TER2_U2_A3_xxxx
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Termodinámica II Unidad 2. Ciclos termodinámicos
Aplicando los ciclos de refrigeración
Problema 1.-‐ Un ciclo de Carnot de refrigeración de flujo estacionario usa refrigerante 134a como fluido de trabajo. El refrigerante cambia de vapor saturado a líquido saturado a 30 °C en el condensador, cuando rechaza calor. La presión de evaporador es 160 kPa. Muestre el ciclo en un diagrama T-‐s en relación con las líneas de saturación y determine a) el coeficiente de desempeño, b) la cantidad de calor absorbido del espacio refrigerado y c) la entrada neta de trabajo. (Tabla 11)
Ø Datos
TH = 30ºC = 303 K
TL = Tsat a 160 kpa = -‐15.60ºC = 257.4 K
ℎ! = ℎ! ! !"º! = 266.66 𝑘𝐽/𝑘𝑔
ℎ! = ℎ! ! !"º! = 93.58 𝑘𝐽/𝑘𝑔
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
a) 𝐶𝑂𝑃! ! =!
!!/!!!!= !
(!"!!)/(!"#.!!)!!= 𝟓.𝟔𝟒
b) 𝑞! = ℎ! − ℎ! = 266.66 − 93.58 = 173.08 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑞!𝑞!
=𝑇!𝑇!
→ 𝑞! =𝑇!𝑇!𝑞! =
257.4𝐾303𝐾
173.08 𝑘𝐽/𝑘𝑔 = 𝟏𝟒𝟕.𝟎𝟑 ≈ 𝟏𝟒𝟕 𝒌𝑱/𝒌𝒈
c) 𝑤!"# = 𝑞! − 𝑞! = 173.08 − 147.03 = 𝟐𝟔.𝟎𝟓 𝒌𝑱/𝒌𝒈
Ø Resultado: a) 5.64, b) 147 kJ/kg, c) 26.05 kJ/kg.
Problema 2.-‐ Un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor usa refrigerante 134a como fluido de trabajo mantiene un condensador a 1000 kPa y el evaporador a 4°C. Determine el COP de este sistema y la cantidad de potencia necesaria para proporcionar una carga de enfriamiento de 400 kW. (Tabla A-‐11, A-‐12, A-‐13)
Ø Datos
T1 vapor sat. = 4ºC
h1 = 252.77 kJ/kg
s1 = 0.92927 kJ/kg*K
P2 = 1000 kPa = 1 MPa
s2 = s1
h2 = 275.29 kJ/kg
P3 liquidosat. = 1000 kPa = 1 Mpa
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Termodinámica II Unidad 2. Ciclos termodinámicos
h3 = 107.32 kJ/kg
ℎ! ≅ ℎ! = 107.32 𝑘𝐽/𝑘𝑔
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
𝑄! = 𝑚 ℎ! − ℎ! → 𝑚 =𝑄!
ℎ! − ℎ!=
400 𝑘𝐽/𝑠252.77 − 107.32 𝑘𝐽/𝑘𝑔
= 2.75 𝑘𝑔/𝑠
𝑊!" = 𝑚 ℎ! − ℎ! = 2.75 𝑘𝑔/𝑠 275.29 − 252.77𝑘𝐽𝑘𝑔
= 𝟔𝟏.𝟗𝟑 𝒌𝑾
𝐶𝑂𝑃! =𝑄!𝑊!"
=400 𝑘𝑊61.93 𝑘𝑊
= 𝟔.𝟒𝟔
Ø Resultado: 6.46, 61.93 kW
Problema 3.-‐ Un sistema de refrigeración de gas ideal opera con aire como fluido de trabajo. El aire está a 100 kPa y 20°C antes de la compresión y a 500 kPa y 30 °C antes de la expansión. El sistema debe dar 15 kW de enfriamiento. Calcule el flujo de circulación de aire en el sistema, así como las tasas de adición y rechazo de calor. Use calores específicos constantes a temperatura ambiente. (Tabla A-‐2a)
Ø Datos
𝑇! = 𝑇!𝑃!𝑃!
(!!!)/!= 293 𝐾
500 𝑘𝑃𝑎100 𝑘𝑃𝑎
!.!/!.!
= 464.1 𝐾
𝑇! = 𝑇!𝑃!𝑃!
(!!!)/!= 303 𝐾
100 𝑘𝑃𝑎500 𝑘𝑃𝑎
!.!/!.!
= 191.3 𝐾
cp = 1.005 kJ/kg*K
k = 1.4
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
𝑄!"#!$ = 𝑚𝑐! 𝑇! − 𝑇! → 𝑚 =𝑄!"#!$
𝑐!(𝑇! − 𝑇!)=
15 𝑘𝐽/𝑠
(1.005 𝑘𝐽𝑘𝑔 ∗ 𝐾)(293 − 191.3)𝐾= 𝟎.𝟏𝟒𝟔𝟖 𝒌𝒈/𝒔
𝑄!" = 𝑄!"#!$ = 𝟏𝟓 𝒌𝑾
𝑄! = 𝑚𝑐! 𝑇! − 𝑇! = 0.1468 𝑘𝑔/𝑠 1.005𝑘𝐽𝑘𝑔
∗ 𝐾 464.1 − 303 𝐾 = 𝟐𝟑.𝟖 𝒌𝑾
Ø Resultado: 0.1468 kg/s, 15 kW, 23.8 kW
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Termodinámica II Unidad 2. Ciclos termodinámicos
Problema 4.-‐ Se suministra calor a un sistema de refrigeración por absorción de un pozo geotérmico a
130°C, a razón de 5x105 kJ/h. El entorno está a 25°C, y el espacio refrigerado se mantiene a -‐30 °C.
Determine la tasa máxima a la que este sistema puede quitar calor del espacio refrigerado.
Ø Datos
T0 =25ºC = 298 K
Ts = 130ºC = 403 K
TL = -‐30ºC = 243 K
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
𝐶𝑂𝑃!"#" !á! = 1 −𝑇!𝑇!
𝑇!𝑇! − 𝑇!
= 1 −298 𝐾403 𝐾
243298 − 243
= 1.15
𝑄! !á! = 𝐶𝑂𝑃! !á!𝑄!"# = 1.15 5𝑥10! 𝑘𝐽/ℎ = 𝟓.𝟕𝟓𝒙𝟏𝟎𝟓 𝒌𝑱/𝒉
Ø Resultado: 5.75x105 kJ/h
Problema 5.-‐ Un refrigerador por absorción reversible consiste en una máquina térmica reversible y un refrigerador reversible. El sistema quita calor de un espacio enfriado a -‐10 °C a razón de 22 kW. El refrigerador opera en un entorno a 25 °C. Si el calor se suministra al ciclo mediante la condensación de vapor de agua saturado a 200 °C, determine a) la tasa de condensación de vapor y b) el suministro de potencia al refrigerador reversible. c) Si el COP de un enfriador por absorción real a los mismos límites de temperatura es 0.7, determine la eficiencia según la segunda ley de este enfriador.
Ø Datos
ℎ!" = 1939.8 𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑇! = 25º𝐶 = 298𝐾
𝑇! = 200º𝐶 = 473𝐾
𝑇! = −10º𝐶 = 263𝐾
𝑄! = 22 𝑘𝑊
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
𝜂!! !"# = 1 −𝑇!𝑇!= 1 −
298 𝐾473 𝐾
= 0.369
𝐶𝑂𝑃! !"# =𝑇!
𝑇! − 𝑇!=
263 𝐾298 − 263 𝐾
= 7.51
𝐶𝑂𝑃!"# !"# = 𝜂!! !"#𝐶𝑂𝑃! !"#) = 0.369 7.51 = 2.77
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Termodinámica II Unidad 2. Ciclos termodinámicos
𝑄!" =𝑄!
𝐶𝑂𝑃!"# !"# =22 𝑘𝑊2.77
= 7.942 𝑘𝑊
𝑚! =!!"! !"
= !.!"# !"/!!"#".! !"/!"
= 𝟎.𝟎𝟎𝟒𝟎𝟗 ≈ 𝟎.𝟎𝟎𝟒𝟎𝟖 𝒌𝒈/𝒔
𝑊!" ! =𝑊!"# !"#$%& = 𝜂!! !"#𝑄!" = 0.369 7942 𝑘𝑊 = 𝟐.𝟗𝟑 𝒌𝑾
𝜂!º =𝐶𝑂𝑃!"#$!%𝐶𝑂𝑃 !"# !"#
=0.72.77 = 𝟎.𝟐𝟓𝟐
Ø Resultado: a) 0.00408 kg/s, b) 2.93 kW, c) 0.252
Problema 6.-‐ Un refrigerador termoeléctrico quita calor de un espacio refrigerado a -‐5 °C a razón de 130 W, y lo rechaza al ambiente a 20 °C. Determine el coeficiente máximo de desempeño que puede tener este refrigerador termoeléctrico y la alimentación necesaria mínima de potencia.
Ø Datos
𝑇! = 20º𝐶 = 293𝐾
𝑇! = −5º𝐶 = 268𝐾
𝑄! = 130𝑊
Ø Modelo matemático & Procedimiento de solución
𝐶𝑂𝑃!á! = 𝐶𝑂𝑃! !"#$%& =1
𝑇!/𝑇! − 1=
1(293𝐾)/(268𝐾) − 1
= 𝟏𝟎.𝟕𝟐
𝑊!" !"# =𝑄!
𝐶𝑂𝑃!á!=130 𝑊10.72
= 𝟏𝟐.𝟏 𝑾
Ø Resultado: 10.72, 12.1 W