Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Cátedra: Termodinámica Termodinámica - Ing. Civil e Ing. Ambiental Docente/s: Ing. José Contento/ Contento/ Ing. Jorge Rosasco
Guía de trabajos prácticos resueltos
1. (Ejercic (Ejercicio io 5 de primer principio principio sistema sistema cerrado) cerrado) Un cilindro cilindro rígido adia adiabá báttico ico
pose posee e
un
pist pist!n !n
adi adiabát abátic ico o
"ue "ue
inicialmente está apoado sobre unas trabas. El peso propio del pist!n más la presi!n atmos#$rica e%ter %terio ior& r& gene genera ra una una pres presi! i!n n tota totall de ' atm. atm. Inicialmente se tiene en el interior del cilindro ire a p i 5 atm *i +,, - ocupa un olumen de i ,&/m ,&/m+. 0i por por medio edio de una una resis esisttenci encia a el$ctrica se calienta el ire asta *# 1,,,2-& calcular3
40e llega a moer el pist!n6
0i se responde "ue el pist!n se muee& determinar a "u$ temperatura comen7ará a acerlo.
8a cantidad de Calor suministrado al ire.9
:rime :rimero ro elegimo elegimos s sistem sistema3 a3 ire ire encer encerrad rado o en el Cilind Cilindro ro&& sistem sistema a cerrado Calculamos la masa a "ue tenemos todos los datos& a"uí no decimos la masa inicial pues al ser un sistema cerrado la cantidad de masa "ue eoluciona es la misma siempre3 m
=
i x v i R x Tinicial
=
50.000 x 0,2 29,27 x 300
= 1,138 Kg
Cuando el aire contenido en el cilindro alcance la presi!n del pist!n& estará a partir de ese momento en condiciones de moerse& por lo tanto la temperatura será3 Tmovimiento
=
x !inicial R xm
=
80000 x 0,2 29,27 x 1,138
= 480 48 0°K
"
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 0i "uisi$ramos conocer la cantidad de calor recibido por el aire& asta el mome moment nto o en "ue "ue se inic inicia ia el moi moimi mien ento to&& apli aplica camo mos s el prim primer er principio& al sistema elegido %1
= ∆$ + # = m x C !
x (Tmov
− Ti ) = 1,138 x 0,17 x ( 480 − 300) = 34 ,847 Kcal
El olumen "ue ocupará el aire cuando alcance la temperatura ;nal será3 !'inal
=
m x R x T'inal &'inal
=
1,138x 29,27x1000 80000
= 0,417 m3
El calor "ue se le suministr! al aire durante el moimiento del pist!n es3
= ∆$ + # = m x C ! x (Tmov − Ti ) + # ist(n ∆$ = 1,138 x 0,17 x (1000 − 480 ) = 100,59 Kcal
%2
# &ist(n %2
= &&ist(n
x
∆! =
80.000 ( 0,417 − 0,2) 427
= 40,656 Kcal
= 141,246 Kcal
El calor cedido por la resistencia será entonces % = % 1 + % 2 = 176,093 Kcal . /. (Eje (Ejerrcici cicio o / de sist sistem emas as abie abiert rtos os)) 0e tien tiene e la inst instal alac aci! i!n n del del es"uema adjunto3 ire a :1 < ata. t 1 ',, 2C se e%pande en una álula reductora de presi!n asta p / + ata. luego en una turbina adiabática asta p= 1 ata. *= *= 5,, 2 -. l llegar llegar el aire aire a la presi!n presi!n p /& antes de ing ingresar esar a la turb turbin ina& a& se deri eria a acia acia una una cám cámara ara de me7 me7cla cla adiabática& una masa m 1& la cual ingresa junto a una masa m /& a la misma presi!n p / t< /, 2C& saliendo de la misma presi!n p 5 p/ t5 1,, 2C. 0i m / 1,.,,, -g > ora la :otencia en el eje de la turbina es ?tur /,,, @: (1 @: =+/ -cal>ora).
1 m Calcular3 m
)
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 0istema
álula
Aeductora
B
0istema
bierto a A$gimen :ermanente 0..A.: plicando primer principio
)4at )
"
Aire m
"40ata5 9t4)777
= ∆* + #/ $til ∆ * = 0 ⇒ *1 = * 2 mxC & xT1 = mxC & xT2 T1 = T2 = 1073°K % /
14"ata5 1 m. "
0istema *urbina 0..A.:.
= ∆* + # $til ∴ − ∆* = # $til − ∆Η = −( * 6 − * 2 ) = * 2 − * 6 = = ( m − m 1 ) × C & × ( T2 − T0 )
.
2
C.3.
/ %
# $til
.
:m - m";
0 .
04)5 t04)78C< m)4
,cal / + = 2000*& × 632 = 1.264.000[ Kcal / +] *&
KCal = ( m − m ) × 0,24 × (1073 − 900 )∴ (m − m ) = 1 1 +
1.264.000
KCal +
1.264.000
Kg = 30.443 KCal + × (173°K ) 0,24 Kg°K
0istema Cámara de e7cla 0..A.:.
= ∆* + #/ ∴ ∆* = 0 ∴ ∑ *ntrada = ∑ *alida → m 1 × +2 + m 2 × + 4 = m 1 × +5 + m 2 × +5 ( +5 − + 4 ) × (+ − + ) = m ×( + − + ) → m =m m 1 2 5 2 5 4 1 2 ( + 2 − +5 ) % /
1 = 10.000 × m
0i
− T4 ) − ,g ( ) = 10000 373 293 = 1142,8 C ( T2 − T5 ) (1073 − 373) +
C ( T5
Kg ( m − m 1 ) = 30.443 entonces +
=m + 30.443,16 m 1
tenemos
"ue
= 31.585,96[Kg / +]
+. (Ejercicio 11 de sistema cerrado) Un recipiente rígido adiabático& tiene en su interior un pist!n m!il& sin ro7amientos& tambi$n adiabático. cada lado del pist!n a / -g de ire a p 1ata * +,, 2-. ediante una resistencia el$ctrica& colocada dentro del
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería recinto i7"uierdo& se le suministra Calor asta "ue la presi!n ;nal triplica la presi!n inicial. Calcular3 AIR. Derec+a
AIR. I=>?ierda
El trabajo reali7ado contra el gas de la dereca.
8a temperatura ;nal de la dereca de la i7"uierda.
&iston adiabático
8a cantidad de Calor "ue
recibe el gas de la i7"uierda. (i7) m(DA) / -g :8(i7") :8(DA) lata *8(i7) *8(DA) +,, 2- :# + ata. *omando como sistema el recinto dereco& sistema cerrado
/ %
= ∆ $ + # & como ,& tenemos "ue la ariaci!n de energía interna
es igual al trabajo e#ectuado sobre el aire contenido en el recinto dereco. El aire en el recinto cumple las siguientes condiciones3 Es gas ideal El calor especí;co es constante 8a trans#ormaci!n es cuasi estática :or lo tanto esta trans#ormaci!n es una politr!pica pudi$ndose allar la temperatura ;nal de la misma con la ecuaci!n3 T@inal Derec+a TInicial Derec+a
& = @inal Derec+a &Inicial Derec+a
κ −1 κ
→∴ T@ Der
& = TI Der @inal Derec+a &Inicial Derec+a
1,41−1
1,41
1,41−1
T@ Der
% /
3 = 300°K 1
= ∆$ + # por
1,41
= 300 × 1,37637 =
412°K
lo
tanto
Kcal − ∆$ = # = 2Kg × 0,17 × ( 412,9 − 300) °K = − 38,386 KCal Kg°K 0
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería # DRC*A
= −38,386 KCal
El olumen ;nal del lado dereco con los datos "ue tenemos asta aora resulta& aplicando la ecuaci!n de los gases ideales !@inal( Derec+a )
=
m × R × T'inal &@inal
=
2 × 29,27 × 412,9 30.000
!Incial ( Derec+a ) = !Incial( I=>?ierda ) =
∴ !TTA# = 2
!Incial ( Derec+a )
m × R × TInicial &Inicial
= 0,80570 m3
2 29,27 × 300 = × = 1,752 m3 10.000
= 3,5124 m3
De donde se deduce "ue el olumen ;nal a la i7"uierda del tabi"ue será& la di#erencia entre el olumen total el olumen ;nal del recinto de la dereca& es decir /&,= m +. *ambi$n se aprecia "ue el trabajo e#ectuado por un recipiente es el mismo "ue recibe el otro recinto& por lo tanto 8 (Der) 9 8
& por lo tanto 8 (I7") +'&+'= -cal.
(I7")
0istema ire Del Aecinto I7"uierdo
= ∆$IB% + #IB% ∆$IB% = mIB% × C ! × (T'IB% − TiIB% ) = 2 × 0,17 × ( T'IB% ) − 2 × 0,17 × 300°K
%IB%
:ero la temperatura ;nal del recinto i7"uierdo puede allarse con la ecuaci!n de los gases ideales T'IB%
=
&' × !' mIB% × R
=
30.000 × 2,7067 2 × 29,27
= 1387,1°K
Aeempla7ando en la anterior ecuaci!n la temperatura ;nal& se llega a
∆$IB% = mIB% × C ! × (T'IB% − TiIB% ) = 2 × 0,17 × ( T'IB% ) − 2 × 0,17 × 300°K ∆$IB% = 369,614 KCal :or lo tanto si
%IB% = ∆$IB% + #IB% tenemos
"ue %IB% = 408 KCal
<. Un sistema cerrado reali7a un ciclo de trans#ormaciones& en la primera entrega un trabajo e"uialente a 1, -cal aumenta su energía interna en + -cal. 8a segunda se reali7a en #orma adiabática su energía interna aumenta n 15 -cal. 8a tercera se e#ecta a olumen constante se completa un ciclo. Calcular& considerando "ue las trans#ormaciones son cuasiestáticas3 2
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 8os cambios de energía en cada trans#ormaci!n& al recorrer el
•
ciclo •
Indicar a "ue tipo de má"uina corresponde este ciclo
•
Cro"ui7ar en un diagrama las trans#ormaciones
:ara la primera trans#ormaci!n tenemos aplicando el primer principio a un sistema cerrado % = ∆$ + # & el enunciado nos dice "ue se entrega trabajo por 1, -Cal se aumenta la energía interna en + -Cal& por lo tanto 8a / %
%
= ∆$ + # =
segunda
la
3 KCal + 10 Kcal
= 13 KCal .
trans#ormaci!n
es
adiabática&
tercera
se
e#ecta
lo
tanto
&
= ∆$ + # ⇒ ∆$ = −# = 15 KCal .
8a
por
a
olumen
/
constante cerrando el ciclo& por lo tanto tenemos "ue % = ∆$ + #/ = % = ∆$ = −18KCal .
) "
Aesumiendo en un cuadro tenemos3 19/ /9+ +91 Cicl
1+ , 91' 95
U + 15 91' ,
8 1, 915 , 95
o Es una má"uina #rigorí;ca por "ue recibe trabajo cede calor. 5. (Ejercicio 5 de sistemas abiertos) Dos masas de aire (m 1 1,.,,,-g> m / /,.,,, -g.>) ingresan a una cámara de me7cla adiabática a p1 p/ 1 a t a * 1 + 1 + 2 - * / +/+ 2- respectiamente. la salida de la C.. ingresan a un compresor adiabático reersible& del cual salen a una presi!n de /, ata.& 1
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería continuando con un intercambiador de calor de super;cie& donde el gas cede calor a una masa de 1,,,-g> de agua& lo "ue prooca un incremento de la temperatura de $ste desde /, 2C a +, 2C. 0eguidamente atraiesa una álula reductora de presi!n& saliendo a 15 ata. e ingresando ;nalmente a una turbina adiabática reersible& de la cual sale aire a una presi!n p 1 ata. Considerando3 a) El aire como gas ideal. b) 8a trans#ormaci!n del aire en el intercambiador a p cte. c) Despreciar las ariaciones de energías cin$ticas potenciales. Calcular3 1)*+H /) 8comp.H +) *
m"4 "7.777 Kg/+5 &"4"ata5 "
C.3.
&6# 15
&4# 20
5
4
'3#323 Lcom
6 V.R
2
L
m)4)7.777 Kg/+5
! m a"ua# 1000 $"/%
'#303$
'!#293$
7 (m1+m2)
0istema Cámara de me7cla (0..A.:.)
∑
∑
= ∆* + #/ $TI# ∴ ∆* = 0 ∴ *ntrada = *alida → m 1 × +1 + m 2 × + 2 = m 1 × +3 + m 2 × +3 ×+ +m ×+ m m × C × T1 + m 2 × C × T2 2 2 = 1 = C × T3 → imli'icando C +3 = 1 1 +m +m m m 1 2 1 2 m1 × T1 + m 2 × T2 = T3 = 319,7°K +m m 1 2 % /
0istema compresor (0..A.:.)
= ∆* + # $TI# ∴ # $TI# = − ∆* = −( * 4 − *3 ) = *3 − * 4 # C3&RR = ( m1 + m 2 ) × C × ( T3 − T4 ) % /
Como el compresor es adiabático reersible& la trans#ormaci!n dentro del mismo puede considerarse una politr!pica& por lo tanto
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería T4 T3
& = 4 &3
κ −1 κ
→∴ T4
& = T3 4 &3
1,41−1
1,41
1,41−1
T@ Der
20 1,41 = 319,7°K = 300 × 2,39 = 764,1°K 1
:or lo tanto
= ( m1 + m 2 ) × C × ( T3 − T4 ) = 30000x0,24x(319.7 − 764.1) = −3.199.680 Kcal +ora
# C3&R-R
0istema intercambiador de calor (0..A.:.)
= ∑ * alida ⇒ ( m" + m ) ) × C × T0 + m AE$A × C AE$A × TA = ( m" + m ) ) × C × T2 + m AE$A × C AE$A × T ( m" + m ) ) × C × ( T0 − T2 ) = m AE$A × C AE$A × ( T − TA )
/ = ∆* + #/ $TI# ∴ ∆* = 7 ∴ %
( T0 − T2 ) =
∑*
ntrada
× C AE$A × ( T − TA ) = "5F∴⇒ T2 = 1)5°K ( m" + m ) ) × C
m AE$A
0istema álula reductora de presi!n
= ∆* + #/ $til ∆* = 7 ⇒ * 2 = * 1 mxC & xT2 = mxC & xT1 T2 = T1 = 1) 5°K % /
0istema turbina adiabática reersible % / = ∆* + # $til ∴ − ∆* = # $til
− ∆Η = −( * − * 1 ) = * 1 − * = = ( m " + m ) ) × C & × ( T1 − T ) Como la turbina es adiabática reersible& podemos aplicar politr!pica& por lo tanto κ
T T1
& = &1
−"
κ
& →∴ T = T1 &1
"5 0"−"
"50"
"50"−"
T
" "50" = 1)5°K = /0°K "2
:or lo tanto& el trabajo en la turbina será& # T$RI9A
KCal = ( m " + m ) ) × C & × ( T1 − T ) = /7.777 × 75)0 × :1)5 − /0; = ).FF/.707 +ora
6
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería =. (Ejercicio / de segundo principio) nali7ar el proceso indicado en el siguiente es"uema demostrar si es compatible con los postulados de la *ermodinámica (posible ! imposible) en caso a;rmatio si es reersible ! irreersible justi;cando la respuesta aplicando a tal ;n el *eorema de Clausius concepto de Entropía. 1 1,,, -cal / 6 + <,, -cal < /,, -cal 8 1,, -cal .C. á"uina Cíclica
' 1 # 1000 $ 1 L
2
' 2 # 500$
3.C. 4
3
' 3 # 200$
'4 # 300 $
%1 + % 2
+ %3 + % 4 = # − 1000 + % 2 + 400 − 200 = −100 ∴ % 2 = −100 + 1000 − 400 + 200 = +700 KCal % 2 = +700 Kcal
:or Clausius3
d%
∫ T
≤ 7 & si es igual a ,& signi;ca "ue res reersible& si
es menor "ue cero el proceso es irreersible& por lo tanto tenemos "ue3
−
%" T"
+
Como
%) T)
+
% T
−
%0 T0
=−
"777 "777
+
77 277
+
077 )77
−
)77 77
= −" + "50 + ) − 751 = +"5
d%
∫ T 〉 0 el proceso es I:0IJ8E
:or Entropía3
F
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 〉0
∆ $9I!R ≥
R* versible
0
Irreversible
=0
∆ $ = ∆ T + ∆ T + ∆ T + ∆ T + ∆ 3DI 1
2
3
4
0 or ser cGclica
∆ $ = ∆ $ =
+ 1000
700 400 − 1000 500 200 −1,73 → m osible
−
+
200 300
= +1 − 1,4 − 2 + 0,67 = −1,73
. 4Cuál es el má%imo trabajo "ue puede obtenerse utili7ando el dese"uilibrio t$rmico entre una #uente a 5,,2- un cuerpo a 15,,2- de capacidad calorí;ca <, -K>2-6 8a temperatura ;nal del conjunto será la de
la
#uente a "ue por su capacidad calorí;ca mantendrá su temperatura constante& no se puede aplicar el teorema de Carnot& puesto
"ue
necesitamos dos #uentes& este no es el
caso&
entonces debemos resoler este problema recurriendo al *eorema de Clausius& para empe7ar podemos decir "ue d%
∫ T
=0
8o "ue implica "ue
∫
d% T C?ero
d% 1500 T
∫
500
+
d% T
∫
=0
@?ente
+ ∫ d% T
de donde podemos decir "ue d C % d*& para el cuerpo iene dado por la capacidad calorí;ca el gradiente de temperatura& por lo tanto para el cuerpo el calor cedido a la má"uina será igual a 1 1,,, 2- % <, -K>2- <,.,,, -K. Conociendo esto podemos plantear la desigualdad de Clausius& "uedando como inc!gnita el calor cedido a la #uente3
"7
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 500
C × dT
1500
T
∫
%2
+
%2 T2
= C × n
500 1000
+
%2 500
= 0 → Despejando
se
obtiene
"ue
= 21.972 KJ
El trabajo má%imo a poder e%traer si tomamos la má"uina como reersible será entonces la # = % 1 − % 2 = 18.027,75 KJ '. (Una masa m 1 (-g.>) de ire a p 1 /, atm * 1 +1, 2- ingresa a un Intercambiador de Calor donde recibe (-cal>) de una Fuente de Capacidad In;nita "ue se mantiene a +,,, 2-. continuaci!n ingresa una Cámara de e7cla diabática donde se me7cla con m + (-g.>) de ire a 5,, 2-. 0eguidamente la me7cla '#3000$ m1 1
4
2
5
C.3.
!+R !+R-
m3
V.R.
3
&t4"777 KH
=
:m" m;
atraiesa una álula Aeductora de :resi!n& adiabática& saliendo a p 5 15 atm * 5 15,, 2-. Finalmente ingresa a una *urbina diabática donde entrega una :otencia : * 1,,, -L& egresando el aire de la *urbina a := 1 atm. D*03 1) :1 :/ :+ :< /, tmH :5 15 tmH := 1 tmH *1 +1, 2-H */ /,,, 2-H * 5 15,, 2-H * + 5,, 2-. /) Considerar al ire como Gas Ideal& c ,&1 -cal> -g. 2-H c p ,&/< -cal> -g. 2- +) Despreciar energías cin$ticas potenciales. <) *urbina3 Aendimiento isoentr!pico igual a ,&'. Calcular3 ""
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería a) m1 m+H b)*
= ∆* + #/ $TI# ∴ % = ∆* = *2 − *1 ∴ % = m1 × C × ( T2 − T1 ) = m1 × 0,24 × ( 2000 − 310) = % = m 1 × 405,6[KCal / +] %
0istema cámara de me7cla %/ = ∆* + #/ $TI# ∴ ∆* = 0 ∴
=
+4
∑*
ntrada
= ∑ *alida → m 1 × +2 + m 3 × +3 = ( m 1 + m 3 )+4
×+ m 1 2
+ m 3 × +3 = C × T4 ( m 1 + m 3 )
0istema álula reductora de presi!n
= ∆* + #/ $til ∆* = 0 ⇒ * 4 = * 5 mxC & xT4 = mxC & xT5 T4 = T5 = 1500°K % /
0istema turbina adiabática % /
= ∆* + # $til ∴ − ∆* = # $til
− ∆Η = −( * 1 − * 2 ) = * 2 − * 1 = ( m " + m / ) × C & × ( T2 − T1 ) = # $til = "777K × 617
KCal KH
= 617.777 KCal
T T24"2778K
2
1 ideal
1
-
( m 1 + m 3 ) × 0,24 × ( T5 − T6 ) = 860.000 KCal +5
ηisoentroico =
+5
− +6
− +6′(ideal)
= 0,8 =
− T6 T5 − T6′ T5
8a trans#ormaci!n 5 B =M es una politr!pica T6′ T5
& = 6 &5
κ −1 κ
→∴T6′
& = T5 6 &5
1,41−1
1,41−1
1,41 1 1,41 = 1500°K = 682,5°K 15
")
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
ηisoentroico = 0,8 = T6
− T6 ∴ T6 = T5 − 0,8(1500 − 682,5) ⇒ T5 − T6′ T5
= 846°K
De la turbina conocemos "ue3 # $TI#
= 860.000 KCal = ( m1 + m 3 ) × 0,24 × ( T5 − T6 )
( m 1 + m 3 ) =
860.000 0,24 × (1500 − 846 )
= 5479,1[Kg / +]
De la cámara de me7cla tenemos "ue
+ m 3 × +3 m 1 × T2 + m 3 × T3 = = 5479,1 C × T4 T4 ∴ 5479,1× T4 = m 1 × T2 + 5479,1× T3 − m 1 × T3 ∴ 5479,1× T4 = m 1 ( T2 − T3 ) + 5479,1× T3 ( m 1 + m 3 ) = + 4 =
De
1 × +2 m
donde
podemos
despejar
1& m
resultando
la
misma
= 3652,7[Kg / +] m 1
:or lo tanto m 3 = 5479,1 − 3652,7 = 1826,4[Kg / +]
De lo "ue resulta "ue el calor intercambiado es
∴ % = m1 × C × ( T2 − T1 ) = m1 × 0,24 × ( 2000 − 310 ) =m × 405,6[ KCal / +] = 1.481.535 % ,12 KCal / +ora 1 ∆ $ = ∆ 3 + ∆ Calculo de la ariaci!n de entropía3 :ara esto necesitamos los estados iniciales ;nales& nos re#eriremos al medio ambiente& tomando T0 = 300 °K &0 = 1 atm & es de obserar "ue no se esta calculando una ariaci!n& sino la entropía de un estado re#erida al medio ambiente.
∆ aire = ∆ 'inal + ∆ inicial - @inal
0 T & T = ( m1 + m 3 ) C n 6 − AR n 6 = ( m1 + m 3 )C n 6 = 5479,1× 0,24 × n 846 = 1363,29[KCal / ° T0 &0 T0 300
"
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Inicial
T & T & = m1 C n 1 − AR n 1 + m3 C n 3 − AR n 3 = T0 &0 T0 &0
- Inicial
310 = 3652,7 0,24 n − 300
29,27 20 n 427 1
500 + 1826 0,24 n − 300
29,27 20 n 427 1
= −872,45
∴ ∆ AIR = 'inal − Inicial = +2.235,7 ⇒∴ ∆ -I-T3A = +2.235,77[KCal / °K +] ∴ ∆- 3DI = ∆- 3DI = −% = −1.481.535,12 = −493,85 [KCal / °K +] T
3000
∴ ∆- $9I!R- = +2.235,7 − 493,85 = +1741,9 [KCal / °K +] N. (Ejercicio + de apor) Un caudal másico3 m1 /.,,, -g.> de apor de gua a p 1 /, atm título % 1 ,&'& ingresan a una Cámara de e7cla diabática& a la cual concurre otro caudal másico m /. la salida de la C..& ambos caudales ingresan a una *urbina diabática& "ue entrega una :otencia de 1.,,, -L. 8a Irreersibilidad en la *urbina está dada por la ariaci!n de Entropía especí;ca de la *urbina3 (s <9s+) ,&1/+/ -cal>2- -g. 8a presi!n de salida de la *urbina es p< ,&5 atm la temperatura t < N, 2C. Determinar3
:arámetros&
energías
caudal
másico
en
O/P&
rendimiento Oisoentr!picoP de la turbina& ∆0UniH representar el proceso en un diagrama * B 0
m"
C.3. "
m)
&T 4 "777 KH
) ∆
-4 I75")) ,cal/8K
0 :m"Im);
"0
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
0istema Cámara de e7cla % /
= ∆* + #/ $TI# ∴ ∆* = 0 ∴
De
∑*
ntrada
tabla
=
∑*
-alida
→ m 1 × +1 + m 2 × + 2 = ( m 1 + m 2 ) +3
obtenemos
+ = 668 KCal / Kg
5
+′
los
alores
= 215,9 KCal / Kg
Con estos datos mas sabiendo "ue el título del apor en el punto 1 es ,&'& podemos obtener 13
= + × x 1 + + × (1 − x 1 ) = 668 × 0,8 + 215,9 × (1 − 0,8 ) +1 = 577,58 KCal / Kg +1
0istema turbina % /
= ∆* + # $til ∴ − ∆* = # $til → −( * 4 − *3 ) = * 4 − *3 = ( m 1 + m 2 )( +3 − + 4 )
# $til
= 1000K × 860
KCal KH +
= 860.000 KCal / +
El estado < esta de;nido por la presi!n la temperatura& de tabla obtenemos3 :< ,&5 atm t < N,2 C De tabla con la presi!n de ,&5 atm se sabe "ue la temperatura de saturaci!n es de ',&'= 2 C& por lo tanto el estado cuatro es apor 0obrecalentado .0.C.& tenemos "ue ir a la tabla tres para allar el estado3 De tabla +3 < =+=&1 -Cal>Qg& s<1&'/ -Cal>Qg 2- Como sabemos del enunciado s < B s + ,&1/+/ -cal>Qg 2- de donde se deduce "ue s+ 1&,<+ -Cal>Qg. 0abemos "ue las presiones en los puntos 1& / t + son iguales a /, atm& buscamos en la tabla para esa presi!n cual es el alor de la entropía del apor saturado sP& obteni$ndose un alor para sP 1&515/ -Cal>Qg& como s + R
sP el
estado + entonces es apor sobrecalentado .0.C. De tabla +& para p + /, atm s + 1&,<+ -cal > Qg 2- encontramos& interpolando
"2
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Entropía
s *emperatura 2t Entalpía
-cal>Qg 2- 1&=N<
+N,
-cal>Qg ,&N
1,7043
398,8
775,5
1&,5/
<,,
=&1
∴ ( m 1 + m 2 ) × ( +3 − + 4 ) = 860.000 KCal + KCal 775 − 636,1 Kg
KCal +
860.000
( m 1 + m 2 ) =
= 6.169,3
Kg +
Kg → m 2 = 6.169,3 − 2000 ⇒ m 2 = 4.169,3 +
De la Cámara de e7cla
∑
= ∆* + #/ $TI# ∴ ∆* = 0 ∴ *ntrada = ×+ +m m 1 1 2 × + 2 = ( m1 + m 2 ) + 3 % /
∑*
-alida
E#ectuando distribuci!n despejando la entalpía del punto dos se tiene3
( m 1 + m 2 ) +3 − m 1 × +1
+2
=
+2
= 870,4 KCal Kg
m2
=
6169,3x 775,5 − 2000x577,58 4169.3
:ara conocer cuál es el estado del apor en / debemos conocer el estado de la entalpía del apor saturado en el estado /& de tablas obtenemos "ue el alor de la entalpía es P ==' -Cal>-g& como / R P(/, atm)& concluimos "ue el estado / tiene "ue ser un apor sobrecalentado& por lo tanto los datos del estado podemos obtenerlos de la tabla +. Como contamos con dos datos la presi!n la entalpía& entramos en la tabla + para una presi!n de /, atm buscamos el alor mas cercano a ',&<& obtenemos entonces& para un alor de ',&5 -Cal>-g& una temperatura t / 5',2C una entropía s/ 1&'5N5 -Cal > -g 2-& resumiendo para el estado dos tenemos :/ /, atm& t/ 5',2C& / ',&5 -Cal>-g& s/ 1&'5N5 -Cal > -g 2- "1
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería 0i el ηI9TR&IC =
− +4 s+ s -g 2-& pero no se +3 − + 4′ +3
conoce el alor de -g 2- sM < ,&/5N/= -Cal > -g 2-& comparando los alores& notamos "ue sP < R s
L
4
∴
ηI =
=
s4
s 4
+ 4
=
s 4
− −
+ 4
=
s 4 L
×
4
1 ,7043
−
1 ,8156
−
+
+ 4
(1
×
−
− +4 775,5 − 636,1 = = 0,76 +3 − + 4′ 775,5 − 593,2 +3
ηI = 0,76 Calculo de la ariaci!n de entropía
∆ $ = ∆ 3 + ∆ → ∆ 3 = 0 en el caso de la entalpía en el punto 1& ∆ s = ∆ m + ∆ m 1
2
debemos conocer de tabla los alores de la entalpía de lí"uido de apor ("ue es decir los e%tremos de la campana) puesto "ue es apor medo "ue a conocemos el título % 1 ,&' procedemos a calcular los alores correspondientes3 → de tabla sP1 1&515/& sM1 ,&5'//+ por s1
lo
T =
s0 1
tanto
/
"
4)7 atm
′ (1 s1
+
x1
−
x1
)
x"4756
0M
4752 atm
0
x M 475F/ 0
"
-
)
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
∆ m = m 1 × ( s 4 − s1 ) = 2000 Kg / + × (1,875 − 1,3286) = +997,8 KCal / ,g °K 1
∆ m = m 2 × ( s 4 − s 2 ) = 4169,3 Kg / + × (1,875 − 1,8295) = −8,34 KCal / ,g °K 2
∆- $ = ∆- - = +997,8 − 8,34 = +998,5 KCal / Kg°K 1,.
(Ejercicio 5 de aire medo) ire medo a 1 2C& =, mm de
@g.& ϕ1 <,S& debe ser lleado a presi!n constante asta /' 2C ϕ/ =,S& mediante los siguientes procesos& en el siguiente orden3 12 calentamiento umidi;caci!n con agua lí"uida asta saturaci!n ! /2 calentamiento e inecci!n de apor de agua a 1, atm Calcular3 Grá;ca analíticamente las condiciones del aire despu$s de cada proceso. El mismo estado ;nal se alcan7a con el s!lo agregado de apor de gua a 1, atm. Determinar la temperatura del apor la cantidad a agregar. Con los datos calculamos el estado uno de saturaci!n L 1( s)
= 0,622
&v & − &v
= 0,01252
% Con esto calculamos la umedad absoluta en el estado 1 403
L1
603
= L 1( s ) × ϕ1 = 0,0501
1003
! El estado / se puede calcular como3
L 2( s )
28( = 0,622
&v 28°C & − &v 28°C
= 0,0249 de 2 donde
L2
= L 2(s) × ϕ 2 = 0,0149
Gra;cando en un olliere podemos er3 %a#%b 17(
1
51#5! 52#5
"6 2
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
Como la entalpía en es igual a la de J tenemos "ue3 L1 = LA +A = + L ( s )
demás
= L = 0,622
&v ( s )( t) & − &v ( s)( t)
= 0,01249556 de
a"uí
podemos
despejar la presi!n de apor de saturaci!n con ello obtener la temperatura del punto J &v ( s)( t) = 0,02347atm con auda de la tabla de apor aeriguamos cual
es la temperatura los "ue nos da3 t
= 19,76°C
:or lo tanto de la #ormula de + = 0,24 × t + L (597 + 0,46 × t ) podemos sacar la entalpía& "ue da un alor de 1+&', -cal>-g. Como las entalpías son iguales podemos conocer la temperatura del punto & la despejamos de + A = 0,24 × t A + L A (597 + 0,46 × t A ) donde t es igual a <<&=<2C& con estos datos podemos calcular la umedad relatia del punto & como sabemos la umedad absoluta calculamos la de saturaci!n con los datos disponibles& allamos la presi!n de apor de saturaci!n para <<&= 2C& de la tabla3 &v ( s )( 44,6)
L A( s)
= 0,09586 atm
= 0,622
&v ( s)( 44,6) & − &v ( s )( 44,6)
= 0,0659532
"F
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
ϕA =
LA L A( )
= 7,6
0i emplearíamos apor a 5 atm para pasar directamente del estado 1 al / tenemos
∆+ =+ = ∆x H
+1 − + 2 L2
− L1
Donde +1 = 0,24 × t 1 + L 1(597 + 0,46 × t 1) &11 -cal>-g. T +2 = 0,24 × t 2 + L 2 (597 + 0,46 × t 2 ) 15&'< -cal>-g. :or lo tanto
∆+ = + = ∆x H
+1 − + 2 L 2 − L1
Kcal = 877,90 si amos a la tabla de apor Kg
nmero / a 1, atm emos "ue es maor "ue =5=& por lo tanto el apor a inectar es OsobrecalentadoP a 1, atm. De tabla sacamos "ue debe ser t 5N,2C 11.
Cierta secci!n de un sistema de acondicionamiento de aire
consiste en un umidi;cador de agua li"uida con spra& seguido de un en#riador un entilador& en ese orden3 1&1< -g > s de aire a +/ 2C /, S de umedad relatia entran en el umidi;cador& despu$s de pasar por el entilador el estado del aire es /, 2C =, S de umedad relatia. El aire absorbe toda el agua aportada por el spra en el umidi;cador& introducida a /, 2C. 8a potencia del entilador es de 1&< QL. 0uponiendo "ue las elocidades son bajas "ue la presi!n total en el proceso se mantiene constante a 1 bar& determine3 •
El caudal másico de spra de agua entre 1 /
•
El calor trans#erido en el en#riador
•
ariaci!n de entropía del ire 0eco
•
Aepresente el proceso en un diagrama :sicrom$trico en un
Diagrama ollier
)7
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Use los siguientes datos3 Entalpía de apori7aci!n del agua a ,2C 5N&=+ -Cal>QgH calor especí;co del aire seco ,&/< -Cal>Qg 2-H calor especí;co del apor de agua ,&<= -Cal>Qg 2-H calor especí;co del agua 1 -Cal>Qg 2-& '=, -Cal 1 ->ora
ra
!entilador - "50
Intercambiador
)78C
"5"0 Kg /seg
)78C - 17N "
)8C - )7N
0
)
Con los datos calculamos los estados de entrada de salida3 L 1( s )
= 0,622
&v 32 & − &v 32
= 0,03168
Con esto calculamos la umedad absoluta en el estado 1 L1
= L 1( s) × ϕ1 = 0,2 × 0.03168 = 0,00636 Kgv / Kga.s.
+1
= 0,24 × t 1 + L 1(597 + 0,46 × t 1 ) = 0,24x32 + 0,00636( 597 + 0,46x32) = 11,55KCal / ,g
:resi!n del aire seco3 8a presi!n del aire seco será la presi!n total menos la presi!n de apor& la presi!n de apor puedo calcularse L1
= 0,622
L 4( s )
&v & − &v
= 0,622
→ &v =
&v 20 & − &v 20
L1 × &t 0,622 + 0,00636
&a.s.
= &total − &v
⇒ &v 1 = 0,01012 atm
= 0,01541 -g agua>-g a.s.
L4
= L 4( s) × ϕ 4 = 0,6 × 0,01541 = 0,00924 Kgv / Kga.s.
+4
= 0,24 × t 4 + L 4 (597 + 0,46 × t 4 ) = 0,24x 20 + 0,00636( 597 + 0,46x 20) = 10,40 KCal / ,g
L4
= 0,622
&v & − &v
→ &v =
L4 × &t ⇒ &v 4 0,622 + 0,00636
= 0,01463 atm
)"
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Caudal de agua3 8lamamos mas al caudal de aire seco m a al caudal de aire medo m al caudal de apor. El balance de materia de agua seria3 mas × J 1 + m J
= mas × J 4 ⇒ m J = mas ( J 4 − J 1 ) m A*
m as
+ m v = ma+ → mas + mas × L 1 = ma+ ⇒ mas =
mv
= mas × L 1 = 1,1328 × 0,00636 = 0,0072 Kg vaor / s
(1 + L 1 )
=
1,140 Kg
(1 + 0,00636)
= 1,1328 Kga.s. / s
por lo tanto m J = m as ( J 4 − J 1 ) = 1,1328( 0,00924 − 0,00636 ) = 3,26 × 10 −3 Kg / s m
= 3,26 × 10 −3 Kg / s
Calor trans#erido en el en#riador3 %
Kcal = ∆* + # = m as ( + 4 − +1 ) − m + + # → % = 1,1328 (10,40 − 11,55) + − 1,4 KH × 860 − 3, KH × 3600seg
%
= −1,3027KCal − 0.334 − 0,0653 = −1,7 KCal
ariaci!n de entropía del aire seco3
T & Kcal ∆ as = m as C n 4 − AR n 4as = 1,1328 0,24 × n 293 − 29,27 n 0.01463 = −0,07402 °K T1 &1as 305 427 0,01012 Aepresentaci!n en diagrama psicrom$trico3
*R4"77N
x
17N
0
)7N
)
/ "
8t b.s.
)78C
L)
L "
/)8C ))
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería
Diagrama de ollier3
17N
8t
)7N
"
/)8C
)
)78C
0 / x "
x 0
1/. Un compresor ideal bi#ásico con re#rigeraci!n intermedia rinde /&< -g. de aire > minuto. 8a presi!n del aspirador es de 1bar la temperatura de /52 C. 8a presi!n de descarga es de <= bar la temperatura del aire al salir del re#rigerador intermedio es de nueo /52 C. El e%ponente politr!pico es n 1&+ en las dos #ases. 0e pide3 a) Calcular la presi!n del aire en el re#rigerador para "ue sea mínimo el trabajo de los compresores. De lo isto en teoría se obtiene "ue pint = p1 × p4 = 46 × 1 = 6,78 bar b) *emperatura del aire a la salida del primer compresor
P1 P 2
1− n n
=
T 2 T 1
→ 298 K 1 6,78
−0,23
= 462,8K
c) Calor cedido por el aire al circuito de re#rigeraci!n.
)
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería Q
= mC p ∆T = 2, 4 Kg 0, 24
Q
= 6,62
seg
Kcal Kg ° K
( 462.8 − 298) K
KJ seg
d) *rabajo de los compresores.
= m∆H = mC p ∆T = mC p ( T2 − T1 )
Wcomp BAJA 2, 4 Kg 60 seg
0, 24
Wcomp ALTA 2, 4 Kg 60 seg
1+.
Kcal Kg °K
( 462,8 − 298) K = 1,582
Kcal seg
= 6,62 Kw
= m∆H = mC p ∆T = mC p ( T4 − T3 )
0, 24
Kcal Kg °K
( 462,8 − 298) K = 1,582
Kcal seg
= 6, 62
KJ seg
:or una batería de re#rigerante se acen pasar 5,,,,, m + de
aire>ora a 1&,1+/5 bar de presi!n total. El aire entra en la batería a +<2C <+S de ϕr se en#ría asta // °C resultando con ϕ 5,S . Calcular el calor total "ue retira el aire de la batería en -K> la cantidad de agua condensada en 1 ora. Pv1
= ϕ Pvs(34°C ) = 0,43 × 0,05324 = 0,0228932 Kgagua KgAS
0,022893
= 0,014378 Kgagua
x1
= 0, 622
h1
KJ = 1,005t + x1 (2501,3 + 1,82t ) = 72,02
1,01325 − 0,022893
KgAS
kg
Paire = P − Pv = 1, 01325ar − 0, 0228932ar = 0, 99035ar v1
=
!a × T1 Pa
= 0,90733
m3 min
3
ma
= "1 = v1
m min = 551085,6 Kg m3 min 0,90733 Kg
500000
)0
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería De la misma #orma podemos calcular las condiciones para el estado /& donde Pv2
= 0,013225ar 0,013225
x2
= 0,622
h2
= 1,005t + x1 (2501,3 + 1,82t ) = 43,01
1,01325 − 0,013225
= 0, 008225
Kgagua KgAS
KJ Kg
magua
= ma ( x1 − x2 ) = 551085,6
magua
= 3390,82
Kg min
(0,014378 − 0,008225)
Kgagua Kg
Kg min
:ara el agua a //2C se saca de tablas "ue la entalpía es N/&++ -K>Qg& entonces aplicando el primer principio tenemos3 Q = maire ( h2 − h1 ) + m aguahagua Q = 551085, 6
Kg min
(72, 02 − 43, 01)
KJ kg
+ 3390
Kg min
92, 33
KJ Kg
Q = 16300067,67 KJ / min = 75,46 KWh
Una má"uina trabaja segn ciclos irreersibles entre dos #uentes a 1/,,°- =,,2- respectiamente& con un rendimiento termodinámico η ,&<. 8a temperatura del medio ambiente es de +,,2-. :ara el
sistema #ormado por la má"uina las dos #uentes cuando la #uente caliente a entregado 1,, -K a la má"uina $sta a completado un nmero entero de ciclos& calcular3 8a ariaci!n de e%ergía de la #uente caliente.
∆ $x #C = 1 − T0 Q1 = 1 − 300 K 100KJ = 75KJ T 1200 K 1 8a ariaci!n de e%ergía de la #uente #ría.
T 300 K ∆ $x ## = 1 − 0 Q2 = 1 − 60KJ = 30KJ 600 K T2 8a ariaci!n de e%ergía de la má"uina3 8a e%ergía es #unci!n de )2
Facultad de Ciencias Fisicomatemáticas e Ingeniería estado& si la má"uina a completado un nmero entero de ciclos la ariaci!n será cero& dado "ue el estado inicial el ;nal coinciden. 8a irreersibilidad total producida por la operaci!n del conjunto del sistema 8a irreersibilidad o destrucci!n de energía iene dada por3 %
= −T0σ = −T 0 Q1 + Q2 T1 T 2
Aespetando los signos correspondientes para los calores "ue salen entran a las #uentes respectiamente tenemos3 %
−100 KJ 60KJ = −300°K + = −5KJ 1200 600 ° ° K K
)1
