Problemas Termodinamica [PDF]

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8-86 Agua líquida a 200 kPay 15 ° C se calienta en una cámara mezclándola con vapor sobrecalentado a 200 kPa y 200 ° C. El agua líquida entra a la cámara mezcladora a razón de 4 kg /s, y se estima que la cámara pierde calor al aire circundante a 25 ° C a razón de 600 kJ /min. Si la mezcla sale de la cámara mezcladora a 200 kPa y 80 ° C, determine a) el flujo másico del vapor sobrecalentado y b) el potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso de mezclado.

Solución:   

Proceso con flujo estable . Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes . Nointerviene trabajo .

Por tablas obtenemos : P1=200 kPa T 1=15 ° C P2=200 kPa T 2=200 ° C P3=200 kPa T 3=80 °C

h1 ≅ h f @ 15° C =62.98 kJ /kg s1 ≅ s f @15 ° C =0.22447 kJ /kg . K h2 =2870.4 kJ /kg s2=7.5081 kJ /kg . K h3 ≅ h f @ 80 ° C =335.02 kJ /kg s3 ≅ sf @80 ° C =1.0756 kJ /kg . K a ¿ Por equilibrio de flujo de masa : m˙ entra −m˙ sale =∆ m ˙ sistema=0 m˙ 1+ m ˙ 2=m˙ 3 Por balance de energía : E˙ entra − E˙ sale =∆ E˙ sistema =0 E˙ entra = E˙ sale m˙ h1+ mh ˙ 2=Q˙ sale + m˙ h3

Ahora combinamoslas dos ecuaciones obtenidas : Q˙ sale = m ˙ 1 h1 + m˙ 2 h 2−( m˙ 1 + m ˙ 2) h 3=m˙ 1 ( h1−h3 ) + m ˙ 1 (h 2−h3 ) Hallamos m˙ 2 : m˙ 2=

Q˙ sale −m˙ 1 ( h1−h 3 ) (600/60 kJ /kg)−(4 kg/ s)(62.98−335.02)kJ /kg = =0.429 kg /s h2−h3 ( 2870.4−335.02 ) kJ /kg

Reemplaz a ndo el valor obtenido en : m˙ 1+ m ˙ 2=m˙ 3 m˙ 3=4+0.429=4.429 kg /s

b ¿ Usaremos la ecuaciónde balancede entropía : S˙ entra − S˙ sale + S˙ gen=∆ S˙ sistema=0 m˙ 1 s1 + m˙ 2 s 2−m˙ 3 s3 −

Q˙ sale T b , ∑ ¿ + S˙ gen=0¿

S˙ gen=m˙ 3 s3 −m˙ 1 s1− m ˙ 2 s 2+

Q˙ sale TO

Por teoría sabemos que la exergía destrui da es :

(

X˙ destruida=T O S˙ gen =T O m ˙ 3 s3− m ˙ 2 s 2−m˙ 1 s 1+

Q˙ sale TO

)

¿( 298 K )( 4.429× 1.0756−0.429 ×7.5081−4 × 0.22447+10/298) kW / K =202 kW

8-100 Un radiador eléctrico de 50 L que contiene aceite de calefacción se coloca en un cuarto bien sellado de 75 m3. Tanto el aire del cuarto como el aceite del radiador están

inicialmente a la temperatura ambiente de 6 ° C. Se conecta ahora la electricidad, con una potencia nominal de 2.4 kW. También se pierde calor del cuarto a una tasa promedio de 0.75 kW . El calefactor se apaga después de cierto tiempo cuando las temperaturas del aire del cuarto y del aceite se miden como 20 y 60 ° C, respectivamente. Tomando la densidad y el calor específico del aceite como 950 kg /m3 y 2.2 kJ /kg . ° C, determine a) cuánto tiempo se mantiene encendido el calefactor, b) la destrucción de exergía y c) la eficiencia según la segunda ley para este proceso.

Solución:    

Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes . El aire es un gas ideal con calores específicos constantes . El cuartoesta bien cerrado . Asumimosque la presión atmoférica estandar es de 100.3 kPa . a ¿ Hallaremos lamasa del aire y del aceite : m aire =

P1v (101.3 kPa)(75 m 3) = =94.88 kg R T 1 (0.287 kPa . m3 /kg . K )(6+273 K )

m aceite =ρaceite v aceite =(950 kg/m 3)(0.050 m3 )=47.50 kg

Unbalance de energía en el sistema puede ser usado para determinar el tiempo :

( W˙ entra−Q˙ sale ) ∆ t=[ m c v ( T 2−T 1) ]aire + [ mc ( T 2−T 1 ) ]aceite ( 2.4−0.75 kW ) ∆ t= [ ( 94.88 kg ) ( 0.718 kJ /kg .° C )( 20−6 ) ° C ] +[(47.50 kg)(2.2kJ /kg . ° C)(60−6)° C] ∆ t=3988 s=66.6 min

b ¿ La presion del aire en el estado final es :

P2 ,aire =

maire R T 2 , aire (94.88 kg)(0.287 kPa. m3 /kg . K )(20+273 K) = =106.4 kPa V 75 m3

La cantidad de calor tranferido a los alrededores es : Qsale =Q˙ sale ∆t=(0.75 kJ /s)(3988 s)=2999 kJ

La entropía generada es lasuma del cambio de entropíadel aire , delaceite y alrededores :

[

∆ S aire =m c p ln

T2 P −Rln 2 T1 P1

] ( 20+273 ) K 106.4 kPa −( 0.287 kJ /kg . K ) ln 101.3 kPa ( 6+273 ) K

[

¿( 94.88 kg) (1.005 kJ /kg . K)ln ⁡

]

¿ 3.335 kJ /K

∆ S aceite=mcln ∆ S alrededores=

T2 ( 20+273 ) K =(47.50 kg)(2.2 kJ /kg . K )ln ⁡ =18.49 kJ / K T1 ( 6+273 ) K Qsale

T alrededores

=

2999 kJ =10.75 kJ /K (6+273) K

S gen=∆ Saire +∆ Saceite + ∆ S alrededores =3.335+18.49+10.75=32.57 kJ / K

Determinamos laexergía destruida : X˙ destruida=T O S˙ gen =(6+ 273 K )(32.57 kJ / K )=9088 kJ =9.09 MJ

c ¿ La eficiencia de la segunda ley se puede definir en este caso comola relación de la exergía recuperada a la entradade la exergía . Por eso : X 2 , aire =m [ c v ( T 2−T 1) ]−T O ∆ S aire ¿ ( 94.88 kg ) [(0.718 kJ /kg . ° C)(20−6) ° C ]−(6+273 K )(3.335 kJ / K ) ¿ 23.16 kJ

X 2 , aceite=m [ c ( T 2 −T 1 ) ] −T O ∆ S aceite

¿ ( 47.50 kg ) [(2.2 kJ /kg . ° C)(60−6) ° C ]−(6+273 K )(18.49 kJ / K )=484.5 kJ

η2 ° Ley=

X recuperado X 2 ,aire + X 2 , aceite ( 23.16+ 484.5 ) kJ = = =0.0529=5.3 % X suministrado W˙ entra ∆ t (2.4 kJ /s )( 3998 s)

8-111 Dos recipientes rígidos están conectados por una válvula. El tanque A está aislado y contiene 0.2 m 3 de vapor de agua a 400 kPa y 80 por ciento de calidad. El recipiente B no está aislado y contiene 3 kg de vapor de agua a 200 kPa y250 ° C. La válvula se abre ahora, y el vapor fluye del recipiente A al B hasta que la presión en el recipiente A cae a 300 kPa. Durante este proceso se transfieren 900 kJ de calor del recipiente B al entorno a 0 ° C. Suponiendo que el vapor que queda dentro del recipiente A ha sufrido un proceso adiabático reversible, determine a) la temperatura final en cada recipiente y b) el potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso.

Solución:     

El tanque A esta aislado , por lo que latransferencia de calor es despreciable . El agua del tanque A sufre un proceso adiabático reversible . La energía termica almacenada en lostanques es despreciable . Los cambios de energía cinética y potencial son despreciables . No hay interacciones de trabajo .

a ¿ Hallamos los valores en eltanque A : P1=400 kPa

v1 , A=v f + x 1 v fg =0.001084+ ( 0.8 ) ( 0.46242−0.001084 )

¿ 0.37015 m3 /kg x 1=0.8

u1 , A =u f + x 1 u fg =604.22+ ( 0.8 ) ( 1948.9 ) ¿ 2163.3 kJ /kg s1 , A =s f + x 1 sfg=1.7765+ ( 0.8 ) (5.1191 ) ¿ 5.8717 kJ /kg . K T 2 , A =T sat@ 300 kPa=133.52 ° C

P2=300 kPa s2=s 1

x2 , A=

s 2, A−s f 5.8717−1.6717 = =0.7895 s fg 5.32

v 2, A=v f + x 2 , A v fg =0.001073+ ( 0.7895 ) ×

( 0.60582−0.001073 ) ¿ 0.4785 m 3 /kg Mezcla saturada u2 , A =u f + x 2 u fg =561.11+ ( 0.7895 ) ( 1982.1 kJ /kg ) ¿ 2125.9 kJ /kg

Hallamos los valores para el tanque B : P1=200 kPa T 1=250 ° C

v1 , B =1.1989m3 /kg u1 , B=2731.4

kJ k

s1 , B=7.7100 kJ /kg . K

Hallamos lamasa inicial y final enlos dos tanques , en A : m1 , A =

VA 0.2m3 = =0.5403 kg v 1 , A 0.37015 m3 /kg

m2 , A =

VA 0.2 m3 = =0.4180 kg v 2 , A 0.479 m3 /kg

Para B , el flujo de masa será : 0.540−0.4180=0.122kg

m2 , B=m1 , A −0.122=3+ 0.122=3.122 kg

Con esto podemos determinar el volumen específico final en 2: v 2, B =

V B (m1 v 1)B (3 kg)(1.1989 m3 /kg) = = =1.152m3 /kg 3 m2 , B m2 , B 3.122 m

Ahorausaremos laecuación de balance de energía : Eentra −E sale =∆ E sistema −Qsale =∆ U= ( ∆ U ) A + ( ∆U )B −Qsale = ( m2 u2−m1 u1 ) A + ( m2 u2−m1 u1 )B −900=[ ( 0.418 ) ( 2125.9 )−( 0.5403 ) ( 2163.3 ) ] + [ ( 3.122 ) u 2 ,B −( 3 ) ( 2731.4 ) ] u2 , B=2425.9 kJ /kg

Usando los valores de v 2 , B y u2 , B , Hallaremos T 2, B y s 2 ,B : T 2 ,B =110.1 ° C s2 , B=6.9772 kJ /kg . K

b ¿ Usando la ecuación de balance entropía para hallar la entropía generada ,tenemos : Sentra −Ssale + S gen=∆ S sistema −Q sale T b , alrededores

+ S gen=∆ S A + ∆ S B

S gen=∆ S A + ∆ SB +

Q sale T b ,alrededores

S gen=( m 2 s 2−m 1 s1 ) A + ( m 2 s2−m1 s 1 )B +

Q sale T b ,alrededores

S gen=[ ( 0.418 ) ( 5.8717 )−( 0.5403 )( 5.8717 ) ] + [ ( 3.122 ) ( 6.9772 )−( 3 ) ( 7.7100 ) ] +

900 kJ =1.234 kJ / K 273 K

Por definición: X destruida=T O S gen =(273 K )(1.234 kJ /kg)=337 kJ

8-114 Entra vapor de agua a una turbina adiabática de 2 etapas a 8 MPa y 500 °C. Se expande en la primera etapa a un estado de 2 MPa y 350 °C. Luego el vapor se recalienta a presión constante a una temperatura de 500 °C antes de dirigirse a la segunda etapa, de donde sale a 30 kPa y una calidad de 97 por ciento. La producción de

trabajo de la turbina es 5 MW. Suponiendo que el entorno está a 25 °C, determine la producción de potencia reversible y la tasa de destrucción de exergía dentro de esta turbina.

Solución:    

Enun proceso de flujo constante Los cambios de energía cinética y potencial son despreciables La turbina es adiabática , por loque trandferencia de calor es despreciable . La temperatura ambiente sera de 25° C . Usamos las tablas de vapor :

P1=8 MPa

h1 =3399.5 kJ /kg

T 1=500 ° C

s1=6.7266 kJ /kg . K

P2=2 MPa

h2 =3137.7 kJ /kg

T 2=350 ° C

s2=6.9583 kJ /kg . K

P3=2 MPa

h3 =3468.3 kJ /kg

T 3=500 ° C

s3=7.4337 kJ /kg . K

P4 =30 kPa

h 4=h f + x 4 h fg =289.27+ ( 0.97 ) ( 2335.3 )

¿ 2554.5 kJ /kg . K x 4 =0.97

s4 =sf + x 4 s fg =0.9441+ ( 0.97 ) ( 6.8234 )

¿ 7.5628 kJ /kg . K

Usamos la ecuación de balance para un flujo estable : E˙ entra − E˙ sale =∆ E˙ sistema =0

E˙ entra = E˙ sale ˙ sale m˙ h1+ mh ˙ 3=m˙ h2+ mh ˙ 4 +W W˙ sale =m[ ˙ ( h1−h 2) + ( h3−h4 ) ]

Despejamos m: ˙ m= ˙

˙ sale W 5000 kJ /s = =4.253 kg/ s h1−h2+ h3−h4 ( 3399.5−3137.7+3468.3−2554.5 ) kJ /kg

La máxima potencia reversible que sale es determinada por la ecuación de balance de exergía , donde : X˙ entra− X˙ entra − X˙ destruida ↗ 0=∆ X˙ sistema↗0=0 X˙ entra= X˙ entra mψ ˙ 1 + m˙ ψ 3=mψ ˙ 2 + m˙ ψ 4 + W˙ rev , sale W˙ rev , sale =m ˙ ( ψ 1−ψ 2 ) + m ˙ ( ψ 3−ψ 4 ) W˙ rev , sale =m ˙ [ ( h2−h1 ) +T O ( s2−s1 ) −∆ ec ↗ 0 −∆ ep ↗ 0 ] + m[ ˙ ( h3−h 4 ) +T O ( s 4 −s 3 )−∆ ec ↗ 0−∆ ep↗0 ] W˙ rev , sale =m[h ˙ 1−h2 +h3 −h4 +T O ( s 2−s 1+ s 4 −s 3)]

W˙ rev , sale =(4.253 kg/ s)[(3399.5−3137.7+ 3468.3−2554.5) kJ /kg+(298 K )(6.9583−6.7266+7.5628−7.433 W˙ rev , sale =5457 kW

Hallamos la exergía destruida : ˙ sale =5457−5000=457 kW X˙ destruida=W˙ rev , sale −W

8-136 Entran gases de combustión a una turbina de gas a 627 ° C y 1.2 MPa a razón de 2.5 kg /s, y salen a 527 ° C y 500 kPa. Se estima que se pierde calor de la turbina a razón de 20 kW . Usando las propiedades del aire para los gases de combustión y suponiendo que el entorno está a 25 ° C y 100 kPa, determine a) las producciones de potencia real y reversible de la turbina, b) la exergía destruida dentro de la turbina y c) la eficiencia según la segunda ley de la turbina.

Solución:   

Existen condiciones de funcionamiento estable . El cambio de energía potencial es despreciable . El aire es un gas ideal con calores específicos constantes . R=0.287 kJ /kg . K T prom=

627+527 =577 ° C=850 K → c p=1.11 kJ / kg . ° C 2

a ¿ Hallamos el cambio de entalpía y entropía:

(

∆ h=c p ( T 2−T 1 ) = 1.11

kJ . ° C ( 527−627 ) ° C=−111 kJ /kg kg

∆ s=c p ln ¿ ( 1.11 kJ /kg . K ) ln

)

T2 P −Rln 2 T1 P1

( 527+273 ) K 500 kPa −( 0.287 kJ / kg . K ) ln =0.1205 kJ /kg . K 1200 kPa ( 627+273 ) K La potencia reversible estará dada por :

−W˙ a ,sale = m∆ ˙ h+ Q˙ sale =(2.5 kg/s )(−111kJ /kg)+20 kW =−257.5 kW −W˙ rev , sale =m ˙ ( ∆ h−T O ∆ s ) =(2.5 kg /s)( 111kJ /kg)−(25+273 K )(0.1205 kJ /kg . K )=−367.3 kW W˙ a ,sale =257.5 kW W˙ rev , sale =367.3 kW

b ¿ La exergía destruida en laturbina es : X˙ destruida=W˙ rev−W˙ a=367.3−257.5=109.8 kW c ¿ La eficiencia por la segunda ley es : η2 ° ley =

W˙ a 257.5 kW = =0.701=70.1 % ˙ rev 367.3 kW W