ENERGIA Y CALOR Boletin 1 - Resueltos

Ingeniería Energética y Transmisión de Calor. G. Ing. Electrónica Ind. / Doble G. Ing. Eléctrica e Ing. Electrónica. Curso 2014/2015.

Boletín nº 1. Problemas resueltos. 1. (Mor-3.56) Una masa de aire inicialmente a 0,75 bar, 1000 K y un volumen de 0,12 m3 sufre dos procesos. El aire es comprimido isotérmicamente hasta la mitad de su volumen. A continuación sufre un proceso isóbaro hasta que el volumen es, de nuevo, la mitad del anterior. Considerando que todos los procesos son reversibles, que el aire se comporta como un gas ideal y utilizando los valores de las propiedades de estado de la tabla adjunta: a) Represente el proceso en un diagrama pV. b) Determine el trabajo total para los dos procesos. c) Determine el calor total transferido en los dos procesos. d) Determine la variación de entropía total sufrida por el sistema. (R: 10,74 kJ; 23,37 kJ; 29,87 J/K)

Aire como gas ideal T u h (K) (kJ/kg) (kJ/kg) 500 359,49 503,02 1000 758,94 1046,04 M = 28,97 kg/kmol cv = 0,800 kJ/(kg∙K) cp = 1,087 kJ/(kg∙K) Problema 1

SOLUCIÓN Se conoce: El aire sufre una compresión isotérmica seguida de un cambio de volumen a presión contante. Datos conocidos y diagramas:

p2 p1= 0,75 bar p = cte T1= 1000 K T = cte T2= T1= 1000 K 3 V2= V1/2= 0,06 m V1= 0,12 m3

p3 = p2 T3 V3= V2/2 = 0,03 m3

Consideraciones e hipótesis: 1) El aire constituye un sistema cerrado. 2) El aire se comporta como un gas ideal. 3) Todos los procesos son reversibles Análisis: Los dos primeros estados están definidos y una vez que determinemos el valor de p2 también quedará definido el estado final 3. Mediante la ecuación de estado del gas ideal determinamos los valores de las variables de estado desconocidas: V Presión en 2 y 3: p1V1  nRT1  p2V2  p2  p1 1  p2   0, 75  105 Pa   2  1,5  105 Pa  p3 V2 nRT3 V nRT2 T2 T3 1 1 Temperatura en 3: p2   p3     T3  3 T2  T2   1000 K  500 K V2 V3 V2 V3 V2 2 2 En resumen, los valores de las variables de estado conocidas, p, V, T, u y h, en cada uno de los estados son: p (Pa)

V (m3) T (K)

u (kJ/kg)

h (kJ/kg)

1 0,75×105

0,12

1000

758,94

1046,04

2

1,5×105

0,06

1000

758,94

1046,04

3

1,5×105

0,03

500

359,49

503,02

2

b) El trabajo en el proceso 1→2 a T = cte:

W12   p dV   1

Sustituyendo valores: W12   0, 75 105 Pa  0,12 m3  ln

1

2

1

V V nRT dV  nRT ln 2  p1V1 ln 2 V V1 V1 p1V1

1  6238,3 J  6, 24 kJ 2

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



En el proceso 2→3 a p = cte: W23   p dV  p2 V3  V2   1,5  105 Pa  0,03  0,06  m 3  4,50 kJ 3

2

Wneto  W12  W23  10,74 kJ

El trabajo neto es:

c) Teniendo en cuenta que para el gas ideal U=U (T), en el proceso 1→2, se tiene ΔU =0 y entonces:

U12  Q12  W12  0  Q12  W12  6,24 kJ Para el proceso 2→3, p = cte, es más adecuado usar el primer principio en función de la entalpía: dH   Q  Vdp  Q23  H 23  m  h3  h2 

La masa de aire se puede obtener a partir de las condiciones iniciales y la ecuación de estado del gas ideal:

p1V1  nRT1 

M p1 V1 m RT1  m  M RT1

donde M es la masa molecular del aire (28,97 kg/kmol = 28,97×10 -3 kg/mol) y R = 8,314 J/(mol·K). Sustituyendo valores:

 28,97 10 m

3

kg/mol  0, 75 105 Pa  0,12 m 3 

J    8,314  1000 K  mol·K  

 31,36 103 kg

Usando los valores de las propiedades del aire como gas ideal, dados en la tabla del enunciado:

Q23   31,36 103 kg  503,02 1046,04  kJ/kg  17,03 kJ La transferencia de calor neta es: Qneto  Q12  Q23  23,27 kJ Observaciones: La variación de entalpía también puede determinarse mediante la definición del calor específico a presión constante. Para un gas ideal:  dh  h  h T   c p      dT  p

dh  c p (T ) dT  h  c p T

Así, Q23 se calcularía como: Q23  H 23  mc p T3  T2   31,36 103 kg 1,087 kJ/  kg·K    500 1000  K  17,04 kJ





Por otro lado, el calor total transferido en los dos procesos Q13, podría haberse determinado aplicado el primer principio directamente al proceso completo: U13  Q13  W13  0  Q13  U13  W13  m  u3  u1   10,74 kJ 

 31,36  103 kg  758,94  359,49  kJ/ kg  10,74 kJ  12,54 kJ  10,74 kJ  23,28 kJ d) La variación de entropía la calculamos partir de la ecuación TdS y las propiedades del gas ideal: TdS  dU  pdV

 dS 

dU pdV  T T



S13  

V3 nR m cv dT T V  dV  m cv ln 3  nR ln 3 V 1 T V T1 p1V1 V1

3

1

para gas ideal

gas ideal

T1

1  0, 75 10 Pa  0,12 m  1 S13   31,36 103 kg   800 J/  kg  K   ln  ln   17,39  12, 48  J/K 2 1000 K 4 S13  29,87 J/K 5

3

Observaciones: Al considerando que el proceso es ideal reversible, no hay generación de entropía ( = 0) y la variación de entropía será debida a la transferencia de entropía que acompaña a las transferencias de calor. Como en el proceso sufrido por el aire hay una cesión de calor, su entropía disminuye. La variación de entropía también podría haberse determinado mediante la ecuación del balance de entropía: 3 3 0  Q   Q  S13           S13  0 1

 T f

1

2

 T f

Q 0

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2. (Mor-3.57) 2 kg de CO2 (M = 44,01 kg/kmol) inicialmente en el estado 1, donde p1= 1 bar, T1= 300 K. Dicho sistema recorre un ciclo de potencia reversible, consistente en los siguientes procesos: Proceso 12: volumen contante hasta p2= 4 bar. T Proceso 23: expansión con pv1,28=cte. (K) (kJ/kmol) (kJ/kmol) Proceso 31: compresión a presión constante. 300 6939 9431 Despreciando los efectos de las energías cinética y potencial, utilizando el 880 29031 36347 modelo de gas ideal y la tabla que se adjunta de propiedades del CO2 como 890 29476 36876 1200 43871 53848 gas ideal: a) Represente el ciclo en un diagrama pv. b) Calcule el rendimiento térmico del ciclo. (R: 12,1%) SOLUCIÓN Datos conocidos y diagramas: V1  p1  1 bar

V  cte

T1  300 K

V2  V1 p2  4 bar T2 

pv1,28  cte

CO2 2 kg p  cte

V3  p3  T3  T2

Consideraciones e hipótesis: 1) El CO2 es un sistema cerrado. 2) El CO2 se comporta como un gas ideal. 3) El proceso 23 es un proceso politrópico con n = 1,28: pv1,28 = cte. Análisis: El rendimiento térmico del ciclo viene dado por: 0

W12  W23  W31 Wneto   Qabsorbido Qabsorbido Como en el proceso 12 el volumen es constante: W12 = 0. Para el proceso 23, proceso del tipo pvn = C (politrópico), con n = 1,28: 3 3 3  v3 n 1  v2 n 1  pv n  C  n  W  p d V  m p d v  m Cv d v  mC    23 2 2 2 p  Cv  n   n  1   Cv  n 1  Cv2 n 1   p3v3  p2 v2   m 3   m  1 n  1 n    Expresión que podremos expresar en función de las temperaturas que son las variables conocidas, usando la ecuación de estado del gas ideal:  R  p1v1  T1   mR T3  T2  m 1  M  pV  nRT  RT  pv  RT     W23  M M M 1  n  p v  R T  3 3 3   M   Donde M es la masa molecular del gas y R la constante universal de los gases, R = 8,314 J/(mol·K)

Para el proceso 31 a presión constante:

m R T1  T3  M Las trasferencias de calor en cada proceso las obtenemos a partir del balance de energía: W31   p dV  m p dv  m p3  v1  v3   W31  1

1

3

3

3

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 Proceso 1  2: U = m  u2  u1   Q12  W12

0

Q12  m  u2  u1 



 Proceso 2  3: U = m  u3  u2   Q23  W23

 Q23  m  u3  u2   W23

 Proceso 3  1: U = m  u1  u3   Q31  W31

 Q31  m  u1  u3   W31  m  h1  h3 

La energía interna del CO2 como gas ideal se encuentra tabulada en función de la temperatura (enunciado o Tabla 17). Es necesario conocer la temperatura de cada estado. Para el proceso 12 (v = cte):

v1  v2  v 

1  RT1   M   1 p2 v  RT2   M  p1v 

p  4 bar  T2  T1  2   300K  T2  1200 K 1 bar  p1 

p2 T2  p1 T1

Para el proceso politrópico 23 (pvn = C):

 n p v   p2 v2n  p3v3n  C  3   2    p2  v3      n 1 / n

n 1

RT2 Mp2 RT3 Mp3

n

   T n  p n  T n  p n 1   2   3   3   3     T3   p2   T2   p2   

 n 1 / n

 n 1 / n

   v2   p3   p1  T3  p3   1 bar        T3  T2    T2    1200 K   T3  886 K  T2  p2   4 bar   p2   p2   v3  Sustituyendo valores en las expresiones de los trabajos y calores: kJ    2 kg   8,314  886  1200  K  kmol·K   W23   423,7 kJ   44,01 kg/kmol 1  1, 28    Wneto  423,7 kJ  221, 4 kJ  kJ     2 kg   8,314   300  886  K  kmol·K   W31   221, 4 kJ   44,01 kg/kmol    2 kg  43871  6939  kJ/kmol Q12   1678,3 kJ > 0  calor absorbido  44, 01 kg/kmol  1,28 1 /1,28

 2 kg  29298  43871 kJ/kmol  423, 7 kJ  238, 6 kJ < 0  calor cedido  44, 01 kg/kmol   2 kg  6939  29298  kJ/kmol Q31   221, 4 kJ  1237,5 kJ < 0  calor cedido  44, 01 kg/kmol 

Q23 

El único calor absorbido es Q12, de manera que el rendimiento térmico del ciclo resulta: 423,7  221, 4   0,121 (12,1 %)   1678,3

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3. Se desea elevar la temperatura del aire confinado en un depósito rígido. El proceso lo podemos realizar transfiriendo calor desde un foco térmico, mediante trasferencia de trabajo agitando el aire con un sistema de paletas o sometiéndolo simultáneamente a los dos procesos. Analice en qué condiciones el proceso se lleva a cabo: a) Con la mínima producción de entropía. b) Con la máxima producción de entropía. SOLUCIÓN Se conoce: Una cantidad de aire se somete a un proceso en el que se le transfiere energía en forma de trabajo y de calor, el volumen se mantiene constante y aumenta la temperatura. Se debe hallar: Cómo debe llevarse a cabo el proceso para tener (a) la mínima producción de entropía, y (b) la máxima producción de entropía. Datos conocidos y diagrama:

W

Consideraciones e hipótesis: 1) El aire constituye un sistema cerrado. 2) La temperatura del aire en la frontera Tf, donde se produce la transferencia de calor, es constante e igual a la del foco. 3) El aire se comporta como gas ideal. 4) El volumen del aire es constante durante el proceso. Análisis: El cambio de estado desde la temperatura inicial T1 a la temperatura final T2 se produce mediante una trasferencia de energía al sistema combinación de calor Q y de trabajo W. Ambas contribuirán a producir un aumento de energía interna del aire dando lugar a un aumento de su temperatura. El balance de energía en el sistema, teniendo en cuenta que para un gas ideal U = U(T), nos lleva a: U  Q  W

  gas ideal  dU  m cv (T ) dT 

U12  m  cv  T  dT  Q12  W12  Qtransferido  Wtransferido T2

T1

Sobre el sistema máx no es posible y que el caso (b) con  = 40 % = máx teórico, necesariamente debe ser internamente reversible. Por otro lado puede observarse que cuanto mayor es la entropía generada en el proceso, indicativo de que existen más irreversibilidades, menor es el rendimiento de ciclo.

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9. (Mor-6.26) Un motor eléctrico que opera en estado estacionario consume 10 A con un voltaje de 220 V. El eje gira a 1000 rpm y el momento del par en el eje es 16 Nm. La superficie del motor se encuentra a 47 ºC y el ambiente a 20 ºC. Determine: • Q a) El rendimiento del motor eléctrico. • b) La velocidad de transferencia de calor del motor a los alrededores. . W eje + c) La velocidad de generación de entropía en el motor.  Problema 3 d) La velocidad de aumento de entropía del universo. (R: 76,2%; 524,5 W; 1,64 W/K; 1,79 W/K) SOLUCIÓN Datos conocidos y diagramas: Se conocen las características mecánicas y eléctricas de operación de un motor eléctrico así como la temperatura de la superficie del motor y la del ambiente. u. I  10 A Q __ T0 u. T0 Ts V  220 V Ts u. Q T u. Weléctrico s M  16 N  m .. Weje + +  



Problema 3

Problema 3

  1000 rpm Ts  320 K

Balance de energía del motor

Balance de entropía del motor

T0  293 K

Se debe hallar: El rendimiento del motor, el flujo de calor, la velocidad de generación de entropía en el motor y la velocidad de aumento de entropía del universo. Consideraciones e hipótesis: 1) El motor actúa en estado estacionario. 2) El ambiente se modela como un foco térmico. Análisis: a) El rendimiento del motor viene dado por:



Weje Weléctrico



W eje W eléctrico

Siendo la potencia eléctrica consumida por el motor: W eléctrico  V  I  220 V × 10 A  2200 W

Y la potencia mecánica desarrollada en el eje, momento del par M por la velocidad angular : 1000 × 2 π rad W eje  M    16 (N  m) ×  1675,5 W 60 s 1675,5   0,762    76,2 % 2200 b) La diferencia existente entre la potencia eléctrica entregada al motor y la potencia mecánica desarrollada es debida a los rozamientos internos en el motor que dan lugar a efectos disipativos que hacen que la temperatura del motor aumente transfiriéndose calor al ambiente. Por el primer principio de la termodinámica, expresado por unidad de tiempo, cuando el motor alcanza el estado estacionario (variables de estado constantes Ts = cte, U = cte y flujos energéticos constantes Q  cte y W  cte ), se tiene que: dU dT

0

 Q  W  Q  W  W eléctrico  W eje  2200  1675,5  524,5 W 

Q  524,5 W

Regimen estacionario

El signo del flujo de calor indica que se trata de un flujo de calor cedido por el sistema.

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c) Realizando el balance de entropía por unidad de tiempo para el motor en estado estacionario (variables de estado y flujos constantes, Ts = cte, S = cte, Q  cte y   cte ), se tiene:

dS dt

0



Q motor Q 524,5 524,5   motor   motor   motor     Ts Ts 47  273 320

 motor  1,64 W/K

Régimen estacionario

d) El balance de entropía por unidad de tiempo para el universo es: 0

Q dSuniverso dSmotor dS   alrededores  ambiente   ambiente dt dt dt T0

0

Regimen estacionario

El ambiente, a una T0 < Ts, recibe el calor disipado por el motor (Qambiente = Qmotor) sin un cambio significativo de su temperatura. En una zona no cercana a la superficie del motor, la temperatura del ambiente será uniforme, pudiéndose considerar que no existen irreversibilidades (ambiente = 0). Así, el aumento de entropía del universo resulta ser igual a la transferencia de entropía al ambiente:

dSuniverso Qambiente  Qmotor 524,5 524,5      dt T0 T0 20  273 320

u. Q __ T0

Ambiente

T0

Ts

+

 Problema 3

Balance de entropía del ambiente

dSuniverso  1,79 W/K dt

El valor de la trasferencia entropía al ambiente resulta ser mayor que la transferencia de entropía desde el motor:

Q ambiente Q motor  T0 Ts Esto es debido a las irreversibilidades existentes en la frontera de separación motor-ambiente, (transmisión no cuasiestática de calor entre dos sistemas entre los que existe una diferencia finita de temperatura TsT0). Así pues, el aumento de entropía total del universo se debe a dos contribuciones: irreversibilidades internas del motor y transmisión de calor irreversible del motor al ambiente, hecho que queda patente escribiendo la expresión del balance de entropía del universo, manteniendo la expresión del balance de entropía del motor: 0

Q dSuniverso dSmotor dSalrededores Q motor      motor  ambiente   ambiente  dt dt dt Ts T0 Motor

Q motor Q motor  T0 Ts

dS universo   motor  dt Generación de S debida a las irreversibilidades en el interior del motor. 1,64 W/K

Ambiente

 frontera

Generación de S debida a las irreversibilidades en la frontera. Transmisión no cuasiestática de Q . 0,15 W/K

11

 1,79 W/K