8-27 Una planta eléctrica usa agua líquida geotérmica a 160°C a razón de 440Kg/s como fuente de calor, y produce 14 MW de potencia neta en un ambiente a 25°C. Si 18.5 MW de exergía que entra a la planta con el agua geotérmica se destruyen dentro de la planta, determine

a) La exergía del agua geotérmica que entra a la planta;b) La eficiencia según la segunda ley, y;c) La exergía del calor rechazado por la planta.

SOLUCION:Asumimos lo siguiente

1. Que las condiciones de funcionamiento son constantes.2. Los cambios de energía cinética y potencial son despreciables.3. Propiedades del agua se utilizan para el agua geotérmica.

(a) Las propiedades del agua geotérmica en la entrada de la planta y en el ambiente son:

T 1=160 °C → h1=675.47 KJKg

; s1=1.9426 KJKg∗K

T 0=25 °C →h0=104.83 KJKg

;s0=0.36723 KJKg∗K

La exergía de agua geotérmica que entra en la planta es,

˙X ¿=m [h1−h0−¿T 0(s1−s0)]¿˙

X ¿=(440 kgs

)[(675.47−104.83 ) KJKg

+0−(25+273.15 K ) (1.9426−0.36723 )( KJKgK )]

X ¿=44,525 KW

X ¿=44.53 MW

(b) La eficiencia según la segunda ley para la planta es la relación de la potencia producida a la salida y la exergia a la entrada de la planta

˙η=

˙W salida

X entrada

η=14 ,000 KW44,525 KW

η=0.314

(c) La exergía del calor rechazado desde la planta puede determinarse a partir de un balance de exergía en la planta

˙X calora la salida= ˙X entrada−W salida−Xdestruccion

˙X calora la salida=44,525−14,000−18,500=12,025 KW

X calora la salida=12.03 MW

8-33 Un dispositivo de cilindro-embolo contiene inicialmente 2 L de aire a 100kPa y 25 °C. El aire se comprime ahora a un estado final de 600 kPa y 150 °C. La entrada de trabajo útil es 1.2 KJ. Suponiendo que el entorno está a 100 kPa y 25 °C, determine.

a) La exergia del aire en los estados inicial y finalb) El trabajo mínimo que se debe suministrar para llevar a cabo el proceso de

compresión,c) La eficiencia según la segunda ley de este proceso.

SOLUCIÓN:

a) m= P1 V 1RT 1

m=(100 kPa )(0,002 m3)

(0,287 kPa . m3

kg . ° K )(298 ° K )=0,00234kg

P 2 V 2T 2

=P 1V 1T 1

V 2= P1 V 1T 2P 2 T 1 =

(100 kPa ) (423 ° K )(2l)(600 kPa )(298° K )

=0,473 l

S2−So=CpIn T 2T 0

−RIn P 2Po

S2−So=( 1.009 kJkg° K )∈ 423 ° K

298 ° K−(0,287 kPa. m3

kg . ° K )∈ 600 kPa100 kPa

=−0,1608( kJkg ° K )

X 2=m(Cv (T 2−¿ )−¿(S 2−So))+Po(V 2−Vo)

X 2=0,00234 kg( 0,722 kJkg ° K

(423 ° K−298 ° K )−298 ° K (−0,1608( kJkg ° K )))+100 kPa (0,000473−0,002)m3 [ kJ

m3 . kPa] =0,171KJ

b) Xent−Xsal−Xrev=ΔXsistema

Wrev=X 2−X 1

Wrev=0,171−0=0,171 kJ

c) n=WrevW

=0,171 kJ1.2 k J

=14,3 %

8-50 Se está enfriando pollos, con masa promedio de 2,2 kg y calor especifico promedio de 3,54 kj/kg*C, mediante agua fría que entra a un enfriador de inmersión de flujo continuo a 0,5°C y sale a 2,5°C. Los pollos se echan en el enfriador a una temperatura uniforme de 15°C a razón de 500 pollos por hora, y se enfrían a una temperatura promedio de 3°C antes de sacarlos. El enfriador gana calor del entorno a razón de 200kj/h. determine

a) La tasa de remoción de calor de los pollos, en kw

SOLUCIÓN:

m p=500 pollos

2,2 kgpollos

=1100 kgh

∗1 h3600 s

=0,3056 kgs

Energia Entra=Energia Sale

m∗h1=Qp+m∗h2

Q p=mp∗Cp∗(T 1−T 2)

Q p=0,3056 kgs

∗3,54 kjkg∗°C

∗(15−3 )=13 kw

Qagua=Q p+Qganado

Qagua=13 kw+0,056 kw=13,056 kw

Qa=ma∗Cpa∗(T 1−T 2)

Qa

Cpa∗(T 1−T 2)=ma

ma=13,056 kw

4,186 kjkg∗° C

∗(2,5−0,5)°C

ma=1,56 kgs

b) La tasa de destrucción de exergía durante el proceso de enfriamiento. Considere To=25°C

Sentra−Ssale+Sgen=∆ S

mp∗S1+ma∗S3−mp∗S2−ma∗S4+QentraTalrr

+Sgen=0

Sgen=mp∗( S2−S1 )+ma∗(S4−S3 )−QentraTalrr

Sgen=mp∗Cp∗ln( T 2T 1 )+ma∗Cp∗ln(T 4

T 3 )−QentraTalrr

Sgen=0,3056 kgs

∗3,54 kjkg∗° C

∗ln( 276288 )+1,56 kg

s∗4,186 kj

kg∗°C∗ln( 275,5

273,5 )−0,0556 kw298 K

Sgen=0,00128 kwK

X destruida=¿∗Sgen

X destruida=0,381 kw8-65Entra vapor de agua a una turbina adiabática a6MPa, 600º C y 80 m/s y sale a 50 kPa, 100º C y 140 m/s.Si la producción de potencia de la turbina es de 5 MW, determine:

a) La producción de potencia reversible b) La eficiencia según segunda ley de la turbina, suponga que el entorno está a

25º C

SOLUCIÓN:

a) Eentrada−E salida=E sistema

m(h1+V 1

2

2 )=Wsalida+m(h 2+V 2

2

2 )W salida=m(h 1−h 2+

V 12−V 2

2

2 )5000 KJ /s=m(3658,8−2682,4+ 802−1402

2( 1

1000))

m=5,156 kg /s

Wsalida=m (h1−h 2 )−¿(s1−s2)

Wsalida=5,156 (3658,8−2682,4 )−298(7,1693−7,6953)

Wsalida=5,84 MW

a) n= W actuaW reversible

n= 55,84

=0,856

n=85,6 %8-74 Un contenedor adiabático de 10 ft3 está inicialmente al vacío. La línea de suministro contiene aire que se mantiene a 200 psia y 100ºF. La válvula se abre hasta que la presión en el contenedor es igual a la presión en la línea de suministro. Determine el potencial de trabajo del aire en este contenedor cuando se llena. Tome To=80ºF.

Datos:V=10 ft3

P=200 psiaT i=100 ºF=560RT 0=80 ºF=540 R

C p=0,240 BTUlbm R

(Tabla A−2 Ea)

R=0,06855 BTUlbm R

=0,3704 kPa m3

lbm R(Tabla A−2 Ea)

SOLUCIÓN:mentra−msale=Δ msistemaEentra−E sale=Δ E sistema

mi hi=m2 h2

hi=u2

C pT i=C v T 2

T 2=C p T i

C v=kT i

T 2=k T i=(1,4 ) (560 R )

T 2=784 R

m2=mi=PVR T2

m2=(200 psia ) (10 ft3 )

(0,3704 kP a m3

lbm R ) (784 R )

m2=6,887 lbm

mi S i+Sgen=ΔS tanque=m2 S2

Sgen=m2 S2−mi Si

Sgen=m2 ( S2−S i )

W rev=X destruida=m2 T0 ( S2−S i )=m2T 0(C p lnT 2

T 1)

W rev=(6,887 lbm ) (540 R )((0,240 Btulbm R ) ln 784 R

560 R )W rev=300,3 BTU

8-78 Los gases calientes de la combustión son acelerados en una boquilla adiabática. La velocidad de salida y la disminución de la exergía de los gases que se han de determinar.Asumir: 1 Este es un proceso de flujo constante, ya que no es cambiar la pizca tiempo. 2 Cambios de energía potencial son despreciables. 3 El dispositivo es adiabatco y por lo tanto la transferencia de calor es insignificante. 4 Los gases de combustión son gases ideales con calores específicos constantes.Las propiedades del calor específico presión constante y la relación de calor específico se dan para ser Cp = 1,15 KJ / kgK y k = 1.3. La constante R de gas se determina a partir.

SOLUCIÓN

Eent−Esal−ΔEsist=0

Eent=Esal

m(h 1+ V 12

2 )=m(h 2+V 22

2 )h 2=h1−V 22−V 12

2

V 2=√2Cp(T 1−T 2)+V 12

V 2=√2(1.15 KJKgK ) (747−500 ) K (1000 m2/s2

1 KJ /Kg )+(80 ms )

2=758 m/s

La exergía disminución de los gases combustión es simplemente la diferencia entre los valores iniciales y finales de exergía de flujo, y se determina que es:

Ψ 1−Ψ 2=wre=h1−h2−Δke−Δpe+¿ (s2−s1 )=Cp (T 1−T 2 )+¿ ( s2−s1 )−Δke

Donde:

Δke=V 22−V 12

2=7582−802

2∗¿

s2−s1=Cp ln T 2T 1

−R ln P 2P 1

s2−s1=(1.15 )∗ln 7731020

−(0.2654 ) ln 70260

=0.02938 KJKgK

Sustituyendo:

disminución de la exergía=Ψ 1−Ψ 2

disminución de la exergía=(1.15 ) (747−500 )+ (293 ) (0.02938 )−284.1

disminución de la exergía=8.56 KJ / Kg8-91Un intercambiador de calor bien aislado de tipo coraza y tubos se usa para calentar agua (Cp = 4,18 KJ/Kg ºC) en los tubos de 20 a 70 ºC a razón de 4,5 Kg/s. El calor lo suministra aceite caliente (Cp = 2,30 KJ/Kg ºC) que entra al lado de la

coraza a 170 ºC a razón de 10 Kg/s. Despreciando cualquier pérdida de calor del intercambiador de calor, determine

a) la temperatura de salida del aceite y b) La tasa de destrucción de exergía en el intercambiador de calor. Tome T0 =

25 ºC.

a) Q ganado=Q perdido

Q ganado=magua∗Cpagua (T 2−T1 )

Qganado=4,5 Kgs

∗4,18 KJKgºC

∗(70−20 )ºC

Qganado=940,5 KJs

Q perdido=maceite Cpaceite (T 3−T 4 )

T 4=T 3−Q perdido

maceite∗Cpaceite

T 4=170 ºC− 940,5 KJ / s

10 Kgs

∗2,30 KJKgºC

T 4=129,1 ºC

b) Sentra−Ssale+Sgen=∆ Ssistema

m1 s1+m3 s3−m2 s2−m4 s4+Sgen=0

m1=m2=magua

m3=m4=maceite

Sgen=magua ( s2−s1)+maceite ( s4−s3)

Sgen=magua Cp∗lnT 2

T 1+maceite Cp∗ln

T 4

T 3

Sgen=[4,5 Kgs

∗4,18 KJKgºC

∗ln 70+27320+273 ]+[10 Kg

s∗2,30 KJ

KgºC∗ln 129,1+273

170+273 ]Sgen=0,736 KJ

sK=0,736 KW /K

La tasa de destruccón de exergia equivale a:

X destru ida=Sgen∗T 0

X destruida=0,736 KWK

∗298 K

X destruida=219 KW

8-93Entra vapor de agua a una turbina a 12Mpa, 550ºC y 60 m/s, y sale a 20kPa y 130m/s con un contenido de humedad de 5por ciento. La turbina no está correctamente aislada y se estima que se pierde calor de la turbina a razón de 150kW. La producción de potencia de la turbina es de 2.5MW. Suponiendo que el entorno está a 25ºC, determine:

a) La producción de potencia reversible de la turbina.b) La exergía destruida dentro de la turbinac) La eficiencia según segunda ley de la turbina.d) También estime el posible aumento en la producción de potencia de la

turbina si ésta se aislara perfectamente.

SOLUCIÓN:

De las tablas de Vapor:P1= 12MPa h1= 3481.7 kJ/kgT1=550ºC s1= 6.6554 kJ/kg.K

P2= 20kPa h2= 2491.1 kJ/kg

x=0.95 s2= 7.5535 kJ/kg.Kh2=hl+x (hlg)

h2=251.42+0.95(2357.5)

h2=2491.1kJ /kg

s2=s l+x (slg)s2=0.8320+0.95(7.0752)

s2=7.5535 kJ /kg . K

En el estado muerto:To= 25ºC ho= 104.83 kJ/kgxo=0

a) La producción de potencia reversible de la turbina

Energía potencial: ΔEp=0

m(h1+V 1

2

2 )=m(h2+V 2

2

2 )+Q sal+W

m(3481.7 kJ /kg+

(60 m / s)2

2∗1kJ /kg

1000 m2/s2 )=m(2491.1 kJ /kg+

(130 m /s )2

2∗1kJ /kg

1000 m2/s2 )+150 kW +2500 kW

m=2.693 kg /s

W rev=m [(h1−h2)−T o (s1−s2 )+V 1

2−V 22

2 ]

W rev=2.693 [(3481.7−2491.1)−298 (6.6554−7.5535 )+

(60m /s)2−(130 m /s)2

2∗1 kJ /kg

1000 m2/s2 ]W rev=3371 kW

b) La exergía destruida dentro de la turbina

X destruida=W rev−W

X destruida=3371 kW −2500 kW

X destruida=871 kW

c) La eficiencia según segunda ley

n II=W

W rev

n II=2500 kW3371 kW

n II=0.74216d) Aumento en la producción de potencia de la turbina (aislara perfectamente)

Q=m(h1−ho)

Q=2.693 kgs

∗(9481.7−104.83)kJ /kg

Q=9095 kW

f =WQ

f =2500kW9095kW

f =0.2749

W aumento=F∗Qsal

W aumento=0.2749∗150 kW

W aumento=41.24 kW8-115Para controlar una turbina isoentrópica de vapor de agua, se coloca una válvula de estrangulación en la línea de vapor que se va a la entrada de la turbina. Se suministra vapor a 6MPa y 700C a la entrada de la válvula, y la presión de escape de la turbina se ajusta a 70kPa. ¿Cua´l es el efecto sobre la exergía de flujo a la entrada de la turbina cuando la válvula de estrangulación está parcialmente cerrada de manera que la presión a la entrada de la turbina sea de 3MPa? Compare la eficiencia según segunda ley del sistema cuando la válvula está parcialmente abierta y cuando está totalmente abierta. Tome To=25C.

Válvula completamente abierta

Las propiedades del vapor a diferentes estados

P1=P2=6MPa h1=h2=3894.3kJ/KgT1=T2=700C S1=S2=7.4247 kJ/kgK

P3=70kPa x3=0.9914S2=S1 h3=2639.7 kJ/Kg

La eficiencia del sistema entero es entonces

n=W salida

W rev=

h1−h3

h1−h3−T 0(S1−S3)=

h1−h3

h1−h3=1.0

Entonces para este sistema S1=S3

P2=3MPaH2=h1=3894.3kJ/Kg S2=2639.7 kJ/KgK

P3=70kPa x3=0.9914S3=S2 h3=2760.8 kJ/Kg

n=W salida

W rev=

h1−h3

h1−h3−T 0 (S1−S3 )= 3894.3−2760.8

3894.3−2760.8−(298 ) (7.4247−7.7405 )=0.923

8-126.Para enfriar una tonelada de agua a 20⁰C en un tanque aislado, una persona vierte 80kg de hielo a -5⁰C en el agua. Determine a) la temperatura final de equilibrio en el tanque y b) la exergía destruida durante este proceso. La temperatura de fusión y el calor latente de fusión del hielo a presión atmosférica son 0⁰C y 333,7kJ/kg respectivamente. Tome To=20⁰C.

DATOS:

Agua a ToCp=4,18kJ/kg⁰CHielo T=0⁰CCp=2,11 kJ/kgchf=333,7kJ/kg

SOLUCIÓN:

a) Eent−E sal=∆ E sist

∆ U =0

∆ U hielo+∆ U agua=0

[mCp ∆ T solido+mhf +mCp ∆T liquido ]hielo+ [ mCp∆ T ]agua=0

Reemplazando datos:

80 kg∗[2,11 kJkg ° C

∗(0− (−5 ) ) °C+333,7 kJKg

+(4,18 kJkg° C

∗(T 2−0 °C ))]+1000 kg∗(4,18 kJkg°C

∗(T 2−20 °C ))=0

Despejando y realizando las operaciones correspondientes se encuentra que:

T 2=12,42° C Temperatura de equilibrio

b) Sent−Ssal+Sgen=∆ Ssist

0+Sgen=∆ Shielo+∆ Sagua

∆ Sagua=(mCp lnT 2

T 1)=1000 kg∗4,18 kJ

kg° C∗ln 285,42

293

∆ Sagua=−109.59 kJ /kg∆ Shielo=∆ Ssol+∆ Smezcla+∆ Sliq

∆ Shielo=((mCplnTmezcla

T1 )sol+ mhf

Tmezcla+(mCpln

T 2

T 1 )liq)

∆ Shielo=80 kg(2,11 kJkg ° k

∗ln 273268

+333,7 kJ

Kg273 k

+4,18 kJkg° C

∗ln 285,42293 )

∆ Shielo=115,783 kJK

Sgen=∆ Sagua+∆ Shielo=−109.59+115.783=6.193 kJK

X destruida=T 0 Sgen

X destruida=293 K∗6.193 kJK

=1815 kJ

9-17. Un ciclo de aire estándar se ejecuta en un sistema cerrado y se compone de los siguientes cuatro procesos 1-2 Compresión isoentrópica de 100 kPa y 27 ˚C a 1MPa2-3 Adición de calor a P=constante en la cantidad de 2800 kJ/kg3-4 Rechazo de calor a v=constante hasta 100 kPa4-1 Rechazo de calor a P=constante hasta el estado inicial Calcular:a) Muestre el ciclo en diagramas P-v y T-sb) Calcule la temperatura máxima en el cicloc) Determinar la eficiencia térmicaSuponga calores específicos a temperatura ambiente

Supuestos: Cambios de energía cinética y potencial soninsignificantes, el aire es un gas ideal con calores específicos constantes.

a) Muestre el ciclo en diagramas P-v y T-s

Datos adicionales

Cp = 1,005kj/kg; Cv = 0,718 Kj/kgK

b) Calcule la temperatura máxima en el cicloDe las relaciones isentrópicas del gas ideal (A=1,4) y el balance energético tenemos:

T 2=T 1( P2

P1 )( A−1)/A

T 2=300 K (1000 kPa100 kPa )

(1,4−1)/1,4

=579,2 K

qentra=h3−h2=c p(T 3−T 2)

2800 kj /kg=1,005 kj /kgK (T3−579,2 K )

T 3=T MAX=3360 K

c) Determinar la eficiencia térmica

P3V 3

T 3=

P4 V 4

T 4

Como v= constante

T 4=P4

P3T3

T 4=100 kPa1000 kPa

3360 K=336 K

qsale=q34+q41=(u3−u4)+(h4−h1)

qsale=cv (T 3−T 4)+c p(T 4−T1)

qsale=0,718 kj / kgK (3360−336) K +1,005 kj /kgK (336−300) K=2212 kj /kg

ηTérmica=1−qsale

qentra

ηTérmica=1−2212 kj /kg2800 kj /kg

=21 %

9-20 . Un ciclo de aire estándar se ejecuta en un sistema de modo con 0.0004 kg de aire y consiste en los siguientes tres procesos:

1-2. Compresionisoentropica de 100 kPa y 27°C hasta 1MPa

2-3 Adicion de calor a P= constante en la cantidad de 276Kj

3-4 Rechazo de calor a P=C1V+C2 hasta el estado inicial

a) Muestre el ciclo en digramasb) Cálcule el calor rechazadoc) Determinar la eficiencia térmica

Suponga calores específicos constantes a temperatura ambiente

Cp=1.005 kJkg K

Cv=0.718 kJkg K

b)

T 2=T 1¿(P2

P1)(k −1)

k

T 2=300 K ¿(100 kPa100 kPa

)0,414

=579,2 K

Q=mCP(T 3−T 2)

2.76 kJ=0.004 kg∗1.005 kJkg K

(T 3−579.2)

T 3=1266 K

Q=−m∗w−m C v(T 1−T 3)

Q=−m [w+C v (T 1−T 3 )]

Q=−0.004 kg [273.7+0.718 kJkg K

(300−1266 ) K ]

Q=1.679 kJ

c)

η=1−Q1Q2

η=1−1.679 kJ2.76 Kj

η=39.2 %

9-23. Se considera que un ciclo de Carnot con los límites de temperatura especificados. Determinar la salida de trabajo neto por ciclo.

Suposiciones: El aire es un gas ideal con calores específicos constantes.

Propiedades: Las propiedades del aire a temperatura ambiente son cp= 1.005 kJ/kg.K, cv = 0.718 kJ/kg·K, R = 0.287 kJ/kg.K, y k = 1.4.

Solución:

La presión mínima en el ciclo es P3 y la presión máxima es P1. Entonces,

La entrada de calor se determina a partir de,

Entonces,

9-35. Un ciclo ideal de Otto tiene una relación de compresión de 12. Admite aire a 100 kPa y 20oC y se repite 1000 veces por minuto. Usando calores específicos constantes a temperatura ambiente, determine la eficiencia térmica de este ciclo y la tasa de suministro de calor si el ciclo ha de producir 200kW de potencia.

La definición de eficiencia térmica en un ciclo se determina por:

=1 −1rk−1

=1 −1

121.4−1

=0,63

La tasa de adición de calor es

Q= W neto

η

Q= 200 kw0,63

Q= 318 kW

9.62. Un motor ideal Diesel tiene una rlación de compresión de 20 y usa aire como fluido de trabajo. El estado del aire comprimido al principio del proceso de compresión es 95kPa y 20 C. Si la temperatura máxima en el ciclo no ha de exceder 2.200 K. determine:

a) La eficiencia térmica b) La presión efectiva media

Suponga calores específicos constantes para el aire a temperatura ambiente.

a) Proceso 1-2: Compresión Isoentropica

T 2=T 1( V 1

V 2)

K−1

=293 K (20)0.4=971.1 K

Proceso 2-3: P= constante

P3V 3

T 3=

P2V 2

T 2→

V 3

V 2=

T 3

T 2= 2200 K

971.1 K=2.265

Proceso 3-4: Expansión Isoentropica

T 4=T 3( V 3

V 4)

K −1

=T3( 2.265V 2

V 4)

K −1

=T 3(2.265r )

K −1

=2200 K (2.26520 )

0.4

=920.6 K

qentrada=h3−h2=CP (T 3−T 2 )=( 1.055 kJkgK )(2200−971.1)K=1235 kJ /kg

qsalida=U4−U1=CV (T 4−T 1 )=( 0.718 kJkgK )(920.6−293)K=450.6 kJ /kg

W =qentrada−qsalida=1235−450.6=784.4 kJ /kg

n=W salida

qentrada=784.4 kJ /kg

1235 kJ / Kg=63.5 %

b) Vmin=V 2=V max

r

c) MEP=W sal ida

V 1−V 2=

W salida

V 1(1−1/r )= 784.4 kJ /kg

0.885 m3/5kg (1−1/20)( kPam 3kJ )=933 kPa

9-77: Considere un ciclo ideal Ericsson con aire como fluido de trabajo, ejecutado en un sistema de flujo estacionario. El aire está a 27°C y 120kPa al inicio del proceso de compresión térmica, durante el cual se rechazan 150kJ/kg de calor. La transferencia de calor al aire ocurre a 1200K.

Determine a) la presión máxima en el ciclo, b) la producción neta de trabajo por unidad de masa de aire y c) la eficiencia térmica del ciclo.

DATOS

T0 aire= 27°C

P0 aire= 120kPa

Q= 150kJ/kg

T = 1200K

Raire = 0,287 kJ / kg.K

(Tabla A-1).

SOLUCION

a) presión máxima en el ciclo

-El cambio de entropía durante el proceso 3-4 es:

( S4−S3 )=−q34 out

❑

T 0=

−150 KJKg

300 K

( S4−S3 )=−0,5 KJ / KgK

o también se tiene que:

( S4−S3 )=Cp lnT 4

0

T 3−Rln

P4❑

P3

( S4−S3 )=−( 0.287 KJKgK ) ln

P4

120KPa

( S4−S3 )=−0,5 KJ / KgK

P4=685.2 kPA

b) producción neta de trabajo por unidad de masa de aire

-Para ciclos reversibles:

Qext

Q∫¿=TLTH

¿

Donde qint = TLTH qext =

1200 K300K ( 150 KJ

kg )

qint = 600kJ/kg

Entonces:

Wneto,sal= qint− qext= 600 −150 = 450 kJ/kg

c) Eficiencia térmica del ciclo

ŋ=1− TLTH

ŋ=1− 300 K1200 K

ŋ=¿75.0%

9-98. Se usa aire como fluido de trabajo en un ciclo simple ideal de Brayton que tiene una relación de presiones de 12, una temperatura de entrada al compresor de 300K y una temperatura de entrada a la turbina de 1000K. Determine el flujo másico de aire necesario para una producción neta de potencia de 70MW, suponiendo que tanto el compresor como la turbina tienen una eficiencia isoentrópica de a) 100 por ciento, y b) 85 por ciento. Suponga calores específicos constantes a temperatura ambiente.

Literal a

Las propiedades del aire son c p=1,005 KJ / Kg K y k=1,4. Usando las relaciones isentrópicas tenemos que:

T 2 s=T 1(P2

P1 )(k−1) /k

T 2 s=(300 K ) (12 )(1,4−1 )/1,4=610,2 K

T 4 s=T3( P4

P3 )(k−1 )/ k

T 4 s=(1000 K )( 112 )

(1,4−1 )/1,4

=491,7 K

w s entrada=h2s−h1=Cp (T 2 s−T1 )

w s entrada= (1,005 KJ /kg K ) (610,2−300 ) K=311,75 KJ /kg

w s salida=h3−h4 s=Cp (T 3−T 4 s )

w s salida=(1,005 KJ /kg K ) (1000−491,7 ) K=510,84 KJ /kg

El trabajo neto se puede determinar:

wnet=w s salida−w s entrada

wnet=510,84−311,75=199,1 KJ /kg

ms=W net

w net= 70000 KJ /s

199,1 KJ /kg=352 Kg / s

Literal b

wnet=w s salida−w sentrada

w s entrada= (1,005 KJ /kg K ) wnet=nt ws salida−w s entrada

w s entrada= (0,85 ) (510,84 )−311,750,85

=67,5 KJ /kg

ma=W net

wnet=70000 KJ / s

67,5 KJ /kg=1037 Kg

s111. una turbina de gas para un automóvil se diseña con un regenerador. El aire entra al compresor de este motor a 100Kpa y 20°C la relación de presiones del compresor es 8, la temperatura máxima del ciclo es 800 °C y el flujo de aire frio sale del regenerador a 10 °C más frio que el del flujo de aire caliente a la entrada del regenerador. Suponiendo que tanto el compresor como la turbina son isotrópicos determine la tasa de adición y rechazo de calor para este ciclo cuando se produce 150 Kw use calores específicos constantes a temperatura ambiente.

T 2=T 1rP(k−1)/K=(293 K )(8)0.4 /1.4=530.8 K

T 5=T 4( 1rp )

( K−1)/K

=(1073 K)( 18 )

0.4 /1.4

=592.3 K

T 3−T 2=T5−T6

T 3=T 5−10=592.3−10=582.3 K

T 6=T 5−(T 3−T 2 )=592.3−(582.3−530.8 )=540.8 K

wnet=CP ( T4−T 5 )−CP (T 2−T 1)

¿1.005 KJ / KgK (1073−592.3 ) K−1.005 KJ /KgK (530.8−293 ) K

¿ 244.1 KJKg

m=W net

W net= 150 Kw

244.1 K / Kg=0.614 Kg /s

Q¿=mC p (T 4−T 3 )=(0.6145 Kg /s)(1.005 KJ / KgK )(1073−582.3)k=303.0 KW

Qout=mC p (T 6−T 1 )=(0.6145 Kg /s )(1.005 KJ /KgK )(540.8−293)k=153.0 KW

9-169 Un combustible típico de hidrocarburos produce 42000 kJ/kg de calor cuando se usa en un motor de ignición por chispa. Determine la relación de compresión que se necesita para que un ciclo ideal Otto use 0,043 gramos de combustible para producir 1 kJ de trabajo. Use calores específicos constantes a temperatura ambiente.

Datos:

q=42000 kJkg

mcombustible=0,043 g=0,043× 10−3 kg

W neto=1kJ

C p=1,005 kJkg K

(Tabla A−2)

C v=0,718 kJkg K

(Tabla A−2)

k=1,4(Tabla A−2)

Solución:

Qentra=mcombustible q

Qentra=(0,043 ×10−3 kg )(42000 kJkg )

Qentra=1,806 kJ

ηth=W neto

Qentra

ηth=1 kJ

1,806 kJ

ηth=0,5537

ηth=1− 1r k−1

r= 1

(1−ηth )1

(k−1 )

r= 1

(1−0,5537 )1

(1,4−1)

r=7,52

PROBLEMA 1. Ciclo de vapor Rankine

Dado el siguiente ciclo de Rankine con recalentamiento, para el cual se dispone de los

siguientes datos:

Pd'=4 MPa ;t d'=t d'=450℃ ; Pe=0.48 MPa

Flujo de vapor producido: FV=54 000 kg/h

Flujo de combustible consumido: FC=4 356 kg/h

Combustible usado: fuel-oíl

Valor calórico superior: VCS=41800 kJ /kg

Condensador

Turbina

Caldera

1Q

2Q

d

e

1W

LSb

bW

'd

a

a) Calcule la eficiencia termodinámica del ciclo

b) Compare la eficiencia del ciclo con la eficiencia del ciclo de Carnot para los mismos

niveles de temperatura y evalúe el resultado.

c) Calcule la eficiencia termodinámica de la turbina si la temperatura del vapor a la

salida (a la misma presión) es de 2000C

SOLUCIÓN

La eficiencia del ciclo viene dada por

ηCiclo=W neto

QH=

W 1−W b

QH

Cálculo del trabajo dado por la turbina

W 1=−(∆ H )=H e−H d'

Con:

Pd'=4 MPay td '=450℃, se obtiene por la tabla 3, p. 59 de J. Keenan. Steam Tables:

H d '=3328.9 kJ /kg ; Sd '=6.9235 kJ /kg℃

Con:

Pe=0.48 MPay la condición de proceso isoentrópico: Se=Sd'=6.9235 e interpolando se

obtiene:H e=2785 kJ /kg

Luego,

W 1=H e−Hd'=2 785−3 328.9=543.kJ /kg

Cálculo del trabajo consumido por la bomba

El líquido a la salida de la bomba se encuentra en estado de líquido subenfriado, por lo

que no es posible calcular su entalpía directamente en la tabla. Hay queestimarla de

maneraindirecta.Así,

W b=−( H b−Ha )=−(V ¿¿a) ( Pb−Pa )¿

Con la presión Pa y la condición de líquido saturado se estima el valor de V apor la tabla

2, P.4, el volumen específico y la entalpía, considerando que el proceso de

condensación en el condensador transcurre a presión constante:

V a=1.0909 (10−3 ) m3 /kg

H a=633.60 kJ /kg

Entonces,

W b=(H ¿¿ b−633.60)=1.0909 (10−3 ) m3/kg ( 4−0.48 ) (106 Pa )=3.839968 (103 ) J /kg¿

W b=3.8kJ /kg

De donde,

¿¿

(Obsérvese la pequeña diferencia entre los dos valores de entalpía).

Luego, el calor absorbido para la producción de vapor es:

QH=H d'−Hb=3 328.9−637.4=2 691.5 kJ /kg

La eficiencia del ciclo es entones

ηCiclo=W neto

QH=

W 1−W b

QH=543.9−3.8

2691.5=0.20 o 20 %

Para hacer juicio acerca de la eficiencia del ciclo estudiado, se debe comparar con la

eficiencia del ciclo de Carnot. Se toman las temperaturas a la cual se absorbe el calor

(4500C) y la temperatura a la que se rechaza, es decir, la del condensador. Con la

presión en el condensador y la condición de líquido saturado, se determina la

temperatura por la tabla 2. Así, resulta

t a=150.32℃

Luego,

ηCarnot=t d'−t a

t d'

=450−150.32450.32+273

=0.410 41%

Como se observa, la eficiencia del ciclo es baja con respecto a la eficiencia del ciclo de

Carnot que opera entre las mismas dos temperaturas.

Cálculo de la eficiencia termodinámica de la turbina

Por definición, la eficiencia termodinámica de la turbina es la relación entre el trabajo

real obtenido dividido por el trabajo ideal o reversible:

ηt=WW S

=Hd '−H e'

Hd'−H e

Con:

Pe=0.48 Mpay t e'=200℃, se obtiene: H e '=2 856.4 kJ /kg

Luego,

ηt=H d'−H e '

H d'−H e=3 328.9−2 856.4

3328.9−2785=0.87 o 87%

Obsérvese que H e '>H e y que cuanto mayor sea esa diferencia mayor serán las

irreversibilidades y menor será la eficiencia de la turbina.

El funcionamiento de la turbina es adecuado.

CRITERIO PRÁCTICO:

La eficiencia de una turbina de vapor debe estar en el intervalo de de 90-85%).

Si se representa el ciclo en un diagrama termodinámico H-S, se podrá observar que el punto e ', al cual corresponde el valor de H e ', se encuentra siempre a la derecha del punto e. En el punto e ' se cumple que Se '>Se, que es la medida de la irreversibilidad del proceso.