Guía 1 Energía, Trabajo, Calor y Primera Ley de la Termodinamica Problema 1 Los estados de un ciclo termodinámico para 1 kg de aire, son los siguientes: Estado 1 2 3
T (K) 293 586 293
3
P (MPa) 0.1 0.2 0.2
v (m /kg) 0.84 0.84 0.42
a. b.
Dibujar el ciclo en diagramas P-T, T-v y P-v Si W31=-58 kJ, determine el trabajo neto del ciclo.
Desarrollo Pregunta a) P 0.2
0.1
T 3
2
586
293
1
293
586
P 2
T
3
0.42
0.2
0.1
1
0.84
2
3
v
1
0.42
0.84
v
Desarrollo Pregunta b)
∑ además, ∫ y W = m*w Reemplazando, Problema 2 Para el ciclo del motor Otto, determinar el calor transferido en el proceso 4-1, el rendimiento y la potencia a 2800 rpm.
Proceso
W [J]
Q [J]
1 – 2
167
0
2 – 3
0
508
3 – 4
-439
-66
4 – 1
0
Q 41 41
∑ ∑ Reemplazando, Despejando, | | | | | | Rendimiento: ̇ ⁄ (⁄) Potencia: Para ciclos tenemos que:
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1
Problema 3 Una esfera elástica de 0,5 m de diámetro contiene gas a 115 kPa. El calentamiento de la esfera la dilata hasta un diámetro de 0,62 m, y durante este proceso la presión es proporcional al diámetro de la esfera. Determinar el trabajo realizado por el gas. Desarrollo: La presión es proporcional al diámetro de la esfera, es decir, P = K·φ
entonces 115=K·0.5
Despejando: K= 230 (KN/m3) y reemplazando nuevamente P = 230·φ, pero φ = 2·r, por lo tanto P=460·r (KN/m3)
P=230·2·r
El volumen de la esfera viene dado por V = 4πr3/3
cuya diferencial es
dV=4π·r2·dr
∫ obtenemos Reemplazando en la ecuación de trabajo
(-) ya que es realizado por el gas.
Problema 4 0,5 kg. de gas, inicialmente a 1700 °C, rechazan 900 (kJ) de calor, en un proceso Isobárico. Determinar la Temperatura final del Gas. Cp= 916 + 0.29T (J/kgK) (con temperatura en Kelvin)
∫ ...reemplazando, ∫ evaluando, …integrando, ( ) ordenando, por lo tanto …evaluando ecuación de segundo grado √ …resolviendo, TF1 = -6887.54K y TF2 = 572.29K
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por lo tanto la solución es T F2 = 572.29K, ya que T(K) ≥ 0
2
Problema 5 2 kg de aire encerrados en un cilindro experimentan el proceso isobárico mostrado en el diagrama. Determine las energías transferidas, si P = 0.1 MPa.
Energías transferidas W y Q.
∫
3
v (m /kg) 1
0.96
0.84
Pero m=cte y P=cte,
2
20
60
T (°C)
Considerando para el aire: c P = 0,9956 + 0,00009299 T (KJ/kgK)
] [ ] [ Observación, al utilizar cP aire constante ≈ 1.004 ( KJ/kgK ) Q=2(kg)*1.004( KJ/kgK )*[(20+273)-(60+273)]= 80.32 (KJ), variación aprox (81.97-80.32)/81.97≈2%
∫ wSC = -P*v
pero P=cte= 0.1MPa además
entonces
W = m*w
reemplazando
WSC =m* wSC = - 2(kg)*0.1x103(KN/m2)*(0.84-0.96)(m3/kg) = 24KJ
Si despreciamos la variación de energía cinética y potencial en el proceso ( P≈0 y K≈0), y aplicamos la Primera Ley de la Termodinámica para Sistemas Cerrados, obtenemos: Q+W=U,
reemplazando
-81.97+24=U
por lo tanto U=-57.97 (KJ)
Al haber realizado este proceso, la energía interna del aire ha disminuido en 57.97 (KJ).
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3
Problema 6 Mediante una bomba se aspira agua desde un lago, enviándola a una ciudad situada a 148 metros sobre el nivel del lago, donde se hace pasar a través de la boquilla de una manguera contra incendios de la cual sale a una velocidad de 20 (m/s). ¿Qué potencia se necesita para suministrar 2,2 m 3/s de agua? Sistema Datos (2) Sistema: Abierto 3 Fluido: Agua con v=0,001 (m /kg) Tobera Flujo Volumétrico V*=2,2 (m3/s) Para energía Potencial: Z 1=0 m, Z2=148 m 148m Para energía cinética: V 1=0 m, V2=20 m/s Bomba
1a Ley de la Termodinámica Sistemas Abiertos: Q+W=K+P+H Calor en el sistema despreciable Q≈0 Lago (1) Variación de Entalpía: sabemos que h= u+P·v, donde podemos concluir que la energía interna u:f(T), permanece constante ya que T=cte. Respecto al trabajo de flujo, también permanece constante, ya que la variación de la Presión Atmosférica para 148m de altura es despreciable, al igual que el volumen especifico del agua (fluido incompresible y T≈cte.) Por lo tanto: w= k+p, reemplazando: w=(k 2- k1)+ (p2- p1) = (½·202-0)+(9,8·148-0) = 1650,4 (J/kg) Para el cálculo de flujo másico tenemos, m* (kg/s)= V*(m3/s)/v(m3/kg) => m*=2.2/0.001= 2200 (kg/s) Por lo tanto, W= m*· w = 2200(kg/s) · 1650,4 (J/kg) = 3.630.880 (W) ≈ 3630 (KW)
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Problema 7 30.000 (m3/hr) de aire ingresan a un compresor refrigerado por 150 (litros/min) de agua, si las condiciones de entrada son las indicadas, determinar la potencia consumida por el compresor.
Aire Agua
P1 (Mpa) 0,1 0,1
P2 (Mpa) 0,8 0,1
v1 (m /kg) 0,84 0,001 3
v2 (m /kg) 0,13 0,001 3
T1 °C 20 10
T2 °C 100 60
u1 (kJ/kg) 210 1184
u2 (kJ/kg) 267 1393
Para el aire: Para sistemas abiertos en compresores tenemos: w = (h 2 – h1) + q, sabiendo que h=u+P·v Cálculo de entalpías h1 = u1+P1·v1 = 210 (KJ/kg) + 0,1x103(KN/m2) ·0,84 (m3/kg) = 294 (KJ/kg) h2 = u2+P2·v2 = 267 (KJ/kg) + 0,8x103(KN/m2) ·0,13 (m3/kg) = 371 (KJ/kg) Cálculo de flujo másico de aire: m*·(kg/s)= V*(m3/s)/v(m3/kg) => m*=30000·(1/3600)/0,84= 9,92 (kg/s) Para el agua: Cálculo de flujo másico de agua: m*·(kg/s)= V*(m3/s)/v(m3/kg) => m*= 150 (lts/min) · (1 m 3/1000 lts) · (1 min /60 seg)/0,001 (m3/kg)= 2,5 (kg/s) Para el agua de refrigeración consideramos Q=m· u, y reemplazamos: Q=2,5 (kg/s) · (1393-1184) (KJ/kg) = 522,5 (KW) Otra forma de cálculo para el agua sería, disponiendo del valor del calor específico: Q=m·cp·T, y reemplazamos Q=2,5 (kg/s) · 4,184 (KJ/kgK)·(60-10)°C Entonces Q agua=522,5 (KW) que es el calor rechazado por el aire que absorbe el agua. Entonces: |Q agua=522,5 (KW) |= |Q aire=522,5 (KW) | (en magnitud son iguales, ya que el sentido es positivo para el agua y negativo para el aire). Reemplazando en la ecuación del compresor: W= m *aire·( h2 – h1)+ Q aire tenemos WCompresor = 9,92 (kg/s) · (371-294) (KJ/kg) + 522,5 (KW) ≈ 1286 (kW)
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Problema 8 Una sustancia fluye por una turbina adiabática a razón de 2736 (kg/hr). En la entrada, su presión es de 1,1 MPa (manométrica), su volumen 0,197 (m 3/kg) y su energía interna 2714 (kJ/kg). En la salida su presión es de 5608 Pa (absoluta), su volumen es 20,5 (m 3/kg) y su energía interna 1990 (kJ/kg). a. Si su diámetro en la entrada es 0,07m. ¿Cuál es la velocidad en ese punto? b. ¿Cuál debe ser el diámetro de salida para que k=0? c. Considerando los diámetros anteriores, determine la potencia producida Desarrollo a) A través de la ecuación de continuidad tenemos, V*(m3/s) = m*(kg/s) · v (m3/kg), reemplazando: V*(m3/s) = 2736 (kg/hr) · (1 hr/ 3600 s) · 0,197 (m3/kg) = 0,14972 (m3/s) De la ecuación de caudal: V *(m3/s) = A (m2) · V(m/s), despejando la velocidad: V(m/s) = V*(m3/s) / A (m2) = 0,14972 (m3/s) / (π · 0.072/4) (m2) = 38,9 (m/s) Desarrollo b) Para que k=0, k1=k2, y para una masa constante de la ecuación de energía cinética K= ½ mV 2 se debe plantear que ½ m V12= ½ m V22, por lo tanto V2=38,9 (m/s). De la ecuación de continuidad m *Entrada = m*Salida => V1*(m3/s) / v1 (m3/kg) = V2*(m3/s) / v2 (m3/kg) Despejando el caudal V 2* y reemplazando V2*(m3/s) = V1*(m3/s) · (v2/ v1) = 0,14972(m3/s) · (20,5/0.197) El caudal a la salida es V 2*= 15.58 (m3/s). Despejando el diámetro de la ecuación de caudal: A (m 3)= V*(m3/s) / V(m/s) = 15.58 (m3/s) / 38,9 (m/s) A = 0,4 (m2) = (π · φ2/4) , despejando el diámetro φ=0,71m Desarrollo c) Energía Entra = Energía Sale k1+ h1 = w + k2+ h2 pero según enunciado k1= k2 Entonces w = h 1 – h2 (KJ/kg) y W*= m*·w (KW) Se debe considerar la presión absoluta, donde: P Absoluta = P Atmosférica Local ± P Manométrica
k1, h1 W q=0 k2, h2
h1= u1 + P1 · v1 = 2714 (kJ/kg) + (1,1+0,1)x103(KN/m2) · 0,197 (m3/kg) = 2950,4 (KJ/kg) h2= u2 + P2 · v2 = 1990 (kJ/kg) + (5608)x10-3(KN/m2) · 20,5 (m3/kg) = 2104,96 (KJ/kg) w = h1 – h2 = 2950,4-2104,96 = 845,44 (KJ/kg) W*= m*·w (KW) = 2736 (kg/hr) · (1 hr/ 3600 s) · 845,44 (KJ/kg) = 642,5 (KW) Termodinámica y Transferencia de Calor Profesor: Sr. Carlos A. Bizama Fica
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Problema 9 La planta térmica de la figura, trabaja con agua que es extraída a la presión atmosférica, 20ºC y h=80 kJ/kg desde el estanque E, por la bomba B, para comprimirla hasta la presión de la caldera C, que opera a 2Mpa y genera una entalpía h=2800 kJ/kg. En el vapor se utiliza una turbina ideal T, conectada a un generador eléctrico G, de rendimiento 85%. El vapor es descargado a la atmósfera con h=2500 kJ/kg. la válvula V reduce la presión del vapor a 0,7Mpa. El flujo másico es de 7200 (kg/hr). Determine: a. La potencia en la bomba. b. El rendimiento de la máquina térmica. c. El consumo diario de combustible (Carbón, PC= 6000 kcal/kg), si se aprovecha un 80% de su calor. d. El costo del kW-Hr generado (precio del combustible = 15.000 $/ton) 2
C
3
4 5
V B 1
T
G
E
Desarrollo a)
wSA=v · P = 0,001 (m3/kg) · (2-0,1)x103(KN/m2) = 1,9 (KJ/Kg) W*= m*· wSA = 7200(kg/hr) · (1hr/3600 seg) · 1,9 (KJ/Kg) = 3,8 KW
Desarrollo b)
El rendimiento viene dado por
| |
Dónde: w neto = w bomba-w turbina y q abs = q caldera Para la bomba w=h 2-h1 donde h 2 = w + h1 = 1,9 + 80 = 81,9 (KJ/kg) En la caldera q = h3 - h2 = 2800 – 81,9 (kJ/kg) = 2718,1 (kJ/kg) La válvula es isoentálpica, es decir h 3 = h4 por lo tanto el trabajo de la turbina ideal w = h 4 – h5 => w = 2800 – 2500 = 300 (kJ/kg), entonces para único flujo Desarrollo c)
| || |
Consumo diario = 0,27 (kg/s) · (1 ton/1000 kg) · (3600s/hr) ·(24 hr/dia) = 23,4 (ton/dia) Desarrollo d) W*Eléctrica Generada = Generador · W*Turbina = 0,85 · 2(kg/s) · 300 (KJ/kg) = 510 (KW) ($/hr) = 15000($/ton)·23,4(ton/día)·(1día/24hr) = 14625 ($/hr) 14625 ($/hr) --- 510 KW
Termodinámica y Transferencia de Calor Profesor: Sr. Carlos A. Bizama Fica
ó
14625 ($) --- 510 (KW-hr) X ($) --- 1 (KW-hr)
entonces,
X = 28,7 ($)
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