Termodinamica
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TERMODINÁMICA
Eduardo Meythaler Naranjo
ENERGÍA Y MECÁNICA LATACUNGA
TERMODINÁMICA
TERMODINÁMICA
Eduardo Meythaler Naranjo
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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.
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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
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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
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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
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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
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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
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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.
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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
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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”
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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
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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:
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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
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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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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=
!"
!"
!"" !" (!,! !! )
!.!"#$
!" .! !"
(!"#!!")!
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
-
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
⎛ 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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
• 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
2´
1809.55
0.8
-------
1´
226.19
0.8
-------
115
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
"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
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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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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 maCp 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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
3´
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
UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS - ESPE
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
167
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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
169
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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
171
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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
175
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Diagrama de Mollier (Agua)
176
TERMODINÁMICA
177
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Calores Específicos
178
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS DE LA ENERGÍA Y MECÁNICA LATACUNGA
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