Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Primera ley de la termodinámica
Termodinámica General Unidad 1:
Primera Ley de la Termodinámica
“La energía no se crea ni se destruye solo se transforma”
EIQ 342 Segundo Semestre 2013 Profesor: Luis Vega A 1
2
Formas de Energías Las siguientes formas de energías normalmente se encuentran presente en la gran mayoría de los proceso industriales relacionados con las transformaciones físicas, químicas y/o bioquímica:
Proceso Químico Trabajo
Energía Cinética
Calor
Energía Potencial Energía Interna Calor Trabajo 3
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Tanto el calor como el trabajo son energías en tránsito, no las contiene o posee el sistema, se transfiere entre el sistema y sus alrededores (medio), mientras que la energía cinética, la energía potencial y la energía internas son energías 4 contenidas en la materia.
1
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Energía Interna
De estas formas de energía conocemos: Energía Cinética es la energía debido al movimiento de la materia como un todo respecto de un marco de referencia
Ec =
m ⋅ v2 2 ⋅ gc
Energía Potencial es la energía debido a la posición del sistema en un campo potencial, tal como el campo gravitacional o campo electromagnético, o debido a la conformación del sistema respecto de una conformación de equilibrio (resorte).
EP =
m⋅g⋅ z gc
5
No se puede conocer la energía interna total de una sustancia
Aún no se ha podido determinar el total de la energía interna de una sustancia; como consecuencia, se desconocen sus valores absolutos. No obstante, esto no dificulta su aplicación en el análisis termodinámico ya que sólo se requiere conocer los 7 cambios de energía interna que sufre la materia.
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
La energía interna de una sustancia no incluye las energías que esta pueda contener como resultado de su posición o movimiento como un todo, sino se refiere a la energías de las moléculas que constituyen la sustancia. Las moléculas de cualquier sustancia están en movimiento constante y poseen energía cinética de traslación, rotación y vibración interna. Además, de la energía cinética, las moléculas de cualquier sustancia tienen energía potencial debido a la interacción de sus campos de fuerza. A escala submolecular existen energías asociadas con los electrones y los núcleos de los átomos, así como energía de enlace que son resultado de las fuerzas que mantienen unidos a los átomos formando 6 moléculas.
La adición de calor a una sustancia aumenta su actividad molecular provocando un aumento en la energía interna.
8
2
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Calor
La energía interna se designa: U = m⋅u
Energía Interna Total U Energía Interna Especifica u
Calor es la energía que fluye como resultado de una diferencia de temperatura entre el sistema y sus alrededores.
[Unidad de energia]
Por convención, se considerara positivo el calor que se transfiere al sistema, y negativo el calor transmitido por el sistema.
Unidad de energia Unidad de masa
Calor (+)
9
Trabajo
Se adoptará que el trabajo es positivo cuando es hecho sobre el sistema y negativo cuando es hecho por el sistema.
Sistema
Un sistema es adiabático (Q = 0) cuando el sistema y sus alrededores se encuentran a la misma temperatura, o el 10 sistema se encuentra perfectamente aislado.
1. El contorno del sistema se mueve contra una fuerza opuesta.
Sistema 2. Un eje puede agregar o extraer trabajo a través de los limites del sistema.
Trabajo (-)
11
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Calor (-)
Un sistema es capaz de efectuar o consumir trabajo de tres maneras fundamentales:
Trabajo es la energía que fluye como resultado de una fuerza impulsora (fuerza, momentum o voltaje).
Trabajo (+)
Sistema
12
3
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3. Puede haber transferencia de energía a través del contorno del sistema, en virtud de un potencial distinto a la temperatura; por ejemplo un potencial eléctrico. La corriente eléctrica que atraviesa los limites del sistema genera trabajo eléctrico.
Trabajo de compresión reversible de un gas El Trabajo W realizado por una fuerza F que actúa a lo largo de un desplazamiento x, en la misma dirección de la fuerza, esta dado por:
dW = F ⋅ dx Corriente Eléctrica
2
W=
∫
F ⋅ dx
1 13
14
Considerando el caso de un fluido contenido dentro de un cilindro con pistón sometido a compresión o expansión.
2
∫
W = − P ⋅ dV 1
2
2
2
∫
∫
∫
1
1
1
De la relación anterior, tenemos que para determinar el trabajo necesitamos conocer la relación entre P y V. Conocida esta relación podemos representarla en el diagrama P-V:
W = F ⋅ dx = P ⋅ A ⋅ dL = P ⋅ dV Fluido
P
(2)
Atendiendo a la convención de signos adoptada: P = f (V )
2
∫
W = − P ⋅ dV
(1)
1 15
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V
16
4
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P
P
(2)
(2) C B
P = f (V )
A (1)
(1) V
V
El área bajo la curva es el trabajo desarrollado en el proceso de compresión o expansión.
17
Ejemplo 1. Considerando como sistema el gas contenido en el siguiente cilindro-émbolo: V=0.0283 m3 P=1.4 kgf/cm2
a) Si colocamos un mechero abajo del cilindro y dejamos que el volumen del gas aumente a 0.085 m3 mientras la presión permanece constante. Calcular el trabajo efectuado por el sistema durante el proceso.
Dependiendo de la relación entre P y V, es posible ir del estado (1) al estado (2) siguiendo diferentes trayectorias, y ya que el área bajo la curva representa el trabajo para cada uno de estos procesos (A, B y C), es evidente que la cantidad de trabajo correspondiente a cada caso depende de la trayectoria que se siga cuando se va de un estado a otro. El trabajo es una propiedad que depende de la trayectoria. 18
b) Considerando el mismo sistema y las mismas condiciones iniciales pero al mismo tiempo que el mechero es colocado bajo el cilindro, se van quitando pesos del embolo con una rapidez tal, que la relación entre la presión y el volumen esta dada por la expresión PV=constante. Dejando que el volumen final sea otra vez de 0.085 m3. Calcular el trabajo efectuado durante el proceso 2
−W =
2
∫ P ⋅ dV = cons tan te∫ V = P V ln V dV
V2
1 1
1
1
1
2
− W = ∫ P ⋅ dV = P ( V2 − V1 )
[ ]
cm2 0.085 kg − W = 1.4 f2 10000 2 0.0283 m3 ln = 437.4[kgf m] m 0 .0283 cm
1
[ ]
cm2 kg − W = 1.4 f2 10000 2 (0.085 − 0.0283 ) m3 = 794[kg f m] cm m
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
19
20
5
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c) Considerando el mismo sistema y el estado inicial de los ejemplos anteriores. Pero el émbolo se fija de forma tal que el volumen permanece constante. Además, dejamos que el calor se transmita desde el sistema hasta que la presión baje a 0.07 kgf / cm2. Calcular el trabajo. Como no hay cambio de volumen el trabajo es cero ya que dW=P·dV. d) Considerando el mismo sistema, pero durante la transmisión de calor quitamos los pesos con una rapidez tal que la expresión PV1.3=constante, describe la relación entre P y V en el proceso. Nuevamente el volumen final es 0.085 m3. Calcular el trabajo.
Resolviendo para el caso general PVn=constante. 2
∫
[ ] [ ]
1 .3
1
Integrando:
2
[
V constante 1−n − W = constante V2 − V11−n = n 1 1 − n − + 1
Como:
]
P1V1n = P2 V2n = cons tan te
−W =
P2 ⋅ V2n ⋅ V21−n − P1 ⋅ V1n ⋅ V11−n P2 ⋅ V2 − P1 ⋅ V1 = 1− n 1− n
ya que no se conoce P2 calculamos este por intermedio de la n relación PV =constante. 1.3
P2 =
P1 ⋅ V1 V21.3
22
Unidades de Energía
kg = 3351 2f m
1. Unidades de Trabajo (Fuerza · Distancia). N · m (Joule) dina · cm (ergio) lbf · pie
[ ]
kg kg 3351 2f 0.085 m3 − 14000 2f 0.0283 m3 m m −W = 1 − 1 .3
2. Unidades Térmicas. Se definen en términos de la cantidad de calor que se necesita transferir a una masa dada de agua para elevar la temperatura de ésta, en un intervalo dado de temperatura, a la presión de 1 atm.
− W = 371 .2[kgf m]
23
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
dV Vn
1
−n+1
Luego:
[ ]
∫
− W = P ⋅ dV = constante
21
cm 2 0 .0283 m 3 kg P2 = 1 .4 f2 10000 2 3 cm m 0 .085 m
2
Unidad
Símbolo
kilocaloría
kcal
Intervalo
Masa de H2O 1 kg
15 a 16 ºC
caloría
cal
1g
15 a 16 ºC
Unidad Técnica Británica
Btu
1 lbm
60 a 61 ºF
24
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Balance de energía Sistemas Cerrados
Q
Q
W
∆(Energía del sistema) + ∆(Energía alrededor) = 0
Alrededores
Sistema Cerrado
Sistema Cerrado
∆(Energía alrededor) = Q + W
∆(Energía del sistema) = ∆U + ∆E C + ∆EP
W
∆U + ∆EC + ∆EP = Q + W Aplicando la primera ley de la termodinámica a un sistema cerrado:
∆(Energía del sistema) + ∆(Energía alrededor) = 0
En muchas de las aplicaciones practicas no se experimenta variaciones de energía cinética y de energía potencial:
∆U = Q + W
25
∆U = Q + W Esta relación valida para cambios finitos de la energía interna, toma la siguiente forma para cambios diferenciales (para cuando no hay cambios de energía cinética y potencial):
dU = ∂ Q + ∂ W
26
Ejemplo 2. Simplificar la ecuación de balance de energía para cada uno de los siguientes procesos y establecer si los términos de calor y trabajo distinto de cero resultan positivos o negativos. a) El contenido de un recipiente cerrado se calienta con un mechero desde 25ºC hasta 80ºC. 25ºC
80ºC
Inicial
Final
Q + W = ∆U + ∆E C + ∆E P W = 0 : No hay partes moviles o corrientes generadas. ∆E C = 0 : El sistema esta estatico. ∆EP = 0 : No hay cambio de altura. 27
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Q = ∆U
(+Q)
28
7
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b) Al recipiente de la parte (a) se le quita el mechero, y se enfría nuevamente hasta 25ºC. 80ºC
25ºC
Inicial
Final
Reactor Batch
La simplificación de la ecuación de balance de energía resulta igual que la parte a).
Q = ∆U
c) Se lleva a cabo una reacción química en un reactor adiabático cerrado (perfectamente aislado).
Q + W = ∆U + ∆E C + ∆EP W = 0 : No hay partes moviles o corrientes generadas. ∆E C = 0 : El sistema esta estatico.
(-Q)
∆EP = 0 : No hay cambio de altura. Q = 0 : Sistema adiabatico. ∆U = 0 29
Trabajo de flujo
Generalizando la relación anterior para un sistema con N corrientes de entrada y M corrientes de salida.
El trabajo de flujo es el trabajo efectuado por el fluido a la entrada del sistema menos el trabajo efectuado por el fluido a la salida del sistema. P1
P2
A1 V1
A2 V2
30
N corrientes
M corrientes
Sistema continuo
N
WFLUJO =
M
∑P ⋅ V − ∑P ⋅ V i
i =1
i
j
j
j =1
WFLUJO = (Fuerza ⋅ Distancia)Entrada − (Fuerza ⋅ Distancia)Salida WFLUJO = P1A 1
V1 V − P2 A 2 2 A1 A2
WFLUJO = P1V1 − P2 V2
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
31
32
8
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Entalpía La entalpía es una propiedad termodinámica que se emplea comúnmente debido a su importancia práctica. Se define para una masa unitaria:
Balance de energía sistemas continuos Considerando un sistema continuo operando en régimen estacionario: W
h = u +P⋅v
Sistema abierto
N corrientes
En forma diferencial es:
Q
dh = du + d(P ⋅ v )
Aplicando la primera ley de la termodinámica:
O para un cambio finito
Energía que entra Energía que sale = del sistema al sistema
∆h = ∆u + ∆(P ⋅ v ) 33
N
Q+W +
M
∑ ∑E Ei =
i =1
N
Q + WE +
j
j =1
N
Q+W +
M
i =1
N
Q + WE +
j =1
W = WFLUJO + WE
∑ (U + E i
i =1
N
Q + WE +
∑
Pi Vi −
i =1
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
M
∑
Pj Vj +
j =1
N
∑( i =1
Ci
+ EPi ) =
∑ i =1
W es el trabajo neto efectuado sobre el sistema por el medio circundante: N
∑
(Ui + ECi + EPi + Pi Vi ) =
i =1
∑ (Ui + ECi + EPi ) = ∑ (U j + ECj + EPj )
Q + WE + WFLUJO +
M corrientes
M
∑ (U + E j
Cj
+ EPj
v2 g mi ui + i + z i + Pi v i = 2gc gc
M
∑(U + E j
Cj
+ EPj + Pj Vj
34
)
j =1
M
v 2j g m j u j + z j + Pj v j + 2gc gc j =1
∑
Con la definición de entalpía: N v 2j v2 g M g Q + WE + ∑ mi hi + i + zi = ∑ m j h j + + zj 2gc gc j =1 2gc gc i =1
)
j =1
Ui + ECi + EPi ) =
M
∑(
U j + ECj + EPj
j =1
35
) 36
9
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Si:
M
∆H =
Para muchas aplicaciones practicas los términos de energía cinética y potencial no contribuyen o son muy pequeños comparado con los demás, por lo que la relación anterior se reduce a:
N
∑m h − ∑m h j j
i i
j =1
i =1
M
∆E c =
∑
mj
j =1 M
∆EP =
∑ j =1
v 2j 2gc
N
−
∑
mi
i =1
g mj zj − gc
N
∑ i =1
v i2 2gc
Q + WE = ∆H
g mi zi gc
o
Q = ∆H
Cuya forma diferencia es:
Con lo que la forma que adquiere la primera ley para un sistema abierto en régimen estacionario es:
∂Q + ∂WE = dH
Q + WE = ∆H + ∆E c + ∆EP 37
Ejemplo 3. Simplificar la ecuación de balance de energía del siguiente sistema: Se calienta una corriente continua de procesos desde 20ºC hasta 300ºC. La velocidad media del fluido es la misma a la entrada que a la salida, y no hay cambio en la elevación entre estos puntos. 20ºC
300ºC Q
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP WE = 0 : No hay partes moviles o generacion de corrientes. ∆E C = 0 : No hay cambio en la velocidad media. ∆EP = 0 : La corriente de salida y entrada estan a la misma altura. Q = ∆H
38
Base de Entalpía No es posible conocer el valor absoluto de la energía interna específica o de la entalpía específica. Sin embargo, podemos determinar la variación de estas propiedades frente a un cambio de estado (cambio de temperatura, presión o composición). La determinación de la variación de estas propiedades requiere seleccionar un estado de referencia para la materia (temperatura, presión y estado de agregación). Las tablas de vapor fijan al agua líquida saturada a 0 ºC como base de entalpía
(+Q) 39
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40
10
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Ejemplo 4 (2.15 SVN3). Vapor a 200 lbf/pulg2 de presión absoluta y 600 °F (Estado 1) penetra en una turbina pasando por una tubería de 3 pulg de diámetro interno a una velocidad de 10 pie/s. El vapor sale de la turbina por una tubería de 10 pulg a la presión absoluta de 4 lbf/pulg2 y 160 °F (Estado 2). Datos:
Estado 1 2
h [Btu/lbm ] 1321,4 1129,3
v [pie3/lbm ] 3,059 92,15
¿Cuál es la potencia de la turbina en caballos de fuerza? Suponga que no hay perdidas de calor a través de la turbina. 1
2
4 psi 160 °F
41
[ ] [ ] ] [ ]
m ⋅ v 2 0.16[lbm / s] 92.15 pie3 / lbm pie = = 27.03 2 A2 π 2 1 pie s 10 pulg2 2 4 144 pulg
[
¿W?
Turbina
Btu ∆h = (1129.3 − 1321.4) = −192.1 lb m B.M: m1 = m2 = m
2
A1 v1 A 2 v 2 = =m v1 v2
m=
π 4
[
] ]1441[pie [pulg ] = 0.049[pie ] 2
32 pulg2
2
2
[ ] [
A 1 v 1 0.049 pie 2 10[pie/s ] lb = = 0.16 m 3 3.059 pie / lbm v1 s
200 psi 600 °F
]
1 ¿W?
)
2
Comparando los términos de entalpía y energía cinética tenemos: Btu ∆h = −192.1 lbm
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
42
Turbina
2 Btu ∆v 2 27.03 2 − 10 2 [pie / s ] 9.47831 ⋅ 10 - 4 [Btu ] = = 0.0126 2 gc lb pie 0.737562 [lb f pie ] lb m 2 ⋅ 32.174 m 2 lb f s
Btu ∆v 2 = 0.0126 2 gc lb m
4 psi 160 °F
Vapor
Luego. Para la variación de energía cinética:
(
1
200 psi 600 °F
WE ∆v 2 = ∆h + m 2g c
¿W?
Turbina
v2 =
WE = ∆H + ∆EC
A1 =
Vapor 200 psi 600 °F
Vapor
B.E:
4 psi 160 °F
Btu 1.34102[hp] lb WE = 0.16 m (-192.1) = −43.5[hp] s lb m 56.8699 Btu 1[min] min 60[s]
Despreciable 43
44
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Balance de energía sistemas semicontinuos
Líquido A
Q + WE +
Vapor
Vapor Líquido
Van Wylen entrega una forma simplificada y útil que toma la primera ley de la termodinámica para los sistemas semicontinuos con flujos de entrada o salida constantes.
Q
Q
Líquido B
v2 g m i h i + i + z i = 2gc gc Entradas
∑
v2 g m i h i + i + z i + 2gc gc Salidas
∑
v 22 g v2 g + z 2 − m 1 u1 + 1 + z 1 m 2 u 2 + 2gc gc 2gc gc
Líquido
Aire
Gas
Mezcla
45
Ejemplo 5. Establecer los términos que corresponden considerar en la ecuación de balance de energía para la siguiente unidad de proceso:
Q
v2 v2 g g mi hi + i + z i = ∑ mi hi + i + z i + 2gc g c Salidas 2gc g c Entradas
∑
v2 v2 g g m 2 u 2 + 2 + z 2 − m1 u1 + 1 + z 1 2gc g c 2g c gc 47
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
v2
c
∑ mi hi + 2gi
Salidas
Aplicando la 1ª ley de la termodinámica:
Q + WE +
Como no existen corrientes de entrada, y como no se genera o requiere trabajo: Q=
Vapor Líquido
46
+
v2 g v 2 g g zi + m2 u2 + 2 + z2 − m1u1 + 1 + z1 gc 2gc gc 2gc gc
Como solo existe una corriente de salida:
v2 g v2 g v2 g Q = ms hs + s + zs + m2 u2 + 2 + z2 − m1u1 + 1 + z1 2gc gc 2gc gc 2gc gc Despreciando la energía potencial y la energía cinética tanto de la corriente de salida como las del sistema.
Q = msh s + [m2u2 − m1u1 ] 48
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Balance de energía mecánica En unidades de procesos tales como: intercambiadores de calor, evaporadores, columnas de destilación, reactores etc.; los cambios de energía cinética y de energía potencial tienden a ser despreciable en comparación con el flujo de calor y cambios de entalpía que intervienen, reduciéndose el balance de energía a la forma:
En cambio, en otro importante grupo de operaciones industriales se cumple exactamente lo contrario, es decir, el flujo de calor y los cambios de entalpía no tienen mayor importancia frente a los cambios de energía cinética y de energía potencial, y el trabajo de eje.
QC
Columna de destilación
Q = ∆H
Q = ∆H
Estas operaciones se refieren, entre otras, al flujo de fluidos desde, hacia y entre estanques, unidades de proceso, depósitos, pozos, etc..
Estanque
QR
Bomba 49
Considerando un sistema cuyo objeto es transportar un fluido de un punto a otro: 2
m1 = m2 = m
B.E.:
Q + WE = ∆H + ∆E c + ∆EP
W
m ⋅ ( v 22 − v 12 ) m ⋅ g ⋅ ( z 2 − z1 ) + = Q + WE 2 gc gc v 2 − v 2 g ⋅ ( z 2 − z1 ) Q + WE u2 + P2 v 2 − u1 − P1v1 + 2 1 + = 2gc gc m
m ⋅ (h2 − h1 ) +
v 2 − v 2 g ⋅ ( z 2 − z1 ) Q + WE (u2 − u1 ) + P2 v 2 − P1v1 + 2 1 + = 2 gc gc m
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
P2 v 2 − P1v 1 +
v 22 − v 12 g ⋅ ( z 2 − z1 ) Q W + + (u2 − u1 ) − = E 2 gc gc m m
Generalmente en estos sistemas sólo se transmiten pequeñas porciones de calor desde y hacia los alrededores, hay poca variación entre la temperatura de entrada y la de salida, no se producen cambios de fase ni hay reacciones químicas. Aún bajo estas circunstancias, algo de energía cinética y potencial siempre se convierte a energía térmica como resultado del movimiento a través del sistema.
1
B.M.:
50
Al término (∆u - Q/m) se le conoce como Pérdidas por Fricción y se denota por F. P2 v 2 − P1v 1 + 51
v 22 − v 12 g ⋅ ( z 2 − z1 ) W + +F = E 2 gc gc m 52
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Si el fluido de trabajo es incompresible tenemos que la densidad es aproximadamente constante. v 2 ≅ v1 ≅ v =
1 ρ
∆P ∆v 2 g ∆z W + + +F = E ρ 2g c gc m
Para los casos donde las pérdidas por fricción son despreciables (F≅0) y no hay trabajo de eje, la ecuación de Balance de Energía Mecánica anterior se convierte en la Ecuación de Bernoulli. ∆P ∆v 2 g ⋅ ∆z + + =0 ρ 2gc gc
Ejemplo 6 (Nº57 Cap 8). El agua de un embalse pasa sobre un dique, y a través de una turbina, descargando por una tubería de 65 cm de diámetro en un punto localizado 80 m por debajo de la superficie del embalse. La turbina proporciona 0.9 MW Calcular el flujo de agua requerido en m3/s si se desprecian las perdidas por fricción.
H2O 80 mt W Turbina
53
54
Aplicando Balance de Energía Mecánica: 2
W ∆P ∆v g ⋅ ∆z + + +F = E ρ 2gc gc m 2
Considerando como entrada del sistema un punto dentro del embalse cercano a la tubería de descarga a la turbina: P1 = 1 [atm ],
v 1 ≅ 0,
Luego:
(
) [m ] 2
4
N ⋅ m = 4.54 ⋅ V 2 kg
N ⋅ m 1 s − 0.9 ⋅ 10 [W ] WE WE − 900 N ⋅ m 1[W ] = = = m ρ⋅V V kg kg m 3 1000 3 ⋅ V m s 6
z 2 = 0[m]
∆P =0 ρ 55
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
2
m3 V s kg ⋅ m 2(1) π(0.325)2 2 N⋅ s 2
N N ⋅ m g ⋅ ∆z = 9.8066 (0 − 80 )[m] = −784 .53 gc kg kg
z1 = 80 [m]
Y como la salida del sistema un punto inmediatamente después de la salida de la tubería de descarga. P2 = 1[atm ],
V ∆v 2 v 22 A = = = 2gc 2gc 2gc
56
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Todoslos lossistemas sistemasde de Todos nuestrointerés interéscaen caen nuestro entrelos lossiguientes siguientes entre
Reemplazando en la ecuación de energía: ∆U + ∆EC + ∆EP = Q + W
Sistema Cerrado
900 =0 4.54 ⋅ V − 784 .53 + V 2
4.54 ⋅ V 3 − 784 .53 ⋅ V + 900 = 0
v, u, h y s Sistema Continuo
Resolviendo esta ecuación cúbica tenemos las siguientes soluciones:
m3 V1 = −13.7 s m3 V2 = 12.5 s V3 =
m3 1. 2 s
Tablasde devapor vapor Tablas Q + WE +
Sistema Semi continuo
v i2
∑ m h + 2g i
i
Entradas
c
+
g zi = g c
v i2
∑ m h + 2g i
Salidas
i
c
+
g zi + g c
v 22 g v2 g + z 2 − m 1 u1 + 1 + z 1 m 2 u 2 + 2 g g 2 g g c c c c
¿Cuál es la solución? Transporte de Fluidos Incompresible
57
Tablas de Propiedades Termodinámicas
P v2 g⋅ z WE ∆ + + + F = m ρ 2 g g c c
58
Tablas de Vapor Van Wylen
Estas tablas nos entrega los valores de las siguientes propiedades para un estado dado de las sustancia.:
Temperatura. Presión. Volumen específico. Entalpía específica. Energía interna especifica. Entropía específica. 59
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Q + WE = ∆H + ∆Ec + ∆EP
Tabla A.1.1 A.1.2 A.1.3 A.1.4 A.1.5 A.2.1 A.2.2 A.3.1 A.3.2 A.6.1 A.6.2 A.7.1 A.7.2
Compuesto Región Agua Saturada Agua Saturada Agua Sobrecalentada Agua Líquido Comprimido Agua Sólido-Vapor Saturado Amoniaco Saturada Amoniaco Sobrecalentada Refrigerante 12 Saturada Refrigerante 12 Sobrecalentada Nitrogeno Saturada Nitrogeno Sobrecalentada Metano Saturada Metano Sobrecalentada
Unidades S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I e Inglesas S.I S.I S.I S.I 60
15
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Smith Van Ness Tabla F1 F2 F3 F4
Compuesto Agua Agua Agua Agua
Región Saturado Sobrecalentada Saturado Sobrecalentada
Unidades SI SI Inglesas Inglesas
Felder Tabla B-4 B-5 B-6
Compuesto Agua Agua Agua
Región Saturada Saturada Sobrecalentada
Unidades bar, ºC, kg y m3 bar, ºC, kg y m3 bar, ºC, kg y m3
61
62
Tablas de Propiedades Físicas Densidad Relativa. Temperatura de Fusión. Calor Latente de Fusión. Temperatura de Ebullición. Calor Latente de Vaporización. Temperatura Critica. Presión Critica. Calor de formación estándar. Calor de combustión estándar. 63
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
64
16
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Ejemplo 7. Se quema un combustible en el horno de una caldera, liberándose 2·109 J/hr de calor del cual el 90% se emplea para producir vapor saturado a 15 bar a partir de agua líquida a 30 ºC. Calcular los kg/hr de vapor producido despreciando los cambios de energía cinética y potencial. Caldera
Vapor saturado a 15 bar
Agua líquida a 30 ºC B.E:
65
Desde la tabla de vapor saturado con P = 15 bar: kJ hS = 2789.9 kg Asumiendo que las propiedades del agua líquida a 30ºC son muy parecidas a la del agua saturada a 30ºC. Desde la tabla de vapor saturado con T=30ºC:
Luego: J 1[kJ] (0.9)(2·10 9 ) ⋅ Q hr 1000[J] = 675.6 kg = = hr hS − hE (2789.9 − 125.7) kJ kg
67
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Q = ∆H Q = m vapor ⋅ ∆h = m vapor (hS − hE )
66
Ejemplo 8 (Nº5.55 V.W). Considerando el dispositivo que muestra la figura. 350ºC y 20 bar Turbina
W
50 m3
kJ hE = 125.7 kg
m VAPOR
Q + WE = ∆H + ∆EC + ∆EP
Por la turbina fluye vapor a 20 bar y 350ºC. De la línea, el vapor pasa a la turbina, y el vapor agotado entra a una cámara de 50 m3. Inicialmente la cámara ha sido evacuada. La turbina opera hasta que la presión de la cámara es de 10 bar, en este punto, la temperatura del vapor es 400ºC. Suponga el proceso completo como adiabático. Determinar el trabajo efectuado por 68 la turbina durante el proceso.
17
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Tomando como sistema la turbina y la cámara, y aplicando la primera ley para un sistema semicontinuo con solo una corriente de entrada:
v2 g Q + WE + me he + e + z e = 2gc gc v 22 g v12 g m u + + z − m u + + z1 2 2 2 1 1 2 g c gc 2 g c gc Despreciando los términos de energía cinética y potencial, y que el sistema es adiabático:
350ºC y 20 bar Turbina W 50 m3 B.M:
m e + m1 = m 2
Como inicialmente la cámara esta evacuada: m1 = 0
me = m2 Todo el vapor que entra a la turbina se acumula en la cámara: Considerando el B.M en el B.E:
WE + me ⋅ he = [m2 ⋅ u2 − m1 ⋅ u1 ]
WE + m e ⋅ h e = m 2 ⋅ u 2 69
De la tabla de vapor con 350º C y 20 bar
⇒
De la tabla de vapor con 400º C y 10 bar
⇒
Luego:
m2 =
V = v2
kJ h e = 3139 kg
WE = m 2 ⋅ (u 2 − h e )
70
Problemas Resueltos
kJ u 2 = 2958 kg m3 v 2 = 0.307 kg
[ ]
50 m3 = 162.87[kg] m3 0.307 kg
Reemplazando en el B.E.
kJ WE = 162 .87[kg](2958 − 3139 ) = −29479 .47[kJ] kg
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
71
72
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema N°1 (Nº4.2 VW) . El cilindro vertical que muestra la figura contiene 0.185 lbm de H2O a 100ºF. El volumen inicial encerrado debajo del émbolo es 0.65 pie3. El émbolo tiene un área de 60 pulg2 y una masa de 125 lbm. Inicialmente el émbolo descansa en los topes que se muestran. La presión atmosférica es de 14.0 lbf/pulg2 y la aceleración de gravedad 30.9 pie/s2. Se transmite calor al contenido del cilindro hasta que solo exista vapor saturado. Patm a) ¿Cuál es la temperatura del H2O cuando el émbolo empieza a levantarse de los topes? b) ¿Cuánto trabajo ejecuta el Émbolo sin Vapor fricción vapor durante el proceso? Líquido c) Mostrar el proceso en un 73 diagrama T-v.
Con la presión de 16.0 [lbf/pulg2] y volumen especifico de 3.5135 [pie3/lbm] se concluye que con estas condiciones se trata de una mezcla líquido-vapor. Desde la tabla de vapor saturado obtenemos la siguiente información: P [lbf/pulg2] 15 20
T [ºF] 213.03 227.96
vl [pie3/lbm] 0.01672 0.01683
vg [pie3/lbm] 26.29 20.089
v1 =
P2 = Patm +
[
[
]
]
[
]
74
[ ]
pie 3 3 V3 = m ⋅ v 3 = 0.185[lb m ] ⋅ 25.05 = 4.63 pie lb m
[ ]
pu lg2 lb f − W = 16.0 144 (4.63 − 0.65 ) pie 3 = 9170[lb f pie] 2 2 pu lg pie T [ºC] 16 [psi]
3
(2) (3)
2
Desde la tabla de vapor saturado obtenemos, por interpolación lineal, el volumen específico del vapor saturado:
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
A piston ⋅ g c
lb lb 125[lbm ] 30.9 pie / s 2 P2 = 14.0 f 2 + = 16.0 f 2 2 2 pu lg 60 pu lg 32.174 lbmpie / s lb f pu lg
− W = ∫ P ⋅ dV = P2 ⋅ ( V3 − V2 )
pie 3 pie 3 v 3 = (26.29 + (20.089 − 26.29) /( 20 − 15)) = 25.05 lb m lb m
[ ]
pie 3 Vinicial 0.65 pie 3 = = 3.5135 minicial 0.185[lb m ] lb m
Cuando el émbolo comienza a levantarse la presión en el cilindro es: mpiston ⋅ g
c)
Interpolando linealmente T ≅ 215.8 [ºF]. b)
a) Ya que el volumen y la masa permanecen constante, desde las condiciones iniciales hasta que el émbolo empieza levantarse, el volumen específico no cambiara entre estas dos condiciones.
75
100
(1)
3,5
3
v[pie /lbm ]
76
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema N°2 . Un automóvil que tiene una masa de 1400 [kg] viaja a 30 [m/s]. a) ¿Cuál es su energía cinética en [kJ]?
b) B.E.:
∆U + ∆E C + ∆EP = Q + W
∆U = ∆EP = Q = 0
Asumiendo:
W = ∆EC = EC 2 − EC1 = 0 − 630[kJ]
Luego:
b) ¿Cuanto trabajo es necesario hacer para que el auto se detenga? c) ¿Cuánto trabajo es necesario hacer para detener el auto si esta en la cima de un cerro de 100 [pie] de alto (después que el freno fue aplicado)?
W = −630[kJ] c) Asumiendo que el automóvil se detiene justo en fondo de la cima..
W = ∆EC + ∆EP
B.E.:
a) Considerando el automóvil como sistema.
W = (EC 2 − EC1 ) +
2
m ⋅ v2 EC = = 2 ⋅ gc
m 1400[kg]⋅ 302 s = 630[kJ] kg ⋅ m 2 ⋅ 1 2 N ⋅ s
77
Problema N°3 . Sobre una masa de fluido se desarrolla un proceso ciclico reversible tal como lo muestra el siguiente diagrama.
2
1
N 1[m] W = −630[kJ] + 1400[kg]⋅ 9.8 ⋅ (0 − 100)[pie ] 3.28[pie ] kg W = −1048.3[kJ]
B
C
B
C
Area bajo W = − ∫ P dV = − la curva Vi
A
1
A
78
Vf
P [bar]
2
P [bar]
m ⋅ g ⋅ ( z 2 − z1 ) gc
1
2
3
V [lt]
Proceso A-B: VB
1
2
3
V [lt]
Durante cada etapa del ciclo, calor es transferido hacia o desde el fluido: QAB=600[J], QBC=-650[J] y QCA=150[J]. Determine el W y ∆U para cada etapa del ciclo y para el ciclo completo. 79
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
WAB = − ∫ P dV = − VA
WAB = −
(PA + PB ) (VB − VA ) 2
[ ]
(1 + 2)[bar ] 105 [Pa] 1 m3 (3 - 1)[lt ] 3 = −300 [J] 2 1 [bar ] 10 [lt ]
80
20
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
P [bar]
P [bar]
A
2
1
B
C
1
2
3
1
1
VC
B.E.:
Proceso B-C: Proceso C-A:
3
V [lt]
VA
WCA = − ∫ P dV = 0
[ ]
105 [Pa] 1 m3 (1 - 3)[lt ] 3 = 200 [J] 1 [bar ] 10 [lt ]
VC
Ya que no hay cambio de volumen VA=VC
81
Q + W = ∆U
Proceso A-B:
2
Proceso C-A:
WBC = − ∫ P dV = −PB (VC − VB ) WBC = −1 [bar ]
B
C
V [lt]
Proceso B-C:
VB
A
2
∆U AB = 600 − 300 = 300 [J] ∆UBC = −650 + 200 = −450 [J] ∆UCA = 150 + 0 = 150 [J]
82
Problema N°4 (Nº2.14 SVN3 ). En una tubería horizontal recta fluye agua líquida. La tubería no permite el intercambio de calor o trabajo con los alrededores. La velocidad del agua en la tubería de 1 pulg de diámetro es de 20 pie/s. El agua fluye hacia una sección donde el diámetro aumenta repentinamente. a) ¿Cuál es el cambio de entalpía específica del agua si el diámetro aumenta a 2 pulg?
Para el ciclo completo:
WCICLO = WAB + WBC + WCA = −300 + 200 + 0 = −100 [J] ∆UCICLO = ∆UAB + ∆UBC + ∆UCA = 300 − 450 + 150 = 0
b) ¿Cuál es el cambio de entalpía específica del agua si el diámetro aumenta a 4 pulg? c) ¿Cuál es el cambio de entalpía específica máximo que se puede obtener por el ensanchamiento?
Ya que la energía interna especifica es una propiedad de estado 83
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
84
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
1 pulg
D2 v1 ⋅
π ⋅ (D1 )2 π ⋅ (D 2 )2 = v2 ⋅ 4 4
v 1 ⋅ (D1 )2 = v 2 ⋅ (D 2 )2
∆h = −
(v )2 − (v 2 )2 = ∆v 2 = 1 2 ⋅ gc 2 ⋅ gc
m1 = m 2
B.M.:
⇒
Reemplazando en el B.E.
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP n ⋅ ∆v 2 0 = ∆H + ∆E C = n ⋅ ∆h + 2 ⋅ gc ∆v 2 0 = ∆h + 2 ⋅ gc
B.E.:
ρ1 = ρ 2
Ya que el agua líquida es un fluido incompresible:
20 pie/s
4
D2
2 ⋅ gc
4 D2 2 ⋅ gc
(v 1 )2 ⋅ 1 − D1
ρ1 ⋅ V1 = ρ 2 ⋅ V2
∆h =
ρ1 ⋅ A 1 ⋅ v 1 = ρ 2 ⋅ A 2 ⋅ v 2 85
a) Si D2 = 2 pulgadas.
86
c) Si D2 = ∞.
pie 2 1 4 20 2 ⋅ 1 − s 2 2
pie 2 20 2 2 lb ⋅ pie s ∆h = = 6.22 f lb m ⋅ pie lb m 2 ⋅ 32.174 2 lb f ⋅ s
lb ⋅ pie ∆h = = 5.83 f lb m ⋅ pie lb m 2 ⋅ 32.174 2 lb f ⋅ s
b) Si D2 = 4 pulgadas.
∆h =
(v 1 )2 − (v 1 )2 ⋅ D1
pie 2 1 4 20 2 2 ⋅ 1 − s 4
lb ⋅ pie = 6.19 f lb ⋅ pie lb m 2 ⋅ 32.174 m 2 lb f ⋅ s 87
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
88
22
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema N°5 . Considerando la planta de vapor simplificada que muestra la figura: 1
De la planta se tiene los siguientes datos:
Lugar
2
1: 2: 3: 4:
Caldera Turbina
Salida de la caldera Entrada a la turbina Salida de la turbina Salida del condensador
Presión [lbf /pulg2]
Temperatura
300 280 2 1,9
600 550
Calidad
[ºF]
93% 110
3
Determinar por lbm de fluido a través de la planta:
Bomba 4 5
Condensador
El trabajo de la bomba adiabática es de 3 Btu/lbm
89
a) Aplicando la 1ra ley de la termodinámica a la línea entre la caldera y la turbina:
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP Despreciando los efectos de la energía cinética y energía potencial:
Q = ∆H = m ⋅ ∆h = h 2 − h1
a) La transmisión de calor en la línea entre la caldera y la turbina. b) El trabajo de la turbina asumiendo comportamiento adiabático. c) La transmisión de calor en el condensador. d) La transmisión de calor en la caldera.
90
b) Tomando la turbina como sistema:
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP Despreciando los efectos de la energía cinética y energía potencial
WE = ∆H = m ⋅ ∆h
WE = ∆h = h 3 − h 2 De la tabla de vapor saturado con P = 2 (lbf/pulg2) tenemos:
h f = 93.99[Btu / lbm ] y hg = 1116.2[Btu / lbm ]
De la tabla de vapor sobrecalentado: Con P = 300[lb f / pu lg 2 ] y T = 600[º F]
⇒
h = 1314.7[Btu /lb m ]
Con P = 280[lb f / pu lg2 ] y T = 550[º F]
⇒
h = 1288.7[Btu /lb m ]
Q = h 2 − h1 = (1288 .7 − 1314 .7 )[Btu] = −26[Btu]
h3 = (0.93)(1116.2)[Btu / lbm ] + (1 − 0.93)(93.99)[Btu / lbm ] 91
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
La entalpía de la mezcla líquido-vapor a la salida de la turbina es: h 3 = x ⋅ h g + (1 − x ) ⋅ h f
92
23
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
h 3 = 1044 .7[Btu / lbm ] Luego:
d) Tomando a la caldera como sistema:
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP
WE = h3 − h2 = (1044.7 − 1288.7)[Btu] = −244[Btu]
Despreciando los efectos de la energía cinética y energía potencial:
Q = ∆H = m ⋅ ∆h = h1 − h 5
c) Considerando al condensador como sistema:
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP
Realizando un balance de energía a la bomba:
Despreciando los efectos de la energía cinética y energía potencial:
Q = ∆H = m ⋅ ∆h = h 4 − h 3
Despreciando los efectos de la energía cinética y energía potencial
WE = ∆H = m ⋅ ∆h = h5 − h 4
De la tabla de vapor saturado con T = 110 (ºF) tenemos: Luego:
Q + WE = ∆H + ∆E C + ∆EP
h 5 = h 4 + W = (77.94 + 3 )[Btu] = 80.94[Btu]
h f = 77 .94[Btu / lb m ]
Luego, en la caldera tendremos:
Q = h 4 − h3 = (77.94 − 1044.7)[Btu] = −966.76[Btu] 93
Q = h1 − h 5 = (1314.7 − 80.94 )[Btu] = 1236.76[Btu]
Problema N°6 (Nº 5.26 VW) . Los siguientes datos son de un ciclo de refrigeración que usa freón-12 como refrigerante. Asuma que la válvula de expansión es adiabática. Lugar Salida del Compresor Entrada al condensador Salida condensador y entrada a la valvula de expansión Salida de la valvula de expansión y entrada a evaporador Salida evaporador Entrada compresor
Presión [lbf /lbm ] 175 150 149
Temperatura [ºF] 240 220 100
29
_
25 25
20 40
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
QC Condensador Válvula de expansión
Compresor W Evaporador QE
Calcular: (a) Calor transmitido del compresor en Btu/hr. (b) Calor transmitido del condensador en Btu/hr. (c) Calor transmitido al freón-12 en el evaporador en Btu/hr.
Flujo de freon12 = 300[lbm / hr ]
Potencia que recibe el compresor = 25[hp]
94
95
96
24
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
a) B.E. al compresor:
Q + WE = m ∆h
b) B.E. al condensador:
Q C = ∆H = m∆h
Desde la tabla de vapor sobrecalentado del freón-12 con: T = 40 ºF y P = 25 psi:
T = 240 ºF y P = 175 psi:
Btu h = 83.012 lb m
Btu h = 110.605 lbm
Desde la tabla de vapor sobre calentado con T = 220 ºF y P = 150 psi: Btu
h = 107 .720 lb m
Btu 3600[s] 9.486 ⋅ 10 − 4 ⋅ s 1[hr ] = 6371 .19 Btu WE = 2.5[hp ] hr 1.34 ⋅ 10 − 3 [hp] Btu lb Btu Q = 200 m (110.605 − 83.012 ) − 6371.19 hr lb hr m Btu Q = −852.6 hr
c) B.E. al Evaporador:
Btu h = 31.100 lb m Btu lb Btu Q C = 200 m (31.100 − 107.720 ) = −15324 hr lb hr m
97
QE = ∆H = m ∆h
Considerando que entra al evaporador una mezcla líquidovapor con la entalpía del líquido saturado a 29 psi que entra a la válvula (válvula isoentalpica):
Btu h = 31.100 lb m Desde la tabla de vapor sobre calentado con T = 20 ºF y P = 25 psi:
Btu h = 80.088 lb m
Btu lb Btu QE = 200 m (80.088 − 31.100 ) = 9797.6 hr 99 hr lb m
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Asumiendo que las propiedades del líquido son muy parecidas a la del líquido saturado a la misma temperatura. Desde la tabla de vapor saturado con T = 100ºF:
98
Problema N°7 (Nº32 Cap8 ). Se evapora isotérmicamente e isobáricamente agua líquida a 10 bar y a su temperatura de saturación. Determine el calor que debe agregarse a fin de producir 20000 m3/hr de vapor a las condiciones de salida. El vapor se descarga a través de una tubería de 20 cm de D.I. Agua(v) sat.
Agua(l) sat. Evaporador 10 bar
20000 m3/hr
Q
Aplicando un balance de energía al evaporador descartando los términos de energía que no intervienen (W) y los que por su magnitud podemos despreciar (EP y vinicial), tenemos:
Q = ∆H + ∆E C = m(h salida − h entrada ) +
m ⋅ v 2salida 2g C
100
25
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Desde la tabla de vapor saturado con la presión de 10 bar obtenemos:
Tsaturación = 179 .9[º C] hlíquido
sat.
kJ = 762.6 kg
v salida =
m3 y v vapor = 0.1943 kg kJ y h vapor sat. = 2776 .2 kg
m3 F hr
m3 2000 hr
m
m
[ ] = π ⋅ (0.1) [m ] = 636619.77hr = 176.84 s
A m2
2
2
Reemplazando en el balance de energía:
m3 m3 F 20000 hr hr = 102933 .6 kg 1[hr ] = 28.59 kg m= = hr 3600[s] s m3 m3 0 . 1943 v kg kg
kJ kg Q = 28.59 (2776.2 − 762.6 ) + s kg
m2 kg 28.59 ⋅ (176.84)2 2 s s
kg ⋅ m 2(1) 2 s ⋅N kJ N ⋅ m kJ Q = 57568.8 + 447039 = (57568.8 + 447.0) s s s kJ Q = 58015.8 = 58015.8[kW ] s
101
Problema N°8 (Nº38 Cap8) . Se mezclan adiabáticamente dos corrientes de agua líquida. La primera corriente entra al mezclador a 30ºC a razón de 150 g/min, mientras que la segunda entra a 85ºC con un flujo de 230 g/min. Calcular la entalpía específica y temperatura de la corriente de salida. 1
De la tabla de vapor saturado para el líquido con: kJ h1 = 125 .7 T = 30 ºC kg T = 85 ºC:
2
230 gr/min de H2O(l) a 85ºC
150 gr/min de H2O(l) a 30ºC ¿h y T?
kJ h 2 = 355.9 kg
(Interpolando linealmente)
De la combinación del B.M. y del B.E.
h3 =
3
B.M.: m1 + m 2 = m 3 B.E.: 0 = ∆H = m 3 ⋅ h 3 − m 2 ⋅ h 2 − m1 ⋅ h1 103
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
102
m1 ⋅ h1 + m 2 ⋅ h 2 m1 + m 2
kJ kJ kg kg 0.15 ⋅ 125.7 + 0.23 ⋅ 355.9 min min kg kg h3 = kg (0.15 + 0.23 ) min
104
26
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
kJ h 3 = 265.0 kg Buscamos en la tabla de vapor saturado la temperatura a la cual el agua líquida saturada tiene una h3 = 265.0 kJ/kg. Encontramos interpolando linealmente que la temperatura de la corriente de salida es de 63.3ºC:
Problema N°9 (Nº35 Cap8 ). Se utiliza vapor saturado de agua a 120.2 ºC para calentar una corriente de etano desde 10 ºC hasta 90 ºC. Un flujo de 800 m3/min de etano a 1.5 atm entra a un intercambiador de calor adiabático. El vapor de agua condensa y abandona el intercambiador de calor como líquido a 1.8 bar. La entalpía especifica del etano a 1.5 atm es de 1034.2 kJ/kg a 10 ºC y de 1186.0 kJ/kg a 90 ºC. a) ¿Cuánto calor debe proporcionarse para calentar el etano desde 10ºC hasta 90ºC? b) ¿Cuánto kg/min de vapor debe suministrarse al intercambiador de calor?
105
Etano 1.5 atm y 90ºC
Etano a 1.5 atm y 10ºC 800 m3/min
Intercambiador de calor
Vapor saturado a 120.2ºC
Condensado a 1.8 bar
a) El calor que requiere el etano es el que debe proporcionar el vapor
Q = ∆Hetano = m etano ⋅ ∆h etano A las condiciones de presión y temperatura a las que se encuentra el etano podemos asumir comportamiento de gas idea.
P ⋅ V = n ⋅R ⋅ T
⇒
P ⋅ PM = ρ ⋅ R ⋅ T 107
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
106
De la tabla de propiedades físicas: PMETANO = 30.07
ρ etano
kg 1.5[atm] ⋅ 30.07 kg − mol kg = = 1.94 3 3 m ⋅ atm m 0.08206 (10 + 273015 )[K ] kg − mol ⋅ K m3 kg kg m etano = 800 ⋅ 1.94 3 = 1552 min m min
Reemplazando obtenemos: kJ kg kJ Q = 1552 (1186 .0 − 1034 .2) kg = 235593 .6 min min 108
27
Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
b) Realizando un B.E. al intercambiador de calor:
0 = ∆Hagua + ∆Hetano = magua ⋅ ∆hagua + metano ⋅ ∆h etano De la tabla de vapor saturado con T=120.2ºC:
kJ h v = 2706.3 kg De la tabla de vapor saturado con P=1.8 bar: kJ hliq = 490.7 kg Reemplazando en el B.E.:
magua = −
me tano ⋅ ∆he tano ∆hagua
kJ kg 1552 ⋅ (1186.0 − 1034.2)kg min = 106.30 kg =− min kJ (490.7 − 2706.3) kg 109
Recurriendo a la tabla de vapor saturado, con las condiciones de temperatura y presión del agua a la entrada de la válvula, nos damos cuenta que se trata de un líquido comprimido. Considerando que las propiedades del agua no varían mucho con la presión, tomaremos la entalpía del agua saturada a la misma temperatura como semejante a la del líquido comprimido. De la tabla de vapor saturado con T = 143.6ºC:
Problema N°10 (Nº41 Cap 8 ). Agua líquida a 143.6 ºC y 14 bar, pasa a través de una válvula de expansión adiabática, formando instantáneamente una mezcla de líquido y vapor a 1.4 bar. Determinar la temperatura de la mezcla, y estimar la fracción de la fase vapor. Despreciar la variación de energía cinética. Agua líquida a 143.6ºC y 14 bar
V 1.4 bar L
B.M.:
A =L+V
B.E.:
0 = ∆H = V ⋅ hV + L ⋅ hL − A ⋅ hA 0 = V ⋅ hV + ( A − V ) ⋅ hL − A ⋅ hA 0 = V ⋅ (hV − hL ) − A ⋅ (hA − hL )
110
Reemplazando en el balance de energía:
V (hA − hL ) (604.7 − 449.2) = = = 0.069 A (hV − hL ) (2690.3 − 449.2) Como a la salida es una mezcla líquido-vapor saturada, desde la tabla de vapor saturado con P=1.4 bar obtenemos la temperatura de la mezcla T=109.3ºC.
kJ hA = 604.7 kg y con P = 1.4 bar:
kJ hL = 449.2 kg
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kJ hV = 2690.3 kg
111
112
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema N°11 (2-20 SVN3) . Se comprime, en un proceso de flujo uniforme, dióxido de carbono gaseoso desde una presión inicial de 15 lbf/pulg2, hasta una presión final de 520 lbf/pulg2. El trabajo de eje suministrado al compresor es de 5360 Btu/lb-mol de CO2 comprimido. La temperatura del CO2 a la entrada es de 50 ºF y se requiere que la temperatura final después de la compresión sea de 200 ºF. El CO2 fluye al compresor a través de una tubería cuyo diámetro interior es de 6 pulg, con una velocidad de 10 pie/s. Las propiedades del CO2 para las condiciones de entrada y salida son: Condiciones v de [ pie 3/lbm ] Entrada 9,25 Salida 0,28
h [ Btu/lbm ] 307 330
] [[ ] ]
1pie 3600[s] pie π 10 ⋅ ⋅ 6 2 pu lg2 ⋅ 2 ⋅ 2 s 4 1[hr ] 12 pu lg lb m= = 764 m pie 3 hr 9.25 lbm 2
lb 764 m hr ⋅ 5360 Btu = 93069 Btu WE = lb − mol hr lb m 44 lb − mol Btu lb Btu Btu Q = 764 m ⋅ (330 − 307 ) = −75497 − 93069 hr hr hr lb m 115
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
5360 Btu/lb CO2 T = 50 ºF P=15 psi v=10 pie/s
W
¿Q? T = 200 ºF
Compresor
Int. de Calor
B.E.: Q + WE = ∆H
Q = m ⋅ ∆h − WE 113
[
Para obtener las condiciones de salida, ¿se deberá suministrar o retirar calor? Calcule el flujo de calor en Btu/hr. Los cambios de energía cinética pueden despreciarse.
114
Ejemplo N°12 (Nº59 Cap8 ). Deben diluirse 1000 lt de una solución 90% en peso de glicerol y 10% de agua hasta alcanzar 60% en peso de glicerol, mediante el agregado de una solución al 35% en peso de glicerol, la cual se bombea desde un gran estanque de almacenamiento, a través de una tubería de 5 cm de D.I., a régimen permanente. La tubería descarga en un punto ubicado 20 m por encima de la superficie del líquido del estanque de almacenamiento. La operación requiere 13 minutos para completarse y se efectúa en forma isotérmica. La perdida por fricción es de 50 J/kg. Calcular el volumen de la solución final y el trabajo de eje en kW que debe suministrar la bomba. Datos: Densidad del agua = 1 kg/lt 116 Densidad del glicerol = 1.26 kg/lt
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
20 m
90% glicerol inicialmente
20 m
35% glicerol
35% glicerol
B.C.: 1000 lt de solución al 90% de glicerol. mInicial = VInicial ⋅ ρ 90% Ya que: 1 = ρM
N
∑ ρx i =1
i
1
i
ρ 90% ρ 90%
90% glicerol inicialmente
=
0.90 ρGlicerol
+
Considerando el estanque mezclador como sistema: B.M. total :
0.10 0.90 0.10 = + = 0.814 ρ Agua 1.26 1.00
kg = 1.23 lt
kg mInicial = 1000[lt ] ⋅ 1.23 = 1230[kg] lt
mInicial + m Agregada = mFinal
B.M. glicerol: 0.9 ⋅ mInicial + 0.35 ⋅ m Agregada = 0.6 ⋅ mFinal Reemplazando el valor de la masa inicial en los balances de masa y resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos: m Agregada = 1476[kg]
y
mFinal
= 2706[kg]
117
118
Luego:
VFinal = 1 ρ 60%
=
mFinal ρ 60% 0.60
ρGlicerol
20 m
90% glicerol inicialmente
35% glicerol
0.40 0.60 0.40 + = + = 0.876 ρ Agua 1.26 1.00
Aplicando un balance de energía mecánico:
kg ρ 60% = 1.14 lt VFinal =
W ∆P ∆v 2 g∆z + + +F = E ρ 2gc gc m
2706 [kg ] = 2373 .7[lt ] kg 1.14 lt
Tomando como puntos la superficie del estanque de almacenamiento y la descarga de la tubería, donde la presión es la presión atmosférica:
119
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∆P =0 ρ
(de acuerdo a los puntos tomados) 120
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
v2 ∆v 2 = 2 (la velocidad en la superficie del estanque ≅ 0) 2gc 2g c
v2 =
v2 =
N N ⋅ m g ∆z = 9.806 (20 − 0 )[m] = 196.120 gc kg kg
Luego, reemplazando en el balance de energía mecánico:
VAgregado Area ⋅ tiempo
[ ]
3 (2373.7 − 1000 )[lt ] 1m 1000[lt ]
1[m ] [ ]10000 [cm ]
π ⋅ (2.5 )2 cm 2
2
2
m = 0.897 s 60[s] ⋅ 13[min] 1[min]
2
m (0.897) 2 2 ∆v s = 0.402 N ⋅ m = kg 2gc kg ⋅ m 2(1) N ⋅ s2
∆P ∆v 2 g∆z WE = mAgregada + + + F ρ 2gc gc mAgregada =
1476[kg] kg = 1.892 60[s] s 13[min] 1[min]
N ⋅ m kg WE = 1.892 (0 + 0.402 + 196.12 + 50 ) s kg
121
Problemas Propuestos Problema Nº1 (Nº4.1 VW). Un cilindro con un émbolo contiene 4 lbm de vapor saturado a una presión de 100 psi, el vapor se calienta hasta que la temperatura es de 500 ºF y durante este proceso la presión permanece constante. Calcular el trabajo efectuado por el vapor durante el proceso. (Respuesta: 85.7 Btu). Problema Nº2 (Nº4.4 VW). Un globo desinflado inicialmente, se infla llenándolo con aire del depósito de aire comprimido. El volumen final del globo es 50 pie3. El barómetro marca 755 mm Hg. Considerando el deposito, el globo y el tubo de conexión como sistema. Determine el trabajo realizado durante este proceso.
N ⋅ m J WE = 466 = 466 = 0.466[kW ] s s
122
Problema Nº3 (Nº4.5 VW). Un globo esférico tiene 8 pulgadas de diámetro y contiene aire a una presión de 18 psi. El diámetro del globo aumenta a 12 pulgadas debido al calor, y durante este proceso la presión es proporcional al diámetro. Calcular el trabajo efectuado por el aire durante el proceso. (Respuesta: 1225 lbf⋅pie). Problema Nº4 (Nº 4.7 VW). Vapor de agua saturado a 400 ºF contenido en un cilindro con un émbolo, tiene un volumen inicial de 0.3 pie3. El vapor se expande en un proceso isotérmico hasta una presión final de 20 lbf/pulg2 ejecutando, mientras tanto, trabajo contra el émbolo. Determinar el trabajo efectuado durante este proceso. (Respuesta: ≈ 31533 lbf⋅pie).
(Respuesta: 105144 lbf⋅pie). 123
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124
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Termodiná Termodinámica General
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Problema Nº5 (Nº4.6 VW). Se comprime amoniaco en un cilindro con un émbolo, la temperatura inicial es de 200ºF y la presión inicial es de 60 psi, y la presión final es 180 psi. Se dispone de los siguientes datos para este proceso: Presión lbf/pulg2
Volumen Pulg3
60
80.0
80
67.5
100
60.0
120
52.5
140
45.0
160
37.5
180
32.5
Problema Nº6 (Nº4.13 VW). Un globo esferoidal tiene un radio de 30 pies, se llena de helio proveniente de un cilindro a presión alta que contiene helio a 2000 lbf/pulg2 y 80ºF. El globo esta desinflado inicialmente y la presión atmosférica es de 30.06 Pulg Hg. ¿Cuánto trabajo se efectúa contra la atmósfera cuando el globo se infla? Asumir que no se estira el material del que esta hecho el globo y que la presión dentro del es esencialmente la atmosférica. (Respuesta: 2.4⋅108 lbf⋅pie).
a) Determinar el trabajo considerando el amoniaco como sistema. b) ¿Cuál es la temperatura final del amoniaco? (Respuesta: a) ≈ 5325 lbf⋅pie, b) sobre los 320 °F.
125
Problema Nº7 (Nº4.14 VW). El dispositivo de cilindro y émbolo que muestra la figura contiene dos lb-mol de aire a 1000 psi y 500 ºF. Se transfiere calor al aire y se quitan los pesos pequeños del embolo a tal velocidad, durante la expansión, que la expresión PV1.5=constante, se realice. Determinar el trabajo efectuado por el gas durante este proceso. Suponga que la presión final de la expansión es 14.7 psi.
126
Problema Nº8 (Nº23 CAP8). Deben precalentarse 100 kg-mol por hora de aire desde 25 ºC hasta 150 ºC, antes que éste penetre a un horno de combustión. El cambio en entalpía específica asociado con esta transición es de 870 cal/mol. Calcular el requerimiento de calor en kW, suponiendo despreciable los cambios de energía cinética y potencial.
Problema Nº9 (Nº50 CAP 8). Se mezcla una corriente continua de agua a 0ºC con una segunda corriente a 60ºC, para dar 200 kg/hr de agua a 25ºC. Los cambios de energía cinética y potencial resultan despreciables. Aire
(Respuesta: 4.48⋅106 lbf⋅pie).
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a) Calcular los flujos de las dos corrientes de alimentación, suponiendo que el proceso es adiabático. b) Recalcular los flujos suponiendo una pérdida de calor del mezclador de 400 kJ/hr. 127
128
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema N°10 (Nº39 Cap8). Una turbina descarga 200 kg/hr de vapor saturado a 1 bar. Se desea generar vapor a 200ºC y 1 bar mediante el mezclado de la descarga de la turbina con una segunda corriente de vapor a 250 ºC y 1 bar. a) Si deben generarse 300 kg/hr de vapor producto, ¿cuánto calor debe agregarse al mezclador? b) Si el mezclado se lleva a cabo en forma adiabática, ¿cuál será el flujo del vapor producido? Vapor a 250 [ºC] y 1 [bar] 2
Turbina 200 [kg/hr]
Vapor a 200 [ºC] y 1 [bar]
1
Vapor saturado a 1 [bar]
(Respuesta: a) 29920 kJ, b) 599 kg/hr)
3
Q
129
Problema Nº14 (5.23 VW). Considerando una bomba de agua movida con una turbina de vapor, como se muestra en la siguiente figura: Agua líquida comprimida a 1000 psi
Vapor Saturado a 100 psi
200000 lbm /hr Turbina Agua líquida Saturada a 80°F
Bomba Eje
Vapor Saturado a 20 psi y calidad 98%
La entalpía del agua líquida aumenta en 4 Btu/lbm durante el proceso. Los estados iniciales y finales, tanto del agua líquida como el vapor, son las que aparecen en la figura. Considere que ambos procesos, el de bombeo, y el de expansión del 131 vapor, son adiabáticos.
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Problema N°11 . En un estanque rígido y hermético de 10 m3, se tiene agua a 0.5 MPa y 200 ºC. Cuanto calor se requiere retirar para que el estanque alcance una presión de 0.2 MPa. (Respuesta: 27493 kJ). Problema Nº12 (5.19 VW). Se comprime vapor de agua en un compresor centrífugo. Las condiciones a la entrada son de vapor saturado y seco a 100 ºF y las condiciones de salida son de 5 psi y 400 ºF. Durante el proceso de compresión se transfiere calor al vapor a razón de 2000 Btu/hr. El flujo de vapor es de 300 lbm/hr. Calcular la potencia requerida para mover el compresor. Problema Nº13 (5.21 VW). En un refrigerador comercial el refrigerante es freón-12 y entra al compresor como vapor saturado a –10ºF y sale a una presión de 200 lbf/pulg2 y a una temperatura de 160ºF. El flujo másico es de 5 lbm/min y las perdidas de calor del compresor son de 2 Btu/lbm. ¿Cuántos hp 130 se requieren para mover el compresor?
a) ¿Cuál es el flujo másico del vapor para mover la turbina? b) Si la turbina se reemplaza por un motor eléctrico. ¿Cuál es la capacidad requerida del motor en hp? Problema N°15 (5.34 VW ). Un estanque con un volumen de 200 pie3 contiene vapor saturado a una presión de 20 lbf/pulg2. El estanque esta conectado a una línea por la que fluye vapor a 100 lbf/pulg2 y 400 ºF. El vapor entra al estanque hasta que la presión es de 100 lbf/pulg2. Calcule la masa de vapor que entra al estanque, considere que no hay transmisión de calor desde o hacia el estanque. Vapor a 100 psi y 400 ºF V= 200 pie3 (Respuesta: 32.8 lb132 m).
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Termodiná Termodinámica General
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Problema N°16 (5.37 VW*) . Un estanque aislado térmicamente, de 3 m3 de volumen, contiene vapor saturado seco a 5 MPa, se extrae vapor por una línea como muestra la figura, hasta que la presión es de 1 MPa. Calcular la masa de vapor extraída, suponiendo que en cualquier momento el estanque contiene una mezcla de líquido y vapor.
Inicialmente
Finalmente
Vapor 200 ºC
Vapor 200 ºC
Vapor
Vapor Saturado 5 MPa
Problema N°17 (Nº5.39 V.W*) . Un recipiente a presión de 2 m3 de volumen contiene vapor a 200 ºC. El recipiente contiene inicialmente 60% de vapor y 40% de líquido en volumen. El líquido se extrae lentamente del fondo del estanque mientras se transmite calor, a fin de mantener la temperatura constante. Determinar la transmisión de calor al estanque cuando la mitad del contenido total de este ha sido removido.
1 MPa
Condición inicial (1)
Condición final (2)
Líquido
Q Líquido
(Respuesta: 55.1 kg).
133
Problema N°18 (Nº5.41 VW) . Considerando una planta de potencia improvisada como muestra la figura, para ser operada en la estufa de la cocina. La olla a presión tiene un volumen de 28.3 lt conteniendo 90% de líquido y 10% de vapor en volumen a 1 bar. Se transmite calor al agua contenida en la olla, la que tiene una válvula reguladora de presión ajustada a 4 bar. Cuando la presión alcanza 4 bar fluye vapor saturado de la olla a la turbina. El vapor sale de la turbina como vapor saturado a 1.2 bar. El proceso continua hasta que la olla esta llena con un 10% de líquido y 90% de vapor en volumen a 4 bar. Suponer que la turbina es adiabática.
Q Líquido
(Respuesta: 6257 kJ).
H2O(v)
Valvula Reguladora
134
Vapor saturado a 4 bar
W Turbina H2O(liq)
Olla
Vapor saturado a 1.2 bar Q
Resultados: a) -1179 kJ, b) 51047 kJ
a) Determinar el trabajo total efectuado por la turbina durante el proceso. b) Determinar el calor total transmitido durante el proceso. 135
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136
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema Nº19 (Nº53 CAP 8). Una solución de salmuera, con una densidad relativa de 1.03, fluye a través de una tubería que posee una sección transversal variable. A continuación se incluyen datos tomados en dos puntos de la línea.
PMANOMETRICA [Pa] z [m] v [m/s]
Punto 1 1.5 · 105 4 5
Punto2 9.77 · 104 10 ¿?
Problema N°20 (Nº55 CAP 8) . Se almacena metanol en un estanque muy grande bajo una presión de 4 atm absolutas. Cuando se abre totalmente la válvula ubicada en la parte inferior del estanque, el metanol sale libremente a través de una tubería de 2 cm de diámetro interno, cuyo extremo se encuentra 8 m por debajo de la superficie del metanol. La presión a la salida de la tubería de descarga es de 1 atm. Estimar la velocidad de descarga de metanol en m/s y el flujo en lt/min. Despreciar la caída de nivel de metanol en el estanque. 4 atm
a) Despreciando la fricción, calcular la velocidad en el punto 2. b) Si el diámetro de la tubería en el punto 2 es de 6 cm ¿Cuál es el diámetro en el punto1?
CH3OH 8m
137
Problema N°21 . Se requiere transportar un flujo de agua líquida de 100 [lt/min], desde un estanque de almacenamiento a un punto ubicado 3 metros sobre la superficie del líquido de este estanque, desde donde el líquido caerá a un estanque intermedio. Las perdidas por fricción del circuito son de 2.5 [J/kg]. La presión dentro del estanque de almacenamiento es de 1.1 [atm]. El diámetro interno de la cañería por la que se transporta el agua es 2.54 [cm].
3m
Nivel de líquido
Estanque Intermedio
Estanque de Almacenamiento
138
¿Cuál es la potencia neta que debe entregar la bomba? Resultado: 0.06 hp. Problema N°22 (2.28 SVN6) . El flujo de agua que recorre un serpentín horizontal calentado desde el exterior mediante gases de combustión de alta temperatura. Mientras pasa a traves del serpentín el agua cambia del estado líquido a 200 kPa y 80 °C a vapor a 100 kPa y 125 °C. La velocidad de entrada e s de 3 m/s y su velocidad de salida es de 200 m/s. Determine el calor transferido por unidad de masa de agua a través del serpentín. Las entalpías de las corrientes de entrada y salida son respectivamente: 334.9 kJ/kg y 2726.5 kJ/kg. Resultado: 2412 kJ/kg.
Bomba
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Resultados: 30.4 m/s, 573 lt/min.
139
140
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Termodiná Termodinámica General
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Problema N°23 (5.22 VW). Se propone la construcción de un rascacielos de 1609 m de alto. En este rascacielos se proporciona el vapor de calefacción por un tubo que va hasta el piso más alto. El vapor entra al nivel del suelo como vapor saturado y seco a la presión de 0.2 MPa y a 120.23 °C, y en lo alto la presión es de 0.125 MPa. La perdida de calor a lo largo del tubo es de 50 Btu/lbm. ¿Cuál es la calidad del vapor en lo alto del tubo? Desprecie el cambio de energía cinética.
Problemas Resueltos en Clases
Respuesta: 0.951
141
Problema Nº1. Considerando la planta de vapor simplificada que muestra la figura: 2
1
142
Determinar por kg de fluido a través de la planta: a) La transmisión de calor en la línea entre la caldera y la turbina. b) El trabajo de la turbina asumiendo comportamiento adiabático
Turbina
c) La transmisión de calor en el condensador.
3 Caldera 4
d) La transmisión de calor en la caldera, si el trabajo de la bomba es de 30 [kJ/kg].
Condensador 5
Bomba
De la planta se tiene los siguientes datos:
1: 2: 3: 4:
Lugar Salida de la caldera Entrada a la turbina Salida de la turbina Salida del condensador
Profesor: Luis Vega Alarcó Alarcón
Presión [MPa] 0.2 0,2 0,1
Temperatura [ºC] 300 250
Calidad
90% 90
143
144
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema Nº2 (Nº36 Cap8). Un flujo de 400 kg/min de vapor sobrecalentado a 6000 kPa y 650 ºC, fluye a través de una turbina adiabática, donde se expande hasta 500 kPa desarrollando 3342667 W. De la turbina el vapor fluye hacia un intercambiador de calor, donde se calienta isobáricamente hasta la temperatura de 600 ºC. a) Determinar la temperatura del vapor a la salida de la turbina. b) Determinar la alimentación de calor requerido en el intercambiador de calor en kW.
Problema Nº3 (Nº5.40 VW). Una demostración muy espectacular consiste en hacer hielo succionando con una bomba de vacío sobre agua líquida, hasta que la presión se reduce abajo del punto triple. Tal aparato es el que se muestra en forma esquemática en la siguiente figura. Bomba de vacio H2O (v)
6000 kPa y 650 ºC
H2O (líq)
400 kg/min
Turbina
W Q 500 kPa
Intercambiador de calor
600 ºC
145
(a) Determinar qué fracción de la masa inicial de agua será bombeada cuando el líquido y el vapor alcancen 0 ºC. (b) Determinar qué fracción de la masa inicial puede solidificarse.
Inicialmente el estanque contiene 0.9 m3 de vapor saturado de agua y 0.1 m3 de líquido saturado de agua a la temperatura de 25 ºC. Suponer que no hay transmisión de calor durante este 146 proceso y que la masa de vapor en el estanque es despreciable.
Problema Nº4. Considerando el esquema que se entrega que muestra un circuito para alimentar agua a un estanque. Donde la descarga del agua sobre el estanque ocurre en un punto localizado 8 m sobre la toma de la bomba. Por este circuito debe pasar un flujo de 1.52 lt/s de agua a 20 °C, a través de una cañería de 1 pulgada de diámetro. Las perdidas por fricción del circuito son de 12 J/kg. Si la temperatura del agua no cambia determine la potencia de la bomba en hp.
Estanque
7m
1m Bomba 147
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Agua
Toma de agua
148
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Termodiná Termodinámica General
04/03/2013
Problema Nº5 (5.57 VW). Un recipiente evacuado, de 28.3 lt, contiene una cápsula de agua líquida a 7 bar y 165 ºC. El volumen de la cápsula es de 2.83 lt. La cápsula se rompe y su contenido llena todo el volumen. ¿Cuál es la presión final?. Asuma que no existen perdidas de calor. (1) Inicial
(2) Final
¿P? Cápsula
149
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