Problemas Resueltos 2da Ley

UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica PROBLEMAS CORREGIDOS DE SEGUNDO PRINCIPIO Néstor García Hernando Pedro Rodríguez Aumente Ulpiano Ruiz-Rivas Hernando Mercedes de Vega Blázquez UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 1.- (Morán 6.1). Un ciclo de potencia reversible R y otro irreversible I operan entre los dos mismos focos. Cada uno de ellos recibe QC del foco caliente. El ciclo reversible desarrolla un trabajo neto WR y el irreversible WI. a) Evalúese σciclo para el ciclo I en términos de WI, WR y de la temperatura del foco frío TF. b) Demuéstrese que σciclo debe ser positivo. Solución: TC QC WR QFR TF a) 1er Ppio: QFI QC WI WR = QC − QFR WI = QC − QFI 2º Ppio: 0= 0= b) QC QFR − TC TF QC QFI Q Q − WI QC WR + QFR − WI QC WR − WI Q − + σ ciclo ; → σ ciclo = FI − C = C − = − = = σ ciclo TC TF TF TC TF TC TF TC TF Como el trabajo realizado por el sistema reversible es mayor que el realizado por el irreversible, entonces: WR − WI = σ ciclo > 0 TF Ver 1.3. (Abr 01) Página 2 UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 2.- (Morán 6.19). Un dispositivo cilindro-pistón contiene inicialmente 0,04 m3 de agua a 1 Mpa y 320 ºC. El agua se expande adiabáticamente hasta una presión final de 0,15 Mpa. Determínese cuál es el máximo trabajo teórico que puede desarrollar el agua en dicha expansión. V1 = 0,04 m3 P1 = 1 Mpa T1 = 320 ºC P2 = 0,15 MPa Wmáx ¿? Expansión adiabática (1) Solución: 1er PPIO: (2) U 2 − U 1 = ∫ ∂Q − W12 1, 2   0 2º PPIO: S 2 − S1 = ∂Q + σ 12 T 1, 2 ∫ ¢ £ ¡ 0 ¿Cómo se pueden relacionar las dos expresiones? Utilizando la primera ecuación Tds e integrándola entre los estados 1 y 2: Tds = dU + PdV ; ∫ S2 S1 Tds = ∫ dU + ∫ PdV § U2 V2 U1 ¤ § V1 ¤ ¦ ¤ ¥ ¦ ¤ ¥ U 2 −U1 W12 (*) (*) Únicamente es cierto si el proceso es cuasiestacionario y por tanto reversible. Sabemos que σ12 = S2 – S1 ≥ 0; → S2 ≥ S1. Si representamos la evolución en un diagrama T – S: T 1 P2 = 0,15 MPa P1 = 1 MPa 2s 2 S s1 s2 Volviendo a pensar en el Primer Principio, el valor máximo de W12 será para el caso en que U2 sea el mínimo posible, que es: U 2 = U 2S es decir, un punto con la misma entropía que el punto 1. Por tanto, se puede concluir que se obtiene el máximo trabajo cuando el proceso sea: Adiabático y reversible: → Isoentrópico. → La primera ecuación Tds y el Primer Principio proporcionan idéntico resultado. Ver 1.3. (Abr 01) Página 3 UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García De las tablas: (1)  kJ  u1 = 2 826,1  kg      P1 = 1 MPa  kJ     → Vapor sobrecalentado : s1 = 7,1962  kgK  T1 = 320 º C    m3  v1 = 0,2678   kg    kJ   = s 1 , 4336 l  kgK    kJ    P2 = 0,15 MPa  s v = 7,2233 kgK      (2)  kJ  → Saturado( s 2 < s sat ( 0,15 MPa ) ) :   → s 2 = sl (1 − x 2 ) + s v x 2 → s 2 = s1 = 7,1962 kgK  u = 466,94 kJ     l kg    u = 2 519,7 kJ  v  kg    s − sl 7,1962 − 1,4336 → x2 = 2 = = 0,995; s v − s l 7,2233 − 1,4336 u 2 = u l (1 − x 2 ) + u v x 2 = 466,94 ⋅ (1 − 0,995) + 2 519,7 ⋅ 0,995 = 2 509,29 Sustituyendo, queda finalmente: kJ kg W12 = U 1 − U 2 = m ⋅ (u1 − u 2 ) V1 = m ⋅ v1 ; → m = V1 v1 V1 0,04 m 3 W12 = ⋅ (u1 − u 2 ) = (2 826,1 − 2 509,29) kJ = 47,32 kJ 3 v1 kg m 0,2678 kg Ver 1.3. (Abr 01) Página 4 UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez, Mercedes de Vega, Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 3.- (Morán 5.21) En la figura se muestra un sistema que capta radiación solar y la utiliza para producir electricidad mediante un ciclo de potencia. El colector solar recibe 0,315 kW de radiación solar por m2 de superficie instalada y cede dicha energía a un reservorio cuya temperatura permanece constante e igual a 500 K. El ciclo de potencia recibe energía por transferencia de calor desde el reservorio térmico, genera electricidad con una potencia de 1 000 kW, y descarga energía por transferencia de calor al entorno a 20 ºC. Determinese: a) La superficie mínima del colector solar b) La superficie requerida si un 15 % de la energía de la radiación incidente se pierde en la inevitable transferencia de calor entre el colector y sus alrededores. Supóngase aquí que el rendimiento térmico del ciclo de potencia real es del 27 %. I=0,315 kW/m2 Tc = 500 K Qs Potencia: 1 000 kW Qe Tf = 293 K Solución: a) La superficie mínima se obtiene para un proceso cíclico reversible; en tal caso, para un motor térmico que opera entre dos focos a Temperatura constante: ηt = • Q T W Q s − Qe 293 = = 1 − e = 1 − F ; ηt = 1 − = 0,414 Qs Qs Qs TC 500 • W 1000 kW Qs = = = 2415 kW ηt 0,414 Q s = S min ⋅ I → S min b) • • • • Q 2415 = s = = 7668 m 2 I 0,315 η CR = 0,27 → Q s ( Ciclo ) • W 1000 = = = 3704 kW η CR 0,27 • • η Colector = • Q s ( Ciclo ) • → Q s ( Colector ) = Q s (Ciclo ) Q s ( Colector ) S= Q s (Colector ) I = 4357 = 13833 m 2 0,315 η Colector = 3704 = 4357 kW 0,85 Ver 1.3. (Abr 01) Página 5 3115  kgK  t1 = 200 º C    m3  v1 = 0.716   kg     kJ  u 2 = 2 617.21). Mercedes de Vega.. 2 T ∫ σ 12 = S 2 − S1 − ∂Q ≥0 T 1.1 kg p1 = 3 bar t1 = 200 ºC Estado 1 1er Ppio: W12 Q12 Agua m = 0.8  kg     p 2 = 15 bar  kJ      → Vaporsobrecalentado : s 2 = 6. Veamos que propiedades tiene el sistema en los estados 1 y 2: (1)  kJ  u1 = 2 650..1 kg p2 = 15 bar t2 = 210 ºC Estado 2 U 2 − U 1 = Q12 − W12 .m.1 kg de agua. pero no conocemos el valor de Q12. luego hay realización de trabajo de los dos tipos: W12 = Weje12 + W∆V12 2. Los cambios de energía cinética y potencial pueden considerarse despreciables. inicialmente a 3 bar y 200 ºC.La entropía del sistema disminuye: s2 < s1.5 kJ. Apliquemos el segundo principio: S 2 − S1 = ∂Q + σ 12 . Profesores Pedro Rodríguez. (Abr 01) Página 6 .p. Solución: W W Agua m = 0. Al final del mismo el agua se encuentra a 15 bar y 210 ºC. En el proceso se produce una transferencia de calor con el entorno a través de una pared delgada.-(Morán 6. contenidos en un recipiente cerrado. 2 ∫ Ver 1. Determínese si la medida del trabajo intercambiado puede haber sido correcta.13645    kg   De las propiedades obtenemos las siguientes conclusiones: T P2 T2 T1 1 2 P1 (2) s 1. Con una rueda de paletas que gira a 100 r.Se observa que v1 > v2.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. se agitan 0. → W12 = −(U 2 − U 1 ) + Q12 U2 y U1 pueden obtenerse de las tablas.7  kg      p1 = 3 bar  kJ     → Vapor sobrecalentado : s1 = 7.3. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4.50665  kgK  t 2 = 210 º C    m3  v 2 = 0. σ 12 ≥ 0 1. Problemas corregidos: Segundo Principio. Durante el proceso se mide el trabajo neto en –17. 7 − 2 617. o de forma más precisa: (S 2 − S1 ) ≥ ∫ ∂Q > 1.3115)  = − 35. Por tanto.50665 − 7. Mercedes de Vega.79 kJ kg kgK   Luego. →  kJ kJ  → W máx = 0.50665 − 7.15 + 200 ) K ⋅ (6. Problemas corregidos: Segundo Principio. Q12 tiene que ser negativo. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.8) + (273. .15) K (6. → Q12 < T2 (S 2 − S 1 ) → (*) → W12 < − (U 2 − U 1 ) + T2 (S 2 − S1 ) T2 Ya que T aumenta a lo largo del proceso. hemos obtenido que el trabajo medido es mayor que el máximo que puede hacer el sistema. lo hagamos como lo hagamos. → Q12 ≤ 1 ≈ T1 + T2 T 2 1. W máx T1 ≤ T ≤ T2  kJ kJ  Wmax = m{(u1 − u 2 ) + T2 (s 2 − s1 )}= 0. (Abr 01) Página 7 .7 − 2 617.1 kg (2 650. W12 no puede estar bien medido. (*) Alternativa: Como la variación de temperatura es pequeña.3115)  = − 34. → 2  kJ kJ  → Wmáx = 0.8) + (210 + 273.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.8) + (273. 2 T Q12 . Profesores Pedro Rodríguez. W12 NO PUEDE ESTAR BIEN MEDIDO.15 + 205) K ⋅ (6.50665 − 7. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García por tanto.1 kg (2 650.7 − 2 617. Ver 1. podemos estimar : Q12 T + T2 δQ (S 2 − S1 ). 2 2 T + T2 W12 ≤ −(U 2 − U 1 ) + 1 (S 2 − S1 ).3115) = kg kgK   = Wmax = −35.19 kJ kg kgK   ∫ y si lo estimáramos con T1: W12 ≤ −(U 2 − U 1 ) + T1 (S 2 − S1 ).5 kJ Es decir.596 kJ W12 = −17.1 kg (2 650.3. 3.Segundo Principio para toda la masa m: m m ⋅ c ⋅ (T − T1 ) + ⋅ c ⋅ (T − T2 ) = 0.. el sistema alcanza el equilibrio. → (U B1 − U A1 ) + (U B 2 − U A 2 ) = 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5.. → (S B1 − S A1 ) + (S B 2 − S A 2 ) = σ AB 3.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.. σ AB = (S B1 − S A1 ) + (S B 2 − S A 2 ) = ∫ → σ AB m dT T m dT m  T T m T2 c +∫ c = c ln + ln  = c ⋅ ln . Considerando al líquido como incompresible de calor específico c: a) Demostrar que la entropía generada es:  T +T  1 2  σ = m ⋅ c ⋅ ln  1  2 ⋅ (T1 ⋅ T2 ) 2    b) Demostrar que dicha entropía debe ser positiva. Un sistema aislado de masa total m se forma al mezclar dos masas iguales del mismo líquido inicialmente a temperaturas T1 y T2.Cálculo de variación de entropía en un líquido ideal caloríficamente perfecto. Mercedes de Vega. 1. Finalmente. → → T + T2 m ⋅ c ⋅ {(T − T1 ) + (T − T2 )} = 0.. Problemas corregidos: Segundo Principio. Ver 1. utilizando la 1ª ecuación TdS: TdS = dU + pdV . Solución: T1 T2 m/2 T m/2 T m/2 m/2 (A) a) Determinación de la entropía.→ T1 2 T2 2 T T 2  T1 T2  2 T1 ⋅ T2 T + T2 T = m ⋅ c ⋅ ln = m ⋅ c ⋅ ln 1 T1 ⋅ T2 2 T1 ⋅ T2 T b) Demostrar que es positiva. → 2 2 S B − S A = σ AB . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. → T1 + T2 2 2 2 2 ≥ T1 ⋅ T2 → (T1 + T2 ) ≥ 4 ⋅ T1 ⋅ T2 → T1 + T2 − 2 ⋅ T1 ⋅ T2 ≥ 0.(Morán 6. Profesores Pedro Rodríguez.24). La condición se cumplirá si: T1 + T2 2 T1 ⋅ T2 ≥ 1. → T = 1 2 2 2.Primer Principio para toda la masa m: (B) U B − U A = 0. → (T1 − T2 ) ≥ 0 2 Página 8 condición que obviamente se cumple para cualesquiera valores de T1 y T2. → dS = ¨ 0 dU m ⋅ c ⋅ dT = T T Por tratarse de un líquido ideal y por tanto incompresible. (Abr 01) . 48 atm c) tf dSVC δQ =∫ + ∑ me s e − ∑ m s s s + σ VC . → Cv = 0. determínese: a) La temperatura final. Problemas corregidos: Segundo Principio.5 + 1 PF = (m A1 + mB1 )TF m Rg TF m Rg TF m Rg TF (0. → S uF − S uI = ∫ σ us dt = σ us 0 dt T e s            0 dS δQ Ambiente : a = ∫ + ∑ me s e − ∑ m s s s + σ a . y el otro 1 kg de aire a 50 ºC y 2 atm.013 ⋅ 10 5 PF = 149703.25) Dos tanques rígidos y adiabáticos están conectados por medio de una válvula. → S aF − S aI = 0. Mercedes de Vega.15 + + + PA1 PB1 PA1 PB1 1.314 kJ R kmolK = 0.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Al abrirse la válvula las dos masas de aire se mezclan.287 kJ Rg = = kgK PM aire 29 kg kmol kJ kJ Cp = 1 . b) La presión final. → m A1Cv(TF − T A1 ) + m B1Cv(TF − TB1 ) = 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 6. Inicialmente un tanque contiene 0. → TF = → TF = b) m A1T A1 + m B1TB1 . en kJ/K A B PA1 = 1 atm PB1 = 2 atm Hipótesis: Gas ideal caloríficamente perfecto (aire): mA1 = 0.5 kg de aire a 80 ºC y 1 atm. Cv = Cp − Rg .. c) La cantidad de entropía generada. en ºC. Empleando el modelo de gas ideal. dt T e s     . alcanzándose finalmente el equilibrio.5 ⋅ 353.15 K = 323.15 K 8.713 kgK kgK Solución: a) Primer principio: → ∆U = U 2 − U 1 = 0 ∫ TF T A1 m A1Cv dT + ∫ m B1Cv dT = 0.(Morán 6.→ m A1 + m B1 0. Profesores Pedro Rodríguez.15 VF V A1 + VB1 m A1 Rg T A1 m B1 Rg TB1 m A1T A1 m B1 TB1 0.5 + 1)⋅ 333. → TF TB1 → (m A1 + m B1 )Cv Tf = Cv(m A1T A1 + m B1TB1 ). → S F − S I = ∫ σ s dt = σ s 0 dt T e s      ©           0 0   0    tf dS δQ Universo : u = ∫ + ∑ me s e − ∑ m s s s + σ u .15 K = 60 º C 0.5 kg mB1 = 1 kg TA1 = 80 ºC = TB1 = 50 ºC = = 353.15 = = = = → 1 ⋅ 323. en atm. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.15 + 1 ⋅ 323.5 ⋅ 353.013 ⋅ 10 5 2 ⋅ 1.2 Pa = 1.15 = 333. (Abr 01) Página 9 .3.  0 σ u = S uF − S uI = σ s = S F − S I Ver 1. 15 kJ 1.48  333.5 W   Ver 1. determínese la velocidad de producción de entropía.15 7. a) Determinar la velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores así como la temperatura TS. calcúlese la velocidad de generación de entropía. QR = −Weje = 524. b) Para el motor como sistema. c) Si la frontera del sistema se localiza de modo que contenga una porción de los alrededores inmediatos tal que la transferencia de calor se desarrolle a T0. con un par de 16 N·m aplicado a una carga externa.5 W = −524.p. → QR = −Weje . Los intercambios de energía son positivos en el sentido indicado por las flechas de la figura. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García entonces:  TF  TF P  P  dT dT S F − S I = m A1 (s F − s A1 ) + m B1 (s F − s B1 ) = m A1 ∫ Cp − Rg ln F  + m B1 ∫ Cp − Rg ln F  = T PA1  T PB1   T A1  TB1   T P  T P  = m A1 Cp ln F − Rg ln F  + m B1 Cp ln F − Rg ln F . para el sistema ampliado.25 Un motor eléctrico que opera en estado estacionario consume 10 amperios con un voltaje de 220 V. A = 0.3. El eje gira a 1 000 r.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. 4. dt  s 0  0   e 0             0 Weje = −Weléctrico + Wútil = − I ⋅ V + C mω = −10 A ⋅ 220 V + 16 N ⋅ m ⋅    1000 rad = 2π 60 s = −2 200 + 1 675. d) Analice el resultado ¿Cómo es posible que la irreversibilidad generada dependa del volumen de control?. (Abr 01) Página 10 . T A1 PA1  TB1 PB1     kJ  kJ 333.15 kJ 1.195 m2 y T0 = 293 K. donde h = 100  W/m2K. TS Motor eléctrico Potencia mecánica Aplicando el primer principio para el VC1:    dEVC1   = −QR − Weje + W∆v  + ∑ me (hte + gz e ) − ∑ ms (hts + gz s ). Problemas corregidos: Segundo Principio. Mercedes de Vega.031 kgK 1  kgK 2  K  kgK 353.5 W .48  kJ S 2 − S1 = 0.5 kg 1 ln ln ln ln − 0.. La velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores está relacionada con la temperatura superficial TS y la temperatura ambiente T0 por: Q = h ⋅ A ⋅ (TS − T0 ). Profesores Pedro Rodríguez.(Morán 6.287  + 1 kg 1  = 0.287 − 0.m. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.26 con modificaciones).15  kgK 323. Calor evacuado (QR) T0 + Potencia Eléctrica VC1 VC2 Solución: a) Velocidad de transferencia de calor del motor a sus alrededores y TS. 5 W W = ∑ i + ∑ me s e −∑ ms s s + σ VC1 . → σ VC 3 = R − R = QR  − = − =   T T  TS T0 T0 TS K  293 320  K S   0        Esta es la irreversibilidad asociada al proceso de transferencia de calor con una diferencia finita de temperatura. ya que se desarrolla fuera de la frontera. Si aplicamos el 2º ppio a VC3 tenemos: 1 QR QR Q Q 1  1 1 W  1  524 .639 dt TS TS 320 K K i Ti e s 0 0          0 c) Sistema ampliado: Aplicando el primer y segundo principio al VC2 1er Ppio: Proporciona el mismo resultado que antes 2º Ppio:   QR = −Weje = 524. todo el calor que recibe VC3 del motor lo transfiere al ambiente como TS Motor eléctrico Potencia mecánica QR = h ⋅ A(TS − T0 ) . → TS = T0 + R = 293 K + h⋅ A  524. 5 W 0 .5 W W − R + σ VC 2 = 0. → σ VC1 = R = = 1. Profesores Pedro Rodríguez.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.195 m 2 m ⋅K b) Velocidad de generación de entropía: Aplicando el segundo principio para el VC1     dSVC1 Q Q Q 524.5 W   Q Q 524. y no contemplada como perteneciente a VC1. → σ VC 2 = R = = 1.5 W = 320 K W 100 2 ⋅ 0. Como puede verse: σ VC 2 = σ VC 1 + σ VC 3    Ver 1. Mercedes de Vega. Problemas corregidos: Segundo Principio. → − R + σ VC1 = 0. lo que sucede en la superficie exterior de VC3 (que es también la de VC2 ) es que se consigue transferir  dicha potencia térmica con una diferencia de temperatura muy pequeña (por eso TS ≈ T0) y utilizando una superficie muy grande. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. considerada como irreversibilidad interna en VC2 y VC3 (es la única que hay en este caso). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García La temperatura TS:  Q QR = h ⋅ A(TS − T0 ).79 T0 T0 293 K K   d) Análisis de los resultados: ¿Cómo es posible que la irreversibilidad dependa del volumen de control que elijamos? Analicemos el volumen de control constituido por el aire ambiente que rodea al motor y cuya temperatura es diferente de T0 (VC3): Calor evacuado (QR) T0 + Potencia Eléctrica VC1 VC3 (Área sombreada) En régimen estacionario.3. 15 − + σ VC 3 = 0. (Abr 01) Página 11 . 22 ºC Solución: Hipótesis: Aire a 0.reversible (para obtener el máximo trabajo neto). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 8. el máximo valor teórico para el trabajo neto que puede producir la central. → q cc = T (s 4 − s1 ). (2) T 0 ! ! de (1) y (2): wneto = (h1 − h4 ) + T (s 4 − s1 ) h1 − h4 = c p (T1 − T4 ) = 1 kJ (22 − 421) K = −399 kJ kgK kg T P kJ 421 + 273.8552 = 251.15) K ⋅ 0.. Profesores Pedro Rodríguez.estacionario . a partir de los datos de la figura y despreciando las variaciones de energía cinética. Mercedes de Vega.3. 421ºC .38). (1)    2º Ppio: ! Q 0 = cc + m a (s1 − s 4 ) + σ vc . Determínese. La turbina de gas consiste en un compresor. un intercambiador de calor y una turbina propiamente dicha.935 kg kgK kg Ver 1.95 bar.(Morán 6. Qcc T=488ºC Intercambiador (2) (3) Compresor Turbina Potencia neta (1) (4) Aire a 0.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.95 bar.turbina y compresor adiabáticos . Problemas corregidos: Segundo Principio. La figura muestra una central térmica de turbina de gas que opera en régimen estacionario. en kJ por kg de aire fluyente.15 kgK wneto = (h1 − h4 ) + T (s 4 − s1 ) = −399 kJ kJ kJ + (488 + 273. Tanto la turbina como el compresor son adiabáticos y el aire recibe energía por transferencia de calor en el intercambiador a una temperatura media de 488 ºC. (Abr 01) Página 12 .8552 s 4 − s1 = c p ln 4 − R g ln 4 = 1 ln T1 P1 kgK 22 + 273. 1er Ppio: 0 = Qcc − Wneto + m a (h1 − h4 ).15 kJ + 0 = 0. → wneto = q cc + (h1 − h4 ). En un compresor entra aire en condiciones ambiente de 96 kPa y 17 ºC con una baja velocidad y sale a 1 Mpa.La relación de flujo de masa de aire.867 2 J 1 m s − 310 ⋅ 103 − ⋅ 120 2 2 kgK 2 s 3 (25 ⋅ 10 ) Ver 1. 327 ºC y 120 m/s... Solución: e 96 kPa 17 ºC vE ≈ 0 • • s 1 MPa 327 ºC vS = 120 m/s W = 300 kW Hipótesis: a). Determine: a). hE − hS = C P (TE − TS ) = 1 kgK kgK • • • • • • • m= Q− W • • (hE − hS ) − 1 vS 2 2 kg − 300 ⋅ 103 W = = 0. Mercedes de Vega. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 9. CP = 1 kJ/kgK. (Abr 01) Página 13 . = 1 2 1 2 2     hE −  hS + vS  (hE − hS ) − vS 2 2   kJ (17 − 327 ) K = −310 kJ .3. Problemas corregidos: Segundo Principio. •  1 2  Q− W Q− W  0 = − Q + W + mhE −  hS + vS  → m = . El compresor se enfría por medio de aire del ambiente a 17 ºC y a una relación de 1 500 kJ/min. Rg = 0.La relación de generación de entropía.287 kJ/kgK.Gasto másico: 1er Ppio (Régimen estacionario): • Q = 1 500 kJ = 25 kW min Aire gas ideal caloríficamente perfecto.. Profesores Pedro Rodríguez. La potencia de entrada en el compresor es de 300 kW.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Régimen estacionario. b)..95).(Çengel 6. 0472 TE PE  s  kgK 290 kgK 96  K  • • Q 25 kW kW S AMBIENTE = = = 0. + Ambiente): • δQ d S U d S A d S VC Q = + = + ∫ VC + σ VC dt dt dt T0 T • • • • • por otra parte: • • δQ δQ Q d SU = ∫ U + σ U = σ VC . → σ VC = − + S S − S e dt T0 T0 • • •  T P  kg  kJ 600 kJ 1000  kW S S − S e = mC P ln S − Rg ln S  = 0.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García b). pero como no dan datos de temperatura en la frontera no se puede hacer nada más. Mercedes de Vega..287 1  = 0. Problemas corregidos: Segundo Principio. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Profesores Pedro Rodríguez.1332 K • • Balance de entropía para el ambiente: • • dSA Q • = + SS − SE+σ A dt T0 • • 0 (No hay procesos irreversibles en el ambiente) Balance de entropía para el volumen de control: • • • δQ d S VC = ∫ VC + S E − S S + σ VC dt T • • 0 (Régimen estacionario) Balance de entropía del universo (V.867 ln ln − 0.3. Ver 1. (Abr 01) Página 14 .086 T0 290 K K • kW σ VC = 0. → − = ∫ VC dt T T0 T • • • • 0 luego: • σ VC Q dSA = SS −SE+ = T0 dt • • • • Falta contemplar bien las irreversibilidades externas.Entropía generada (relación de generación): • • • • dSVC Q • Q • = + S e − S s + σ VC .C. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. con comportamiento de gas ideal caloríficamente perfecto. Problemas corregidos: Segundo Principio.. Recalcular los 3 apartados anteriores suponiendo que el compresor tiene un rendimiento isentrópico de valor 0. fluye en estado estacionario a través del compresor isentrópico e intercambiador mostrados en la figura. (Abr 01) Página 15 . 4  ρ =   1.16 3 = 1.23 Un flujo de aire.5 bar Salida de agua (mr) B ec Entrada de aire (ma) Pec = 100 kPa Tec = 27 ºC (AC)ec = 26.287 ⋅ 1. Profesores Pedro Rodríguez.287 ⋅ 300 K kgK  Psc ρ sc =  P  ec  kg kg  180  1. La potencia consumida por el compresor.765 3 ec  m m  100   180 kPa = 355 K kJ kg 0. El gasto másico de agua necesario para enfriar el aire hasta la temperatura especificada. a partir de los datos de la figura: a) b) c) d) La temperatura de salida del compresor.16 3 kJ m 0. Despreciando los intercambios de calor con el entorno y las variaciones de energía cinética y potencial.(Morán 4.9.91 m3/min Solución: a) sc f Salida de aire Tf = 40 ºC Psc = 180 kPa Tsc = ¿ ? Temperatura de salida del compresor: Por ser una compresión isentrópica:  Psc  γ P P P P γ γ Pv = cte. Mercedes de Vega. TA = 25 ºC PA = 2 bar Entrada de agua (mr) Compresor A TB = 40 ºC PB = 1.3. → ρ sc = sc ρ ec . calcúlense. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 10.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. → ρ sc =  P   ρ ec Pec ρ ρ ec ρ sc  ec  γ 1 Condiciones a la entrada: Pec = 100 kPa Tec = 300 K Sustituyendo: → ρ ec = Pec = R g Tec 100 kPa kg = 1.22 Con variantes) 4.765 3 kgK m 1 γ 1 Condiciones a la salida: Tsc = Psc = R g ρ sc Ver 1. → γ = cte. → ecγ = scγ . 16 kg 3  m m   Wc = wcs ⋅ (AC )ec " kJ 26.6 kW kg 60 s m c) Gasto de agua de refrigeración: ∆H agua = −∆H aire " ∆H agua = mr ⋅ c( agua ) (TB − TA ) ∆H aire = ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T f − Tsc ) → mr ⋅ c( agua ) (TB − TA ) = −( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (T f − Tsc ) → " 26.16 3 ⋅ 1 ⋅ (361. Problemas corregidos: Segundo Principio.16 3 ⋅1 ⋅ (355 − 313) K ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (Tsc − T f ) kg 60 s m kgK → mr = = = 0. Profesores Pedro Rodríguez.9 mr (r ) = " kg 26.9 = 61.1 K 1 ⋅ 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García b) Potencia del compresor:  Psc Pec   Psc Pec  wcs = hsc − hec = (u sc − u ec ) +  ρ − ρ   = cv ⋅ (Tsc − Tec ) +  ρ − ρ  = ec  ec   sc  sc    180 kPa 100 kPa  kJ kJ = (1 − 0.397 kJ s (40 − 25) K 4. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.91 m 3 kJ ⋅ 1. → Tsc ( r ) = Tec + ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ c p ( aire ) (Tsc ( r ) c p ( agua ) (TB − T A ) = Tec + = 300 + 54. Mercedes de Vega.1 kJ kg wc ( r ) c p ( aire ) wc ( s ) c p ( aire )η c Wc ( r ) = ( AC ) ec ⋅ ρ ec ⋅ wc ( r ) = 31.765 kg 3 1.991 = 361.2 kgK " (En el denominador podría considerarse el término v∆p.9 = " hsc (i ) − hec hsc ( r ) − hec = wc ( s ) wc ( r ) . → wc ( r ) = wc ( s ) 0.287) (355 − 300) K +  −  = 54.3468 kJ c( agua ) (TB − TA ) s (40 − 25) K 4.91 m 3 kg ⋅ ρ ec = 54.1 − 313) K − Tf ) 60 s kgK kg m = = 0.9 η c = 0. pero se ha considerado despreciable) d) Rendimiento isentrópico del compresor: 0.2 kgK Ver 1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.8 kW wc ( r ) = hsc ( r ) − hec = c p ( aire ) (Tsc ( r ) − Tec ).991 kgK kg  1.16 3 = 28.991 ⋅ ⋅ 1.3.91 m 3 kg kJ ⋅1. (Abr 01) Página 16 . (Abr 01) .UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. → v = del mismo modo: γ γ γ γ Rg T P     γ −1 γ  R g T1s P1s   P  1s   R g T1e   P = 1 e   P   1e γ  T1s  P1e   → = P    T 1e  1s   γ  P1s = P  1e     γ −1 γ = (π ) γ γ −1 T2 s  P2e   =  T2 e   P2 s  cp cv 1−γ γ  P2 s = P  2e = (π ) γ γ −1 determinando γ para el aire: γ = . La razón de las presiones en cada etapa es la misma y el aire se enfría hasta la temperatura inicial entre las dos etapas.3. Solución: Compresor (1) Compresor (2) Potencia (1e) P1e = 100kPa T1e = 27 ºC (1s) Px # (2e) T2e =27 ºC (2s) P2s = 900 kPA Q s Px ma = 0.02 kg/s. y determine la potencia de entrada en el compresor para una relación de flujo de masa de 0.7123 = = 1. Problemas corregidos: Segundo Principio.02 kg # a) Potencia suministrada al compresor (2 etapas).314 kJ 1 . En un compresor de dos etapas entra aire a 100 kPa y 27 ºC y se comprime hasta 900 kPa.9 kgK cv 0.7123 Página 17 Ver 1.→ γ = = 1− = 0.(Çengel 6.145 Con y sin suposición). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 11. P2 s v 2 s = P2 e v 2e Pv = R g T .9 kg/kmol.4039 PM 28. ¿Cuál sería su respuesta si sólo se usara una etapa de compresión? • Suponer que el aire es gas ideal caloríficamente perfecto con cp = 1 kJ/kgK y PM = 28. Determinación de la presión intermedia: π1 = Px P = π 2 = 2 s . Suponga que el proceso de compresión va a ser isentrópico.. → Px = P1e P2 s = 100 ⋅ 900 = 300 kPa P1e Px 300 =3 100 # π1 = π 2 = π = W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2 e )} = ma C pa {(T1s − T1e ) + (T2 s − T2 e )} # # Potencia suministrada: como T1e = T2e:  T1s   T2 s     W = ma C pa {(T1s − T1e ) + (T2 s − T1e )} = ma C pa T1e  1 1 − + − T  T    1e   1e # # # (1) 1−γ γ como los procesos son isoentrópicos: P1s v1s = P1e v1e . cv = c p − R g = c p − cp R 8. Mercedes de Vega. Profesores Pedro Rodríguez. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García finalmente.5158 kgK  T = 137. (1s )  T1e = 27 º C  s = 2. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.02 ⋅ (563.7 º C    s   Y. Mercedes de Vega.24 kW     s kgK     $ $ • a) Sin suponer que el aire es gas ideal caloríficamente perfecto: Potencia suministrada al compresor (2 etapas): π1 = Px P = π 2 = 2 s . 4 − 1 = 4.5158 e   $ $ kJ  kg   .163 º C  1e   1s    kgK    kJ   = h 300 .427 kW   s kgK   $ $ $ $ b) Potencia suministrada al compresor (1 etapa): En este caso.34  P1s = 300 kPa   kJ    P1e = 100 kPa   kg     h1s = 411. 4  kg kJ W1 = ma C pa T1e  π − 1 = 0.5158 kgK  T = 284.48  kg  (2e)  kJ  →  → .2005 kJ  s 2 s = 2. → Px = P1e P2 s = 100 ⋅ 900 = 300 kPa P1e Px 300 =3 100 W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2 e )} π1 = π 2 = π = $ $ Determinamos las propiedades en cada punto (Programa Gas.48  kg  (1e)  kJ  →  → . (Abr 01) Página 18 . 4 − 1 = 5.34  Pe = 100 kPa    (e)   → Te = 27 º C  s = 2.02 ⋅1 ⋅ 300. Problemas corregidos: Segundo Principio.44 kW $ $ Entonces: b) Potencia suministrada al compresor (1 etapa): En este caso.34 ) + (411. sustituyendo en (1): γ −1    γ γ−1   γ γ−1   T1s   T2 s    γ     W = ma C pa T1e  −1 + π − 1  = 2 ⋅ ma C pa T1e  π − 1 =  T − 1 +  T − 1  = ma C pa T1e  π         1e   1e        0.5158 kJ  s1s = 2. el trabajo requerido por el compresor de una etapa: W = ma (hs − he ) = 0.02 ⋅1 ⋅ 300. kJ  kgK    Ps = 900 kPa kJ      hs = 563. las propiedades en la entrada y salida son:  he = 300.15 K ⋅  3 1. Profesores Pedro Rodríguez.02 ⋅ {(411. con lo que:  γ γ−1   0. la relación de presiones (π) tiene un valor de 900/100 = 9.34)} = 4.15 K ⋅  9 1.04 − 300. 4   kg kJ = 2 ⋅ 0.48 − 300.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.48 − 300.04  kg  (1s )  kJ  → s s = 2. (2 s )  T2 e = 27 º C  s = 2.exe): kJ   h1e = 300.2005 kgK  T = 137 º C  2e   2s    kgK    W = ma {(h1s − h1e ) + (h2 s − h2 e )} = 0.26 kW Ver 1.34) = 5. 34  P2 s = 900 kPa kJ    2 e  P1e = 300 kPa   kg      h2 s = 411.3. Proceso politrópico según pvn = cte.3. • Presión de salida: ps = 10 bar QR • WC Te = 300 K vc e s Ver 1.2.P. • 4.I.I. Fluido de trabajo: Agua. Profesores Pedro Rodríguez. Gasto másico: 1 kg/s Presión de entrada: pe = p0 = 1 bar. Hipótesis: Agua como L.30 Presión de salida: ps = 10 bar W p vc e Conservación de la energía: • dEVC dV  •  1 2 1 2 •    = Q − W p + p VC  + m he + v e + g ⋅ z e  −  hs + v s + g ⋅ z s  → dt dt  2 2      • dEVC dV  •  p − ps 1 2  • 2 = Q − W p + p VC  + mC ⋅ (Te − Ts ) + e + v e − v s + g ⋅ (z e − z s ) ρ dt dt  2    s ( ) 0 • • 0 0 0 0 0  p s − pe  kg (10 − 1) ⋅ 10 5 Pa W p = m = 0.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Problemas corregidos: Segundo Principio. Régimen estacionario.C. γ =1. Proceso a temperatura constante y adiabático.4) Despreciar energías cinética y potencial. con n=1.9 kW  =1 ⋅ s  ρ  10 3 kg 3 m B) Fluido de trabajo: Aire.. Hipótesis: Aire como G.Comparación de la potencia de compresión para agua y aire (Pedro). A). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 12. Mercedes de Vega.P. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Despreciar energías cinética y potencial. (Abr 01) Página 19 . (CP = 1 kJ/kgK.C. Gasto másico: 1 kg/s Presión de entrada: pe = p0 = 1 bar. Régimen estacionario. Profesores Pedro Rodríguez. Proceso adiabático y reversible. Problemas corregidos: Segundo Principio.P. (Abr 01) Página 20 . Hipótesis: Aire como G.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Mercedes de Vega. γ =1. Variante adiabática. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.3 kW  s     • B’) Fluido de trabajo: Aire. 2 n   pe   → p e 1− n Te n = p s 1− n Ts n → Ts = Te  p     s  n 1− n n  pe  Ts = Te  p    s entonces: • • 1 = 300 K    10  = 440. (CP = 1 kJ/kgK. v y T: • v=    R g Te p  pe   p  e n n pe ve = p s vs  Rg T 1− n n  R T  = ps  g s   p   s 1−1.I.4) Despreciar energías cinética y potencial. 2 1. Régimen estacionario.C. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Conservación de la energía: • dEVC dV  •  1 2 1 2  •    = − Q R − − W c + p VC  + m he + v e + g ⋅ z e  −  hs + v s + g ⋅ z s  → dt dt  2 2      • • • dEVC dV  1 2    2 = − Q R − − W C + p VC  + mC P ⋅ (Te − Ts ) + v e − v s + g ⋅ (z e − z s ) dt dt  2    ( ) 0 luego: 0 • • 0 0 W C − Q R = m⋅ C P (Ts − Te ) Si el proceso es politrópico (pvn = cte). Conservación de la energía: • dEVC dV  •  1 2 1 2  •    = − Q R − − W c + p VC  + m he + v e + g ⋅ z e  −  hs + v s + g ⋅ z s  → dt dt  2 2      • dEVC dV  •  1 2  •  2 = − Q R − − W C + p VC  + mC P ⋅ (Te − Ts ) + v e − v s + g ⋅ (z e − z s ) dt dt  2    ( ) 0 luego: • • 0 0 0 0 W C = m⋅ C P (Ts − Te ) Ver 1. y utilizando la ecuación de estado para relacionar los cambios de p.3.3 K 1− n    p e  n  W C − Q R = m⋅ C P ⋅ Te  p   − 1 = 140. QC p 1 V1 m p 2 V2 m WC (1) Gasto másico: 1 kg/s • (2) Presión de salida: p2 = 10 bar Presión de entrada: p1 = p0 = 1 bar.2 K WC λ −1    p s  λ  = m⋅ C P ⋅ Te  p   − 1 = 279. Problemas corregidos: Segundo Principio. (CP = 1 kJ/kgK.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Máquina de compresión volumétrica. Mercedes de Vega.P. 4 λ   ps   → p e 1−λ Te λ = p s 1− λ Ts λ → Ts = Te  p     e  γ λ −1 λ  ps  Ts = Te  p    e entonces: •  10  = 300 K   1 = 579.I. 4 −1 1. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Si el proceso es adiabático (pvγ = cte).3. wC = WC WC = • m m Cálculo del trabajo de compresión: pV p V − p 2V2 V  n 1 n 1 WC = − ∫ pdV = − ∫ p1  1  dV = − 1 1 V2 − + − V1 − + = − 1 1 V1 V1 n −1 − n +1 V  Rg W 1 p V − p 2V2 wC = C = − ⋅ 1 1 (T1 − T2 ) =− m m n −1 n −1 V2 V2 n ( ) V=  n  mR g T2   mR g T1   = p2  p  p1   p   p 1 2    n n p1V1 = p 2V2   mR g T   p1   → p11− n T1 n = p 2 1− n T2 n → T2 = T1  p     2  γ 1− n n Ver 1. Hipótesis: Aire como G.C. Profesores Pedro Rodríguez. Proceso politrópico según pvn = cte. v y T: v=    R g Te p  pe   p  e γ γ  pe ve = p s vs  Rg T λ −1 λ  R T  = ps  g s   p   s 1. γ =1. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. y utilizando la ecuación de estado para relacionar los cambios de p.4) Despreciar energías cinética y potencial. (Abr 01) Página 21 .2 kW  e     • B’’) Fluido de trabajo: Aire. 2 0.7143 3001 −   = 100.2857 ⋅ 10 3 1   p1  n      = 200.48 kJ  (T1 − T2 ) = − wC = − T1 1 −  300 1 −   =−     10   n −1 n − 1   p2   0.2      • • kJ kg Q C = q C ⋅ m = 100. 2     1.23 kW kg s Ver 1.3.23  kg kg  10   0. Mercedes de Vega. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.2 kg     • • kJ kg W C = wC ⋅ m = 200. 2   kJ  0. Profesores Pedro Rodríguez.23 ⋅1 = 100. Problemas corregidos: Segundo Principio. (Abr 01) Página 22 . → E 2 − E1 = U 2 − U 1 = Q12 − W12 .UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. 2  kJ qC =  − 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García luego: 1− n −0.48 kW kg s Rg Rg Conservación de la energía: • • dEVC = Q 12 − W 12 .48 ⋅1 = 200.2857    1  1. dt U 2 − U1 = − q C + wC → q C = wC − (u 2 − u1 ) → q C = wC − CV (T2 − T1 ) → m 1− n    Rg   Rg    p1  n     q C = wC − CV (T2 − T1 ) =      = qC  n − 1 − CV (T2 − T1 ) =  n − 1 − CV T1 1 −        p2     − 0. con los siguientes valores para sus propiedades termodinámicas: k = 1.. para ello se estudian los siguientes procesos: PROCESO 1: El depósito se halla a presión y temperatura ambiente. rígido y de volumen VD = 2 m3. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 13. calcule el calor evacuado por el intercambiador de calor a lo largo de todo el proceso de llenado del depósito.Haciendo un balance de energía de toda la instalación. Se desean analizar los procesos de carga y descarga del depósito.. para un instante intermedio de dicho proceso de llenado. por debajo de un límite inferior determinado a priori. que se detendrá automáticamente cuando la presión en el depósito alcance un valor de 10 bar. INTERCAMBIADOR DE CALOR: Enfría el aire comprimido hasta una temperatura igual a la ambiente: T4 = T1 = 300 K. 3. • • • • VÁLVULA DE DESCARGA: Deja salir un gasto másico ( m v ) de aire de 0. Mercedes de Vega. cuyos elementos con sus correspondientes características son los siguientes: • • • COMPRESOR: Comprime un gasto másico de aire ( m c ) de 1 kg/s con unas condiciones de entrada iguales a las del ambiente: p1 = 100 kPa y T1 = 300 K. (Abr 01) Página 23 .Calcule la temperatura de salida del aire (T6) en dichas condiciones normales de operación. entre los puntos 1 y 4. Ver 1. Se pone en marcha el compresor.. el compresor se pone en marcha de modo automático cuando la presión en el depósito desciende. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. El diagrama adjunto representa una instalación de suministro de aire comprimido.Suponiendo que el compresor opera en régimen estacionario durante el proceso de llenado del depósito. Su relación de presiones (π) es de 20 y su rendimiento isoentrópico (ηc) es de 0. Profesores Pedro Rodríguez. VÁLVULA ANTIRRETORNO: Como su propio nombre indica impide la descarga del depósito a través del compresor cuando éste se para.. 5. debido al consumo de aire. El aire que circula por la instalación puede considerarse gas ideal caloríficamente perfecto.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.8.¿Cuánto tiempo tardará en detenerse el compresor? 2.(Examen final 5 Julio del 99) 4. 4.1 kg/s limitando la presión de la tubería de salida a 2 bar (p6 = 2 bar).4 . y que es próximo a los 10 bar. dibuje la evolución del aire en un diagrama temperatura – entropía. 1. cv = 0.Calcule la potencia consumida por el compresor.28.. A través de dicha válvula se produce una disminución de la presión hasta un valor igual a la del depósito (p3 = p4 = p5). PROCESO 2: Durante la operación normal del sistema..3. DEPÓSITO: Se trata de un depósito aislado adiabáticamente.7 kJ/(kgK). Problemas corregidos: Segundo Principio. con la válvula de descarga cerrada. .Suponiendo que el proceso que experimenta el gas que queda en el depósito puede considerarse reversible y cuasiestacionario. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García PROCESO 3: Un corte de energía eléctrica provoca la parada total del compresor..→ 2 = 1+ = = = c ηc h2 − h1 T2 − T1 T2 − 1 T2 − 1 T1 T1 T1 c p T1  k −1  k ⋅ cv ⋅ T1  k −1  kg Wc = mc  π c k − 1 = mc  π c k − 1 = 1 ηc  ηc  s   % % % T1  k −1   π kk−1  1 .14  kgK  20 .Tiempo en detenerse el compresor. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.4 kW   0.3.7 s kgK % % 2). mdA = VD ⋅ ρ A = VD ⋅ mdb = VD ⋅ ρ B = VD ⋅ TA = TB = T1 ∆md = mdB − mdA = ∆t = PA PA PA = VD ⋅ = VD ⋅ (c p − cv )TA Rg TA cv (k − 1)TA PB cv (k − 1)TB VD (PB − PA ) cv (k − 1)T1 ∆md VD 1 2 m3 = ⋅ (PB − PA ) = 1 ⋅ (1000 − 100) kPa = 21. atendiéndose la demanda de aire con el que hay contenido en el depósito. 6. (Abr 01) Página 24 . Solución: PROCESO 1 1). Profesores Pedro Rodríguez. Mercedes de Vega. 4 − 1 = 497.. Problemas corregidos: Segundo Principio. T T − → − =  c   π c k − 1 2 1 ηc     kJ ⋅ 300 K −1  1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. T P2 2 2´ 3 P1 4 1 s 3).7 Ver 1.8   1. Aplique dicha relación al cálculo de T6.Potencia consumida por el compresor.Diagrama temperatura .4 − 1)⋅ 300 K 1 0. cuando la presión en el depósito es de 2 bar.41 s kg kJ mc mc cv (k − 1)T1 (1.entropía.. lo cual provoca una progresiva disminución de su presión. relacione la temperatura del aire en el depósito con la presión que hay en su interior. Wc = mc (h2 − h1 ) = mc c p (T2 − T1 ) % % % T2′ −1 − 1 π kk −1 h2′ − h1 T2′ − T1 T1 T 1 ηc = .4 ⋅ 0. que incluye compresor.4 kW ⋅ 21. es isoentrópico: TB  PB  =   TC   PC   PC T6 = TB  P  B k −1 k  PC . → TC = TB  P  B 2 = 300 K    10      k −1 k     k −1 k 1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Profesores Pedro Rodríguez. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4).Balance en toda la instalación: Calor evacuado en el intercambiador.Temperatura de salida del aire en funcionamiento normal.. & & & & U B − U A = mdB u B − mdAu A  P1  mc h1∆t = (mdB − mdA )  u1 + ρ   1   u1 = u a & →Q TA = TB = T1   P1  P1  Q = −(mdB u B − mdAu A ) + Wc ∆t + (mdB − mdA ) uA + ρ   = −mdB u B + mdAu A + Wc ∆t + (mdB − mdA ) uA + ρ  = 1  1    PB V (P − PA ) cv (TA − TB ) + Wc ∆t + D B cv (k − 1)T1 = = mdB (u A − u B ) + Wc ∆t + (mdB − mdA )Rg T1 = VD cv (k − 1)TB cv (k − 1)T3 & & & & = Q = Wc ∆t + VD (PB − PA ) = 497.c. Problemas corregidos: Segundo Principio. Si el proceso es adiabático reversible. → U B − U A = −Q + Wc ∆t + mc h1 ∆t .C. y depósito (cerrado en 5): dE vc = −Q + Wc + mc h1 dt & & & integrando entre los estados A y B: E B − E A = −Q + Wc ∆t + mc h1∆t ..444 MJ & PROCESO 2 5). (Abr 01) Página 25 .3. 4 = 189. I. 4 −1 1. Expansión isentálpica en la válvula: h6 = h5 → T6 = T5 = 300 K PROCESO 3 6).Temperatura de salida y relación P T cuando la presión en el depósito es de 2 bar. Mercedes de Vega.. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.4 K Ver 1. Aplicando el 1er Principio a un v.4 s + 2 m 3 (1000 − 100 ) kPa = 12. 1 Intercambiador de calor 2a 3 Compresor 1 Bomba 2b 3 Intercambiador de calor Configuración (a). Configuración (b) Suponiendo que la compresión en los dos casos (a) y (b) es adiabática y reversible. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 14. pasa primero b) En la segunda configuración. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. el agua saturada (1).. en función de las condiciones a la entrada y a la salida: Evaluar: Trabajo específico de la bomba: Potencia necesaria en la bomba: Entalpía en 2b (especificando sus unidades): Calor específico absorbido en el intercambiador: Potencia térmica absorbida en el intercambiador: s1 = s3 = s2a = wa = • (kJ/kg) (kW) (kJ/kg) (kW) Wa= qa • = Qa = wb = • (kJ/kg) (kW) (kJ/kg) (kW) Wb= h2b = qb = • Qb = 4) ¿Qué solución se adoptaría si se dispusiese de una bomba de 10 kW y un compresor de 1000 kW? Ver 1. Problemas corregidos: Segundo Principio.9 bar (1) con la que se pretende poder obtener 5 kg/s de vapor a 440ºC y 15 bar (3). (Abr 01) Página 26 . Profesores Pedro Rodríguez. (especificando sus unidades): h1 = h3 = h2a = 2) Para la configuración a): Trabajo específico del compresor: Potencia necesaria del compresor: Calor específico absorbido en el intercambiador: Potencia térmica absorbida en el intercambiador: 3) Para la configuración b): Expresar el trabajo específico necesario en la bomba.(Examen final 13/6/96) En una planta industrial se dispone de agua saturada en estado líquido a 0. Se estudian dos posibles configuraciones: a) En la primera configuración.3.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Mercedes de Vega. primero se coloca una bomba por un intercambiador de calor. se pide: 1) Propiedades termodinámicas del agua. y después por un compresor: seguida de un intercambiador de calor. 15 + 0.71 º C  3 −3 v1 = 1.5 − 2 670.2695 T 3 P3 = 15 bar P1 = 0.0410 ⋅ 10 m kg p1 = 0. .5 kJ → kg t 3 = 440 º C  sobrecalentado  s 3 = 7.2160 m 3 kg  3 p 3 = 15 bar   Vapor → h3 = 3 342.99985 ⋅ 2 265. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.9 bar 1 2a S 2) Para la configuración a): Trabajo específico del compresor: wc = h3 − h2 a = 3 342. → s 2 a − s l 2 a = x 2 a (s v 2 a − s l 2 a ).9 bar (líquido saturado) p3 = 15 bar.2695 = = 0.2695 kJ  Mezcla kgK   → →   = s 3 = 7.99985 (s v 2 a − s l 2 a ) 7.99 kg kg Página 27 . Profesores Pedro Rodríguez. → x 2 a = h2 a = hl 2 a + x 2 a hlv 2 a = (405. Punto 3) Punto 1) t1 = 96.2695 kJ kgK  Punto 2a) v = 0. Problemas corregidos: Segundo Principio.9 bar   → kJ x1 = 0  h1 = 405.3940 kJ kgK  p 2 a = 0.9 bar s 2a s l 2 a = s1 = 1.3949 − 1. . Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Solución: 1) 1 Intercambiador de calor 2a 3 Compresor 1 Bomba 2b 3 Intercambiador de calor Gasto másico: 5 kg/s. p1 = 0.3949 kJ kgK kgK    s 2 a = (1 − x 2 a ) ⋅ s l 2 a + x 2 a s v 2 a .Bomba y compresor adiabáticos reversibles.Intercambio de calor a P = cte.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.3940 kJ saturada s v 2 a = 7.7 ) kJ kJ = 2 670.Estacionario.3940 − 1.3. t3 = 440 ºC Hipótesis: .5 Ver 1.15 kg  s1 = 1. (Abr 01) kJ kJ = 671. Mercedes de Vega.5 kg kg (s 2 a − s l 2 a ) 7. 339 kW s kg kJ kJ = 2 935.88 kg kg Calor específico del intercambiador de calor: q ic = h3 − h2b = 3 342.15 Potencia de la bomba: kJ kJ = 1.9)⋅10 2 kPa = 406.3. Mercedes de Vega.5 − 405.35 kg kg Calor específico del intercambiador de calor: q ic = h2 a − h1 = 2 670.4678 kg kg W b = m ⋅ wb = 5 ' ' kg kJ ⋅ 1. Problemas corregidos: Segundo Principio.0410 ⋅10 (15 − 0.99 = 3 359.4 kW s kg Ver 1. (Abr 01) Página 28 . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.617 kJ kg kg kg Trabajo específico de la bomba: wb = h2b − h1 = 406.35 = 11326.617 − 405. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Potencia consumida por el compresor: W c = m ⋅ wc = 5 ' ' kg kJ ⋅ 671.9 kW s kg kJ kJ = 2 265.5 − 406.75 kW s kg 3) Para la configuración b): T 3 P3 = 15 bar P1 = 0.4678 = 7.15 Potencia térmica del intercambiador de calor: Qic = m ⋅ q ic = 5 ' ' kg kJ ⋅ 2 265.9 bar 2b 1 S En el punto 2b: 3 kJ −3 m h2b = h1 + v1 ( p2b − p1 ) = 405.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.15 + 1.88 = 14 679.617 Potencia térmica del intercambiador de calor: Qic = m ⋅ q ic = 5 ' ' kg kJ ⋅ 2 935. Profesores Pedro Rodríguez. 8 kg 40 MJ MJ como 1 kWh = 10 3 W ⋅ 3 600 s = 3. Problemas corregidos: Segundo Principio. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4) Solución adoptada: Si se tiene una bomba de 10 kW y un compresor de 1 000 kW no se puede aplicar la solución (a) porque la potencia requerida en el compresor es mayor de 1 000 kW. (Abr 01) Página 29 .4 kW ⋅ 11.6 MJ .9 kW ⋅ 10 • ( Pts Pts = 33 500 kWh h Coste de la solución (b): ( C B ) = Wb ⋅ C M + Qicb ⋅ CTAT = 7.25 Pts/kWh (*) (*) C TAT = 100 Pts 1 l 1 kg Pts 1 l 1 kg Pts .125 l ρ kg Li MJ l 0.62 11 326.7 h Ver 1. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Si analizamos el coste de la energía por hora de funcionamiento tendremos por tanto: CM = Coste de la energía mecánica = 10 Pts/kWh CTBT = Coste de la energía térmica de baja temperatura = 0 Pts/kWh CTAT = Coste de la energía térmica de alta temperatura = 11.3 – 440 ºC: 100 Pts/l. ⋅ ⋅ = 100 ⋅ ⋅ = 3.71 ºC: Gratis. Pts MJ Pts C TAT = 3. Mercedes de Vega.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Sería interesante hacer una valoración termo-económica de ambas soluciones poniendo precio a: Potencia mecánica: 6-15 Pts/kwh.125 ⋅ 3.339 kW ⋅ 10 • ( Pts Pts Pts + 14 679.25 = 165 217 kWh kWh h ¿A qué precio debería estar la energía de baja temperatura para que sea rentable la solución (a)? ( Wc ⋅ C M + Qica ⋅ C TBT = C B ) . y sí la (b) porque la potencia requerida en la bomba es menor de 10 kW.6 = 11.3. Potencia térmica a 96.25 MJ kWh kWh • ( Coste de la solución (a): C A) = Wc ⋅ C M = 3 359. Profesores Pedro Rodríguez. Potencia térmica a 198. → C TBT = C B ) − Wc ⋅ C M ( ( Qica = 165 217 − 33 599 Pts = 11. con Li = 40 MJ/kg. determine la entropía generada por unidad de tiempo debido a irreversibilidades internas del motor.Régimen estacionario del volumen de control.38 Considere un motor a reacción que se desplaza en la atmósfera (T0 =250 K. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 15. 3.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. .Estudie el motor como un sistema abierto en el que entra y sale exclusivamente aire y recibe una cantidad de calor que puede calcularse a partir de la que se obtiene quemando el combustible que consume.2 Ver 1.. Suponiendo que son aplicables las hipótesis de régimen estacionario para el proceso y gas ideal caloríficamente perfecto para el fluido de trabajo (que se considera aire). 4. → m a + mc = m p . Profesores Pedro Rodríguez.Gas ideal caloríficamente perfecto. y que desde el punto de vista de gasto másico que circula por el motor se asimila a aire. se obtiene a la salida del motor un chorro de gases a presión atmosférica. Problemas corregidos: Segundo Principio. estimándose que la temperatura media de la frontera a través de la cual se realiza el proceso de transferencia de calor es de 400 K. determine la entropía generada por unidad de tiempo debido a irreversibilidades externas al volumen de control y el incremento total de entropía del universo.Mediante balances de entropía en el ambiente y en el universo (constituído por el volumen de control más el ambiente). y por el que circula un gasto de aire de 5 kg/s...Calcule el rendimiento del ciclo termodinámico que se desarrolla en el interior del motor.. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.. El motor transfiere calor al ambiente. Mercedes de Vega. con una velocidad de 600 m/s y una temperatura de 700 K. Solución: • mc Tf • mp • ma Volumen de Control e • s Q pe = p0 = ps = 1 bar Tf = 400 K ve = 200 m/s vs = 600 m/s Gasto másico de aire: 5 kg/s Hipótesis: Te = T0 = 250 K Ts = 700 K Lc = 40 MJ/kg Gasto másico de combustible: 200 g/s .(Examen final 20/6/97) 4. para calcular el calor transferido al ambiente.3. → m p = 5. (Abr 01) kg s Página 30 . Aplique las ecuaciones de conservación de masa y energía al volumen de control definido utilizando como frontera la superficie externa del motor. 1. p0 = 1 bar) a una velocidad de 200 m/s.Mediante un balance de entropía en el volumen de control. Suministrando al motor un gasto de combustible (considerando que está a la misma presión y temperatura que el aire y que tiene un poder calorífico de 40 MJ/kg) de 200 g/s. 2. proceda de la siguiente manera para hacer una evaluación de las actuaciones del motor: 1.-) • • Balance de masa: • • • • • • me = m s = m. calor Q comb = m c Lc = 200 ⋅ 10 − 3 • • • • • • • • kg J ⋅ 40 ⋅ 10 6 = 8 MW s kg Q transf . Profesores Pedro Rodríguez. Problemas corregidos: Segundo Principio. + 0 como se trata de un gas caloríficamente perfecto: s s − se = C P ln p T1 − Rg ln s .17 MW s  kgK 2  ( ) ( ) Q = Q comb − Q transf .43 ln Tf Tcomb s kgK 250 K 400 K 1000 K • • 3. • Balance de entropía en el volumen de control. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García • Balance de energía:   • dEVC dVVC  •  1 2 1 2  = Q − Weje + p  + mhe + v e − hs − v s . • Q = comb + σ QE dt Tcomb • dS QE 0 (estacionario) Ver 1. habría que considerar el proceso como se ha simulado.83 MW 2.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. con un aporte de calor exterior simulando la combustión. → dt dt  2 2    0 0 0   • • 1 2  2  Q = m(hs − hs ) + v s − v e  2   ) . + * .83 ⋅10 6 W 8 ⋅10 6 W 700 = TC − comb + m(s s − se ) = − + 5. (Abr 01) Página 31 .2 1 000  = 3. * + ( ) como se trata de un gas ideal caloríficamente perfecto: • • 1 2  2  hs − he = C P (Ts − Te ) → Q = mC P (Ts − Te ) + v s − v e  → 2   • kg  J (700 − 250) K + 1 600 2 − 200 2  Q = 5. (Modelo de ambiente) Balance de entropía del quemador exterior. es decir.3. Para hacerlo suponemos que la temperatura de frontera a la que se realiza la transferencia de calor procedente de la combustión es Tcomb = 1000 K. • • • • - • • • Q Q dSVC Q comb Q TC • = − + m(se − s s ) + σ VC → σ VC = TC − comb + m(s s − se ) dt Tcomb Tf Tf Tcomb . T2 pe σ VC • • Q Q kg J kW 4. • • dS A Q TC = + m(s s − s e ) + σ A dt T0 • • 0.calor = Q comb − Q = 8 − 3. Mercedes de Vega.-) • Balance de entropía en el ambiente. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.17 MW = 4.2 ⋅1000 = 9.-) Si se calcula la variación de entropía entre la entrada y la salida como si fuera aire. 43 + 15.-) • Cálculo del rendimiento del motor. • • • ηm = • W • = m (v s − v e ) ⋅ v e • • 5.calor • =1− Q TC • =1− Qc Ver 1.245  +  T0 T  T K  250 400  K 1000 K f  comb  • • • • kW kW kW σ U = σ VC + σ E → σ U = 9.calor • • • • η Ciclo = W Ciclo • = Q c − Q transf .83 ⋅10 6 W  − = 15. 2 600 200 − m v s − ve ∆Ec s 2 s 2 = 4 ⋅ 10 −3 ηm = • = 2 • = 8 ⋅ 10 6 W Qc Qc • ( ) Otro modo de definirlo: W = E ⋅ v = m (v s − v e ) ⋅ v e .3.052 6 8 ⋅ 10 W Cálculo del rendimiento del ciclo termodinámico. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García • Balance de entropía del Universo.245 = 24. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. 2 kg 1 1 2 2 2 2 m ( ) 0 . Problemas corregidos: Segundo Principio. dSU • =σU dt SU = SVC + S A + S QE → =σU →σ U • • • • • dSU dSVC dS A dS QE dS = + + → U =σU dt dt dt dt dt • • • • • • Q Q Q Q = comb − TC + m (se − s s ) + σ VC + TC + m (s s − se ) + comb + σ QE → Tcomb Tf T0 Tcomb • •  •   Q TC Q TC Q comb  = σ VC +  − + Tf Tcomb   T0    • Irreversibilidad externa ( σ E ) Irreversibilidad interna ( σ I ) • • • 1 1  Q 1  1 8 ⋅10 6 W kW  1 σ E = Q TC  −  + comb = 4. • Q comb • Wc • Q transf . Profesores Pedro Rodríguez.2 = Qc Qc 2 kg (600 − 200) ⋅ 200 m2 s s = 0.83 = 0. (Abr 01) Qc Qc 4. Mercedes de Vega.396 8 Página 32 .UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.675 K K K • • 4. Calcule la variación de entropía del universo por unidad de tiempo.8 kg/s de aire a presión y temperatura ambiente (p0 = 100 kPa..(Examen final 18/9/97) 4. 3.6. (Abr 01) Página 33 . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Mercedes de Vega. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 16. 2. m a C Pa η= W • = Qs • • 1   Q W → = i • •  η − 1 .Suponiendo que la mencionada corriente de aire extrae toda la energía que el motor disipa en forma de calor.   Qi + W • W • 1  W  η − 1    = (290 + 62.8 • Qs T0 = 290 K 1.5 K = 79. se dispone de una corriente de 0.35º C T T → e= 0+ • m a C Pa Ver 1. calcule la temperatura de salida del aire. así como su contribución a la variación de entropía del universo. que opera en régimen estacionario proporcionando una potencia útil de 75 kW y tiene un rendimiento de valor 0..6 m a = 0.Determine la variación de entropía del universo por unidad de tiempo debida al proceso de transferencia de calor desde el motor térmico a la corriente de aire de refrigeración.3. 4. mientras que la primera corresponde a la de un sistema que opera de forma reversible.-) Balance de energía en el volumen de control: kg s CPa = 1 KJ/kgK Ts = 1 000 K 0 = Q i + m a C Pa (T0 − Te ) → Te = T0 + • • • • Qi • .. Profesores Pedro Rodríguez. Problemas corregidos: Segundo Principio. T0 = 290 K).. Determine la variación de entropía por unidad de tiempo del sistema cerrado que opera en el motor térmico. Para refrigerar un motor térmico. 1.36. pudiéndose identificar ésta última como la temperatura media a la cual el motor transfiere calor a la corriente de aire.El motor térmico se modeliza mediante un ciclo de potencia que opera entre dos focos a temperatura constante Ts = 1000 K y Ti = 360 K. y que el aire puede considerarse gas ideal caloríficamente perfecto (cpa = 1 KJ/(kg·K)). Solución: Ts • Qs • W • Qi T0 • Ti Te • ma ma Potencia útil: 75 kW • P0 = 1 bar Ti = 360 K η= W • = 0.5) K = 352.. (Abr 01) Página 34 .6  kg J W   50 ⋅ 10 W  3 ln1 + = 0.6 Q Q  50 ⋅ 10 3 125 ⋅ 10 3  W W  = i − s = − = 13.-) Balances de entropía: Sistema cerrado: • Q Q dS SC Q s Q i • = − + σ SC → σ SC = i − s dt Ts Ti Ti Ts • • • • 0 (Régimen estacionario) Volumen de control: • • • Q dS VC Q i • = + m a (s 0 − s e ) + σ VC → σ VC = m a (s e − s 0 ) − i dt Ti Ti • • 0 (Régimen estacionario) Ambiente: dS A • = m a (s e − s 0 ) dt • Q dS FS = − s + σ FS dt Ts • Foco superior: 0 (Hipótesis de operación reversible) Universo: • • • • Q dS U dS SC dS VC dS A dS FS = + + + = σ U = σ SC + σ VC = m a (s e − s 0 ) − s dt dt dt dt dt Ts • Introduciendo valores: • • 1   1  Qi = W   η − 1  = 75 kW  0.6 − 1 = 50 kW     Qs = • • σ SC • W 75 kW = = 125 kW η 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 2.8 ⋅ 1 ⋅ 10 − = 17.25  kg J s kgK 360 K K 0. Mercedes de Vega.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.05 K K K Ver 1.3.89   Ti Ts  360 1 000  K K • • 3.-) • • • Qi • Q T p = m a C Pa ln e − R g ln e − i = m a C Pa Ti T0 p 0 Ti • • • 1    W  • − 1  η    Qi   ln1 + • − T = i  m a C Pa T0      σ VC = m a (s e − s 0 ) − = σ VC •    1    75 ⋅ 10 3 W  − 1 3 0.8 • W W W + 17.-) σ U = σ SC + σ VC = 13. Profesores Pedro Rodríguez.25 = 31.8 ⋅ 1 ⋅ 10 3 ⋅ 290 K     s kgK   • • 4. Problemas corregidos: Segundo Principio. 3. Profesores Pedro Rodríguez. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. 4. se pide calcular los siguientes apartados: 1.-) Llenando con gas.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. (Nota: en los apartados 1 y 2 se supone que el mechero está totalmente vacío antes de su llenado). (A) Mechero vacío.El llenado finaliza cuando se iguala la presión en mechero y depósito. .Entropía generada en los procesos 1 y 2 en el conjunto válvula – mechero (por unidad de masa introducida en el mechero). .Si la botella indica que no se someta a temperaturas mayores de 50 ºC..Temperatura y volumen específico del gas en el depósito del mechero si se supone que éste está aislado térmicamente y se rellena con la botella en la posición de la figura 2 (el gas de la botella es el que alimenta el mechero).. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 17. Mercedes de Vega..6 bar Ver 1. 2.. e: p = 6 bar t = tS. y que su volumen es suficientemente grande como para que sus condiciones no cambien con el llenado del mechero.39 Para rellenar un mechero.Mechero totalmente vacío al comienzo del llenado. indicar qué presión máxima ha de soportar en su interior. (B) Mechero a 6 bar.Temperatura y volumen específico del gas en el depósito del mechero si se supone que éste está aislado térmicamente y se rellena con la botella en la posición de la figura 1 (el gas de la botella es el que alimenta el mechero).Dar el valor de la relación r = m1/m2 siendo m1 y m2 las masas de gas introducidas en el mechero en los casos 1 y 2 respectivamente.Adiabático.6 bar Página 35 .. Hipótesis: .Propuesto 4/5/98 4. Figura 1 Figura 2 Solución: 1. (Abr 01) e: p = 6 bar t = tS. A efectos de cálculo numérico se supondrá que la sustancia contenida en la botella se comporta como el refrigerante R-12 (del que se dispone de tablas). 5.. la botella de rellenado se puede colocar hacia arriba (como se representa en la figura 1) o invertida (como se presenta en la figura 2). Problemas corregidos: Segundo Principio.3. Suponiendo que el contenido de la botella de llenado se encuentra en saturación a 6 bar. 6872 kJ kgK v e = 0.020 º C  3 v C = 0.020 º C u e = 56.48 hB = 216.6872 = 0.614 kg kg  s B = 0.48 kJ kg m3 kg s e = 0. t C = 22.029132 Aplicando el primer principio: U B − U A = 0 − 0 + m B he → m B u B = m B he → u B = he ya tenemos 2 propiedades.230 kJ kg u C = he = hlíquido .2155 kJ kgK   X = 0.7525 kJ kgK  2.-) 5. Mercedes de Vega.000757 ahora lo que cambia es que uC = he = h del líquido a 6 bar.713  kg s C = 0.020 º C u e = 179 kJ kg he = 196. Problemas corregidos: Segundo Principio.0037  C 3.-) p MÁX = p SAT .06530 mB kgK kgK kgK del mismo modo: σ AC σ kJ kJ kJ = s C − s e = AC = 0. Profesores Pedro Rodríguez.00180 mC mC kgK kgK kgK r= m B V ⋅ vC v C 0.000862 = = = = 0.02569 mC v B ⋅ V v B 0. y a partir de ellas obtenemos las restantes: t B = 50.000862 m kg p C = 6 bar = 600 kPa   kJ Vapor + líquido (mezcla saturada )hC = 57.193 bar Página 36 Ver 1.2155 − 0.6bar = 196.2137 = 0.3.50 º C = 1 219.713 kJ kg s e = 0. (Abr 01) .UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.033548 4. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García A partir de las condiciones del gas en el depósito: t e = 22.7525 − 0.2137 m3 kg kJ kgK v e = 0.68 º C  3 v B = 0.3 kPa = 12. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. S B − S A = 0 + m B s e + σ AB → m B s B = m B s e + σ AB → σ AB = m B (s B − s e ) → → σ AB = s B − se → mB σ AB kJ kJ kJ = 0.-) Segundo principio.033548 m p B = 6 bar = 600 kPa kg  kJ Vapor sobrecalentado  kJ u B = he = hvap . A partir de las condiciones del líquido en el depósito: t e = 22.-) Llenando con líquido.259 kJ kg he = 56. 6bar = 56. El suministro de agua se realiza desde la red a 3 bar (p1) y temperatura ambiente (t1 = 20 ºC)..Suponiendo que el aporte de calor en la cámara de combustión de la turbina de gas se realiza a una temperatura media de 1200 K y el calor liberado durante el proceso tiene lugar a una temperatura media de 600 K.. B) Turbina de gas. Se supondrá que la expansión y la compresión son isoentrópicos.T.4. (Abr 01) Página 37 .. 9. (B) (C) (A) Aire (D) (E) Proceso Agua (1) (2) (3) Se utilizará para el aire el modelo de gas ideal caloríficamente perfecto: γ = 1.Evaluar las propiedades (P. 8.Gasto de aire en la turbina de gas. 5. 3. Ver 1. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. 4. 10. y además se lleva a cabo un proceso en el que. A) Circuito del agua. CP = 1 kJ/kgK. El compresor de la turbina de gas toma el aire en condiciones ambiente (pA = 1 bar. Mercedes de Vega.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.Potencia neta de la turbina de gas. tA = 20 ºC).h y s) de los puntos 1... 7. se libera una cierta cantidad de calor.Calcular las temperatura de los puntos B y C. Represente en un diagrama T-S la evolución del aire (A-B-C-D) 6.. mediante una turbina de gas. Problemas corregidos: Segundo Principio. calcule la generación de entropía del conjunto de la instalación. y se pueden despreciar las variaciones de energía cinética y potencial. 2.3. 1.Calor liberado durante el proceso 2 a 3 (kW). C) Balance de la instalación.Calor suministrado en la cámara de combustión y rendimiento de la turbina de gas. La temperatura de salida y entrada de los gases de este intercambiador son tE = t2 +10 y tD =320 ºC y su presión la ambiente (pE = pD = 1 bar). Los gases de escape de la turbina de gas se emplean como fuente de calor para la vaporización y sobrecalentamiento del agua en un intercambiador aire-agua. mediante un balance de entropía en la instalación..Calor necesario a suministrar al agua para pasar del estado 1 al 2 (kW).(Examen 26/6/98) 4.Plantee el balance global de energía de la instalación y compruebe la exactitud del resultado..40 Se considera una instalación en la que se produce energía eléctrica. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 18.Representarlos en un diagrama T-S..1 kg/s de vapor de agua a 280 ºC (t2 = 280 ºC). La relación de compresión de la turbina de gas es rp =10. saliendo el vapor a 100 ºC (t3 = 100 ºC). Profesores Pedro Rodríguez. Todos los procesos son estacionarios.. Durante dicho proceso se produce una pérdida de carga de 2 bar (p2 – p3 = 2 bar). para el que se necesitan 0. sin realización de trabajo.2 y 3.. (Abr 01) Página 38 .6 2676. ..1 • • • • Ver 1. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.1 4.3614 Tablas 2.2 3028.6 − 84. Mercedes de Vega.44 kW s kg kg (2 676.6299 7. Profesores Pedro Rodríguez.24 kW s kg 0 = Q 23 + m h (h2 − h3 ) → Q 23 = m h (h3 − h2 ) = 0.Todos los procesos son estacionarios. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Solución: Hipótesis: . Gasto de agua (1) Q 12 Gasto de agua (2) 0 = Q 12 + m h (h1 − h2 ) → Q 12 = m h (h2 − h1 ) = 0.3.2 T P = 3 bar P = 1 bar 3 1 S 3.2 − 3 028..96 + v∆p = 84. .6) kJ = − 35.Punto p (bar) 3 1 3 2 1 3 t (ºC) 20 280 100 h (kJ/kg) 83.Calor liberado durante el proceso 2-3: • • • • kg (3 028.2) kJ = 294. A) Circuito del agua. 1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Problemas corregidos: Segundo Principio.2966 7.Despreciables las variaciones de Ec y Ep.Calor necesario para que el agua pase del estado 1 al 2: • 1er Ppio al lado del agua del IC.2 s (kJ/kgK) 0.Aire gas ideal caloríficamente perfecto.Compresión y expansión isentrópicas. . Problemas corregidos: Segundo Principio. 4 −1 1.Temperaturas de los puntos B y C. 4 = 1145. como el proceso es isentrópico: K K 1− K 1− K p Av A = pB vB   TA   TB   1− K 1− K K K K T = p K T →    p p T p T p = → = →  → pA B A A B B A A B B p  p  pv = Rg T   A  B  K K  pB  TB = TA  p    A K −1 K = TA rpC K −1 K = (20 + 273..Gasto de aire que pasa por la turbina de gas: • 1er Ppio al lado del aire del IC.15) K ⋅10 1. Profesores Pedro Rodríguez..15) K ⋅ 10 1. Diagrama T-S T C p = 10 bar P = 1 bar B D A S En el compresor. 4 −1 1.83 º C haciendo lo mismo en la turbina: K 1− K 1− K = pD vD   TC   TD   1− K 1− K K K     K K T → p p p T p T p T p → = → = → =  C D C C D D C C D D   p p pv = R g T  C D      p C vC K K K  pD  TD = TC  p    C K −1 K  pC  → TC = TD  p    D K −1 K = TD r pT K −1 K = (320 + 273.44 kW kg = 9. Mercedes de Vega.3. Gasto de aire (D) • • • • • Q 12 Gasto de aire (E) − Q 12 − Q 12 0 = − Q 12 + m a (hD − hE ) → m a = = = hE − h D C P (TE − TD ) − 294. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. (Abr 01) Página 39 . Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García B) Turbina de gas: 5.815 kJ s 1 (290 − 320) K kgK Ver 1. 4 = 565.98 K = 292.19 K = 872 º C 6.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Potencia neta de la turbina de gas: 1er Ppio en la turbina: Gasto de aire (C) Potencia al compresor Potencia al eje.482 5 685 kW Ver 1.3. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Gasto de aire (D) 0 = 0 − W EJE − W COMP + m a (hC − h D ) → W EJE = − W COMP + m a (hC − hD ) 1er Ppio en el compresor: Gasto de aire (A) • • • • • • (1) Potencia de la turbina Gasto de aire (B) 0 = 0 + W COMP + m a (h A − h B ) → W COMP = m a (h B − h A ) de (1) y (2): • • • • (2) W EJE = m a {(hC − h D ) − (hB − h A )}→ W EJE = m a C P {(TC − TD ) − (TB − T A )}= = W EJE = 9.Calor suministrado en la cámara de combustión y rendimiento de la turbina de gas: 1er Ppio en la cc: • • • • • 0 = Q CC + m a (hB − hC ) → Q CC = m a (hC − h B ) = m a C P (TC − TB ) = = Q CC = 9. Mercedes de Vega. Problemas corregidos: Segundo Principio. Profesores Pedro Rodríguez.. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 7.83 − 20 )} K = 2 740 kW ⋅1 s kgK 8. (Abr 01) Página 40 .815 • • • • • kg kJ {(872 − 320 ) − (293.815 • kg kJ ⋅1 (872 − 292..UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.83) K = 5 685 kW s kgK Rendimiento: • η= W EJE • = Q CC 2 740 kW = 0. Profesores Pedro Rodríguez. Problemas corregidos: Segundo Principio.15 kgK 1 kgK kJ   1 R g = C P − CV = C P 1 −  = 0.2 ) kW . Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García C) Balance de la instalación: 9.2966 ) = 2. y solamente a estos dos motivos. Puede ser debido a errores de cálculo y/o precisión de los datos proporcionados. ya que no se han hecho hipótesis simplificativas que lo justifiquen.6529   1 200 K 600 K s  kgK  s kgK K Ver 1.Irreversibilidad del conjunto de la instalación.Balance global de energía: 0 = Q CC + Q 23 − W EJE + m a (h A − hE ) + m h (h1 − h3 ) → 0 = Q CC + Q 23 − W EJE + m a C P (T A − TE ) + m h (h1 − h3 ) → 0 = 5 685 kW − 35. TCC T23 TCC T23 • • • • s E − s A = C P ln   kJ 290 + 273.2857 kgK   k  TE p − R g ln E TA pA • • • Q Q = − CC − 23 + m a (s E − s A ) + m h (s 3 − s1 ) = TCC T23 • • σ INST • σ INST = − 5 685 kW 35.815 + 0.51 kW • • • • • • • • • • Comparado con los 5 685 kW que se introducen en la cámara de combustión.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.6529 s E − s A = 1 kgK 20 + 273.815 ⋅ 1 ⋅ (20 − 290 ) kW + 0.2 − 2 676. • • • • • • Q Q Q Q 0 = CC + 23 + m a (s A − s E ) + m h (s1 − s 3 ) + σ INST → σ INST = − CC − 23 + m a (s E − s A ) + m h (s 3 − s1 ).2857 ln ln = 0.3614 − 0.1 (7. el error es despreciable. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.15 kJ 1 kJ  − 0.3.1 ⋅ (84.. 0 = 0.24 kW kg  kg kJ  kJ kW   + + 9. (Abr 01) Página 41 . 10.24 kW − 2 740 kW + 9. Mercedes de Vega.436 0.. 2 kJ kg kJ kg s B = 8. Calor intercambiado entre el recipiente y el sistema de acondicionamiento térmico entre el estado final del apartado 1 y el actual (especificando si ha entrado o salido del recipiente). Nota: En caso de haber entendido el enunciado. En ese instante. inicialmente vacío.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. Suponiendo que el proceso es cuasiestacionario y que la temperatura se mantiene constante e igual a 25 ºC dentro del depósito. el alumno debería ser capaz de responder al siguiente ejercicio mental: Si se abre la válvula hasta obtener en el interior del recipiente una presión de 0. ¿qué temperatura se obtiene en el mismo? En caso de no poder responder a esta pregunta. El recipiente está unido a través de una válvula con una conducción que contiene agua a 25 ºC y 10 bar de presión.. e (agua): 25 ºC 10 bar vc 1.5580 kJ kgK Página 42 . se abre la válvula permitiendo nuevamente la entrada de agua al interior del recipiente.Durante el proceso entre el primer y segundo apartados.001 bar.A partir del estado final del apartado 1.. Entropía generada en el recipiente (se considerará que la pared del sistema de acondicionamiento térmico se mantiene a 25 ºC) durante este proceso.41 Se dispone de un recipiente cerrado y rígido de 10 m3.17 kPa v B = 43.Se abre la válvula permitiendo la entrada de agua al interior del recipiente. vuélvase a leer el enunciado desde el principio.(Examen 9/98) 4. Solución: Q t = 25 ºC V = 10 m3 . Profesores Pedro Rodríguez. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 19. calcular: • • Entropía generada en la válvula. independientemente de las operaciones que se realicen sobre él..8 m3 kg hB = 2 547. se pide obtener: • • • Masa de agua que hay en el recipiente. Problemas corregidos: Segundo Principio. hasta el momento en que no hay vapor. y sólo hay líquido en el recipiente.-) De vacío a vapor. (Abr 01) u B = 2 409. 2. Estado B: Depósito lleno de vapor saturado a 25 ºC: p B = 3. Mercedes de Vega. Entropía generada en el conjunto válvula – recipiente (se considerará que la pared del sistema de acondicionamiento térmico se mantiene a 25 ºC).3. 3. Este recipiente sólo intercambia calor con el exterior a través de una pared conectada a un sistema de acondicionamiento térmico que mantiene el contenido del recipiente a 25 ºC. hasta el momento en que se inicia la aparición de líquido. se pide obtener: • • Masa de agua que hay en el recipiente. 1..360001 Ver 1. Estado A: depósito vacío. Calor intercambiado entre el recipiente y el sistema de acondicionamiento térmico (especificando si ha entrado o salido del recipiente). 23063 kg kg • dE vc dU vc •  •  • = = Q − W eje + W ∆V  + m e he dt dt   0 (rígido) 0 (no hay ejes) integrando entre los estados A y B: con lo que: U B − U A = Q AB + (m B − m A )he 0 (estaba vacío) 0 (estaba vacío) Q AB = U B − m B he = m B (u B − he ) Propiedades del flujo de entrada:  m3 v 0 .17 kPa vC = 0. Mercedes de Vega.001003 m 3 = 9 970 kg kg Página 43 Ver 1.15 + 25     kgK kJ K = σ AB = 0. irreversibilidad): kJ = 531.3674 kJ kgK kJ kJ = 105.23063 kg (2 409.23063 kg 8.Masa de agua: 10 m 3 V V = mB vB → mB = = v B 43.Entropía generada (i.001003 .89   kJ   − mB se = mB s B − B e − se  = 0. Problemas corregidos: Segundo Principio.e.89 kg kg Q AB = U B − m B he = m B (u B − he ) = 0. (Abr 01) .3674 = T T 273. Estado C: Depósito lleno de líquido saturado a 25 ºC: p C = p B = 3. Profesores Pedro Rodríguez.89 + ( p − p SAT )v SAT s e = 0.Masa de agua: u C = 104.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García .106839 2.3674 kJ kgK m3 kg V = mC vC → mC = 10 m 3 V = v C 0. 001003 = e p e = 10 bar   kg  → t e = 25 º C   kJ u e = 104.Calor intercambiado: = 0. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.360001 m 3 .8 − 105.88  kg  Finalmente: he = 104.89) .3.89 kJ kg kJ kg s C = 0.5580 − − 0.35 kJ kg • dS vc Q • Q = + m e s e + σ vc → S B − S A = AB + (m B − m A ) ⋅ s e + σ AB dt T T • 0 0 σ AB = S B − u −h Q AB 2 409.8 − 105.88 hC = 104.-) De vapor a líquido. -) Entropía en el paso del primer al segundo apartado. con lo que la entropía en la salida también lo será: kJ  kJ hs = 105.89 = − 10 601 kJ kg kg kg 3.Calor intercambiado: U C − U B = Q BC + (mC − m B )he → Q BC = mC u C − m B u B − (mC − m B ) ⋅ he = = Q BC = 9 970 kg ⋅ 104.Analizando la válvula: vc salida: 25 ºC p = pSAT.25ºC =3. Si también la suponemos isentálpica. .3707 kgK   ps = 3. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. la entropía generada en el depósito es nula y la generada en la válvula es la generada en todo el volumen de control: σ VC = σ V = 33. considerando la entrada al mismo como la salida de la válvula: Ver 1. ya se puede analizar únicamente el depósito.3. la entalpía y la presión en la salida son constantes y conocidas en todo el proceso.23063(0.8 − (9 970 − 0. Profesores Pedro Rodríguez. Mercedes de Vega.23063 kg ⋅ 2 409. (La suponemos adiabática).UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. (Abr 01) Página 44 .17 kPa   Constante en todo el proceso de entrada al depósito de esta forma.3674 − 8.17 kPa • dS V Q • = + m e (s e − s s ) + σ V dt T • entrada: 25 ºC 10 bar 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García .68 kJ/K (independientemente de si la produce el depósito o la válvula).68 T 298 K como ya se ha dicho. En el primer supuesto se acaba de calcular que la entropía generada en todo el volumen de control es 33. Problemas corregidos: Segundo Principio. • • 1er supuesto: En el depósito no se genera entropía por ser un proceso cuasiestacionario y transferir calor con una diferencia infinitesimal de temperaturas: Toda la entropía del volumen de control se generará en la válvula (σD=0): • • • • dSVC Q • Q • Q Q = + m e (se − s s ) + σ VC = + m e se + σ V + σ D → σ V = mC sC − mB s B − − (mC − mB )se = mB (se − s B ) − dt T T T T Q 10 601 kJ σ V = mB (se − s B ) − = 0.68 • kJ K 2º supuesto: Se genera entropía tanto en el depósito como en la válvula.23063) kg ⋅ 105.88 kJ kJ kJ − 0.89 kg     → s s = 0.5580) + = 33. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García • • dS D Q • Q • Q = + m e (se − s s ) + σ D = + m e se + σ D → σ D = mC sC − mB s B − − (mC − mB )se = dt T T T kJ σ D = 3662.3.3 ⋅10 −3 = 32. supuesta adiabática e isentálpica (y por tanto estacionaria): • • • dSV Q • kJ = + m e (se − s s ) + σ V → σ V = m e (s s − se ) → σ V = (mC − mB )(s s − se ) = 9969.90 dt T K • 0 0 sumando la contribución de la válvula y el depósito a la generación de entropía (32.783 K • • En la válvula.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Problemas corregidos: Segundo Principio.978 − 1.90 + 0.68 kJ/K) se comprueba como efectivamente esta suma es igual a la entropía generada en todo el volumen de control.78 = 33. Profesores Pedro Rodríguez. Mercedes de Vega.7637 ⋅ 3. Ver 1.57 − 3695.79 = 0.9737 + 35. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. (Abr 01) Página 45 . ¿Podría determinar la masa de aire que ha salido del balón? Solución: p AV = m A Rg TA p BV = mB Rg TB →  p B TA  m ATA mBTB p T = → p BTA m A = p ATB mB → mB = m A B A → mB − m A = m A   p T − 1 → pA pB p ATB  A B    2.49 g  p T A B     mf =0.3.63 g C.Transcurrida una buena parte del 1er tiempo del partido. (Abr 01) Página 46 .4. Profesores Pedro Rodríguez. considerándolo gas ideal caloríficamente perfecto con cp = 1 kJ/(kgK) y k = 1.   Ver 1.Un balón de fútbol se infla hasta una presión de 2. B   W = m Au A − mB u B − (m A − mB )(u B + Rg TB ) = m A (u A − u B − Rg TB )+ mB Rg TB .02349 kg J Rg T 285. Problemas corregidos: Segundo Principio.Determine ahora el trabajo neto realizado sobre el balón entre los estados descritos en los apartados A y B.8 bar de presión y 70ºC de temperatura.. Para hacerlo emplee las siguientes simplificaciones: • • El proceso es adiabático.5 ⋅10 5 Pa ⋅ 343 K   = 0.5 ⋅105 Pa ⋅ 8 ⋅10 −3 m 3 = = 0.49 g B. La masa de aire que se fuga tiene propiedades iguales a las del aire que queda en el balón en el instante final B Solución: • dEVC • • • = Q − W + m e he − m s hs → E B − E A = −W − ms hs dt 0 0  pB  E B − E A = −W − m f  uB + ρ   → mB u B − m Au A = −W − m f (u B + Rg TB ). fruto de algunas fugas incipientes.  CP  W = m A (CV (TA − TB ) − Rg TB )+ mB Rg TB = m A   γ (TA − TB ) − Rg TB   + mB Rg TB .UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.44 A. el lamentable estado en que se halla el balón queda descrito por 2.Examen 9-99 Termo Industrial.. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 20. Solución: Rg = C P − CV λ= CP → Rg = 285. Conserva íntegramente el volumen que tenía en el apartado A.. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. pero no así su masa. Determine la masa de aire contenida en el balón en dichas condiciones.5 bar. 4. alcanzando un volumen de 8·10-3 m3 a una temperatura ambiente de 25ºC. y como resultado de las múltiples patadas e impactos contra el suelo recibidos.71 CV J kgK pV = mRg T → m = pV 2.8 ⋅10 5 Pa ⋅ 298 K  p B TA    m f = m A − m B = m A 1 − 1 − 2. Mercedes de Vega.63 g  = 23.71 ⋅ 298 K kgK mA = 23.. 28571 kJ ⋅ 343 K  W = 23..543 J/K → σ U = σ VC → σ U = σ VC = 2.3.Calcule la irreversibilidad producida en el universo entre los estados inicial (A) y final (B). Solución: dSU dSVC dS A = + dt dt dt dSU • =σU dt • • dSVC = − m s s s + σ VC dt dS A • = m s ss dt σU =2.28571 ⋅ 343 K =  kgK kgK 1.49 ⋅10 −3 kg  + 22.543 ⋅10 −3  kgK 2. Solución: • • dSVC δQ • = + m e se − m s s s + σ → S B − S A = (mB − m A )s B + σ dt Tk 0 0  TB pB  σ = mB s B − m A s A + m A s B − mB s B = m A (s B − s A ) = m A   C P ln T − Rg ln p  . D. (Abr 01) Página 47 . A A    kJ 343 kJ 2.28571 = 2.49 ⋅10 −3 kg 1 ln ln − 0. Problemas corregidos: Segundo Principio.4 kgK  = W = −0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García  1 kJ kJ (25 − 70) K − 0.81677 KJ WAB =.5  K  kgK 298 σAB = 2..543 • • J K Ver 1. Profesores Pedro Rodríguez. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.77 J ¿Qué significado tiene el signo del resultado obtenido? Trabajo realizado sobre el balón ¿Qué tipo de trabajo se ha realizado? Deformaciones compresión – expansión con pérdidas por irreversibilidades.86 ⋅10 −3 kg ⋅ 0.Calcule la irreversibilidad producida en el balón entre los estados inicial (A) y final (B).8  kJ σ = 23.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Mercedes de Vega.816.543 J/K E. 55 g s 2) La potencia térmica suministrada al aire en el intercambiador agua-aire (W).5 PM a 28. ma = V e ⋅ ρe • • ρe = Rg = pe Rg Te Ru 8 314 J = = 287.a dt • = Q a − w + m a (ha . por medio de una corriente de agua caliente a 55ºC y 5 bar en un intercambiador de calor aire-agua.5 J 286 K s ⋅ kgK m a = 675.3.K.P Q a − w = 0.. La circulación del agua se asegura mediante una bomba (adiabática) que trabaja con un rendimiento isoentrópico del 82%. (Abr 01) Página 48 .18kJ/kg. Aire caliente Agua caliente Caldera Intercambiador agua-aire Aire exterior Datos adicionales: Propiedades del agua: líquido ideal caloríficamente perfecto.s ) → Q a − w = m a C P . La temperatura y presión del agua a la salida del intercambiador son 20ºC y 1 bar.Examen Termo.67555 • kg J ⋅1000 (308 − 286) K = 14 862. Profesores Pedro Rodríguez. Propiedades del aire: gas ideal. operando en estado estacionario. calor específico: 4. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 21.I. Se pide calcular: 1) El gasto másico de aire (g/s).1 W s kgK Q a − w = 14 862.1 W Ver 1.K.42 Una instalación de calefacción. constante universal Ru=8314J/kmol. Mercedes de Vega.92kg/kmol. calienta 2000 m3/h de aire a 1 bar y 13ºC (condiciones exteriores) hasta 35ºC y 1 bar. Industrial 6-00 4. instalada entre el intercambiador de calor y la caldera. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.s − Ta . Problemas corregidos: Segundo Principio. peso molecular: 28.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.e − ha .67555 h 3 600 s 287. s ) = Q a − w + m a C P .C.e ) • • • • • • 0 (Estacionario) G.a (Ta . igual a 5 bar. dE I . La caldera trabaja a presión constante. densidad: 1000kg/m3. Se despreciarán variaciones de energía cinética y potencial.92 kgK ma = V e ⋅ • • pe Rg Te m a = 2 000 • • m3 1 h 105 Pa kg ⋅ ⋅ = 0.K.a (Ta . calor específico a presión constante: 1 kJ/kg.e − Ta . s   Q a−w m = − Q a − w + m w (hw.e − p w .e − p w .021 K Ver 1.w dt • p w.e − pb .e − Tw. . Profesores Pedro Rodríguez.e  dt C m ρw ρw    w   0 (Estacionario) luego: L.4 W − 4 ⋅10 5 Pa  (Tb.021 K = ∆T 3 kg C m 4180 J  0. • η= W b.I. 1013 = ⋅ ⋅ = 49. s ) = W b + m w C (Tb .P   •  1 W b pb . s  T T ( ) = W b + m w (hb . (Abr 01) Página 49 .s b .C. s  ρw    C (Tw.e ) =  • + + =   = 0. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 3) La cantidad de agua caliente necesaria (g/s). Problemas corregidos: Segundo Principio.s  1 kgK  49. s  dEb 1 W b pb . dE I .4 W • 1  • ∆p  1 kg 4 ⋅10 5 Pa   m 0 .s − Tb.1 W   5 4180 J (328 − 293) K + (5 − 1)⋅10 Pa    kgK 10 3 kg 3   m   = 0.3.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. Mercedes de Vega. w e w s   ρw   Q a−w = 14 862.e − Tb .4 W w⋅ s 10 3 kg η ρw    0.e − hw.s )+  ρw   • • • • • 0 (Estacionario) luego: • • L.s )+ → w =  p w. s   ( ) C T T − + .I.1013 kg s m w = 101. REV • →W b = • Wb W b = 49.C. s )+ → − = + •  b.1013 kg ρw 10    w  s m3   ∆T = 0.e − pb . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.e − hb .P mw = p w .3 g • s 4) La potencia consumida por la bomba (W).e − p b .e − p w . s ) = − Q a − w + m w C (Tw.e − Tw.82 m3 ¿Cuánto se calienta el agua durante el proceso de compresión? •  • • • •  p b . s  dECALD • = Q CALD + m w (hCALD .e − s w.1013 Q CALD = 14 811. indicando las unidades. • • • • •  T dS I C ln w. • • •  p − pCALD .e − sCALD .s = + m w (sCALD .04 W K Página 50 Ver 1.67555 ⋅1000 = 2. • • •  T Q dS CALD Q CALD • C ln CALD .3 W kg  J 328  W  C ln CALD .021 K = 0. s )+ σ a − w . los tubos por los que circula el agua (y desde los cuales se suministra el calor). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5)La potencia térmica necesaria en la caldera (W).e − hCALD . indicando las unidades.e − sb .e   •  T p  + m a  C P ln a . se encuentran a una temperatura media igual a 100ºC.e − s a . → σ CALD = − CALD + m w   dt T T TCALD .s Tw.s  = − 4180 ln = − CALD + m w  + 0.P 0 (∆p = 0) Q CALD = m w [C (TCALD . s   Ta .s = m w (s w. s − R g ln a .e  •   = 0. s = + m w (sb . s )+ σ CALD .e + m a C P ln • Ta . Calcular igualmente la generación de entropía en la caldera. indicando las unidades.021) K  = 14 811. s ) + m a (s a .1013 kg ⋅ 4180 J ln 293.3.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.s Ta .s )+ CALD .e = 0. → σ b = m w   dt Tb Tb .03 W  s kgK 293 K K  0 • 0 σ b = 0.e   0 (Estacionario) luego: 0 (∆p = 0)     σ a − w = m w C ln • • • Tw.1013  = 8. Problemas corregidos: Segundo Principio.s ) + σ b .e  373 K s  kgK 293.e − TCALD .04     T TCALD .s − TCALD . Mercedes de Vega.021  K  • σ CALD = 8.3 W •  kg  J 4180 (328 − 293.28 W K 8) En la caldera. → σ a − w = m w   dt Tw. (Abr 01) .e  dt ρw   0 (Estacionario) • • L.03 W K 7) La entropía generada en el intercambiador aire-agua.s ) = Q CALD + m w C (TCALD .3 W  s  kgK  6) La entropía generada durante la compresión.e p a . • • •  T dS b Q b • C ln b . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.I.28 s kgK 298 s kgK 286 K σ a − w = 2.e  • •     0 (Estacionario) luego: σ CALD • • •   T Q 14 811.e )] = 0.C. Profesores Pedro Rodríguez.1013 kg j 293 kg j 308 W ln ln ⋅ 4180 + 0. UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. • Los procesos A-B y C-D se pueden considerar cuasiestacionarios (pero no estacionarios) reversibles.1 bar. Se considerará despreciable el trabajo realizado durante esta fase del proceso. El émbolo no se mueve entre B y C (VbB = VbC). En este momento se abre la válvula del neumático para permitir el paso del aire procedente del inflador cuando el émbolo siga moviéndose. Problemas corregidos: Segundo Principio. Ver 1. se emplea un inflador manual de émbolo que admite. Todo el conjunto se encuentra a la misma temperatura e igual a la ambiente T0 = 300 K. en cada embolada un volumen de aire VbA = 60 cm3 a una presión PbA = 1 bar y una temperatura TbA = 300 K. HIPÓTESIS RESPECTO DEL FLUIDO DE TRABAJO: El aire admitido se puede considerar que es un Gas Ideal Caloríficamente Perfecto con las siguientes propiedades: cp = 1 kJ/(kg·K) .4. Mercedes de Vega.000 cm3. HIPÓTESIS DE PROCESO: • El proceso completo de llenado para el conjunto neumático + inflador se puede considerar adiabático. identificadas por las que discurren entre los cuatro estados descritos en la figura adjunta: Estado A: Neumático a 1. Estado B: Neumático a 1. se realiza mediante el accionamiento del émbolo hacia arriba. Válvula del neumático abierta.45 Para inflar un neumático de bicicleta. que no es necesario describir en este ejercicio. cuyo volumen se puede considerar constante y de valor Vn = 1. llenando el inflador con nuevo aire atmosférico.1 bar + inflador a una presión igual a la del neumático. Estado C: Los estados termodinámicos del aire contenido en el inflador y en el neumático. 4. La vuelta desde el estado D a una configuración similar a A (pero con una presión diferente en el neumático).3. Estado D: Neumático a una presión superior a 1. Válvula del neumático abierta. • No hay fugas de aire entre el émbolo y la pared del cilindro del inflador. Se cerrará apenas descienda la presión en el inflador..1 bar + inflador lleno de aire a 1 bar. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 22. gracias a la existencia de una válvula antirretorno no representada en la figura. γ = 1. se han igualado. Industrial 6-00. El proceso de inflado del neumático (una de las emboladas) puede estudiarse en tres etapas.Examen Termo. Profesores Pedro Rodríguez. conteniendo en su interior todo el aire que inicialmente se hallaba en el inflador. Válvula del neumático cerrada. (Abr 01) Página 51 . 7 J kgK mnA = pnAVn 1.283 ⋅10 −3 ⋅ 300 + 0.283 + 0.1⋅10 −5 K = 308.283 g = Rg TnA 285.1 ⋅10 5 ⋅1 ⋅10 −3 kg = 1.3 mn CV (TnB − TC ) + mb CV (TbB − TC ) = 0 → TC = = = 300..1     300.7 ⋅ 300 2.1  K  Ver 1..3 γ kgK Rg = C P − CV = 285.07 )⋅10 −3 ⋅ 285. en el instante B. = 714. 4  pbA  VbB = VbA  p    bB   1  = 60 ⋅    1.43 1. y su temperatura (TbB).7 ⋅ 300.7 ln  = σ BC = 1.07 ⋅10 −3 kg = 0.07 )⋅10 −3 (mn + mb )Rg TC (1. Mercedes de Vega.Masa de aire que se admite en el inflador en cada embolada.3 1.43 K mn + mb (1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.07 ⋅10 −3 ⋅ 308.43 1.7 ⋅ 300 3.7 la misma que en el estado (A) 4. (Abr 01) Página 52 .7 ln + TnB pnB  TbB pbB  300 1. pbAVbA 1..05 cm 3 Isoentrópico TbB = VbB pbB 56..33 ⋅10 308. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García Sabiendo que la presión inicial del neumático es pnA = 1.Determine el volumen ocupado por el aire en el émbolo (VbB).0997   σ BC = mn C P ln C − Rg ln C  + mb C P ln C − Rg ln C  = 1.1 bar y su temperatura TnA = 300 K. Profesores Pedro Rodríguez.3 K = mbB Rg 0.07 g = Rg TbA 285.Calcule la temperatura y presión del sistema en el estado C. Problemas corregidos: Segundo Principio. y la irreversibilidad producida entre B y C.Masa de aire contenida en el neumático en dicho estado A.3.07 ⋅10 −3 1000 ⋅ ln − 285.1⋅10 5 ⋅ 60 ⋅10 −6 mbA = kg = 0.283 + 0.07 ⋅10 −3 ⋅ 285. 1 γ 1 1.4  cm 3 = 56. CV = CP J . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.0997 bar Vn + VbC 1⋅10 −3 + 56.283 ⋅10 −3 kg = 1.43 pC = = = 109 970 Pa = 1.05 ⋅10 −6 ⋅1.05 ⋅10 −6 El mismo que VbB • • • Q dS n+b = ∑ i + m e se − m s s s + σ n +b → σ BC = S C − S B = mn (sc − s nB ) + mb (sc − sbB ) → dt i Ti • 0 0 0   T p  T p  300.283 ⋅10 −3 1000 ⋅ ln − 285.0997   −4 J 0. • dE n+b • • • = Q − W + m e he − m s hs → En +b = U n + U b = cte → U nB + U bB = U nC + U bC → dt 0 0 0 0 mnTnB + mbTbB 1. determine: 1. 3(307.Sabiendo que la temperatura que tiene el aire en el neumático cuando ha alcanzado la presión final pF = 3.5 ≈ 24 −3 mb Rg TF mb mb 285. A = −{mnA (u D − u nA ) + mbA (u D − ubA )}= dt 0 0 0 = W AD = −{mnACV (TD − TnA ) + mbACV (TD − TbA )}= = − 1.5 bar es TF = 418 K.07 Ver 1.5 ⋅10 5 ⋅10 −3 mF = = = 2. toda ella está a T0.3.7 ⋅ 418 ⋅ 0. Balance de energía: W0 F = −{ U F − U 0 }.05   −3 ∆p = 1. inflando el neumático lentamente.07 ⋅10 0.Calcule la temperatura del aire en el neumático (TnD) al final de la primera embolada (estado D).5 ⋅10 5 ⋅1 ⋅10 −3 1.7 ⋅ 300 ⋅ 0. en función de la presión en el neumático.07 K = mnD Rg (1.. 4    56. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica. aunque parte de la masa está a distinta presión. luego: γ γ γ      VbC  1 p p − → ∆ =   C  1 + V n      γ     1 −      γ   VbC   VbC  p D = pC 1 + p p p p → ∆ = − =  D C C 1 + Vn  Vn    1. • dEn +b • • • = Q − W + m e he − m s hs → W AD = −U n +b .25 ⋅10 bar    1000   6.09971 +  − 1 = 87.07 ⋅10 −3 ⋅ 714.283 + 0. Problemas corregidos: Segundo Principio.Compare el resultado del apartado 8 (obtenido en un proceso que se ha modelado como adiabático) con el que obtendríamos si.7 ⋅ 418 N2 = pnF Vn mnA 3. ¿Cuántas emboladas necesitamos en este caso? p F Vn 3.. determine cuántas emboladas hacen falta para alcanzar dicho estado. y su valor es el mismo que el de la masa final: W0 F = −{ U F − U 0 }= − m f CV (T f − T0 ) = −2. dejamos tiempo suficiente para que se enfríe hasta la temperatura ambiente T0 = 300 K (lo que resulta mucho más realista).07 )⋅10 −3 ⋅ 285.. TnD = Vn pnD 1⋅10 −3 ⋅1. (Abr 01) Página 53 .Calcule el trabajo total realizado por el sistema durante la primera embolada (desde el estado A al D).93 ⋅10 −3 ⋅ 714.07 − 300) = − 6..Calcule el trabajo realizado por el sistema durante todo el proceso de llenado..07 − 300) + 0. Profesores Pedro Rodríguez.3(307. Como cada embolada introduce en el neumático la misma masa (mb = mbA): { } mnF − mnA p nF Vn mnA 3. D + U n+b .283 − = − = 40 −3 Rg T0 mb mb 285.187 ⋅10 5 K = 307.07 ⋅10 0.Obtenga una expresión para el incremento de presión (∆p =pnD-pnA) conseguido en el neumático con la primera embolada.283 N1 = = − = − = 23.5 ⋅10 5 ⋅1⋅10 −3 1. Mercedes de Vega.07 9. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5. y calcule su valor numérico.283 ⋅10 −3 ⋅ 714.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.3 ⋅ (418 − 300 ) = − 247 J 10. En el estado A.93 ⋅10 −3 kg Rg TF 285.. Como el proceso C-D es isoentrópico: pc (Vn + VbC ) = p D (Vn ) .83 J 8.7 7. T0 = 308 K). El aislamiento del conducto 2-3 no consigue eliminar completamente la transferencia de calor. 4. • • • • Q r = 0.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. medidos en las condiciones de entrada a la misma (p1 = 100 kPa.3. Propiedades del aire: cpa = 1 kJ/(kg·K) . DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.113 ⋅10 3 ⋅ (308 − 280) = 3.Gasto másico de aire que circula por la instalación: m = V 1 ⋅ ρ1e • • ρ1 = p1 Rg a T1 • m = V 1⋅ • • p1 . un proceso de compresión adiabática reversible.. Puede considerarse que el aire experimenta.Calor que es necesario extraer de la corriente de aire en la zona 1-2: Q r = m ⋅ (h1 − h2 ) = m ⋅ Cp a ⋅ (T1 − T2 ).. Se produce también una disminución de la presión del aire al pasar por dicho conducto.1 • m3 10 5 Pa kg ⋅ = 0. = hsr − her C r (Tsr − Ter ) • mr = • 3168 kg = 0. por lo que el aire se calienta a su paso por el mismo.1 m3/s. (Abr 01) Página 54 . consiguiendo recuperar la presión de 100 kPa que tenía el aire a la entrada de la instalación.46 El esquema adjunto representa una instalación de acondicionamiento de aire (considérese gas ideal caloríficamente perfecto).168 kW 3. Rg a T1 m = 0. El elemento 1-2 es un enfriador que utiliza agua (considérese líquido ideal caloríficamente perfecto) con una temperatura de entrada Ter = 278 K y una temperatura de salida Tsr = 305K y que dispone de un revestimiento adiabático.028 4180 ⋅ (305 − 278) s Ver 1. T1 = 308 K) que son iguales a las condiciones ambiente (p0 = 100 kPa.113 s 287 J 308 K s ⋅ kgK • 2.Gasto másico de refrigerante que es necesario hacer circular por el enfriador: Qr Qr mr = . Este sistema produce en la corriente de aire una pérdida de presión de 2 kPa.. a su paso por este elemento. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 23. tal y como se indica en los datos que acompañan a la figura. Rga = 0. El ventilador situado entre las secciones 3 y 4 se coloca para compensar la disminución de presión.18 kJ/(kg·K) Determine: 1. Problemas corregidos: Segundo Principio.Examen Termodinámica Industrial 14-9-00. Profesores Pedro Rodríguez. por la que circula un caudal en régimen estacionario de 0..287 kJ/(kg·K). Mercedes de Vega. Propiedades del refrigerante: cr = 4. evaluada tomando una frontera del volumen de control lo suficientemente alejada de la pared del conducto.4 Cv Cp − Rg • • γ  290  1−1. dt i Ti 0 0 • • • • •  T T2 p2  • W  σ 12 = m ⋅ ( s 2 − s1 ) + m r ⋅ ( s sr − ser ). 4 6.Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 3-4: • • • Q dS 34 W = ∑ i + m ⋅ ( s3 − s 4 ) + σ 34 .. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 4.Calor que entra a través de las paredes del conducto 2-3: Q = m ⋅ Cp a ⋅ (T3 − T2 ).Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 2-3.Determine la temperatura de entrada al ventilador: W + m (h3 − h4 ) = 0. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.. σ 34 = 0 dt K i Ti • 0 0 0 10.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.598 a g a   dt T0 T0 T2 p2  K  • • 0 9.. → s3 = s 4 . Mercedes de Vega. (Abr 01) Página 55 .. σ 12 = m − + m r C r ln sr = 0.113 ⋅10 3 5.7 − 280) = 530 W • 7. 4 → P3 = 1 ⋅10 ⋅  = 93. → T3 = T4 − • • • W m ⋅ Cp a • . • Q = 0.75 kPa   284. T3 = 290 − 600 = 284.Determine la presión de entrada al ventilador:  T4  1−γ P3 = P4 ⋅  T    3 Cp Cp γ= = = 1. como para poderle suponer una temperatura uniforme: • • dS 23 Q • T3 p3  Q • W  Cp ln R ln = + m ⋅ ( s 2 − s3 ) + σ 23 .7 K 0..Entropía generada por el proceso que tiene lugar en la zona 1-2: • • • Q dS12 = ∑ i + m ⋅ ( s1 − s 2 ) + m r ⋅ ( ser − s sr ) + σ 12 . σ 23 = − + m − = 1.328 • • • • • W K Ver 1.73 Cp ln R ln ga  a T  p1  Ter K 1  8.Variación de entropía del universo debida a la operación del conjunto: σ U = σ U 12 + σ U 23 + σ U 34 .113⋅10 3 ⋅ (284. Problemas corregidos: Segundo Principio. σ U = 2. Profesores Pedro Rodríguez..3.7  5 1.. cuya tabla de propiedades termodinámicas se facilita. → Q = m e (hs − he ). (Abr 01) . se obtiene en (2) vapor sobrecalentado a la presión P2 = 1. constituido por dos intercambiadores de calor (evaporador y condensador).23 − 115. que opera con un rendimiento isoentrópico del 72.Examen Termo. 3 CONDENSADOR 2 VÁLVULA DE EXPANSIÓN COMPRESOR EVAPORADOR 4 Qe 1 LOCAL Nota: Se despreciarán variaciones de energía cinética y potencial. donde recibe el calor procedente del local que se está climatizando.2 Mpa.47 Una instalación de climatización.5 %.29 ºC Entalpía (h3) 115.72 kJ/kg Título (x4) 0. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.23 kJ/kg Entropía (s1) 0.9190 kJ/(kgK) Título (x1) 1 2) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 3 (especificando las unidades): Solución: Presión (P3) 1.333 4) Calcular la cantidad de refrigerante que tiene que circular por el evaporador para que sea evacuada del local la potencia requerida (Qe =5 kW). hasta alcanzar de nuevo el estado (1).3. un compresor y una válvula.038 kg kg s 0 0 Página 56 Ver 1. → m e = = dt (hs − he ) (247. Se pide: 1) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 1 (especificando las unidades): Solución: Presión (P1) 0. Profesores Pedro Rodríguez.72) kJ • = 0. el fluido entra en un intercambiador de calor donde condensa (condensador) hasta alcanzar el estado de saturación.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR. 4.29282 Mpa Temperatura (T4) 0 ºC Entalpía (h1) 115. Finalmente este líquido saturado (3) se expande isoentálpicamente hasta la presión de operación del otro intercambiador de calor (evaporador) (4). Problemas corregidos: Segundo Principio.72 kJ/kg Entropía (s3) 0.416 kJ/(kgK) Título (x3) 0 3) Determinar las propiedades del R-134a en el estado 4 (especificando las unidades): Solución: Presión (P4) 0. La evolución de este fluido refrigerante a lo largo del ciclo es la siguiente: En (1) se encuentra como vapor saturado a T1 = 0 ºC. Solución: • • • dE • • • Q 5 kW = Q − W + m e (he − hs ). permite enfriar un espacio extrayendo de él 5 kW (Qe). en kg/s. Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 24. A partir de ahí.. El fluido que atraviesa cada uno de estos dispositivos es R-134a. Industrial 14-9-00. Los intercambiadores de calor operan a presión constante. Mediante un compresor. operando en estado estacionario. se dispone de un ciclo de refrigeración (representado en la figura). Para ello.2 Mpa Temperatura (T3) 46. Mercedes de Vega.29282 Mpa Temperatura (T1) 0 ºC Entalpía (h1) 247. Problemas corregidos: Segundo Principio. Solución: ηi = h2 s − h1 h2 − h1 kJ kJ h2 s = 276.42 ηi 0. Especificar el valor de la entalpía de 2.525 kW dt s kg 0 0 6.19 dt kg 0 0 El compresor requiere 40. Profesores Pedro Rodríguez.42 ) = − 6. Solución: • CEEe = Qe • = Wc 5 = 3.5 kW "salientes" del condensador.72 − 287. W = m e (h1 − h2 ) = − 1. 7) Determine el coeficiente de operación del ciclo de refrigeración.9190 kg kgK p = 1. Solución: • Hallar la potencia consumida correspondiente.3.527 kW 6) Determinar la potencia térmica transferida en forma de calor en el condensador (kW). T p = 1.2 MPa → h2 = P.2 MPa p = 0. DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA TERMODINÁMICA INDUSTRIAL / TERMODINÁMICA TÉCNICA Área de Ingeniería Térmica.27 1. → Qc = m e (h3 − h2 ) = 0. (Abr 01) s1 s2 s Página 57 .19 kJ de energía por unidad de masa de refrigerante.23 kJ + h1 = + 247.038 (115. Mercedes de Vega.527 8) Represente el ciclo en un diagrama T-s.725 kg dEVC • • • kJ = Q − W + m e (h1 − h2 ). Ulpiano Ruiz-Rivas y Néstor García 5) Calcular el trabajo específico necesario en el compresor (kJ/kg). ¿Es entrante o saliente del condensador? Solución: • • • • • dE kg kJ = Qc − W + m e (h2 − h3 ). 2s : h2 s − h1 276.37 − 247. → w = (h1 − h2 ) = − 40.29 MPa 2 2s 3 1 4 s3 s4 Ver 1.527 kW • Consume 1.UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR.23 = 287.37 s 2 s = s1 = 0.