aire en el émbolo (V bB), y su temperatura (TbB), en el instante B. 1
1
pbA γ 1 1, 4 3 3 V bB = V bA cm cm = ⋅ = 60 56 , 05 1,4 pbB Isoentrópico
V bB pbB 56,05 ⋅10 −6 ⋅1,1 ⋅10 −5 T bB = K = 308,3 K = mbB Rg 0,07 ⋅10 −3 ⋅ 285,7 la misma que en el estado (A) 4.- Calcule la temperatura y presión del sistema en el estado C, y la irreversibilidad producida entre B y C. • dE n+b • • • = Q− W + m e he − m s hs → E n+b = U n + U b = cte → U nB + U bB = U nC + U bC → dt
0
0
0
0
mnT nB + mbT bB 1,283 ⋅10 −3 ⋅ 300 + 0,07 ⋅10 −3 ⋅ 308,3 mn C V (T nB − T C ) + mb C V (T bB − T C ) = 0 → T C = = = 300,43 K mn + mb (1,283 + 0,07 )⋅10 −3 (mn + mb ) Rg T C (1,283 + 0,07 )⋅10 −3 ⋅ 285,7 ⋅ 300,43 pC = = = 109 970 Pa = 1,0997 bar V n + V bC 1⋅10 −3 + 56,05 ⋅10 −6 El mismo que V bB
dS n+b = dt
•
∑ i
• • Qi • + m e se − m s s s + σ n+b → σ BC = S C − S B = mn (sc − s nB ) + mb (sc − sbB ) → T i
0
0
0
T C p T p 300,43 1,0997 − Rg ln C + mb C P ln C − Rg ln C = 1,283 ⋅10 −3 1000 ⋅ ln − 285,7 ln + 300 1 , 1 T p T p nB nB bB bB 300,43 1,0997 J 0,07 ⋅10 −3 1000 ⋅ ln − 285,7 ln = σ BC = 1,33 ⋅10 −4 K 308,3 1,1
σ BC = mn C P ln
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 52
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5.- Obtenga una expresión para el incremento de presión ( ∆p =p nD-pnA) conseguido en el neumático con la primera embolada, en función de la presión en el neumático, y calcule su valor numérico. Como el proceso C-D es isoentrópico: pc (V n
+ V bC )γ = p D (V n )γ , luego:
γ V bC γ V bC γ V bC p D = pC 1 + → ∆ p = p D − pC = pC 1 + V − 1 → ∆ p = pC 1 + V − 1 V n n n
56,05 1, 4 ∆ p = 1,0997 1 + − 1 = 87,25 ⋅10 −3 bar 1000 6.- Calcule la temperatura del aire en el neumático (T nD) al final de la primera embolada (estado D).
V n pnD 1 ⋅10 −3 ⋅1,187 ⋅10 5 T nD = K = 307,07 K = mnD Rg (1,283 + 0,07 )⋅10 −3 ⋅ 285,7 7.- Calcule el trabajo total realizado por el sistema durante la primera embolada (desde el estado A al D). • dE n +b • • • = Q− W + m e he − m s hs → W AD = −U n+b, D + U n+b , A = −{mnA (u D − u nA ) + mbA (u D − ubA )}= dt
0
0
0
= W AD = −{mnAC V (T D − T nA ) + mbAC V (T D − T bA )}= = −{1,283 ⋅10 −3 ⋅ 714,3(307,07 − 300) + 0,07 ⋅10 −3 ⋅ 714,3(307,07 − 300)}= − 6,83 J 8.- Sabiendo que la temperatura que tiene el aire en el neumático cuando ha alcanzado la presión final p F = 3,5 bar es T F = 418 K, determine cuántas emboladas hacen falta para alcanzar dicho estado. Como cada embolada introduce en el neumático la misma masa (m b = mbA):
mnF − mnA pnF V n mnA 3,5 ⋅105 ⋅1⋅10 −3 1,283 N 1 = = − = − = 23,5 ≈ 24 mb Rg T F mb mb 285,7 ⋅ 418 ⋅ 0,07 ⋅10 −3 0,07 9.- Calcule el trabajo realizado por el sistema durante todo el proceso de llenado. Balance de energía: W 0 F = −{U F − U 0 }. En el estado A, aunque parte de la masa está a distinta presión, toda ella está a T 0, y su valor es el mismo que el de la masa final:
p F V n 3,5 ⋅105 ⋅10 −3 mF = = = 2,93 ⋅10 −3 kg Rg T F 285,7 ⋅ 418 W 0 F = −{U F − U 0 }= −m f C V (T f − T 0 ) = −2,93 ⋅10 −3 ⋅ 714,3 ⋅ (418 − 300) = − 247 J 10.- Compare el resultado del apartado 8 (obtenido en un proceso que se ha modelado como adiabático) con el que obtendríamos si, inflando el neumático lentamente, dejamos tiempo suficiente para que se enfríe hasta la temperatura ambiente T0 = 300 K (lo que resulta mucho más realista). ¿Cuántas emboladas necesitamos en este caso?
pnF V n mnA 3,5 ⋅105 ⋅1⋅10 −3 1,283 N 2 = − = = 40 −3 − 0,07 Rg T 0 mb mb 285,7 ⋅ 300 ⋅ 0,07 ⋅10
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 53
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 23.- Examen Termodinámica Industrial 14-9-00.
4.46
El esquema adjunto representa una instalación de acondicionamiento de aire (considérese gas ideal caloríficamente perfecto), por la que circula un caudal en régimen estacionario de 0,1 m 3 /s, medidos en las condiciones de entrada a la misma (p 1 = 100 kPa, T1 = 308 K) que son iguales a las condiciones ambiente (p 0 = 100 kPa, T0 = 308 K).
El elemento 1-2 es un enfriador que utiliza agua (considérese líquido ideal caloríficamente perfecto) con una temperatura de entrada Ter = 278 K y una temperatura de salida T sr = 305K y que dispone de un revestimiento adiabático. Este sistema produce en la corriente de aire una pérdida de presión de 2 kPa. El aislamiento del conducto 2-3 no consigue eliminar completamente la transferencia de calor, por lo que el aire se calienta a su paso por el mismo. Se produce también una disminución de la presión del aire al pasar por dicho conducto, tal y como se indica en los datos que acompañan a la figura. El ventilador situado entre las secciones 3 y 4 se coloca para compensar la disminución de presión, consiguiendo recuperar la presión de 100 kPa que tenía el aire a la entrada de la instalación. Puede considerarse que el aire experimenta, a su paso por este elemento, un proceso de compresión adiabática reversible.
Propiedades del aire: cpa = 1 kJ/(kg·K) ; Rga = 0,287 kJ/(kg·K). Propiedades del refrigerante: cr = 4,18 kJ/(kg·K) Determine: 1.- Gasto másico de aire que circula por la instalación: •
•
m = V 1 ⋅ ρ 1e • • p1 m V ; = ⋅ 1 p1 Rg a T 1 ρ 1 = Rg a T 1
m3 kg 10 5 Pa m = 0,1 ⋅ = 0,113 s 287 J ⋅ 308 K s kgK •
2.- Calor que es necesario extraer de la corriente de aire en la zona 1-2: •
•
•
Q r = m ⋅ (h1 − h2 ) = m ⋅ Cpa ⋅ (T 1 − T 2 );
•
Q r = 0,113⋅10 3 ⋅ (308 − 280) = 3,168 kW
3.- Gasto másico de refrigerante que es necesario hacer circular por el enfriador: •
•
Q r Q r m r = ; = hsr − her C r (T sr − T er ) •
Ver 1.3. (Abr 01)
•
m r =
kg 3168 = 0,028 s 4180 ⋅ (305 − 278)
Página 54
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4.- Determine la temperatura de entrada al ventilador: •
•
W
•
W + m (h3 − h4 ) = 0; → T 3 = T 4 −
•
m ⋅ Cpa
; T 3 = 290 −
600 = 284,7 K 0,113 ⋅10 3
5.- Determine la presión de entrada al ventilador:
T 4 T 3
P3 = P4 ⋅ γ =
γ
1−γ
1, 4 1−1, 4
Cp Cp = = 1,4 Cv Cp − Rg
290 → P3 = 1⋅105 ⋅ 284 , 7
= 93,75 kPa
6.- Calor que entra a través de las paredes del conducto 2-3: •
•
Q = m ⋅ Cpa ⋅ (T 3 − T 2 );
•
Q = 0,113⋅103 ⋅ (284,7 − 280) = 530 W
7.- Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 1-2:
dS 12 = dt
•
∑ i
• • Qi • + m ⋅ ( s1 − s2 ) + m r ⋅ ( ser − s sr ) + σ 12 ; T i
0
0
T sr T 2 p2 • W + = 0 , 73 σ 12 = m ⋅ ( s 2 − s1 ) + m r ⋅ ( s sr − ser ); σ 12 = m Cpa ln − Rg ln m r C r ln T 1 p1 T er K •
•
•
•
•
a
8.- Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 2-3, evaluada tomando una frontera del volumen de control lo suficientemente alejada de la pared del conducto, como para poderle suponer una temperatura uniforme: •
•
dS 23 Q T p Q • W 1 , 598 = + m ⋅ ( s2 − s3 ) + σ 23 ; σ 23 = − + m Cpa ln 3 − Rg a ln 3 = dt T 0 T 0 T 2 p2 K •
•
•
0 9.- Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 3-4:
dS 34 = dt 0
•
∑ i
• • Qi • W + m ⋅ ( s3 − s4 ) + σ 34 ; → s3 = s4 ; σ 34 = 0 T i K
0
0
10.- Variación de entropía del universo debida a la operación del conjunto: •
•
•
•
•
σ U = σ U 12 + σ U 23 + σ U 34 ; σ U = 2,328
Ver 1.3. (Abr 01)
W K
Página 55
UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 24.- Examen Termo. Industrial 14-9-00.
4.47
Una instalación de climatización, operando en estado estacionario, permite enfriar un espacio extrayendo de él 5 kW (Qe). Para ello, se dispone de un ciclo de refrigeración (representado en la figura), constituido por dos intercambiadores de calor (evaporador y condensador), un compresor y una válvula. El fluido que atraviesa cada uno de estos dispositivos es R-134a, cuya tabla de propiedades termodinámicas se facilita. La evolución de este fluido refrigerante a lo largo del ciclo es la siguiente: En (1) se encuentra como vapor saturado a T1 = 0 ºC. Mediante un compresor, que opera con un rendimiento isoentrópico del 72.5 %, se obtiene en (2) vapor sobrecalentado a la presión P2 = 1.2 Mpa. A partir de ahí, el fluido entra en un intercambiador de calor donde condensa (condensador) hasta alcanzar el estado de saturación. Finalmente este líquido saturado (3) se expande isoentálpicamente hasta la presión de operación del otro intercambiador de calor (evaporador) (4), donde recibe el calor procedente del local que se está climatizando, hasta alcanzar de nuevo el estado (1). 3
2 CONDENSADOR
VÁLVULA DE EXPANSIÓN
COMPRESOR
EVAPORADOR 4
1 Qe
LOCAL
Nota: Se despreciarán variaciones de energía cinética y potencial. Los intercambiadores de calor operan a presión constante. Se pide: 1) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 1 (especificando las unidades): Solución:
Presión (P1)
Temperatura (T1)
Entalpía (h1)
Entropía (s1)
Título (x1)
0,29282 Mpa
0 ºC
247,23 kJ/kg
0,9190 kJ/(kgK)
1
2) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 3 (especificando las unidades): Solución:
Presión (P3)
Temperatura (T3)
Entalpía (h3)
Entropía (s3)
Título (x3)
1,2 Mpa
46,29 ºC
115,72 kJ/kg
0,416 kJ/(kgK)
0
3) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 4 (especificando las unidades): Solución:
Presión (P4)
Temperatura (T4)
Entalpía (h1)
Título (x4)
0,29282 Mpa
0 ºC
115,72 kJ/kg
0,333
4) Calcular la cantidad de refrigerante que tiene que circular por el evaporador para que sea evacuada del local la potencia Solución: requerida (Qe =5 kW), en kg/s. •
• • • 5 kW dE • • • Q kg = Q− W + m e (he − hs ); → Q = m e (hs − he ); → m e = = = 0,038 (hs − he ) (247,23 − 115,72) kJ dt s kg
0
0
Ver 1.3. (Abr 01)
Página 56
