CAP 8 - PROBLEMAS Vertical

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO

FACULTAD DE INGENIERIA

Ingeniería Industrial IV ciclo

TERMODINAMICA

Capitulo 8

Problema 8.1 Se comprime oxígeno adiabáticamente en un dispositivo cilindro-émbolo desde un estado inicial de 27 ℃ y 100 kPa. El trabajo de entrada es 2,142

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙

y el proceso es internamente reversible. Utilizando la Tabla A.7

para los datos de propiedades, calcúlese (a) la temperatura final, en kelvin, y (b) la presión final, en kPa. 𝑇1 = 27 ℃ = 300°𝐾 𝑃1 = 100 𝑘𝑃𝑎 𝑘𝐽 𝑊𝑒𝑛𝑡 = 2,142 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑘𝐽 𝑢̅1 = 6,242 𝑘𝑚𝑜𝑙 a)

A 300 𝐾 𝑢̅1 = 6,242

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 De la primera ley de la termodinámica: ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊 Como es proceso adiabático: 𝑄 = 0 𝑠10 = 205,213

𝑢2 − 𝑢1 = 𝑤 → 𝑢̅2 = 𝑢̅1 + 𝑤 = 6,242 + 2,142 = 8,384

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙

Observamos que en la tabla A7, a este 𝑢̅ le corresponde 400° 𝐾 b)

A 400 𝐾, 𝑠𝑜 = 213,765

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙∙𝐾 𝑃 𝑃1

Sabemos 𝑠2𝑜 − 𝑠1𝑜 − 𝑅𝑙𝑛 ( 2) = 0 →

𝑃2 𝑃1

=𝑒

𝑜 𝑠𝑜 2 −𝑠1 𝑅

𝑠2𝑜 − 𝑠1𝑜 213,765 − 205,213 = = 1,02862 𝑅 8,314 Luego: 𝑃2 = 𝑃1 𝑒 1,02862 = 100 ∗ 27962 = 279,72 𝑘𝑃𝑎 Problema 8.17 En un difusor entra aire a 0,70 bar y 7 ℃ a una velocidad de 300 m/s. La temperatura de salida es 320 K, y el proceso es adiabático y sin fricción. Determínese (a) la velocidad final en m/s. (b) la presión final en bar, y (c) la relación de áreas de entrada y salida. 𝑃1 = 0,7 𝑏𝑎𝑟 𝑇1 = 7 ℃ = 280 𝐾 𝑚 𝑉1 = 300 𝑠 𝑇2 = 320 𝐾 𝑘𝐽 ℎ1 = 280,13 𝑘𝑔 𝑘𝐽 ℎ2 = 320,29 𝑘𝑔 a) De la primera ley de la termodinámica: ∆𝐸 = 𝑄 + 𝑊 ∆ℎ + ∆𝑒𝑐 + ∆𝑒𝑝 = 0

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(𝑉2 2 − 𝑉1 2 ) → 𝑉2 2 = 𝑉1 2 − 2∆ℎ 2000 𝑉2 2 = 𝑉1 2 − 2(ℎ2 − ℎ1 ) ∗ 1000 𝑉2 2 = 3002 − 2(320,29 − 280,13)*1000 𝑉2 2 = 9 680 𝑚 𝑉2 = 98,39 𝑠 ℎ2 − ℎ1 = −

b)

𝑃2 𝑃1

𝑃𝑟2 𝑃𝑟1

=

𝑃2 =

=

1,7375 1.0889

1,7375 × 0,7 = 1,117 𝑏𝑎𝑟 1,0889

c) De 𝑚̇1 = 𝑚̇2 𝜌1 𝑉1 𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝐴2 𝑉1 𝐴1 𝑣1

𝑉2 𝐴2 𝑣2

=

Pero 𝑣 =

𝑅𝑇 𝑃

𝑉1 𝐴1 𝑃1 𝑉2 𝐴2 𝑃2 = 𝑅𝑇1 𝑅𝑇2 𝐴1 𝑉2 𝑃2 𝑇1 98,39 × 1,117 × 280 = = = 0,458 𝐴2 𝑉1 𝑃1 𝑇2 300 × 0,7 × 320 Problema 8.62 A una turbina entra aire a 1 000 K y 475 kPa. El rendimiento adiabático de la turbina es del 88 por 100 y el trabajo de salida es 235,7

𝑘𝐽 . 𝑘𝑔

Determínese (a) la temperatura de salida real, (b) la temperatura de salida

isoentrópica, en kelvin, (c) la presión de salida en Kilopascales, y (d) la producción de entropía, en

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

en el

proceso real. Utilícese la tabla A.5 𝑇1 = 1 000 𝐾 𝑃1 = 475 𝑘𝑃𝑎 𝑛𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 0,88 𝑤𝑠𝑎𝑙 = 235,7 𝑛𝑡 =

ℎ1 −ℎ2 ℎ1 −ℎ25

𝑘𝐽 𝑘𝑔 1 046,04 −ℎ2

=

1046,04−ℎ25

= 0, 88

a) ℎ1 − ℎ2 = q + w 𝑘𝐽 ℎ1 = 1 046,04 𝑘𝑔

Aplicamos:

ℎ2 − ℎ1 = q + w

→ q=0

ℎ2 = - 235,7 + 1 046,04 ℎ2 = 810,34

𝑘𝐽 𝑘𝑔

→ 𝑇2 ≈ 790 K

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b) 1 046,04 −810,34 = 0,88 1046,04−ℎ25 235,7 = 1046,04 − ℎ25 0,88 𝑘𝐽 ℎ25 = 778,2 → 𝑇25 ≈ 𝑘𝑔

760 K

c) 𝑃2 = 𝑃1 ( 𝑃2 =

𝑃𝑟2

)

𝑃𝑟1 39,27 475 114

𝑃2 = 163,625 kPa d) 𝑞 𝑇

𝑠2 − 𝑠1 + + 𝜎 = 0 𝜎 = ∆s = Cp,m* ln 𝜎=(

1,142+1,087 2

𝜎 = 0,000007

𝑇2 𝑇1

) ln

Como q = o por adiabático

– R* ln 760 1 000

𝑃2 𝑃1

– 0,287 ln

163,625 475

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

Problema 8.63 𝑘𝑔 A una pequeña turbina hidráulica entran 25 de agua a 20 ºC y 1,4 MPa y descarga a 0,10 MPa. El 𝑠

rendimiento adiabático de la turbina es del 76 por 100. Determínese: a) La potencia de salida, en kilovatios, y b) la producción de entropía en el proceso real, en ṁ = 25

𝑘𝑔 𝑠

𝑣=

1,0006 1000

∗

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

𝑚3 𝑘𝑔

𝑇1 = 20 °𝐶 𝑃1 = 1,4 𝑀𝑃𝑎 ṅ𝑎𝑑𝑖𝑎𝑏𝑎𝑡𝑖𝑐𝑜 = 76%

𝑛𝑡 =

ℎ1 − ℎ2 𝐶 × ∆𝑇 + 𝑣 × ∆𝑃 = ℎ1 − ℎ2𝑠 𝑉 × ∆𝑃

1,0006 × (1,4 − 0,1) × 103 = 1,30078 𝑘𝐽/𝑘𝑔 1000 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑊̇𝑠 = ṁ × 𝑤𝑠 = 1,30078 × × 25 × = 32,5195 𝑘𝑊 𝑘𝑔 𝑠 𝑤𝑠 = 𝑣(𝑃1 − 𝑃2 ) =

Pero:

Ẇ𝑠𝑎𝑙 Ẇ𝑠𝑎𝑙𝑠

= 0,76 → Ẇ𝑠𝑎𝑙 = 0,76 × Ẇ𝑠𝑎𝑙𝑠

Ẇ𝑠𝑎𝑙 = 0,76 × 32,5195 = 24,71482 𝑘𝑊 𝒏

𝑸°𝒋 𝒅𝑺𝑽𝑪 = ∑ 𝒎°𝒆 𝑺𝒆 − ∑ 𝒎°𝒔 𝑺𝒔 + ∑ + 𝝈°𝑽𝑪 𝒅𝒕 𝑻𝒋 𝒆𝒏𝒕

𝒔𝒂𝒍

𝑛

0 = 𝑠1 − 𝑠2 + ∑ 𝑗=1

𝒋=𝟏

𝑞𝑗̇ + 𝜎̇ 𝑚.𝑣𝑐 𝑇𝑗

𝑅 8,314 = 𝐶𝑝 1,142 𝑥 28,97

→ ∆𝑆 = 𝑆2 − 𝑆1 = 0,296463 − 0,296193 = 0,00027 kJ/kg°k

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𝑅 = 0,2513017 𝐶𝑝

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Problema 8.76 A la tobera de un turborreactor entra aire a 180 kPa y 707 °C, a una velocidad de 70 adiabáticamente hasta 70 kPa. Si el flujo másico es 3,0 por 100, determínese (a) la velocidad de descarga en

𝑚 , 𝑠

𝑘𝑔 𝑠

𝑚 . 𝑠

El aire se expande

y el rendimiento adiabático de la tobera es del 93

(b) el área de entrada, en centímetros cuadrados, (c)

la temperatura real de descarga, en grados Celsius, y (d) la producción de entropía, en

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾

180 kPa 707 °C 70

𝑑𝐸 𝑑𝑡

= ∑ 𝑚̇ (h +

v2 ) 2 e

𝑚 𝑠

70 kPa

- ∑ 𝑚̇ (h +

v2 ) 2 g

+ 𝑄̇ + 𝑊̇

En RE y 𝑚̇ 1 = 𝑚̇ 2 𝑣 2 1

(h + ) - (h +

v2 ) 2 2

+q+w=0

𝑉22 = 2 ( ℎ1 - ℎ2 ) + 𝑉12 𝑚̇ 1 =

𝐴 𝑉1 𝑣1

𝑣1 =

. . . . . . . . . . . . (A)

𝑅𝑇1 𝑀 𝑃1

=

8,314 𝑥 980 28,97 𝑥 180

= 1,5625

m3 𝑘𝑔

𝑉̇ = 𝑉1 𝐴1 = 𝑚̇𝑣 𝑇2 – 𝑇1 𝑅/𝐶𝑝

De ∆𝑆 = 𝐶𝑝 ∗ ln 𝑇2 = 𝑇1 ∗ (

𝑃2 𝑃1

)

R* ln

𝑃2 𝑃1

=0

70 0,2513017 𝑇2𝑠 = 980 𝑥 ( ) 180 𝑇2 = 773 °𝐶 ➔ ℎ2 = 791

𝑘𝐽 𝑘𝑔

➔ ℎ1 = 1 023,25

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Reemplazando en A

a) 𝑉22 = 2 000 ( 1 023,25 - 791 ) + 702 𝑚 𝑉2 = 685,13 𝑠

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b) 𝐴1 =

𝑚̇ 𝑣 𝑉1

=

3 𝑥 1,5625 70

= 0,06996 = 0,07 𝑚2

c) 𝑛𝑡 =

ℎ1 −ℎ2 ℎ1 −ℎ25

= 0,93 → ℎ2 = 807,2575 kJ/kg y 𝑇2 ≈ 787 °C

d) 𝑑𝑆 𝑑𝑡

𝑄̇ 𝑇

= (𝑠1 − 𝑠2 )𝑚̇ + + 𝜎̇ en RE → 𝑇2 – 𝑇1 773 ∗ ln 980

𝑑𝑆 𝑑𝑡

=0

𝑃2 𝑃1

∆𝑆 = 𝜎 = 𝐶𝑝 ∗ ln

R* ln

∆𝑆 = 1,1205

– 0,287* ln

70 = 180

0,005194 kJ/kg°K

Problema 8.111 Un dispositivo cilíndrico-émbolo contiene agua que describe un ciclo de un motor térmico de Carnot. Desde un estado inicial de líquido saturado a 280 ºC, el fluido se expande de forma isoterma hasta que la presión alcanza 40 bar. A este proceso le sigue una expansión isoentrópica hasta 100 ºC. Determínese para el ciclo: (a) El rendimiento térmico, (b) El calor suministrado, (c) El calor cedido, y (d) El trabajo durante la expansión isoentrópica, todo en

𝑘𝐽 𝑘𝑔

.

𝑇𝐴 = 553 𝐾 = 280 °𝐶 + 273 𝑇𝐵 = 373 𝐾 = 100 °𝐶 + 273 a) 𝑛𝑡 = 1 −

𝑇𝐵 𝑇𝐴

= 1−

373 553

= 0,3255

b) 𝑞1→2 = 𝑇𝐴 (𝑠2 − 𝑠1 ) A 40 bar y 280 ºC: 𝑠2 = 6,2568

𝑘𝐽 𝑘𝑔∙𝐾

A 280 ºC y líquido saturado: 𝑠1 = 3,0668

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𝑘𝐽 𝑘𝑔∙𝐾

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𝑞1→2 = 553 × (6,2568 − 3,0668) = 1764,07

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𝑘𝐽 𝑘𝑔

c) Calor cedido: 𝑞3→4 = 𝑇𝐵 (𝑠4 − 𝑠3 ) Pero 𝑠1 = 𝑠4 y 𝑠3 = 𝑠2 𝑞3→4 = 373 × (3,0668 − 6,2568) = −1189,87 𝑘𝐽/𝑘𝑔 d) 𝑤2→3

de ∆𝑢 = 𝑞 + 𝑤

𝑢2 = 2680

→

𝑤2→3 = 𝑢3 − 𝑢2

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Cálculo de calidad estado 3: 𝑦𝑥 = 𝑦𝑓 + 𝑥 ∗ (𝑦𝑔 − 𝑦𝑓 ) 𝑠𝑥 = 𝑠𝑥 + 𝑥 ∗ (𝑠𝑔 − 𝑠𝑓 ) 𝑠2 = 𝑠𝑥 ,

𝑠𝑓 @ 100 ºC , 𝑠𝑔 @ 100 ºC

𝑠𝑓 = 1,3069

𝑠2 = 6,2568

𝑠𝑔 = 7,3549

➔ 6,2568 = 1,3069 + 𝑥 ∗ (7,3549 − 1,3069) 𝑥 = 0,8184 Luego 𝑢3 será: 𝑢3 = 𝑢𝑓 100° + 𝑥 ∗ (𝑢𝑔 100º − 𝑢𝑓 100° ) 𝑢3 = 418,94 + 0,8184 ∗ (2506,5 − 418,94) 𝑢3 = 2127,40

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑤2→3 = 𝑢3 − 𝑢2 = 2127,4 − 2680 = −552,6

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Problema 8.118 Un dispositivo de flujo estacionario funciona con refrigerante 134a como sustancia de trabajo, que lleva a cabo un ciclo frigorífico de Carnot. Desde un estado inicial de 10 bar y 40 ºC, el fluido se condensa de forma isoterma hasta una calidad de 20 por 100. A este proceso le sigue una expansión isoentrópica hasta 2 bar. Para el ciclo de Carnot inverso, determínese: (a) El COP, (b) El calor cedido a 40 ºC, (c) El calor suministrado desde la región fría, y (d) El trabajo isoentrópico de compresión, todo en

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𝑘𝐽 . 𝑘𝑔

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a)

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En tabla 2 bar: T = -10.09 ºC 𝑇𝐵 273 − 10,09 262,91 𝐶𝐶𝑃𝑀𝐹 = = = = 5,2888 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 (273 + 40) + (273 − 10,09) 50,09

b) 𝑞𝑐𝑒𝑑 = 𝑞1→2 = 𝑇(𝑠2 − 𝑠1 ) Determinamos S con 20% de calidad a T = 40 ºC 𝑠𝑥 = 𝑠𝑓40 + 𝑥(𝑠𝑠40 − 𝑠𝑓40 ) 𝑠𝑥 = 0,3866 + 0,2 × (0,9041 − 0,3866) 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑠𝑥 = 0,4901 𝑞𝑐𝑒𝑑 = 313 × (0,4901 − 0,9066) = −130,36 𝑘𝑔 . 𝐾 𝑘𝑔 c) 𝑞𝑠𝑢𝑚 = 𝑇𝐵 × (𝑠4 − 𝑠𝐵 ) Pero 𝑠4 = 𝑠1 y 𝑠2 = 𝑠3 𝑞𝑠𝑢𝑚 = 262.91 × (0,9066 − 0,4901) 𝑞𝑠𝑢𝑚 = 109,5

𝑘𝐽 𝑘𝑔

d) 𝑞 + 𝑤 = ∆𝑢4−1 𝑤 = ∆𝑢4−1 Pero en 4 hay calidad y 𝑠4 = 𝑠1 𝑠4 = 𝑠𝑓 + 𝑥(𝑠𝑆 − 𝑠𝑓 ) 𝑠4 = 0,1481 + 𝑥 ∗ (0,9253 − 0,1481) 𝑥 = 0,975904 Con esta calidad determinamos Luego 𝑢4 = 36,6 + 0,97594 × (221,43 − 36,60) = 216,985 Luego 𝑤 = 𝑢1 − 𝑢4 = 248,39 − 216,985 = 31,4 𝑤 = 31,4

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝑔

(Trabajo de compresión)

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