¡Descarga ejercicios termodinamicos y más Ejercicios en PDF de Termodinámica solo en Docsity!
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL
“FRANCISCO DE MIRANDA”
ÁREA DE TECNOLOGÍA
COMPLEJO ACADÉMICO “EL SABINO”
DEPARTAMENTO DE ENERGÉTICA
PRODUCTO DE NOVIEMBRE DE 2012
GUIA DE EJERCICIOS RESUELTOS
Periodo: III-
Por:
Prof. Ing. Josmery Carolina Prof. Ing. Gelys Carolina
Sánchez Ortíz C.I. V.- 17.499.196 Guanipa Rodríguez C.I.V.- 13.706.
Coordinador: Prof. Ing. Elier Garcia
________________________________________________
Ing. Gregorio Bermúdez Jefe de Departamento de Energética
PUNTO FIJO; noviembre de 2012
GUÍA DE EJERCICIOS ACTUALIZADA III-
Análisis de masa y energía en volúmenes de control
1. En una turbina de flujo estacionario, se expande aire de 1000 kpa y 600°C en la entrada, hasta 100 kpa y 200°C en la salida. El área y la velocidad de entrada son 0,1 m^2 , y 30m/seg , respectivamente, y la velocidad de salida es 10m/seg. Determine la tasa de flujo de masa y el área de la salida.
Para conocer la tasa de flujo de masa, es necesario destacar que es la cantidad de masa que pasa por una sección transversal en función del tiempo, se expresa:
Ec.
Y está expresado en el sistema internacional en kg/seg, y en el sistema inglés en lbm/seg.
El volumen de un fluido que fluye a través de una sección transversal por unidad de tiempo se denomina tasa flujo volumétrico y se denota con y es dado por:
Ec.2 = Velocidad del fluido * Área
Ec.3 = densidad * Velocidad del fluido * Área
Conociendo que la relación entre Flujo másico y flujo volumétrico es:
Ec.4 y por ende,
Sustituyendo la Ec.3 en la Ec.4, queda:
Ec. 5
Se puede aplicar en la entrada de la turbina o en la salida, debido al principio de conservación de masa
Datos: P1= 1000 Kpa = 1 Mpa P2= 100 Kpa a) m =? T1= 600°C T2= 200°C b) A2=? 1 =30 m/seg 2 =10 m/seg A1= 0,1 m^2
t
m
m
V
m mA
V mA
m
v
V
m V
v
A
m m
v
V
m
m e^ ^ m s un^^ soloflujo ^ :^ m 1 m 2 1 1 A 1 2 2 A 2
2.- Un compresor adiabático de aire procesa 10 l/s a 120 Kpa y 20 °C, hasta 1000 Kpa y 300 °C.
Determine:
a) El trabajo que requiere el compresor, en KJ/Kg. b) La potencia necesaria para impulsarlo, en KW.
SOLUCIÓN;
Parámetros conocidos:
Condiciones a la entrada (1): Temperatura, T 1 =20 °C+273=293 K Presión, P1(abs)=120 Kpa Caudal volumétrico, G=10 l/s=0,01 m^3 /s Fluido de trabajo: Aire
Condiciones a la salida (2): Temperatura, T 2 =300 °C+273=573 K Presión, P2(abs)=1000 Kpa
Realizando el balance de energía al compresor, se tiene que:
Ec.
Consideraciones importantes:
Q=0, debido a que es un proceso de compresión adiabática.
ΔP=0, los efectos de la energía potencial son despreciables, cuando la altura no representa importancia en los gases.
Wroz=0, no se tiene información alguna para estimarla.
ΔK=0, no se especifican las velocidades del flujo en la sección de entrada ni en la sección se salida, se asume que son iguales, y por lo tanto se cancelan.
Flujo estacionario: no hay cambios de la velocidad del flujo con respecto al tiempo.
Ley de conservación de la masa, el flujo de entrada es igual al de salida, m 1 =m 2 =m.
La ecuación 1 se reduce a:
( ) ( ) ( ) (^) Ec.
Despejando el trabajo por unidad de masa, entonces la ecuación 2 queda simplificada de la siguiente manera:
( ) (^) Ec.
Existen tres criterios para encontrar Cp: una primera forma es promediando las temperaturas del proceso; una segunda forma, es en función a cada temperatura; y la tercera es aplicando el método de integración para evaluar Cp. Los dos primeros aplican para el gas ideal, y el tercero para condiciones de gas real.
Dado a que el problema no especifica condiciones reales, se trabajará en condiciones ideales, por lo tanto, Cp se busca en la tabla 2 de la sección de apéndice (pág. 906 del Cengel), usando la temperatura promedio (293K+573K/2), luego se aplica el método de interpolación para aproximarla a las condiciones dadas.
Cp(433K)=1,01762 KJ/Kg.K
Sustituyendo los valores en la ec.3 y efectuando el cálculo, se tiene que el trabajo por unidad de masa que requiere el compresor será:
WTec=284,9336 KJ/Kg
La potencia requerida se obtiene empleando la ec.2, el caudal másico se determina con el caudal volumétrico a través de la ecuación de continuidad como sigue:
Ec.
3.- El secado de un determinado material se realiza con aire atmosférico al cual se le regulan los parámetros con un reciclo en el proceso.
Calcular:
- Masa de agua incorporada al vaporizador adiabático.
- Humedad del aire que sale del Deshumidificador.
- Masa de agua condensada y flujo volumétrico de aire a la entrada del horno.
- Flujo molar de aire húmedo alimentado al proceso.
Datos :
- Corriente 1: Vh= 0.9 m3 /kg de aire seco Tsa= 23oC.
- Corriente 2: Entrada al secador. En el secador por el fondo entran 120 kg/h de sólido húmedo y salen por el tope 115.2 kg/h de sólido seco.
- Corriente 3: tr=20o C
- Corriente 4: Y= 0.
- Corriente 6: t (^) bh= 17oC
- Corriente 8: Aire
- Corriente 9: Aire saturado 425 m^3 /h
- Asumiremos como base de cálculo 1 h de operación.
- ¿Cómo calcular el agua incorporada al vaporizador adiabático?
Calentador
Vaporizador
adiabático
Condensador Horno
Saturador
Adiabático
Deshumidificador
de Zeolita
magua= mas1-2 (ΔY)
Será la mas1-2= mas2-3=mas9-
Evidentemente que no, por lo que se impone calcular las masas de aire de 2-3 y de 9-2 para por diferencia (Balances de Masa sin reacción química) calcular la masa de aire seco de 1-
- Masa de agua incorporada al vaporizador adiabático.
- mas9-2= V 9 /vh9= 425m^3 /0.8375 m^3 /kg as = 507.5 kg as
- mas 2- 3 = agua evaporada (^2) - 3 /(ΔY) = 120-115.2 /(0.0145-0.0119) = 1846.2 kg as
De ahí que : mas1-2= mas2-3- mas9-2= 1338.7 Kg Y el agua incorporada al vaporizador: 1338.7kg de as /( 0.0011 kg agua/kg as) =1,47kg agua
Humedad del aire que sale del Deshumidificador
- Y 8 = H 2 O 8 / mas
- H 2 O 8 = H 2 O 7 - 3,20kg
- Pero no sabemos H 207
- H 2 O 7 =H 2 O 5 – H 2 O 6
- =mas5Y 5 – mas6Y 6 Ahora bien ¿ qué ocurre con esas masas de aire seco?
- mas 6 = mas (^9) - 2 = 507.5 kg
- mas 5 = mas (^2) - 3 = 1846.2 kg
- mas 7 = mas (^1) - 2 = 1338.7 kg
- H 2 O 7 = (1846.2)(0.004)-(507.5)(0.004) = 7.3848 -2. = 5.3548 kg
- H 2 O 8 = 5.3548 – 320= 2.1548 kg Ahora bien:
- Mas 8 = mas 7 = 1338,7 kg. Por tanto
- Y 8 = 2.1548 kg agua/1338.7 kg as
- Un ciclo de turbina de gas de aire estándar con regeneración funciona bajo las siguientes condiciones: en el proceso de compresión la relación de presión es de 3:1 y el aire entra al compresor a 14.5 Psia y 80ºF. El aire entra a la turbina a 2560 ºF. Los rendimientos térmicos del compresor y la turbina son 0.78 y 0,80 respectivamente, mientras que el rendimiento del regenerador es de 0.75 El ciclo no posee refrigerador ni cámara de recalentamiento intermedio. Además la relación de presión en el proceso de expansión adiabática es de 2:1 proporcionando el mínimo trabajo de entrada y el máximo de salida, respectivamente. Determine: a) El trabajo en el compresor, en Btu/lbm. b) El trabajo en la turbina, en Btu/lbm. c) Temperatura de salida del proceso de compresión. d) Rendimiento térmico.
a) Para determinar el trabajo del compresor se utiliza la ecuación para procesos isentrópicos ya que se trabaja con aire frío estándar con k = 1,4:
wcompTotal = 1.4. (1.986 Btu/ lbmol. R )*(540 R) (3)0.285^ – 1 = 28.97 lbm/lbmol ( 1.4 - 1)
wcompTotal = 47.63 Btu/lbm
Como el trabajo determinado es un trabajo basado en condiciones ideales hay que determinar el trabajo real por medio de la eficiencia del compresor dada (0,78):
4 7. 63 Btu/lbm = 61.66 Btu/lbm
qmáx
6 5
qreal
qced
2 3
qc.c
Compresor (^) Turbina
Cámara de Combustión
DATOS :
rpcom = 3:
T1 = 80ºF + 460= 540 R
P1 = 14.5 Psia
T4 = 2560ºF + 460 = 3020 R
ηTURBINA = 0. 80
ηCOMPRESOR = 0.
ηREGENERADOR= 0.
rpexp. = 2 :
INCOGNITAS
a)WCOMPRESOR =? Btu/lbm
b) WTURBINA =? Btu/lbm
c) qced =?
^ d)^ ηt^ =?
1 1
1
1
1 2 ,
k k
est rev P
P
k
kRT w
W
W
w
wi deal (^) I DEAL C C
w^ wi deal
k-
k
b) Para determinar el trabajo de la turbina, se aplica la ecuación de trabajo en régimen estacionario.
wexpTotal = 1.4. (1.986 Btu/ lbmol. R )*(3020 R) (2)0.285^ – 1 = 28.97 lbm/lbmol ( 1.4 - 1)
wexpTotal = 158.26 Btu/lbm
Se calcula el trabajo real de las turbinas conociendo la eficiencia (0,80):
wturbina = 126.61 Btu/lbm
c) Para determinar la temperatura de salida del proceso de compresión
d) Se deterina la eficiencia del ciclo por medio de el trabajo neto y el calor suministrado total:
El calor suministrado sólo se absorbe a través de la cámara de combustión.
qsumtotal = qsum3-4 = Cp (T 4 – T 3 )
Para determinar los calores correspondientes se necesita ubicar la Temperatura 3, utilizando la ecuación del regenerador con su respectiva eficiencia de 0,75:
0.8 0 * 158.26 Btu/lbm
1 1
1
5
4 4 ,
k k
estrev P
P
k
kRT w
I DEAL S
T W
W
w
w w^ ^ T * wI DEAL
T2 = T1 * (rp) (1.4-1) / 1.4^ = 540 R * (3) (1.4-1) / 1.4^ = 738.53 R
k k
s const
p
p
T
T
1
1
2
1
2
k k
p
p T
T
1
1
2 1
(^2) *
su mt
tu rb in a co mp reso r su m
n etsa l t (^) q
w w q
w ,
5 2
3 2 , T T
T T regen f ri o
T 3 (^) regen (^) , f ri o *( T 5 T 2 ) T 2
k- 1
k
k- 1
k
k- 1
k
- Ciclo Rankine con Regeneración en un Calentador Cerrado
En un ciclo de potencia de vapor con regeneración, se trabaja con unas condiciones a la entrada de la turbina de alta a 2485.3 Psi y 1600 ºF , y se condensa hasta 2 Psia. Este sale de la primera etapa de la turbina a 235.3 Psi , hacia el Calentador Cerrado. La turbina tiene una eficiencia adiabática de 81%. Determine: a) La fracción de gasto másico total que se envía hacia el calentador. b) La eficiencia térmica del ciclo.
Datos: P3 =2485.3 Psi + 14.7 = 2500 Psia Se transforman a Presiones absolutas P4 =235.3 Psi + 14.7 = 250 Psia
ITEM ESTADO PRESION (Psia)
T
(ºF)
h (Btu/lbm)
S
(Btu/lbm ºR)
V
(ft^3 /lbm)
1 Líq.Comp 2500 383.96 0. 2 Líq.Comp 2500 379. 3 Vapor Sobr. 2500 1600 1832.6 1. 4 Vapor Sobr. 250 1426.01 1. 5 Mezcla 2 1003.68 1. 6 Líq.Sat 2 94.02 0.17499 0. 7 Líq.Comp 2500 101.37 0. 8 Líq.Comp 2500 401.04 377. 9 Líq.Sat 250 401.04 376.2 0.5680 0.
ηturb = 81% a) y4 =? b) ηt =?
Determinando las entalpías Estado 1: En este estado el agua se encuentra en Líquido comprimido, se puede aplicar un balance de energía en la bomba,que opera bajo un proceso isoentrópico.
WB1 = Vf 9 ( P1 – P9) (A)
WB1 = h9 – h1 (B)
caldera
Turbina
condensador
ft^3
Lbm
Btu
Lbm
Btu
Lbm
Btu
Lbm
Sustituyendo en (A), los valores conocidos de presión y el volumen específico del líquido saturado (Vf 9 ) ubicado en tabla a 250 psia, Queda:
WB1 = 0.018653 * (2500 -250) * *
WB1 = 7.
De la ecuación (B) WB1 = h9 – h1, se tiene que:
h1 = WB1 + h9 h1 = (7.76 + 376.2) = 383.
Estado 2: Líquido comprimido. Se aplica balance de energía en la unión, ya que solo se conoce una sola propiedad en este punto.
Para determinar la fracción de flujo que se extrae hacia el calentador (y), se aplica un balance de energía en el calentador cerrado:
(D)
Despejando se tiene:
(E)
Primero se deben ubicar las entalpías requeridas.
Estado 3: Vapor sobrecalentado , se requieren dos propiedades para entrar a la tabla, en este caso se tiene presión y temperatura ( 2500 psia y 1600ºF): h3 = 1832.6 Btu/Lbm y s3 = 1.7424 Btu/Lbm.ºR= s4 = s
Estado 4: Vapor sobrecalentado. En este caso se lee la entalpía a una presión de 250 psia y s4 = s3 = 1.7424 Btu/Lbm.ºR. Al aplicar la interpolación lineal: h4 = 1426.01 Btu/Lbm
Estado 5: Mezcla. Es necesario determinar la calidad, ya que al buscar en la tabla de saturación, aparece líquido y vapor, para lo cual se debe aplicar la ecuación de la entalpía de la mezcla: h5 = hf5 + x.hfg En la tabla de saturación del agua: hf5 a 2 psia= 94.02 Btu/Lbm sf5 a 2 psia= 0.17499 Btu/Lbm.ºR hfg5 a 2 psia = 1022.1 Btu/Lbm sfg5 a 2 psia = 1.7448 Btu/Lbm.ºR
Lbf
pulg^2
144 pulg^2
1 ft^2
1 Btu.
778 lbf * ft
Se debe conocer el trabajo real de la turbina, por:
(E)
DE (E)
Se debe conocer el trabajo real de las bombas, por:
Se debe conocer el calor suministrado al ciclo el cual ocurre en la fuente de calor, como lo es la caldera:
qsum = h 3 – h 2 = 1832.6 Btu/Lbm - 379.07 Btu/Lbm = 1453.53 Btu/Lbm
Entonces, el Rendimiento Térmico del ciclo,es:
El rendimiento obtenido es del 22 %, el aumento del mismo se puede lograr si al ciclo se adapta un segundo calentador de agua de alimentación y la zona de recalentamiento, que ayudarán a prevenir el excesivo contenido de humedad de la corriente que sale de la turbina.
si deal
areal Turbi na
w
w
,
,
Ws,ideal= h 3 - h4s = 1832.6 Btu/Lbm - 1426.01 Btu/Lbm
Ws,ideal = 406.59 Btu/Lbm
Si se tiene la eficiencia de la turbina y las
entalpías para un proceso ideal, se puede
obtener el trabajo ideal que produce la
turbina
wa , real Turbi na * ws , i deal = 0.81 * 406.59 Btu/Lbm = 329.27 Btu/Lbm
2 1
2 1
,
,
h h
h h
w
w
a
s
areal
sideal Bomba
Como en este caso no se tiene la
eficiencia de la bomba, y solo se conoce
el trabajo ideal que produce la misma, se
busca el trabajo real en función de la
fracción de flujo.
wB , ent vf 9 ( P 1 P 9 )* y 4 vf 6 ( P 7 P 6 )*( 1 y 4 )
wB , ent wB 1 * y 4 wB 2 *( 1 y 4 )
Wb,ent = 7.76 Btu/Lbm * (0.20) + 7.35 Btu/Lbm * (1-0.20) = 7.43 Btu/Lbm
sum
Tsal Bent T
q
w , w ,
^ =^ 329.27 Btu/Lbm^ –^ 7.43^ Btu/Lbm^ =^ 0.
1453.53 Btu/Lbm
6. El agua es el fluido de trabajo en un ciclo Rankine. En la turbina entra vapor sobrecalentado a 8Mpa y 480ºC. La presión del condensador es 8Kpa. La potencia neta del ciclo es 100Mw. Considere que la turbina y la bomba tienen rendimientos isoentropicos de 85% y 70% respectivamente. Determine para el ciclo: a) Calor transferido al fluido de trabajo a su paso por el generador de vapor en Kw. b) Rendimiento térmico c) Flujo másico del agua de refrigeración en el condensador en Kg/hr si el agua entra en este a 15ºC y sale a 35ºC sin pérdida de presión.
Solución: Se muestra el esquema del ciclo Rankine simple:
Idealmente se cumplen los siguientes procesos:
1) Compresión isoentrópica en una bomba (1-2)
- Adición de calor a P= ctte en la caldera. (2-3)
- Expansión isentrópica en la turbina.(3-4)
- Salida de calor a P= ctte en un condensador. (4-1)
Para resolver este tipo de problemas se pueden utilizar ciertas idealizaciones. Sin embargo es necesario tomar en cuenta los rendimientos isoentrópicos que suministran en el enunciado, ya que a través de ellos se podrán determinar trabajos de expansión y compresión (reales). Datos: P 4 ≈P 1 = 8 Kpa
W neto 100 Mw
ηturb = 85% ηbomba =70%
Se pide:
a) Q ent. ?en Kw
b) ηt =?
c) m agua , enf ? en Kg/hr
netoreal
netoreal
w
W
m
,
^ , (ec.3)
wneto , real wsal , real went , real (ec.4)
(ec.5)
( ) (ec.6)
h 4 se determina por la ecuación de la entalpia de una mezcla:
(ec.7)
Donde X es la calidad y se determina por la siguiente ec:
(ec.8)
Interpolando se determinan las Sf4, Sfg4 y hfg 4
P(Kpa) Sf 4 (Kj/Kg.ºK) Sf 4 (Kj/Kg.ºK) hfg4 (Kj/Kg) 7.5 0.5764 7.6750 2406 h8??? 10 0.6493 7.5009 2392. Sf4 = 0.5909 (Kj/Kg.ºK), Sfg4 =7.6401(Kj/Kg.ºK) y hfg 4 = 2403.36(Kj/Kg)
Sustituyendo en la ec.
Sustituyendo en la ec.
Sustituyendo en la ec.
( )
Sustituyendo en la ec.
Pero: (en la bomba)
Sustituyendo en la ec.4:
w neto , real 1076. 401 11. 5084 1064. 89 Kj / Kg
Sustituyendo en la ec.3:
Kg seg
Kj Kg
m Kj seg 93. 906 /
^100000 /
Sustituyendo en la ec.1:
Q ent. 93. 06 Kg / seg 3347. 78 184. 906 Kj / Kg 294337. 054 Kwatt.^ (Rta a)
b) 0. 3397 34 %
.
Kj seg
Kj seg
Q
W
ent
term neto
c) Despreciando las pérdidas de calor queda:
Q ^ cedido . Q abs. (ec.9)
Q cedido . m . q ced m .( h 4 h 1 ) 93. 06 Kg / seg .( 2081. 42 173. 398 ) Kj / Kg 177560. 527 Kj / seg
Y Q abs . m ref. Cp .( Tsal Tent )
Sustituyendo en la ec.9:
177560. 527 Kj / seg m ref. Cp .( Tsal Tent )
Se despeja el flujo másico del refrigerante:
m ref 177560. 527 Kj / Kg / Cp .( Tsal Tent ) (ec.10)
Para agua líquida →Cp=Cv=C (Del apéndice A.3 Cengel pag 726 4ta Ed), C=4.18Kj/Kg.ºC
Sustituyendo en la ec.
15ºC 3 5ºC
