PAUTA CERTAMEN Nº2 2012 - I TERMODINAMICA
PROBLEMAS DE RESPUESTA CORTA (40 puntos) 1. (10 puntos) Se conecta una máquina de Carnot a tres depósitos como se muestra en la figura. ¿Cuál es la
potencia generada por esta máquina térmica?
SOLUCION:
Como se trata de una máquina térmica reversible se debe cumplir que
€
Q
T=0∑ , entonces:
€
QA
TA
+QB
TB+QC
TC=0 →
QA
1200+ −200
600+ −200
300=0 → QA =1200 W
Luego, realizando un balance de energía en la máquina térmica, se tiene
€
QA +QB +QC +W=0
1200 – 200 – 200 + W = 0 , entonces la potencia neta generada es 800 W.
2. (10 puntos) La mayoría de los refrigeradores son eléctricos, aunque no todos. El Servel Electrolux es una de las pocas excepciones ya que es de gas natural, de hecho funciona, con el calor generado por la combustión de gas natural. El proceso opera de manera reversible tal como se indica en la figura:
¿Cuánto calor debe ceder el depósito de alta temperatura, QA, para extraer 1 unidad de calor QB del refrigerador?
SOLUCION:
Considerando que ambas máquinas son reversibles, se tiene para la máquina térmica:
€
η=1−T1T2
=1−27+273,15227+273,15
=1−300,15500,15
=0,4=−WA
QA
Para el refrigerador:
€
COP=T4
T3 −T4
= 250,15300,15−250,15
=5=QB
WB
=QB
WA
= 1WA
→ WA =0.2 unidad de energía
Entonces
€
QA =−−0,20,4
=0.5 unidades de energía
3. (20 puntos) Un mol de gas ideal (CV = 3/2 RU) experimenta el siguiente proceso cíclico, donde todas sus etapas son cuasiestáticas:
En el punto A, los valores de presión, volumen y temperatura son P i, Vi y Ti, respectivamente. En términos sólo de RU y Ti, determine:
a) (3 puntos) El trabajo neto generado en el ciclo.b) (10 puntos) El calor consumido en el ciclo.c) (3 puntos) El rendimiento térmico del ciclo.d) (4 puntos) El rendimiento térmico de una máquina de Carnot que
opera entre las mismas temperaturas extremas.
SOLUCION:
a) (3 puntos) El trabajo neto generado en el ciclo.
El trabajo neto es el área encerrada por el ciclo en el diagrama P – V, esto implica que:
€
Wneto=−3Pi −Pi( ) 2Vi −Vi( )=2PiVi =2nRUTi =−2RUTi
b) (10 puntos) El calor consumido en el ciclo.
El calor consumido por el ciclo es Q1 + Q2
De un balance de energía en la etapa AB:
€
ΔUAB=Q1 +W1 =Q1 =nCV(TB −TA)=CV(TB −TA)
De un balance de materia entre A y B
€
PAVA
TA
=PBVB
TB →
PiVi
Ti=3PiVi
TB → TB =3Ti
Entonces:
€
Q1 =32RU(3Ti −Ti)=
32RU2Ti =3RUTi
De un balance de energía en la etapa BC:
€
ΔUBC=Q2 +W2 → Q2 =nCV(TC−TB)− −3Pi 2Vi −Vi( )( )=32RU TC−3Ti( )+3PiVi
De un balance de materia entre B y C
€
PBVB
TB=PCVC
TC →
3PiV3Ti
=3Pi2Vi
TC → TC =6Ti
Entonces:
€
Q2 =32RU 6Ti −3Ti( )+3RUTi =7,5RUT
Luego el calor suministrado al ciclo es 10,5 RUTi
c) (3 puntos) El rendimiento térmico del ciclo.
El rendimiento térmico del ciclo está dado por:
€
η=−Wneto
Qsum
=−−2RuTi( )10,5RuTi
=0.19 19 %
d) (4 puntos) El rendimiento térmico de una máquina de Carnot que opera entre las mismas temperaturas extremas.
El rendimiento de la máquina de Carnot, está dado por:
€
η=1−TFTC
=1−Ti6Ti
=0,833 → 83,3 %
PROBLEMA Nº1 (30 puntos)
SOLUCION:
a) La presión máxima del ciclo.
La presión máxima corresponde a la presión después del proceso de compresión:
Realizando un balance de energía en la etapa de compresión (12), se tiene:
€
Δu12 =q12 +w12 =T1=T2
0 → w12 =−q12 =150kJ
kg=−RT1 ln
v2
v1
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟ (2p)
Donde
€
v1 =RT1P1
=0,287×300,15120
=0,718m3
kg(2p)
€
150 kJkg
=−0,287×300,15×lnv2
0,718
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟→ v2 =0,126
m3
kg(2p)
Luego, de un balance de materia:
€
P1v1
T1=P2v2
T2 → P2 =P1
v1
v2
=120×0,7180,126
=683,81 kPa (2p)
b) El trabajo neto generado por kg de aire alimentado.
€
wneto=w12 +w23 +w34 +w41
€
w23 =−P2 v3 −v2( )
Del balance de materia en la etapa 23:
€
P2v2
T2=P3v3
T3 → v3 =v2
T3T2
=0,126× 1200300,15
=0,504m3
kg (2p)
€
w23 =−683,81× 0,504−0,126( )=−258,48kJ
kg(2p)
€
w34 =−RT3 lnv4
v3
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
Del balance de materia en la etapa 41:
El ciclo Ericcson es un ciclo de potencia que opera en cuatro etapas: una compresión isotérmica, una adición de calor a presión constante, una expansión isotérmica y una liberación de calor a presión constante. Al inicio del proceso de compresión las condiciones de presión y temperatura del aire (CV = 0,713 kJ/kgK, R = 0,287 kPa·m3/kg K) son de 27 ºC y 120 kPa. Considerando que durante la etapa de compresión se liberan 150 kJ de calor por kg de aire alimentado al ciclo y la expansión ocurre a 1200 K, determine:
a) (8 puntos) La presión máxima del ciclo.b) (12 puntos) El trabajo neto generado por kg de aire alimentado.c) (10 puntos) El rendimiento térmico del ciclo.
€
P4v4
T4
=P1v1
T1 → v4 =v1
T4
T1=0,718× 1200
300,15=2,871m
3
kg(2p)
€
w34 =−0,287×1200×ln2,8710,504
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟=−599,3
kJ
kg(2p)
€
w41 =−P1 v1 −v4( )=−120×0,718−2,871( )=258,36kJ
kg(2p)
€
wneto=150−258,48−599,3+258,36 =−449,42kJ
kg(2p)
a) El rendimiento térmico del ciclo.
€
qsum=q23 +q34
De un balance de energía en la etapa 23
€
Δu23 =q23 +w23 → q23 =Δu23 −w23 =0,713 1200−300,15( )− −258,48( )=900,1kJ
kg (3p)
De un balance de energía en la etapa 34
€
Δu34 =q34 +w34 =T3=T3
0 → q34 =−w34 =−−599,3( )=599,3kJ
kg(3p)
€
qsum=900,1+599,3=1499,4kJ
kg(2p)
€
η=−wneto
qsum
×100=−−449,421499,4
×100=30%(2p)
PROBLEMA Nº2 (30 puntos)Un ciclo Brayton simple de lazo cerrado (compresor – combustor – turbina – enfriador) opera con aire (R = 0,287 kPam3/kgK; CP = 1 kJ/kgK) que ingresa al compresor a 300 K. Para analizar la operación de este ciclo, existen medidores de presión y de flujo volumétrico en distintas partes del proceso y que son reportados en el diagrama P – V adjunto. Considerando todos estos antecedentes y sabiendo además que el rendimiento isoentrópico de la turbina es del 90 %, determine:
a) (14 puntos) La potencia neta generada durante el proceso.b) (4 puntos) El rendimiento térmico del ciclo.c) (5 puntos) El rendimiento isoentrópico del compresor.d) (7 puntos)La entropía generada en el universo.
SOLUCION:
a) (10 puntos) La potencia neta generada durante el proceso.
La potencia neta generada durante el proceso está dada por:
€
W•
neta=W•
compresor+W•
turbina=m•
CP T2 −T1( )+m•
CP T4 −T3( )
donde:
€
m•
= 100×1000,287×300
=116,14 kgs
(2p)
De un balance de materia en el compresor:
€
P2 V•
2
T2=P1 V
•
1
T1 → T2 =
P2P1
V•
2
V•
1
T1 =800100
×23100
×300=552 K (2p)
€
W•
compresor=m•
CP T2 −T1( )=116,14×1× 552−300( )=29267,3 kW (1p)
De un balance de materia en la turbina:
€
P4 V•
4
T4
=P1 V
•
1
T1 → T4 =
P4
P1
V•
4
V•
1
T1 =100100
×180100
×300=540 K (2p)
Del rendimiento isoentrópico de la turbina:
€
η=W•
real
W•
rev
=T4Real−T3T4rev−T3
=540−T3T4rev−T3
=0,9 (1p)
Realizando un balance de entropía en la turbina para el caso reversible:
€
m•
s3 −s4( )=0 → CP lnT4Rev
T3
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟−Rln
P4
P3
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟=0
€
T4Rev =T3 ×eRln
P4P3
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
=e0 ,287×ln
100800
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟
×T3 =0,551×T3(2p)
Reemplazando en el rendimiento isoentrópico de la turbina:
€
540−T30,551×T3 −T3
=0,9 → T3 =906,2 K (2p)
€
W•
turbina=m•
CP T4 −T3( )=116,14×1×540−906,2( )=−42530,5 kW(1p)
€
W•
neta=W•
compresor+W•
turbina=29267,3−42530,5=−13263,2 kW (1p)
b) (4 puntos) El rendimiento térmico del ciclo.
€
Q•
sum=Q•
combustor=m•
CP T3 −T2( )=116,14×1× 906,2−552( )=41136,8 kW (2p)
€
ηtermico=−W•
neta
Q•
sum
=−−13263,241136,8
=0,322 → 32,2% (2p)
c) (5 puntos) El rendimiento isoentrópico del compresor.
Realizando un balance de entropía en el compresor para el caso reversible:
€
m•
s1 −s2( )=0 → CP lnT2RevT1
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟−Rln
P2P1
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟=0
€
lnT2Rev300
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟−0,287×ln
800100
⎛
⎝ ⎜
⎞
⎠ ⎟=0 → T2Rev =544,9 K (2p)
El rendimiento isoentrópico del compresor, está dado por:
€
η=W•
rev
W•
real
=T2Rev −T1T2Real−T1
=544,9−300552−300
=0,972 → 97,2% (3p)
d) (7 puntos) La entropía generada en el universo.
€
ΔSU =ΔSSistema+ΔSentorno=σ•
U
€
ΔSSistema=0 Proceso cíclico( )
€
(1p)
€
σ•
U =ΔSentorno=Q•
C
TC+Q
•
F
TF
€
Q•
F =Q•
enfriador=m•
CP T1 −T4( )=116,14×1×300−540( )=−27873,6 kW (2p)
€
σ•
U =ΔSentorno=Q•
C
TC+Q
•
F
TF=−41136,8
906,2+ 27873,6
300=47,52kW
K(2p)
(2p) por signos de flujos de calor.
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