CICLOS TERMODINÁMICOS Problemas
Ciclo Inverso de Carnot
Una máquina utiliza un ciclo reversible de Carnot invertido para funcionar como refrigerador. Se sabe que recibe calor a – 15 [°C] y que rechaza calor al medio ambiente que se encuentra a 25 [°C]. El cambio de entropía medido, en el proceso correspondiente, es 0.1 [J/K] y la máquina realiza 200 ciclos cada medio minuto. Determine:
El trabajo que requiere cada ciclo. La potencia que requiere la máquina .
Ciclo Inverso de Carnot
Una máquina utiliza un ciclo reversible de Carnot invertido para funcionar como refrigerador. Se sabe que recibe calor a – 15 [°C] y que rechaza calor al medio ambiente que se encuentra a 25 [°C]. El cambio de entropía medido, en el proceso correspondiente, es 0.1 [J/K] y la máquina realiza 200 ciclos cada medio minuto. Determine:
El trabajo que requiere cada ciclo. La potencia que requiere la máquina .
Datos. TL = -15 [oC] = 258 [K] T = 25 [oC] = 298 [K] H ∆S = ∆S = 0.1 [J/K] H L 200 ciclos t = 30[s]
a)
El trabajo que requiere cada ciclo. De la información podemos calcular la cantidad de calor en cada proceso. ∆ S H = ∆ S L =
Q H T H Q L T L
⇒
Q H
= ∆ S H T H = ( 0.1)() ( 298) =
⇒
Q L
= ∆ S LT L = ( 0.1)() ( 258) =
29.8[ J ] 25.8[ J ]
La diferencia entre ambas cantidades de calor es el trabajo producido en el ciclo. W = Q H − Q L
=
29.8 − 25.8 = 4[ J ]
a)
La potencia que requiere la máquina.
La potencia es el trabajo realizado (en 200 ciclos) por unidad de tiempo (30 [s]). W t = W ⋅ n = ( 4 )( 200) = 800[ J ] W t W = t
=
800 30
=
26.67[W ]
Ciclo de Refrigeración
En un ciclo de refrigeración por la compresión de un vapor se utiliza freón 12. El compresor tiene una entrada y una salida de 1 .27 [cm] de diámetro. El refrigerante entra al compresor como vapor saturado a – 30 [°C], 0.1 [MPa], 0.1594 [m3/kg], una entalpía específica igual a 174 .076 [kJ/kg] y una rapidez de 0.8 [m/s]; sale como vapor sobrecalentado a 0.6 [MPa], 0.0349 [m3/kg] con una energía interna específica igual a 202 .164 [kJ/kg]. Considerando que las variaciones de energía cinética y potencial gravitatoria son despreciables, que el compresor es adiabático y que opera bajo régimen estacionario, determine: a) b)
El gasto másico del refrigerante. La potencia que requiere el compresor.
Datos. Estado 1
Estado 2
d1=0.0127[m] T =-30[oC]=243[K] 1 P =0.1x106[Pa] 1 v =0.1594[m3/kg] 1 h =174.076x103[J/kg] 1 ¯v =0.8[m/s] 1
d2=0.0127[m] P2=0.6x106[Pa] v2=0.0349[m3/kg] u2=202.164x103[J/kg]
Datos
a)
El gasto másico del refrigerante. 2
A = π ⋅ r 2 1
1
[kg
[m ] 2
]
=
m
1 (126.6 × 10 − )( 0.8) = = ρ ⋅ A ⋅ v = 0.1594
a)
0.1594
=
6
ρ
v
=
0.0127 = π = 126.6 × 10 − 2 6.2735
/
m3
6
0.000636[ kg / s ]
La potencia que requiere el compresor.
h = u + Pv ⇒ u1
= h − P v = 174076 − (100000)( 0.1594) = 158136[ J / kg ] ∆ Q + ∆ W = ∆ U ⇒ ∆ W = ∆ U − ∆ Q = ∆ U = U − U ∆ W = m ( u − u ) = ( 0.000636)( 202164 − 158136) = 27.99[W ] 1
1 1
2
2
1
1
Ciclo Rankine
En un ciclo de Rankine básico, el agua entra en la turbina a 25 [bar] y sale a 1 [bar], entra en la bomba con una densidad de 10 3 [kg/m3] como líquido saturado y en la caldera recibe 2 000 [kJ/kg].
Si la eficiencia del ciclo es 0.3, determine el trabajo, asociado a cada unidad de masa, de la bomba y de la turbina. Considere que ambos equipos son adiabáticos y que las variaciones de energía cinética y potencial gravitatoria son despreciables.
Datos. Estado 1
P1 = 25 x 105 [Pa]
Estado 2
P2 = 1 x 105 [Pa]
Estado 3
P3 = P2 = 100 000 [Pa] ρ3 = 1000 [kg/m3]
Estado 4
≈ 1000 [Kg/m3] P4 = P1 = 2500 000 [Pa]
qH = 2000 x 103 [J/kg]
ρ4
Determine el trabajo, asociado a cada unidad de masa, de la bomba y de la turbina.
El trabajo de la bomba se calcula asumiendo que la densidad no cambia.
w B
1 = v( P − P ) = ( 2500000 − 100000 ) = 1000 4
3
2400[ J / kg ]
El trabajo de la turbina se obtiene despejando del trabajo neto que se obtiene de la eficiencia. η
=
wn q H
wn
=
⇒
wT
⇒
wn
−
w B
wT
=
wn
+
= η ⋅ q H = ( 0.3)( 2000000 ) = w B
= − ( 600000 +
2400 )
=−
600000[ J / kg ]
602400[ J / kg ]
Ciclo Rankine
En un ciclo de Rankine se sabe que la turbina desarrolla trabajo en cada unidad de masa de 521.8 [kJ/kg] cuando la entalpía específica del vapor a la entrada es 2 675.8 [kJ/kg]. La presión del agua a la entrada de la caldera es 1 100.32 [kPa] y en ella recibe una cantidad de calor, asociado a cada unidad de masa, de q = 2 592.2 [kJ/kg]. Si la presión y el volumen específico del agua en la entrada de la bomba son 2.34 [kPa] y 0.001 [m 3/kg] respectivamente, determine:
b)
El trabajo neto, asociado a cada unidad de masa, que entrega el ciclo. La entalpía específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo.
c)
Datos. Estado 1
P1 = P4 = 1100 320 [Pa]
Estado 2
P2 = P3 = 2340 [Pa]
Estado 3
P3 = 2340 [Pa] v3 = 0.001 [m3/kg]
Estado 4
v4 = 0.001 [m3/kg] P4 = 1100 320 [Pa] qH = 2592 200 [J/kg] wT = 2675 800 [J/kg]
a)
El trabajo neto, asociado a cada unidad de masa, que entrega el ciclo. El trabajo de la bomba se calcula asumiendo que la densidad no cambia.
w B
= v( P − P ) = ( 0.001)(1100320 − 4
wn
a)
=
wT
3
−
w B
2340 )
= 1097.98[ J / kg ]
= − 521800 + 1097.98 = − 520703[ J / kg ]
La entalpía específica de la sustancia de trabajo cuando entra al condensador y la eficiencia del ciclo. wT = h2 − h1 ⇒ h2 = wT + h1 = − 521800 + 2675800 = 2154000[ J / kg ] η =
wn q H
=
520703 2592200
= 20%
Una planta de potencia de vapor con 456 [MW] de potencia neta y un rendimiento térmico del 38% se refrigera con agua de un río cercano. El gasto másico necesario de agua del río es 6 600 [kg/min] para cada [MW] de potencia generado. Determine:
b)
El flujo de calor, asociado a cada unidad de masa, cedido al agua de río. El incremento de temperatura del agua del río a su paso por la planta de potencia.
c)
Datos.
Ẁ = 456 x 106 [W] η = 38% m/Ẁ = 6600 [kg/min] (1min/60 s) = 110 [kg/s] qL = ? ∆T = ?
a)
El flujo de calor, asociado a cada unidad de masa, cedido al agua de río. Primero se necesita calcular el gasto másico total. m
m
= (110 )( 456 ) = = W W
50160[ kg / s ]
Después se obtiene el trabajo neto obtenido a partir de la potencia. W 456 × 10 = m ⋅w⇒ w= W = = 9090.91[ J / kg ] 6
m
η =
w q H
⇒ q H =
w η
=
50160
9090.91 .38
= 23923.445[ J ]
w = q H − q L ⇒ q L = q H − w = 23923.445 − 9090.91 = 14832.536[ J / kg ]
a)
El incremento de temperatura del agua del río a su paso por la planta de potencia.
A partir del calor cedido q L
= c∆ T ⇒ ∆ T =
qL c
=
14832.536 4186
=
[ C ]
3.54
0
Ciclo Brayton
En el diagrama se muestra un ciclo ideal y reversible de Brayton que utiliza aire. La relación de presiones es de 5 y la temperatura a la entrada de la turbina es T3 = 900 [oC]; se sabe que la presión y la temperatura del aire a la entrada del compresor son P1 = 105 [Pa] y T1 = 40 [ oC] respectivamente. Determine para el ciclo: a)
b)
El volumen específico del aire a la entrada y a la salida del quemador. El trabajo, asociado a cada unidad de masa, que recibe el compresor.
Datos. Aire P /P =5 2 1
Estado 1
P1 = 105 [Pa] T1 = 40 [oC] = 313 [K]
Estado 2
v2 = ? P2 = 5 P1 = 525 [Pa]
Estado 3
T3 = 900 [oC] = 1173 [K] v3 = ? P3 = P2 = 525 [Pa]
W
=?
a)
El volumen específico del aire a la entrada y a la salida del quemador.
Primero el volumen específico a la salida del ( 286.7 )(1173) RT quemador. P v = RT ⇒ v = = = 0.6726[m P 5 × 10
3
3
3
3
3
]
3
/ kg
5
3
Luego obtenemos el volumen específico a la entrada del compresor y considerando que el proceso en el compresor es adiabático. P 1v1
= RT ⇒ 1
P 1v1
k
= P v k ⇒ 2
2
v1
=
v2
k
RT 1 P 1
( 286.7 )( 313)
=
×
1 10
1 .4
1
1
= ( 0.17186 )
1 1.4
=
0.2842
[m
3
]
/ kg
[m
0.89737
P 1 = v k = ( 0.89737 ) = 5 P 2
v2
5
=
0.17186
3
[m
3
]
/ kg
]
/ kg
a)
El trabajo, asociado a cada unidad de masa, que recibe el compresor.
) = ( × )( cte dv = cte v dv = cte [v w = ∫ Pdv = ∫ ∫ − k + v ( ) ( ) = − − +
cte = P 1v1
k
=
1 10
5
0.89737
1.4
85933.172
2
− k
k
1
1
85933.172 1.4
w=
0.2842
1
− 130993[ J / kg ]
− 1.4 + 1
0.89737
− 1.4 + 1
2
− k + 1
− v − k + 1
1
]
Ciclo Otto
Se tiene un ciclo reversible de Otto, en un motor que opera con 0.004 [kg] de aire como gas ideal. Se sabe que la presión máxima en el ciclo es 18 [bar] y su temperatura máxima 750 [K]. El volumen al inicio de la compresión adiabática es 0.0019 [m3] y la temperatura 20 [°C], determine:
b)
La temperatura y el volumen al final de la compresión. La variación de entropía del inicio de la compresión hasta que alcanza la presión máxima.
c)
Datos m = 0.004 [kg] Aire
Estado 1
V1 = 0.0019 [m3] T1 = 20 [oC] = 293 [K] P1 = ?
Estado 2
T2 = ? V2 = ?
Estado 3
P3 = 18x105[Pa] T3 = 750 [K] V3 = ?
•
La temperatura y el volumen al final de la compresión. En otras palabras nos pide los valores del Estado 2, como se ve en la gráfica. También de la gráfica vemos que v 2 = v3, por lo que lo mas sencillo es determinar estos valores.
P 3V 3 = mRT 3 ⇒ V 3 =
mRT 3 P 3 v2
=
v3
=
=
( 0.004)( 286.7 )( 750 ) 1800000
6
[ ]
= 477.83 × 10 m
3
6 3 477.83 × 10 m
Para obtener la temperatura, necesitamos primero la presión y para ella la presión al inicio de la compresión.
P 1V 1 = mRT 1 ⇒ P 1 =
mRT 1 V 1
=
( 0.004)( 286.7 )( 293) 0.0019
= 176848.63[ Pa ]
•
La temperatura y el volumen al final de la compresión. La compresión es adiabática, por lo tanto:
P 1V 1
k
= P 2V 2 k k
1.4 V 1 0.0019 ⇒ P 2 = P 1 = (176848.63) = 1221433.2[ Pa ] 0.00047783 V 2
P 2V 2 = mRT 2 ⇒ T 2 =
P 2V 2 mR
=
(1221433.2)( 0.00047783) ( 0.004)( 286.7 )
= 508.93[ K ]
a)
La variación de entropía del inicio de la compresión hasta que alcanza la presión máxima. Durante la compresión no hay cambio en la entropía porque el proceso es adiabático. Por lo que solo queda calcular el cambio en la entropía en el proceso isocorico.
∆ S 1− 2 =
0[ J / K ]
T 3 ∆ S 2− 3 = mcv ln + T 2
V 3 mR ln V 2 750 = ( 0.004)( 717 ) ln = 1.1121[ J / K ] 508.9 ∆ S 1− 3 = ∆ S 1− 2 + ∆ S 2− 3 = 0 + 1.1121 = 1.1121[ J / K ]
Ciclo Otto
Suponga una máquina térmica que opera con un ciclo de Otto el cual funciona con aire como gas ideal. El gas entra (estado 1) a 100 [kPa] y 26 [°C], la relación de compresión, es decir, V1/V2 = 12 y la temperatura máxima que alcanza es 1850 [°C]. Considerando el ciclo como reversible, determine:
b)
La variación de entropía especifica entre el estado que corresponde al inicio de la compresión adiabática y el que corresponde a la temperatura máxima alcanzada por el aire. La eficiencia máxima que se podría tener si, entre los depósitos térmicos del problema, el ciclo que se utiliza es el de Carnot.
c)
Datos Aire Estado 1
V1 = 12 V2 T1 = 26 [oC] = 299 [K] P1 = 100 [kPa]
Estado 2
T2 = ? v2 = 1/12 V1
Estado 3
P3 = ? T3 = 1850 [oC] = 2123 [K] V3 = V2
a)
La variación de entropía específica entre el estado que corresponde al inicio de la compresión adiabática y el que corresponde a la temperatura máxima alcanzada por el aire.
Durante la compresión no hay cambio en la entropía porque el proceso es adiabático. Por lo que solo queda calcular el cambio en la entropía en el proceso isocorico, pero para ello necesitamos obtener el valor de la temperatura T 2. RT 1 ( 286 .7 )( 299 ) 3 P 1v1 = RT 1 ⇒ v1
P 1v1
k
=
P 1
=
100000
=
[m
0.8572
]
/ kg
= P 2v2 k k
v1 ⇒ P 2 = P 1 = (100000)(12 )1.4 = v2 P 2 v2 = RT 2 ⇒ T 2 =
P 2 v2 R
=
3242304.09[ Pa ]
( 3242304.09)( 0.8572) 12( 286.7 )
= 807.87[ K ]
a)
La variación de entropía específica entre el estado que corresponde al inicio de la compresión adiabática y el que corresponde a la temperatura máxima alcanzada por el aire.
Con el valor de la temperatura se calcula la variación de entropía. ∆ s1− 2 = 0[ J / kg ⋅ K ] T 3 V 3 ∆ s2− 3 = cv ln + R ln T 2 V 2 2123 = 692.75[ J / kg ⋅ K ] = ( 717) ln 807.874103 ∆ s1− 3 = ∆ s1− 2 + ∆ s2− 3 = 0 + 692.75 = 692.75[ J / kg ⋅ K ]
a)
La eficiencia máxima que se podría tener si, entre los depósitos térmicos del problema, el ciclo que se utiliza es el de Carnot.
Se utilizan las temperaturas máxima y minima y la formula de eficiencia de Carnot. η
= 1−
T L T H
= 1−
299 2123
=
85.91%
Ciclo Otto
Se tiene un ciclo de Otto de aire, estándar, con una relación de compresión de 7, en el que la presión al inicio de la compresión es 90 [kPa] y la temperatura es 18 [°C]. Si el calor, asociado a cada unidad de masa suministrado en el proceso de la combustión es 180 [kJ/kg], determine:
b)
La presión máxima alcanzada. La temperatura máxima en el ciclo.
c)
Datos r = v1/v2 = 7 Aire
Estado 1
v1 = 7v2 T1 = 18 [oC] = 291 [K] P1 = 90 [kPa]
Estado 2
v2 = v3
Estado 3
P3 = ? T3 = ? v3 = v2 qH = 180 x 103 [J/kg]
a)
La temperatura máxima en el ciclo.
Es mas sencillo calcular primero la temperatura máxima. RT 1 ( 286 .7 )( 291) 3 P 1v1 = RT 1 ⇒ v1
P 1v1
k
=
P 1
=
90000
=
0.927
[m
]
/ kg
= P 2v2 k k
v1 ⇒ P 2 = P 1 = ( 90000)( 7 )1.4 = 1372081.05[ Pa ] v2 P 2 v2 = RT 2 ⇒ T 2 =
P 2 v2
q H = cv ( T 3 − T 2 ) ⇒ T 3 =
R q H cv
=
(1372081.05)( 0.927 ) 7( 286.7 )
+ T 2 =
180000 717
= 633.77[ K ]
+ 633.77 = 884.82[ K ]
a)
La presión máxima alcanzada.
Con base en la información con la que ya contamos: P 3v3
= RT ⇒ 3
P 3 =
RT 3 v3
=
( 286.7 )( 884.82 ) 7 = ( 0.927 )
1915582.75[ Pa ]
Ciclo Diesel
Un ciclo de Diesel reversible funciona con aire considerado como gas ideal, el cual entra a 77 000 [Pa] y 21 [°C]. La relación de compresión es 18 y la temperatura máxima que alcanza es 2000 [°C], determine en el proceso isobarico:
b)
La presión del aire. La variación de entropía especifica.
c)
Datos r = v1/v2 = 18 Aire
Estado 1
v1 = 18v2 T1 = 21 [oC] = 294 [K] P1 = 77000 [Pa]
Estado 2
P2 = P3
Estado 3
v3 = ? T3 = 2000 [oC] = 2273 [K] P3 = P2
a)
La presión del aire.
La presión del aire en el proceso isobarico es P 2 = P3. P 1v1 = RT 1 ⇒ v1 = P 1v1
k
RT 1 P 1
=
( 286.7 ) ( 294) 77000
[
3
]
= 1.0947 m / kg
= P 2v2 k k
v1 ⇒ P 2 = P 1 = ( 77000)(18)1.4 = v2
4404252.73[ Pa ]
a)
La variación de entropía específica.
Se requiere conocer los valores de temperatura. P 2 v2 = RT 2 ⇒ T 2 =
P 2 v2 R
=
( 4404252.73)(1.0947 ) 18( 286.7 )
= 934.235[ K ]
T 3 P 3 ∆ s2− 3 = c p ln − R ln T 2 P 2 2273 = (1003.7 ) ln = 892.42[ J / kg ⋅ K ] 934.235 ∆ s1− 3 = ∆ s1− 2 + ∆ s2− 3 = 0 + 692.75 = 692.75[ J / kg ⋅ K ]
Ciclo Diesel
a) b)
En un ciclo de Diesel reversible, que utiliza aire, la relación de compresión es de 20 y el calor transferido al fluido, en cada ciclo, es 1 800 [kJ/kg]. Si al inicio del proceso de compresión las condiciones del fluido son 15 [°C] y 0.1 [MPa], determine: El volumen especifico mínimo del fluido en el ciclo. La presión al inicio de la expansión adiabática.
Datos r = v1/v2 = 20 Aire
Estado 1
v1 = 20v2 T1 = 15 [oC] = 288 [K] P1 = 0.1 x 106 [Pa]
Estado 2
P2 = P3
Estado 3
P3 = P2 qH = 1800 x 103 [J/kg]
a)
El volumen específico mínimo del fluido en el ciclo.
Que como se ve en la grafica corresponde a v 2. P 1v1
= RT 1 ⇒
v1
=
RT 1 P 1
v1 = 20v2 ⇒ v2 =
= v1 20
( 286.7 )( 288) 100000 =
0.8257 20
=
[
]
0.8257 m3 / kg
[
3
]
= 0.0413 m / kg
