Termodinamica

November 27, 2017 | Author: David | Category: Mechanics, Physical Chemistry, Physics, Physics & Mathematics, Transparent Materials
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TERMODINÁMICA

Eduardo Meythaler Naranjo

ENERGÍA Y MECÁNICA LATACUNGA

TERMODINÁMICA

TERMODINÁMICA

Eduardo Meythaler Naranjo

1

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

Termodinámica Ing. Eduardo Meythaler Naranjo Primera edición electrónica. Diciembre de 2014 ISBN: 978-9978-301-19-7 Par revisor: Comisión Editorial de la ESPE Universidad de las Fuerzas Armadas - ESPE Grab. Roque Moreira Cedeño Rector Crnl. Francisco Armendáriz Saénz Vicerrector Académico General Crnl. Ricardo Urbina Vicerrector de Investigación Publicación autorizada por: Comisión Editorial de la Universidad de las Fuerzas Armadas - ESPE Grab. Mauro Pazmiño, MBA. Presidente Washington Sandoval, Ph.D. Víctor Hugo Abril, Ph.D. Mónica Jadán, Mg. Ana V. Guamán, MSc. Betzabé Maldonado, Mg. Eddie Galarza, Mg. Kléver Bravo, Dr. José Albuja, Dr. Edición y producción David Andrade Aguirre Diseño Pablo Zavala A. Derechos reservados. Se prohibe la reproducción de esta obra por cualquier medio impreso, reprográfico o electrónico. El contenido, uso de fotografías, gráficos, cuadros, tablas y referencias es de exclusiva responsabilidad del autor. Los derechos de esta edición electrónica son de la Universidad de las Fuerzas Armadas - ESPE, para consulta de profesores y estudiantes de la universidad e investigadores en: htpp//www.repositorio.espe.edu.ec.

2

TERMODINÁMICA

Capítulo I Conceptos fundamentales Propiedades macro._ Son propiedades que se pueden medir directamente; m(masa)

v(volumen)

ρ(densidad)

vel(velocidad) Q(calor)

P(presión)

t(tiempo)

T(temperatura)

Propiedades micro._ Propias de cada sustancia y no son medibles directamente; u(energía interna)

h(entalpia)

s(entropía)

Estas son estudiadas por la mecánica moderna. Nomenclatura Utilizada. Ejemplo:       U

Energía interna total [KJ] [Btu]

        u

Energía interna específica en función de masa [KJ/Kg]

u       u

Energía interna que solo varía en función a temperatura [KJ/Kg] Energía interna en fracción molar [KJ/Kmol]





U

En relación al t (tiempo) [KJ/s] = [KW]

Escalas de Temperatura T (K) = T (ºC) + 273,13 T ( R) = 1.8 T ( K) T ( R) = T (º F) + 459,67 T (º F) = 1,8 (º C) + 32

 

  3

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Presión.- Es la fuerza normal que ejerce un fluido (gas o líquido), por unidad de área. Cuando se trata con materiales sólidos la analogía de la presión es el esfuerzo normal. Escalas de Presión 1 Pa = 1 N/m2 1 bar = 0,1 MPa = 100 KPa =750,06mmHg = 0,987atm

Pman  :    Pabs  -­‐  Patm    

1 atm = 101325 Pa = 101,325 KPa = 14,696 psia = 760torr

Pvacio=    Patm    -­‐    Pabs    

man= manométrica

Manómetros P= Patm + p.g.h

p= densidad

P=pgh

g= gravedad h= altura columna de fluido

 

  4

TERMODINÁMICA

Barómetros Son medidores de presión utilizados en climatología para medir presiones atmosféricas.

 Patm=  pgh    

             condiciones  o  msnm    

Patm  estándar=  760  mm  Hg  =  1  torr  (torricelli)          

Ejercicio: 1.- Encontrar la presión del aire dadas las condiciones del dibujo. Si la presión atmosférica es de 85,6 KPa la p del agua 1000 kg/m3 la p del aceite 850 Kg/m3 la p del mercurio 13600 Kg/m3.

Paire= P1 =? Patm= P2 = 85.6 h Pa

P1 + (p H2O) (g) (h1)- (p aceite) (g) (h2) – (phg)(g)(h3) = Patm P1=(13600 Kg/m3) (9,8 m/s2) (0,1 m) + (850 kg/m3) (9,8m/s2) (0,15 m) – (1000 Kg/m3) (9,8 m/s2) (0,3m) + 85,6 KPa. P1 = 97,249 KPa Pman= P1 – Patm = 11,64 Kpa = 1,68 psi

 

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Propiedades intensivas._ son aquellas cuyo valor es independiente de la masa como la presión y la temperatura. Propiedades extensivas._ son aquellas cuyo valor varia directamente con la masa por ejemplo el volumen y el caudal. Toda propiedad extensiva por unidad de masa se le considera como una propiedad intensiva.

LEY CERO DE LA TERMODINÁMICA Dos cuerpos están en equilibrio térmico si ambos tienen la misma lectura de temperatura, incluso si no están en contracto. Este enunciado surgió en 1931, mucho después de la primera y segunda ley pero más básica que las anteriores.

Formas de Energía: -­‐  Energía    Magnética  

!

Ec=  !!    [!"] ec=

!

!

!! !  

                         [

!"

!"

Ep= m. g. z [KJ] ep= g. z

[

-­‐    Energía  eléctrica     -­‐    Energía  superficial  

]

!"

!"

Son  significativas  solo  en   casos  especiales  por  lo  que   daremos  mayor  interés  a  la   energía  cinética,  potencial   e  interna.    

]

E= U + Ec + Ep + Otras



Flujo másico = m Cantidad de masa que fluye por una sección transversal en función de tiempo. •



m = p V = p. Ac. velpro [Kg/s] •

V = flujo volumétrico

Ac= area transversal

 

  6

TERMODINÁMICA

velpro= velocidad promedio •

E flujos de energía (KJ/s) o (KW)

Sistema._ es una porción de espacio que tiene una cantidad de masa dentro de él, que permite intercambiar con el medio exterior, energía en forma de trabajo y calor.

Sistema cerrado._ Es un sistema cuya masa permanece constante y solamente intercambia energía con el medio y sus alrededores. Sistema abierto._ Es aquel que intercambia con el medio y sus alrededores tanto masa como energía. Sistema aislado._ Es aquel que no transfiere calor, puede ser tanto un sistema abierto como cerrado.

SISTEMA, FRONTERA, ENTORNO.

 

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Sistema.- Es el conjunto de propiedades homogéneas en una sustancia para el análisis termodinámico. Frontera._ es el límite (pared) entre el sistema y el entorno o el medio circundante. Entorno.- llamado también universo, es aquel que interactúa con el sistema, con calor o con trabajo, tanto el sistema como la frontera y el entorno son subjetivos del diseñador y del enfoque que se da para el análisis termodinámico.

Sistema termodinámico._ puede ser abierto o cerrado pero que permita siempre los siguientes tipos de equilibrio. Equilibrio: 1). Mecánico

2).Térmico

P1 = P2 = P3 = P4 = cte.

T1 = T2 = T3 = T4 = cte.

3).De fase

 

  8

TERMODINÁMICA

 

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Capítulo II Sustancias puras Fase. Cuando la composición física y química de una sustancia es homogénea. Cambios de Fase:

 

L - V

evaporación, vaporación.

V - L

condensación.

S - V

sublimación.

S - L

fusión.

L - S

solidificación, congelación.

V- S

sublimación inversa

  10

TERMODINÁMICA

Estado. Es la descripción de una fase en función de propiedades termodinámicas como; presión y volumen. Diagramas termodinámicos:

Líquido  comprimido: Es una sustancia líquida que no se encuentra a punto de evaporarse. También se la llama líquido  subenfriado. Líquido  saturado: Es una sustancia líquida que se encuentra a punto de evaporarse, es decir, que cualquier adición de calor, por pequeña que sea, iniciará el cambio de fase por evaporación. Vapor  saturado: Es una sustancia gaseosa que se encuentra a punto de condensarse, es decir, que cualquier pérdida de calor, por pequeña que sea, iniciará el cambio de fase por condensación. Mezcla  saturada  líquido-­‐vapor: Es una cantidad total de sustancia donde coexisten, en equilibrio, porciones en fase líquida y gaseosa. Vapor  sobrecalentado: Es una sustancia gaseosa que no está a punto de condensarse, es decir, que debe recorrer un tramo de enfriamiento para iniciar el cambio de fase por condensación.

 

  11

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Punto Triple

Diagrama ( T -

v

)

Diagrama ( P -

v

)

 

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TERMODINÁMICA

Diagrama ( T -

Diagrama (

-

s

h -s

)

“Mollier” )

Dentro de la campana, propiedades de la sustancia saturada. Se necesita solo un valor para entrar en las tablas. En la zona de vapor sobrecalentado se necesitan dos datos para encontrar las demás propiedades. En la zona de líquido comprimido se necesitan dos datos para encontrar las demás propiedades.

Nota: Si no se encuentran tablas correctas de líquido comprimido; se toma los valores de propiedades del líquido saturado entrando con temperatura sin importar la presión. Calidad (X) Porcentaje de vapor en la mezcla. Dentro de la campana; 0 para líquido saturado hasta 1 para vapor saturado. Al contrario de lo que sucede cuando se habla de humedad.  

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!=

!! ×100% !!

! ! =  

!!   !!

!! =  

!! =  

mv: masa de vapor

!!   !!

!!   !!

mT: masa total

!!!  !! !!.!!"

!!"!!!! !!

ℎ!!!! !!.!!"

!!!!! !!.!!" !!!!! !!.!!"

Punto Crítico, cuando !!≅ !!

Nota: El subíndice f, indica líquido saturado y el subíndice g, vapor saturado. Ejercicios para el manejo de las tablas del líquido comprimido, saturado, mezcla saturada, vapor saturado y vapor sobrecalentado. 1.- Para el agua determine las propiedades faltantes y las descripciones de fase en la tabla siguiente.

 

P.Kpa

T.ºC

X

u.Ka/Kg

Descripción de fase

A

1000

395,554

-

2950

sobrecalentado

B

500

75

-

313,9

Líquido comprimido

C

850

172,96

0

731,27

Líquido saturado

D

200

120,23

0,6

1719,496

Mezcla saturada

E

232,1

125

0,535

1600

Mezcla saturada

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TERMODINÁMICA

400 − 300 T − 300 = 2967,9 − 2810,40 2950 − 2810,40

u= 504,49 + 0,6(2529,5-504,49)

T= 395,5542 ºC

u= 1719,496 Ka/Kg

1600= 524,74 + x(2534,6 – 524,74) X= 0535 1. Se tiene liquido comprimido (agua ) a 10 MPa y 100º C. Cual es su volumen específico y compárelo con el vapor dado en la tabla A4 P= 10 MPa

Tabla A7

T= 100 º C liquido comprimidos

v= 0,0010385 m3/ Kg

V= ?

Tabla A4 Vp= 0,001044 m3/ Kg

2.- Un recipiente rígido de 0,3 m3 contiene inicialmente una mezcla saturada líquida-vapor a 150ºC, el agua se calienta hasta que alcanza el estado crítico. Determine la masa deagua y el volumen que ocupa el líquido en el estado inicial. Punto critico

T1=  150  ºC   V=  0,3  m3  

ml ˆ VL Vf = 0,001091 m3/Kg

1

Vg= 0,3928 m3/kg V1 Vg = Vf

Se obtiene de tabla

 

Vg= 0,003155 V = Vf + Vfg 0,003155= 0,001091 + x(0,3928-0,001091) X= 0,00526

 

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mt =

0,3m 3 = 95,08716 Kg 0,003155m 3 / Kg

mg = 0,00526 mt mg = (0,00526)(95,03716) mg = 0,501Kg

m3 .94,58kg kg

mL = 95,08716 – 0,501

VL= 0,001091

mL= 94,58613 kg

VL= 0,103193 m3

2. Un dispositivo contiene 50 lt de agua a 25 º C y 300 KPa. Se trasfiere calor al agua a presión constante hasta que todo el líquido se evapora. a) Cuál es la masa del agua b) La temperatura final del proceso c) El cambio de volumen en el proceso

mH2O=  ?  

2

1

m= ?

m= ?

T= 25ºC

V2=

tabla  A-­‐7   T1= 25 ºC

P1 = 300 KPa

T2

V1= 50lt

P2= 300 KPa

P1= 300 Kpa

v

T

No  se  puede  utilizar   porque  no  hay  esos   valores    

Tabla  A  4    

Pcte= 300kpa

!  @  T=  25º  C      V=  0,001003  m3/  Kg   !=

v vf

vg

! !

! 0,15  ! ! ! =     =   ! ! 0,001003   !

 

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!"  

TERMODINÁMICA

b) Tf=? c)  ∆!  =  ?  

Tabla A 5 P sat

∆! = !  ! − !  !     !

!"   !"#$" = 0,6058   ! !"    

Tº sat

P @ 300 Kp

 

!

∆! = (0,6058 − 0,001003   ! !")  

T = 133,53 º C

!

∆! = 0,6048   ! !")  

3. Un recipiente rígido de 0,5

m3

V2  =  !  2  .  m    

contiene una mezcla de agua saturada de liquido más vapor V2=  (0,6058)(49,85)  

a 100 º C. El agua se calienta hasta que alcanza el grado crítico. Determinar la masa crítica V2=  30,2  m  3  

y el estado en el volumen inicial. T

T= 100º C Vap

Pto crítico

P1 L

liq V= 0,5 m3

v

h2o

vf

vg

Pto crítico= vf ≈ vg V= 0,003155 m3/Kg Tsat= 374,15º C Psat= 22,09 Kpa !

!! =   ! !                          !!!  !  !"#$#!%     !

!! =   ! ! =  

!!

!"#$#!%

!!!" !  !"

     

=    

!,!  !! ! !,!!"#$$!

= 158, 5 Kg !"

!,!!"#$$!!,!!"!## !,!"#$!!,!!"!##

  = 0,00012  

!!   = ! ! . !   = 158, 5  !". 0,00012 = 0,19  !"     !!   =   ! ! −   !!   = 158, 5  !" − 0,19  !" = 158, 31  !"    

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Ejercicio Un tanque rígido contiene 10 Kg de H2O a 90 º C. si 8 Kg del agua está en forma líquida y el resto en vapor. Determine la presión y el volumen en el tanque

T

Pto crítico

PT L+ V

L

V1

Psat  @  90  ºC  =  70,  14  KPa    

Ml=  8  Kg  

Vf  @  90  º  C  =  0,001036  m3/Kg  

Mv=  2  Kg    

Vg  @  90º  C  =  2,361  m3/  2,361  m3/Kg    

T=  90  ºC  

v Vo

Mt=  10kg    

Vf

Pt=  ?   Vr=  ?  

!

!" = !!                     !

!" = !"   (!"  )

!1 = !". !!

!" = 2,361  (2)

!! = !1 + !  

V1= (0,001036)(8)

Vv= 4,722 m3

VT = 4,73 m3

V1= 8,288 * 10-3 m3 1. Un dispositivo de cilindro embolo contiene 2 pies 3 de vapor de agua saturada a 50 Psi de presión. Determine la temperatura del vapor y la masa del vapor dentro del cilindro. 2. Una masa de 200 g de agua liquida saturada se evapora completamente a una presión constante de 100 KPa. Determine A) El cambio en el volumen B) La cantidad de energía añadida al agua 3. Un recipiente de 80 Lt contiene 4 Kg de refrigerante 12 a una presión de 160 KPa determine. a) La temperatura del refrigerante b) La calidad c) El volumen ocupado por la fase de vapor

 

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TERMODINÁMICA

Ejercicio: Un dispositivo de cilindro embolo, se deja que el valor de agua sobrecalentada a 1 MPa y 300 ºC se enfrié a volumen constante hasta que la temperatura desciende a 150 º C en el estado final determine la presión, la calidad y la entalpia T P1= 1Mpa

P1 = 1 MPa

T1=300t

P(MPa)

P2= ?

300º c

L v

150 º C

2

1

300º c

L

T1= 300º C

L+V

2

150 º C

2

v V1= v2

T2= 150ºC

v V1= v2

V= cte Tabla  A6  

T2= 150º C

!! @  1  MPa − 300º  C = 0.2575    m3/Kg  

P2= ? X= ?

P2=  ?  

h= ?

Tabla  A4    

Vf @ 150º C = 0,01091 m3/Kg

P@  150º  C  =  0,4758  KPA  

Vg @ 150º C = 0, 3928 m3/Kg X=

!!!!"  

!"!!"    

X= 66%

=  

!,!"#$!!,!!"!#" !,!"#$!!,!!"!#"

V2  =  Vf  +  x  Vfg      

= 0,66

h2= hf + xhfg hf  @ 150º C = 632,20 KJ/Kg hg @ 150º C = 2746, 5 KJ/ Kg h2= 632,20+(0,66)(- 632,20 + 2746, 5) ! = 3,318  !!"    

h2= 2027,63 KJ/ Kg

ℎ ! = 943,62 + 2802, 1 − 943, 62 (3,02)  

Tabla A 4

0,2579  =  0,00119  +  X  (0,08619  –  0,001190)  

V= cte T2= 220 º C P2 X= ?

 

ℎ ! = 6556,448  

X=  3,02  

=? h= ?

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Actuación en clase 1. TºC

P, KPa

V1m3/ Kg

Desc. De fase

50

12,39

4,16

Mezcla

120,23

200

0,8857

Vap. Saturado

250

400

0,5951

V. sobrec.

110

600

0,3157

v. sobre.; vap. Sat

2. T, º C

P, KPa

h(KJ/ Kg)

X

Des. De fase

136,3

325

1435,55

0,4

Mezcla

160

617,8

1082

177,69

950

753,02

80

500

2748,7

170,43

800

3161,7

Mezcla 0,0

Líq. Sat Vap. Sobre/ vap sat

0,8813

2.- El vapor de agua sobrecalentada a 180 psia se deja enfriar a volumen constante hasta que la temperatura asciende a 250ºF. En estado final, determine: a) la presión b) la calidad y c) la entalpía. Asimismo, muestre el proceso en un diagrama T-V con respecto a las líneas de saturación. P1= 180 psia T

T2= 250ºF

Para 250 ºF

P2=?

hf= 376,2 Ka/Kg

X=?

hg= 1202,1 Ka/Kg

1 500 ºF

180 psia

2

29,83 psia

250º F

H2

Vg= 13,826

V= cte

Vf= 0,017011 ft3/lb

V1= V2= V

ft3/

lb v

V

0,5023285 m3/Kg

T1= 500 ºF

 

20

 

 

TERMODINÁMICA

V1= 3,042 ft3/ lb a) P2= 29,82 psia b) 3,042= 0,017001 + x(13,826 – 0,0117001) X= 0,2215

c) h= 376,2 + ( 0,22) (1202,1 – 376,2) h= 559,127 BTU/lbm Determine la entalpía de agua líquida a 100 ºC y 15 Mpa : a) usando tablas de líquido comprimido b) aproximándola a líquido saturado c) Empleando la ecuación de corrección a) h= 430,28 Ka/Kg b) h= 419,04 Ka/Kg c) h@P^T = hf@T + vf@T(P-Psat) hf@100ºC= 419,04 Ka/Kg Vf@100ºC=0,001044 m3/Kg P@100ºC= 0,10135 MPa h@P^T

 

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Capítulo III Ley de gases Leyes de los gases La determinación de una ecuación de estado de los gases implica inevitablemente la medición de la presión, o fuerza por unidad de área, que un gas ejerce sobre las paredes del recipiente que lo contiene. La presión de los gases comúnmente se expresa en atmósferas o milímetros de mercurio. El estudio sistemático del comportamiento de los gases le interesó a los científicos durante siglos. Destacan los nombres de varios investigadores que establecieron las propiedades de los gases.

Ley De Boyle “El volumen de un gas, a temperatura constante, es inversamente proporcional a la presión”

 

22

 

TERMODINÁMICA

Ley De Charles: “El volumen de un gas a presión constante es directamente proporcional a la temperatura kelvin”.

Ley de las Presiones Parciales de Dalton: Establece que la presión total de una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parciales de los gases individuales. Pt = pa + pb + pc + ... Está relación se conoce como Ley de las Presiones Parciales de Dalton e indica que la presión total de una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parciales de los componentes de la mezcla. La ley de Dalton es muy útil cuando deseamos determinar la relación que existe entre las presiones parciales y la presión total de una mezcla de gases. Ley de Gay-Lussac Cuando se investiga experimentalmente como depende entre sí el volumen y la temperatura de un gas a una presión fija, se encuentra que el volumen aumenta linealmente al aumentar la temperatura. Esta relación se conoce como Ley de Charles y Gay-Lussac, y se puede expresar algebraicamente por: V = V0(1 + "t) Donde V0 es el volumen que a la temperatura de 0 ºC, " es una constante que tiene aproximadamente el valor 1/273 para todos los gases y t es la temperatura en la escala Celsius. Esta ecuación establece que el volumen de un gas aumenta linealmente al aumentar su temperatura.

 

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ECUACIÓN DE ESTADO DE GASES IDEALES PV=  mRT  

Nota:  la  ecuación  se  puede  utilizar  para  el  

PV=  n  ŘT    

vapor  de  agua  bajo  condiciones  menores  de  

Pv=RT    

presión  a  10KPa  sin  importar    la  temperatura   con  error  de  0,1  %   T

R=Ru/M M:peso molecular

gas ideal

Ru=8.314KJ/(Kmol.K) Ru=1.986Btu/(lbmol.R)

P= 10KPa

R=  Constante  universal  de  los  gases     v

T=  escala  absoluta  (K)  0  (R)  

 

FACTOR DE COMPRESIBILIDAD Z Si bien hay muchos modelos matemáticos distintos, todos de pueden generalizar mediante la siguiente expresión: z es lo que se denomina factor de compresibilidad, que representa cuán alejado estamos del modelo ideal de los gases. Si z vale 1, entonces el modelo ideal es aplicable. Sin embargo, los valores de z pueden variar entre 0 y 1, e incluso puede tomar valores mayores a 1. La desviación  

  24

TERMODINÁMICA

z se puede calcular con cualquiera de los modelos matemáticos. De la ecuación anterior sale que

Si se resuelve lo anterior para los distintos modelos, se puede hallar z. Según qué modelo estemos usando, el z expresará la desviación de ese modelo respecto al modelo ideal. Si estamos trabajando a cierta presión y temperatura, tendremos cierto valor de volumen específico. Si tenemos una medición experimental del volumen específico, podemos expresar

donde �i es el volumen específico molar ideal y �r el volumen específico molar real (medido). La expresión anterior sirve también para hallar z usando el volumen específico calculado con el modelo ideal y el calculado con otro de los modelos matemáticos. PR=P/Pcr TR=T/Tcr

 

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Modelo Matemático de Van der Waals La ecuación de Van der Waals es una ecuación que generaliza la ecuación de los gases ideales, haciendo entrar en consideración tanto el volumen finito de las moléculas de gas como otros efectos que afectan al término de presiones. Tiene la forma:

Nótese que � es el volumen molar. En esta expresión, a, b y R son constantes que dependen de la sustancia en cuestión. Pueden calcularse a partir de las propiedades críticas de este modo: De la gráfica Pv, podemos observar que el punto crítico (para cada compuesto) presenta las siguientes características: Es un máximo, ya que es el punto mayor de la campana, por lo que la derivada primera en ese punto, al tratarse de un extremo, debe ser cero. Es un punto de inflexión de la isoterma crítica, ya que en ese punto dicha isoterma cambia de concavidad, por lo que la derivada segunda en ese punto debe ser cero. De las dos condiciones de arriba, y como el punto crítico pertenece tanto a la campana como a la isoterma crítica, podemos sacar dos ecuaciones:

ambas evaluadas en el punto crítico, o sea usando valores de temperatura, presión y volumen específico críticos. De esta forma podemos despejas a y b de las ecuaciones, ya que tenemos 2 ecuaciones y 2 incógnitas (conocemos las propiedades críticas de los compuestos). Si resolvemos, nos queda lo siguiente:

Si además usamos la siguiente ecuación, que es válida en utilizando las propiedades críticas para hallar el z crítico, cuyo valor coincide para la misma familia de gases,

Si reemplazamos el volumen crítico por la relación de arriba, llegamos a las ecuaciones de a y b:

 

26

 

TERMODINÁMICA

La ecuación de Van der Waals fue una de las primeras que describía el comportamiento de los gases visiblemente mejor que la ley del gas ideal. En esta ecuación a se denomina el parámetro de atracción y b el parámetro de repulsión o el volumen molar efectivo. Mientras que la ecuación es muy superior a la ley del gas ideal y predice la formación de una fase líquida, sólo concuerda con los datos experimentales en las condiciones en las que el líquido se forma. Mientras que la ecuación de Van der Waals se suele apuntar en los libros de texto y en la documentación por razones históricas, hoy en día está obsoleta. Otras ecuaciones modernas sólo un poco más difíciles son mucho más precisas. La ecuación de Van der Waals puede ser considerada como la "ley del gas ideal mejorada", por las siguientes razones: Trata a las moléculas como partículas con volumen, no como puntos en el espacio. Por ello V no puede ser demasiado pequeño, y se trabaja con (V - b) en lugar de V. Mientras que las moléculas del gas ideal no interaccionan, Van der Waals considera que unas moléculas atraen a otras dentro de una distancia equivalente al radio de varias moléculas. No provoca efectos dentro del gas, pero las moléculas de la superficie se ven atraídas hacia el interior. Se ve esto al disminuir la presión exterior (usada en la ley del gas ideal), y por ello se escribe (P + algo) en lugar de P. Para evaluar este 'algo', se examina la fuerza de atracción actuando en un elemento de la superficie del gas. Mientras que la fuerza que actúa sobre cada

molécula superficial es ~�, la resultante sobre el elemento completo es ~�2~ Modelo Matemático del Virial

Aunque generalmente no es la ecuación de estado más conveniente, la ecuación del Virial es importante dado que puede ser obtenida directamente por mecánica estadística. Si se hacen las  

  27

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suposiciones apropiadas sobre la forma matemática de las fuerzas intermoleculares, se pueden desarrollar expresiones teóricas para cada uno de los coeficientes. En este caso B corresponde a interacciones entre pares de moléculas, C a grupos de tres, y así sucesivamente... Modelo Matemático de Redlich-Kwong

Donde

= constante de los gases (8.31451 J/mol·K) Introducida en 1949, la ecuación de Redlich-Kwong fue una mejora considerable sobre las otras ecuaciones de la época. Aún goza de bastante interés debido a su expresión relativamente simple. Aunque es mejor que la ecuación de Van der Waals, no da buenos resultados sobre la fase líquida y por ello no puede usarse para calcular precisamente los equilibrios líquido-vapor. Sin embargo, puede usarse conjuntamente con expresiones concretas para la fase líquida en tal caso. La ecuación de Redlich-Kwong es adecuada para calcular las propiedades de la fase gaseosa cuando el cociente entre la presión y la presión crítica es menor que la mitad del cociente entre la temperatura y la temperatura crítica. Modelo Matemático de Soave

R = Constante de los gases (8,31451 J/(K·mol))

 

28

 

TERMODINÁMICA

en donde � es el factor acéntrico del compuesto. para el hidrógeno: En 1972 Soave reemplazó el término a/√(T) de la ecuación de Redlich-Kwong por una expresión �(T,�) función de la temperatura y del factor acéntrico. La función � fue concebida para cuadrar con los datos de las presiones de vapor de los hidrocarburos; esta ecuación describe acertadamente el comportamiento de estas sustancias. Modelo Matemático de Peng-Robinson

R = constante de los gases (8,31451 J/mol·K)

Donde � es el factor acéntrico del compuesto. La ecuación de Peng-Robinson fue desarrollada en 1976 para cumplir los siguientes objetivos: Los parámetros habían de poder ser expresados en función de las propiedades críticas y el factor acéntrico. El modelo debía ser razonablemente preciso cerca del punto crítico, particularmente para cálculos del factor de compresibilidad y la densidad líquida. Las reglas de mezclado no debían emplear más que un parámetro sobre las interacciones binarias, que debía ser independiente de la presión, temperatura y composición. La ecuación debía ser aplicable a todos los cálculos de todas las propiedades de los fluidos en procesos naturales de gases.

 

29

 

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Generalmente la ecuación de Peng-Robinson da unos resultados similares a la de Soave, aunque es bastante mejor para predecir las densidades de muchos compuestos en fase líquida, especialmente los apolares. Modelo Matemático de Beattie-Bridgeman Este es un modelo de 5 constantes, cuyas ecuaciones son las siguientes

Por consiguiente, las 5 constantes son Ecuación de Benedict-Webb-Rubin Esta modelización realizada en 1940 especialmente para hidrocarburos livianos y las mezclas de los mismos también es denominada ecuación BWR.

La modelización matemática BWR aproxima al comportamiento real de los gases cuando la densidad es menor que 2,5 veces la densidad reducida: � < 2,5�r ó � < 2,5�r , siendo � ó � la inversa del volumen específico � de la ecuación. Es por eso que también se la puede encontrar de la siguiente forma:

La modelización BWR es una ampliación de la Modelización Beattie-Bridgeman que plantea una ecuación

de

5

constantes.

La

ecuación

BWR

tiene

8

constantes:

Ecuación de BWRS

 

30

 

TERMODINÁMICA

� = densidad molar Los valores de los parámetros para quince sustancias pueden encontrarse en: K.E. Starling, Fluid Properties for Light Petroleum Systems. Gulf Publishing Company (1973). Elliott, Suresh, Donohue La ecuación de estado de Elliott, Suresh, y Donohue (ESD) fue propuesta en 1990. Pretende corregir una desviación de la ecuación de estado de Peng-Robinson, en la cual existe una imprecisión en el término de repulsión de van der Waals. La ecuación tiene en cuenta el efecto de la forma de las moléculas apolares y puede extenderse a polímeros añadiendo un término extra (no se muestra). La ecuación fue desarrollada a partir de simulaciones informáticas y comprende la física esencial del tamaño, forma y puente de hidrógeno.

Donde:

Ecuación de Bose ideal La ecuación de estado para un gas de Bose ideal es

donde � es un exponente específico del sistema (por ejemplo, en ausencia de un campo de potencia, �=3/2), z es exp(�/kT) donde � es el potencial químico, Li es el polilogaritmo, � es la función zeta de Riemann y Tc es la temperatura crítica a la cual el condensado de Bose-Einstein empieza a formarse. Un tanque rígido de 0,5 m3 contiene hidrogeno a 20º C y 600 KPa. Se conecta mediante una válvula a otro tanque rígido de 0,5 m3 con hidrogeno a 30º C y 150 KPa; se abre la válvula y se deja que el sistema alcance el equilibrio térmico con los alrededores a 15 ºC. Determine la presión final del tanque.  

  31

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V1= 0,5 m3

V

P1 = 600 KPa

P2= 150 KPa

T1= 20 ºC

T2= 30º C

2=

0,5 m3

Tamb= 15 ºC Pf= Tanq= ? Pv = m. R. T

1 m= m=

!"

!"  

!""  !" (!,!    !! )

!.!"#$

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(!"#!!")!  

m= 0.248 Kg 2 m= m=

!"

!"  

!"#!"# (!,!    !! )

!.!"#$

!" .! !"

(!"#!!"")!  

m= 0,06 Kg

m T = m1 + m2

Vt= 1m3 = 0,5 m3 m+ 0,5 m3

mT= (2,248 Kg) + (0,06 Kg)

Tf= 15 ºC = 288 º K

mT= 0,308 Kg Pv= m . R . T

 

32

 

TERMODINÁMICA

P=mR.T/V P= (0,308 Kg )( 4, 1240 * 103 N . m / Kg. K) (288 º K )/ 1 m3 P= 365, 8 KPa

 

33

 

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Capítulo IV Trabajo y calor

Trabajo y calor

TRABAJO ELÉCTRICO � = v. I

(W)

We = ∫2 v . I. dt

(KJ)

We= V.I.∆t

(KJ)

We= I2.R .∆t

(KJ)

We=

!! !

.∆t

(KJ)

TRABAJO DE FLECHA T= F.r

[N.m]

T= torque F= fuerza

Wflecha = 2� n T

 

(KJ)

n: rpm

r= radio

  34

TERMODINÁMICA

TRABAJO DE RESORTE F = K.x

(KN) !

W resorte = !(!!! −   !! )2 (KJ) !

x= elongaciones cuando aplica F k= constante del resorte

TRABAJO DE FRONTERA MOVIL “Wb” Wb=  Fdy   !

Wb=  F  .  dy  .     !

!

Wb=   ∗ !  !"   !

Wb=  P  *  Ady   Wb=  Pdv    

Si P = cte Wb=  ∫Pdv    

 

  35

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Ejercicios, Un gas se comprime desde un volumen 1 de 0,42 m 3hasta un volumen 2 de 0.12 m 3. Durante este proceso de cuasi- equilibrio, la presión cambia con el volumen de acuerdo con la expresión P = av +b donde a= 900 KPa / m3 y b= 500 KPa. Determine el trabajo realizado durante este proceso.

Wb=  

Vi = 0,42 m3

!" !"

−900  ! + 500 !"  

Wb  =  -­‐450  V2  +  500V  

Vf 0.12 m3

!" !"

 

Wb  =  -­‐900  (0,12)2    +500(0,12)+  900  (0,42)2-­‐  500(0,42)  

P= av+b

Wb  =  -­‐77,1  KJ    

P P2

P1 V2

V1

v

En un sistema compuesto de un gas contenido en un cilindro se expande de un volumen de 1,4 a 1,6 pies3, en tanto que la presión queda constante a 150 Psi, mientras que una rueda de vapor de aspas produce movimientos al gas ejerciendo un trabajo sobre el sistema de 2500 Lb f Pie. Calcule a) El trabajo realizado por el sistema sobre el pistón b) El trabajo neto realizado por el sistema Wb= P

!,! !"   !,!

Wbneto= 4320 - 2500

Wb = 21600 (1,6 – 1,4)   Wb = 4320 lb . pies 150 Psi = 150

 

!"

!"#$  !

 .

!,!  !"#$   !,!!"#$  

(!"  !"#$)!   !  !"#  !

= 1820 lbf. Pies

= 21600  !"/!"# !   36

TERMODINÁMICA

Un dispositivo de cilindro embolo contienen gas- hidrógeno a 200 KPa y 1,5 m3 en este estado un resorte lineal con una constante de 250 KN/m toca el embolo pero no ejerce fuerza sobre el. El área de la sección trasversal del embolo es de 0,9 m2 y se trasfiere calor al hidrógeno provocando que este se expanda hasta que duplica el volumen. Determinar. a) La presión final b) El trabajo total efectuado por el hidrogeno c) La fracción de trabajo hecha contra el resorte Datos

P1=  200  KPa    

F=  Kx  

V1  =  1,5  m  3  

!

F=  K∆  =  250 !

K=  250  KN  /  m  

Pres=  

2

A  =  0,9  m   P

V2=  3m  3   a) Pf  =  ?   b) Wbh2=  ?   c) Wresarte=  ?    

 

!,! !,!

!"#,!"  !" !,!!!

=  416,  67  KN  

 =  462,  96  KPa    

462, 96 KPa Wt

Wb

200 KPa

V1

V2

v

 

a) Pf = 200 KPa + 462, 96 KPa = 662,96 KPa b) WT=

!! !"# !!

+ !"#$

= 200 Kp V 3 1,5 +

!!!!! (!"#,!"!!"") !

= 497,22  !"

c) Wres = WT – Wb H2 = 497,22 – 300= 197,22 Kd

Una masa de 5 Kg de mezcla saturada líquido + vapor está contenida en un cilindro embolo a 100 KPa. Al inicio 2 Kg de agua están en la fase líquida y el resto en la fase de vapor, se transfiere calor al agua y el pistón que descansa sobre sus topes empieza a moverse cuando la presión alcanza los 200 KPa. La trasferencia de calor continúa hasta que el volumen aumenta

 

37

 

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un 20 %. Determine la temperatura inicial y final, la masa de agua líquida cuando el embolo empieza a moverse y el trabajo realizado durante este proceso. Datos m= 5 Kg P1= 100 KPa m= 2 Kg Líquido

T1=    99,63  º  C   T2  =  120,  23  º  C   V=  0,001043  +  X  (1,6940  –  0,001043)   X1=  

m= 3 Kg Vapor

!" !"

!

 =     !

V=  1,0168  

P2= 200 KPa

VOLUMEN  AUMENTADO    

V= aumenta 20%

V=  1,22  

Ti= ?

X2=  -­‐-­‐  

Tf= ?

T2=259  º  C    

Mf= ? W= ? CALOR

Es una forma de energía térmica debido a la diferencia de temperatura de 2 cuerpos. Calor: Q FORMAS DE TRANSFERIR CALOR: 1. Por Conducción !"

Q  cand=  -­‐  KA.     !"

Q  cand=  transferencia  de  calor  por  conducción     K=  Cte.  Material  por  conducción     dT/dx  =  gradientes  de  T  º  

 

38

 

TERMODINÁMICA

2. Por Convección Q  conv=  hA∆T   T2

Q= conv

Q  conv=  transferencia  de  calor  por  convección        h=  coeficiente  por  convención      

T1 >T2

∆T=  diferencial    de  T  º  

3. Por Radiación Q  rad=  ∂EA  (T14  –T  24)   T2

T1

T1 > T2

Q  rad=  transferencia  de  calor  por  radiación        ∂=  Cte  de  S.  Boltsman    

s1

 

Q rad

S2

 

39

 

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CALOR ESPECÍFICO Es la cantidad de energía necesaria para incrementar un grado de temperatura una unidad de masa y puede ser en un proceso a volumen constante CV, o en un proceso a presión constante CP.

!! =

!! =

!"

; a volumen constante

!"

; a presión constante

ð! ! ð! !

!" = !! ! !"

!ℎ = !! ! !" !

∆! = !! − !! =

!

!! ! !"

∆ℎ = ℎ! − ℎ! =

!

!! ! !"

!

!! = !! + !

!! = !! + !!

Para sólidos y líquidos Cp = Cv = C

 

!=

40

!! !!

 

TERMODINÁMICA

K=  es  la  relación  de  colores  específicos  la  misma  que  también  varia  con  la  temperatura  aunque  de   manera  insignificante     En  gases  monatónicos    su  valor  es  constante    en  1,667.   Muchos  gases  diatómicos,  incluido  el  aire  tienen  una  razón  de  calor  específico  de  1,4  a  temperatura   ambiente    

PROCESO POLITRÓPICO PARA UN GAS IDEAL Es un proceso por el cual la capacidad calorífica se mantiene constante. PVn= k

n=

relación de proceso politrópico para un gas ideal.

C − Cp C − Cv n = coef . politrópic n

n

p1V1 = P2V2 = k APLICACIONES: 1.- Trabajo politrópico

⎛ V1 RT1 ⎡ ⎜ ⎢ = − 1 W 2 ⎜ V 1 n − 1 ⎢ ⎝ 2 ⎣

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

n −1

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

2.- Proceso Adiabático dQ=�

n=

Cp =k Cv

RT1 ⎡ ⎛ V1 ⎞ ⎢1 − ⎜ ⎟ 1W2= k − 1 ⎢ ⎜⎝ V2 ⎟⎠ ⎣

∂Q c= =Φ ∂T

k −1

⎤ ⎥ ⎥⎦

3.- Proceso isotrópico dT= �

c=

 

isotérmico

∂Q ≈∞ ∂T

⎛ V2 ⎞ ⎟⎟ V ⎝ 1 ⎠

⇒ 1 W2 = RT ln⎜⎜

41

 

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n= 1 4.- Proceso isobárico dp = �

⇒ 1W2 = P(V2 − V1 )

C= Cp n= �

5.- Proceso isocórico dv = � C = Cv n ≈∞

⇒ 1W2 = φ 6.- Relaciones politrópicas (gas ideal) P1 ⎛ V1 ⎞ = ⎜ ⎟ P 2 ⎜⎝ V2 ⎟⎠ T2 ⎛ P2 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ P1 ⎟⎠ T2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ V2 ⎟⎠

n

n −1 n

n −1

La principal aplicación del proceso politrópico es para el análisis teórico de un ciclo de potencia. Ejemplo: Un dispositivo de cilindro embolo contiene 1 Kg de nitrógeno a 100 KPa y 27 ºC. Se comprime lentamente en un proceso politrópico con un coeficiente n de 1,3 hasta que el volumen se reduce a la mitad. Determine el trabajo realizado y la transferencia de calor durante este proceso. m= 1 Kg N

 

En tablas

42

 

TERMODINÁMICA

P = 100 KP3

R = 0,2968 KJ/ (Kg, K)

T = 27 ºC

Cp = 1,039 KJ/(Kg ºK)

n = 1,3

Cv = 0,743 KJ/ (Kg ºK)

Vf= ½ Vie3d RT1 ⎡ ⎛ V1 ⎢1 − ⎜ n − 1 ⎢ ⎜⎝ V2 ⎣

⎞ ⎟⎟ ⎠

n −1

⎤ ⎥ ⎥⎦

W=’  

W2 =

Q=’  

(0,2968)(300) ⎡ ⎛ V1 ⎞ ⎟⎟ ⎢1 − ⎜⎜ W2 = 0,3 ⎢⎣ ⎝ 0,5V1 ⎠ W2 = −68,6036 Ka

0,3

⎤ ⎥ ⎥⎦

Encuentro un Cprom= 0,891 Ka/ (KgºK) 0,3

T2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ V2 ⎟⎠ T2 = ( 2) 0 , 3 300 K T2 = 369º K

 

∆U = mN Cprom(T2 – T1)

Q2 = ∆U + W2

∆U = 1 Kg – 0,891 KJ/ Kg ºK (369K – 300k)

Q2 = 61,479 KJ – 68,6 KJ

∆U = 61,479 KJ

Q2 = - 7,121 KJ

43

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

Capítulo V Primera Ley de la Termodinámica

Primera Ley de la Termodinámica La ecuación de la primera ley se basa en el principio de conservación de energía ¨la energía ni se crea, ni se destruye, solo se transforma¨ y es por esta razón que el uso principal o aplicación de la primera ley es el realizar balances de energía en sistemas termodinámicos. Unidad de control

T

2

U.C

Caldero Q cal

Ciclo Term.

Turbina Bomba Wb

v

∑Q =∑ W !

!

Condensador Qc

ciclo cerrado

!  !  !"# +  

Energía.

!

!

!  !"#$% =  

!

!

!"# +

!

!

!  !"  

Es la capacidad de producir un efecto y que puede trasmitirse o almacenarse en un sistema. W (-) Q (-)

Q (+)

sist

Ec

Ep

mov W (+)

u h

 

44

 

TERMODINÁMICA

Formas de energía almacenada en un sistema: Energía potencial intermolecular.- que se debe a las fuerzas internas y posición relativa de las moléculas. Energía cinética molecular.- que se debe a la velocidad de translación de las moléculas. Energía intramolecular.- que se debe a la estructura atómica y molecular de las sustancias de energías como: 1. La energía que posee cada átomo, llamada energía electrónica o de los electrones. 2. De la energía del núcleo o nuclear de los átomos. 3. De la energía de rotación de cada molécula al girar alrededor de un centro de gravedad. BALANCE DE ENERGÍA T

T

2

A

2

A B

B 1

C

1

v

v

1 !! !" !!

2

+  

!! !" !!

=  

!! !" !!

+  

!! !" !!

!! !" !!

+  

!! !" !!

=  

!! !" !!

+  

!! !" !!

!! !" !!

−  

!! !" !!

=  

!! !" !!

−  

!! !" !!

1- 2

!! !!

!" − !" =

dQ –dW = cte

!! !!

!" − !"  

sin importar el camino pero si el estado diferencial de la energía del sistema

∆Esist = dQ –dW  

45

 

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dQ= ∆E sist + dW 1 Q2 = 1 Q2

∆E + 1W2

= E2 – E1 + 1 w2

E2= Ec2 + Ep2 + U2 E1= Ec1 + Ep1+ U1 Si Ec y Ep son despreciables E1 = U1 E2 = U2

Ejercicio 1. Se calienta agua en una cacerola tapada sobre una estufa mientras el agua se agita por medio de una hélice; durante el proceso se añaden 30 KJ de Q al agua y 5 KJ de Q se pierden a través de la cacerola al ambiente, la hélice es movida por un motor eléctrico que 500J de trabajo. Determine la energía final del sistema si su energía inicial es de 10KJ . ,Q2 = E2 – E1 + W2 300KJ – 5KJ = E2 – 10KJ – 0,5 KJ E2= 35,5 KJ Consideraciones para sistema abierto

 

46

 

TERMODINÁMICA

ENTALPIA. En el análisis de cierto tipo de procesos, en particular la generación de potencia y la refrigeración a menudo se encuentra la combinación de propiedades U+PV. Por simplicidad, convivencia, esta combinación se refiere como otra propiedad llamada entalpia: H = U + PV

h= u + pv

(total) KJ

(específica) KJ/Kg

La entalpia que en griego significa “calentar”. Fue difundida por Richard Marier Se la entiende como energía de flujo. 1 Q2 =

∆U+1W2 1W2=

∫ P dV

Si P= cte 1W2 =

P ∫ dv

1W2=

P(V2-V1)

1 Q2 =

∆ U + P(V2- V1)

1 Q2 =

U2-U1 + P (V2- V1)

Q2= (U2+PV2 ) - (U1+PV1) H2 1Q 2=

H1

∆H proceso a P= cte

En el intercambiador de calor de un sistema de calentamiento de vapor tiene un volumen de 20 lt y se llena con vapor sobrecalentado a 300KPa y 250ºC, en este estado las válvulas de entrada y salida del intercambiador están cerradas. Determine la cantidad de calor que se transfiere hasta cuando la presión disminuya a 100 KPa. Datos: Vo= 20lt

0,02 m3

VT  @  300  KPa  =  0,606073m3/Kg   VT  =  

 

!!  

!!

mT=  

 

!,!"  !!    

!,!"#$  !! /!!

mT=  0,025  Kg   47

=  

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

P1= 300 KPa !2 = 100  !"#   1 Q2 = V2 1.

!!

V1= 0,7964 !" . 0,025 Kg

U1= 2728,7

!" !"

 .0,025  !"  

V2 @ 100 KPa = 1,694

!! !"

T @ 100 KPa = 49,63º C

V1= 0,02 !!

U2= 68,2175 Kg

   .      0,025  !"  

V2 = 0,04035 !!

, Q2 = (U2 +PV2) – (U1+PV1) ,Q2= (62, 6526 * 102 d + (100 * 10 )Pa (0,00425 m3) – (68, 21775 d) , Q2= (66, 887)KJ – (74, 217)kJ ,Q2 = - 7,30 KJ BALANCE DE MASA. ECUACIÓN DE CONTINUIDAD DE LA MASA

!!

!!

!  =  p  A  .  vel   ∆  !  v.c=  ∑  !  i  -­‐  ∑  !  s  

Kg/s  

Caudal  másico  

Vel=  velocidad   V.C  =  volumen  de  control  

!  =    p.  !  

!  =  caudal  volumétrico  (m3/s   )    

48

 

TERMODINÁMICA

i= ingreso s= salida

∑Ei  =  ∑  Ea  +∑Es  

a= almacenada

ECUACIÓN GENERAL PARA BALANCE DE ENERGÍA 1Q2  +mi  (hi    gZ1  +  

!!! !

)  =  (∆u  +  ∆  Ep  +  ∆  Ec)VC  +  1W2  +mS  (h2  +  gz2  +  

!!! !

)  

PARA SISTEMA CERRADO mi=ms= 0 ∆Ep = ∆Ec = 0 1 Q2

= ∆U + W 1 2

Tanques Rígidos Dispositivos de volumen constante.

 

49

 

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Ejercicios 1. Un tanque rígido con un volumen de 3 pies2 está lleno con refrigerante 12 a 120 psia y 140 ºF. Después el refrigerante es enfriado hasta 20 º F. Determine la masa del refrigerante b) la presión final en el tanque c) el calor trasferido desde el refrigerante. V=  3ft3  

V2=  3ft3   T (º F)

Refrig  12  

Refrig  12  

P=  120  psia  

P2=  ?  

T1=  140  º  F  

T1=  20  º  F  

140 º F

120 Psia

1

2

V1 = V2

V (ft3)

 

mR12= ? P2 = ? Qr12= ? V@ 120 Psia

V1 = V2

V1= 0,3890 Ft3/ lbm

Vf= @ 20 ºF = 0,01130 ft3/ lbm

h1= 94, 736 BTU/ lbm

Vg@ 20º F = 1,0988 ft3/ lbm P2= @ 20 º F = 35, 736 Psia

m=  

! !

50

 

TERMODINÁMICA

!  !"!

m=

!,!"#$  !"! /!"#  

, Q2 + m (h1 + gZ1 +

,Q2= m (h2) – m (h1)

= 7,71 lbm

!!! !

) = , W2 + m (h2 + gZ 2 +

!!! !

)

,Q2= (7,71)(36,142) – (7,71) (94,736) ,Q2= - 451,76 BTU V= vf + X(vfg) 0,389 = 0,01130 + X(1,098 – 0,0113) X= 0,35 h= hf + X(hfg) h= 12,86 + (0,35)(79,38 – 12,86) h= 36,142 BTU/ lbm

Se tiene un tanque rígido dividido en dos partes iguales mediante una separación al principio un lado del tanque contiene 5 Kg de agua a 200KPa y 25 º C y el otro lado esta vacio después la separación se quita y el agua se expande dentro de todo el tanque se deja que el agua intercambie calor con los alrededores hasta que la temperatura regrese al vapor inicial de 25 º C. determine. a) El volumen del tanque b) La presión final c) La trasferencia de calor en este proceso

m1= 5 Kg T1= 25 ºC P1= 200 Kpa

 

a) V=  ?   b) P2=  ?   c) Q2=  ¿?  

Tf= 25 º C

51

 

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P

Vf  @  25  º  C  

1

P2

Vf=  0,001003   2

P1

h=  104,  89  Kd/  Kg  

v

V= m . v V= (5 kg )(0,001003 m3/ Kg) V= (0,005015 m 3) V= 0,005015 (2)

para el tanque después de separado

V= 0,01003m3   !

 V=     !

V2= 0,002006 m3/ Kg

V2=  Vf  +  Xvfg  

Vf= 0,001003 m3/ Kg

0,002006  =  0,001003  +  X(43,36  –  0,001003)  

Vg= 32,89 m3/ Kg

X=  0,0000231  

h2= htf + h tg h2= 104,88 + 0,0000231 (2547,2 – 104, 888) h2= 104, 936 , Q2 + m (h1 + gZ1 + Q= mh2 – mh1

!!! !

) = , W2 + m (h2 + gZ 2 +

!!! !

)

Q= 5(104, 936) – 5(104, 89) Q= 0,23 KJ Un tanque rígido aislado contiene inicialmente 1,5 lb masa de helio a 80 º F Psia. Una hélice con una potencia nominal de 0,02 hp, opera dentro del tanque durante 30 minutos. Determine a) La temperatura final b) La presión final del gas helio 1 hp = 2,545 BTU/ h

 

52

 

TERMODINÁMICA

P

m= 1,5 lb T1= 80 º F P1 = 50 Psia

P2

2 50 psia

1

P= 0,02 hp t= 30min !"

!"  !

M= 1,5 lbm .

T= 80 ºF 299,+7 K P= 0,02 hp T= 30 min

!  !"

!,!  !"  

!"#"  !"# !  !!!!

= 0,6818 Kg

v V= cte

P=  w/  t   W  =  50,9  BTU/  h  .  0,5  h    

= 50,9 BTU/ h

W=  -­‐  25,45  BTU.  

!,!""  !"

W=  -­‐  26,849  Kd  

!  !"#

     

TABLA Cv= 3,1156

!"

!"  !

,Q2= ∆ U + W 2

∆U = -, W 20 26,846 Kd ∆U= m 1∫2 Cv (T) dt ∆U= 0,6818 Kg (3,1156 Kd / Kg K)(T2 – T1) !",!"#  !"

!,!"#"  !"

= 3,1156

!"

!"  !

12,6398 K = T2- 299,67 K

(T2 – 299,67 K)

!!  !! !!

=  

!!  !!

!"  !"#$

!"#,!"  !

!!

       =  

  !!

!"#$%&'  !

     

P2=  52,121  psia    

T2= 312, 3098

Ejercicios Un bloque de hierro de 60 Kg a 100 º C se introduce en un tanque aislado que contienen 0,5 m3 de agua liquida a 25 º C, determine la temperatura cuando alcanza el equilibrio térmico. Datos. m= 60 Kg T= 100 º C

 

,Q2    =  ∆  U  +  ,  W2   ∆  U=  0   53

 

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V= 0,5 m3

agua Mfe  Cv  (T2  –T1)  +    mH2O  Cv  (T2  –T1)  =  0  

T = 25 º C T=? Regla de 3 y tabla CvFe= 0,45

60 Kg ( 0,45

!"

!"  !

Cvh2o= 4,178

!"

!"  !

!"

!"  !

) (T2 – 373 º K) + 500Kg (4198

!

!"  !

)(T2 – 298 K)= 0

2116000.T2= 632,593 X106 T20 248,45 º K = 26 º C

Cilindros Embolo Dispositivos de presión constante cuando el embolo no ejerce fricción en el cilindro.

3.- un dispositivo aislado compuesto de cilindro embolo contiene 5 Lt de agua líquida saturada a una presión constante de 175 KPa. El agua es agitada con una rueda de paletas mientras fluye una corriente de 8ª durante 45 min por una resistencia colocada en el agua. Si la mitad del líquido se evapora durante este proceso a presión constante y el trabajo de la rueda de paletas equivale a 400 Ka. Determine el voltaje de

 

54

 

TERMODINÁMICA

la fuente, también, muestre el proceso en un diagrama P-V con respecto a las líneas de saturación.

p

V1= 5 lt.

1m 3 = 0,005m 3 1000lt

Punto critico

V2 = 2,5 lt

P1= 175 Kpa 2

a 60 s W= V. .45 min . = 26000V s 1 min

1

V 0,001057 m3/Kg

Considerando que se evapora la mitad

0,5023285 m3/Kg

X = 0,5 Considerando a todo como líquido hf= 486,99 Vf=0,001057 Vg= 1,0036 Hg= 2700,6 h1= 486,99 Ka/Kg h2 = 486,99 + 0,5(2700,6 + 486,99) h2 = 1593,795 Ka/Kg V1 = 0,001057 m3/Kg V2= 0,001057 + 0,5(1,0036 – 0,001057) V2 = 0,5023285 m3/Kg

 

55

 

 

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mT =

0,005m 3 = 4,73 Kg 0,001057m 3 / Kg

WNeto = 1,75 x10 3 (0,5023255 − 0,001057)

a (4,73kg ) − 21600V − 400 x10 3 Kg

Q2 = ΔH + W2 0 = (1593,795 − 486,99) x10 3

a (4,73 Kg ) + 1,75 x10 3 (0,5023285 − 0,001057)(4,73) − 21600V − 400 x10 3 Kg

V = 243,061V

PARA SISTEMA ABIERTO FLUJO ESTABLE O PERMANENTE

1

!  2  +!i  (h  +  gz  +  

!"# ! !

)i  =  (∆!  +  ∆  ! p  +  ∆  ! c)VC  +  1! 2  +! S  (h  +  gz  +  

!"# ! !

)s  

(∆!  +  ∆  ! p  +  ∆  ! c)VC  = 0 !i = !s

1

!  2  +!  (h  +  gz  +  

!"# ! !

)i  =    1! 2  +!  (h  +  gz  +  

!"# ! !

)s  

Toberas y Difusores La  tobera  reduce  el  área  transversal  de  la  salida  del  flujo  para  incrementar  su  velocidad  y   disminuir  su  presión.  El  difusor  realiza  todo  lo  contrario.     Las  toberas  y  difusores    no  realizan  ningún  trabajo  y  en  la  mayoría  de  los  casos  la  transferencia   de  calores  es  despreciable  así  como  los  cambios  en  la  energía  potencial.      

 

1

!  2  +!  (h  +  

!"# ! !

)i  =  !  (h  +  

!"# ! !

)s  

  56

TERMODINÁMICA

Ejercicios: 1. Aire a 80KPa, 27 ºC y 220 m/s de velocidad ingresa a un difusor a una relación de 2,5 Kg/s y sale a 42 º C, el área de salida del difusor es de 400 cm2 y el aire pierde calor a una relación de 18 KJ/s, durante este proceso determine la velocidad de salida del aire y la presión de salida. Datos: P= 80Kpa

mi

aire ms

Z=  Altura    

T = 27 ºC Vel1= 220 m/s

 

A1 vel1 P1

A2 vel2 P2

  57

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mi=ms flujo permanente vel1= 220 m/s m= 2,5 Kg/s T2= 42º C Q= -18 KJ/s ,Q2 + m (h1 + gZ1 + 1Q2 + m (h1+

!!!

Vel2=61,96m/s

!

!!! !

)= , W2 + m (h2 + gZ2+

) = W + m (h2 +

!!! !

!!! !

)

)

P2=(m..R.T)/(A2.vel2)=91.19KPa De  manera  estable,  entra  vapor  a  5Mpa  y  500℃  a  una  tobera  con  una  velocidad  de  80  m/s  y   sale  a  2  Mpa  y  400℃  .  El  área  de  entrada  de  la  tobera  es  de  50  !" ! y  con  un  análisis  de   laboratorio  se  determinó  que  pierde  calor    una  tasa  de  90  kJ/s.  determine:   a) La  tasa  de  flujo  másico  de  vapor   b) La  velocidad  de  salida  del  vapor   c) El  área  de  salida  de  la  tobera   he@5  Mpa  y  500  ℃  =  3434,7   he@2  Mpa  y  400  ℃  =  3248,4   V1=  0,06858            V2=  0,15122     !! . !"1. !"#1 = !! . !"! . !"# !  

11 0.005! ! 0,06858 !"#! =

1 80! = !"! . !"#!   0,15122 !

0,8818 1 0,8814 != . !"! .   !!! 0,1512 !"2

! = 5,829  !"/!   .

1 Q2 + ∑ m[ h +

! + ! ℎ! +

 

. vel 2 vel 2 + zg ] = ΔEsis + 1W2 + ∑ m[h + + zg ]   2 2 e S

!"# ! !"#! ! − ℎ! − = 0   2 2 58

 

TERMODINÁMICA

−90!" 80! !"#$ ! + ! 3434,7 + − 3248,4   − = 0   ! 2 2

Entra  aire  a  80  Kpa  y  127℃  de  manera  estable  a  un  difusor  adiabático  a  una  tasa  de  6ooo  Kg/h   y  sale  a  100  Kpa.  La  velocidad  de  la  corriente  de  aire  se  reduce    de  230  a  30  m/s  cuando  pasa   por  el  difusor.  Encuentre  la  temperatura  de  salida  del  aire  y  el  área  de  salida  del  difusor.   !=

!""!" !

.

!"

!"##!

= 1,67

! = !! . !"! . !"#!  

!" !

 

!" = !"   !=

!, 287 ∗ 425   100

V=  1,21  

!! !"

                                           1,7 =

.

1 Q2 + ∑ m[ h +

ℎ! = ℎ! +

!

!,!"

. !". 30                                  !"! = 0.069! !  

. vel 2 vel 2 + zg ] = ΔEsis + 1W2 + ∑ m[h + + zg ]   2 2 e S

!"#! ! !"#$ ! −   2 2

ℎ! = 400.98 + 26.45 − 0,45   ℎ! = 426,98  !"  

INTERPOLANDO  CON  LOS  VALORES  DE  LAS  TABLAS   (420,  421,26)   (430,  431,41)   T=425,35  K   T=  162,35  ℃  

Compresores Los compresores son mecanismos para comprimir los gases y vapor. Se suele llamar bomba de aire, esta máquina se encarga de disminuir el volumen de una determinada cantidad de aire y aumentar su presión por procedimientos mecánicos. El aire comprimido posee una gran energía potencial, ya que si eliminamos la presión exterior, se expandiría rápidamente. El control de esta fuerza expansiva proporciona la fuerza

 

59

 

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motriz de muchas máquinas y herramientas, como martillos neumáticos, taladradoras, limpiadoras de chorro de arena y pistolas de pintura. Los cambios de energía cinética y de energía potencial son despreciables. Existen hoy en día dos tipos de compresores: • Alternativos • Rotatorios Los compresores alternativos o de desplazamiento: Se utilizan para generar presiones altas mediante un cilindro y un pistón. Cuando el pistón se mueve hacia la derecha, el aire entra al cilindro por la válvula de admisión; cuando se mueve hacia la izquierda, el aire se comprime y pasa a un depósito por un conducto muy fino. Los compresores Rotatorios: Los Compresores rotatorios producen presiones medias y bajas. Están compuestos por una rueda con palas que gira en el interior de un recinto circular cerrado. El aire se introduce por el centro de la rueda y es acelerado por la fuerza centrífuga que produce el giro de las palas. La energía del aire en movimiento se transforma en un aumento de presión en el difusor y el aire comprimido pasa al depósito por un conducto fino. El aire, al comprimirlo, también se calienta. Las moléculas de aire chocan con más frecuencia unas con otras si están más apretadas, y la energía producida por estas colisiones se manifiesta en forma de calor. Para evitar este calentamiento hay que enfriar el aire con agua o aire frío antes de llevarlo al depósito. La producción de aire comprimido a alta presión sigue varias etapas de compresión; en cada cilindro se va comprimiendo más el aire y se enfría entre etapa y etapa. Los cambios en la energía potencial son despreciables

1

 

!  2  +!  (h  +  

!"# ! !

)i  =    1! 2  +!  (h  +  

60

!"# ! !

)s  

 

TERMODINÁMICA

2.-­‐)  Entra  refrigerante  134a  a  un  compresor  adiabático  como  vapor  saturado  a  -­‐20   !"

°!  y  sale  a  07MPa  y  70°!.  La  taza  de  flujo  másico  del  refrigerante  es  1,2   Determine:  

!

.  

a.)  La  entrada  de  potencia  del  compresor,     b.)  La  taza  de  flujo  volumétrico  del  refrigerante  a  la  entrada  del  compresor.   !! = −20°!.  

!! = 07!"#.  

!! = 70°!.   ! = 1.2  

! =  ?  

!"   !

a.-­‐  

!! + !!    ℎ +

!"# ! + !"   2

!! = !    ℎ! − ℎ!      

!! = 1.2  

!

  =  !! + !!      ℎ +

!"# ! + !"     2 !

!"    238.41 − 308.33       !

−!! = 83.90  

!"       !"

!"#$%&'( = 83.90  !"#$$     b.-­‐  

!

! = !                 ! ! =   !

! = !  . !!      

! = 1.2 ∗ 0.1472      

! = 0.176    

 

!! !

   

61

 

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Bombas Son  aquellas  que  incrementan  la  presión  de  un  fluido  (liquido)  el  trabajo  que  se  realiza  se  toma   como  negativo,  la  transferencia  de  calor  casi  siempre  es  despreciable.  Así  como  los  cambios  de   energía  cinética  y  potencial     1

 

!  2  +  !  (h  +  

!"# ! !

)i  =    1! 2  +  !  (h  +  

!"# ! !

)s  

Una fórmula útil para encontrar el trabajo de una bomba es: WB = v.(P2 – P1)

Turbinas Se denomina turbina al motor rotativo que convierte en energía mecánica la energía de una corriente de agua, vapor de agua o gas. El elemento básico de la turbina es la rueda

 

62

 

TERMODINÁMICA

o rotor, que cuenta con palas, hélices, cuchillas o cubos colocados alrededor de su circunferencia, de tal forma que el fluido en movimiento produce una fuerza tangencial que impulsa la rueda y la hace girar. Esta energía mecánica se transfiere a través de un eje para proporcionar el movimiento de una máquina, un compresor, un generador eléctrico o una hélice. Las turbinas se clasifican en turbinas hidráulicas o de agua, turbinas de vapor y turbinas de combustión. Hoy la mayor parte de la energía eléctrica mundial se produce utilizando Generadores movidos por turbinas. Los molinos de viento que producen energía eléctrica se llaman turbinas de viento. La mayoría son adiabáticos (! = 0). Los cambios de energía cinética son considerados y la energía potencial despreciados.

     

1

!  2  +!  (h  +  

!"# ! !

)i  =    1! 2  +!  (h  +  

!"# ! !

)s  

Ejercicios   1.-­‐)  En  una  turbina  adiabática  entra  vapor  a  !"  !"#  a  !""  !  y  sale  a  !"  !"#con   una  calidad  del  95%.  Despreciando  cambios  de  !"  !  !".  Determine  la  taza  de  flujo   másico  para  una  salida  de  potencia  de  !. !  !".  

!! = 10!"#.   !! = 400°!.  

!! = 40!"#.  

 

  63

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! = 95  %.    

! = 4.5  !"  

!! + !!    ℎ +

!"# ! + !"   2

!! = !    ℎ! − ℎ!      

!

  =  !! + !!      ℎ +

!! = !    3097,5 − ℎ!      

4.5!" = !    3097,5 − 2520,5     4500!" = !    576.92     ! = 7.8    

!"   !

!"       !"

!"# ! + !"     2 !

!"       !"

Turbocompresores en motores de combustión interna. El   turbocompresor   de   un   motor   de   combustión   interna   consiste   en   una   turbina   y   un   compresor.   Los   de   gases   de   escape   calientes   pasan   a   través   de   la   turbina   para   producir   un   trabajo,  el  mismo  que   se  utiliza  como  entrada  de  trabajo  para  el  compresor.  La  presión  de  aire   ambiente  se  incrementa  al  fluir  a  través  del  compresor  antes  de  que  entre  a  los  cilindros  del   motor.  Así,  el  objetivo  de  un  turbocompresor  es  aumentar  la  presión  de  aire  para  obtener  más   aire   en   el   cilindro.   En   consecuencia,   se   puede   utilizar   más   combustible   e   incrementar   la   potencia  del  motor.  

 

 

64

 

TERMODINÁMICA

Válvulas de estrangulación Son   dispositivos   isoentálpicos,   que   sirven   para   medir   la   presión   de   un   fluido,   y   son   de   gran   aplicación  en  refrigeración  y  acondicionamiento  de  aire.     No  realiza  ningún  trabajo  y  es  despreciable  la  transferencia  de  calor  y  los  cambios  de  energía   cinética  y  potencial.  

  1

   

!  2  +!i  (h  +  

!"# ! !

)i  =    1! 2  +! S  (h  +  

!"# ! !

)s  

EJERCICIO   Refrigerante  134  A  a  800  Kpa  y  25℃  es  estrangulao  hasta  una  temperatura  de  -­‐20℃.   Determine  la  presión  y  la  energía  interna  del  refrigerante  en  su  estado  final.   LIQUIDO  COMPRIMIDO   ℎ! ≅ ℎ!  

(24-­‐84.98)   (26-­‐87.83)   h=  86.4   he@25℃y  800  Kpa=86.4  KJ/Kg   a) A  -­‐  20℃   P=132.82  Kpa   b) ! = 25.39  

 

65

 

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!"   !" hf@-­‐20  ℃=  25,49   hfg@  -­‐20℃=238,41     86,2 = 25,49 + ! 238,41   ! = 0,255   ! = 25,29 + !, 255 212,91   ! = 79,9  !"/!"   ℎ1 ≅ ℎ2 = 86.4

Cámaras de Mezclado Sirven   para   mezclar   o   unir   dos   o   más   fluidos   o   un   mismo   fluido   con   distintas   propiedades   o   condiciones   a   la   entrada   y   obtener   un   nuevo   flujo   con   determinadas   propiedades   para   una   aplicación.   No  realizan  ningún  trabajo  y  la  transferencia  de  calor  es  despreciable,  así  como  los  cambios  de   energía  cinética  y  potencial.  

∑ m e = ∑ m s m 1 + m 2 = m 3 ∑ E e = ∑ E s m 1h1 + m 2h2 = m 3h3 m 1h1 + m 2h2 = (m 1 + m 2 )h3 si ÷ m 2 ⇒ yh1 + h2 = ( y + 1)h3 y=

m 1 → razon de flujos masi cos m 2

         

66

 

TERMODINÁMICA

EJERCICIO   Se  calienta  agua  líquida  a  300  KPa  y  20ºC  en  una  cámara  mezcladora  con  vapor  sobrecalentado   a  300  KPa  y  300ºC.  El  agua  fría  entra  a  la  cámara  a  una  tasa  de  1.8  Kg/s,  si  la  mezcla  sale  de  la   cámara  a  60ºC  determine  la  tasa  de  flujo  másico  requerida  del  vapor  sobrecalentado.  

m 1 = 1.8 Kg s   m 1h1 + m 2h2 = (m 1 + m 2)h3 h1 = 83.915 h2 = 3069.6 h3 = 251.18 m 1h1 + m 2h2 = (m 1 + m 2)h3 1.8(83.915) + 3069.6m 2 = (1.8 + m 2)251.18 m 2 = 0.1058 Kg s

Intercambiadores de Calor Son dispositivos que no realizan ningún trabajo; y que sirven para intercambiar calor entre dos o más fluidos pero sin mezclarse. Los cambios en la energía potencial y cinética son despreciables.    

 

67

 

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Ductos y Tuberías Sirven para transportar el fluido de trabajo a través de una maquina o una planta industrial y la transferencia de calor puede ser deseada si la tubería esta dentro de un horno o un sistema de refrigeración o puede ser indeseada si va a transportar el fluido de trabajo en distancias largas por lo que se le debe aislar.

 

68

 

TERMODINÁMICA

Ejercicio 1 Tenemos una tubería en la que ingresa aire a 200 kpa y 20 ℃ con una tasa constante y una velocidad de 5 m/s, al salir el aire esta a 180 kpa y 40 C debido a un ingreso de calor, el diámetro de la tubería a la entrada es de 0.28m. Determine el flujo volumétrico a la entrada de la tubería, el flujo másico, en flujo volumétrico a la salida y la velocidad a la salida. Datos: !!"# = 200!"# !!"# = 20℃

!"# = 5  !/!

!!"# = 180!"# !!"# = 40℃

! = 0.28! 1.

Calculamos el volumen específico con la ley de los gases ya que es un gas ideal el aire.

!" = ! ∗ !

!!"#$%  !"#$ = 0.2870 !=

 

0.2870

!" !" ∗ !

!" ∗ 20℃ + 273 ! !" ∗ ! 200!"# 69

 

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2.

!!"# = 0.420  

Luego para obtener la densidad del aire realizamos la fracción 1/densidad !!"# =

3.

!! !"

1

0.420  

!!"# = 2.380

!! !"

!" !!

Con la formula para sacar el área de un tubo obtenemos el área de este. !"!"# = ! ∗ 0.28

!"!"# = 0.061! !

!

4. Con los datos anteriores ya obtenidos procedemos a calcular el flujo másico de entrada sustituyendo los valores en la fórmula de flujo másico.              !!"# = ! ∗ !" ∗ !"#

           !!"# = 2.380

!" ! ∗ 0.061! ! ∗ 5   !! !

           !!"# = 0.7259

!" !

5. Con este valor obtenido procedemos a remplazar este valor en la formula siguiente para encontrar el flujo volumétrico.        !!"# = !!"#

! !

!" ! = !" 2.380 ! ! 0.7259

!!"# = 0.305

!! !

6. Para obtener el volumen específico de salida realizamos el mismo procedimiento antes descrito pero con los valores diferente de temperatura y precio de salida.

!!"# =

0.2870

!" ∗ 40℃ + 273 ! !" ∗ ! 180!"#

!!"# = 0.49906

!! !"

7. Obtenemos la densidad de salida igual que la de entrada con 1/densidad.

 

70

 

TERMODINÁMICA

!!"# =

1

0.49906

!!"# = 2.003

!! !"

!" !!

8. Calculamos el flujo volumétrico con la formula siguiente utilizando el flujo másico de entrada ya que es un sistema de flujo constante.        !!"# =        !!"#

! !

!" ! = !" 2.003 ! ! 0.7259

       !!"# = 0.36

!! !

9. Por ultimo calculamos la velocidad de salida despejando de la formula para calcular flujos másicos de la siguiente manera. !"#!"# = !"#!"# =

Ventiladores

!!"# ! ∗ !"!"#

0.7259

2.003

!" !

!" ∗ 0.061! ! !!

!"#!"# = 5.94

! !

Sirven  para  mover  gases  e  incrementar  la  presión  un  poco.  El  trabajo  se  lo  toma  como  negativo   y   despreciable,   la   transferencia   de   calor   y   el   cambio   de   la   energía   potencial   también   se   los   toma  como  despreciables.            

 

  71

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-

FLUJO INESTABLE

-

No  siempre  un  dispositivo  tiene  una  sumatoria  de  masas  que  entran  igual  a  la   sumatoria   de   las   masa   que   salen;   esto   sucede   en   la   carga   o   descarga   de   tanques,   análisis     de   líneas   de   alimentación   y   otros   dispositivos   complejos   dentro  de  la  ingeniería.   La  masa  que  ingresa  puede  ser  cero  en  el  caso  de  descargas,  la  masa  que  sale   puede  ser  cero  en  el  caso  de  cargas.   La  masa  inicial  puede  ser  cero  si  el  dispositivo  esta  vacío  al  inicio  de  o  la  masa  2   puede  ser  cero  si  se  ha  vaciado  al  final.  

-

(∆U +∆Ec + ∆Ep) vC ≠ 0 mi ≠ ms

1. Un  tanque  rígido  aislado  estavacio  al  principio,  al  abrir  la  válvula  ingresa  aire   atmosférico  a  95  kpa  y  17⁰C  hasta  que  la  presión  en  el  tanque  llega  a  95  kpa   punto  en  el  que  se  cierra  la  válvula.                                Determine  la  Tf  del  aire  del  tanque.     Qe  +  We  +  ∑  (mh)e  -­‐Qs  -­‐  Ws  -­‐  ∑  (mh)s=    m2u2  –m1u1   me  he  -­‐  m  s  hs=  m2u2  –m1u1    

 

72

TERMODINÁMICA

me  he   aire  

me    -­‐  m  s    =  m2  –m1  

 

 

 

me        =  m2  

 

 

 

me  he    =  m2u2  

 

 

he  @  17⁰C  =  290,16  

 

 

 

he    =  u2  

 

 

T2@(290,11 )=405.433⁰c  

 

 

 

7,270x  –  2908,000  =  31.95  

 

 

 

!,!"# !,!"#$ !"

=

!!!""

 

!"

!"

Tf  =405.433ºC  

!"

!"

 

ASPECTOS TERMODINÁMICOS DE SISTEMAS BIOLÓGICOS

Un hombre de 100 Kg. comió dos hamburguesas, dos raciones regulares de papas fritas y una cola de 200 ml en el almuerzo y una ración igual en la merienda. Determine cuanto tiempo le llevará quemar las calorías del día a) Viendo la TV. b) Manejando un automóvil c) Nadando rápido Refresco de cola = 87 cal. Papas fritas= 250 cal. Hamburguesas= 275 cal.

a) viendo T.V quma 72 cal/h b) Manejando un automóvil 180 cal/h c) Para un hombre de 68 Kg nadando rápido quema 860 cal/h CONDICIONES Hombre m = 100 Kg

 

m= 68 Kg

73

 

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Hamb.= 1100 cal

Qu= 860 cal/h (nadando)

Pap. Frit= 1000 cal.

Qu= 72 cal/h

Ref.col=

Qu= 180 cal/h (manejando)

174 cal.

(T.V)

2274 cal 68 Kg

860 cal/h

100Kg

1264,7058 Cal

1264,7058 cal/h

1h

2274 Cal Nadando = 1,7980 h. T.V= 21,476h Manejando= 8,59 h

1Kg grasa humana

Necesidad diaria

60 min = 107,882 min 1h 1288,6 min. 515,44 min.

33,1 Ma.

Mujer (1800-2200) cal Hombre (2400 – 2800) cal

 

74

 

TERMODINÁMICA

Capítulo VI Segunda Ley de la Termodinámica

Objetivos: - Analizar imperfecciones

Irreversibilidad

- Máquinas térmicas fuido de trabajo - Refrigeradores • •

Causa: Rozamiento, inestabilidad de los gases, daños de aislamiento. Balances de energía Análisis:    -­‐exergético              Diseño   -­‐ergonómico  

       

 

Máquinas térmicas.- Utiliza un fluido de trabajo, intercambia calor para producir energía mecánica. Ejemplos: - Motor de combustión

- Motores estándar de aire.

- Motor de gas

- Plantas de vapor

- Motores de propulsión. Refrigeradores.- Funcionan con un fluido de trabajo que intercambia calor con otro y consume trabajo para el calentamiento o enfriamiento de un medio.

 

75

 

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Ejemplos: -

Refrigeradores

-

Congeladores

-

Bombas de calor

-

Cuartos fríos (cámaras frigoríficas)

-

Acondicionadores de aire

-

Climatizadores, etc.

Depósitos de energía. Son aquellos que suministran o absorben cantidades finitas de calor sin cambiar la temperatura: Fuentes

Suministran calor.

Sumideros

Absorben calor (pero no se eleva su temperatura; atmosfera, piscina, horno)

ren dim iento =

 

salida..deseada   entrada..requerida

  76

TERMODINÁMICA

Fuente   Qent.  

Caldera   Bomba   Went  

Turbina  

W.  neto.sal  

Wnet,  sal=  Wsal  –  Wnet.  

condensador   Wnet,  sal=  Qent  –  Q  sal.  

Qsal.  

Sumidero  

nt =

Sist.  Cerrado                  ∆UǾ  

Wnet, sal Qsal   = 1− Qent Qent

nt=  eficiencia  térmica  

Estas son las mismas fórmulas para potencia W Los dispositivos cíclicos como las máquinas térmicas, funcionan entre un depósito de alta temperatura TH y uno de baja temperatura TL. Wneto , sal = QH − QL

ηt =

Wneto .sal Q =1− L QH QH

A mayor eficiencia, menor consumo de combustible, menor costo de operación, menor contaminación. nt= 0,25 -0,3

motor Otto

nt= 0,40 – 0,52

motor diesel, plantas de turbina a gas

nt= 0,6

grandes plantas de potencia de gas y vapor

Más de la mitad de la energía térmica termina en ríos, lagos y la atmosfera.

 

  77

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Un ciclo de una máquina térmica no puede completarse sin desechar algo de calor en un sumidero de baja temperatura.

Segunda ley, enunciado de Kelvin – Planck Ninguna máquina térmica puede tener una eficiencia térmica del 100%, para que una planta de energía funcione, el fluido de trabajo debe intercambiar calor con el ambiente (sumidero) así como con el horno (fuente).

Eficiencias de conversión de energía Calentadores de agua: Gas = (55 – 62%) Eléctrico = (90 – 94%) Sistemas de iluminación: Vela

0,2

Fluorescentes (40 – 90) lumens/W Incandescentes (5 – 25) 1 fluore. (15W)



1 incande. (60W)

ncombustión= Q ⇒ calor liberado por el combustible HV HV ⇒ poder calorífico del combustible. Plantas de potencia

 

nrendimiento total = ncombustión. nt. ngenerado =

Wneto.elect PCS .mneto

  78

TERMODINÁMICA

Ejercicio: Se transfiere calor a una máquina térmica desde un horno a una tasa de 80 MW. Si la tasa de liberación de calor de desecho a un lago cercano es de 53 MW. Determine la salida de potencia neta y la eficiencia térmica de la máquina. QEnt = 80 Mw

W= QEnt - QSal

Q Sal = 53 Mw

W= 80 MW – 53 Mw W= 27 MW nt = 1 -

Qsal QEnt

nt = 1 −

53 80

= 0,337

Un motor estacionario con una salida de potencia de 150Hp tiene una eficiencia del 35%. Determine la tasa de consumo de combustible de este motor. Si el combustible tiene un poder calorífico de 18000 BTU/ lbm. Wsal= 150 Hp Wneto, sal Qent

nt= 35 %

nt=

Pc= 18000 BTU/m

Qent=

150Hp 0,35

Qent= 428,57 hp. 428,57 hp *

0,746KW 56,87 BTU 1lbm 60 min lbm = 60,6 * * * 1hp 1KW . min 18000BTU 1h h

Refrigeradores y Bombas de Calor La transferencia de calor de un medio de baja temperatura a uno de alta temperatura, requiere dispositivos especiales llamados refrigeradores y bombas de calor. Los refrigeradores son dispositivos cíclicos. El fluido de trabajo se llama refrigerante; y el más común de los ciclos de refrigeración es el de compresión de vapor.

 

  79

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En refrigeradores, bombas de calor, acondicionadores de aire, no se utiliza el término eficiencia, sino COP (coeficiente de operación) o CDF (coeficiente de funcionamiento); debido a que puede ser mayor a 1 y seria una violación a la Segunda ley de la Termodinámica.

Medio  TH  

QH  

Salida  deseada  

Condensador   Wneto,  ent.  

Válvula  de   expansión  

Entrada   requerida  

Evaporado   QL   Área  refrigerada  

Sumidero   TH   Salida  deseada  

QH  

 

W  Neto.  Ent  

R  

Ent.  Req.   QL   Espacio   Refrig.   TL    

Rendimiento=

salida..deseada entrada..requerida

CDFR =

QL Wneta, ent

80

 

CDF= COP  

 

TERMODINÁMICA

CDFBC =

QH Wneta , ent

Wneto, ent= QH - QL CDFBC= CDFR + 1 Ejercicio: El compartimento para comida de un refrigerador se mantiene a 3ºC extrayendo calor a una tasa de 350KJ/min. Si la entrada de potencia requerida es de 2 KW. Determine: a) el COP b) La tasa a la que se libera el calor al cuarto que alberga al refrigerador. Tc= 3ºC QL= 350 KJ/min

.

Wneto,ent= 2KW kJ 1 min * = 5,83 KW min 605 QL 5,83 KW a )COP = = = 2,912 Wneto, ent 2 KW b)Wneto, ent = QH − QL

QL = 350

QH = 2 KW + 5,83 KW = 7,83 KW

Una bomba de calor cubre las necesidades de calefacción de una casa al mantenerla a 17ºC. un día cuando la temperatura del aire exterior disminuye a – 3ºC, se estima que la casa pierde calor a una tasa de 70000 KJ/h. si en estas condiciones la bomba tiene un CDF 2,7. Determine: a) La potencia consumida por la bomba b) La tasa a la que extrae calor del aire exterior. QH = 70000 KJ/h

1h KJ = 19,44 KW * h 36005 19,44 KW Wneto, ent =   2,7 Wneto, ent = 7,2016 KW QH = 70000

CDF= 2,7 a) Wneto, ent. b) QL =?

QL=  QH  –  Wneto.sal   QL  =  19,44  KW  –  7,2016  KW    

QL  =  12,2383  KW    

81

 

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Segunda ley de la termodinámica (enunciado de Clausius) Es imposible construir un dispositivo que funcione en un ciclo y cuyo único efecto sea producir la transferencia de calor de un cuerpo de temperatura más baja a un cuerpo de temperatura más alta.

Fuente  TH   TH  

 

QH   Wneto,  ent  =  Ǿ  

     R   QL  

Imposible    

FuenteTL  

 

Procesos reversibles e irreversibles Un proceso reversible es el que puede invertirse sin dejar ninguna huella en los alrededores, mientras que los irreversibles no pueden realizar dicho proceso. Los factores que causan las irreversibilidades son: la fricción, la expansión libre, la mezcla de dos fluidos, la transferencia de calor a través de una diferencia finita de temperatura, la resistencia eléctrica, la deformación inelástica de sólidos y las reacciones químicas. Todo dispositivo que viole la primera y la segunda ley de la termodinámica se denomina máquina de movimiento perpetuo, se dice que un proceso será reversible si tanto el sistema como los alrededores pueden ser regresados a sus condiciones originales, cualquier otro proceso es irreversible. Ciclo de Carnot El ciclo de Carnot es un ciclo reversible compuesto de cuatro procesos reversibles, dos isotérmicos y dos adiabáticos. Los principios de Carnot establecen que las eficiencias térmicas de todas las máquinas reversibles que operan entre los mismos dos depósitos son iguales y que ninguna máquina térmica es más eficiente que una reversible operando entre los mismos dos  

82

 

TERMODINÁMICA

depósitos. Estos enunciados forman la base para establecer una escala termodinámica de temperatura llamada también la escala Kelvín, relacionada con las transferencias de calor entre un dispositivo reversible y los depósitos de alta y baja temperatura por medio de:

⎛ Q H ⎜⎜ ⎝ Q L

⎞ T ⎟⎟ = H ⎠ reu TL

Por consiguiente el cociente QH/QL, puede ser sustituido por TH/TL para dispositivos reversibles. Una máquina térmica que opere en el ciclo de Carnot se denomina la máquina térmica de Carnot. La eficiencia térmica de una máquina térmica de Carnot, así como de otras máquinas térmicas reversibles está dada. nt rev. = 1 −

TL TH

Esta es la máxima eficiencia que puede tener una máquina térmica que opere entre dos depósitos a temperaturas TH y TL.

< nT rev ⇒ máquina termi. Irrev. real = nT rev ⇒ máquina termi. Rever. Teórica (carnot)

nT

> nT rev ⇒ máquina termi. imposible

CDFR.rev =

1

CDFBC .rev =

TH −1 TL

1 T 1− L TH

P 1

Q4

4

W net sal

2

Th= cte

Ciclo Carnet

3 Tl= cte Q1

 

V

83

 

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1-2; expansión isotérmica 2-3; expansión adiabática 3-4; comprensión isotérmica 4-1; comprensión adiabática

Ejercicio: Una máquina térmica de Carnot recibe 600 KJ de calor por ciclo de una fuente de alta temperatura a 680ºC y desecha calor en su sumidero a 25ºC. Determine la eficiencia térmica y la cantidad de calor desechado. QH= 600 KJ TH= 680 ºC

nt = 1 −

(25 + 273)º K (680 + 273)º K

TL= 25 ºC

QH TH = QL TL

nt = ?

QL =

= 0,6873  

(600)(25 + 273) = 187,62 KJ (680 + 273)

QL=? Diego Barrera afirma haber fabricado un refrigerador que mantiene el espacio refrigerado a 30ºF mientras opera en una cocina a 75ºF y que tiene un CDF de 15. Barrera esta acertado.

CDFR =

1 = 9,6934 --------15 534,67 −1 484,67

No está acertada.

               

 

  84

TERMODINÁMICA

Capítulo VII Entropía  

La Entropía (S), es la medida del desorden molecular y está medida en [KJ/K] Los procesos suceden en cierta dirección y la energía tiene calidad así como cantidad, un proceso solo es posible si satisface la primera y segunda ley de la Termodinámica. W= 0

W

Q sal

Q sal

H2o

H2o

Qent

TERCERA LEY DE LA TERMODINÁMICA. En el análisis de muchas reacciones químicas es necesario fijar un estado de referencia para la entropía. Siempre puede escogerse algún nivel arbitrario de referencia cuando solo se involucra un componente; para las tablas de vapor convencionales se ha escogido 32F. Sobre la base de las observaciones hechas por Nernst y por otros, Planck estableció la tercera ley de la termodinámica en 1912, así: “La entropia de todos los sólidos cristalinos perfectos es cero a la temperatura de cero absoluto.” Un cristal "perfecto" es aquel que está en equilibrio termodinámico. En consecuencia, comúnmente se establece la tercera ley en forma más general, como: La entropia de cualquier sustancia pura en equilibrio termodinámico tiende a cero a medida que la temperatura tiende a cero. La importancia de la tercera ley es evidente. Suministra una base para el cálculo de las entropías absolutas de las sustancias, las cuales pueden utilizarse en las ecuaciones apropiadas para determinar la dirección de las reacciones químicas.

 

  85

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Una interpretación estadística de la tercera ley es más bien sencilla, puesto que la entropia se ha definido como:

En donde k es la constante de Bolzman,

es la probabilidad termodinámica. En vista de la

anterior disertación, la tercera ley equivale a establecer que: cuando

0. Diagrama T-S T P= cte

L

V= cte

L+V

CAMBIO DE ENTROPÍA EN SUSTANCIAS PURAS Ejercicio: Un tanque rígido contiene 5,5 Kg de refrigerante 134a a 20ºC y 140 kPa. Posteriormente el refrigerante se enfría hasta una presión de 100 kPa. Calcule el cambio de entropía.

V= cte

M= 5,5 Kg To= 20º C Po= 140 Kpa

1

P= 100 KPa 2

s

Tabla sobrecalentada

V2= V1

 

86

 

TERMODINÁMICA

V.@Po =0,1652 m3/Kg

Vf@P1= 0,0007258 m3/kg

S.@Po = 0,0532 Ka/kg.k

Vg@P1= 0,1917 m3/kg

X= 0,86 . calcular

S2= Sf+ x Sfg S2= 0,0678 +(0,86)(0,9395) S2=0,8185 Ka/kg

Tabla Sf@P1= 0,0678 Sg@ P1= 0,9395 ∆S = m(S2 – S1)

∆S = 5,5 kg(0,8185 – 0,0532) KJ/kg.K ∆S = - 1,29 KJ/K V=Vf + x Vfg

x=

v − vf 0,1652 − 0,0007258 = vg − vf 0,1917 − 0,0007258 x = 0,86 Cambio de entropía en un proceso a presión constante

Ejercicio: Un dispositivo cilindro embolo contiene 5 lbm de agua líquida a 20Psia y 70ºF. El agua se calienta a presión constante adicionándole 3500 BTU de calor. Calcule el cambio de entropía.

m=  5  lbm  H2OL  

T

P= cte

T1=  70  ºF            Q=3500  BTU  

1

T2>T1                                  ∆S=?

2

s

 

P1=  20  psia  

P2=  P1  

87

 

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V1= Vf @ T1 = 0,016051 pie3/lbm

Q= ∆H + W

S1= Sf @ T1 = 0,07463 BTU/lbmR

Q = m(h2 – h1)

h1= hf @ T1 = 738,09 BTU/lbm

h2= 738,09 BTU/lbm

tabla S2= Sf+ x Sfg

hf@P2= 196,26

Sf@P2= 0,3358 BTU/lbm

hg@P2= 1156,4

BTU/

lbm

h2 = mezcla

Sfg@P2= 1,732 BTU/lbm R S2= 1,1176 BTU/lbm R

x= 0,564

∆S= m(S2-S1) ∆S= 5,183 BTU/R

CAMBIO DE ENTROPÍA Y RELACIONES ISOENTRÓPICAS PARA UN PROCESO 1.- Sustancias puras ∆S= S2-S1

; Cualquier p

S2=S1

; p. Isoentrópico

2.- Sustancias incomprensibles S2-S1= C pro. ln

T2 T1

T2=T1

; cualquier p

;

p. isoentrópico

3.- Gases ideales a) Calores específicos constantes S2 – S1 = Cv, prom ln

 

T2 V + R ln 2 T1 V1

  88

TERMODINÁMICA

S 2 − S1 = Cp, pro ln

T2 P − R ln 2 T1 P1

; cualquier p.

Unidad  de   moles   __

__

____

S 2 − S1 = C v, pro ln

__

__

T2 V + Ru ln 2 T1 V1

___

S 2 − S1 = C p, pro ln

T2 P − Ru ln 2 T1 P1

; cualquier p.

P. isoent !!   !! !!   !!

!!   !!

!!!"#

%$!!!"#$% !!!"#

%$=

!! !!

!! = !! =

!! !!

!!!

(!!!)/!

!

b). Calores específicos variables Cualquier    p.  

S2 – S1= S2º – S1º- R ln P2/P1 S2 – S1= S2º – S1º- Ru ln P2/P1 S2º – S1º + Rln

 

P2 = Δs P1

⎛ P2 ⎜⎜ ⎝ P1

⎞ Pr ⎟⎟ = 2 ⎠ S =cte Pr1

⎛ V2 ⎜⎜ ⎝ V1

⎞ Vr ⎟⎟ = 2 ⎠ S =cte Vr1

p; isoent

  89

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Ejercicio: Inicialmente se tiene aire a 100 kPa y 17ºC; luego se comprime a 600 kPa y 57ºC. Determine el cambio de entropía en este proceso: a) Utilizando los valores de propiedades del aire. b) Utilizando calores específicos promedio. T

P1=  100kPa            P2=  600KPa  

600 KPa

T1=  17ºC                    T2=  57ºC  

100 KPa

2

∆S=?  

1

Tabla s

S1º@T1= 1,66802 ka/KgK

 

S2º@T2= 1,79783 ka/kgk R= 0,278 ka/kgk a) ∆S= S2 – S1= S2º – S1º- R ln P2/P1 ∆S= - 0,384 ka/kgk b) S2 – S1= C p, pro ln

Tabla  

T2 − R1 T1

=> aproximación Cp,prom= 1,005 Ka/kgk

∆S= - 0,384 ka/kgk Se comprime aire en el motor de una camioneta desde 22ºC y 95 kPa de manera reversible y adiabática, si la razón de compresión V1/V2 de este motor es 9; determine la temperatura final del aire.

T1= 22ºC

V2 Vr2 = V1 Vr2 Vr1 = 617,9

P1= 95 KPa

V1 =9 V2

 

Vr1= 647,9

  90

TERMODINÁMICA

T2=?

Vr1 = Vr2 = 71,98 g

T2≈ 692 k

⎛ T2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ =V 2 +7 ⎝ T1 ⎠ S =CTE 0, 4

T2 = T1 (9)

≡ 710k

Trabajo de flujo estable Wrev=- ∫vdP-∆ec-∆ep Si v=cte Wrev= -v(P2-P1) - ∆ec-∆ep Isoentrópico

kP (T2 − T1 ) k −1 ⎛ k −1 ⎞ ⎡ ⎤ ⎟ ⎜ kRT1 ⎢⎛ P2 ⎞ ⎝ k ⎠ ⎥ ⎜ ⎟ −1 Wcomp, entr = ⎥ k - 1 ⎢⎜⎝ P1 ⎟⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ Wcomp, entr =

Politrópico

nR (T2 − T1 ) n −1 ⎛ n −1 ⎞ ⎡ ⎤ ⎟ ⎜ nRT1 ⎢⎛ P2 ⎞ ⎝ n ⎠ ⎥ ⎜ ⎟ −1 Wcomp, entr = ⎥ n - 1 ⎢⎜⎝ P1 ⎟⎠ ⎢⎣ ⎥⎦

Wcomp, ent =

Isotérmico

 

  91

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⎛ P Wcomp, entra = RTln ⎜⎜ 2 ⎝ P1

⎞ ⎟⎟ ⎠

Eficiencias

ηT =

W h − h2 a T.real de la turbina = a ≅ 1 T.isoent de la turbina Ws h1 − h2 s

ηc =

T. isoent del compresor Ws h2 s − h1 = ≅ Wa h2 a − h1 T.real del compresor

ηN =

Vel 2 2a h1 − h2 a Energía cinética real a la salida de la tobera = ≅ Energía cinética isoent a la salida de la tobera Vel 2 2s h1 − h2 s

Ejercicio: Determine el trabajo para comprimir agua isoentrópicamente de 100 KPa a 1 MPa; suponga que el agua existe: a) Como líquido saturado en el estado inicial. b) Como vapor saturado en el estado inicial Y determine si una bomba trabaja más que un compresor en estos límites de presión o es lo contrario. T

Datos:

P2

P1 = 100 kPa

2

2

P2 = 1MPa

P1

1 1

a) Vi= Vf@P1= 0,001043 m3/kg 0

        Wrev= V(P2 – P1) - ∆ec - ∆pe 0  

0         0  

KJ Wrev. bomba= 0,93 Kg

S= cte

S= cte

s

 

b) Tds = dh = vdp S = cte. Tds = φ dh = vdp dh = Wrev.

 

  92

TERMODINÁMICA

h1 = hg @ P1 = 2675,5 Kg/Kg S1 = Sg @ P1= 7,3594 Kj/Kgk S2= S1 h2@P2 ^ S2= 3195,5 Kj/kg Wrev.compresor= (h2 – h1) = 519,95 Kj/kg Aire se comprime por medio de un compresor reversible desde un estado de 100KPa y 300K hasta una presión de 900 KPa. Determine el trabajo del compresor específico: a) Para compresión isoentrópica con k=1,4 b) Compresión politrópica con n=1,3 c) Compresión isotérmica d) Compresión ideal de 2 etapas con interenfriamiento y un exponente politrópico de 1,3

kRT1 a) Wcomp = k -1

⎡ ⎢⎛⎜ P2 ⎢⎜ P ⎢⎣⎝ 1

⎛ k −1 ⎞ ⎜ ⎟ k ⎠

⎞ ⎝ ⎟⎟ ⎠

⎤ − 1⎥ ⎥ ⎥⎦

⎛ 1, 4 −1 ⎞ ⎡ −1 ⎟ ⎤ ⎜ 1,4(0,287)(300) ⎢⎛ 900 ⎞ ⎜⎝ 1, 4 ⎟⎠ ⎥ Wcomp = ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ 4 −1 ⎥⎦ ⎢⎣ Wcomp = 263,24 Kj/kg

nRT1 b) Wcomp = n -1

⎡ ⎢⎛⎜ P2 ⎢⎜ P ⎝ 1 ⎣⎢

⎛ n −1 ⎞ ⎜ ⎟ n ⎠

⎞ ⎝ ⎟⎟ ⎠

⎤ − 1⎥ ⎥ ⎥⎦

⎛ 1, 3−1 ⎞ ⎤ ⎡ ⎟ ⎜ 1,3(0,287)(300) ⎢⎛ 900 ⎞ ⎜⎝ 1,3 ⎟⎠ ⎥ Wcomp = −1 ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎝ 100 ⎠ 1,3 − 1 ⎥⎦ ⎣⎢ Wcomp = 246,39 Kj/Kg

⎛ P ⎞ c) Wcomp = RTln ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ P1 ⎠ ⎛ 900 ⎞ Wcomp = (0,287)(300) ln ⎜ ⎟ = 189,18 Kj / Kg ⎝ 100 ⎠  

  93

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P W politrópico (2 etapas)

P2

W. isotrópico

Px

Px= (P1P2)1/2 W. politrópico

P1 W. isoentrópico V

⎛ n −1 ⎞ ⎡ ⎤ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ P ⎢⎜ x ⎟ ⎝ n ⎠ − 1⎥ ⎢⎜ P ⎟ ⎥ ⎢⎣⎝ 1 ⎠ ⎥⎦ Wrev.comp = 215,32 Kj/kg

2nRT1 d) Wrev.comp = n -1

Balances de Entropía Sent - S.sal + Sgen = ∆S.sist. [Kj/K] Sent/t - S.sal/t + Sgen /t= ∆S.sist./t [Kw/K] Sgen = ∑me.se - ∑ mi.si - ∑

Qk   Tk

Ejercicio: Entra vapor de manera estable a una turbina adiabática a 3MPa y 450 ºC y sale a 50KPa y 100ºC. Si la salida de potencia de la turbina es 2MW. Determine: a) La eficiencia isoentrópica de la turbina. b) La tasa de flujo másico de vapor que entra por la turbina.

 

  94

TERMODINÁMICA

Adiabático

3 Mpa, 400º C

Wneto, sat= 2 MW

50 Kpa, 100 º C

T P1

real isoentrópico

2s

P2

2a

s

Tabla: Si @ P1= 6,9212 Kj/KgK h1@ P1 = 3230,9 Kj/kg T sat @ P2= 81,33 ºC

100ºC V. sobre

S23@ P2 = 7,6947 Kj/KgK h22 @ P2 = 2682,50 Kj/Kg S1= S2 S25= 6,9212 Kj/ KgK Sf@ P2 =1,091 Kj/KgK Sg@ P2 = 7,5939 Kj/KgK X= 0,89 hf@P2= 340,49 Kj/Kg

 

  95

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hg@P2= 2045,9 Kj/Kg

h25= hf + xhfg

h25= 2392,3 Kj/Kg

nt =

h1 − h2 a = 0,654 h1 − h2 s

W = m(h1 − h2 a ) W 2 x10 3 Kj / s = = 3,65kg / s m= h1 − h2 a (3230,9 − 2682,5)kj / kg                                                        

 

96

 

TERMODINÁMICA

Capítulo VIII Exergía     Término   introducido   en   Europa   en   la   década   de   los   cincuenta.   Exergía   (X),   medida   en   [J],   es   equivalente  a  disponibilidad  o  energía  disponible.     Un   sistema   entrega   el   máximo   trabajo   posible   cuando   es   sometido   a   un   proceso   reversible   desde  un  estado  inicial  específico,  hasta  el  estado  de  su  ambiente;  llamado  estado  muerto.   Se   conoce   como  estado   muerto,   cuando   un   sistema   se   encuentra   en   equilibrio   termodinámico   con  los  alrededores.     Exergía  de  la  energía  cinética:   xec=ec=vel2/2   Exergía  de  la  energía  potencial:   xep=ep=gz   La  irreversibilidad,  es  la  destrucción  de  la  Exergía     Se  define  exergía  φ  de  un  universo  dado  (sistema  más  alrededores),  en  un  estado  dado,  como   el  trabajo  útil  mínimo  necesario  para  conseguir  ese  estado  a  partir  de  un  estado  de  referencia   que,   se   supondrá   que   es   el   estado   muerto   de   equilibrio   termodinámico   total   que   se   alcanzaría   dejando  evolucionar  libremente  el  universo  termodinámico.   Muchas  veces  se  admite  un  estado  de  referencia  estándar  y  así  se  puede  hablar  de  la  exergía   asociada  a  un  estado.  El  estado  de  referencia   u iθ ,  no  es  universal.     P  →  100MPa  o  presión  media  anual   ⊕

T  →  25ºC  a  temperatura  media  anual   ⊕

  Para   muchas   aplicaciones   energéticas   basta   considerar   como   ambiente   de   referencia   estándar   un  depósito  infinito  a:   T  =  298,15K  →  aire  saturado  de  compresión:   x  M2  =  0,7560   ⊕



 

  97

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P  =  100MPa   ⊕

     

     

 

 

 

 

 

x  O2  =  0,2034  

     

     

     

     

     

x  H2O=  0,0812   x  A1  =  0,0091   x  CO2  =  0,0003  









  En  contacto  con  un  depósito  infinito  de  agua  líquida  tenemos:  x  H2O=  1   ⊕

-

Para  un  sistema  aislado:  Δφ  =  Δε   Para  un  sistema  cerrado  en  contacto  con  un  depósito  térmico  a  To  =  C   Δφ  =  Δε  -­‐  To  Δs  

W =−

Wu = W + ∫ Patmdv

∫ F int.d x

frontera

(

ΔEm = wt ∫ pdv ΔE = W

)

Emdf

Q =0

ΔU = ΔE − ΔEm dQ Δs = ∫ T

Emdf = W + ∫ pdv − ΔEm ≥ 0

=0

Q = ΔE = W

 

ΔU = Q + Emdf − ∫ pdv

 

Sgen = Δs − ∫

=0 5 gen

dQ T

≥0 fronetra

I = Wu − Δφ ≥ 0

ΔQ = Wu I =0   Donde:  

W:  trabajo     Wu:  trabajo  útil   Em:  energía  mecánica   Emdf:  energía  mecánica  degradada  por  fricción   E:  energía  total   Q:  calor   U:  energía  interna   S:  entropía   Sgen:  entropía  generada   φ:  exergía   I:  irreversibilidad.     - Para  un  sistema  cerrado  en  contacto  termodinámico  con  una  atmósfera  a  To=R  y  po=φ.  

-

Δφ  =  Δ+  poΔV  -­‐  ToΔs     Para  un  sistema  cerrado  en  contacto  termo  –  mecánico  –  difusivo  con  una  atmósfera  a  To   =  C    po  =  e  y  uio  =  C   Δφ  =  ΔE  +  poΔV  -­‐  ToΔs  -­‐  

∑u i

 

io

Δni = ΔE ni TpoΔV − ToΔS + ∑ ni (ui − ui ,o )   i

  98

TERMODINÁMICA

El  concepto  de  exergía,  ha  estado  presente  en  el  desarrollo  de  la  termodinámica:   Gibbs  –  1878  →  energía  utilizable   Darrieus  –  1930  y  Keenan  –  1932  →  disponibilidad     Rant  –  1956  →  exergía   Ecvans  –  1968  →  essergía   Ecuación  de  balance  energética  de  una  masa  de  control  

⎛ To ⎞ Δφ = Wu ∫ ⎜1 − ⎟dQ − ToSgen   T ⎠ ⎝ Es  decir:  al  pasar  una  masa  de  control  de  un  estado  a  otro  la  φ  aumenta  al  recibir  Wu,  al  recibir   Q  y  disminuye  por  generación  interna  de  entropía.                                        

 

  99

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Capítulo IX Ciclos Termodinámicos  

CICLOS  DE  POTENCIA  DE  GAS   Las   maquinas   térmicas   se   clasifican   como   maquinas   de   combustión   externa   (centrales   térmicas,   nucleares,   geotérmicas,   solares,   etc.)   o   de   combustión   interna   (motores   estacionarios  o  de  automotores,  aviones,  de  barcos,  etc.   Consideraciones  básicas  para  el  análisis  de  ciclos  de  potencia.     Los   ciclos   que   se   efectúan   en   los   dispositivos   son   difíciles   de   analizar   por   la   presencia   de   efectos  como  la  fricción,  la  transferencia  de  calor  y  la  falta  de  tiempo  para  lograr  condiciones   de  equilibrio  durante  el  ciclo.   Para   hacer   factible   el   análisis   de   un   ciclo   se   eliminan   todas   las   irreversibilidades   y   complejidades   internas   por   lo   que   recibe   el   nombre   de   ciclo   ideal,   sin   evitar   de   esta   manera   algunos   factores   de   complejidad,   pero   que   permiten   mantener   las   principales   variables   dentro   del  análisis.    

P ciclo real ciclo real v2 = cte

v = cte

 

    Como  vimos  anteriormente  el  ciclo  de  Carnot  es  el  que  tiene  la  más  alta  eficiencia  de  todas  las   máquinas  térmicas  que  operan  entre  los  mismos  niveles  de  temperatura.  

 

100

 

TERMODINÁMICA

Diagramas del ciclo de Carnot. qent

T

P

2 Th

TH= cte

1

qent

1 2

Wneto

TL

Wneto

iscent

4

4

qsal S= cte

isoentrópico

3

S= cte

3

TL= cte

qsal

S

S= cte

S= cte

V

 

Los   ciclos   ideales   son   internamente   reversibles,   pero   a   diferencia   del   ciclo   de   Carnot   no   es   necesario  que  sean  externamente  reversibles;  es  decir  pueden  incluir  irreversabilidades  como   la  transferencia  de  calor  por  la  diferencia  de  temperatura  finita.   Las  idealizaciones  y  simplificaciones,  son  las  siguientes:   1. El   ciclo   no   implica   ninguna   fricción.-­‐   Es   decir   no   hay   baja   de   presiones   en   tuberías   o   dispositivos  como  los  intercambiadores  de  calor.   2. Todos  los  procesos  de  expansión  y  compresión  se  dan  en  el  modo  de  cuasiquilibrio.   3. Las   tuberías   y   componentes   están   perfectamente   aislados   y   la   transferencia   de   calor   es   despreciable.  

 

  101

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4. La  εc  y  εp  con  sus  cambios  en  el  fluido  de  trabajo  también  es  ignorado.  En  las  únicas  que  es   significativo  es  en  toberas,  difusores  y  ventiladores.     Suposiciones  de  aire  estándar   El  fluido  de  trabajo  para  todo  el  ciclo  es  un  gas  que  tiene  las  siguientes  suposiciones:   1. El  fluido  de  trabajo  es  aire  que  circula  de  modo  continuo  en  un  ciclo  cerrado  y  siempre  se   comporta  como  un  gas  ideal.   2. Todos  los  procesos  que  integran  el  ciclo  son  internamente  reversibles.   3. El  proceso  de  combustión  es  sustituido  por  un  proceso  de  adición  de  calor  de  una  fuente   externa.   4. El  proceso  de  escape  es  sustituido  por  un  proceso  de  rechazo  de   calor  que  regresa  al  fluido   de  trabajo  a  su  estado  inicial.   El  aire  tiene  calores  específicos  constante  con  T  =  25ºC  o  77ºF,  recibiendo  el  nombre  de  aire   frío  estándar,  dándonos  como  resultado  un  análisis  de  ciclo  de  aire  estándar.                  Ciclo  real    

 

 

 

 

Ciclo  ideal   Qentr

Aire combustible

Cámara de combustión

Gases combustionados

Aire

Aire

   

Máquinas  Reciprocantes   Conocidas   como   dispositivos   de   cilindro   émbolo,   que   a   pesar   de   su   simplicidad   son   muy   flexibles   y   de   gran   aplicación   ya   que   son   la   central   de   fuerza   de   motores   estacionarios,   automotores,  pequeños  aviones,  barcos,  generadores  de  potencia,  eléctrica,  etc.   Los  componentes  básicos  son  las  siguientes:  

102

 

TERMODINÁMICA

Bujía inyector Válvula de escape

Válvula de admisión

vm (cámara de combustión) Cilindro

PMS

carrera

Pistón (émbolo)

PMI

  PMS:  punto  muerto  superior.-­‐  Es  la  posición  del  émbolo  cuando  forma  el  menor  volumen  en  el   cilindro.   PMI:  punto  muerto  inferior.-­‐  Cuando  se  forma  el  mayor  volumen  en  el  cilindro.   La  distancia  entre  PMS  y  PMI  es  la  carrera  del  motor.   El  diámetro  del  pistón  se  llama  calibre.   El  volumen  formado  por  el  PMS  Vm  se  llama  volumen  de  espacio  libre  o  volumen  muerto  y  el   volumen  que  varía  entre  PMS  y  PMI  se  llama  volumen  de  desplazamiento  VD.   La  relación  de  compresión  es  una  relación  de  volúmenes  y  no  de  presiones   r  =  

Vmax VPMS   = Vmin VPMI

Otro   aspecto   importante   en   las   M.R.   es   una   presión   media   efectiva   Pme   y   es   una   presión   ficticia  constante  con  la  que  se  realiza  el  mismo  trabajo  que  el  hecho  por  presiones  variables   en  un  ciclo  real.   P

PME  =  

ciclo real

Wneto   Vmax − Vmin

Wneto real PME V Wneto ideal

 

  Las   máquinas   reciprocantes   se   clasifican   en   máquinas   de   encendido   de   chispa   ECH   y   en   máquina   de   encendido   por   compresión   EC   dependiendo   de   cómo   se   inicie   el   proceso   de   combustión  en  el  cilindro.  La  combustión  de  la  mezcla  aire-­‐comb.  en  el  cilindro  se  activa  con  

 

103

 

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una  chispa  en  la  bujía  (ciclo  de  Otto).  En  las  máquinas  EC  el  combustible  se  autoenciende  como   resultado  de  comprimir  aire  arriba  de  la  T  de  autoencendido  del  combustible  (ciclo  Diesel).  

Ciclo  Otto   Recibe  este  nombre  en  honor  a  Nicolaus  Otto  quien  en  1876  construyó  una  exitosa  máquina   de   4   tiempos   utilizando   el   ciclo   propuesto   por   De   Rochas   en   1862.   Estas   máquinas   de   encendido   de   chispa   el   émbolo   ejecuta   4   tiempos   completos,   2   mecánicos   en   el   cilindro   y   el   cigüeñal  completa  2  más  por  cada  ciclo  terminado.     Ciclo  Real  

 

mezcla

Wneto p

mezcla

ex

gases combus

spa

chi

co

gases combus

P

chispa

mp

esc

 

 

 

 

alm PMS

PMI

V

 

Compresió

Expansión  

n  

(potencial)  

Escape  

Admisión  

 

  Ciclo  Ideal  

 

104

 

TERMODINÁMICA

 

 

qent

aire

  Compresión  

aire

aire

 

P

aire

qsal

3

exp

Wneto

qent 2 co mp

4 esc adm

PMS

 

 

 

Ingreso  de  

Expansión  

Salida  de  calor  

calor  a  V  =  0  

(potencia)  

a  V  =  0  

qsal 1 PMI

V

   

  En   las   máquinas   de   2   tiempos,   creadas   por   Sir Dugald Clerk en 1854, las   4   funciones   que   describimos   anteriormente   se   ejecutan   en   2   tiempos,   el   tiempo   de   potencia   y   el   tiempo   de   compresión.  En  estas  máquinas  el  carter  se  sella  y  el  movimiento  hacia  afuera  del  émbolo  se   emplea   para   presurizar   ligeramente   la   mezcla   de   aire-­‐combustible   en   el   carter.   Las   válvulas   de   admisión   y   de   escape   se   sustituye   por   aberturas   en   la   parte   inferior   de   la   pared   del   cilindro,   durante   la   última   parte   del   tiempo   de   potencia,   el   émbolo   primero   descubre   el   puerto   de   escape  permitiendo  que  los  gases  de  escape  sean  parcialmente  expedidos  y  luego  aparece  el   puerto  de  admisión  con  lo  que  la  mezcla  fresca  aire-­‐combustible  ingresa  y  elimina  los  gases  de   escape  restantes  fuera  del  cilindro.  Después  que  esta  mezcla  se  comprime  cuando  el  émbolo   sube  al  PMS  se  enciende  mediante  la  bujía.   Bujía inyector Vm cámara de combustión cilindro

PMS carrera PMI

pistón (émbolo) a escape

mezcla presurizada mezcla

carter sellado

 

  Los  motores  de  2  tiempos  al  no  eliminar  eficientemente  los  gases  de  escape  y  al  mismo  tiempo   no  dosificar  bien  la  mezcla  de  combustible  fresco  son  menos  eficientes  térmicamente  que  los   motores   de   4   tiempos,   pero   a   cambio   producen   más   potencia   con   la   misma   cilindrada   y   el   sistema  es  más  simple  por  lo  que  se  lo  utiliza  en  motocicletas,  motosierras,  motores  fuera  de   borda,  etc.  

 

105

 

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Este  motor  tiene  mucho  más  futuro  que  el  de  4  tiempos.   qent  =  2q3  =  ΔU  +  2W3  

3 qent

⇒  qentr  =  ΔU  +  u3  -­‐  u2        calor  esp.  variables  

Wneto

⇒  qentr  =  Cv  (T3-­‐  T2)          calor  esp.  constantes  

4

2

⇒  qsal  =  -­‐  (u1  -­‐  u4)  

qsal 1

v2 = v 3

ηtottoent  =    

 

⇒  qsal  =  CV  (T1  -­‐  T4)  

v1 = v4

Wneto   qent  

Wneto  =  qent  -­‐  qsal  

 

 

ηtottoent  =  1  -­‐  

 

 

 

1   k −1

 

↓  

         calores  esp.  constantes  

 

  Parámetros  que  influyen  en  la  eficiencia  de  motor   -

A   mayor   relación   de   compresión   mayor   ηt,   la   cual   está   limitada   por   combustibles   por   el   autoencendido.  

-

La  constante  k  es  propia  de  cada  gas.  

  El  Octanaje  es  la  capacidad  que  tiene  un  combustible  para  evitar  el  autoencendido.    h neto 15 20



T

12

8

 

Entra  aire  a  17ºC  y  100kpa  en  un  motor  ciclo  otto  con  una  relación  de  compresión  de  9  y   un  qent  =  800  KJ/Kg.  Determine  la  temperatura  y  presión  en  cada  punto  el  W neto  la  ηt  y  la   presión  media  efectiva.  Tome  en  cuenta  qesp  variables.   Datos:  

 

T1  =  17ºC  =  290ºK   qent  =  800  KJ/Kg    

r  =  

P1  =  100  kpa   T  =  ?  

 

 

 

 

Vr1 = 9   Vr2  

M  =  1.400    

R  =  0.2870  MJ/(kgºK)  

  106

TERMODINÁMICA

P  =  ?   Wneto  =  ?   ηt  =  ?     PV  =  RT  

   

V1  =  RT1P1  

V1 RT1 / P1   = V2 RT2 / P2 T /P 9  =   1 1   T2 / P2 9  =  

   

Vr1  =  290ºK  =  676.1   Vr2  =  75.12  

P2  =  

9T2 P1   T1

T1  =  680  

Vr1  =  75.50  

T  =  ?  

Vr  =  75.12  

P2  =  

9(681.29)(100)   290

T2  =  690  

Vr2  =  72.56  

T2  =  681.29  

T2 − T1 T − T1   = V2 − V2 V − V1 T  =  

(T2 − T1 )(V − V1 )   V2 − V1

P2  =  2114.34  MPa  

T1 P2   T2 P1

  u1  =  493.62          T1  =  680          x  =  497.63  =  u2   qent  =  u3  –  u2   u  =  x              T  =  681.29       u3  =  qent  +  u2   u2  =  504.45          T2  =  690  

 

 

 

u3=800

MJ MJ +497.63 =1297.63 kg kg

 

VT4 = 9   VT3

MJ   kg   T3  a  u3  =  1297.63  

MJ   kg

T1  =  1580     T  =  x     T2  =  1600    

u1  =  1279.65   u  =  1297.63   u2  =  1280.80  

T3  =  1599.28  

 

P2V2  =  R2T2    

 

V2  =  

R2T2     P2

 

V2  =  V3  

V3  =  

R3T3     P3

 

V1  =  V4  

 

VT1 = 9   VT2

R2T2 R3T3   = P2 P3 T3 P2   T2 (1599.28)(2114.34)   P3  =   681.29

P3  =  

P3  =  4963.26  kPa    

  107

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

  T1  =  1580     VT1  =  6.046   T  =  1599.98  VT  =  x   T2  =  1600     VT2  =  5.804         VT  =  VT3  =  5.812     VT1  =  55.54   T1  =  760     T  =  x     VT  =  52.30   T2  =  780     VT2  =  51.64     T  =  T4  =  776.615     u1  =  560.01  VT1  =  55.54   u  =  x     VT  =  52.30   u2  =  576.12  VT2  =  51.64   u  =  u4  =  573.39   qsal  =  u4  –  u1  

9=

T4 P3 T3 P4

T P P4 = 4 3 9T3

VT4  =  52.30  

q sal = 573,39 − 206,91 q sal = 366,48 Wnet = q ent − q sal

 

 

Wnet = 433,52

P4 = 267,79

ηt =

Wnet = 0,54,19 q entr

 

r=

Vr 1 Vr 2

r=

Vr1 @ T1 =

PME = 585,97 KPa

P4 =

 

q sal = u 4 − u1

T2 @ Vr 2 =

u 3 = q ent + u 2

Wnet Wnet = Vmax − Vmin V1, 4 − V2,3  

u 4 @ Vr 4 =

r2 =

P2 =

PME =

T4 @ Vr 4 =

W1 @ T1 =

u 2 @ Vr 2 =

Vr 4 ⇒ Vr 4 Vr 3

 

Wnet = q en − q sal

ηt =

Wneto q entr

T3 @ u 3 = Vr 3 @ u 3 =  

 

P3 =

108

 

TERMODINÁMICA

V1 = m V1 =

RT1 P1

(0,2870 K/ )(290) = 0,8323  

100 K/ V2 = 0,092

⇒Calor  esp.  Constante  

q entr = Cv (T3 − T2 ) T2 V1 = T1 V2 T2 = 9 (1, 4−1) T1

T2 = 2,40 T2 = 698,38º K

 

q entr + T2 Cv T3 = 1812,58º K T3 =

Cv = 0,718KJ / (Mg º K )Pv  =  mRT   (0,718)(290) P2 V1 = = 9 (1, 4 ) 100 P1 2,08 m 3 Kg P2 V1 = = 21,07 100 (0,718)(698,30 ) P2 = 2167,40 VR = 2167,40 P3 = 9 (1, 4 ) m3 P4 V2 = 0,23 Kg P3 = 5626,28 KPa P4 = 259,54 KPa

 

 

T3 = 9 (1, 4−1) T4 T4 = 752,66 Wneto = 800 − (− 6,718)(290 − 752,66 )

Wneto = 467,81  

PME =

KJ Kg

Wn 1,4 − 2,3

=

467,81 = 253,055KPa   2,08 − 0,23

  Un  ciclo  de  otto  tiene  una  relación  de  compresión  de  8  al  final  del  proceso  de  salida  de  calor  el   aire  está  a  95  MPa  y  27ºC  y  se  transfiere  750  KJ/Kg  en  el  proceso  de  adición  de  calor  a  V  =  C,   tomando  en  cuenta  calores  e.c.  Determine:   a)  La  presión  y  temperatura  máxima  del  ciclo   b)  La  salida  neta  de  W   c)  La  eficiencia  térmica  del  ciclo   d)  La  presión  media  efectiva  

 

109

 

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D a t o s :  

P

3

T3=?

Qent

Wneto 4

2

Qsal

T=27ºC

P1 = 25 KPa

T1 = 27 º C = 300º C

1 v1 = v4

Qent = 750 KJ M/ Mg −1 T2 ⎛ V3 ⎞ C = C = ⎜⎜ ⎟⎟ T1 ⎝ V2 ⎠ a )T3 = ? 1, 4−1 T = (8 )300 P3 =2? T2 = 689,21º K b)Wneto =? k ⎛ V1 ⎞ c)ηP = ? 2 t = ⎜⎜ ⎟⎟ P 1   d ) PME ⎝=V?2 ⎠   P2 = 1746,02 KPa QHP= CvP(T3 − T2 ) 3 = 2 QHT = T3T− T2 3 2 CV P2T3 P3 = QH T2 + T2 T3 = P3 CV = 4392,29 750 +1689,21 T3 =P1V1 = RT 0,718 RT1 = ,78º=K0,9063 =11793 T3 V P

 

1

− QL Wneto P V= QH = RT 3

3

3

1 η =V1 −= RT 3 3 r kP−1 = 0,113 3   η = 0,56  

Wneto = ηt.qH

  = 423,54 KJ / Mg Wneto

Consideraciones  para  el  ciclo  otto  

PME =

Wneto V1, 2 − V3, 4

PME = 534,090    

 

PMS Vm

Vo

PMI

 

110

 

TERMODINÁMICA

c=

Vm VD

Vm:  volumen  muerto   c:  porcentaje  de  volumen  muerto  

W = Wneto × m.N N = rps TM = r V TR = 4 = r V3

m:  masa    

N:  revoluciones   VD:  volumen  desplazado  

" ciclo otto"

re:  relación  de  expansión    

  Masa  de  aire  admitido  

Masa  de  aire  procesado  

mp =

P ×V ma = 1 D   RT1

P1 × VD (c + 1)   RT1

mp = (1 + c )ma

  Ejercicios:   1. En   un   ciclo   otto   el   inicio   se   da   a   100KPa   y   300K.   El   motor   tiene   un   16%   de   vol   muerto,  VD  =  3  litros  y  que  funciona  a  3000  rpm;  el  calor  agregado  es  de  1500   kJ/kg.   Haciendo   uso   de   calores   específicos   variables   determine:   la   Tmax,   Pmax   en  el  ciclo  la  eficiencia  térmica  y  la  potencia.   Datos:  

P

P1  =  100  kPa  

3

qent

T1  =  300ºK  

4

2

C  =  16%  

qsal

3

VD  =  3  litros  .

1m = 3x10 −3 m 3   1000l

1

vm

Qagr  =  1500  kJ/kg   Tmax  =  ?    

V

vo

 

 

Pmax  =  ?  

T

3

qent

ηT  =  ?   W  =  ?   C  =  

v1,4

v2,3

N  =  3000  rpm  

4

2

Vm   VD

1 S1,2

Vm  =  C  VD     Vm  =  (0.16)  (3  x  10-­‐3)  m3  

qsal S3,4

S

 

Calores  específicos  variables  

Vm  =  4.8  x  10-­‐4  =  V2  =  V3  

 

  111

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3000  rpm  .

60 s = 180 x10 3 rps   1 min

V1  =  V4  =  Vm  +  VD  =  4.8x10-­‐4  +  3x10-­‐3  

V1 Vr1   = V2 Vr 2

 

V4 Vr 4   = V3 Vr 3

P2 Pr1   = P1 Pr 2

 

P3 Pr 3   = P4 Pr 4

                                                                 =  3.48x10-­‐3  m3   Vr1  a  300ºK  =  621.2  

⎛ 3.48 x10 −3 ⎞ Vr1 ⎜⎜ ⎟ =   − 4 ⎟ ⎝ 4.8 x10 ⎠ Vr 2

Vr1  =  85.68   P2  a  Vr2  =   Vr1  =  88.29  

T    =  x    

Vr    =  85.68  

qent  =  u3  –  u2  

T2  =  650  

Vr2  =  85.34  

 

7.25  =

  T2  =  T  =  649.06  

 

  P2  =  Pr2  

u1  =  465.50  

u2  @  Vr2  =  472.52  kJ/kg   u  =x  

P1  =  Pr1   P2  =  

(21.74)(100kPa) = 1568.92kPa   (1.3860)

 

u2  =  473.25     u2  =  472.52  

Vr3  a  1972.5  

kJ =  0.438   kg

Pr3  a  1972.5  

kJ =  4150.55   kg

u3  =  qentra  +  u2   u3  =  1972.52  =  T3  =2301.6ºK      

 

 

V 7.25  =   r 4   Vr 3

Vr1 T1 P3   = Vr 3 P1T3

Vr4  =  (7.25)  (0.438)   Vr4  =  3.1755  

P3  =  

 

Vr1 P1T3   Vr 3T1

P3  =  5562.2  kPa  

T4  a  Vr4  

 

  Vr1  =  3.295  

 

T1  =  1950  

Vr  =3.1755  

 

T  =  x  

Vr2  =  3.022  

 

T2  =  1900  

       

 

 

T4  =  1921.386  

 

Vr 1   Vr 2

  T1  =  640  

112

 

TERMODINÁMICA

 

u4  @  Vr4  =  (1603.61kJ/kg)  =  953.3kJ/kg  

qsal  =  u4  –  u1  

u1  @  Vr1  =  214.07  kJ/kg  

qsal  =  953.3  –  214.07  

 

qsal  =  738.6

kJ   kg

Pr4  @Vr4  =  256.7    

 

 

P1V1  =  RT1  

Wneto  =  1500  –  738.6  

P4V4  =  RT4  

Wneto  =  760.77  kJ  

P1V1 P4V4   = T1 T4

  ηt  =  

P1T4 = P4 = 640.46   T1

Wneto  =  0.5070   qent

  P1V1  =  mRT1   M  =  4.04x10-­‐3   W  =  (Wneto)  (m)  (N)   W  =  553231.94  

 

PROBLEMA 1

MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS Se tiene un motor ciclo Otto de cuatro tiempos de las siguientes características: MOTOR

AIRE

COMBUSTIBLE

Pa = 0.8 kg/cm2 D = 12 cm Ta = 20 °C L = 14 cm

Tipo: Gasolina Cp = 0.24 Kcal/Kg°K

rC = 8

P.C.I. = 10400 Kcal/Kg Cv = 0.17 Kcal/Kg°K

n = 2500 rpm

At = 14.83 R = 29.27 kgm/Kg°K

i = monocilíndrico k = 1.4 Calcular: • Las condiciones termodinámicas para todos los puntos importantes del ciclo, tabulando los resultados en las siguientes unidades: V (cm3), P (kg/cm2), T (°K) y m (g). • Los trabajos realizados en cada fase así como el trabajo total del ciclo en (kg-m). • El calor suministrado “Qs” (Kcal), el perdido “Qp” (Kcal) y el útil “Qu” (Kcal y Kg-m), sabiendo que J = 427 kg-m/Kcal (equivalente mecánico del calor) • La potencia teórica del motor “Nt” (CV).

 

  113

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• La eficiencia termodinámica “ calores y relación de compresión)

t” del ciclo (por tres fórmulas: temperaturas,

• Dibujar las gráficas P-V y T-S de acuerdo a las siguientes escalas: V: i cm = 200 cm3 P: 1cm = 10 Kg/cm2 T: 1cm = 500 °K S: I cm = 0.05 Kcal/Kg°K En P-V: Curva 2-3: varíe V (de 200 en 200) desde 1800 hasta 400 cm3 Curva 4-5: varíe V (de 200 en 200) desde 100 hasta 1800 cm3 En T-S: S0 = S2 = S3 = 1.7 Kcal/Kg°K (a 2cm del origen),

S = mCvln(Tn/To)

Curva 3-4: varíe T (de 500 en 500) desde 1000 hasta 4000 °K Curva 5-2: varíe T(de 259 en 250) desde 500 hasta 1750 °K PUNTO 1

PUNTO 2

 

  114

TERMODINÁMICA

PUNTO 3

PUNTO 4

PUNTO 5

TABLA No. 1 TABLA DE RESULTADOS DE PRESIÓN, VOLUMEN Y TEMPERATURA, PARA LOS PUNTOS IMPORTANTES DE UN MOTOR CICLO OTTO CUATRO TIEMPOS PUNTO

 

V [cm3]

P [Kg/cm2)

T [°K] 293

1

226.19

0.8

2

1809.55

0.8

293

3

226.19

14.70

673.13

4

226.19

93.54

4282.56

5

1809.55

5.08

1864.09



1809.55

0.8

-------



226.19

0.8

-------

  115

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2.TRABAJOS DE 1-2

DE 2-3

DE3-4

DE 4-5

DE 5-2

DE 2-1

TRABAJO ÚTIL

 

116

 

TERMODINÁMICA TABLA No. 2 TABLA DE RESULTADOS DE LOS TRABAJOS REALIZADOS EN CADA FASE DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS FASE

TRABAJO (W) [Kg-m]

1–2

12.66

2–3

- 46.95

3–4

------

4–5

298.72

5–2

------

2–1

- 12.66

TRABAJO ÚTIL

251.77

FUENTE: SEGÚN CALCULOS DE TRABAJO REALIZADOS PARA CADA FASE.

3.CALORES DE 3-4

DE 5-2

CALOR ÚTIL

TRABAJO UTIL CON EL EQUIVALENTE DE EL CALOR

4. POTENCIA TEÓRICA DEL MOTOR

 

  117

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5. EFICIENCIA TERMODINÁMICA

TABLA No. 3 TABLA DE RESULTADOS DEL CALOR SUMINISTRADO, CALOR PERDIDO, CALOR ÚTIL, POTENCIA TEÓRICA, Y EFICIENCIA TERMODINÁMICA DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS.

CALORES (Q) [Kcal] Qs

1.03

Qp

- 0.45

Qu

0.58

POTENCIA TEÓRICA DEL MOTOR (Nt) [C.V]

EFICIENCIA TERMODINÁMICA DEL CICLO ( t) T

69.37

0.56 Q

0.56

rc

0.56

FUENTE: SEGÚN CALCULOS REALIZADOS DE CALOR, POTENCIA Y EFICIENCIA (POR LAS TRES FORMULAS).

6. GRAFICAS CÁLCULO DE LA CURVA 2-3 DEL DIAGRAMA P-V Utilizando la ecuación de los proceso adiabáticos. P2V2k = cte (0.8)(1809.5572)1.4 = 29086.4841 Ahora: PiVi = 29086.32 Donde i = orden de cada punto buscado en la cuva Despejamos P1 y le damos valores a V1

Con lo que obtenemos:

Vi = 1800 cm3 Pi = = 0.8059 Kg/cm2

 

118

 

TERMODINÁMICA

Vi = 1600 cm3 Pi = = 0.9504 Kg/cm2

Vi = 1400 cm3 Pi = = 1.1458 Kg/cm2

Vi = 1200 cm3 Pi = = 1.4217 Kg/cm2

Vi = 1000 cm3 Pi = = 1.8352 Kg/cm2

Vi = 800 cm3 Pi = = 2.5082 Kg/cm2

Vi = 600 cm3 Pi = = 3.7521 Kg/cm2

Vi = 400 cm3 Pi = = 6.6192 Kg/cm2 CÁLCULO DE LA CURVA 4-5 DEL DIAGRAMA P-V Utilizando la ecuación de los proceso adiabáticos. P4V4k = cte (93.5438)(226.1946)1.4 = 185050.445 Ahora: PiVi = 185050.445 Donde i = orden de cada punto buscado en la cuva Despejamos P1 y le damos valores a V1

Con lo que obtenemos:

 

119

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

Vi = 400 cm3 Pi = = 42.1120 Kg/cm2

Vi = 600 cm3 Pi = = 23.8714 Kg/cm2

Vi = 800 cm3 Pi = = 15.9574 Kg/cm2

Vi = 1000 cm3 Pi = = 11.6758 Kg/cm2

Vi = 1200 cm3 Pi = = 9.0455 Kg/cm2

Vi = 1400 cm3 Pi = = 7.2897 Kg/cm2

Vi = 1600 cm3 Pi = = 6.0467 Kg/cm2

Vi = 1800 cm3 Pi = = 5.1275 Kg/cm2 TABLA No. 4 TABLA DE RESULTADOS P-V PARA LA CURVA 2 -3 DE COMPRESIÓN ISENTRÓPICA, DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS. VOLUMEN (V) [cm3]

 

PRESIÓN (P) [Kg/cm2]

1809.55

0.8

1800

0.80

1600

0.95

1400

1.14

1200

1.42

100

1.83

800

2.50

600

3.75

400

6.61

226.19

14.7

  120

TERMODINÁMICA

FUENTE: SEGÚN CALCULOS REALIZADOS VARIANDO EL VOLUMEN DE 200 EN 200, DESDE 1800 HASTA 400 cm3

TABLA No. 5 TABLA DE RESULTADOS P-V PARA LA CURVA 4 -5 DE EXPANSIÓN ISOENTRÓPICA, DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS. VOLUMEN (V) [cm3]

PRESIÓN (P) [Kg/cm2]

226.19

93.5

400

42.11

600

23.87

800

15.95

1000

11.67

1200

9.04

1400

7.28

1600

6.04

1800

5.12

1809.55

5.08

FUENTE: SEGÚN CALCULOS REALIZADOS VARIANDO EL VOLUMEN DE 200 EN 200, DESDE 400 HASTA 1800 cm3

CALCULO DE LA CURVA 3-4 DE LA GRAFICA T-S So = S2 = S3 = 1.7 Kcal / Kg°K S 1000 = Cv In Tf Sf =

S + 1.7

T3 T3 = 673.13°K S 1000= 0.17 ln (1000) = 0.06728 kcal Sf1000 = 0.06728 + 1.7 = 1.7628 kcal 673.13 kg°k kg°k S1500 = 0.17 ln (1500) = 0.13621 kcal Sf1500 = 0.1362 + 1.7 = 1.8362 kcal 673.13 kg°k kg°k S2000 = 0.17 ln (2000) = 0.1851 kcal Sf2000 = 0.1851 + 1.7 = 1.8851 kcal 673.13 kg°k kg°k "S2500 = 0.17 ln (2500) = 0.2230 kcal Sf 2500 = 0.2230 + 1.7 = 1.923 kcal 673.13 kg°k kg°k "S3000 = 0.17 ln (3000) = 0.2540 kcal Sf3000 = 0.2540 + 1.7 = 1.954 kcal 673.13 kg°k kg°k "S3500 = 0.17 ln (3500) = 0.28025 kcal Sf3500 = 0.28025 + 1.7 = 1.980 kcal 673.13 kg°k kg°k

 

  121

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"S4000 = 0.17 ln (4000) = 0.3029 kcal Sf4000 = 0.3929 + 1.7 = 2.0039 kcal 673.13 kg°k kg°k "S4282 = 0.17 ln (4282.56) = 0.3145 kcal Sf4282 = 0.3145 + 1.7 = 2.0145 kcal 673.13 kg°k kg°k

CALCULO DE LA CURVA 5-2 DE LA GRAFICA T-S "S1 = Cv ln (T2) T5 = 1864.0944°K T5 T2 = 293°k "S500= 0.17 ln ( 500) = -02237 kcal S500 = 2.0145 + (-0.2237) = 1.790 kcal 1864.0944 kg°k kg°k "S750 = 0.17 ln (750) = -0.15477 kcal S750 = 2.0145 + (-0.15477) = 1.859 kcal 1864.0944 kg°k kg°k "S1000 = 0.17 ln (1000) = -0.1058 kcal S1000 = 2.0145 + (-0.1058) = 1.908 kcal 1864.0944 kg°k kg°k "S1250 = 0.17 ln (1250) = -0.06794 kcal S1250 = 2.0145 + (-0.06794) = 1.946 kcal 1864.0944 kg°k kg°k "S1500 = 0.17 ln (1500) = -0.0369 kcal S1500 = 2.0145 + (-0.0369) = 1.9776 kcal 1864.0944 kg°k kg°k "S1750 = 0.17 ln (1750) = -0.01073 kcal S1750 = 2.0145 + (-0.01073) = 2.003 kcal 1864.0944 kg°k kg°k

TABLA No. 6 TABLA DE RESULTADOS T-S PARA LA CURVA 3 -4 DE SUMINISTRO DE CALOR, DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS TEMPERATURA (T) [°K]

ENTROPÍA (S) [Kcal/Kg °K]

673.13

1.7

1000

1.76

1500

1.83

2000

1.88

2500

1.92

3000

1.95

3500

1.98

4000

2.00

4282.56

2.01

FUENTE: SEGÚN CALCULOS REALIZADOS VARIANDO LA TEMPERATURA DE 500 EN 500, DESDE 1000 HASTA 4000°K

 

  122

TERMODINÁMICA

TABLA No. 7 TABLA DE RESULTADOS T-S PARA LA CURVA 5 -2 DE PERDÍDA DE CALOR, DE UN MOTOR CICLO OTTO DE CUATRO TIEMPOS TEMPERATURA (T) [°K]

ENTROPÍA (S) [Kcal/Kg °K]

1864.09

2.01

1750

2.00

1500

1.97

1250

1.94

1000

1.90

750

1.85

500

1.79

293

1.7

FUENTE: SEGÚN CALCULOS REALIZADOS VARIANDO LA TEMPERATURA DE 250 EN 250, DESDE 1750 HASTA 500°K

 

Ciclo  Diesel   El  motor  fue  desarrollado  por  Rudolf  Diesel  y  es  de  funcionamiento  muy  similar  al  motor  ECH   con   la   diferencia   al   inicio   de   la   combustión,   el   mismo   que   es   mediante   la   compresión   de   aire   y   la  inyección  de  combustible  sin  necesidad  de  chispa  de  la  bujía.   Este  ciclo  está  compuesto  por  los  siguientes  procesos:   1  –  2  Compresión  isoentrópica   2  –  3  Ingreso  de  Q  a  P  cte   3  –  4  Expansión  isoentrópica   4  –  1  Salida  de  Q  a  V  cte    

 

  123

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P

2

qent

• 3

  Wneto

                               =  u3  –  u2  +  P2,3  (V3  –  V2)                      qent  =  h3  –  h2  

4

                   qent  =  Cp  (T3  –  T2)  

qsal 1 PMS

PMI V4,1

  V



4q1  =  qsal  =  Δu  +  4W1                      qsal  =  u4  –  u1  

 

Relación  de  cierre  de  admisión  o  cierre  de  corte  

                   qsal  =  Cv  (T4  –  T1)  

V1   V2 V T rc  =   3 = 3   V2 T2

 

r  =  

Expansión  térmica  

  Relación  de  expansión:   rc  =  

2q3  =  qent  =  Δu  +  2W3  

V3   V2

ηtdiesel  =  1  -­‐  

1 ⎡ rc k − 1 ⎤ ⎥   ⎢ rk − 1 ⎣ k (rc − 1) ⎦

ηtdiesel  =  1  -­‐  

T4 − T1   k (T3 − T2 )

rc   es   la   relación   de   cierre   de   admisión   o   de   corte   y   es   una   relación   de   volúmenes   antes   y   después  del  cierre  de  la  combustión.  Si  rc  =  1,  la  eficiencia  será  igual  al  ciclo  Otto.   Con  la  misma  relación  de  compresión  la  eficiencia  del  motor  Otto  es  mayor  a  la  eficiencia  del   motor  Diesel.   En  el  motor  Diesel  se  comprime  únicamente  el  aire  en  el  tiempo  de  compresión  con  lo  que  se   elimina  el  autoencendido  y  se  tiene  relaciones  de  compresión  mucho  más  altas  comúnmente   entre  12  y  24    por  este  motivo  se  pueden  utilizar  combustibles  menos  refinados  y  bajar  costos.   El  proceso  de  inyección  de  combustible  comienza  instantes  antes  de  que  el  pistón  alcance  el   PMS  y  continúa  hasta  instantes  después  de  que  el  pistón  alcanzó  el  PMS  por  lo  que  tiene  un   proceso   de   combustión   más   largo   que   los   motores   ECH,   teniendo   una   combustión   más   eficiente.   La   ηt   de   los   motores   diesel   está   entre   el   35-­‐42%   por   lo   que   son   utilizados   cuando   se   requieren   cantidades   relativamente   grandes   de   potencia,   como   en   motores   de   generación   eléctrica,   locomotoras,   grandes   barcos,   camiones   pesados   y   últimamente   en   automotores   pequeños   debido  al  desarrollo  de  nuevas  tecnologías  como  el  CRDI  (inyección  directa  de  riel  común).  

 

  124

TERMODINÁMICA

P Zona usual

42

rc=2 rc=3 rc=4

35 12

24

T

 

Los  motores  diesel  pueden  ser  tan  grandes  como  el  que  Fiat  construye  en  1964  que  tenía  12   cilindros   cada  uno  con  D  =  90  cm  y  una  carrera  de  91  cm  que  giraba  a  195  rpm  y  entregaba   25200  Hp.     •

Un   ciclo   diesel   ideal   con   aire   como   fluido   de   trabajo   tiene   una   r comp   =   18   y   una   r   de   admisión  de  2.  Al  principio  del  proceso  de  compresión  el  fluido  de  trabajo  está  a  14.7  psia,   80ºF  y  117  pulg3.  Determinar:  a)  la  P  y  T  máximas  del  ciclo,  b)  La  salida  neta  de  trabajo  y  la   ηt;  c)  La  presión  media  efectiva.   Datos:   r  =  18    

 

r  =  

rc  =  2  

V1   V2

rc  =  

lb P1  =  14.7  Psia  =  2116.8   2 18  =  0.0677   ft

2  =  

3

V1  =  117  pulg  =  0.68  ft    V2  =3.76x10

V3   3.76 x10 −3

V3  =  7.523x10-­‐3  =  V2  

P2  =  181.4   P1

T1  =  80F  =  540ºR   3

V3 T3 =   V2 T2

-­‐3  

 

a)  P3  =  ?  

T2 V1 n−1  =     V2 T1

         T3  =  ?  

T2  =  18(1.4-­‐1)  (540)  

 

 

T2  =1715.94  ºR  

 

 

ro  =  

 

 

2  =  

 

   

 

T3   T2

T3   1515.94 º R

T3  =  3431.88  ºR  

P2  =  121076.91  lb/ft3  =  P3  

⎛ 21.4 − 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟  =  0.63   ⎝ 1.4(2 − 1) ⎠ T4 − T1 ηt  =  1       T (T3 − T2 ) (T4 − 540) 0.63  =  1  -­‐     1.4(3431.88 − 1715.94) (T − 540) 0.63  =  1  -­‐   4   2402.3 ηt  =  1  -­‐  

1 18 ( 0.4)

T4  –  540  =  (1  –  0.63)  2402.3  

T4  =  1428.851ºR    

 

  125

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b)  qsal  =  Cv  (T4  –  T1)  

qent  =  Cp  (T3  –  T2)  

       qsal  =  0.171  (1428.851ºR  –  540ºR)  

qent  =  0.240  (3431.88ºR  –  1715.94ºR)  

       qsal  =  152  BTU/lbm  

qent  =  411.82  BTU/lbm  

 

  k

1 ⎡ rc − 1 ⎤ ⎢ ⎥   r k −1 ⎢⎣ k (rc − 1) ⎥⎦ 1 ⎡ 2 (1.4) − 1 ⎤        ηt  =  1  -­‐   (1.4−1) ⎢ ⎥   18 ⎣1.4(2 − 1) ⎦

       ηt  =  1  -­‐  

       ηt  diesel  =  0.63  =  63%    

Wneto  =  411.82  –  152   Wneto  =  260  BTU/lbm    

c)  PME  =  

Wneto   V1, 2 − V3, 4

 

       PME  =  

260BTU / lbm   0.068 ft 3 − 7.523x10 −3

 

       PME  =  

260BTU   0.06047

 

     

       PME  =  4230  lbm/ft2  

 

 

 

V2 Vr 2   ≈ V1 Vr1 1 (144.32)  =  Vr2   18

T2   1600   x   1600   Rc  =     Pr2  

       

T3   T2  

    Vr1  a  540ºR  =  144.32   Vr2  =  8.017  

Vr2   8.263   8.017   7.971    

     

T2  

71.73    

1600  

x  

1616.85  

 

75.29    

1620  

  ηt  =  0.632     T4  =  T1  –  (ηt  –  1)  k  (T3  –  T2)  

 

Wneto  =  qent  -­‐  qsal  

T2  a  Vr2  =  1616.35ºR         T3  =  2  (1616.85)   T3  =  3233.7  ºR     Pr1  a  T1  =  13860   Pr2  a  T2  =  74.73      

126

 

TERMODINÁMICA

P2 Pr 2   = P1 Pr1

P2= ⎜

P2  =14133.1  

lbf  =  P3   ft 2

T4  =  540-­‐(0.632-­‐1)  1.4  (3233.7-­‐1616.85)   T4  =  1373  ºR    

 

u1  a  T1  =  92.04  BTU/lbm     h2  

⎛ 74.73 ⎞ 2 ⎟ (2116.8  lbf/ft )   1 . 386 ⎝ ⎠

 

T2  

h3  

395.74    

1600  

x  

 

401.09    

 

T3  

u4  

790.68    

3000  

239.25    

1360  

1616.85  

x  

3233.7  

x  

 

1373  

1620  

938.4    

 

243.08    

1380  

 

 

T4  

  h2  a  T2  =  400.25  

Wneto  =  qent  -­‐  qsal  

h3  a  T3  =  859.72  

Wneto  =  (h3  –  h2)  -­‐  (u4  –  u1)  

u4  a  T4  =  241.74  

Wneto  =  (1859.72-­‐400.25)  -­‐  (241.74-­‐92.04)  

 

Wneto  =  459.47  –  149.7  

PME  =  

Wneto   Vmax − Vmin

PME  =  

309.77 BTU / bm   (0.068 − 3.77 x10 −3 ) ft 3 )

PME  =  4822.82  

Wneto  =  309.770  BTU/lbm  

lbm   ft 2

 

Ciclo  Dual   Calcular   el   proceso   de   combustión   en   motores   de   combustión   interna   como   un   proceso   de   adición  de  calor  a  v  cte  o  a  P  cte  por  separado  es  demasiado  simple  y  poco  realista;  un  enfoque   probablemente   mejor,   pero   más   complejo   sería   modelar   el   proceso   de   combustión   tanto   para   el   diesel   como   para   la   gasolina   en   una   combinación   de   2   procesos   de   transferencia   de   calor   uno  a  v  cte  más  otro  a  P  cte.   El  ciclo  basado  en  este  concepto  recibe  el  nombre  de  Ciclo  Dual.    

 

127

 

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P

P

3 4

2

P

3

2

qent

3

  Wneto

4

2

1

4 1

1 V2,x

V4

 

 

 

Otto  

Diesel  

Dual  

  qent  =  2qx  +  xq3  

3

qent  =  u  (ux  –  u2)  +  (h3  -­‐  hx)   qent  =  Cv  (Tx  –  T2)  +  (p  (T3  -­‐  Tx)  

2

qsal  =  u4  –  u1  

4

1

qsal  =  Cv  (T4  –  T1)    

  Tx  –  Px    (2  –  3)  

rt  =  

Px Tx =  ⇒relación  de  transferencia  a  v  cte   P2 T2

ηt  =  1  -­‐  

rc  =  

k ⎤ rc (rt − 1) 1 ⎡ ⎢ ⎥   r h−1 ⎢⎣ (rt − 1) + k (rc − 1)rt ⎥⎦

V3 V3 T3 = =   Vx V2 Tx

La   relación   de   compresión   de   un   ciclo   dual   ideal   es   15.   El   aire   está   a   100   kPa   y   300K   y   a   2500K   al  final  del  proceso  de  admisión  de  calor,  la  transferencia  de  calor  al  aire  es  parcial  a  v  cte  y   parcial  a  P  cte  y  asciende  a  1500  kJ/kg.  Determine:   Q  transferido  a  v  cte   ηt   Datos:   Rc  =  15   P1  =100  kPa   T1  =300ºK  

 

128

 

TERMODINÁMICA

T3  =  2500  ºK   qent  =  1500  kJ/kg  ⇒  qent  =  2qx  +  xq3   15  =  

V1   V2

r  =  

P2V2  =  RT2  

V1   V2

T2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ V2 ⎟⎠

PV1  =  RT1  

k −1

V1  =  

RT1  =  0.861  =  V4   P1

V2  =  

0.861   15

 

RT2   P2  =   V2

T2  =  (15)1.4-­‐1  (300ºK)  

P2  =  443.125  kPa  

T2  =  886.25ºK  

V2  =  0.0574  =  Vx  

  V2  =  Vx     P2V2  =  RT2  

 

PxVx  =  RTx  

RT2 RTx   = P2 Px T2 Tx =  ⇒  Px  =  655.35  kPa   P2 Px   qentr  =  Cv  (Tx  –  T2)  +  Cp(T3  –  Tx)   qentr  =  Cv  Tx  –  Cv  T2  +  Cp  T3  –  Cp  Tx   qentr  =  Tx  (Cv  -­‐  Cp)  –  Cv  T2  +  Cp  T3   Tx  =  qentr  +  

CvT2 − CpT3   (Cv − Cp )

Tx  =  1500  +  

0.718(886.25) − 1.005(2500)   0.718 − 1.005

Tx  =  1310.7  ºK     qentr  =  2qx  +  xq3   2qx  =  qentr  -­‐  xq3   2qx  =  1500  –  Cp  (T3  –  Tx)   2qx  =  304.75  kJ/kg    

 

129

 

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rt  =  

Px   P2

 

rc  =  

T3   Tx

rt  =  

650.35 = 1.478     443.125

rc  =  

2500 = 1.90   1310.7

ηt  =  1  -­‐  

 

1 15 (1.4−1)

⎛ ⎞ 1901.4 (1.478 − 1) ⎜⎜ ⎟⎟  =  0.83   ⎝ (1.478 − 1) + 1.4(1.90 − 1)1.478 ⎠

  Un  ciclo  real  para  motores  ECH   1. En  el  proceso  de  admisión  la  presión  dentro  del  cilindro  es  inferior  a  la  atmósfera  (vacío)   para  facilitar  el  ingreso  de  la  mezcla  aire  combustible.   2. Los  procesos  de  compresión  y  expansión  no  son  adiabáticos  ni  reversibles  pues  en  ambos   casos  la  mezcla  intercambia  calor  con  las  paredes  del  motor.   3. El   proceso   de   combustión   no   se   da   a   volumen   constante   ya   que   la   chispa   en   la   bujía   es   instantes  antes  del  punto  muerto  superior.   4. El   proceso   de   escape   o   expulsión   ocurre   cuando   la   presión   en   el   interior   del   cilindro   es   mayor  que  la  atmosférica.     Ciclo  real  para  un  motor  EC   1. En  el  proceso  de  admisión  la  presión  dentro  del  cilindro  es  inferior  a  la  atmosférica  para   facilitar  el  ingreso  de  aire.   2. La  compresión  y  expansión  no  son  adiabáticas  ni  reversibles.   3. El  proceso  de  combustión  no  es  a  P  =  0  ya  que  se  produce  una  pérdida  de  energía  hacia  las   paredes  del  cilindro  y  a  la  cabeza  del  pistón.  La  presión  máxima  es  menor  que  la  del  ciclo   ideal.   4. En  el  proceso  de  escape  la  presión  dentro  del  cilindro  es  mucho  mayor  que  la  atmósfera.    

 

  130

TERMODINÁMICA

P

Wneto

2

3

ex p mp

co

P Chispa o ignición

esc

7

alm PMS

4

6

V

PMI

1 5 V

 

Ciclo  Real  (Otto  –  Diesel)  

 

Sobrealimentado   Motor  con  turbo  

 

Ciclo  Atkinson   James  Atkinson  (1882)  diseñó  un  motor  basado  en  el  ciclo  otto.     El   Ciclo   Atkinson   es   más   eficiente,   ya   que   consigue   relaciones   más   altas   de   compresión.   La   gasolina,   cuando   se   encuentra   muy   comprimida   tiende   a   denotar   antes   lo   cual   no   interesa.   Pero   si   se   logra   una   alta   relación   de   compresión,   el   rendimiento   termodinámico   es   mayor,   por   lo  cual  estos  motores  necesitan  un  octanaje  superior.   P

3 Qp

Qp`

4

2 A

5 1 Qo`

6

Qo V

 

Es  el  diagrama  presión   –  volumen  del  ciclo  Atkinson.  Se  produce  un  mayor  aporte  de  calor  a   volumen  constante  en  Qp  y  otro  en  Qp`,  mientras  que  el  calor  residual  cedido  por  los  gases  de   escape  se  descompone  en  Qo  y  Qo`.     El  ciclo  otto  si  se  dieseliza  un  poco,  nos  da  el  ciclo  Atkinson.  Basta  con  ver  las  analogías,  más   relación  de  compresión,  mayor  rendimiento  termodinámico,  menor  potencia.     Actualmente  existen  varios  modelos  de  coches  que  montan  un  motor  de  ciclo  Atkinson,  todos   ellos  en  combinación  con  motores  eléctricos,  dando  lugar  a  los  llamados  coches  híbridos.  

 

  131

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Eficiencia:   •

En   este   ciclo   de   expansión   es   mayor   la   compresión   pues   las   válvulas   de   admisión   se   mantienen  abiertas  más  tiempos  de  lo  que  sería  normal  en  un  motor  otto  aprovechando  la   Ec.  De  los  gases  de  entrada  a  la  cámara  de  combustión.  



Lo  mejor  de  este  ciclo  es  que  libera  gases  a  presión  igual  a  la  atmosférica  (Ep  de  gases  de   escape  ha  sido  aprovechada).  



Su   desventaja   es   la   menor   relación   de   potencia   /   cc   en   comparación   con   un   motor   otto   clásico.  

  Parámetros  básicos  para  evaluar  un  motor  de  combustión  interna.   1. Diagrama   indicado.-­‐   Es   el   diagrama   PV   real   de   un   motor   de   combustión   interna   y   son   obtenidos  por  un  indicador  de  diagrama  conectado  al  motor  (osciloscopio).   2. Trabajo   indicado.-­‐   Es   el   trabajo   que   realizan   los   gases   producidos   en   la   combustión   y   es   el   área  A  indicada  en  el  ciclo  ya  que  el  área  A`  es  el  trabajo  que  realiza  el  motor  para  expulsar   los  gases  de  escape  y  admitir  una  carga  nueva;  el  área  A`  es  despreciable  en  comparación  a   A.   A  0   pdV  =  W  

P



A

A`

V

  3. Presión  media  indicada.-­‐  Es  aquella  presión  equivalente  para  que  realice  el  medio  trabajo   indicado  (PME).   4. Potencia   indicada.-­‐   Es   aquella   que   entregan   los   gases   producidos   en   la   combustión   al   empujar  el  pistón.   WI  =  

Pmi .V D .N   60

 

 

N:  velocidad  del  motor  (rpm)  –  (rpm)/2  

Pmi  =  PME       VD:  volumen  desplazado  (m3)             Pmi:  (kPa)   5. Potencia   de   fricción.-­‐   WF:   es   aquella   que   se   emplea   para   vencer   toda   fricción   entre   los   elementos  del  motor  antes  que  se  entregue  potencia  a  través  del  eje  de  salida.   6. Potencia   al   freno.-­‐   WE,   es   aquella   que   entrega   al   motor   para   mover   o   accionar   algo   que   puede  ser  otra  máquina  o  mecanismos.  

 

  132

TERMODINÁMICA

WE  =  WI  -­‐  WF   7. Eficiencia  en  motores.-­‐   7.1 Eficiencia  mecánica   ηM  =  

WE   WI

7.2 Eficiencia  motriz:   ηMo  =  

Wreal MC1

Wideal correspondiente

 

7.3 Eficiencia  motriz  efectiva   ηI  =  

WI  ←  trabajo  interno   Wo

7.4 Eficiencia  motriz  efectiva   ηMe  =  

WE   Wo

7.5 Eficiencia  térmica   ηt  =  

Wneto salida   Qentr

7.6 Eficiencia  térmica  efectiva  

WE   Pc .mc

ηte  =  

7.7 Eficiencia  térmica  interna   ηti  =  

WI Pc .mc

 

8. Cilindrada.-­‐   Es   la   capacidad   volumétrica   o   volumen   total   de   desplazamiento   de   los   cilindros  en  un  motor.   VD  cada  cil  =  

cilindrado     # cil

Un  motor  de  combustión  interna  de  ciclo  Otto  produce  260  kW  mientras  consume  0.02  kg/s  de   combustible,   que   posee   un   poder   calorífico   de   42000   kJ/kg.   El   motor   posee   una   relación   de   compresión   de   8   a   1.   La   potencia   consumida   por   las   fricciones   es   de   22   kW.   Determine   la   eficiencia   térmica   efectiva,   la   ηt   interna,   la   η   mecánica,   la   η   motriz   efectiva   y   la   η   motriz   interna.       Datos:  

 

  133

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WE  =  260  kW   mc  =  0.02  kg/s  

ηte  =  

WE = Pc .mc

ηti  =  

WI   Pc mt

Pc  =  42000  kJ/kg   Rc  =  8  –  1   WF  =  22  kW  

260kJ / s =  0.309   Kg kJ (42000 x0.02 ) s kg

WE  =  WI  -­‐  WF  

ηte  =  ?  

WI  =  WE  +  WF  

ηti  =  ?  

WI  =  260  +  22  

ηM  =  ?  

WI  =  282  

ηME  =  ?  

 

ηMI  =  ?  

ηti  =

282  =  0.335   (42000)(0.02)

ηt  =

Wo   qentr

ηM  =  

WE 260 = = 0.92   WI 282

 

ηME  =  

WE 260 = = 0.548   Wo 474.36

Wo  =  ηo  otto  .  Pc  .  mc  

ηMI  =  

WI 282 = = 0.594   WO 474.368

Wo  =  474.36  

ηo  otto  =1-­‐

1 r k −1

 

Wo  =  (0.564)  (4200)  (0.02)  

   

C.  Stirling  y  Ericsson   Estos  ciclos  implican  un  proceso  de  adición  de  calor  isotérmico,  a  TH  y  un  proceso  de  rechazo   de  calor  isotérmico    a  TL,  El  ciclo  Stirling  y  el  ciclo  Ericsson  difieren  del  ciclo  de  Carnot  en  que   los   2   procesos   isoentrópicos   son   sustituidos   por   2   procesos   de   regeneración   a  V   cte   en   el   ciclo   Stirling   y   por   2   procesos   de   regeneración   a   P   cte   en   el   ciclo   Ericsson.   Ambos   ciclos   utilizan   regeneración,   un   proceso   durante   el   cual   se   transfiere   calor   a   un   dispositivo   de   almacenamiento  de  energía  térmica  (regenerador)  durante  una  parte  del  ciclo  y  se  transfiere   de  nuevo  al  fluido  de  trabajo  durante  otra  parte  del  ciclo.   El  ciclo  Stirling  está  integrado  por  los  siguientes  procesos  totalmente  reversibles:   1  –  2  Expansión  Isotérmica  (adición  de  calor  de  una  fuente  externa).   2  –  3  Regeneración  isocórica  (transferencia  de  qint  del  fluido  de  trabajo  al  regenerador).   3  –  4  Compresión  isotérmica  (rechazo  de  q  en  un  sumidero  externo).   4  –  1  Regeneración  isocórica  (transferencia  de  q  interno  de  un  regenerador  de  nuevo  al  fluido   de  trabajo).  

 

  134

TERMODINÁMICA

P

1

P

qent

2 TH=0

reg

4

TL V2,3

V1,4

V=0 reg

3 TL=0

qsal

1 qent 2

TH

V

V=0

4 qsal 3

V

 

  Los  procesos  para  el  ciclo  Ericsson  es  el  siguiente:   1  –  2  Expansión  isotérmica  (adición  de  calor  de  una  fuente  externa).   2  –  3  Compresión  isobárica  (transferencia  de  q  interno  del  fluido  de  trabajo  al  regenerador).   3  –  4  Compresión  isotérmica  (rechazo  de  q  en  un  sumidero  externo).   4   –   1   Regeneración   isobárica   (transferencia   de   calor   interno   de   un   regenerador   de   nuevo   al   fluido  de  trabajo).  

P 4

1

qsal

reg 3

V1,4

T

1 qent 2

qent

reg 2

V2,3

V

4 qsal 3

S

 

 

Ciclo  Joule  –  Brayton   Cerrado   Utiliza  aire  como  fluido  de  trabajo,  el  mismo  que  entra  a  un  compresor  para  subir  la  presión  e   ingresar   a   un   calentador   que   aporta   calor   de   una   fuente   externa   para   luego   ingresar   a   la   turbina  de  gas,  realizar  un  trabajo;  pasar  por  un  enfriador  y  cerrar  el  ciclo  entrando  de  nuevo  al   compresor.  

 

  135

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

qent 3

2 C

Wsal

T 4

Went 1

4

qsal

 

El  ciclo  está  formado  por  los  siguientes  procesos:   1  –  2  Compresión  isoentrópica  (adiabática  y  reversible).   2  –  3  Suministro  de  calor  al  gas  comprimido  isobáricamente.   3  –  4  Expansión  isoentrópica  del  aire  (adiabática  y  reversible).   4  –  1  Enfriamiento  del  aire  isobáricamente.  

P 2

qent

3

V1,4

Wneto 2

Wsal

Went 1

3

T

4

4

1

qsal V2,3

S

Wneto  =  qent  -­‐  qsal  

1W2  =  Wc=h2  –  h1  =  Cp  (T2  –  T1)  

Wneto  =  Wsal  –  Went  

2q3  =  qcalent  =  h3  –  h2  =  Cp  (T3  –  T2)  

ηt  =  

Wneto q = 1 − sal   qentr qent

ηt  =  1  -­‐  

Π  =  

3W4  =  h3  –  h4  =  Cp  (T3  –  T4)   4q1  =  qent  =  h4  –  h1  =  Cp  (T4  –  T1)  

 

T4 − T1   T3 − T2

 

P2 P3 =          Π:  relación  de  presiones   P1 P4

⎛ 1 ⎞ ηt  =  1  -­‐   ⎜ ⎟ ⎝ Π ⎠ rw  =  1  -­‐  

 

 

( k −1) / k

 

T1                      rw:  relación  de  trabajos   T4   136

TERMODINÁMICA

(Π)

(k-­‐1)/k

⎛ T3 ⎞  =   ⎜ ⎜ T ⎟⎟ ⎝ 1 ⎠

1/ 2

 ⇒relación  de  presiones  para  Wneto  máx  

Si  T2  =  T4  ⇒  Wneto  máx  =  Cp  (T3  +  T1)  -­‐  2 T3T1   T

3 2

4

1 S

 

Ejercicio   Una   planta   de   potencia   con   turbina   a   gas   trabaja   con   un   ciclo   brayton   estándar   en   donde   el   aire  ingresa  al  compresor  a  300K  y  100  kPa.  La  Π  =  10  y  la  T3  =  1350K.  Determine:   a) La  P  y  T  en  cada  estado.   b) El  W  realizado  por  el  compresor,  turbina  y  ηt  del  ciclo     Datos   T1  =  300ºK  

(1.4 −1) / 1.4

P1  =  100  kPa  

⎛ 1 ⎞ ηt  =  1  -­‐   ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠

Π  =10  

 

 

T3  =1350ºK  

 

 

 

 

Π  =  

P2   P1

T2  =  

T3 ⎛ P3 ⎞ = ⎜ ⎟ T4 ⎜⎝ P4 ⎟⎠

= 0.4820  

( k −1) / k

 

 

T2 ⎛ P2 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ P1 ⎟⎠

k −1 / k

 

P2  =  ΠP1  

T2  =  (10)(1.4-­‐1)/1.4  .  T1  

P2  =  10  (100  kPa)  

T2  =  579.20ºK  

P2  =  100  kPa  =  P3  

0.4820  =1  -­‐  

T4 − T1   T3 − T2

T4 − T1 =0.518   T3 − T2 T4  =  699.23  

  P1  =  100  kPa  =  P4     ent    1W2  =  Cp  (T2  –  T1)  =  280.6  kJ/kg  

 

sal    3W4  =  Cp  (T3  –  T2)  =  651.02  kJ/kg  

 

 

Wneto  =  373.42  kJ/kg  

137

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

Se  tiene  un  ciclo  Brayton  con  un  ingreso  de  aire  a  120  kPa  y  37ºC  con  la  Π  =  10  y  T3   =  900ºC.   Determine  la  ηt  del  ciclo  y  la  rw.   Datos:   P1  =  120  kPa  

P2   P1

Π  =  

T1  =  310ºK   Π  =  10  

P1  =  120  kPa  =  P4   ent    1W2  =  Cp  (T2  –  T1)                1W2  =  289.95  kJ/kg  

P2  =  1200  kPa  =  P3  

T3  =  1173ºK  

⎛ T2 ⎞ ⎛ P2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ T1 ⎠ ⎝ P1 ⎠

ηt  =  ?   rw  =  ?  

sal    3W4  =  Cp  (T3  –  T2)    

( k −1) / k

 

           3W4  =  577.36  

 

R2  =  598.51  

⎛ T3 ⎞ ⎛ P3 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ T4 ⎠ ⎝ P4 ⎠

Wneto  =  Wsal  -­‐  Went  

( k −1) / k

Wneto  =  287.41  

 

T4  =  607.55ºK     ηt  =  1  -­‐  

T4 − T1  =  0.4820   T3 − T2

⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎝ Π ⎠

 

rw  =  1  -­‐  

T1 = 0.4897   T4

( k −1) / k

ηt  =  1  -­‐ ⎜

= 0.4820  

  qent  =  Cp  (T3  –  T2)  =  577.36   qsal  =  Cp  (T4  –  T1)  =  299.03     ηt  =  

Wneto = 0.4978   qent

ηt  =  1  -­‐

q sal = 0.4820   qent

  Datos:   T1  =  25ºC  =  298ºK  

 

1W2  =  Cp  (T2  –  T1)  

P1  =  95  kPa  

 

1W2  =  261.58  

T3  =  1000ºC  =  1273ºK  

 

3W4  =  Cp  (T3  –  T2)    

 

  138

TERMODINÁMICA

Π  =  9  

 

3W4  =  596.47  

 

 

qentr  =  Cp  (T3  –  T2)  

 

qentr  =  718.29  

 

qsal  =  Cp  (T4  –  T1)  

 

qsal  =  383.39  

J  =  

P2   P1

P2  =  855  kPa  =  P3  

T2 ⎛ P2 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ P1 ⎟⎠

( k −1) / k

T3 ⎛ P3 ⎞ = ⎜ ⎟ T4 ⎜⎝ P4 ⎟⎠

 

  Wneto  =  334.89  

( k −1) / k

 

⎛ 1 ⎞ ηt  =  1  -­‐ ⎜ ⎟ ⎝ Π ⎠

T4  =  679.49ºK  

T2  =  558.28ºK  

( k −1) / k

 

ηt  =  0.46  

  rw  =  1  -­‐  

T1 = 0.56   T4

Variables    

g=

Pr2 Pr1  

 

 

 

2q3  =  h3  –  h2  

g= P2  =  855  HPa  =  P3  

 

 

 

 

Pr3 Pr4

PT 4 =

PT 3 9  

T1  =  298ºK   Pr1  a  T1  =  1,3543  

 

 

y 2 − y1 y − y1 = x 2 − x1 x − x1  

T1  

 

Pr  

295  

 

1,3068    

 

 

 

1260    

290,8  

298  

 

x  

 

 

 

 

1273    

x  

300  

 

1,3860    

 

 

 

1280    

310,4  

PT1  =  1,3543  

 

 

 

 

 

Pr3  =  303,54  

PT2  =  12,18  

 

 

 

 

 

Pr4  =  33,72  

h2    

Pr2  

 

 

 

 

T4    a  Pr4  =  730ºK  

11,86    

557,74    

 

 

 

h4  a  T4  =  745,62  

12,18    

x  

 

 

 

 

12,66    

565,17  

 

a    

 

Pr3  a  T3  

 

T3  

Pr3  

  139

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

h2  =  558,91  

 

 

 

 

h1    

a    

T1  =  298,18  

h3      

Pr3  =  1363,94    

 

 

295  

 

295,17  

290,8    

1348,55  

 

 

 

298  

 

x  

303,54    

x  

 

 

 

300  

 

300,19  

310,4    

1372,24  

a    

 

 

1W2  =  h2  –  h1  =  260,73   2q3  =  h3  –  h2  =  805,03   3W4  =  h3  –  h4  =  618,32   4q1  =  h4  –  h1  =  447,44   Wneto:  357,6     η  +  =  1  +  

rw  =  1  -­‐  

qsal = 0,44   qent

298 = 0,59   730  

Ciclo  Joule  Brayton  Abierto   Difiere  del  cerrado  en  que  el  gas  después  de  salir  del  compresor,  ingresa  al  combustor  junto   con   combustible   en   donde   combustiona,   para   aumentar   su   temperatura   de   esta   manera   la   mezcla   aire   combustible   ingresa   a   la   turbina   como   gases   quemados   y   salir   hacia   la   atmósfera   y   no  pueden  ser  empleados  para  reciclar.   Combustible m a + m c ma

combustor

C

T gas ma aire

m a + m c

  El   ciclo   abierto   es   menos   eficiente   que   el   cerrado   pero   puede   ser   menos   robusto   por   lo   que   se   le   puede   utilizar   como   un   turbo   motor   con   gran   aplicación   en   la   industria   de   motores   aeronáuticos.  

 

140

 

TERMODINÁMICA

  Un   ciclo   brayton   produce   300   kw,   con   un   ingreso   de   aire   a   100   KPa   y   300ºK   una   relación   de   presiones   de   10,   el   combustible   con   un   poder   calorífico   de   47886  

MJ una   relación   de   Mg

combustible  –  aire  de  0,017,  los  productos  de  la  combustión  equivale  a  400%  de  aire  teórico.   Calcule  el  flujo  de  aire,  el  W  realizado  por  la  turbina,  compresor  y  nt  del  ciclo.   Datos:   P1  =  100  KPa  

mc

T1  =  300K  

combustor

HV  =  4788  KJ/Mg   R  c/a  =  0,017  KgC/Kga   p.c  400%  ex  aire   π  =  10  

3

2 ma

T gas

C Wc

m a + m c

WT 1

m a

4

m a + m c

 

Wneto  =  800  Mw   a)   ma = ?   b)   WT

= ?  

Wc = ?   c)  ηt  =  ?  

 

141

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

h1  a  T1  =  300,19  KI/Mg   π  =  

T

qent

P2 Pr2   = P1 Pr1

2

h2  a  Pr2  =  579,80  MJ/Mg  

1

r ac ma HV  =  1  +   h3   ma ma

qe a1

 

30,32   724,4  

(

)

WC = ma (h2 − h1 ) 800 KW = W T − W C 800 KW = 0,456 ma + mc (h3 − h4 )

⎛ 1 ⎞

1365,3    

315,3  

1370,63  

x  

1426,4    

372,6  

 

WT = ma + mc (h3 − h4 )

W T = 1408,70 W C = 609,54

h3 = 320,29  

 

33,80   746,5  

ma = ?

a

 

32,029   x  

ηt = 1 − ⎜ ⎟ ⎝ π ⎠

13,50   575,50  

Pr3

Pr4 PT 4 = = 735,25 724,4

(

TT2  =  13,86  

hJ   Ma

P3 Pr3 = P4 Pr4

ηt B =

Pr1  a  T1  =  1,3860  

14,38   586,04  

h2 + rHv   1+ r

h3  =  1370,63  

 

13,86   x  

h2  +  THV  =  (1  +  r)h3  

π=

WT

S

ma.  H2  +  mc  HV  =  (ma  +  mc)h3  

h3 =

4

Wc

 

h2  +  

3

)

(π −1) / H

   

 800 m a + mc (h3 − h4 ) − ma (h2 − h1 ) = m a m a m a   800 = (1 + 0,017 )(1370,63 − 735,25 ) − 1(579,8 − 300,19 )   m a 800 m c = 366,57 = 0,017 m a m a m a = 2,1823 m c = 0,0371

= 0,4820 → aire

Eficiencia:    

 

  142

TERMODINÁMICA

Wideal h2 θ − h1 η c ⇒ 80 + 20%(x ) = Wreal h2 a − h1 completar el ciclo ⇒ 100% Wideal h3 − h4 a η T ⇒ 80 − 20%(÷) = ηT = η T = 85% Wreal h3 − h45 η c = 90%

T 25

ηc =

3 P ,3 2

20

P1,4 45

40

1

 

WC R =

S

 

 

WCI 0,9

WTR =WTI .0,85

Un   ciclo   brayton   trabaja   con   aire   en   la   entrada   al   compresor   a   27ºC   y   100ºKPa   M   =   10,   Tmáx   =   1350  ºK  entre  la  descarga  del  compresor  y  la  admisión  en  la  turbina.  Determine:   a)  P  y  T  en  cada  pun  to   b)  WC,  WT  y  la  ηt  del  ciclo     Datos:  

T1 = 27 º C = 300º K P1 = 100MPa = P4

π = 10

(k −1) / K

 

Tx = 1350º K

P2 P3 = P1 P4

T

Tmáx

25

20

 

3 P ,3 2 P1,4 45

k −1 / M

η C ∧ η T = 85% Px = 27πPa π=

 

T2 ⎛ P2 ⎞ = ⎜ ⎟   T1 ⎜⎝ P1 ⎟⎠ T2 = 579,20 º K Tx ⎛ Px ⎞ = ⎜ ⎟ T4 ⎜⎝ P4 ⎟⎠ T4 = 704,71º K

1 S

 

 

WCI = Cp (T2 − T1 ) = 280,59

P2 = πP1 = 100KPa = P3

WTI = Cp (Tx − T4 ) = 648,50

Px = P2 − 27 = 973KPa

ηt =

WTR − WCR 221,12 = = 0,2854 qent Cp (Tx − T2 )

  W neto = qentr − qsal

= Cp (Tx − T2 ) − Cp (T4 − T1 ) = 774,65 − 406,73

 

= 367,91 WCR = 330,10 WTR = 551,22

   

Ciclo  Brayton  Regenerativo   Abierto  

 

40

  143

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

T 4

c

5

regenerador

2

x

3

combustor

x

3

C

2

4 5

Tgas

C

1 1

η reg =

S

 

m a(hx − h2 ) (m a + m c )(h4 − hc )  

P

x

2

 

3

→ η reg max ∴ Si Tc = T2 15C 4

V

 

  Ejercicios:   En  un  ciclo  Brayton  entra  aire  a  100  KPa  y  300ºK  y  se  comprime  a  620  KPa  con  una  eficiencia   interna  del  compresor  del  88%.  El  poder  calorífico  del  combustible  es  de  44186  KJ/Kg  y  la  rc/a   de   0,017;   los   productos   de   la   combustión   equivalen   a   400%   de   aire   teórico.   Calcular   el   W   hecho  por  la  turbina  y  por  el  compresor  así  como  la  eficiencia  del  ciclo,  la  η  interna  de  la  T  es   del  20%  y  se  toma  en  cuenta  O.E.V.     Datos:    

P1 = 100 KPa

m c

2

T1 = 300º K P2 = 620 KPa

η c = 88%

 

C

HV = 44186 KJ / Kg rc / a = 0,017 Producto  de  combustión  a  400%   V  =  ?  

1 m a

3

2

T 4 m a + m c

   

ηT  =  90%  

 

  144

TERMODINÁMICA

h1 a T1 = 300,19 KJ / Kg

π=

T

Pr2 P2 = Pr1 P1

3

π = 6,2   x

P P (620) (1,3860) = 8,59 Pr2 = 2 1 = P1 100

Pr1 a T1 = 1,3860 h25 a Pr2 = 506KJ / Mg º K

1

 

Pr h 8,411 503,02 8,59 x 9,031 513,32 h −h η c = 25 1 h2 a − h1 h2 a = h2 a = h2 a

(h25 − h1 ) ηc

25 2a

45

40

S

 

 

+ h1

(506 − 300,19 ) + 300,19

0,88 = 534,27 KJ / Kg º K m c

2 m a

3

m a + m c

 

(m a + m c ) h m a mc h2 a + HV = 5 m a ma m a m a 534,27 + 0,017(44186 ) = (1 + 0,017)h3 h3 = 1263,54 KJ / Kg º K Pr3 a h3 → 400%aire

 

  1244,2    

221,90  

Wc = h2 a − h1 = 234,08 KJ / Mg

1263,94  

x  

WT = h3 − h4 a = 442,92 KJ / Kg  

1304,5    

265,4  

 

η tBrayton =

WT − WC = 0,287 h3 − h2 a

  145

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

Pr3 = 236,140

π=

Pr3 Pr4

 

Pr4 = 38,087 h45 a Pr4 = 771,38 KJ / Kg º K 37,57   768,6   38,08   x   41,66   790,9  

ηT =

h3 − h4 a h3 − h45

h4 a = −(ηT )(h3 − h45 ) + h3

 

h4 a = −(0,9)(1263,94 − 771,38 ) + 1263,94 h4 a = 821,014

  Si  al  ejercicio  anterior  se  le  añade  un  regenerador  que  tiene  un  65%  de  eficiencia  y  se  conserva   el  mismo  valor  de  la  temperatura  en  3.   Datos:  

ηr2 = 65% T3 =

r

c =? d

m a(nx − h 2 ) (m a + m c )(h4 − hc ) h1 a T1 = 300,19 KJ / Kg

η reg =

h 25 a Pr2 = 506 KJ / Kg (2)m ahx + m cHV = (m a + m c )h3

  m c

regenerador c 2

5

m a + m c

 

4 3

x

C

T 1m a

    T 3 x 25 2a 1

s

0

45

4a

S

 

 

 

146

 

TERMODINÁMICA

ha = 534,27 KJ / Kg º K

m a/ m c ⎛ m a m c ⎞ + hx + HV = ⎜ ⎟h3 m m a /a ⎝ m a/ ma ⎠ m c m c ⎞ ⎛ hx + HV = ⎜1 + ⎟h3 mo ⎝ m a ⎠ m c m c h3 = h3 − hx HV − m a m a m c   (HV − h3) = h3 − hx m a m c (44186 − 1263,94 ) = 1263,94 − hx ma m c (42922,06 ) + hx = 1263,94(1) m a WT − Wc ηt = = 0,386% h3 − hx

h 4a = 821,04 KJ / Kg º K m a/ (hx − h2a ) a m / 0,65 = ⎛ m a/ m c ⎞ + ⎜ ⎟(h4a − hc ) / a m a ⎠ ⎝ m (h > −h2a ) 0,65 =   ⎛ m c ⎞ ⎜1 + ⎟(h 4a − hc ) ⎝ m a ⎠ (hx − 534,27 ) 0,65 = ⎛ m c ⎞ ⎜1 + ⎟(82104 − 53,27 ) ⎝ m a ⎠ hx − 534,27 186,400 = ⎛ m c ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎝ ma ⎠

186,400 + 186,400 186,400

m c − hx = −534,27 m a

m c − hx = −720,67 (2 ) m a

m c = 0,0126 m a hx = 723,019    

CBCR  

Ciclo  Brayton  Cerrado  Regenerado     En  ciclos  cerrados  solo  existe  aire  por  el  compresor.    

5

qsal

4 c

1

REG

x

2

qent

C

3 T  

 

 

147

 

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE

T 3 x

2

4 5

C

1

S

 

    CBAR   Ciclo  Brayton  Abierto  Recalentado   m c2

m c1

Cal 1

2

3 m a + m c1 qent

4

C

Cal 2 5 m a + m c1 + m c2

TA

TB 6

1m a

m a + m c1 + m c2

C

TA

 

TB

T 3 2

 

i

4

5 6

Ideal ® T5 = T3 S

       

 

148

 

TERMODINÁMICA

(CBAI)  (Compresor  multi  -­‐  etapas)   1

4 CB

2

CA 3

T

5

5

T

4

6 6

3

interenfriamiento

6

2 1

S

 

 

Ideal  →  2  a  3  etapas.   Aplicación:  Motor  de  avión.   T 4 3 Dif C

T Tob

5 6

2

1

S

 

  Un  compresor  utiliza  una  potencia  de  500  KW  y  comprime  aire  desde  100  MPa  y  290ºK  hasta   400   MPa.   El   calor   intercambiado   en   el   regenerador   es   de   400   KW.   El   combustible   utilizado   tiene   un   poder   calorífico   de   30000   KJ/Mg   la   ra/c   es   de   40   la   eficiencia   es   de   95%   para   el   compresor  y  del  100%  para  la  turbina.  Tome  en  cuenta  C.E.C.  y  determine  la  potencia  neta  de   la  planta  y  la  eficiencia  del  regenerador.     Datos:     Wc  =  500  KW  

 

T1  =  290ºK  

 

P1  =  100  MPa  =  P4   P2  =  400  MPa  =  P3  

5

c

A  ent  =  400  KW  

x

2

HV  =  30.000  KJ/Kg   Ra/c  =  40  

4

R

Comb 3

C

T

ηc=  95%   1

ηT  =  100%   Wneto  =  ?  

 

149

 

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ηreg  =  ?  

π=

T

P2 P3 = =4 P1 4

3 x

k −1 / r

T2 ⎛ P2 ⎞ = ⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ P1 ⎟⎠ T2 = 430,93

2

 

1

qent = m aCp (Tx − T2 )

ηc =

 

WCI = (0,95 )(500) WCI = 475KW WCR = m a Cp (T2 −1 )

S

 

rCpTx + HV (r + 1)Cp 40(1,005)(549,60 ) + 30000 T3 = (40 + 1)(1,004) T3 = 1265,52 º K T3 =

WCR ma = = 3,35   Cp(T2 − T1 )

T4 =

C

Tx =

WCI = ηc.WCR

T3

5

qent + T2 maCp Tx = 549,60 m ahx + m cHV = (m a + m c )h3 m aCpTx + mcHV = (m a + m c )CpT 3 rCpTx + HV = (r + 1)CpT3

WCI WCR

T3 (k −1) / k = (π ) T4

4

 

 

π (k −1) / K

 

ma ma 8,35 → mc = = = 0,08375 mc 40 40 WT = (ma + mc )Cp (T3 − T4 )

 

40 =

 

WT = (3,35 + 0,08375 )(1,004)(1265,52 − 851,63) WT = 1426,87 KW

W η T = IR WTI

     

 

   

WTR = η T .WTI

WTR = (1)(1426,87 )

 

WTR = 1426,87.KW

 

Wneto = WTR WCR

 

Wneto = 926,87 KW

           

 

150

 

TERMODINÁMICA

η reg = η reg =

ma(Tx − T2 )Cp1 (ma + mc )(T4 − Tc )Cp 2

Tc  =  T2   →  Cp  para  mezclas  es  1,00u  

(3,35)(549,60 − 430,93)(1,005) (3,35 + 0,08375)(851,63 − 430,93)(1,004)

   

η reg = 0,2754

 

η reg = 27,54%

 

     

Instrumentacion  Basica  en  un  Turbo    motor.  

   

   

   

 

151

 

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Ciclos  de  potencia  de  vapor   Son  aquellos  en  los  que  el  fluido  de  trabajo  se  evapora  y  condensa  alternadamente,  también   se   considera   la   generación   de   potencia   acoplada   con   el   proceso   de   calentamiento   llamado   cogeneración,   para   mejorar   la   eficiencia   de   las   plantas   de   potencia   de   vapor   se   estudian   los   ciclos   con   recalentamiento   y   regenerativos   así   como   ciclos   binarios   y   combinados   donde   el   calor  rechazado  por  un  fluido  se  emplea  como  la  entrada  de  calor  para  el  otro  fluido  que  opera   a  una  T  inferior.   El  vapor  de  agua  es  el  fluido  de  trabajo  más  empleado  en  los  ciclos  de  potencia  de  vapor  por   varias  ventajas:   Bajo  costo,  disponibilidad  y  alta  entalpía  de  evaporización.   Por   estas   razones   las   plantas   de   potencia   de   vapor,   producen   la   mayor   parte   de   energía   eléctrica  mundial  y  pueden  ser:  centrales  carbo  eléctricas,  nucleares,  de  gas  natural,  etc.  Según   el  tipo  de  combustible  utilizado  para  suministrar  calor  al  vapor.     Ciclo  de  vapor  de  Carnot   Como  vimos  anteriormente  el  ciclo  de  Carnot  es  el  más  eficiente  de  los  que  operan  entre  dos   niveles  de  temperatura    por  lo  que  también  es  útil  para  compararlo  con  otros  ciclos  de  vapor   utilizados.   Vapor  saturado    

 

Vapor  sobrecalentado    

  T

T

1 1

4

2

2

4

3

3

S

S

 

Ciclo  Rankine    

 

152

 

TERMODINÁMICA

q ent caldero

2

3

B

T

1

condensador

4

q sal

 

1-­‐2:   El   agua   líquida   ingresa   a   la   bomba   y   es   impulsada   a   una   mayor   presión   para   que   pueda   recorrer  todo  el  circuito.   2-­‐3:  El  agua  recibe  calor  en  la  caldera  convirtiéndose  en  vapor.   3-­‐4:  El  vapor  de  agua  atraviesa  la  turbina  dando  movimiento  a  los  alabes  que  hacen  girar  un   eje  para  aprovechar  el  trabajo  como  por  ejemplo  en  un  generador.   4-­‐1:   El   agua   al   salir   de   una   turbina   es   una   mezcla   de   vapor   y   líquido,   por   lo   que   se   le   hace   atravesar  por  un  intercambiador  de  calor  llamado  condensador  para  convertir  la  totalidad  del   agua  en  líquido  y  enviarla  nuevamente  a  la  bomba  cerrando  el  ciclo.     Es  el  ciclo  ideal  para  los  ciclos  de  potencia  de  vapor.   Este  ciclo  ideal  no  incluye  irreversibilidad  interna  y  está  compuesto  por  los  siguientes  procesos:   1-­‐2  Compresión  isoentrópica  en  una  bomba   2-­‐3  Adición  de  calor  isobáricamente  en  una  caldera   3-­‐4  Expansión  isoentrópica  en  una  turbina   4-­‐1  Rechazo  de  calor  isobáricamente  en  un  condensador   T

P

P2 Tsal

2

3´ 3

2

3´ 3

1

4´ 4

1

4

P1

S

V

 

 

 

153

 

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Ejercicio:   Una   planta   de   potencia   de   vapor   opera   en   un   ciclo   Rankine   ideal   simple   entre   los   límites  de  presión  de  3  MPa  y  50  KPa.  La  temperatura  del  vapor  a  la  entrada  de  la  turbina  es  de   400ºC  y  la  tasa  de  flujo  másico  del  vapor  a  través  del  ciclo  es  60  kg/s.  muestre  el  ciclo  en  un   diagrama  T-­‐S  y  determine.   a)  ηt  del  ciclo   b)  La  salida  neta  de  potencia  de  la  planta  de  potencia.     Datos:  

WB = h2 − h1

P2 = 3MPa = P3 P1 = 50 KP = P4 T3 = 400º C  = 60 Mg / s m

ηt WT = 823,49 WT − WB   qent η = 0,2841

ηT =

Wneto = m Went = 49227,12 KJ   = 49,22 Mw

 

WB = v(P2 − P1 ) v1 ≈ vf a P1 v1 ≈ vf a 50 KPa

 

3

v1 = 0,001030 m Kg WB = 3,038 KJ Mg h1 = 340,49 KJ Mg

h2 = WB + h1 h2 = 343,52 KJ / Kg

 

qent = h3 − h2 Tsat a 3MPa = 233,90º C → Pto3' ' v sobrecalentado

 

h3 a 3MPa y 400º C h3 = 3230,9 KJ / Mg qent = 2887,38 KJ / Mg

 

WT = h3 − h4 s 4 = s3

s 4 = sf + xsfg

s3 o 3MPa ∧ 400º C

x = 0,89

s3 = 6,9212 KJ / Kg º M

hf a 50 KPa = 340,49 KJ / Mg

sf a 50 Ma = 1,0910MJ / Mg º K hg o 50 Mpa = 2645,9 KJ / Mg   sf a 50 Mpa = 7,5939MJ / Mg º K

h4 = hf + hfg h4 = 2407,40

  Desviaciones  de  los  ciclos  respecto  a  las  idealizadas  

 

154

 

TERMODINÁMICA

T

ηB = 3

Ws h25 − h1 = Wa h20 − h1

Wa h3 − h4 a ηT = = Ws h3 − h45



 

2´ Ideal

2

irr de la T

ir de la B 4´

Real

1

4 S

Caída de P en el condensador

 

  Condiciones  para  aumentar  el  área  durante  el  ciclo   1.  Mas  P  en  el  caldero  –  si  aumenta  la  P  la  entalpía  disminuye  (ganancia  y  pérdida)   2.  Menos  P  en  el  condensador-­‐si  disminuye  la  P  en  el  condensador  ingresa  aire  y  daña  la  B   3.  Mas  T  en  el  caldero  –  la  Tmáx  en  T  =  620ºC    

CRR   Ciclo  Rankin  con  Recalentamiento     2

caldero 3

5

B

1

 

4

TA

6

condensador

155

TB

 

 

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T 3 5 2 1

6

S

 

Ciclo  Rankin  Regenerativo  con  calentador  de  aguas  de  alimentación  abierto   C.  Renegerado  con  CAA  abierto   4

5

3

CAA

7

y

B2

1-y

2

     

  T

5 4 3

2 1

7 6

S

 

C.R.  Reg  con  CAA  cerrado  

 

156

 

TERMODINÁMICA

Cald.

7

6

T y

5

CM

9 8 1-y

CAA

4

2

B2

3

B1

1

 

T

7

56 4 3

9

2 1

8

S

2  Diagrama  superpuestos  

Ciclo  combinado  (B  y  R)  

R.  toma  qrech  por  Brayton  

m c

6

T

7

C

7

Tg

m a 5

6

m a + m c 9 interc

2

 

8

3 2

3

5 1

B

8

4 S

Tv

 

m H 2O

1

4

 

  Una  planta  de  potencia  de  vapor  opera  con  un  ciclo  Rankin  ideal  con  recalentamiento.  El  vapor   entra  a  la  T  de  alta  presión  a  8MPa  y  500º1C  y  sale  a  3MPa.     El   vapor   se   recalienta   luego   a   P   =   C   hasta   500ºC   antes   de   que   se   expanda   hasta   20MPa   en   la   T   de  baja  presión.  Determine  la  salida  de  W  de  la  TL  en  MJ/Kg  y  la  ηT  del  ciclo.  Muestre  el  ciclo  en   un  diagrama  T  –  S.    

 

157

 

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Datos:    

P3 = 8MPa = P2

 

T3 = 500º C = T5

T

P4 = 3MPa

3 5

P6 90 KPa = P1 WT = ?

 

ηT = ?

4

WTA = h3 − h4 WTB = h5 − h6

2

W B = h2 − h1

1

T3 = T5

6

h3 a P3 ∧ T3 = 3410,3KJ / Kg

S

 

S 3 a P3 ∧ T3 = 6.7975 KJ / MG º K s3 = s 4

 

Tsat = T4 a P4 = 233.90 º C

 

sf o P4 = 2,6457 KJ / Kg º K

 

sg a Pa = 6,1869 KJ / Mg º k hg = hf a P4 = 2804,2

WTA = h3 − h4 WTA = 3410,3 − 2804,2  

h5 a P4 ∧ T5 = 3456.5 KJ / Mg

WTA = 606,1KJ / Kg

s5 a P4 ∧ T5 = 7,2335 KJ / Kg º K s5 = s6

 

 

s 6 = sf + sfg

sf a P6 = 0,8320 KJ / Kg º K

s 6 − sf sg − sf   7,2998 − 0,8320 x6 = 7,9685 − 08320 x6 = 0,89

sg a P6 = 7,9685 KJ / Kg º K

x6 =

hf a P6 = 251,40 KJ / Mg

 

hg a P6 = 2609,7 Kj / Mg  

WTB = h5 − h6

h6 = hf + xhfg

WTB = 3456,5 − 2350,287  

h6 = 251,40 + (0,89 )(2358,3)  

WTB = 1106,21KJ / Mg

h6 = 2350,287 KJ / Mg

 

Líquido  saturado  

WB = h2 − h1

h1 a P6 = 251,40 MJ / Mg 3

v1 ≈ vf a P1 = 0,001017m / Kg

 

WB = 259,51 − 251,40   WB = 8,11MJ / Mg  

 

158

 

TERMODINÁMICA

h2 = v1 (P2 − P1 ) + h1

(

6

3

qent = h3 − h2

)

qent = 3150,79 KJ / Mg

h2 = 0,001017 8 × 10 − 20 × 10 + 251,40 h2 = 259,51KJ / Kg W ciclo = WTA +

 

 

WTB − WB Wciclo = 1704,2 KJ / Mg

η ciclo =

Wciclo = 0,54 = 54,08% q ent

  Una  planta  de  W  de  vapor  opera  en  un  ciclo  R  ideal  regenerativo.  El  vapor  entra  a  la  turbina  a  6   MPa  y  450ºC  y  se  condensa  en  el  condensador  a  20  KPa.     El   vapor   se   extrae   de   la   turbina   a   0,4   MPa   para   calentar   el   agua   de   alimentación   en   un   calentador  abierto.  El  agua  sale  del  calentador  como  un  líquido  saturador.  Muestre  el  ciclo  en   un  diagrama  T-­‐S  y  determinar:     a)  La  salida  neta  de  W  por  Kg  de  vapor  que  fluye  a  través  de  la  caldera      

La  ηt  del  ciclo.  

  Repita  el  ejercicio  anterior  sustituyendo  el  OAA  abierto  por  uno,  cerrado.  Suponga  que  el  agua   de  alimentación  sale  del  calentador  a  la  temperatura  de  condensación  del  vapor  extraído  y  que   este   sale   del   calentador   como   un   líquido   saturado   y   se   bombea   a   la   línea   que   conduce   el   agua   de  alimentación.  

Cogeneración   Los   sistemas   de   cogeneración   incluyen   la   calefacción   por   combustión   y   la   producción   de   vapor   para   procesos,   los   mismos   que   suponen   conjuntamente   una   sustancial   porción   de   la   energía   consumida   en   la   industria.   Pero   dado   que   el   calor   y   el   vapor   se   necesitan,   a   temperaturas   relativamente  bajas,  no  es  adecuada  conseguirlos  a  partir  de  la  temperatura  relativamente  alta   de  los  productos  de  combustión  al  quemar  el  combustible.     Esta   fuente   de   ineficiencia   puede   reducirse   a   una   fuente,   con   una   configuración   de   cogeneración  en  la  que  se  consume  el  combustible  para  producir  conjuntamente  electricidad  y   vapor  (o  calor)  pero  con  un  consumo  de  combustible  menor  que  el  necesario  para  obtenerlos   individualmente.  

 

  159

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  Esquema  de  un  sistema  de  cogeneración  en  el  que  el  vapor  de  proceso  se  extrae  de  la  turbina.  

    Este  esquema  indica  la  fracción  de  la  masa  total  de  vapor  de  entrada  en  la  turbina  que  circula   en  varios  puntos.     Otra  configuración  de  cogeneración  corresponde  a  la  calefacción  de  distrito.    

Ciclo  Binario   Un  ciclo  de  potencia  binario  utiliza  dos  fluidos  de  trabajo,  uno  con  buenas  características  a  alta   temperatura   y   otro   con   buenas   características   para   las   temperaturas   más   bajos   dentro   del   rango  de  operación.   Ciclo  Binario  de  Mercurio  –  Agua  

     

  160

TERMODINÁMICA

Ejercicio  Nº  01   Considere   la   central   de   cogeneración   el   vapor   entra   a   la   turbina   a   7   MPa   y   500ºC   de   la   turbina   se  extrae  un  poco  de  vapor  a  500  MPa  para  calentamiento  de  proceso,  mientras  el  resultante   continua   su   expansión   hasta   5MPa   después   el   vapor   se   condensa   a   presión   constante   y   bombea  hasta  la  presión  de  la  caldera  que  está  a  7MPa.  En  momentos  de  alta  derrama  calor   de   proceso.   Una   parte   de   vapor   que   sale   de   la   caldera   se   estrangula   hasta   500   MPa,   y   se   envía   al  calentador  de  proceso.     Las   fracciones   de   extracciones   se   ajustan   de   modo   que   el   vapor   que   sale   del   calentador   de   proceso   lo   haga   como   líquido   saturado   a   500   KPa.   En   segundo   se   bombea   hasta   7MPa.   El   flujo   másico  de  vapor  a  través  de  la  caldera  es  de  15  Kg/g.  si  se  descarta  cualquier  caída  de  presión  y   cualquier   pérdida   de   calor   en   la   tubería   y   se   supone   que   la   tubería   y   la   bomba   son   isoentrópicas,  determine:   Potencia  producida  y  el  factor  de  utilización  cuando  no  se  suministra  calor  de  proceso.   La  tasa  máxima  a  la  cual  puede  suministrarse  el  calor  de  proceso.     La  tasa  de  suministro  de  calor  de  proceso  cuando  10%  del  vapor  se  extrae  antes  de  que  entre  a   la  turbina  y  cuando  70%  de  vapor  se  extrae  de  la  turbina  a  500Mpa  para  el  calentamiento  del   proceso.   T 1, 2, 3

11 9

10 7

8

4 5 6

S

 

 

161

 

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W B1 = V B (P9 − P8 )

= (0,001005)(7000 − 5) = 7,03MJ / Mg

W B 2 = V = (P10 − P7 )

= 0,001093(7000 − 500)

 

= 7,10 MJ / Mg h1 = h2 = h3 = h4 = 3411,4 MJ / Mg h5 = 2739,3KJ / Mg h6 = 2073,0 MJ / Kg

h7 a 500Kpa = 640,09 KJ / Kg  

h9 = hf a 5KPa = 137,75MJ / Kg hg = h8 + WBI = 137,75 + 7,03 = 144,78MJ / Kg

 

h10 = h7 + WI = 640,09 + 7,10 = 647,19 KJ / Mg Qmáx = mi(h4 − h7 )

= 15(3411,4 − 640,09 )   = 41570KW

WT = m(h )l 3 − h6

= 15(3411,4 − 2073) = 20070 KW WB = 15(1,03) = 105KW Wneto = WT − WB

 

= 20076 − 105 = 19971KW

Q = m1 (h1 − h4 )

= 15(3411,4 − 144,78 )   = 48999KW

eM =

Wneto + Q p Qentr

19971 + 0   48999 = 0,408

eM = eM

e M = 40,8%

 

162

 

TERMODINÁMICA

m4 h4 + m5 h5 = Q psal + mThT Qsal = m4 h4 + m5 h5 − mThT m4 = (0,1)(15 ) = 1,5Kg / g

 

m5 = (0,7 )(15 ) = 10,5Mg / s

m7 = m4 + m5 = 1,5 + 10,5 = 12 Kg / s Qsal = (1,5)(3411,4) + (10,5)(2739,3) = (− 12 )(640,09 ) = 26,2MW

 

                     

 

 

 

163

 

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Capítulo X Combustión  

Los combustibles Son sustancias que al quemarse producen calor. Los hidrocarburos (CxHy), pueden estar en cualquier fase, tomando en cuenta que los que se encuentran como líquidos se obtienen de la destilación de petróleo en grados de volatilidad (gasolina, queroseno, diesel y combustóleo); con composiciones que dependen de la zona geográfica del petróleo crudo y de la refinería. Los hidrocarburos líquidos, son una mezcla de muchos hidrocarburos pero por simplicidad, se los designa según el de mayor porcentaje. C8H18

octano

gasolina

C12H26

dodecano

diesel

CH3OH

Alcohol metílico

metanol

CH4

metano

gas natural

GNC (gas natural comprimido) a 150-200 atm GNL (gas natural licuado) a -162oC C3H8

propano

GLP (gas licuado de petróleo)

Existen otros combustibles de uso común, como el etanol que se obtiene de cereales y otros vegetales.

COMBUSTIÓN. El término general empleado para describir ésta reacción química, se denomina termólisis, que consiste en la que un compuesto se separa en al menos otros dos cuando se somete a un aumento de temperatura. Se trata de una reacción endotérmica porque requiere un aporte de calor para romper los enlaces

 

164

 

TERMODINÁMICA

químicos. La temperatura de disociación es la necesaria para que este proceso tenga lugar. H2 O + calor ® H2 + ½O2 En este proceso químico se realiza un rompimiento de la unión de las moléculas orgánicas, generando gasificación de los compuestos fácilmente degradables a través de un calentamiento directo o indirecto y provoca que el agua se dividida en sus componentes oxígeno e hidrógeno. En los procesos de combustión, los elementos o compuestos (o bien ambos) contenidos en elevada proporción en el combustible, se combinan con el oxígeno del aire suministrado al proceso, formando óxidos. Estos óxidos forman, junto con el nitrógeno del aire suministrado, los productos de la combustión o gases de escape Puesto que la mayoría de los combustibles contienen altos porcentajes de carbono (o de compuestos de carbono) e hidrógeno, los productos de la combustión están formados generalmente por los óxidos de carbono y humedad. La emisión de contaminantes de los motores a gasolina, pueden llegar a valores de 3,8 ppm de CO, 11,4 ppm de CO2, y de 480 ppm de hidrocarburos (HC). Además de las emisiones de hidrocarburos, los motores de los vehículos también emanan óxidos de nitrógeno NOx, que son compuestos químicos binarios

gaseosos formados por la combinación de oxígeno y nitrógeno, y cuyo proceso de formación más habitual es la combustión a altas temperaturas, proceso en el cual habitualmente el aire es el comburente. Los motores que más los producen son los diesel y los motores de mezcla pobre. Los óxidos de nitrógeno, una vez liberados al aire forman, a través de reacciones fotoquímicas, contaminantes secundarios, formando el smog fotoquímico o niebla, típica de las zonas con gran concentración de vehículos a motor. Como se mencionó anteriormente la inyección controlada de pequeñas dosis de agua conseguirá reducir considerablemente la temperatura del ingreso de la mezcla airecombustible a la cámara de combustión y con ello reducir la temperatura de la misma, la que como se sabe al ser elevada es la causante de la formación de NOx, de esta manera se logra reducir de un modo sustancial la emisión de este compuesto a la atmósfera. Además, el oxígeno presente en el agua enriquece la mezcla, ayudando aún más a inhibir la formación de NOx. Por otro lado, el agua al ingresar pulverizada a la cámara, aprovechará el calor generado por combustión para lograr su disociación molecular en el momento de

la explosión, reduciendo la emisión de gases, porque transforma el monóxido de carbono en bióxido de carbono, agregándole oxígeno, disminuyendo así la contaminación ambiental.

 

165

 

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El agua calentada a más de 2500ºK rompe sus enlaces y se convierte en átomos de hidrógeno y oxígeno.

Tabla1.2.1

La termólisis a menudo se conoce también como pirolisis. Esto es únicamente una preferencia en el uso de la terminología, ya que la traducción directa del griego pyro es fuego (calentamiento directo por llama), mientras que thermo significa calor (calentamiento indirecto). Por lo tanto, es más adecuado hablar de termólisis para el proceso en cuestión.

 

166

 

TERMODINÁMICA

GAS

ACELERACIÓN

RPM

GNC

GASOLINA

(%) Monóxido de Carbono

25

1500-2800

0.8-2.6

1.3-1.1

50

1500-4000

2.5-0.2

3.2-1.7

(CO)

100 25

1500-4500 1500-2800

2.5-0.2 8.4-7

3.8-3.5 9.1-11

50

1500-4000

7.2-9

8.4-10

Oxigeno

100 25

1500-4500 1500-2800

8-10.1 5.5-6.2

8.2-11.4 7-5.3

(O2)

50

1500-4000

6

6.1-5

100

1500-4500

7.3-7.5

5.5-6

Hidrocarburos

25

1500-2800

170-140 ppm

240-330 ppm

(HC)

50

1500-4000

420-70 ppm

400-160 ppm

100

1500-4500

480-60 ppm

440-125 ppm

Dióxido de Carbono (CO2)

Temperatura de punto de rocío de los productos. Es la temperatura a la cual el vapor de agua en los productos empieza a condensarse cuando se enfría a presión constante. Pv = (Nv/Npro)Ppro Pv: presión parcial del vapor de agua en los productos Ppro: presión de los productos Por lo tanto, Tpr = Tsat@Pv Entalpía de combustión o reacción hR. Es la diferencia entre la entalpía de los productos en un estado especificado y la entalpía de los reactivos en el mismo estado para una reacción completa. hR = hC = Hprod - Hreact

 

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Entalpía de formación hf. Es la entalpía de una sustancia en un estado especificado debido a su composición química. En un estado de referencia estándar (25oC y 1atm), hf=0 para todos los elementos estables, ej. (C, O2, N2, H2).

PROBLEMAS DE COMBUSTIÓN 1.- Calcular la cantidad de alcohol etílico que se puede quemar en el aire contenido en un salón de 6 x 10 x 2.75 m, en la ciudad de México estando a 24oC; ¿Cuánto calor se genera (en Kcal)? DATOS FORMULAS V = 6 x10 x 2.75m Qs = Cc x P.C.I. V = 165 m3 PV = ma RT T = 24oC +273.15 T = 297.15 oK Pa =0.8Kg /cm2 Pa = 8000 Kg / m2 At = 9.09 Kg aire / Kg comb P.C.I. = 6,400 Kcal / Kg OPERACIONES

ma =

= ma = 151.766kg ma = Cc x At 151.766kg = Cc x 9.09(Kg aire / Kg comb) Cc = 16.698kgcom. Qs = Cc x P.C.I. Qs = (16.698kgcomb)(6400 Kcal / Kg)

 

168

 

TERMODINÁMICA

Qs = 106908.15 Kcal 2.- calcular la cantidad de gasolina que se puede quemar en el aire contenido dentro de una botella de 1 litro, en condiciones estándar (760 mm Hg y 0oC). ¿Cuánto calor se genera? DATOS FORMULAS

V = 1 ltr ma = P = 760 mmHg P = 1.033 Kg /cm2 por lo tanto Qs = Cc x P.C.I. P = 10330 Kg / m2 T = 0oC +273.15 T = 273.15 oK De tabla : At = 14.83 Kg aire / Kg comb P.C.I. = 10,400 Kcal / Kg OPERACIONES

ma =

= = 1.29 x 10-3 kg

Cc =

= = Cc=8.69 x 10-5kgcomb Qs = Cc x P.C.I. = (8.69 x 10-5kgcomb)(10,400 Kcal / Kg) Qs = 0.906Kcal

 

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3.-¿ Cuántos litros de aire se requieren en la ciudad de México para quemar 1 kg de gas butano a 24oC? DATOS FORMULAS P = 8000 Kg / m2

Cc=1Kgcomb. ma = At=15.45 Kgaire/Kgcomb T = 24oC + 273.15 T = 297.15oK R = 29.27 kgm / kgok OPERACIONES Como Cc es igual a la unidad ma, sera igual a At pero con su unidad correspondiente. ma=15.45Kgaire

V=

= V = 16.788m3 V = 16788 ltrs. 4.- Para cortar con un soplete una lámina de acero se requieren un total de 36800 kcal. ¿Cuántos kilogramos de acetileno y de oxigeno se necesitan?. DATOS Qs= 36800 Kcal.

At comb. = 13.26

P.C.L. = 11500 FORMULAS Qs= Cc *P.C.I.

 

170

 

TERMODINÁMICA

OPERACIONES

" Cc= Cc=3.2Kgacetileno

Pero como sabemos que la cantidad porcentual de oxigeno que contiene el aire es de 23.2 % !

moxigeno=9.844Kgoxigeno 5.- ¿Cuántos Kilogramos de hidrógeno se necesitan para producir 180 litros de agua? ¿Qué calor se genera en la combustión?. DATOS VH2o=180 lts=180Kg PCI=28600Kcal/Kg At=34.48Kgaire/KgComb. OPERACIONES Si sabemos que el peso atómico H = 1 y del O =16 Balance estequiométrico. H2 + O2 = H2O 2 H2 + O2 = 2H2O

 

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(4*1) + (2*16) = 2 ((2*1) + 16)) 4 + 32 = 36 4/4 + 32/4 = 36/4 ! 1 Kg H + 8 Kg O = 9 Kg H2O " Se necesita 1 Kg de H para producir 9 Kg de H2O 1 kg H2O = 1 litro de H2O

" se deduce que se necesitan: 20 Kg de H para Producir 180 Lts. De H2O

! Cc= 20 (Kgcomb)*28600 Qs = 57200 kcal. 6.- Un motor, diesel transforma en trabajo útil el 36 % de calor suministrado ¿Cuánto combustible diesel necesita para producir 1000 Kg-m de trabajo útil? DATOS Wu = 0.36 Qs Wu = 1000 Kg-m Cc = ? P.C.I.= 10100 Kcal = 4185.5 N*m = 1 Kcal. OPERACIONES

 

172

 

TERMODINÁMICA

Cc=6.446x10-4 Kg

 

173

 

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Apéndices

Interpolación Durante el manejo de las tablas se pueden presentar el caso en el cual se trata de ubicar valores numéricos de las propiedades que no se muestran ya que las mismas no poseen los valores posibles, que son infinitos, sino una selección de ellos, por intervalos. Para solucionar esto existen las interpolaciones lineales, con las cuales se supone que el intervalo en el cual se analiza la curva que posee los dos puntos para la interpolación, la cual se trata de una línea recta.

y P2

y2

y

y1

Por hallar

P

x x1

x2

x

La formula es: !! !!!

Ejemplo:

!! !!!

  =

!!!! !!!!

Calcular el volumen específico del líquido saturados vf, conocimientos la temperatura T= 372 º C con agua como sustancia. Como 372 ºC está entre 370 y 373,95 º C, tomamos estos dos valores  

174

 

TERMODINÁMICA

de T como si estuviera sobre un eje X, y sus respectivas valores de vf como si estos estuvieran sobre el eje Y. por último, cabe recordar que tenemos un valor más que es el valor de 372 º C al cual queremos hallar el vf, para lo cual nos queda una incógnita en la ecuación de arriba. X

Y

Punto 1

370

0,002217

Por hallar

X

Y

Punto 2

373,95

0,003106

x= 372 Como conclusión, siempre conoceremos dos puntos y un valor más que puede ser X o Y. Si tenemos X podemos hallar Y si tenemos y podemos hallar X, Así: Teniendo Y: X = (y – y1) . (x2 -x1) + x1 (y2 - y1) Teniendo X: y = (x – x1) . (y2 -y1) + y1 (x2 - x1) Así, aplicando la ecuación para Y, es decir para el vf, tenemos Y = vf = 0,00267 m3/ kg Valor que, según lo esperado, está entre 0,002217 y 0,003106 m3/ kg

 

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Diagrama de Mollier (Agua)

 

176

 

TERMODINÁMICA

 

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Calores Específicos

 

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DEPARTAMENTO DE CIENCIAS DE LA ENERGÍA Y MECÁNICA LATACUNGA

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