1. Procesos de transformación de la energía y su análisis Representación de sistemas termodinámicos... 3

Transcripción

1 Contenido Aclaración III 1. Procesos de transformación de la energía y su análisis 1.1. Representación de sistemas termodinámicos Representación de sistemas termodinámicos Primera ley de la termodinámica 6.1. Trabajo volumétrico con gases Equilibrio térmico (T ) y mecánico (p) Eficiencia térmica Primera ley para sistemas cerrados y aislados Primera ley para para sistemas cerrados y aislados Segunda ley de la termodinámica Coeficientes de operación y exergía del calor Propiedades termodinámicas de la materia Trabajo volumétrico con gases Trabajo volumétrico con vapor de agua Trabajo volumétrico con vapor de agua Cambios de estado simples de gases ideales Entropía y exergía en sistemas para trabajo volumétrico con vapor de agua Entropía y exergía para sistemas cerrados y aislados Análisis termodinámico de la expansión de gases ideales en toberas Análisis termodinámico del estrangulamiento de gases ideales Análisis termodinámico de procesos de compresión de gases ideales Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua Análisis termodinámico de cámaras de mezclado de líquidos Psicrometría: cuartos fríos Psicrometría: torres de enfriamiento Psicrometría: climatización de espacios interiores Bibliografía 54

2 4 Propiedades termodinámicas de la materia 4.1. Trabajo volumétrico con gases Un sistema pistón-cilindro contiene una masa de 1 g de aire (R = 87 J/kgK) a una temperatura inicial de 0 o C. El pistón esta conectado a un resorte, que se encuentra en su longitud natural en la condición inicial. El pistón posee una masa de 5 kg y un diámetro de 10 cm y el resorte tiene una constante lineal de k = 10 kn/m. Durante el desplazamiento del pistón en el cilindro se pueden despreciar los efectos debidos al rozamiento entre los dos cuerpos. Se le suministra calor al aire contenido en el cilindro hasta que el resorte se comprime 5 cm. La presión atmosférica local es de 100 kpa. Se solicita calcular: 1. La temperatura final del gas.. El trabajo volumétrico realizado por el gas. 3. El trabajo necesario para comprimir el resorte. 4. El trabajo necesario para vencer la acción de la atmósfera sobre el pistón. 5. El calor suministrado al aire en el cilindro. Solución 1. Por la ley de los gases ideales: p 1 V 1 = mrt 1 (4-1) V 1 = mrt 1 p 1 Diagrama de cuerpo libre para el pistón: (4-)

3 4.1 Trabajo volumétrico con gases 1 Figura 4-1: Diagrama de cuerpo libre para el pistón. Estado 1: Fy = 0 (4-3) F R + p a A p + m p g p 1 A p = 0 (4-4) en el estado inicial el resorte no ejerce fuerza sobre el pistón: p 1 = p a + m pg A p p 1 = 106, 5 kpa Por lo tanto de la Ec. 4-: V 1 = 7, m 3 Altura correspondiente al volumen del gas en el cilindro: (4-5) V 1 = A p z 1 z 1 = V 1 A p z 1 = 0, 101 m (4-6) (4-7) Para el estado se calcula la presión ejercida por el resorte sobre el pistón para dz = 5 cm, F R = kz /A p ; y despejando para la presión en el estado, p, utilizando la Ec. 4-4 : p = 169, 93 kpa, así se determina el volumen ocupado por el gas en el estado : V = A p (z 1 + z ) (4-8)

4 4 Propiedades termodinámicas de la materia V = 1, m 3 y se determina la temperatura en el estado : T = p V mr T = 701, 0 K (4-9). Trabajo realizado por el gas: W gas = W gas = V V 1 pdv = A p z z 1 pdz = A p z z 1 ( p a + kz + m ) pg dz (4-10) A p A p ) z (p a A p z + kz + m pgz (4-11) z 1 Para z 1 = 0 y z = 0, 05 m: W gas = 54, J 3. Trabajo necesario para comprimir el resorte: W resorte = kz (4-1) W resorte = 1, 5 J 4. Trabajo necesario para vencer la acción de la atmósfera: W a = V V 1 pdv = A p p a z (4-13) W a = 39, 3 J 5. Aplicando la primera ley de la termodinámica: U = δq + δw (4-14) mc v (T T 1 ) = Q W gas (4-15) Q = mc v (T T 1 ) + W gas (4-16) Para c v = 0, 74 kj/kgk: Q = 356, 98J

5 4. Trabajo volumétrico con vapor de agua Trabajo volumétrico con vapor de agua Un dispositivo pistón-cilindro, en el que el pistón puede moverse libremente sin rozamiento, contiene 0, kg de agua a una temperatura T 1 = 30 C y a una presión p 1 = 400 kpa. El agua se calienta inicialmente de manera isobárica, hasta que inicia el proceso de evaporación. A través del suministro adicional de calor al dispositivo, el agua continúa con su evaporación parcial. Cuando se tiene un volumen del cilindro de V 3 = 0, m 3, el desplazamiento del pistón se detiene (de manera mecánica), pero se le continúa suministrando calor al dispositivo hasta el instante en que se evapora totalmente el agua líquida del cilindro a la temperatura T 4. Se solicita: 1. Representar las curvas de líquido y vapor saturado en el diagrama p v e indicar los cambios de estado, desde el estado inicial 1 hasta el estado final 4.. A qué temperatura se inicia el proceso de evaporación del agua en el cilindro? 3. En el estado 3 determine la calidad del vapor x 3 en la mezcla y la masa correspondiente de vapor y agua líquida. 4. Determine la presión p, la temperatura T y el volumen específico v en los estados, 3 y 4. Solución 1. Cambios de estado: 1-: Calentamiento isobárico (p = cte) -3: Evaporación parcial isobárica (p = cte) 3-4: Evaporación isocórica (v = cte) Figura 4-: Procesos en diagrama p-v

6 4 4 Propiedades termodinámicas de la materia. T = T sat@400kp a T = 143, 63 o C 3. Estado 3: p 3 = 400 kpa: v f = 0, m 3 /kg, v g = 0, 465 m 3 /kg v 3 = V 3 m v 3 = 0, 3157 m 3 /kg (4-17) La calidad es: x 3 = v 3 v f v g v f (4-18) x 3 = 0, 68 Masa de vapor: m g = x 3 m (4-19) m g = 136, 4 gr Masa de agua: m f = m m g = (1 x 3 )m (4-0) m f = 63, 6 gr 4. Estado : p = 400 kpa; T = 143, 63 o C; v = 0, m 3 /kg Estado 3: p 3 = 400 kpa; T 3 = 143, 6 o C; v 3 = 0, 3157 m 3 /kg Estado 4: p 4 = 600 kpa; T 4 = 158, 8 o C; v 4 = 0, 3157 m 3 /kg 4.3. Trabajo volumétrico con vapor de agua Un sistema pistón-cilindro vertical que se encuentra perfectamente aislado de sus alrededores, contiene inicialmente 8 kg de agua en su interior con una calidad x = 0,7. La presión dentro del cilindro se mantiene constante a 400 kpa. Una válvula conectada al sistema se abre de manera controlada permitiendo la entrada de vapor proveniente de una línea de alimentación a 500 kpa y 400 o C. La válvula permanece abierta hasta que el agua contenida en el cilindro alcanza el estado de saturación evaporándose completamente, momento

7 4.3 Trabajo volumétrico con vapor de agua 5 en el cual la válvula se cierra nuevamente. Se solicita: 1. Determinar la temperatura final del vapor contenido en el cilindro.. Determinar la masa de vapor que ingresa al sistema. Solución 1. T = T sat@400kp a T = 143, 6 o C. Aplicando la primera ley de la termodinámica: de = de c + de p + du = δq + δw + ( m h + 1 ) v + g z (4-1) U U 1 = W + m en h en (4-) donde: W = V 1 V pdv = p(v 1 V ) y m en = m m 1, por lo tanto: m u m 1 u 1 = p(m v m 1 v 1 ) + (m m 1 )h en (4-3) m u + pm v m 1 u 1 pm 1 v 1 = (m m 1 )h en (4-4) m (u + pv ) m 1 (u 1 pv 1 ) = (m m 1 )h en (4-5) m h m h en = m 1 h 1 m 1 h en (4-6) m = m 1(h 1 h en ) h h en Según Tablas de vapor: h en = 371, 9 kj/kg, h = 738, 1 kj/kg (4-7) h 1 = h f + x 1 h fg (4-8) h f = 604, 66 kj/kg, h fg = 133, 4 kj/kg h 1 = 098, 04 kj/kg Por lo tanto:

8 6 4 Propiedades termodinámicas de la materia m = 17, 59 kg m en = m m 1 (4-9) m en = 9, 59 kg 4.4. Cambios de estado simples de gases ideales Bajo las condiciones atmosféricas de Bogotá de p a =750 mbar y T a =16 C se comprime 1,0 kg de aire (considerado como gas ideal, con κ = 1, 4 y R aire = 87 J/kgK) hasta p =10 bar. El proceso debe ocurrir de manera: Isocórica. Isotérmica. Adiabática reversible Politrópica con n = 1, Se solicita: 1. Representar cada cambio de estado en un diagrama p v. Calcular en cada caso, de manera general y numérica, la temperatura final T ; el volumen final V ; el calor transferido Q 1 y el trabajo volumétrico W v,1. Solución 1. Diagrama T v con los cambios de estado indicados.

9 4.5 Entropía y exergía en sistemas para trabajo volumétrico con vapor de agua 7 p/(p a*10 5 ) 10 II IV III I Figura 4-3: Diagrama con los cambios de estado simples solicitados. v. Análisis de cada cambio de estado: Proceso isocórico: Proceso isotérmico: Proceso adiabático reversible: Proceso polotrópico con n = 1, : 4.5. Entropía y exergía en sistemas para trabajo volumétrico con vapor de agua Para el Ejercicio 4.3 se solicita determinar: 1. La entropía generada en el proceso.. La exergía destruida en el proceso si éste ocurre en un ambiente con una temperatura T a = 300 K y una presión p a = 100 kpa.

10 8 4 Propiedades termodinámicas de la materia Solución 1. Este sistema se analiza para las condiciones de la masa en el estado inicial (1) y las condiciones del estado final (); no se presenta transferencia de entropía por intercambio de calor porque el sistema es adiabático y se presenta intercambio de entropía debido a la masa de vapor de agua que ingresa al sistema. En el estado inicial 1 se tiene el siguiente valor para la entropía específica (p = 400 kpa; 143, 63 C y x = 0, 7): s sis,1 = s f,1 +x 1 (s g,1 s f,1 ), con s 1,f = 1, 7765 kj/kgk y s f,1 s g,1 = 5, 1191 kj/kgk s sis,1 = 5, 3599 kj/kgk. Para el estado se tiene vapor saturado a p = 400 kpa (143, 63 C) y la entropía específica es: s sis, = 6, 8955 kj/kgk. Para el cambio de estado entre 1 y ingresa masa al sistema (vapor sobrecalentado a 500 kpa y 400 C): s H0,ent = 7, 7956kJ/kgK El balance de entropía es: (S S 1 ) sis = k i=1 Q i T i + m ent s HO,ent + S irr,1 (4-30) [(m s ) (m 1 s 1 )] sis = m ent s HO,ent + S irr,1, (4-31) finalmente, para m 1 = 8, 0 kg; m = 17, 59 kg y m HO,ent = 9, 59 kg, se obtiene: S irr,1 = 3, 651kJ/K. La exergía destruida en el proceso es: Ex d,1 = T 0 s irr,1 (4-3) Ex d,1 = 1095, 4 kj

11 4.6 Entropía y exergía para sistemas cerrados y aislados Entropía y exergía para sistemas cerrados y aislados Para el Ejercicio.5 se solicita hallar: 1. El cambio en la entropía del piñón durante el proceso inicial (Ej..5, a).. El cambio en la exergía del piñón durante este mismo proceso. 3. La entropía generada y la exergía destruida durante el proceso de enfriamiento del piñón en el recipiente con agua (3-4) (Ej..5, b). Solución 1. El cambio en la entropía del piñón durante el proceso 1- puede hallarse mediante la ecuación del cambio de entropía para sustancias compresibles: s s 1 = c v ln T T 1 + Rln v v 1. (4-33) En este caso se trata de una sustancia incompresible (sólido), que tiene valores aproximadamente iguales para las capacidades caloríficas (calores específicos) a volumen y a presión constante y cuya variación volumétrica durante el cambio de estado es despreciable: S S 1 = m ac c ac ln ( T T 1 ) (4-34) S S 1 = 11, 09 kj/k. El cambio en la exergía del piñon (sistema) durante el proceso 1- es: (Ex Ex 1 ) sis = m(u u 1 ) + mp 0 (v v 1 ) mt 0 (s s 1 ) + m v v 1 + mg(z z 1 ), (4-35) que al considerar despreciables los efectos debidos al cambio volumétrico y a las energías cinética y potencial es: (Ex Ex 1 ) sis = m(u u 1 ) mt 0 (s s 1 ) (4-36) (Ex Ex 1 ) sis = m ac c ac (T T 1 ) mt 0 (s s 1 ) (4-37) (Ex Ex 1 ) sis = 4593 kj

12 30 4 Propiedades termodinámicas de la materia 3. Aplicando el balance de entropía al sistema, considerado un sistema aislado como en la sección b) del Ej..5 y para sustancias incompresibles como en la sección a) anterior: ( ) ( ) ( T4 T4 T4 (S 4 S 3 ) sis = S irr,34 = m ac c ac ln + m HO c HO ln + C R ln T 3,ac T 3,HO se obtiene el valor para la entropía generada: S irr,34 = 1, 403 kj/k T 3,R ), (4-38) Debe considerarse en la ecuación anterior que la pieza de acero se enfría desde T 3,ac = 150 K y el agua y el recipiente se calientan (simultáneamente) desde T 3 = 300 K hasta alcanzar la temperatura final de equilibrio del sistema (T = 303, K). La exergía destruida durante el proceso 3-4 es: Ex d,34 = T 0 S irr,34 (4-39) Ex d,34 = 367 kj 4.7. Análisis termodinámico de la expansión de gases ideales en toberas En un turborreactor, entran gases calientes de combustión a p 1 = 00 kpa y T 1 = 100 K en una tobera adiabática irreversible y se expanden hasta la presión atmosférica local. La temperatura de salida de los gases es de T = 760 K. La velocidad de entrada de los gases a la tobera es despreciable. Se pueden considerar los gases de la combustión como aire y se requiere tomar en cuenta la variación de sus capacidades caloríficas específicas (calores específicos) con la temperatura. Las condiciones atmosféricas de operación de la tobera son de T a = 0 K y una presión p a = 7 kpa. Se solicita: 1. Representar el proceso en un diagrama p v.. Representar el equipo y plantear la primera ley. 3. Representar el proceso en un diagrama T s. 4. Determinar la eficiencia isoentrópica de la tobera.

13 4.7 Análisis termodinámico de la expansión de gases ideales en toberas Determinar la exergía de los gases de combustión en las condiciones de entrada a la tobera. 6. Hallar la velocidad de salida de la tobera de los gases de escape. 7. Determinar la entropía generada durante el proceso. 8. Determinar el balance de exergía y la exergía destruida durante el proceso. Solución 1. Diagrama p v del proceso. p p1 1 p s Figura 4-4: Diagrama del proceso. v. Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis dt = i Q i + j Ẇ j + k ṁ k (h k + ) v k + gz k, (4-40) se tiene para una tobera adiabática operando en estado estacionario y despreciando la velocidad de ingreso al equipo y la variación de la energía potencial entre el ingreso y la salida (por unidad de masa): 0 = h 1 h + v 1 v (4-41) 3. Diagrama T-s del proceso

14 3 4 Propiedades termodinámicas de la materia Figura 4-5: Diagrama del proceso. CORRECCIÓN: los puntos y s están indicados de manera inversa en el diagrama! 4. Eficiencia isoentrópica de la tobera. En este caso se requiere considerar la variación de las capacidades caloríficas específicas (calores específicos) con la temperatura. Para ello se hace uso de los valores tabulados para el aire (para explicaciones teóricas adicionales y el manejo de las tablas se puede consultar, por ejemplo, Çengel & Boles, 6ta. edición en español, sección 7.9). Estado 1: para p 1 = 00 kpa, T 1 = 100 K se obtiene de los valores tabulados (por ejemplo de Çengel & Boles, 6ta. edición en español, Tabla A-17); h 1 = 177, 79 kj/kg, s o 1 = 3, kj/kgk, p rel,1 = 38, 0. Para un proceso isoentrópico: p rs p r1 = p p 1 (4-4) p rs = 3, 13 Estado s (para el proceso reversible adiabático): para p = 7 kpa, p rs = 3, 13, se obtiene por interpolación, T s = 70, 647 K, h s = 735, 5 kj/kg Estado : para p = 7 kpa, T = 760 K se obtiene, h = 778, 18 kj/kg, s o =, kj/kgk

15 4.7 Análisis termodinámico de la expansión de gases ideales en toberas 33 A partir de la definición de eficiencia isoentrópica para una tobera: η s,tob = h 1 h h 1 h s η s,tob = 0, 91 (4-43) 5. Estado ambiental: para p 0 = 7 kpa y T 0 = 0 K se obtiene de las tablas, h 0 = 19, 97 kj/kg, s 0 0 = 1, kj/kgk La exergía de los gases a la entrada de la tobera es: ex fm,1 = (h 1 h 0 ) T 0 (s 1 s 0 ) + v 1 + g(z 1), (4-44) que al considerar despreciables la velocidad de ingreso del aire a la tobera y el efecto de la energía potencial, es: ( )) ex fm,1 = (h 1 h 0 ) T 0 (s 0 1 s 0 p1 0 Rln, (4-45) p 0 ex fm = 790, 9 kj/kg, donde se ha evaluado la diferencia de entropía entre el estado de ingreso a la tobera y las condiciones del ambiente, considerando la variación de las capacidades caloríficas específicas mediante el uso de valores tabulados (como en los items anteriores). 6. A partir de la primera ley para la tobera se obtiene: v = (h 1 h ) (4-46) v = (177, , 18) 1000[ J kg ] (4-47) v = 999, 61 m/s 7. Aplicando el balance de entropía a la tobera: Ṡ sis = k i=1 Q i T i + ṁ en s en ṁ sal s sal + Ṡirr (4-48) se obtiene para las condiciones de estado estacionario, en un proceso adiabático, con flujo único de masa (entrada, 1; salida, ) y considerando la variación de las capacidades caloríficas con la temperatura: ( ) 0 = (s 1 s ) + s irr,1 = s 0 s 0 p 1 Rln (4-49) p 1

16 34 4 Propiedades termodinámicas de la materia s irr,1 = (s s 1 ) = 0, kj/kgk 8. El balance general de exergía para un sistema abierto con fronteras rígidas entre los estados 1 y es: (Ex Ex 1 ) sa = ( 1 T ) n δq 1 + W 1 + m(ex fm ) Ex d,1 (4-50) T 1 donde la exergía específica asociada al flujo único de masa viene definida por: (ex fm,1 ex fm, ) = (h 1 h ) T a (s 1 s ) + j=1 v 1 v + g(z 1 z ). (4-51) El sistema establecido para la tobera es adiabático; durante el cambio de estado entre 1 y no ocurre transferencia de exergía por trabajo y la velocidad de ingreso (1) del fluido a la tobera y la variación de su energía potencial es despreciable. De esta manera se obtiene que la exergía destruida es igual a la variación de la exergía del flujo de masa entre los dos estados: ex d,1 = ex fm,1 ex fm, = (h 1 h ) T a (s 1 s ) + v, (4-5) que al considerar el balance de energía establecido para la tobera, donde la variación de la entalpía es igual a la variación de la energía cinética para el cambio de estado entre 1 y, se tiene: ex d,1 = T a (s s 1 ) = 0 K (0, kj/kgk) (4-53) ex d,1 = 1, 67 kj/kg 4.8. Análisis termodinámico del estrangulamiento de gases ideales Aire, considerado como gas ideal, sufre un proceso de estrangulación en una válvula, desde el estado 1, p 1 = 5 bar, T 1 = 300 K hasta el estado, p = 1 bar. El flujo se encuentra en estado estacionario. El sistema se encuentra en un ambiente con una temperatura T a = 300 K y una presión p a = 100 kpa. Se solicita: 1. Representar el proceso en un diagrama p v.. Representar el equipo y plantear la primera ley. 3. Representar el proceso en un diagrama T s.

17 4.8 Análisis termodinámico del estrangulamiento de gases ideales Calcular la temperatura luego del estrangulamiento. 5. Calcular la entropía generada debido al cambio de estado irreversible. 6. Determinar la exergía destruida en el proceso a través de la entropía generada y por medio del balance de exergía. Solución 1. Diagrama p v del proceso. p p1 1 p T0 v Figura 4-6: Diagrama del proceso.. Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis dt = i Q i + j Ẇ j + k ṁ k (h k + ) v k + gz k, (4-54) se tiene para una válvula de estrangulación operando en estado estacionario, que se considera adiabática y despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial entre el ingreso y la salida (por unidad de masa): 0 = h 1 h , (4-55) que indica que el proceso es isoentálpico: h 1 = h 3. Diagrama T s del proceso.

18 36 4 Propiedades termodinámicas de la materia Figura 4-7: Diagrama del proceso 4. Para los gases ideales: h = f(t) exclusivamente, por lo tanto T = T 1 = 300 K ya que h = h 1 5. Aplicando un balance para determinar la variación de la entropía específica en la válvula de estrangulamienton, se tiene: ds sis = n i=1 q i T i + (s 1 s ) + s irr,1, (4-56) teniendo en cuenta que es un proceso en estado estacionario y adiabático para gases ideales, se obtiene: ( ) ( ) T p s irr,1 = s s 1 = c p ln R aire ln (4-57) s irr,1 = 0, 4619 kj/kgk T 1 p 1 6. El balance general de exergía específica para el sistema es: (ex ex 1 ) sa = ( 1 T ) δq 1 + w 1 + T 1 n (ex fm ) ex d,1 (4-58) donde la exergía específica asociada al flujo único de masa viene definida por: j=1 (ex fm,1 ex fm, ) = (h 1 h ) T a (s 1 s ) + v 1 v + g(z 1 z ). (4-59) El sistema establecido para la válvula de estrangulación opera en estado estacionario, es adiabático, durante el cambio de estado entre 1 y no ocurre transferencia de exergía por trabajo y la variación de las energías cinética y potencial del fluido

19 4.9 Análisis termodinámico de procesos de compresión de gases ideales 37 es despreciable. De esta manera se obtiene que la exergía destruida entre los dos estados es igual a: ex d,1 = ex fm,1 ex fm, = (h 1 h ) T a (s 1 s ). (4-60) Al considerar que en la válvula la entalpía del gas ideal permanece constante entre los estados 1 y, se tiene: ex d,1 = T a (s s 1 ) = 300 K (0, 4619 kj/kgk) (4-61) ex d,1 = 136, 57 kj/kg 4.9. Análisis termodinámico de procesos de compresión de gases ideales Entra aire en un compresor a T 1 = 300 K y p 1 = 100 kpa a una tasa de 4 kg/s, y sale a T = 700 K y p = 1500 kpa. Las capacidades caloríficas específicas (calores específicos) del aire se pueden considerar constantes, con los valores correspondientes a la temperatura ambiente. La presión y la temperatura del ambiente en el que se encuentra el compresor, son iguales a las del estado 1. Se solicita: 1. Representar el proceso en un diagrama p v.. Representar el equipo y plantear la primera ley. 3. Representar el proceso en un diagrama T-s. 4. Determinar el requerimiento de potencia para el proceso reversible y real del compresor. 5. Determinar la eficiencia isoentrópica para el proceso. 6. Determinar la entropía generada por unidad de tiempo. 7. Determinar la exergía destruida por unidad de tiempo. 8. Hallar la eficiencia exergética para el proceso y discutir su relación y diferencia con la eficiencia isoentrópica correspondiente. Solución

20 38 4 Propiedades termodinámicas de la materia 1. Diagrama p v del proceso. p p s p1 1 Figura 4-8: Diagrama del proceso. v. Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis = Q i + Ẇ j + ) v ṁ k (h k + k dt + gz k, (4-6) i j k se tiene que el balance específico (por unidad de masa) para un compresor adiabático, operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial del aire entre el ingreso y la salida, es: 0 = 0 + w T,1 + [h 1 h ]. (4-63) 3. Diagrama T-s del proceso Figura 4-9: Diagrama del proceso 4. La potencia requerida para el proceso reversible y adiabático es: Ẇ T,rev,1 = ṁ(h s h 1 ) = ṁc p (T s T 1 ) (4-64)

21 4.9 Análisis termodinámico de procesos de compresión de gases ideales 39 La temperatura T s se calcula para un proceso reversible y adiabático, así: T s T 1 = ( p p 1 ) k 1 k (4-65) T s = 651, K, donde la relación de las capacidades caloríficas específicas κ = 1, 401 para el aire, corresponde a la temperatura T = 300 K. De esta manera, Ẇ T,rev,1 = 1411, 8 kw donde se ha considerado el valor c p = 1, 005 kj/kgk correspondiente a T = 300 K para el aire. La potencia requerida para el proceso adiabático real es: Ẇ T,1 = ṁ(h h 1 ) = ṁc p (T T 1 ) (4-66) Ẇ 1 = 1608 kw, para el mismo valor de c p anterior. 5. La eficiencia isoentrópica del compresor es: η s,com = ẆT,rev,1 Ẇ T,real,1 (4-67) η s,com = 0, Aplicando el balance de entropía en función del tiempo al compresor, se tiene: Ṡ sis = k i=1 Q i T i + ṁ(s 1 s ) + Ṡirr,1 (4-68) que para el cambio de estado adiabático para un gas ideal es: [ ( ) ( )] T p Ṡ irr,1 = ṁ(s s 1 ) = ṁ c p ln R aire ln Ṡ irr,1 = 0, 97 kw/k T 1 p 1 (4-69) 7. El balance general de exergía para el proceso es: ( Ex Ex 1 ) sa = ( 1 T ) δ T Q n 1 + ẆT,1 + ṁ(ex fm ) Ex d,1 (4-70) 1 j=1

22 40 4 Propiedades termodinámicas de la materia donde la exergía asociada al flujo único de masa viene definida por: v ṁ(ex fm,1 ex fm, ) = ṁ[(h 1 h ) T a (s 1 s ) + 1 v + g(z 1 z )]. (4-71) El sistema establecido para el compresor opera en estado estacionario, es adiabático, durante el cambio de estado entre 1 y ocurre transferencia de exergía por la potencia técnica entrega al equipo y la variación de las energías cinética y potencial del fluido es despreciable. De esta manera se obtiene: 0 = 0 + ẆT,1 + ṁ(ex fm,1 ex fm, ) Ex d,1 (4-7) 0 = 0 + ẆT,1 + ṁ[(h 1 h ) T a (s 1 s )] Ex d,1, (4-73) al considerar el balance de energía para el sistema, la potencia entregada al compresor es igual a la variación de la entalpía entre los dos estados; así se obtiene para la exergía destruida en el proceso, la siguiente ecuación: Ex d,1 = ṁt a (s s 1 ). (4-74) Ex d,1 = 89, kw. 8. La eficiencia exergética del proceso se determina por la relación entre la variación de la exergía del flujo de aire y la potencia real requerida para la compresión del aire; este cambio de estado es adiabático y por ello no hay exergía del calor: η ex,com = ṁ(ex fm, ex fm,1 ) W T,real,1 = (h h 1 ) T 0 (s s 1 ) + v 1 v + g(z 1 z ) h h 1. (4-75) Los efectos de la exergía asociada a la energía cinética y potencial del fluido son despreciables, y se obtiene: η ex,com = 1 T 0(s s 1 ) = 1 ex d,1 Ex = 1 d,1. (4-76) h h 1 w T,real,1 Ẇ T,real,1 η ex,com = 0, 945 La eficiencia exergética relaciona en este caso la potencia mínima necesaria para realizar el cambio de estado del flujo de aire (según las condiciones reales en las que ocurre el proceso entre los estados 1 y ) con la potencia que se requiere en el proceso real. Es decir, la eficiencia exergética considera la destrucción de exergía en el proceso real y la compara con la potencia real empleada. Por su parte, la eficiencia isoentrópica establece en este caso la relación entre las condiciones ideales de un proceso reversible y adiabático (cambio de estado entre 1 y s) con la potencia real requerida en el proceso de compresión. Esta eficiencia es menor que la eficiencia exergética porque hace la comparación con un proceso ideal (sin irreversibilidades).

23 4.10 Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua Un flujo másico de 15 kg/s de vapor de agua a una temperatura T 1 = 600 o C y una presión p 1 = 8 MPa, se expande en una turbina adiabática irreversible hasta una presión p = 0 kpa. Si la eficiencia isoentrópica de la turbina es η s,tur = 0, 9, se solicita: 1. Representar el proceso en un diagrama p v.. Representar el equipo y plantear la primera ley. 3. Calcular la potencia entregada por la turbina. 4. Determinar calidad del vapor a la salida de la turbina. 5. Representar el proceso en un diagrama T s. 6. Determinar la entropía generada en la turbina debido al cambio de estado irreversible. 7. Determinar la exergía destruida en el proceso si la turbina se encuentra en un ambiente con una temperatura T a = 300 K y una presión p a = 100 kpa. 8. Hallar la eficiencia exergética del proceso. Solución 1. Diagrama p v del proceso. p 1 s Figura 4-10: Diagrama del proceso. v

24 4 4 Propiedades termodinámicas de la materia. Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis dt = i Q i + j Ẇ j + k ṁ k (h k + ) v k + gz k, (4-77) se tiene que el balance específico (por unidad de masa) para una turbina adiabática, operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es: 0 = 0 + w T,1 + [h 1 h ]. (4-78) 3. Diagrama T-s del proceso 4. Potencia suministrada por la turbina. Estado 1: para p 1 = 8 MPa, T 1 = 600 o C se tiene de las tablas de vapor (sobrecalentado), h 1 = 364, 0 kj/kg, s 1 = 7, 006kJ/kgK. Para un proceso de expansión reversible y adiabático, la entropía permanece constante, Estado s: para p = 0 kpa, s s = s 1 = 7, 006 kj/kgk se tiene, s f = 0, 83 kj/kg, s g = 7, 9085 kj/kgk. Con esta información se puede determinar el contenido (o calidad) del vapor en el estado s, así: x s = s s s f s g s f (4-79) x s = 0, 8745 Con el contenido de vapor se puede hallar ahora la entalpía en el estado s: h s = h f + x s h fg (4-80) Para h f = 51, 4 kj/kg, h fg = 358, 3 kj/kg se tiene, h s = 313, 8 kj/kg

25 4.10 Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua 43 La eficiencia isoentrópica de la turbina es: η s,tur = Ẇreal Ẇ rev = h 1 h h 1 h s (4-81) y se puede determinar la entalpía en la condición del estado real de salida del vapor de la turbina: h = h 1 η s,tur (h 1 h s ) (4-8) h = 40, 056 kj/kg La potencia real suministrada por la turbina es: Ẇ 1 = ṁ(h h 1 ) (4-83) Ẇ 1 = 1839, 16 kw (la magnitud negativa indica que la potencia es realizada por el sistema). 5. Calidad del vapor a la salida de la turbina (condiciones del proceso real). Estado : para p = 0 kpa, h = 40, 056 kj/kg se halla, x = h h f h fg x = 0, 9196 (4-84) 6. Aplicando el balance de entropía en función del tiempo a la turbina, se tiene: k Q i Ṡ sis = + ṁ(s 1 s ) + T Ṡirr,1 (4-85) i i=1 que para un proceso en estado estacionario y adiabático es: Ṡ irr,1 = ṁ(s s 1 ) (4-86) s = s f + x (s g s f ) (4-87) s = 7, 3395 kj/kg Por lo tanto: Ṡ irr,1 = 4, 784 kw/k

26 44 4 Propiedades termodinámicas de la materia 7. El balance general de exergía para el proceso es: ( Ex Ex 1 ) sa = ( 1 T ) T 1 Q 1 + ẆT,1 + n ṁ(ex fm ) Ex d,1 (4-88) donde la exergía asociada al flujo único de masa viene definida por: j=1 ṁ(ex fm,1 ex fm, ) = ṁ[(h 1 h ) T a (s 1 s ) + v 1 v + g(z 1 z )]. (4-89) La turbina opera en estado estacionario, es adiabática, durante el cambio de estado entre 1 y ocurre transferencia de exergía por la potencia técnica entregada por el equipo y la variación de las energías cinética y potencial del vapor es despreciable. De esta manera se obtiene: 0 = 0 + ẆT,1 + ṁ(ex fm,1 ex fm, ) Ex d,1 (4-90) 0 = 0 + ẆT,1 + ṁ[(h 1 h ) T a (s 1 s )] Ex d,1, (4-91) al considerar el balance de energía para el sistema, la potencia entregada por la turbina es igual a la variación de la entalpía; así se obtiene para la exergía destruida en el proceso, la siguiente ecuación: Ex d,1 = ṁt a (s s 1 ) = T a Ṡ irr,1 (4-9) Ex d,1 = 1435, 3 kw. 8. La eficiencia exergética del proceso se determina por la relación entre la potencia real entregada por la turbina, que corresponde a la exergía utilizada, y la variación de la exergía del flujo de vapor (entre las condiciones de entrada y salida de la turbina), que corresponde a la exergía suministrada (o disponible); este cambio de estado es adiabático y por ello no hay exergía del calor: η ex,tur = ẆT,real,1 ṁ(ex fm,1 ex fm, ) = h 1 h (h 1 h ) T a (s 1 s ) + v1 1 v + g(z 1 z ). (4-93) Los efectos de la exergía asociada a la energía cinética y potencial del fluido son despreciables, y se obtiene: η ex,tur = h 1 h (h 1 h ) T a (s 1 s ) = h 1 h (h 1 h ) T a (s s 1 ) = w T,real,1 (w T,real,1 ) + ex d,1 (4-94)

27 4.11 Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua 45 η ex,tur = 0, 974 Este valor es igual a la relación entre la potencia suministrada por la turbina (h 1 h = 1 kj/kg) y la variación de la exergía del flujo de masa entre la entrada y la salida de la turbina, ex fm,1 ex fm, = (h 1 h ) T a (s 1 s ) = 1317, 6 kj/kg. La eficiencia exergética de la turbina tiene una dependencia mutua con la eficiencia isoentrópica correspondiente, ya que ambas reflejan la generación de entropía durante la expansión. La eficiencia exergética considera adicionalmente la influencia de las condiciones ambientales. La eficiencia exergética evalúa de una manera más básica el grado de perfección termodinámica para una transformación adiabática de energía que la eficiencia isoentrópica. Ésta última solamente considera la producción de entropía. Para temperaturas por encima de la ambiental, la producción de entropía no abarca completamente la depreciación de la energía. La eficiencia exergética considera la fracción de la exergía de la disipación. Por esta razón, esta eficiencia es, en este ejercicio, ligeramente mayor que la eficiencia isoentrópica Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua Vapor de agua a una temperatura T 1 = 500 o C y una presión p 1 = 8 MPa, se expande en una turbina adiabática irreversible hasta una presión p = 500 kpa. La expansión ocurre de tal manera que el vapor sale de la turbina en su estado de saturación. La turbina se encuentra en un ambiente con una temperatura T a = 5 o C y una presión p a = 100 kpa. Se solicita: a) Representar el proceso en un diagrama p v. b) Representar el equipo y plantear la primera ley. c) Representar el proceso en un diagrama T s. d) Determinar el cambio en la entropía del fluido en el proceso. e) Determinar el cambio en la exergía del fluido en el proceso. f) Determinar la exergía del vapor en las condiciones de entrada.

28 46 4 Propiedades termodinámicas de la materia g) Hallar la eficiencia isoentrópica. h) Hallar la eficiencia exergética y discutir su relación con la eficiencia isoentrópica en este caso. Solución a) Diagrama p v del proceso. p 1 s Figura 4-11: Diagrama del proceso. v b) Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis dt = i Q i + j Ẇ j + k ṁ k (h k + ) v k + gz k, (4-95) se tiene que el balance específico (por unidad de masa) para una turbina adiabática, operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es: 0 = 0 + w T,1 + [h 1 h ]. (4-96) c) Diagrama T s del proceso. d) Cambio en la entropía del fluido en el proceso. Estado 1:

29 4.11 Análisis termodinámico de turbinas de vapor de agua 47 para p 1 = 8 MPa, T 1 = 500 o C se tiene, h 1 = 3398, 3 kj/kg, s 1 = 6, 74 kj/kgk Estado : para p = 500 kpa, x = 1 se tiene: h = 748, 7 kj/kg, s = 6, 813 kj/kgk El cambio en la entropía específica del fluido es: s s 1 = 0, 0973 kj/kgk e) Cambio en la exergía del fluido en el proceso. ex fm, ex fm,1 = (h h 1 ) T a (s s 1 ) + v v1 ex fm = 678, 6 kj/kg + g(z z 1 ) (4-97) f) Exergía del vapor en las condiciones de entrada. Estado 0: para p 0 = 100 kpa, T a = 5 o C se tiene, h 0 = h f@5 o C = 104, 83 kj/kg, s 0 = s f@5 o C = 0, 367 kj/kgk ex fm,1 = (h 1 h 0 ) T a (s 1 s 0 ) + v 1 + g(z 1) (4-98) ex fm,1 = 1399, 1 kj/kg g) Eficiencia isoentrópica de la turbina: η s,tur = Estado s: Ẇreal,1 = (h 1 h ) Ẇ rev,1 (h 1 h s ) (4-99) para p = 500 kpa, s s = s 1 = 6, 74 kj/kgk se tiene, s f = 1, kj/kgk, s g = 6, 814 kj/kgk, h f = 640, 367 kj/kg, h g = 748, 765 kj/kg. x s = s s s f s g s f x s = 0, (4-100) h s = h f + x s (h g h f ) (4-101)

30 48 4 Propiedades termodinámicas de la materia h s = 707, 36 kj/kg Por lo tanto de la ecuación 4-99: η s,tur = 0, 94 h) Eficiencia exergética de la turbina: η ex,tur = h 1 h (ex fm,1 ex fm, ) (4-10) η ex,tur = 0, Análisis termodinámico de cámaras de mezclado de ĺıquidos En una cámara de mezclado entran 3 kg/s de agua líquida a 400 kpa y 0 o C y se mezclan con vapor de agua a 400 kpa y 400 o C. La mezcla sale de la cámara de mezclado como líquido saturado. La cámara de mezclado transfiere calor a una tasa de 00 kw hacia los alrededores, que se encuentran a 0 o C. La presión atmosférica local es de 100 kpa. Se solicita: a) Representar el proceso en un diagrama p v. b) Representar el equipo y plantear la primera ley. c) Hallar el flujo másico de vapor. d) Hallar la entropía generada en la cámara de mezclado durante este proceso. e) Hallar la exergía destruida en la cámara de mezclado durante este proceso. f) Hallar la eficiencia exergética de la cámara de mezclado. Solución a) Diagrama p v del proceso.

31 4.1 Análisis termodinámico de cámaras de mezclado de líquidos 49 p 1 3 Figura 4-1: Diagrama del proceso. v b) Representación del equipo y primera ley A partir de la ecuación general del balance de energía para sistemas abiertos, de sis dt = i Q i + j Ẇ j + k ṁ k (h k + ) v k + gz k, (4-103) se tiene para la cámara de mezclado con dos flujos de entrada y uno de salida, operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energías cinética y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, la siguiente ecuación: 0 = Q amb [(m 1 h 1 + m h (m 1 + m )h 3 ) ]. (4-104) c) Flujo másico de vapor Agua líquida: para p 1 = 400 kpa, T 1 = 0 o C se tiene: h 1 = h f@0 o C = 83, 915 kj/kg, s 1 = s f@0 o C = 0, 965 kj/kgk Vapor sobrecalentado: para p = 400 kpa, T = 400 o C se tiene: h = 373, 9 kj/kg, s = 7, 9003 kj/kgk Mezcla: para p 3 = 400 kpa, x 3 = 1 se tiene, h 3 = 604, 66 kj/kg, s 3 = 1, 7765 kj/kgk A partir del balance de energía para el sistema se obtiene: ṁ = Q ṁ 1 (h 1 h 3 ) h h 3 (4-105)

32 50 4 Propiedades termodinámicas de la materia ṁ = 0, 661 kg/s d) Aplicando el balance de entropía a la cámara de mezclado, se obtiene: Ṡ sae = k i=1 Q i T i + ṁ en s en ṁ sal s sal + Ṡirr = 0 (4-106) Q amb T amb + ṁ 1 s 1 + ṁ s (ṁ 1 + ṁ )s 3 + Ṡirr = 0 (4-107) Ṡ irr = 1, 08 kw/k e) La exergía destruida en el proceso de mezclado es: Ex d = T a Ṡ irr (4-108) Ex d = 316, 5 kw La exergía destruida también se puede determinar a través del balance general de exergía para el proceso, así: ( Ex Ex 1 ) sa = ( 1 T ) T 1 Q 1 + ẆT,1 + donde la exergía asociada a los flujos de masa viene definida por: n ṁ(ex fm ) Ex d,1 (4-109) j=1 ṁ(ex fm,ent ex fm,sal ) = ṁ[(h e h s ) T a (s e s s ) + v e v s + g(z e z s )]. (4-110) La cámara de mezclado opera en estado estacionario, transfiere calor al ambiente de manera reversible (es decir, a la temperatura ambiente, lo que implica que no hay destrucción de exergía por el calor); las variaciones de las energías cinética y potencial de los flujos de masa de entrada y salida del sistema son despreciables. De esta manera se obtiene: 0 = ( ) Q amb ṁ 1 (ex fm,1 ) + ṁ (ex fm, ) ṁ 3 (ex fm,3 ) Ex d,1 ; (4-111) las exergías correspondientes a cada flujo de masa se calculan en el literal siguiente; de aquí se obtiene: Ex d,1 = 317, 1 kw. f) Eficiencia exergética de la cámara de mezclado.

33 4.13 Psicrometría: cuartos fríos 51 Esta eficiencia se calcula considerando que el flujo de exergía útil corresponde al empleado para el calentamiento del flujo de agua (1) y que el flujo de exergía empleado (o disponible) para ese proceso corresponde al flujo de vapor sobrecalentado (). Estado a: para p a = 100 kpa, T a = 0 o C se tiene: h a = h f@0 o C = 83, 915 kj/kg, s a = s f@0 o C = 0, 965 kj/kg. La exergía de los flujos de masa no considera los efectos de las energías cinéticas y potencial de los flujos. ex fm,3 = (h 3 h a ) T a (s 3 s a ) ex fm,3 = 86, 88 kj/kg ex fm, = (h h a ) T a (s s a ) ex fm, = 960, 93 kj/kg ex fm,1 = (h 1 h a ) T a (s 1 s a ) = 0 Por lo tanto: η ex,mez = ṁ1(ex fm,3 ex fm,1 ) ṁ (ex fm, ex fm,3 ) η ex,mez = 0, 4516 (4-11) Psicrometría: cuartos fríos El aire en un cuarto frío (V=13,5 m 3, temperatura de C, 90 % de humedad relativa, p=101,35 kpa) se renueva una vez por hora con aire exterior (30 C, 50 % de humedad relativa, p=101,315 kpa). Se solicita calcular: a) La entalpía por unidad de masa del aire exterior (1) y del aire del curto frío (). Respuesta: h ai,1 =64,1587 kj/kg; h ai, =11,8389 kj/kg. b) El flujo másico del aire seco a intercambiar. Respuesta: 4,77817 x 10 3 kg/s.

34 5 4 Propiedades termodinámicas de la materia c) El flujo de calor que debe retirarse para el enfriamiento del aire exterior (la entalpía del condensado generado se debe despreciar). Respuesta: Q 1 =-50 W. d) El flujo de condensado generado. Respuesta: -0,045 g/s Psicrometría: torres de enfriamiento En una torre de enfriamiento de una planta térmica para la generación de energía (con turbinas de vapor), se debe enfriar el agua proveniente del condensador de vapor de la planta de 36 a 4 C. El aire empleado para el enfriamiento en la torre tiene una temperatura de 0 C y una humedad relativa del 60 %. La presión atmosférica es de 100 kpa. El aire húmedo saturado abandona la torre de enfriamiento con una temperatura de 30 C. Se solicita: a) Calcular el flujo entrante del agua de enfriamiento para el caso de una planta térmica de generación de 100 MW de electricidad, que tiene una eficiencia térmica η th = 40 %. Respuesta: kg/s. b) Determinar el flujo de aire húmedo que debe ingresar a la torre de enfriamiento. Respuesta: 300kg/s c) Calcular la cantidad de agua evaporada por segundo en la torre de enfriamiento. Respuesta: 600kg/s Psicrometría: climatización de espacios interiores Se requiere un flujo de entrada de aire a t= C con una humedad relativa de φ=30 % para la climatización de un edificio de oficinas. El aire extraído de las oficinas (ṁ of, t=6 C, φ=50 %) se mezcla en un primer paso con aire del ambiente (ṁ amb, t=35 C, φ=50 %) en una relación de flujos ṁ of : ṁ am = 3 : 1, para enriquecerlo con oxígeno. Esta

35 4.15 Psicrometría: climatización de espacios interiores 53 mezcla de aire se suministra luego a la planta de climatización. Se solicita: a) Realice un esquema de la planta de climatización que permita llevar el aire enriquecido con oxígeno al estado buscado. Como componentes se deben incluir un enfirador, un calefactor y un separador de agua. Respuesta: esquema b) Determinar la temperatura a la que debe enfriarse el aire, de tal manera que luego de la separación del agua líquida y del re-calentamiento del aire se alcance el estado buscado para el aire de ingreso; para ese proceso se pide calcular la cantidad de agua que se separa por kg de aire seco y la potencia necesaria para el enfriamiento por kg / aire seco. Respuesta: 3, 8 C; 7,4 g de agua / kg de aire; 43 kj / kg de aire seco. c) Se puede disminuir la la potencia requerida para el enfriamiento por medio de la atomización de agua líquida? (argumentar). Cuánta es la máxima potencia de enfriamiento que se puede ahorrar cuando se realizan los procesos de enfriamiento y de calentamiento requeridos en un intercambiador de calor de contraflujo? Respuesta: La potencia requerida para el enfriamiento se puede disminuir cuando se suministra agua líquida con temperatura < 3, 8 C. Por el uso de un intercambiador de contraflujo se puede ahorrar 19 kj / kg de aire seco.

36 Bibliografía