UNIVERSIDAD NACIONAL DE BARRANCA
FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE INDUSTRIAS ALIMENTARIAS
EJERCICIOS PRIMERA LEY DE TERMODINAMICA
ALUMNO HUAYANAY CABALLERO, CABALLERO, LIZ ASESOR OCROSPOMA DUEÑAS, ROBERT WILLIAM
BARRANCA – PERU
2017
PROBLEMAS DE TERMODINAMICA 1. Por una turbina adiabática fluye vapor de modo estable. Las condiciones de entrada del vapor son 10 MPa, 450 °C y 80 m/s, y las de salida son 10 KPa, calidad de 92 % y 50 m/s. El flujo másico del vapor es 12 kg/s. Determine: A) El cambio de energ ía cinética. B) La salida de potencia. C) El área de entrada de la turbina.
P1= 10 MPa T1= 450 ° C
=0.029782 ℎ = 3242.4 kj/kg
a)
V1= 80 m/s
= − = / = 1950 ×
= . P2= 10 KPa
= 0.92 = 50 m/s b)
c)
− = ℎ ℎ ) = 12 (2392.54 3242.4 = 10221.72 = 10.22 Mw
= ? ̇ = =
ℎ= ℎ Xℎ ℎ = 191.81 0.92 2392.1 ) ℎ = 2392.542 kJ/kg
− /
() = = 0.00447
= ̇ 2. A una turbina adiabática entra vapor a 10 MPa y 500 °C, y sale a 10 KPa con calidad de 90 %. Sin considerar los cambios en las energías cinética y potencial, determine el flujo másico requerido para una salida de potencia de 5 MW.
Propiedades: Estado 1 P=10 MPa T=500°C {
Estado 2
h =3375.1 KJ/Kg
P=10 KPa { X= 0.90
ℎ = 191.81 KJ/Kg ℎ = 2392.1 KJ/Kg
ℎ =ℎℎg ℎ =191.83 0.92392.8 ℎ =2345.35 Balance de energía
∆Ec ∆Ep ∆H=QW ∆h = W m (h h = 5Mw − m= −
− m= . kj/k−. m= 4.862
k
3. Se comprime helio desde 120 KPa y 310 K hasta 700 kPa y 430 K. Durante el proceso de compresión ocurre una pérdida de calor de 20 kJ/ kg. Sin considerar los cambios de energía cinética, determine la entrada de potencia requerida para un flujo másico de 90 kg/ min.
= = ℎ = ℎ = ℎ ℎ = ℎ ℎ = =
×5.1926 450310 96 = 90 ° × = × × 56080.08 = 964.67 . 4. Por un proceso de estrangulamiento se hace pasar refrigerante 134a del estado de líquido saturado a 700 kPa hasta una presión de 160 kPa. Determine la disminución de temperatura durante este proceso y el volumen especifico final del refrigerante.
Estado 1
= 700 = = 26.69 ° Sat. Liquida ℎ = ℎ =88.82 = ∆ = 0 = ℎ = ℎ
ℎ = ℎ
Estado 2
= 160 ℎ = 31.21 / = 15.60 ° ℎ = ℎ ℎ = 241.11 /
= −f f = .−. . =0.2745
= =0.00074370.2745×0.123480.0007437 = 0.0344 /
5. A una cámara de mezclado entra una corriente de agua caliente a 80 °C con un flujo másico de 0.5 kg/s, donde se mezcla con una corriente de agua fría a 20°C. Si se desea que la mezcla salga de la cámara a 42°C, determine el flujo másico de la corriente de agua fría. Suponga que las corrientes están a una presión de 250 kPa.
= ℎ ℎ = ℎ
y (1)
40 (2)
Reemplazando (2) en (1)
ℎ ℎ = ℎ ℎ ℎ = ℎ ℎ ℎ ℎ = ℎ ℎ
42 45
x 167.53 X 188.44
− = .−. − −.
1.67=20.91
ℎ ℎ = ℎ ℎ
1.67314.69=20.91
m = − −
1.67=293.78 = 175.92
m = ..−.. .−. = 0.865 /
6. Agua líquida que está a 300 kPa y 20°C se calienta en una cámara, mezclándola con vapor sobrecalentado a 300 kPa y 300°C. el agua fría entra a la cámara a una tasa de 1.8 kg/s. Si la mezcla sale de la cámara de mezclado a 60°C, determine el flujo másico requerido del vapor sobrecalentado.
ℎ = ℎ ° ℎ = ℎ °
= 300 ℎ = 3069.6 / =300° = ∆ = ℎ ℎ = ℎ ℎ ℎ = ℎ = ℎℎ−ℎℎ 83.91251.18/ 1.8/ = 251.183069.6 / =0.107 /
7. En las termoeléctricas, los calentadores de agua de alimentación abiertos se utilizan con frecuencia para calentar el agua mezclándola con vapor extraído de la turbina en alguna etapa intermedia. Considere un calentador de este tipo que opera a una presión de 1000 kPa, con el que se calentara agua de alimentación a 50°C y 100 kPa mediante vapor sobrecalentado a 200°C y 1000 kPa. En un calentador ideal de agua de alimentación, la mezcla sale de este como liquido saturado a la presión del agua de alimentación. Determine la relación de los flujos másicos de este y del vapor sobrecalentado. Estado 1 P=1000KPa T=50°C {h1=209.34 KJ/Kg
Estado 2 P=1000KPa =1MPa T=200°C {
ℎ = 2828.3 KJ/Kg
solución
= ∆
Estado 3 P=1000KPa T=179.58°C {h3=762.51 KJ/Kg
ℎ ℎ = ℎ ℎ ℎ = ℎ ℎ
=
= + + = .+. .+. =3.734
8. En un condensador y con e uso del aire se enfriará refrigerante 134a de 1 Mpa /min y y 30°C. El aire entra a 100 kPa y 27°C con un flujo volumétrico de sale a 95 kPa y 60°C. Determine el flujo másico del refrigerante.
600
Propiedades Aire
Estado 1.1 P=100 KPa T=27 °C {h1=300.19 KJ/Kg V=600 m3/min
Estado 1.2 P=95 KPa T=60 °C {
ℎ =333.36
Helio
Estado 1.1 P=1000 KPa T=90°C Cp=5.1926 KJ/Kg*°c
Estado 1.2 P=1000 KPa T=30 °C
Solución
En el caso del aire
∆=ℎ ℎ
∆ = vr∗vVO ∗ ℎ ℎ
/in ∗ 333.36300.19KJ/Kg ∆ = .∗. /
∆ = 32037.991 / En el caso del helio
∆=∗∗
m = ∗∆I−I
/in = .. ∗°−° ∗°
= 102.83 /
de aire a 600 9. Un dispositivo vertical de cilindro-embolo contiene al inicio kPa y 300°C. Se abre una válvula conectada al cilindro y se permite que el aire escape hasta que salen del cilindro tres cuartos de la masa, punto en el que el . Determine la temperatura final en el cilindro y el trabajo de volumen es frontera durante este proceso.
0.25
0.05
Estado 1 P=600 KPa T=300 °C V=0.25 m3
Estado 2 4m2=m1 V= 0.05 m3 T= ¿? W= ¿?
Solución
∗=∗∗ = ∗ ∗ Dónde:
R Es constante. ∗ Entonces:
V = V ∗ ∗ T = VV∗∗∗ ∗°∗ . T = . ∗ ∗°∗ . T = . ∗
= 458.4 ° = 185.4 °
=∗ − = ∗ ∗ − = − = 600 KPa0.05 m 0.25 m
− = 120 KJ 10. Un recipiente rígido y aislado, que al principio se encuentra al vacío, se conecta mediante una válvula a una línea de suministro que lleva helio a 200 kPa y 120°C. se abre la válvula y el helio fluye hacia el recipiente hasta que la presión alcanza 200 kPa, punto en el que se cierra la válvula. Determine el trabajo de flujo del helio en la línea de suministro y la temperatura final del helio en el recipiente.
11. En una planta de energía geotérmica entra a la cámara de evaporación (una válvula de estrangulamiento) a 230°C como liquido saturado a una tasa de 50 kg/s. El vapor resultante del proceso de evaporación instantánea entra a una turbina y sale a 20 kPa con un contenido de humedad de 5%. Determine la temperatura del vapor después del proceso de evaporación instantánea y la salida de potencia de la turbina si la presión del vapor en la50 salida de la cámara de evaporación es: a) 1 Mpa; b) 500kPa; c) 100 kPa; d) 50 kPa. Estado 1 m=50Kg/s T=230°C {h1=990.14 KJ/Kg
Estado 3
ℎ = 251.42 KJ/Kg ℎ = 2357.5 KJ/Kg
P=20KPa { x=0.95
ℎ = ℎ ∗ ℎ ℎ =251.42 0.95∗2357.5 ℎ = 2491.045 Caso 1 Estado 1 m=50Kg/s T=230°C {h1=990.14 KJ/Kg
Solución
Estado 2 P=1000KPa
ℎ = 762.51 KJ/Kg T=179.88°C {ℎ = 2014.6 KJ/Kg ℎ = 2777.1 KJ/Kg
ℎ = ℎ KJ = 762.51 KJ X2 ∗ 2014.6 KJ/Kg 990.14 Kg Kg KJ 762.51 KgKJ 990.14 Kg X = 2014.6 KJ/Kg X =0.11299 m = X ∗ m m =0.11299 ∗ 50 Kg/s
Estado 3 P=20KPa {h3=2491.045 KJ/Kg x=0.95
m = 5.6495 Kg/s
=ℎ ℎ KJ 2777.1 KJ = 5.6495 Kgs 2491.045 Kg Kg = 1616.068 KJ/s = 1616.068 KJ/s Caso 2 Propiedades: Estado 1 m=50Kg/s T=230°C {h1=990.14
Estado 2 P=500KPa
ℎ = 640.09 KJ/Kg T=151.83°C { ℎ =2108 KJ/Kg ℎ = 2748.1 KJ/Kg
Estado 3 P=20KPa KJ/Kg x=0.95
{h3=2491.045
Solución
ℎ = ℎ KJ = 640.09 KJ X2 ∗ 2108 KJ/Kg 990.14 Kg Kg KJ 640.09 KgKJ 990.14 Kg X = 2108 KJ/Kg X =0.1661 m = X ∗ m m =0.1661 ∗ 50 Kg/s m = 8.305 Kg/s =ℎ ℎ KJ 2748.1 KJ =8.305 Kgs 2491.045 Kg Kg = 2134.842 KJ/s = 2134.842 KJ/s Caso 3 Propiedades: Estado 1 m=50Kg/s T=230°C {h1=990.14
Estado 2 P=100KPa
Estado 3 P=20KPa {h3=2491.045 KJ/Kg x=0.95
ℎ = 417.51 KJ/Kg T=99.61°C {ℎ = 2257.5 KJ/Kg ℎ = 2675 KJ/Kg Solución
ℎ = ℎ KJ = 417.51 KJ X2 ∗ 2257.5 KJ/Kg 990.14 Kg Kg KJ 417.51 KgKJ 990.14 Kg X = 2257.5 KJ/Kg X =0.2537 m = X ∗ m m =0.2537 ∗ 50 Kg/s m = 12.685 Kg/s =ℎ ℎ KJ 2675 KJ = 12.685 Kgs 2491.045 Kg Kg = 2333.469 KJ/s = 2333.469 KJ/s Caso 4 Propiedades: Estado 1 m=50Kg/s T=230°C {h1=990.14
Solución
Estado 2 P=50KPa
ℎ = 340.54 KJ/Kg T=81.32°C {ℎ = 2304.7 KJ/Kg ℎ = 2645.2 KJ/Kg
ℎ = ℎ KJ = 340.54 KJ X2 ∗ 2304.7 KJ/Kg 990.14 Kg Kg KJ 340.54 KgKJ 990.14 Kg X = 2304.7 KJ/Kg X =0.28186 m = X ∗ m m =0.28186 ∗ 50 Kg/s
Estado 3 P=20KPa {h3=2491.045 KJ/Kg x=0.95
m = 14.093 Kg/s
=ℎ ℎ KJ 2645.2 KJ = 14.093 Kgs 2491.045 Kg Kg = 2172.506 KJ/s = 2172.506 KJ/s 12. Un refrigerador domestico funciona una cuarta parte del tiempo y remueve calor de un comportamiento de alimentos a una tasa promedio de 800 kJ/h. Si el COP del refrigerador cuando está en funcionamiento. Solución
= 800 /ℎ ∗ 6ℎ = 4800 = = = 4800 2.2 = 2181.82 ℎ 13. Al condensador de una bomba de calor residencial entra refrigerante 134a a 800 kPa y 35°C a una tasa de 0.018 kg/s, y sale a 800nkPa como liquido saturado. Si el compresor consume 1.2 kW de potencia, determine: A) El COP de la bomba de calor y b) la tasa de absorción de calor desde el aire exterior. Estado 1 P=800KPa T=35°C m=0.018 Kg/s
Estado 2 P=800KPa T=31.31°C {
ℎ =95.47 /
31.31 267.29 35 ℎ 40 276.45 ℎ = 276.45267.29 4031.31 ∗ 3531.31 267.29 ℎ =271.17 KJ/Kg
Solución
= = ∗ .∗. / = .
=4.068
∆=ℎ ℎ ∆ = 0.018 Kg/s95.47 / 271.17 KJ/Kg ∆ = 3.163 / 14. Se recomienda dejar enfriar a temperatura ambiente los alimentos calientes antes de introducirlos al refrigerador, con la finalidad de ahorrar energía. A pesar de esta recomendación de sentido común, una persona insiste en cocinar una gran cacerola de estofado dos veces por semana y colocarla en el refrigerador mientras aún está caliente, con la idea de que el dinero que podría ahorrar es muy poco. Sin embargo, la persona cambiara de opinión si comprueba que el dinero ahorrado es una cantidad importante. La masa promedio de la cacerola y su contenido es de 5 kg. La temperatura promedio de la cocina es de 20 °C y la de la comida es de 95°C cuando se retira de la estufa. El espacio refrigerado se mantiene a 3°C y el calor especifico promedio de la comida y la cacerola se puede tomar como 3.9 kJ/kg °C. si el refrigerador tiene un coeficiente de desempeño de 1.2 y el costo de la electricidad es de 10 centavos de dólar por kWh, determine cuanto ahorrara por año esta persona si espera que la comida se enfrié a temperatura ambiente antes de introducirla al refrigerador. Propiedades: Estado 1 m=5 Kg Cp=3.9 JK/Kg*°C T=95 °C
Solución
Estado 2 T= 20 °C
Estado 3 T= 3 °C COP= 1.2
Caso 1
= = ∗∗ KJ ∗95°C 5 ∗ 3.9 Kg∗°C 1.2= KJ 5 ∗ 3.9 Kg∗°C ∗95°C = 1.2 =1543.75 KWh
Caso 2
= = ∗∗ KJ ∗20°C 5 ∗ 3.9 Kg∗°C 1.2= KJ 5 ∗ 3.9 Kg∗°C ∗20°C = =325 KWh 1.2
Comparando
ℎ=∗ ℎ=0.10 $⁄ℎ ∗1543.75 KWh325 KWh ℎ = 121.88 $
