Descargar - Monografias.com

PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Tema Nro. 3 1º Ley de la Termodinámica SISTEMAS CERRADOS
1. INTRODUCCIÓN
La 1º Ley de la Termodinámica: se basa en el principio de la conservación de la energía.
1º LEY DE LA TERMODINAMICA
SISTEMAS
CERRADOS
GAS
Controlar los Volúmenes de Control
Controlar masa Fija
m = variable
m = ctte
W
Q
Q y W solo existen cuando cruzan la frontera.
2. TRANSFERENCIA DE CALOR → ∆T
Es la energía transferida de un cuerpo a otro por variación de temperatura.
2.1. CALOR: Es una forma de energía
- Calor Sensible: se da en una fase Q = mCe ∆T (solo cambio de temperatura)
- Calor Latente: se da cuando hay cambio de fase sin aumento de temperatura.
(Vapor – líquido, sólido – líquido, etc.…)
Ql = mL
-
Equilibrio Calorífico ⇒ Qg = QP
2.2. CALOR ADIABATICO ⇒ Q = 0
No existe absorción, ni perdida de calor. Para esto tiene que ser un sistema cerrado y
aislado:
Diego Arredondo
-1-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
∃ transferencia de materia
m = ctte
∃ transferencia de energía
Q=0
Si hay W ⇒↑ T ⇒ ∆U
2.3. MECANISMOS DE TRANSFERENCIA DEL CALOR
2.3.1. CONDUCCION
Se de principalmente entre sólidos (principalmente metálicos). Se basa en la ley de
Fourier:
K t = conducción térmica característica ( para cada uno )
dT
; donde: dT
Qcond = − KT A
dx
= espesor de la pared
dx
⎧ dT ∆T ⎫
Cuando varía con el tiempo ⎨ ó
⎬ Permanece constante con el tiempo
⎩ dx ∆x ⎭
2.3.2. CONVECCION
Se presenta principalmente en gases. Se basa en la ley de Newton:
Qconv = hA (T2 − T1 )
A = seccion transversal
donde: h = coeficiente de transferencia de calor
T = temperatura del cuerpo ( 2 = mas caliente, 1 = mas frío )
Diego Arredondo
-2-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
2.3.3. RADIACION
Se presenta principalmente en sólidos y fluidos. Se baza en la ley de Stefen –
Boltzan.
Qrad = εσ (T24 − T14 )
A = area de la seccion transversal
T = temperatura del cuerpo
donde: ε = emisibilidad
W
σ = ctte de stefan = 5.64 × 10−8 2 4
m K
Ejemplos
1. Una bola esférica de 5cm cuya superficie se mantiene a una T = 70º C , se
suspende en la parte media de una habitación que se encuentra a 20º C y esta
aislada. Si el coeficiente de transferencia de calor por convección es h = 15 mW2 ºC y
la ε = 0.8 , determina la taza total de transferencia de calor desde la bola.
5cm
Qconv = hA (T2 − T1 )
Qconv = 15
W
2
* 4π ( 0.025m ) ( 70 − 20 ) = 5.89W
2
m ºC
Qrad = εσ A (T24 − T14 )
W
2
* 4π ( 0.025m ) ( 3434 − 2934 ) = 2.3W
2
m K
QT = Qconv + Qrad = ( 5.89 + 2.3) W = 8.19W
Qrad = 0.8*5.67 *10−8
2. Si una persona desnuda se encuentra en un cuarto a 20ºC. determine la taza de
transferencia de calor Total desde la persona, si el aire de la superficie expuesta y
la temperatura de la piel de la persona son: 1.6m 2 y 34º C cada una y el
coeficiente de transferencia de calor es h = 6 mW2 º C y la emisividad ε = 0.95
Diego Arredondo
-3-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Qconv = hA (T2 − T1 ) = 6*1.6m 2 * ( 34 − 20 ) = 134.4W
Qrad = εσ A (T24 − T14 ) = 0.95*1.6m 2 *5.67 × 10−8 ( 307 4 − 2934 ) = 130.38W
QT = 134.4 + 130.38 = 264.78W
3. TRABAJO
Forma de energía asociada a una fuerza que actúa a lo largo de una distancia.
W = a KJ b
W cd KJ fg
d
g
m de Kg gh
W c KJ fg
W º = dd
t e s gh
w=
- Existen cuando están cruzando
la frontera del sistema.
- Los sistemas poseen energía pero
no transferencia de calor o trabajo.
W
Q
El calor y el trabajo se asocian con un proceso no con un estado. Q y W son función de la
trayectoria.
W
Q
E1
c
Proceso
d
T = 200º C
E2
Horno Eléctrico
25º C
W ≠0
Q=0
W =0
Q ≠ 0 ó decimos que existe
Diego Arredondo
-4-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
e
©
Aceite
e H 2O
0º C
Θ
®
Sistema ®:
Q ≠ 0 W = 0 ⇒ Q (−)
Sistema Θ:
Q ≠ 0 W = 0 ⇒ Q (+)
Sistema ©:
Q = 0 W ≠ 0 ⇒ W = (−)
Ejemplos
1.
Un tanque rígido contiene aire a 500 KPa y 150ºC. Como resultado de la
transferencia de calor a los alrededores, dentro del tanque disminuyen la
temperatura a 65ºC y P = 400 KPa . Determine el trabajo de la frontera
efectuado durante este proceso.
P1 = 500 KPa
P2 = 400 KPa
T1 = 150º C
T2 = 65º C
DATOS
T1 = 150º C
TANQUE RÍGIDO
V = ctte; m = ctte
P1 = 500 KPa
0
W = P dV
T2 = 65º C
W =0
P2 = 400 KPa
W =?
Diego Arredondo
-5-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
2.
Ing. Oscar Vargas Antezana
Una masa de 5Kg de vapor de agua saturada a 200KPa se calienta a presión
ctte. hasta que la T=300ºC. Calcule el trabajo realizado por el vapor durante
este proceso.
DATOS
(vapor
de
W = PdV
agua
m = ctte ( cerrado )
saturada)
m = 5 Kg
V = mυ
P = 200 KPa = ctte
⇒ W = P.d ( mυ )
T2 = 300º C
W =?
W = Pm ∫ dυ
de tablas:
Tsat @ P (0.2 MPa ) = 120.23º C
m
υ = 0.857 Kg
3
W = Pm (υ 2 − υ1 )
m
W = 200 KPa *5 Kg (1.3162 − 0.8857 ) Kg
3
W = 430.5 KJ
T2 = 300º C
m
υ2 = 1.3162 Kg
3
3.
Un dispositivo de cilindro embolo, inicialmente contiene 0.05m3 de un gas
a 200KPa . En este estado un resorte lineal que contiene una constante de
resorte de K = 150 KN
m , toca el embolo pero no ejerce fuerza sobre él.
Después se transfiere calor al gas provocando que el embolo ascienda y
comprima al resorte de manera transversal, hasta que el volumen interior
del cilindro se duplique. Si A = 0.25m 2 , determine:
a) La P final dentro del cilindro.
DATOS
GAS
V1 = 0.05m3
RESORTE
K = 150 kN
m
P1 = 200kPa
Aemb = 0.25m 2
V2 = 2V1
Diego Arredondo
-6-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
E1
Ing. Oscar Vargas Antezana
E1
Pk
Q (+)
GAS
GAS
320
200
V2
V1
F
0
P
APf = APk + emb
V
Pf = Kx
x
K
Pf = x 2
V
K ⎛V ⎞
Pf = ⎜ ⎟
V2 ⎝ A ⎠
2
150 ⎛ 0.1 − 0.05 ⎞
*⎜
⎟
0.05 ⎝ 0.25 ⎠
Pf = 120kPa
2
Pf =
Pf = (120 + 200 ) kPa = 320kPa
Diego Arredondo
-7-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
b) El trabajo total efectuado por el gas.
b * h ( 0.1 − 0.05 )( 320 − 200 )
=
=3
Atrian =
2
2
Acuad = bh = ( 0.1 − 0.05 ) * 200 = 10
WT = 13kJ
1
K ( x22 − x12 )
2
2
2
1 ⎡⎛ V ⎞ ⎛ V ⎞ ⎤
W = K ⎢⎜ 2 ⎟ − ⎜ 1 ⎟ ⎥
2 ⎢⎣⎝ A ⎠ ⎝ A ⎠ ⎥⎦
W = 13kJ
W=
4. FORMAS DE TRABAJO
4.1. Trabajo Eléctrico We
We = VI ∫ dt = VI ∆t
2
si varía V y I = ∫ VIdt
1
4.2. Trabajo Mecánico
4.2.1. Trabajo de Frontera (doble) Móvil Wb
P
dl
Aire
PP
⋅A
Si W = F ⋅ s
W = P⋅N
A⋅ s
V
Wb = PV → Frontera Móvil
dA = PdV
Diego Arredondo
-8-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
4.2.2. Trabajo Gravitacional
W = m ⋅ g ⋅ dx
Si: W = F ⋅ s
W = m ⋅ g ( x2 − x1 )
W = m⋅ g ⋅s
4.2.3. Trabajo de Aceleración
Si: W = F ⋅ s
W = m ⋅ a ⋅ dx
W = m ⋅ a ( x2 − x1 )
W = m⋅a⋅s
dv
x
Si: a = ; v = ; x = vdt
dt
dt
W=
1 2
mv
2
1
m ( v22 − v12 )
2
W=
4.2.4. Trabajo de Resorte
W = F ⋅s
1 2
W = k ⋅ x2
2 1
1
W = ( x22 − x12 )
2
si: F = k ⋅ x ( ley de Hooke )
W = k ⋅ x ⋅ dx
W = k ∫ xdx
Ejemplos
1.
En un sistema cilindro – pistón se tiene 40l de aire a una P = 500kPa y
600K de temperatura. Determinar:
a) La masa de aire considerando como gas ideal.
DATOS
n = 1.4
m=?
PV = nRT ; PV = mRT
V = 40l
P = 500kPa
m=
PV
⇒ m = 0.116kg
RT
T = 600 K
Diego Arredondo
-9-
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
b) El trabajo que se realizara en el proceso si el sistema tiene un
1
comportamiento según la expresión PV n = k , tal que V2 = V1
2
(suponer n = 1.4 )
W =?
W = PdV
n
n
PV
1 1 = PV
2 2
k
P= n
V
⎛V ⎞
P2 = P1 ⎜ 1 ⎟
⎝ V2 ⎠
dV
Vn
PV − PV
W= 2 2 1 1
1− n
V1 ( P2 2 − P1 )
W=
1− n
W = −15.975kJ
W = k∫
2.
n
P2 = 500kPa ( 2 )
1.4
P2 = 1319.5kPa
4kg de cierto gas están contenidos dentro de un dispositivo cilindro – pistón.
El gas sufre un proceso para el que la relación P–V: PV 1.5 = k
La P0 = 3bar ;V0 = 100lt ;V f = 200l . La variación en la energía interna
kJ
.
kg
No hay cambios significativos en las energías cinética y potencial. Determine
la transferencia NETA de calor durante el proceso en kJ.
Q − W = ∆U
específica del gas en este proceso es u2 − u1 = 4.6
DATOS
P0 = 3bar = 300kPa
n
V0 = 100l
m = 4kg
W=
1.5
⎛V ⎞
⎛ 100 ⎞
P2 = P1 ⎜ 1 ⎟ = 300kPa ⎜
⎟
⎝ 200 ⎠
⎝ V2 ⎠
P2 = 106.066kPa
106.066 ( 0.2 ) − 300 ( 0.1)
PV
2 2 − PV
1 1
=
= 17.57 kJ
1− n
1 − 1.5
Q = ∆U + W
∆U = m ( u2 − u1 )
⎛
kJ ⎞
∆U = 4kg ⎜ −4.6 ⎟ = −18.4kJ
kg ⎠
⎝
Q = −18.4 + 17.57
Q = −0.83kJ
Diego Arredondo
- 10 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
3.
Ing. Oscar Vargas Antezana
Un gas esta contenido en un dispositivo cilindro – pistón como se muestra en
la figura. Inicialmente la cara interna del pistón esta x = 0 y el muelle no
ejerce fuerza alguna sobre el pistón, como resultado de la transferencia de
calor el gas se expande elevando el pistón hasta que su cara interior se
encuentra en x = 0.05m y cesa el flujo de calor. La fuerza ejercida por el
muelle sobre el pistón cuando el gas se expande varia linealmente con x
según la ecuación F = kx ; donde k = 10000 N m . El rozamiento entre pistón y
pared del cilindro es despreciable. Determinar:
a) Presión inicial del gas
∑ Fy = 0
Patm * A + W = P1 A
P1 =
mg
+ Patm
A
P1 = 100kPa +
10kg *9.8 m s 2
kPa
*
2
0.078m
1000kPa
P1 = 112.56kPa
b) Trabajo realizado por el gas sobre el pistón
W = ∫ PdV → dV = Adx
∑F ⇒
Patm + kx + Wb = P2 A
kx mg
+
A
A
kx mg ⎞
⎛
W = ∫ ⎜ Patm + +
⎟Adx
A
A ⎠
⎝
P2 = Patm +
W = ∫ Patm ⋅ Adx + ∫ mg ⋅ dx + ∫ kx ⋅ dx
N⎞ 1
⎛
W = (100kPA ) ( 0.0048m 2 ) ( 0.5 − 0 ) + 5*9.8* ( 0.5 − 0 ) + ⎜104 ⎟ * * ( 0.52 − 02 )
m⎠ 2
⎝
W = 54 J =
c) Presión y temperatura final del sistema si T = 300º C (supones que el
gas en el interior del cilindro es ideal) considerar como gas ideal
caloríficamente perfecto con C p = 1 KJ kg ⋅º C .
Pf = ?; T f = ?; T0 = 300º C
GAS IDEAL ⇒ PV = nRT
V0 = 7.3l
V = A⋅ x
dV = A ⋅ dx
V f − V0 = 7.69*10−3 m3
d) La variación de U del sistema.
Diego Arredondo
- 11 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
e) El calor transferido al sistema durante el proceso.
Patm
E1
E1
A = 0.0078m 2
memb = 10kg
Q (+)
mgas = 5kg
GAS
GAS
Fgas
W
320
200
V1
V2
4.
Un gas en un dispositivo cilindro – pistón, sufre un proceso de expansión
para que la relación entre la presión y el volumen viene dado por PV n = k
(proceso politrópico adiabático)
P0 = 3bar ;V0 = 0.1m3 y V f = 0.2m3 . Determine el trabajo en kJ para el
proceso, si:
a) n = 1.5
PV n = k
W = PV ( frontera movil )
n
n
PV
0 0 = Pf V f
⎛V
Pf = P0 ⎜ 0
⎜ Vf
⎝
⎞
⎟⎟
⎠
n
Si:
W = PdV → PV n = k ⇒ P =
reemplazo: W =
W = k∫
Diego Arredondo
- 12 -
k
Vn
k
dV
Vn
dV
Vn
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
W = k ∫ V − n dV
2
V 1− n
W =k
1 − n ^1
⎛ V 1− n ⎞
⎛ V 1− n ⎞
W = K1 ⎜ 1 ⎟ − K 2 ⎜ 2 ⎟
⎝ 1− n ⎠
⎝ 1− n ⎠
1− n
1− n
n V1
W = PV
− PV
*
1 1
2 2 *V
1− n
PV − PV
W= 1 1 2 2
1− n
W = 17.6kJ
b) 30kJ
5. BALANCE DE ENERGÍA
Proceso con transferencia de calor, sin interacción de trabajo.
W =0
Si:
Q = ∆E
∆E = 4kJ
Q = 4kJ
Si:
Q = 3kJ
∆E = Qneto = (10 − 3) = 7 kJ
∆E = Qneto
Q = 10kJ
Proceso con interacción de trabajo sin transferencia de calor:
Si:
Q=0
−We = ∆E
Diego Arredondo
- 13 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Si:
Q=0
−Wb = ∆E
1º LEY DE LA TERMODINÁMICA
Q − W = ∆E → cambio de la energia total del sistema a kJ b
∆E = ∆U + ∆Ε c + ∆Ε p
∆U = m ( u2 − u1 )
1
m ( v22 − v12 )
2
∆E p = mg ( z2 − z1 )
∆Ec =
En sistemas cerrados:
- ∆Ec = 0 , porque no hay variación en la velocidad.
-
∆E p = 0 , porque no hay variación de la h ( altura ) con respecto del centro de
gravedad.
POR LO TANTO:
Q = W = ∆U → 1º Ley de la Termodinámica ( para sistemas cerrados )
dq − dw = du
En un proceso cíclico:
∆E = 0
Q =W
Diego Arredondo
- 14 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
1.
Ing. Oscar Vargas Antezana
Ejemplos
Se suministra calor a tanque rígido, con refrigerante 134 de una calidad de
50.5% que esta a 2bar, hasta que la presión llega a 5bar. Determine:
a) La masa del sistema.
r − 134
x = 50.5%
P2 = 500 KPa
(+)Q
V2 = 0.1m3
P1 = 2bar
V1 = 0.1m3
V
V
→m=
m
υ
υ = υ f + x ⋅υ fg
υ=
υ = 0.0007532 + 0.505 ( 0.0993 − 0.007532 )
υ = 0.5052 m
⇒m=
V
υ
=
3
kg
3
0.1m
= 1.979kg
3
0.5052 m kg
b) El calor suministrado.
υ = υ f + x ⋅υ fg = 130 kJ kg
Como P2 = 500kPa , no tengo la temperatura, entonces no se si es
mezcla saturada o vapor.
3
Si υ1 = υ2 = 0.05052 m kg
P a kPa b
Vapor
(Tabla de vapor
Saturado)
νf
Diego Arredondo
- 15 -
νg
0.0505 υ ce m3 kg fh
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
u2 = 275 kJ kg
0
porque: Q − W = ∆U
Q = m ( u2 − u1 ) = 1.979 ( 275 − 130 )
Q = 286.95kJ
2.
Un recipiente dividido en dos partes iguales con una separación al inicio, un
lado del recipiente contiene 5kg de agua a 200kPA y 25ºC, mientras el otro
se halla al vacío se retira la separación y el agua se expande en todo el
recipiente, con lo que el agua intercambia calor con sus alrededores hasta
que la temperatura en el recipiente vuelve a su valor inicial de 25ºC.
a) Volumen del recipiente
H 2O
VACIO
m = 5kg
P1 = 200kPa
T1 = 25º C
25º C
Tsat = 120.23º C
por
debajo
V
⇒ υ = υ f ⋅ m = 0.001061*5
m
υ = 5.305*10−3
υ=
υrecipiente = 1.061*103 = 0.01061m3
b) Presión final
Pf = ?
a 25º C ese volumen es una MEZCLA su:
Psat = 3.1.69kPa
c) Transferencia de calor para este proceso.
Q − W = ∆U
Q = m ( u2 − u1 )
Q=0
Diego Arredondo
- 16 -
03/12/2008-UAGRM
de
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
SISTEMAS ABIERTOS
1. INTRODUCCIÓN
1º LEY DE LA TERMODINAMICA
SISTEMAS
SISTEMAS
CERRADOS
ABIERTOS
Controlar masa Fija
= f (H )
Controlar los Volúmenes de Control
m = ctte
m = variable
W
Q
Toda materia que ingresa o que sale del volumen de control, modifica la energía.
masa → energía → trasportada al sistema
Toda masa tiene energía y al ingresar y / o al salir del volumen de control, existirá un cambio en
la energía.
1.1. RELACIÓN DE FLUJO DE MASA ( flujo másico ) → a m b ⎡ kg ; kg ⎤
s ⎥⎦
⎢⎣ h
Diego Arredondo
- 17 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
m
m
→ρ=
t
V
ρV
;→ V = A⋅ x
m =
t
ρ Ax
x
;→ v =
m =
t
t
1
m = ρ vA; → ρ =
m =
υ
m =
ρ vA
⇒ Relacion flujo − masa o flujo másico
υ
3
1.2. RELACIÓN DE FLUJO VOLUMETRICO ( flujo de volumen ) → av b ⎡⎢ l ; m ⎤⎥
s
h⎦
⎣
V
v = → V = A ⋅ x
t
Ax
x
v =
;→ v =
t
t
v = A ⋅ v
⇒v =
v =
A ⋅ m ⋅υ
υ
A ⋅ m ⋅υ
A
m = m ⋅υ ⇒ Relacion v − m
Diego Arredondo
- 18 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
1.3. TRABAJO DE FLUJO → cedW flujo fhg = kJ
Ing. Oscar Vargas Antezana
kg
x
F
A
VC
F
W = F*x
⎛ 1⎞
W = P*N
A* x → ⎜* ⎟
⎝ m⎠
V
= P ⋅υ → Trabajo de Flujo
W
flujo
Eθ = µ + Ec + W flujo
2. PROCESO DE FLUJO PERMANENTE
Decimos así cuando las propiedades dentro del volumen de control se mantienen constantes,
no varían con el tiempo.
W
Q
Diego Arredondo
- 19 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Balance de masa:
∑ m = ∑ m
e
1
υ1
s
v1 A1 =
1
υ2
v2 A2
Balance de energía:
1 2
⎧
2
⎪ ∆Ec = ( v2 − v1 )
2
q − W = ∆h + ∆Ec + ∆E p ⎨
⎪ ∆E p = g ( h2 − h1 )
⎩
Fórmula simple
Ec = 0
cuando
q − W = ∆h ⎯⎯⎯
de la
→
Ep = 0
1º ley de la termodinamica
2.1. BALANCE DE MASA
∑ m e − ∑ m s = ∑ m VC
∑ m = ∑ m
e
s
2.2. BALANCE DE ENERGÍA
q − W + ∑ Ee − ∑ Es = ∆EVC
DIFERENCIAS ENTRE SISTEMAS
x
F
FLUIDO QUE
NO FLUYE
A
Fluido que si
fluye
Eθ = µ + Ec + E p
E = µ + Ec + E p
F
Eθ = U + Ec + E p + PV
Eθ = h + Ec + E p → h = U + PV
Diego Arredondo
- 20 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
3. DISPOSITIVOS DE FLUJO PERMANENTE
3.1. TOBERAS Y DIFUSORES
Tobera
↓P
Difusor
↑P
Aunque existe un intercambio de calor con el medio que rodea a estos dispositivos el
tamaño de la tobera o el difusor es pequeño en comparación, por lo tanto decimos que:
q=0
W =0
Ec ≠ 0 → la única variable que cambia
∆E p = 0
0
0
0
⇒ q/ − W/ = ∆h + ∆Ec + ∆E p
∆h = −∆Ec → Para toberas y difusores
Diego Arredondo
- 21 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
3.2. TURBINAS Y COMPRESORES
Compreso
Turbina
q=0
W ≠ 0 → es el único relevante en este proceso energético
∆Ec = 0; ∆E p = 0
⇒ ∆h = W
Diego Arredondo
- 22 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Ejemplo
1. En un compresor se tiene aire a 500kPa y 280K, el mismo se comprime
permanentemente hasta 600kPa y 400K. La relación de flujo masa del aire es
0.02 kg s y hay una perdida de calor de 16 kJ kg durante el proceso. Si se supone que
los cambios en la energía cinética y potencial son despreciables, determine la
entrada de potencia necesaria del compresor.
Compresor
DATOS
P1 = 100kPa
P2 = 600kPa
T1 = 280kPa
T2 = 400kPa
h1 = 280.13 kJ kg h2 = 400.98 kJ kg
m = 0.02 kg s
Diego Arredondo
∆q = 16 kJ kg
- 23 -
q − W = ∆h + ∆Ec + ∆E p
−W = ∆h − q
−W = ( h2 − h1 ) − q
We = − ( 400.98 − 280.13) + 16 = 136.85 kJ kg
We = m *We = 0.02 kg s *138.85 kJ kg = 2.737kW
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
2. Aire a 10ºC y 80kPa entra de manera permanente en un difusor de una máquina de
chorro con una v = 200 m s y tiene un A = 0.4m 2 . El aire abandona el difusor a una
velocidad muy pequeña comparada con el sistema.
a) Relación flujo–masa
P1υ = RT1
3
RT 0.287 kgm⋅K * 283K
υ= 1=
= 1.0152 kJ kg
P1
80kPa
Relacion v − m
m =
1
υ1
v1 A1 =
1
* 200*0.4
1.0152
m = 78.802 kg s
b) Temperatura del aire que sale del difusor.
q − W = ∆h + ∆Ec + ∆E p ; h1@ 289 K = 283.136 kJ kg
(
)
1
1 2
v2 − v12 ⇒ h2 = − ( 0 − 2002 ) + 283.136
2
2
h2 = 303.136 ⇒ T2@ h =303kJ kg = 303K
∆h = −∆Ec ⇒ h2 − h1 = −
3.3. VALVULAS DE ESTRANGULAMIENTO
q=0
W =0
Ec = 0
Ep = 0
Diego Arredondo
q − W = ∆h + ∆Ec + ∆E p
∆h = 0
h1 = h2 → Proceso Isotrópico o Isentrópico
- 24 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
3.4. CAMARA DE MEZCLA
Balance de masa
∑ m = ∑ m
e
s
m1 + m2 = m3
3.5. INTERCAMBIADORES DE CALOR
m 3
q≠0
m 1
W =0
m 1
m 2
∆Ec = 0
∆E p = 0
m 4
3.6. TUBERIA Y DUCTOS
m 2
m 1
q≠0
W =0
∆Ec = 0
∆E p ≠ 0
Diego Arredondo
- 25 -
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
Ejemplos
1. Un calentador de agua de alimentación que funciona en estado estacionario, tiene 2
entradas y una salida. En la e1 , el vapor de agua entra a P1 = 7bar ; T1 = 200º C con
m e = 40 kg s . En la e2 , el agua líquida a P2 = 7bar ; T2 = 40º C , ingresa a través de una
superficie A2 = 25cm 2 en la s3 se tiene un v3 = 0.06 m
Determinar:
a. Los m 2 y m 3 en kg s .
3
s
de líquido saturado a P3 = 7bar .
T1 = 200º C
P1 = 7bar
m 1
Cámara
de mezcla
3
V3 = 0.06 m s
T1 = 40º C
P3 = 7bar
m 1 ⇒ υ3 = ?
P1 = 7bar
A2 = 25cm 2
3
m 2 → v2 → υ2 = 0.001008 m kg
b. Las v2 en
cm
m =
.
1
s
vA
υ
V = mυ
m 3 =
V3
υ3
3
=
0.06 m s
3
0.001008 m kg
m 1 + m 2 = m 3
m 2 = m 3 − m 1 = 59.524 − 40
m 2 = 19.524 kg s
m 3 = 54.1516 kg s
v2 =
m υ2
A2
19.524 kg s *0.001008 m
0.0025m 2
v2 = 5.7 m = 570 cm
s
s
v2 =
Diego Arredondo
- 26 -
3
s
03/12/2008-UAGRM
PET – 206 P1
TERMODINAMICA
Ing. Oscar Vargas Antezana
2. Al condensador de una central eléctrica le entra vapor de agua a 0.01bar con x = 0.95 y el
condensado sale a 0.1bar y 45ºC. El H 2O de refrigeración entra al condensador como una
corriente separada a 20ºC y sale también como líquido a 35ºC sin cambio en la presión. El
calor transferido del condensador, ∆Ec y ∆E p de las corrientes pueden despreciarse. Para
un proceso en estado estacionario. Determinar:
a. La relación de flujos de masa entre el agua de refrigeración y el vapor
condensante.
b. La velocidad de transferencia de energía desde el vapor condensante al H 2O de
refrigeración en kJ
de vapor que pasa a través del condensador.
kg
DATOS
P1 = 0.01bar → m 1 = ?
x = 0.95 →
h f @ 0.01bar = 191.83 kJ kg
h fg = 2392.8
kJ
kg
h1 = h f + x * h fg = 2465 kJ kg
Estado estacionario:
Balance de masa
m 1 = m 2 → fluído caliente
Balance de energía
0
q − W + ∑ Ee − ∑ Es = ∆EVC
m 3 = m 4 → fluído frío
P2 = 0.01bar → m 2 = ?
Eθ = h + Ec + E p
T = 45º C → h2@ 45ºC = 188.45 kJ kg
∆Eθ = ∆H
P3 = P4 → m 3 = ?
∑ m E = ∑ m E
T3 = 20º C → h f @ 20ºC = 83.96 kJ kg
e
P4 = P3 → m 3 = ?
T3 = 35º C → h f @35ºC = 146.68
kJ
e
s
s
m 1h1 + m 3 h3 = m 2 h2 + m 4 h4
m 1h1 + m 3 h3 = m 1h2 + m 3 h4
kg
m 1 ( h1 − h2 ) = m 3 ( h4 − h3 )
m 3 h1 − h2
2465 − 188.45
=
=
= 36.3 kJ kg
m 1 h4 − h3 146.68 − 83.96
q − W = ∆h + ∆Ec + ∆E p
q = h2 − h1
q = 188.45 − 2465 = −2276.55 kJ kg
Diego Arredondo
- 27 -
03/12/2008-UAGRM