ESCUELA SUPERIOR DE INGENIEROS INDUSTRIALES Universidad de Navarra
Examen de TERMODINÁMICA I Troncal - 4,5 créditos
Curso 1996-97 27 de enero de 1997
PROBLEMAS RESUELTOS Problema 1 (obligatorio; (obligatorio; 3 puntos) punt os) Para el ascensor del edificio nuevo de la Escuela, alguien ha sugerido un sistema de emergencia que no necesita corriente eléctrica, que opera con un ciclo termodinámico como el de la figura. El cilindro contiene aire, que puede considerarse como gas ideal. El pistón desliza sin fricción, y tie2 ne una sección de 0,01 m . Cuando el ascensor se encuentra en la planta baja, la altura del cilindro es de 5 m, y la presión y temperatura del aire son 2 bar y 300 K respectivamente. Se pretende subir masas de 100 kg hasta una altura de 5 m sobre el nivel del suelo. Para subir, se calienta el cilindro de aire mediante la combustión de un gas, cuya temperatura media de llama es de 1200 K. Cuando el ascensor alcanza el tope superior, se retiran los 100 kg. Para bajar de nuevo, se enfría el cilindro con agua a 17 °C hasta que se recupera el estado inicial. 2
Suponer g = 10 m/s , P0 = 100 kPa.
5m
(a) Representar el ciclo en un diagrama P - v. (b) Calcular el máximo rendimiento que obtendría obtendría una máquina máquin a que operara con los mismos dos focos con que trabaja el ascensor. (c) Determinar las interacciones de calor y trabajo durante este ciclo.
5m 0,01 m
2
(d) Calcular el rendimiento del ciclo. Explicar por qué no se alcanza el rendimiento calculado en el apartado (b). (e) Determinar la entropía generada por cada ciclo (en kJ/K). (f) Si la velocidad de transferencia de calor con ambos focos es Q[ W] = 10∆T [ K] , donde ∆T indica la diferencia de temperaturas entre el foco y el aire del cilindro, estimar aproximadamente el tiempo que transcurre en cada etapa del ciclo: tiempo de espera hasta que el ascensor comienza a subir o bajar, y tiempo de subida o bajada.
(a) Diagrama P - v Calcularemos primero todos los estados intermedios del ciclo, explicando cada etapa. El ascensor, sin carga y en la planta baja (estado 1), se encuentra en posición de equilibrio con las fuerzas exteriores (presión atmosférica y peso de la cabina): este estado coincide con el final de un ciclo anterior. Las condiciones son: P1 = 2 bar = 200 kPa T 1 = 300 K 3 V 1 = Az1 = 0,01 · 5 = 0,05 m N = P1V 1 / RT 1 = 200·0,05/(8,314·300) = 0,00401 kmol
Al cargar los 100 kg, no cambia de estado, pues el ascensor no cambia de posición (por los topes). Esta carga supone un aumento de la presión exterior: para que haya equilibrio debe ser compensada con un aumento en la presión del gas de
∆P = mg / A = 100·10/0,01 = 100 000 N/m 2 = 100 kPa
Al empezar a calentar desde el foco a 1200 K, va subiendo la temperatura (a volumen constante) hasta que se equilibra la presión exterior (estado 2), momento en que el ascensor empieza a subir: P2 = P1 + ∆P = 300 kPa 3 V 2 = V 1 = 0,05 m T 2 = P2V 2 / NR = 450 K
Si se continúa calentando, el ascensor sube, en equilibrio mecánico con las fuerzas exteriores (proceso isobaro), hasta que alcanza el volumen final (estado 3): V 3 = Az3 = 0,01·10 = 0,1 m P3 = P2 = 300 kPa T 3 = P3V 3 / NR = 900 K
3
El ascensor ya está en el piso superior. Se retira la carga de 100 kg, y el cilindro no puede expandirse por los topes mecánicos. Para que baje, debe reducirse la presión hasta la presión exterior (atmosférica + cabina) de 200 kPa: para ello se realiza un enfriamiento isocoro con agua a 17 °C, hasta el estado 4: P4 = P1 = 200 kPa 3 V 4 = V 3 = 0,01 m T 4 = P4V 4 / NR = 600 K
Finalmente, se continúa enfriando con agua fría hasta que se recupera el estado inicial (proceso isobaro). En el diagrama se muestran las cuatro etapas del ciclo, así como las isotermas de los focos y los cuatro estados intermedios. P kPa
450 K
1200 K
2
300
3 900 K
200
1
4
290 K
300 K
600 K
3
V (m ) 0,05
0,10
(b) Máximo rendimiento que obtendría una máquina que operara con los mismos dos focos con que trabaja el ascensor Llamando ff al foco frío (agua a 290 K) y fc al caliente (combustión a 1200 K), el rendimiento máximo es el factor de Carnot,
η max
= 1−
T ff T fc
= 1−
290 1200
= 0,7583
es decir, un 75,83 %.
(c) Interacciones de calor y trabajo En los procesos isocoros (1-2 y 3-4), el trabajo es 0. En los isobaros, es P ∆V. El calor se calculará por el primer principio: Q = W + ∆U = W + Ncv∆T = W + N (5 R /2)∆T
En los procesos isocoros, el calor resulta ser QV = ∆U ; en los isobaros, QP = ∆ H . W = P∆V [kJ] 0 15 0 -10 5
Proceso 1-2 2-3 3-4 4-1 Total
∆U = N (5 R /2)∆T [kJ] 12,5 37,5 -25 -25 0
Q = W + ∆U [kJ] 12,5 52,5 -25 -35 5
(d) Rendimiento del ciclo W neto
η=
=
Qcomunicado
ΣW Q fc
=
W23 Q12
+ W 41 10 − 5 5 = = = 0,0769 + Q23 12 ,5 + 37 ,5 65
es decir, un 7,69 %. Es menor que el rendimiento máximo debido a las irreversibilidades de los procesos, que en este caso son irreversibilidades externas, debidas a la diferencia finita de temperaturas entre los focos y el gas
(e) Entropía generada por cada ciclo (en kJ/K)
= ∆Suniv = ∆S gas + ∆S fc + ∆S ff ∆S gas = 0 , pues recorre un ciclo. Q fc Q +Q 12,5 + 52 ,5 ∆S fc = = − 12 23 = − = −0,0542 kJ / K
σ ciclo
T
∆S ff =
T
fc
Q ff T
=− ff
Q34
+ Q41
T
1200
fc
=−
− 25 − 35
ff
290
= 0,2069 kJ / K
Por tanto, σ = -0,0542 + 0,2069 = 0,1527 kJ/K
(f) Tiempo que transcurre en cada etapa del ciclo La velocidad de transmisión de calor es la energía transferida por unidad de tiempo: &= Q
δQ dt
∫
∴
& Q = Qdt
= ∫ 10 (T −f T
) dt
gas
≅ 10 (T −f T
)t
gas
La temperatura varía con el tiempo, pero se puede suponer una temperatura media en cada etapa del ciclo, en una primera aproximación (teorema del valor medio). Luego el tiempo de cada etapa es t [ s] =
Q[ J ]
10 ( T
− T gas)
f
Proceso
T f [K]
T ini [K]
T fin [K]
1-2 2-3 3-4 4-1
1200 1200 290 290
300 450 900 600
450 900 600 300
T
− T gas[K]
f
825 525 -460 -160
Q [kJ]
t [s]
12,5 52,5 -25,0 -35,0
1,5 10,0 5,4 21,9
Luego el tiempo total de subida del ascensor es de 11,5 s (1,5 de espera y 10 propiamente de subida), y el de bajada de 27,3 s (5,4 de espera y 21,9 propiamente de bajada).
Problema 2 (2 puntos) 3
Un depósito rígido y aislado de 0,5 m de volumen, que inicialmente se encuentra lleno de helio a presión de 1 bar y temperatura de 600 K, está conectado a través de una válvula cerrada a una tubería que contiene helio a presión y temperatura constantes de 50 bar y 300 K respectivamente. El helio se puede considerar como gas perfecto. (a) Se abre la válvula para permitir que el helio entre lentamente en el depósito hasta que se equilibran las presiones. Calcular la temperatura final del contenido del depósito. (b) Se vuelve a cerrar la válvula, se elimina el aislamiento y se alcanza un nuevo equilibrio con el entorno, que se encuentra a 300 K. Calcular la presión en el depósito y la magnitud y dirección de la transferencia de calor.
(a) Temperatura final del contenido del depósito P0=50 bar T0=300 K
Balance de energía en régimen transitorio:
dE = Q&− W&a + ∑ he0 m&e − ∑ hs0 m&s dt vc e s La energía del volumen de control es solamente energía interna (el depósito está quieto); es adiabático y rígido, y no hay más que un conducto de entrada, en el que no se considera energía cinética ni potencial. Luego esta expresión queda
3
V=0,5 m P1=1 bar T1=600 K vc
dm dU = he m&e = h0 dt vc dt
Eliminando dt e integrando entre el estado inicial y el final queda U2
− U 1 = h0 (m2 − m1 ) ∴
m2 u2
− m1u1 = (m2 − m1 )h0
La energía interna y la entalpía son proporcionales a la temperatura; y el gas es ideal, luego P2V RT 2
cv T 2
De donde T 2
=
−
PV 1 RT 1
P2 P2 − P1 kT 0
cv T 1
+
P1
P V PV = 2 − 1 c p T0 ∴ RT 2 RT 1 =
T 1
50 50 − 1 1 + 5 600 300 3
( P2
P P − P1 )cv = 2 − 1 c p T 0 T 2 T 1
= 5017 , K
(b) Presión en el depósito, y magnitud y dirección de la transferencia de calor En el estado final 3, T 3 = 300 K. La presión final será: P3
=
m2 RT 3 V
=
P2V RT 3 RT 2 V
= P2
T 3 T 2
= 50
300 5017 ,
= 29,9 bar
Es un sistema cerrado que experimenta un enfriamiento isocoro: el calor intercambiado es Q23
= W23 + ∆U 23 = m2 cv (T3 − T2 ) =
P3V 3 R RT 3 2
(T3
− T 2 ) =
2990 [kPa] 0,5[m 3 ] 3 300
2
( 300 − 501,7 )
= −1507 kJ
Problema 3 (2 puntos) Un sistema formado por vapor de agua experimenta un ciclo de Carnot. El estado al final del proceso de compresión es líquido saturado, y el estado al final del proceso de expansión es vapor saturado. La temperatura al comienzo del proceso de compresión es de 16 °C, y el rendimiento del ciclo es del 20 %. (a) Representar el ciclo, junto con la línea de saturación, en un diagrama T - s. (b) Determinar la presión inicial y final del proceso de absorción de calor, y el título al comienzo del proceso de compresión. El diagrama h - s le puede resultar de ayuda. (c) Determinar la magnitud del calor absorbido.
(a) Diagrama T - s El ciclo de Carnot consta de dos procesos isotermos de intercambio de calor con los focos (proceso 2-3 y 4-1), y dos procesos adiabáticos (isoentrópicos) de paso de una a otra temperatura: compresión 1-2 y expansión 3-4.
T
16 °C
2
3
1
4 s
(b) Presión inicial y final del proceso de absorción de calor, y título al comienzo del proceso de compresión Se pide P2, P3 y x1. La temperatura T 2 se deduce del rendimiento del ciclo de Carnot:
η = 1−
T 1 T 2
= 0,20 ∴
T 2
=
T 1
1− η
=
289 0,80
= 361 K = 88
o
C
P2 es la presión de saturación a T 2: se deduce de las tablas de saturación. P3 se deduce de las tablas del vapor, con T 3 = T 2, s3 = s4 = sg(16 °C). Se debe interpolar entre 1 y 10 kPa, y entre 75 y 100 °C. x1 se deduce de las tablas de saturación, con s1 = s2 = s f (88 °C).
Estado 1 2 3 4
T [°C]
16 88 88
16
P [kPa] 1,8 65,1 6,8 1,8
h [kJ/kg]
368,53 2665,17
(c) Calor absorbido q 23
= h3 − h2 = 2665,17 − 368,53 = 2297 kJ / kg
s [kJ/kg K] 1,1693 1,1693 8,7593 8,7593
x 0,109
0 -
1
Problema 4 (2 puntos) Las condiciones en la entrada y la salida de una pequeña turbina de vapor son 500 kPa, 300 °C y 7,4 kPa, 94 % de título respectivamente. En un punto intermedio de la turbina en el que la presión es de 100 kPa y la entalpía 2750 kJ/kg, se extrae un 7,5 % del vapor circulante, a velocidad des2 preciable, para calentamiento. La sección de la turbina a la salida es de 0,83 m . (a) Dibujar el proceso de expansión en un diagrama h - s , incluyendo la línea de saturación e indicando los estados. (b) Teniendo en cuenta que el término de energía cinética a la salida de la turbina es significativo pero muy pequeño comparado con los demás términos, indicar cómo se podría obtener una potencia en la turbina de 5 MW. Calcular el caudal de vapor en una primera aproximación. (c) Para el caudal calculado en (b), determinar la velocidad de salida del vapor de la turbina.
(a) Diagrama h - s 500 kPa
h
1 100 kPa
3
7,4 kPa
2 x = 0,94
s
Cálculo de los estados: - Estado 1: lectura directa con P, T (tablas de vapor) - Estado 2: lectura directa con P, x (tablas de saturación) - Estado 3: interpolación en tablas de vapor con P, h. Est. 1 2 3
P (kPa)
T (°C)
500 7,4 100
300 40 136,8
h (kJ/kg) 3064,80 2429,98 2750
v (m /kg)
3
x -
18,377
0,94 -
(b) Caudal de vapor La ecuación de balance es el primer principio: Q − Wa
( = 0)
&= m
= ∆H + ∆( EC + ∆( EP ∴ ≅ 0) = 0) W a
( h1
− h3 ) + 0,925(h3 − h2 )
=
Wa
= − ∆H = m(h1 − h3 ) + 0,925m(h3 − h2 )
5000 314 ,8 + 296
= 8,1 8 kg / s
(c) Velocidad de salida del vapor de la turbina Por la ecuación de continuidad, &= cAρ m
=
cA v
∴
c2
= m&2
v2 A2
= (0,925 ⋅ 8,18)
18,377 0,83
= 167,6 m / s
Esta velocidad supone una energía cinética de & = ∆ EC
1 2
2 &2 c2 m
=
1 2
( 0,925 ⋅ 8,18 )(167 ,6) 2
= 106270 W = 106 kW
que efectivamente es mucho menor que 5000 kW (un 2 %).
