Problema A

 

PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA I Problema 1 .-CICLOS DE REFRIGERACIÓN, Un refrigerador usa refrigerante 134a como uido de trabajo y opera en el ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor. El refrigerante entra al evaporador a 120 kPa con una calidad de 30% y sale del compresor a 60 °C. Si el compresor consume c onsume 450 W de potencia, determine: a) El ujo ujo mási másico co d del el ref refrig rigera erante nte b) La pr pres esió ión n del con conde dens nsad ador or c) El CO COP P de dell refri refriger gerad ador or

Solución:

 



En el punto 4: (Mezcla líquido - vapor) P= 120 kPa

hf = 22,49 kJ/kg

hfg= 214,48 kJ/kg

h4= 86,83 kJ/kg 

En el punto 3: (Líquido Saturado) h4 ≈  h3 h3 = hf = 86, 83 kJ/kg



P(kPa)

hf  (kJ/kg)  (kJ/kg)

650 P3 700

85,26 86,83 88,82

86,83 − 85,26 88,82− 85,26

T=60 °C

h 2≈ 298,42 kJ/kg

En el punto 1: (Vapor Saturado) P1 = P4 = 120 kPa

h g =h1= 236,97 kJ/kg

a) Flu Flujo jo másico másico del ref refrig rigera erante: nte: ˙ ¿ =m W    ˙ ( h2− h1 )

m ˙=

 

 x ( 700−650 ) + 650

 P3=672,05 kPa

En el punto 2: (Vapor Sobrecalentado) P2 = P3 = 672,05 kPa



 P3=

0,45 kW 

( 298,42−236,97 ) kJ / kg

 

m ˙ =0,00732 kg / s b) La presió presión n del del conden condensa sador dor::

P2 = P3 = 672,05 kPa c) El CO COP Pd del el refr refrig iger erad ador or::

˙  L= ˙m ( h1 −h4 ) Q ˙  L= 0,00732 Q ˙  L=1,099 Q

COP =

( )

 kJ    ( 236,97− 86,83 ) kJ  s kg

(  )  kW  s

˙  L Q

˙ ¿= W 

1,099 kW  0,45 kW 

COP =2,44

Problema 2.-Considérese una central hidroeléctrica de vapor que opera en el ciclo de Rankine ideal simple. Vapor de agua entra a la tubería a 1MPa y 250 °C y es condensado a una presión de 50 kPa. Determine la eciencia e ciencia térmica de este ciclo.

 

Solución: Prim Primer ero o de dete term rmin inar arem emos os las las pr prop opie ieda dade dess en ca cada da estad estado o de dell ci cicl clo o con con ayud ayuda a de las las tabl tablas as de va vapo porr satu satura rado do y sobrecalentado: Estado 1: líquido saturado. P1 = 50 kPa

1 MPa 250°C

H1 = 340.54 kJ/kg 1 MPa

V1 =0.001030 m3/kg Estado 2: P2 = 1 MPa

50 kPa

Estado 3: 50 kPa P3 = 1 MPa T3 = 250 °C H3 = 2943.1 kJ/kg S3 = 6.9265 kJ/kg.K Estado 4: mezcla saturada (x = ¿?) P4 = 50 kPa H4 = ¿? S3 = S4 = 6.9265 kJ/kg.K Primero calcularemos la calidad en el estado 4:

 x 4 =

s 4− s f  s fg

=

6.2965 −1.0912 6.5019

=0.8

Ahora con la calidad de la mezcla se obtendrá la entalpia en ese estado: e stado:

h 4=h f  + x 4 h fg=340.54 + 0.8 × 2304.7 =2184.3 kJ / kg La eciencia viene dada por la ecuación: n =

  wneto qentrada

Para calcular el trabajo neto:

)−((V 1( P 2− P1)) ))¿¿ w turbinasalida− wbomba entrada=( h ¿ ¿ 3−h 4 )−

 

( 2943.1−2184.3 )−( 0.00103 ( 1000−50 )) =757.8215 kJ / kg Para calcular el calor de entrada:

q entrada =h 3−h2 Pero sabemos que:

w bombaentrada=( V 1 ( P 2− P1 ) )= h2−h 1 0.9785 =h2−340.54

h2 =341.5185 kJ / kg Por lo tanto:

q entrada=h 3−h2= 2943.1−341.5185 =2601.5815 kJ / kg

Por lo tanto la eciencia será: n =

  wneto   757.8215 = =0.29 o 29 % qentrada 2601.5815

Problema 3 .-Una turbina de vapor con una capacidad nominal de 50 400 kW funciona con vapor en condiciones de entrada de 8 000 kPa y 500 ˚C y descarga en un condensador a una presión de 10 kPa. Suponiendo una eciencia de la turbina de 0.78, determine la entalpia del vapor en la descarga y la rapidez de ujo de la masa del vapor. Solución: En las condiciones de entrada a la turbina: P = 8 000 kPa

He = 3399.5 kJ

T = 500 ˚C

Se  = 6.7266 kJ/kg.K kJ/kg.K

En la salida se ene: P = 10 kPa

Sf  = 0.6492 kJ/kg

Hf  = 191.81 kJ/kg

Hg = 2583.9 kJ/kg

Sg = 8.1488 kJ/kg.K

La expansión es isentrópica, es decir la entropía de entrada y salida son iguales. Ss = Se = Sf   + x(Sg – Sf ) 6.7266 = 0.6492 + x(8.1488 – 0.6492) x = 0.8103

Teóricamente la entalpia en la salida viene dada por la ecuación: Hs = Hf  + x(Hg – Hf ) Hs = 191.81 + (0.8103).(2583.9 – 191.81)

 

Hs teórico = 2130.12 kJ/kg Se sabe que el rendimiento está dado por:

n =¿ ¿ 0.78 = ¿ ¿ ¿

 H s rea reall − H e =− 990.12

 H sreal =2409.38 kJ / kg

El ujo másico de vapor se halla mediante:

˙ s=m˙ . ( H s− H e ) W  −50400 =m˙ . (− 990.12) m ˙ =50.90 kg / s

Problema 4.-En un refrigerador se usa un refrigerante 134a como uido de trabajo y opera en un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor entre 0.14 y 0.8MPa. Si el ujo másico del refrigerante re frigerante es de 0.05 Kg/s Determinar: a) La tasa de eli elimina minación ción de cal calor or del espacio espacio refrigerado refrigerado y la ent entrada rada de po potencia tencia al compreso compresorr b) La tasa tasa d de e re rechaz chazo o de de calor calor al ambien ambiente te c) El CO COP P de dell refri refriger gerad ador or Solución: El ciclo de refrigeración se representa en un diagrama T-S.

 

T

QH 2 0.8 MPa

3

W entrada

0.14 MPa 4s

4

QL

1

S

 Este es un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor y por ello el compresor es isentrópico mientras que el refrigerante deja al condensador como un líquido saturado y entra al compresor como vapor saturado. A partir de las tablas del refrigerante 134ª, las entalpias del refrigerante en los cuatro estados se determinan de la siguiente manera:

h1 =hg a 0.14 MPa=239.16  KJ / Kg

P1 = 0.14 MPa

s1= s g a 0.14 MPa=0.94456  KJ / Kg× K  P2 = 0.8 MPa s2 = s1 

h2 = 275.39 KJ/Kgg

P3 = 0.8 MPa

h3 =hf a 0.8 MPa= 95.47 KJ / Kg

h4 ≈ h3 (estrangulamiento)

h4 = 95.47 KJ/Kg

a) La ta tasa sa de el elim imin inac ació ión n de calo calorr de dell es espa paci cio o refr refrig iger erad ado o y la en entr trad ada a de po pote tenc ncia ia al comp compre reso sorr se determinan por:

˙  L= ˙m × ( h1−h 4 )=( 0.05 Kg / s ) [ ( 239.16− 95.47 ) KJ   // Kg ] Q ˙  L=7.18 KW  Q

˙ entrada = ˙m × ( h2− h1 )=( 0.05 Kg / s ) [ ( 275.39−239.16 ) KJ / Kg ] W  ˙ entrada =1.81 KW  W  b) La tasa tasa de rechazo rechazo de calor calor del del refrigeran refrigerante te al ambient ambiente e es:

Q ˙  H =m  ˙ × ( h2− h3 )=( 0.05 Kg / s ) [ ( 275.39−95.47 ) KJ   // Kg ]

˙  L= 8.996 KW  Q

 

También puede ser determinado de la siguiente manera:

˙  H = ˙Q L + W   ˙ entrada =7.18 + 1.81 Q ˙  H =8.99 KW  Q c) El coefici coeficiente ente de de desempe desempeño ño del del refrigera refrigerador dor es: es:

COP R=

Q ˙  L = 7.18 KW  ˙ W  1.81 KW  entrada

COP R=3.97

Problema 5.-Un refrigerador opera en el ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor y usa refrigerante 134a como uido de trabajo. El condensador opera a 300 psia, y el evaporador a 20°F. Si estuviera disponible un disposivo de expansión adiabáca y reversible, y se usara para expandir el líquido que sale del condensador, ¿cuánto mejoraría el COP usando este disposivo en lugar de un disposivo de estrangulación? Solución:

Datos recogidos de las tablas de propiedades del refrigerante 134a T1 = 20°F

h1 = hg a 20°F

= 105.98 Btu/lbm

vapor sat.

s1 = sg a 20°F

= 0.22341 Btu/lbm.R

P2 = 300psia

s2=s1

P3 = 300psia

h3 = hf a 300psia 

= 66.339 Btu/lbm

líquido sat.

s3 = sf a 300psia

= 0.12715 Btu/lbm.R

h2=125.68 Btu/lbm

h4 ≈ h3 = 66.339 Btu/lbm (estrangulador) T4 = 20°F

h4s = 59.80 Btu/lbm

s4 = s3

x4s = 0.4723 (expansión isoentrópica)

 

El COP del refrigerador para el estrangulador es:

COP R=

 q L w¿

=

h1−h 4 h2− h1

=

105.98−66.339 125.68−105.98

=2.012

El COP del refrigerador para la expansión isoentropica es:

COP R=

 q L w¿

=

h1 −h 4 s h 2− h 1

=

  105.98− 59.80 125.68− 105.98

=2.344

Por lo tanto el incremento sería % ∆COP R=

2.344 −2.012 2.012

100% =16.5%

Problema 6.-Un ciclo de refrigeración de gas ideal que es aire como medio de trabajo, va a mantener un espacio refrigerado en 0 °F mientras rechaza calor hacia los alrededores a 80 °F. La relación de presión del compresor es 4. Determine: a) la temperatura máxima y mínima en el ciclo, b) el coeciente de desempeño y c) la taza de refrigeración para un ujo másico de 0.1 lbm/s. Solución: a) Las temp tempera eratur turas as máxim máximas as y mínima mínimass en el ciclo ciclo se determ determina inan n a parr parr de las rel relaci acione oness isentr isentrópi ópicas cas de gas gases es ideales para los procesos de compresión y de expansión. A parr de la tabla A-17E, 

Pr2 =

 P 2

 P 4  P3

y

× Pr 1= ( 4 ) ( 0.7913 ) =3.165 → h2 = 163.5 Btu/lbm

 P 1



Pr4 =

T1 = 460 R → h1 = 109.90 Btu/lbm

T3 = 540 R → h3 = 129.06 Btu/lbm

Pr 1 = 0.7913 y

T 2 = 683 R (223 °F)

y

× P r 3=¿  (0.25) × (1.386) = 0.3465 → h 4 = 86.7 Btu/lbm

Pr 3 = 1.3860 y

T4 = 363 R (-97 °F)

Por lo tanto, las temperaturas más altas y bajas en el ciclo son 223 y -97 °F, respevamente.

b) El COP COP de este este ciclo ciclo de de refrigeraci refrigeración ón de un gas gas ideal ideal es:

COP R=

q L W neto, entrada entrada

=

q L W compre compresor sor ,entrada −W turb turbina ina ,salida

Donde: qL = h1 – h4 = 109.9 – 86.7 = 23.2 Btu/lbm

Wturbina,salida = h3 –h4 = 129.06 – 86.7 = 42.36 Btu/lbm Wcompresor,entrada = h2 – h1 = 163.5 – 109.9 = 53.6 Btu/lbm Por lo tanto,

 

COP R=

  23.2 53.6 −42.36

=2.06

c) La tas tasa a de refri refriger gerac ació ión n es: es:

Q refrigerante refrigerante = m(qL) = (0.1 lbm/s)(23.2 Btu/lbm) = 2.32 Btu/s Vale la pena señalar que un ciclo ideal por compresión de vapor que trabaje bajo condiciones similares tendria un COP mayor que 3.