Problemas resueltos gases perfectos (sistemas abiertos), Ejercicios de Termodinámica Química

¡Descarga Problemas resueltos gases perfectos (sistemas abiertos) y más Ejercicios en PDF de Termodinámica Química solo en Docsity! ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONÁUTICOS - Sección de Publicaciones - Termodinámica PROBLEMAS RESUELTOS Segundo Curso (1% Semestre) P. de Assas J.C. Graña T.J. Leo 1. Pérez-Grande Madrid, Septiembre 2009 APLICACIONES DEL PRIMER Y SEGUNDO PRINCIPIOS A GASES PERFECTOS 36 Problemas de termodinámica. P Ps L=RT—=>p= p RT; 105 3 Densidad del aire = 7x8 1218000 Ta sección de salida 2) Por ser el difusor isoentrópico Pos = Pos Por otra parte, en el enunciado se da la pérdida de presión de remanso de la corriente cuando ésta atravicsa el cambiador de calor (proceso 3= 4). Por lo tanto: (my? Pos == Po — Poodo e Y como el ventilador cleva la presión de remanso de la corriente según la expresión dada en el enunciado, se tendrá para la presión de remanso de la corriente en la sección de salida del dispositivo: 2x2 m EAS . — (b 46) (5) ] Como la toma es isoentrópica, suponiendo el ambiente en calma , al no disponer de otra información en contra, y teniendo en cuenta la definición de magnitudes de remanso se tiene que: $02 = $2 = 801 = 81 = $0 = 80 hoz = hor = hos = ho ) Ce = Tn = Tao — Poz = Pot = Poo Así pues, se tendrá finalmente para la presión de remanso de la corriente en la sección de salida: a Pos = Poo ES (b + 8.) (2) 3) Para determinar el gasto que circula y la velocidad de la corriente en la sección de salida se hace aplicación de las definiciones de gasto másico y de magnitudes de remanso para a un gas perfecto. De la aplicación de esta última a la corriente en la sección de salida del dispositivo y de la condición dada en el enunciado de que esta corriente que sale del difusor descarga a un recinto donde la presión es la atmosférica se obtiene: 2 Tos = Ts + E 2cp 2 ya May = 1+ 205 Pos Tos Pos = Poo Ze T Pz CpTs Ps 5 Pa = Poo Igualando esta expresión de la presión de remanso de la corriente en la sección de salida con la expresión obtenida para esa misma presión en cl apartado anterior se obtiene la relación siguiente entre el gasto másico y la velocidad de la corriente en la sección de salida: 2 1101 4 2 E mm 1 =1+0- (640) (E ( tema) poor 15) La definición de gasto másico aplicada cn la sccción de salida proporciona: Primer y segundo principios aplicados a gasas perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 37 == Pzu5 As E Rol5e =P 105 Ag — uy = LL RoTs Asps e mv? Sustituyendo este valor de 15 en la ecuación anterior, escribiendo que z = (5) y Se £ obtiene la ecuación en x siguiente: (1. Eno 2 cp Agpg Y0-1) 2) +(b+ 9,2 -(1+4)=0 Dando valores numéricos a los parámetros y variables termodinámicas conocidos esta ecuación resulta: (1+0,009570)%% 4 0,6r—2,2=0 La solución de esta ccuación se obtiene por iteración. Para ello se escribe la ecuación de la formas; 2,2— (1 +0,00957 2)" 0,6 Ta 1 Se comienza con el valor x, = 0 obteniéndose de acuerdo con la última ecuación: 21 =0-—— 22 = 3,6667 — 263 = 1,7862 — 14 = 1,8981 — xs = 1,8916 — 26 =1,89199 — 27 =1,89197 -— 29 = 1,89197 este último valor se toma como solución. Por lo tanto: x =1,89197 — í=8,73 kg .s7L ¿<asto másico La velocidad de la corriente a la salida resulta: 1 Velocidad de la corriente en la sección de salida ws =102m-s7 4) La potencia consumida por el compresor se obtiene aplicando el balance energético a ese dispositivo. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario con las fronteras permea- bles fijas respecto a un sistema de referencia ligado al dispositivo. Considerando adiabática la evolución de la corriente de aire en el ventilador el balance energético aplicado a este queda: con el modelo de gas W = ma (hoz — hos) W= ri Co (Toz — Tos) Lon el modelo de $85 perfecto para el aire La temperatura de remanso a la entrada del ventilador ya se ha determinado anteriormente. Resta sólo determinar la temperatura de remanso a la salida 753. Para ello, como se tiene cl dato del rendimiento adiabático del ventilador: 1, pos DI 1 — Rozs — hoz — con el modelo de gas — Toño — Tos _ Apo2 hos ho Perfecto paraelaire. "Tag — Th Tos Toz ho -1 38 Problemas de termodinámica. Despejando, pues, Thz de esta expresión: aa 1 Poz Tos = Toa | 1 + De ca Y OD ( +a=b (5) ) -1 e = To |l+ Ye 904/14 1 = 303 x (122) =373,7K La potencia consumida por el ventilador resulta: W =8,73 x 10% x (373,7-— 303) =617- 10% W =617kw Potencia consumida por el ventilador 5) La potencia térmica se obtiene aplicando el balance energético a la corriente en el cambiador de calor. Se trata de un sistema abierto en régimen estacionario de fronteras impermeables rígidas y, al igual que en el ventilador, las fronteras permeables están fijas repecto a un sistema de referencia ligado al disposotivo. Así pues, cl balance enrgético se reduce a: con el modelo de gas () = mí (Ros — hos) Q= 112 Cp (Los — Tos) Son el modelo de gas, perfecto para el aire La temperatura de remanso a la salida del cambiador de calor Tha = Tos y como a la salida del dispositivo se conoce la velocidad de la corriente, de la definición de entalpía de remanso: 2 2 _ 5 con el modelo de gas mn wE hos = hs + 2 perfecto para el aire Tos =T5 + 26) 1022 = 288 + 2 2— = 293,2 K +3 1000 : Por lo tanto la potencia térmica recibida por la corriente resulta: Q =8,73 x 10? x (293,2 — 373,7) = —702,8 10% W y como cea = -Q se tendrá finalmente: 0 702,8 KW Potencia térmica cedida por la cod = , corriente en el cambiador de calor 6) Aplicando el segundo principio al proceso de la corriente de aire en el dispositivo, por tratarse de un sistema en régimen estacionario, y teniendo en cuenta que el calor extraído de la corriente se cede al ambiente se obtiene: dy + qe les)  -1 Gasto másico que cil =Íx 52 = d, kg+.g71 ¿(222 P99169 que Co 9% 287% 373 67 kgs cula por la instalac. 2) Estado termodinámico del aire a la salida del calentador. Se pide determinar la temperatura, presión y velocidad de la corriente en la salida del cambiador de calor. Para ello se necesita conocer la temperatura de remanso 73, la presión de remanso poz y el gasto. Éste último ya se ha calculado en el apartado anterior. Así que ahora, se va a centrar la atención en obtener la temperatura y presión de remanso en la sección 3 para lo que se analiza la tobera de salida. - Análisis de la tobera. Ya se ha dicho que cualquier parte del dispositivo se considera un sistema abicrto cn régi- men estacionario con superficies de control permeables fijas respecto a un sistenma de referencia inercial ligado al dispositivo. Además la tobera se considera con superficies de control imper- meables rígidas y adiabáticas. Así, el balance energético se reduce a: Con el modelo do gos _ _ CN wi hos =hos efecto para el aire” 20 0 TO Ta Ta + 2er. Ta+ 2cp 159, 22 =373 + Z 2.000 =385,7 K Por otra parte, del rendimiento adiabático de la tobera: 2 2 109/2 Yhob = 4/ wi/2 5 hoz — ha Con el modelo de gas Tos — Ta Y A AAA = AL hos — as. Perfecto para el aire Mob = Tos — Tas Ta _- Tos = == 1- (2) 7 Pos Y despejando la presión de remanso: YA Pos = 1- Pos = Pa ob 373 N 794/14 =100 x 1-22 =113,9 kPa Conocidos los valores de Toz, poz y th, la velocidad w3, la temperatura T3 y la presión pg se obticnen de resolver el sistema siguiente: 42 Problemas de termodinámica, ; P3 n= m= wz Ax í= p303 Az RT As =P 2 ps =H +P9) Con el modelo de gas Ta = Toz - Y , Lon el modelo de gas hos =ha + A perfecto para el aire 2c, ¡0 : s 2 ( T ) X= dos = 83 Pa =Po3l > Tos Sustituyendo el valor de pg en la primera de las ecuaciónes dadas en (1), se obtiene el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: m RaToz (12) P u-=- —= Pos As Ts e) 2 2 wi Ty = Toy — Se Cp que al dar valores numéricos queda: 385, 7y >? 103 = 9,029 x 5) 3 aw? (3) 385 7% 33857 009 Sistema que se resuelve por iteración: se supone un valor para w3 y con este valor de la segunda ecuación se calcula T3; entrando con este valor en la primera ecuación se calcula otro valor de la velocidad 103 que sí no coincide con el supuesto, se introduce en cl ciclo de cálculo. Cuando la diferencia entre los valores de entrada y salida de la velocidad, t03 — 4%, sca pequeña se considera ese valor como la solución. Esto queda reflejado en el cuadro siguiente: 03 mesi | Ta (K) | 00 mes? 50 384,5 9,1 9,1 385,7 9,03 9,03 385,7 9,03 La solución cs, pues: u=9 mes? mo Estado termodinámico del aire 13 385,7 K a la salida del cambiador de calor pa =113,9 3) Estado termodinámico del aire a la salida del compresor. El desarrollo es en todo análogo a lo hecho cn el apartado anterior. Así pues, simplemente se pondrán las ecuaciones: En el cambiador de calor hay una pérdida de presión de remanso del 10%, luego: — Pos Po = 0.9 _ 113,9 0,9 Conocida la presión de remanso a la salida del compresor, la temperatura de remanso se calcula a partir del rendimiento adiabático del compresor. En efecto: =126,6 kPa Primer y segundo principios aplicados a gases perfcctos: volúmenes de control en régimen estacionario. 43 Boas — hor Con el modelo de gas Tozs — Tr hoz hor perfecto paraciaire 1 y y a Jo APO Tor Y despejando Tp: Tos = Tor a , =293 x - ¿O Con estos valores de presión y temperatura de remanso, las ecuaciones equivalentes a la (3) para la salida del compresor resulta: 03 | amas K 2,5 wa = 6,7082 x 7) 2 2 UU Ta = 318,5 2 "22.000 que resueltas igual que las del apartado anterior dan como solución: w=6,71 mes! Ti 318,5 K Estado termodinámico del aire a la salida del compresor pz = 126,6 4) Energía aportada en cada elemento (calor y trabajo). La potencia consumida en el compresor se obtiene aplicándole el balance energético: Con el modelo de gas W =ñcp(Toz — Tor) = 4,67 x 10% x (318,5 — 293) =119 kw Potencia consumida == en el compresor W = ri (hoz hu (hoz = hor) perfecto para el aire De manera análoga, estableciendo el balance energético en el cambiador de calor se obtiene: : Con el modelo de gas Q = 1h (hoz — hoz) Q = ricpl Tos — Toz) = 4,67 x 10% x (385, 7 — 318, 5) Calor suministrado =313,8 kW en el cambiador de calor qn e modelo de 808 perfecto para el aire 5) Variación de la entropía del aire en cada elemento. El aire se ha modelado como gas perfecto, por lo tanto su variación de entropía, teniendo en cuenta que s9 = s, vendrá dada por: 46 Problemas de termodinámica, : 0,1x W m=-= A A pre posx 2 p P 0,1x 180 _1 Gasto de agua “ora O E rate 2.- Rendimiento de la bomba. De la ecuación de Bernoulli generalizada se deduce que, cuando en la bomba no hay disi- pación de trabajo mecánico, la potencia ideal consumida por la bomba vendrá dada por: b Wia = 1h Y uv dp + Ati - [PG Pa 1 = 5h [Pe pa + qué ya que al verificarse que: 1 hos = Na _se deduce ps + zeus = Pdop $05 = $5 = Sdop T "ep ”, Como el rendimiento de una bomba viene definido por 7, = — dd , se obtendrá: Wreal - 1 h E Pásp y qué! Na = 2 ? w — 3,67 x (404 4,5) _ y oy Rendimiento > 180 on de la bomba, 3.- Temperaturas de entrada y salida del aire en el cambiador de calor. Del enunciado del problema: Ts = To +10 Ahora bien, Té — Tiep se obtiene del balance energético aplicado a la bomba: VW = rn (hos — hos) : P6 — Pdep , 1 =m [To Tae) + E 2 + 0% y despejando Tg — Taep: _|W po—Pap 12 1 To — Tae = E CI E 180 -3 55 Al =1 107* E 0 a] x 1186,8 ,09 x 10 K A la vista de este resultado puede ponerse que Ta > Taep. Así pues: Ts = Táop +10 =308 K La temperatura del aire a la entrada del cambiador de calor se obticne aplicando el balance energético a éste: Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 47 tivo la (LT, - To) + 2. = tna Cp, (Ta — Ta) Despejando de esta ecuación To: Ti =T 4 2 la (T,-Te) + mon Pa Epa p 3,67 , a Temperatura del aire a la en- = 308 + ¿ig (4186,8 404,9) = 430,9 E da del cambiador de calor 4.- Presión intermedia y rendimiento de los compresores. El aire en cada compresor se comporta como gas perfecto. Cada compresor es un dispositivo que funciona en régimen estacionario y cuyas fronteras permeables están fijas. Así la potencia consumida en la compresión adiabática del aire vendrá expresada por: W, =ñ[(ho — ha) + (ha — ha)] habiendo despreciado, en cada compresor, las variaciones de energía cinética frente a las varia- ciones de entalpía?, Con el comportamiento del aire como gas perfecto y como cada compresor tiene el mismo rendimiento adiabático, la potencia consumida queda: : Da Cp pr ” ” W.= A [Pas — Ta) + (Tas — T5)| Tha Cp a E 7 PL Como se exige que W. sea mínima, pa se obtendrá de: + tl Em) ¡ G-D/r (G—D/ Moo — 7 (2) Ta (2) =0 da Pr Pa Despejando pz: _ ES % VTOO 3300 = 299.7 kPa «Presión intermedia a la que — X2o8 O se realiza la refrigeración El rendimiento de cada una de las etapas de la compresión es el mismo por lo que se calcula sólo el de la primera etapa. Para un compresor con el mismo supuesto anterior de despreciar las variaciones de energía cinética frente a las variaciones de entalpía: 38i se compara la variación de energía cinética con la variación de entalpía se obtiene que, incluso en el supuesto de que la variación de la energía cinética sea del orden de ella misma: Mec _ (03 —w2)/2 _ 1w3/2 _ 9-1 = M1 Ah — cplTs—Te) cpTs ? 48 Problemas de termodinámica. -0 Pa tr e has — hi gas perfecto Pr A AA a AL 5 KA. Me = ha — ha LS TB T 299, 7 04/14 6) BS 298 —0.896 «Rendimiento de cada =0, E etapa de compresión 5.- Temperatura de salida del aire y potencia consumida en la compresión. De la expresión del rendimiento de la segunda etapa de la compresión: -D/r E) Pa Na = Ta 1 Ts y despejando Tx: pra 1 A Mez ( 800 19/14 =1 _ 201) _— » Temperatura de =308x |1+ A 4287 K e amaaddlaie La potencia consumida en las dos etapas de compresión será: Wo = tía Cp (Ta — Ta + Ta —T,) =5 x 10% x (428,7 — 308 + 430, 9 — 298) =1268,2 x 10% w «Potencia consumida en la compresión 6.- Producción de entopía del proceso. Eligiendo como sistema todo el dispositivo con el agua y el aire, la. producción de entropía se obtiene aplicando el segundo principio al sistema elegido, esto es: E = Ma ls1 — 81) + tu ($7 — 85) =ma (o, la Lain 2) + ña e ln z n Pr z 428,7 800 338 = 10 x 1 27 _a, .2 ( ln ogg BI os) +3,67 x 4186,8 x ln 577 =769,7 W-K"! «Producción | de entropía Primer y segundo principios aplicados a gases perlectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 51 3) Del rendimiento adiabático de un difusor, cuando el fuido de trabajo se comporta com gas perfecto, se obtiene que: o Ey T Ef — mo [a (2 1) T > 53,5 =70,9x [140,95 Cas -1)| =77,3 kPa En el enunciado se da la relación de presiones de remanso entre la entrada y salida del compresor, por lo tanto: Pos = 8 poz =8x77,3=618,4kPa «Presión de remanso _ > , a la salida del compresor Para calcular la temperatura de remanso a la salida del compresor se hace uso de la expre- sión del rebdimiento adiabático para. un compresor: Ánl Po3 o 1 hoss — Roz con el modelo de gas perfecto Poza =- n= “hos — hoz para el aire en To Too Como del balance energético aplicado a la toma dinámica se obtiene que Toz = To y por otra parte To, = Toco, despojando de la expresión del rendimiento del compresor Tp se tendrá que: ai Ea Poz 1+ Temperatura de remanso a la salida del compresor a) = 529,3 K 4) La temperatura a la salida de la primera etapa de turbina se obtiene de imponer que la potencia que consume el compresor la suministra esta primera ctapa de turbina. Así del balance enregético aplicado a esta etapa de turbina se obtiene: con el modelo de gas perfecto —W. = ri (hos — hos) Tos — Tos = —(Tog — Toz) para el aire Despejando Tos: Tos = Los — Tos + Toz Temperatura de remanso = 1.100 — 529, 3 + 270,8 = 841,5 K a la salida de TI Para determinar la presión de remanso cn la sección 5, se hace uso de la expresión del rendimiento adiabático de una. turbina. Así: Tos Ros — hos com el modelo de gas perfecto Toa hos — hoa para el aire me A pos) “1 e Pos Problemas de termodinámica. Despejano Pos, como en el conducto 3-4 no hay pérdida de presión de remanso y por lo tanto Poz = Po, se obtiene: Los + a pos = Pos | 14 —-— Ta ss ye = 618,4 x 14 1100 —Á = 199,3 kPa Presión de remanso. a la salida de T1 5) Si se aplica el balance energético a la segunda etapa de turbina se obtiene que: oa y con el modelo de gas perfecto 0 Wo = ir (hos — hos) Ha ar W, =cp(Tos — Tos) Para determinar el valor de Tog se hará uso, de nuevo, de la expresión del rendimiento adiabático de una turbina, que en este caso resulta: Tos 4 _ hos — hos — con el modelo de gas perfecto Tag M2 o. — hos para el aire Ma = Tí : a) “4 Pos Despejando Tpg se obtiene: 2 206 Y E Ta =Ts (Lema (2) 3) Pos Como dato en el nunciado se da la relación de expansión total poa /Pos, por lo tanto: Pos _ Pos/pos Pos > Poa/Pos 616 — 198,5x7 0,4/1,4 616 Tos =841,5 x [aos (a) 1) = 683,7 K Así pues: Por lo tanto, la potencia en eje resulta: W, =10 x 10% x (841,5 — 683, 7) 1.580 - 10% W= 1.580 kw Potencia en eje 6) La temperatura a la salida de la tobera se obtiene del rendimiento adiabático a la misma: 1 To 3 5 1- (E ) Pos 1 hos — hy <on cl modelo de gas perfecto Thob = - Mob = Moo os — hrs para el aire Mob Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario, 53 Ahora bien pog = Ea por lo que despejando 7 de la expresión anterior: ant im (1 (22) ) Pos Tm es = Tx (1 - 0507 | 005 (1 (a) Temperatura de la corriente a la salida de la tobera T, = Tos =642K Y de la definición de temperatura de remanso para un gas perfecto: we = 4/2 cp( Tos — To) = Y2 x 10% x (683, 7— 642) = 289 m-s"* ¿Velocidad de la corriente. a la salida de la tobera 7) La producción de entropía se obtiene aplicando el segundo principio a toda la instalación: 6, ="%(s — 51) Ps Tor Como 51 = $01 = $000 = Soo y el aire se ha modelado como gas perfecto, se tendrá que: Qaa Tor Sp =Mls7 — 80) — tl mo (+, Mm —Rin ») — En cello — Tos) vo Poo Ter 642 1.100 — 529,3 = 102 A LA 10 x 10% x (a 565 1.800 ) Producción de entropía 55.754 W-K7! en el dispositivo 56. Problemas de termodinámica. con el modelo de gas hos + hos — (hoz + hos) =0 Tos + Tos — (Too — Tos ) EAN MOdON de 598, pefecto para el aire Como en el enunciado nos dicen que la temperatura de remanso a la que sale del cambiador de calor la corriente que va a la turbina cs 20 K más baja que la de la corriente que sale de ésta: Toz = Tos — 20 luego: Tos = Toz +20 = 600,3 +20 =620,3 K Así pues las ecuaciones (E.1) y (E.2) quedan después de dar valores numéricos: w.= 15 x 287 % $7 0,2x 1058 00 we 2000 Sustituyendo el valor de T, en la expresión de w0, se obtiene la ecuación de segundo grado en w,: T, = 620,3 — 17 + 9.2910, — 124 -10* =0 De las dos raíces de esta ecuación sólo la raiz positiva tiene sentido físico, por lo que: 1 velocidad del aire en la sección de salida al ambiente Temperatura del aire en la sección de salida al ambiente w =131,7 mes T,=611,6 K 3) Como la turbina mueve el compresor además de producir una potencia neta: We +14, 1 — [3] = [We] — We Aplicando la ecuación del primer principio para sistemas abiertos con fronteras permeables fijas al sistema de referncia y funcionando en régimen estacionario a la turbina y el compresor se obtiene: con el modelo de gas ]W,| = riíRos — hos) [W,| = rcp(Toa — Tos) perfecto para el aire con el modelo de gas W, = ri(hoz — hor) W. = tcp Too — Tor) perfecto para el aire Así pues, se tendrá para la potencia útil: 1, = TC [Tos Tos — (Too = To1)] Do esta expresión se conoce todo excepto Tos. Para calcular este valor de la temperatura de remanso recurrimos al rendimiento adiabático de la turbina que es conocido. Así: hos — Ros con el modelo de gas Tos —Tos WMA ose = hos pelecto para aire ET a Tes Toa az y despejando Tos: ne=m(ten (2) 4) Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 57 De los datos del problema: Yo = 1.200 K Pos = Po 0,94 Ahora bien, de la definición de magnitudes de remanso: poo =p, (29) 06 FA el La 620,3 ** = 100 x (rs) =105,1 kPa ——> pos =111,8 kPa Además, como en el cambiador de calor hay una pérdida de carga del 6% en cada una de las corrientes: Pos = pos = 0, 94poz = 0, 94 x 800 =752 kPa Sustituyendo todos estos valores en la cxpresión de Zo5 se obtiene: 0. 111,81 +4 Pos = 1.2 == os =1 w0x (14+0,9x [( 2) 21) =746,5 K Así, la potencia neta será: W., =15x 10% x (1.200 — 746,5 — 600 + 298) 3 Potencia neta =2.273x 10 W TFT btenida 4) Con la definición dada de rendimiento térmico: siendo () el calor por unidad de tiempo que la corriente de aire recibe de la fuente térmica. Este calor por unidad de tiempo se obtiene aplicando el balance energético a la corriente entre las secciones 3 y 4: » con el modelo de gas (Q = ím (hos — hos) Q =p (Tos — Tos) pefecto para el aire Se conoce el valor de la temperatura de remanso en las esecciones 3 y 4 (ésta última es dato): Tos = Tos — 20 = 746,5 — 20 =726,5 K Por lo tanto: Q =15x 103 x (1.200 — 726, 5) =7103x< 10% W y el rendimiento térmico: 268,5 x 10% 7.102,5 x 10% =0,3194 — 31,94% Rendimiento térmico de la planta 7 58 Problemas de termodinámica. 5) El segundo principio aplicado al proceso estacionario que sigue el aire en el dispositivo resulta: d+ (sos — 800) Pr. ya que de la definición de magnitud de remanso: So =8 y además se verifica que: $91 = Soo = $os Despejendo 0: ; Q Tp = MÁS08 — Soo) — Tar Con el modelo de gas perfecto para el aire: Te 4 $US — $000 = Cp ln 2 -Rinte Too Poo 620,3 105,1 = 10% x ln 322 287 xn 22 10% x In 298 87 x ln 100 =718,83 J-kg.K7! Así pues, la producción de entropía será: 7102 x 10% 1700 Producción de entropía 0) =15 x 718,83 — =6604,6 W.K"! en el dispositivo 8.- La potencia mecánica disipada entre las secciones 5 y 6 se obtiene aplicando entre estas secciones la ecuación de Bernoulli generalizada: . Pp 2 2 =W-m Presos lo , 2772 . “Vemos que cs preciso calcular tanto las velocidades de la corriente en las secciones señaladas como estimar f v dp, La velocidad de la corriente en la sección 6 ya está calculada (ver apartado 2). Vamos, pues a calcular la velocidad, la presión y la temperatura de la corriente a la salida de la turbina (sección 5). Las ccuaciones que se deben resolver para obtener la. presión, temperatura y velocidad de la corriente son: 2 2 un w To= To = h=ho= z , 05 2cp so-s=0 con el modelo de gas | TONTA m=pwA pefecto para el aire ls = PoO5 ES) p=F, p) m= 0, A, RT, Conbinando la segunda y tercera de estas ecuaciones y despejando la velocidad resulta: RT; (E) dando valores 15 x 287 x 748, 5 (e y = Plitos (Los dando valores, y pk, XT, numéricos 2 111,8x108x0,21 Y, de 2.5 = 143,7246 x E) (3) s La otra ecuación queda: Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 61 — hoss — hor con el modelo de gas Tos — Tor “hos — hor perfecto para el aire oa — Tor Ey _ APor CON : Tor Despejando de esta expresión la temperatura de remanso a la salida del compresor: Era Tos = 101 . + Sn Ne 0,4/1,4 =288 x . + A =435,4 K Las ecuaciones que relacionan las magnitudes de remanso (Jo, po) con las magnitudes estáticas y la velocidad (T, p, w) son: 2 UY a? To= T+ — ho =h+ —= con el modelo de gas 2c Son el modelo de gas 2 perlecto para el aire Te 11) So =5 Po= p: (2) T La tercera ecuación que se necesita cs la correspondiente a la definición de gasto másico: h = p-w-: A, que para el modelo de gas perfecto queda: m=P.v.A RT Aplicando estas ecuaciones a la sección de salida del compresor 2: 2 wi Too = Tar 2 2cp _ Too =D) a Po = Pa: e ) m= =% - 02 * Ag La resolución simultánea de las ecuaciones dadas en (1) proporciona la temperatura, presión y velocidad en la sección de salida del compresor. Eliminando pz entre las dos últimas ecuaciones de (1) y despejando wz se obtiene: RT AN 1) uy = Pa R To 3) e) poz: Az Ta Sustituyondo esta ccuación en la primera de las dadas en (1) se obtiene una ecuación con una única incógnita, Ta, que una vez resuelta da la solución buscada. Otra forma de resolución es utilizar un método iterativo. Para ello se hará uso de la ecuación (2) y la primera de las dadas en (1). Si en estas ecuaciones se dan los valores numéricos conocidos se obtiene: 62 Problemas de termodinámica. 100 x 287 x 435,4 435,4y e A A 300-108 x 24 2 4 435,41 >? = 58, 764 z A) E) Ty = 435,4 22 a 22207 2.000 ) La forma. de rosolver este sistema es el siguiente: se supone un valor arbitrario para. la velocidad 169 y con este valor a partir de (4) se obtiene un valor para la temperatura T). Este valor de 72 se introduce en la ccuación (3) obteniéndose otro valor para la velocidad que se simbolizará con 1% y que si no coincide con el valor de entrada, será el que se introduzca para un nuevo ciclo. Cuando los dos valores de la velocidad wa y 147 coincidan esa será la solución. A continuación se da la tabla de valores obtenidos comenzando el proceso con 3 = 50 mes”): w=50 mes? ->T,=434,5 K —w)=59,2 mes! we = 39,2 m+s7) «=> Ta = 433,6 K -— 9 =59,4 mes”! we =59,4 mes! —T,=433,6 K —u%=59,2 mes"! Así pues, la solución resulta: uy =59 me-s 7! To = 433,6 K po =295,7 kPa 2) Temperatura a la entrada y salida de la turbina. Para determinar las temperaturas pedidas se dispone de las ecuaciones: a) Balance energético aplicado a la turbina. b) Rendimiento adiabático de la turbina. Como toda la potencia. desarrollada por la turbina se emplea en mover el compresor: — tig (Ros — hos) = 1 (hoz — hor) que con el modelo de gas perfecto para el aire se reduce a: rta (Tos — Tog) = ria (Tos — Tor) (5) En el enunciado se dice que la turbina descarga cl aire al ambiente y a baja velocidad. Con esta información se puede escribir: Tos = Ta Pos = Ps = Pamb con lo que despejando Toé de la ecuación (5) se obtiene: A Tos = Te + (To — Lor) 1hg Por otra parte, de la ecuación de continuidad aplicada a todo el dispositivo, como éste funciona en régimen estacionario: mí] =1g + Mig despejando mg mg ==] — Mio ——— =100-45=55 kg-s 7? Primor y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 63 Con este resultado, la temperatura de remanso a la entrada de la turbina vendrá dada por: Tos = Ta + 249,8 (6) El rendimiento adiabático de la turbina viene dado por: 7 = Ros — hos con el modelo de gos .= Tos — Ta hos — hogs Perfecto para el aire Tos — Tes Ta Tos = 3 E ) Pos Y despejando Tg de csta última expresión: L 1 (10m [1- (2) 1) 2 Pos Por otra parte se sabe que: Pos = 0, 96pos = 0,96 (0, 96p02) =0, 96*p02 = 276,48 kPa Llevando este valor de pog a la expresión que de Tz se obtiene: Tg =0,7857T06 luego de la ecuación (6): Temperatura a la Tos(1 — 0,7857) = 249,8 — Tos =1165,5 K entrada de la turbina y con este valor se obtiene que: "Temperatura a la Te =915,7 K salida de la turbina 3) Velocidad del aire a la salida de la tobera. De la definición de rendimiento de una tobera se obtiene: hos — Rio com el modelo de gas Too — Tio = 7 = Mos hos — Rios Perfecto para el aire too — Too — Tios Despejando Tpg de la última expresión: Tio 7 1— Mob » - (2) ] Pos Tos = Ahora bien, pos = PC.A.m., luego: 66 Problemas de termodinámica. con el modelo de gas Qs = 13 (hos — hos) Quo = Taco (Tos — Toz) perfecto para el aire y como: Mg = 1h + mg =1,94+55=56,9 kg-s"* se obtendrá para cl flujo de calor: Qass =56,9 x (1.165, 5 — 435,4) =41.542,7-10% W Así, llevando este resultado a (10) la producción de entropía valdrá: 423 915,7 41.,542,7 =45 m0 455 ln ol A 7 dd EEE —54 kw.Kxo1 Producción de entropía en la instalación Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de contro! en régimen estacionario. 67 Problema 28 Mediante la válvula V, se consigue regular la potencia útil de la turbina de gas de la instalación mostrada en la figura. El compresor, movido por la turbina, tiene un rendimiento adiabático igual a 0,8 y una relación de compresión (presiones de remanso) de 7. En él se comprimen 15 kgs”! de aire ambiente, tras lo cual se divide la corriente de modo que una parte se calienta hasta alcanzar una temperatura de remanso de 1.400 K, mientras la otra atraviesa la válvula mencionada. En dicha válvula, cuyo diámetro de salida es 8,5 cm, la pérdida de presión de remanso es del 5% con respecto a la salida del compresor. La temperatura estática a la salida de la válvula es 545 K. Al unir las corrientos, se encuentra que la pérdida de presión de remanso entre la salida del compresor y la entrada a la turbina es del 10%. La turbina, que descarga al ambiente, desarrolla una potencia total de 7 MW y su rendimiento adiabático es 0,9. Se pide calcular: 1.- Potencia útil. 2.- Velocidad a la salida de la válvula. 3.- Calor recibido por el aire por unidad de tiempo. 4,- Temperatura de entrada a la turbina. 5.- Temperatura y velocidad a la salida de la turbina. 6.- Irreversibilidad del proceso si se supone que el calor recibido por el aire es cedido desde una fuento térmica a 1800 K. NOTA: Tómese como valor de cy del aire 1.032 J-kg"!.K"! ET] ai EN 3 $ 4 5 lz rl y cE Z ES p8 Solución 1) Potencia útil. La potencia útil (o neta) es la diferencia entre la potencia desarrollada por la turbina y la consumida por el compresor, esto es: Wy =|W,| - Wo La potencia comsumida por el compresor se obtiene de aplicar a éste el balance energético, es decir: : con el modelo de gas W. = ía (hoz — hor) La temperatura del aire a la salida del compresor se obtiene a partir del rendimiento adiabático de éste: Y => _ perfecio para el aire? We = Mic (Toz — 161) 68 Problemas de termodinámica, ho2s — hor con el modelo de gas = 90% 7 01 “hos hor Perfecto para el aire y despejando To2: 6) Pe -1 Toz = Tor . + a Me Como el compresor toma el aire del ambiente en calma: hor = Pamnb con el modelo de gas Tor = Tam £on el modelo de gas $01 = Samb perfecto para el aire Por = Pamb Así pues: ( Poz yo -1 Tos = Taro 1 + Ao Me 7287/1.032 1 = 288 x (14 -— >| =546,5 K Y por lo tanto: W. =15 x 1.082 x (546, 5 — 288) =4.001.580 W — W.=4.000 kW La potencia útil será pues: Wy = 7.000 — 4.000 _ Potencia =3.000 kW Fa 2) Velocidad a la salida de la válvula. Del balance energético aplicado a la válvula se obtiene que: con el modelo de gas hos = hos Tos = Toa perfecto para el aire y por otra parte To = Loa, por lo que: Tos = Toa — Tos =546,5 K De la definición de temperatura de remanso para un gas perfecto: 2 Y To =T+ 3 luego despejando la velocidad de la corriente: haciendo aplicación 0 = 4/20 (To — T) us = 4/20p (Tos — Ts) = y 2 x 1.032 x (546,5 — 545) =55,6 m-s* Velocidad del aire a la 7 salida de la válvula a la sección 5 Priraer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimon estacionario, 71 6) Irreversibilidad del proceso. Para un sistema abierto, la irrcversibilidad se define como: l=TambOp y del segundo principio para un sistema abierto en régimen estacionario: (a Trr De la definición de magnitudes de remanso sgí = s¡ y como, según se dijo en el apartado 1), $01 = Samb, $€ puede poner: Gp = ti[sg — s1) — Gp = 1 (8g — Samb) — dios ? Trr que con el modelo de gas perfecto para cl aire: . . Tg Ps ) Gaos Sp = 11 | Ep ln Rin =- ? ! ( P amb Pamb Ter 842,4 12.040 = 2 == - O 2 WO K7! 15 x 1,032 x In 288 1.500 10 k Por lo tanto: 1 =288 x 10 =2.880 kW Irreversibilidad del proceso 72 Problemas de termodinámica. Examen ordinario de junio curso 1996/97. En un proceso industrial, una corriente 1 kg»s”* de aire a 20 C, 94 kPa y 200 ms”, pasa. por un difusor D de rendimiento adiabático 0,9 y a continuación se comprime hasta una presión de remanso final de 0,9 MPa en dos compresores, C1 y C2, enfriándose hasta una temperatura estática igual a la del ambiente en el cambiador de calor UC1 existente entre los dos compresores. La presión intermedia es tal que la potencia total comsumida en las dos etapas de compresión es mínima. El rendimiento adiabático de cada compresor es igual a 0,8, Con el fin de obtener aire frío, a la salida de la refrigeración intermedia se efectúa un sangrado de 0,2 kgs”! de aire que se lleva a un turbocompresor donde se comprime en el compresor C de rendimiento adiabático 0,75, se refrigera en el cambiador de calor CC2 hasta la misma temperatura que en CC1, con una pérdida de presión de remanso del 5%, y se expansiona hasta la presión ambiente en la turbina T de rendimiento adiabático 0,8. 'Toda la potencia desarrollada por la turbina se invierte en hacer funcionar el compresor € y se sabe que la velocidad de la corriente, tanto a la salida de los cambiadores de calor como de la turbina, es de 45 m-s”!. Se pide, si las condiciones del ambiente son 20 *C y 94 kPa: 1.- Diagrama de la evolución del aire en un diagrama T-s. 2.- Temperatura y presión de remanso a la salida del difusor. 3.- Deducir la expresión que permite calcular la presión a la salida de la primera etapa de compresión en C1 y obtener su valor. 4.- Escribir las ecuaciones que permiten obtener la temperatura y la presión de remanso del aire sangrado a la salida del compresor C, así como la temperatura a la salida de la turbina. 5.- Valores numéricos de la temperatura y la presión de remanso del aire sangrado a la salida del compresor C, así como la tempratura a la salida de la turbina. 6.- Producción de entropía en el proceso descrito si el calor cedido en los cambiadores de calor se evacua al ambiente. az 1 10 | al resto de la instalación al recinto a refrigerar Esquema de la instalación Solución Todo el dispositivo, así como cualquiera de sus partes, es un sistema abierto funcionando on régimen estacionario. Las superficies de control permeables de cualesquiera de los elementos en los que puede subdividirse el dispositivo completo, son superficies fijas respecto a un sistema de referencia ligado al dispositivo. Así el balance energético, en general, vendrá dado por: 0 + O W.= Y hora — Y hora 1 1 i s o * si se desprecia la variación de energía potencial del aire. La ecuación de conservación de la masa: 2, 2,0) =o Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 73 1.- Diagrama de la evolución del aire en un diagrama T-s. T / Í Paz = Pos = Pos Esquema de la evolución del aire 2) Temperatura y presión de remanso a la salida del difusor. El difusor es un dispositivo que puede suponerse adiabático y cuyas superficics de control impermeables son rígidas. Tiene sólo una superficie de control permeable de entrada y una de salida. Así, la ecuación (1) aplicada al difusor queda reducida a: con el modelo de gas | hoz =hoL rorfacto para lavo” 1027 TL ur? =n+Z 2cp 200* = 293 + 522 — +3 T000 313 K Temperatura de remanso del aire a la salida del difusor Una vez conocida la temperatura de remanso, la presión de remanso se obtiene a partir del rendimiento adiabático del difusor. Este rendimiento viene dado por: ho2s — hi con el modelo de gas Tozs — Tí =P ne modeo des, = 2H ME oo ha perfecto para elaire 12 py 7, x= 5 a API Tor 2-1 mm ya que el estado 2' es el que se alcanzaría si se llevase cl fluido isoentrópicamente desde las condiciones de presión y temperatura de entrada al difusor hasta alcanzar la presión de remanso de salida de éste. Despejando la presión de remanso a la salida de la última ecuación: To a oro = 1 02_3 Poz = pr [ +7 E J 1,4/0,4 me =94x [1+0,9x a) =115,8 kPa —Presión de remanso del 293 aire a la salida del difusor 76 Problemas de termodinámica. La temperatura de romanso del airc a la salida del compresor C se obtiene de la ccuación (2): Tos = 2 x 294 — 223,6 Temperatura de remanso =3644 K a la salida de C 6) Producción de entropía en el proceso descrito si el calor cedido en los cambiadores de calor se evacua al ambiente. Haciendo aplicación dol segundo principio para sistemas abiertos en régimen estacionario al dispositivo dado se obtiene: , . , cc1 + oca Tp = Mis10 + 288 — M5] — Qocr Y oca aunb. . : Que + Qeca = 1h, (s1o — 81) + Talsg — s1) - Tamb Como s= = s, la variación de entropía del aire puede expresarse en la forma: con el modelo de gas Toro Polo $10 — $1 = 8910 — 8 - - Solo — 581 = Cp n= —Rin 10 $1 = $010 $1 crecio para el aire 0107 $1 = Ep 2 R pr con el modelo de gas Tos Pos $3 —= 581 = 808 = 81 === 89881 =Cp hn -Rin=S 87 *1 3908 91 perfecto para el aire 08751 = Ep R mi El calor que el aire evacua en cada uno de los cambiadores de calor viene dado por: con el modelo de gas Qeci = 1 (Ros — hos) Qca = m1 Cp (Toa — Tos) perfecto para el ajro con el modelo de gas so = Melhor — Qoaz = Melhor — hos) perfecto para el aire Quas = rit2Cp (Lor — Tos) Las temperaturas de remanso del aire a la salida de los compresores C1 y C2 se obtienen a partir del rendimiento adiabático de cada etapa de compresión y valen: En a (e) ME Tos = To 1 Poz Tow=T. Po3 03 =Lo2 |1 + 2—— A Nal ca an , ( 900 yo , 115,8 195, 8 =31 14 A AA A =2 A 313x |1+ 0,8 ] sx 2 0,8 ] =376,3 K =494,7 K Así pues, la producción de entropía valdrá: 5) =0,8x [os a — 287 x m5) +0,2x 10% A 1 x 10% x (294 — 376,3) + 0,2 x 10% x (294 — 364, 4) - 293 =174,3 W.K”* Producción de entropía en el dispositivo Primor y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 77 Examen de septiembre curso 1997/98. Tn turbohélice toma 12 kg»s”?* de aire a 240 K, 40 kPa y 650 km/h a través de un difusor de rendimiento adiabático 0,95. Las condiciones estáticas del aire a la entrada del difusor, que tiene una sección de salida de 0,14 m?, pueden considerse iguales a las del ambiente. A continuación del difusor cl aire pasa por un compresor con una relación de presiones de remanso de 13 y un rendimiento adiabático 0,85. Después del compresor, el aire entra cn la cámara de combustión, donde la presión de remanso experimenta una caída del 5%, y de la que sale a una temperatura de remanso de 1300 K. A continuación entra en una turbina, que adcmás de mover el compresor, proporciona una potencia en eje. El rendimiento adiabático de la turbina es 0,85. Finalmente el aire sale a. la atmósfera. a través de una tobera de 0,30 m? de sección de salida y 0,95 de rendimiento adiabático. Se desprecia el flujo másico de combustible, Se pide: 1.- Determinar la temperatura, presión y velocidad del aire a la salida del difusor. 2.- Calcular la potencia mecánica disipada en el difusor. 3.- Obtener la temperatura y la presión de remanso a la entrada a la cámara de com- bustión. 4.- Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y la presión de remanso a la salida de la turbina y la temperatura y velocidad del aire a la salida de la tobera. Resolver el sistema anterior de ecuaciones. Be 6.- Obtener la. potencia en eje. 7.- Calcular la producción de entropía en el turbohélice si la cámara de combustión se asimila a una fuente térmica a 1.800 K. Solución a 1800 K 3 +4 c T Yo Esquema del dispositivo El aire se considerará que se comporta como gas perfecto. Así mismo se considerará todo el dispositivo (como cualquier parte de él) como un sistema abierto funcionando en régimen estacionario ligado a un sistema de referencia inercial. Así, el balance cnergético, en general, vendrá dado por la ecuación (5.19b) de los apuntes: as + OA = Y (hor), — Dtom)e (1) Con el sistema de referencia ligado al turbohélice, la corriente de aire en cl infinito no perturbado tiene la velocidad con la que se desplaza el turbohélice, es decir: Weo =650 km/h Por otra parte, entre la sección efectiva de toma y la sección de entrada al difusor se conserva la entalpía de remanso y, dado que la velocidad de vuelo es subsónica, no habrá ondas de choque y, por lo tanto, se conservará también la entropía. Así pues, se verificará que: 78 Problemas de termodinámica. R000 = hor ) y con el modelo de gas ( Toco = Tor y con el modelo de gas | S000 = $01 petfceto para el aire Poco = Por Además en el enunciado se dice que: TT P1 Y Poo 1) Determinar la temperatura, presión y velocidad del aire a la salida del difusor. Para determinar la presión, temperatura y velocidad de la corriente a la salida del difusor se deben conocer la presión y temperatura de remanso en esa sección y la ecuación térmica de estado del aire. El gasto másico y el área de la sección de salida son datos del problema. Se va, pues, a calcular esa presión y temperatura de remanso. El difusor es un dispositivo que puede considerarse adiabático, cuyas paredos son rígidas y con sólo una entrada y una salida. Por lo tanto, la ecuación (1) del balance cnergético se reduco a con el modelo de gas hoz =ho ao para olawe” 702=To1 = Too 2 = To + 2cp (650/3, 6)? =2 AAA 256, 0 56,3 K Por otra parte, de la definición de rendimiento adiabático del difusor: a poa -1 hos — hi1 com el modelo de gas ANT hoz — ha Perfecto parael aire "DP Tpg T, ao Despejando la presión de remanso de salida del difusor: T >= 02 = 1 221 Poz » | + ($ J 1,4/0,4 =40x [10,05% (=p —1)] = 49,79 kPa Conocidas ya la presión y temperatura de remanso, el sistema de ecuaciones del que se dispone para determinar la presión, temperatura y velocidad de la corriente a la salida del difusor es: Ti = pauy As 2 dl hos =ho + — 02 2 += $02 = $2 más una ecuación térmica de estado y dos ecuaciones energéticas de estado: p=AUT,p) h= falT,p) s=fa(8,p) ll Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 81 4) Establecer las ecuaciones que determinan la temperatura y la presión de remanso a la salida de la turbina y la temperatura y velocidad del aire a la salida de la tobera. Las condiciones de entrada a la turbina son: Toa =1.300 K Pos = 0,95 poz = 9,95 x 647,27 = 614,9 kPa Las ecuaciones que determinan las magnitudes que se piden son: *) rendimiento de la turbina: Tos _ 1 Ros — hos con el modelo de gas _ Tos 4 MA omo Roa perfecto para el aire = a) PoN 7 3 Pos *) balance energético en la tobera: con el modelo de gas = A A = hos =ho6 aiado para elaire” 105 — 106 ul (5) = To + 2Cp *) rendimiento de la tobera: To _ Ros —hg con el modelo de gas _ Tos 6 Mob os — has perfecto paraclaire Mob E Y (6) ¡> (2) 7 Pos *) continuidad aplicada en la sección de salida de la tobera: o con el modelo de gas. PG > mi = mA modo de 5 = m= poe As perfecto para el aire” RoTe 16 As (7) Estas cuatro ecuaciones (4), (5), (6) y (7) determinan las cuatro incógnitas Tos, pos, Té y 6. 5) Resolver el sistema anterior de ecuaciones. Despejando el cociente pos/pos de (4) y el cociente po/pos de (6) se obtiene: = Tos = 0S 1 7 Pos l1+ Tos (8) Pos Th 71 ¡a PS [q —L5 (9) Pos Mtob multiplicando estas ecuaciones se obtiene: TI 1 Te 1 pe 1 Pos (10) Pos Titob 82 Problemas de termodinámica. Eliminando T, entre las ecuaciones (5) y (7): PA. W Tos = ww | LA 05 = e (me + 7) e introduciendo este resultado en la ecuación (10), se obtiene la siguiente ccuación en 1g: Po Ag 4 6 + 1 1 => “e Rom" 2e, , Ro Peli Too | .|y. ?sAs2cp Pos Te Mob que al dar valores numéricos a los términos conocidos queda: 3,5 1 3,5 106 Xx (3, 4843 + 200) VA se ? 5568.64 — 0,06505 =0 0,85 0,95 : ccuación que se va a resolver por el método de regula falsi. El método queda reflejado en el cuadro siguiente: 06 (mes1) ó 180 -0,02631 200 0,00017 Interpolando entre estos dos valores se obtienc para la velocidad de salida de la tobera el valor, que se toma, como solución: Velocidad de la corriente de aire - ¿gol ws =199,9 mes a la salida de la tobera Conocida. la velocidad de salida, la temperatura de la corriente a la salida de la tobera vale: Ps Ag Te = Y Ram 40-103 x 0,3 - Temperatura de la corriente de aire "ra 1999=696,5 K a lá salida de la tobera De la ecuación (5) se obtiene: 2 wi Tos = Te + ¿> 2 cp 199,92 _ Temperatura de remanso de la corriente = 696,5 + oy = 716,5 K de aire a la salida de la turbina y de la ecuación (8): Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen estacionario. 83 Tos 7 Toe! Pos = Pos | 1+ L-— Te 716,5 1 35 - 1.300 - Presión de remanso de la corriente = 614,9x | 14 0,85 =44,4 KPa Cairo ala salida de la turbina 6) Obtener la potencia en eje. La turbina mueve el compresor a la vez que suministra una cierta potencia en eje de la hélice. El balance energético aplicado a la turbina es, pues: ria (hos — hos) = —Wejo — ri (hos — hoz) de donde despejando la. potencia en eje: Wajo = río (hos — hos + hos — hoz) = —1M Cp (Tos — Toa + Tog — Lb2) =-12 x 10% x (716,5-— 1.300 + 582,2 — 256,3) = 3.091,2 kw «Potencia en eje 7) Calcular la producción de entropía en el turbohélice si la cámara de combustión se asimila a una fuente térmica a 1.800 K. Si se aplica el segundo principio al proceso del aire en todo el dispositivo se obtendrá: dy = Thlso 81) — donde Q es el calor por unidad de tiempo recibido por el aire en la cámara de combustión que vale: Q = rn (hos — hos) = mm ep(Tos — Tos) =12 x 10% x (1.300 — 582, 2) = 8.613,6-107 W Luego la producción de entropía valdrá: os To Pp Q =55m (cplz-Rin*)]- Op = 5 (e a Ran .) Ter 696,5 Y 8613,6-10% 240 1.800 =12.785,1-4.785,3 8.000 W.k "1 Producción | de entropía =12x (10 x In 88 Problemas de termodinámica. la as =p “on el modelo de gas voy » 0) perfecto para el aire Cp Con la ecuación térmica de estado la última ecuación puede expresarse: Pp A GD 1 Pp ra (y) o) », Las ecuaciones (1) y (2) determinan el estado final (temperatura y volumen) del aire encerrado en el cilindro en función de la presión alcanzada. 3) Energía almacenada en el aire encerrado por el émbolo en función de la presión alcanzada. La cnergía almacenada es la variación que experimenta la energía interna: p G-D/Y (5) a La presión del aire cuando se alcanza el equilibrio mecánico es la del depósito, p, = 1,5 MPa. ya que al decirse en el enunciado que se trata de un gran depósito y no decir nada relativo al tamaño del cilindro, puede suponerse que el depósito es infinitamente grande comparado con el cilindro, por lo que la masa que se extrae de él no hará que varíen las propiedades termodinámicas del aire del depósito. La energía almacenada será: AU* = wm! co (T' — Ti) q p r=n (e 1 ya — AU' =1m! e, Ti 1.5 0,4/1,4 AU” = 24,2-107% x 713 x 288 x (5) - 1 =3867,9 J —= AU'=3,87 kJ 4) Estado termodinámico del aire que entra, una vez alcanzado el equilibrio mecánico. Para analizar el estado termodinámico del aire que entra al acumulador, se elige como sistema el contenido del cilindro (aire en cada instante a los dos lados del émbolo+émbolo). Será, pues, un sistema abierto en régimen no estacionario cuya única superficie de control permeable permanece fija respecto a un sistema de referencia increial ligado al cilindro y cuyas superficies de control impermeables son rígidas. Por otra parte, cl proceso de llenado al ser rápido puede considerarse adiabático. Así pues, al ser adiabática la evolución del aire, tanto el confinado como el que entra, y poderse despreciar la disipación de energía por fricción entre el émbolo y el cilindro, se tendrá que la variación de energía del émbolo es nula. Por lo tanto el balance energético, ecuación (4.44) de los apuntes de teoría, en este caso resulta: mauz + AU! =wm%h+, (3) ya que del balance másico: óme. dm” =>, l óm » == =m dt di Ls 2 pues inicialmente en el cilindro sólo está el aire confinado por el émbolo, Con el modelo de gas perfecto para cl aire la ecuación (3) resulta: 0,713m7T) + 3,87 = 288 m/, (4) Como el aire se ha modelado como gas perfecto, al aplicar la ecuación térmica de estado al estado final de equilibrio mecánico y sabiendo que la presión final en el cilindro es la del depósito, se obtiene: Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. 89 My mp Pa Y mala = == Vo =V,- Va — mUTY =39,87 kg -K 6) Llevando el resultado de (5) a (4) se obtiene para la masa que ha entrado en el cilindro: 0.112 E Masa que ha entrado en = 2 kg ESA m , $ “eT'cilindro desde el depósito y por lo tanto la temperatura final y el volumen final ocupado por esta masa de aire son: ¿pur _ 39,87 13 = 0,112 =356 K Temperatura de la masa que ha entrado en el cilindro desde el depósito 9 VIA 192 li [L Va = 10% x | (5) |] Volumen ocupado por la masa que ha =7,63-10 m? paco PA a entrado en el cilindro desde el depósito Al alcanzarse el equilibrio mecánico los 0,112 kg de aire que han entrado en el cilindro se encuentran a 356 K ocupando un volumen de 7,63 litros. El aire confinado ocupará un volumen de: Y =Y,-V =10-—7,63=2,37 litros 5) Variación de entropía del aire. En el proceso de llenado del acumulador hay aire en tres condiciones: confinado en el cilindro por el émbolo, el que entra al cilindro desde el depósito y el que permanece en ésto. El proceso que experimenta el primero de éstos tres ya se vio que sc realizaba sin disipación interna alguna, por lo que, al ser adiabático, cra isoentrópico: AS'=0 También se ha dicho que al scr el depósito muy grande la masa que se extrae de él no hará que varíen las propiededes termodinámicas del aire que permanece en el mismo. Así: ASdep =0 Queda sólo la variación de entropía de la masa que del depósito pasa al cilindro. Esa variación de entropía se obtiene de aplicar la ecuación (5.3) de los apuntes, que da la variación de una propiedad extensiva de una masa de control cuando sc pasa al análisis de volumen de control: ds" =d (ms), — seme En la sección de entrada las magnitudes termodinámicas permanecen constantes (el depósito, como se ha dicho, se considera infinito), por lo que la ecuación anterior, teniendo en cuenta el balance de masa, se puede poner como: 90 Problemas de termodinámica. dS” =d (ms), 6 — Sdep dm e integrando entre el instante inicial y el de equilibrio mecánico: AS” =m (sí — Sdep) Y como p/ = Pdep y el aire se modela como gas perfecto: yr AS” = m1 cp ln — 2 7 amb Variación de entropía de la masa que ha 0,112 x 10% x In 26 =23,74 J-K 288 entrado en «l cilindro desde el depósito 6) Si después de alcanzado el equilibrio mecánico se dejase en comunicación, indefinidamente, el cilindro con el depósito, determinar el nuevo estado de equilibrio termodinámico. En las condiciones mencionadas, el aire encerrado evolucionará manteniendo p' = cte hasta alcanzar la temperatura ambiente. Por lo tanto, como m” permanece constante, de la ecuación térmica de estado se obtendrá: 2 qe Lamb Uv 2 (D/A =P 2 1 0,4/1,4 = 288 x €) =512,2 K Ahora bien; por lo tanto el volumen ocupado por el aire confinado una vez atemperado será: 288 4 =2,37 Y 30 512, 2 =1,33 litros luego: V¿' = 10 - 1,33 =8,67 litros Este volumen V3' es mayor que Vz', por lo que ha debido entrar más aire desde el depósito al cilindro. De la ecuación térmica de estado aplicada al aire que finalmente ha entrado al cilindro desde el depósito se obtiene: yet 15-108 x 8,87: 1079 > 287 x 288 0,157 kg ll Antes de comenzar el atemperamiento había 0,112 kg de aire, por lo tanto durante el atem- peramiento han entrado 45 gramos de aire desde el depósito al cilindro. Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. — 93 De la. ecuación térmica de estado para el aire y el propileno (ambos gases perfectos) en el estado de equilibrio mecánico: PV -Ax)=w"R'T] —= (6) Vi+Asz PV +40)=n RT —m= Ln Y Eliminando p” entre las ecuaciones (5) y (6) se obtiene la ecuación: 2 / Y P mg k A RA A (8) 7 Introduciendo el resultado de las ecuaciones (7) y (8) en la ecuación (4) se obtiene la ccuación en Z: 1 +2 km (227 +27) e, (E 4722 Em 2, + 2) Vi+tAs _ mTi "NX _ Az a a E 2 vr (9) Ar 2” Az + Mp9 2 — CoTline Am! — mm" RaTamb ln | 1 vo =0 Al dar valoros numéricos a las magnitudes conocidas queda: 99, 19 - 10* 5-1073 4 0,0252 .262 TU +40 10% 808) x === 12602,4% (5 + +12 )> 37 101 : -9,8-107 x 288] + - x (0,0248 2 +?) + 196, 20 -—- 42.696 — 1.988, 744 x ln (1 --1,25 2) =0 cuya solución es: 1=0,449 m De las ecuaciónes (8) y (7) se obtienen la presión y temperatura finales del propileno en el cilindro: , 99, 19 - 449 +12, aa 400 x 0,449 + 12,808 =418,5 kPa Presión final del propileno mi 418,5-10% x (5 - 1073 4 0,025 x 0, 449) 2 8.314 . 3 22.08 (9,5: 10-940,1) Temperatura final =313 K del propileno 2) Estado termodinámico del aire en el instante final. De la ecuación (2): Va! =0,02 x (1— 1,25 x 0,449) Volumen final ocupado por el aire = 0,0088 mé Y Problemas de termodinámica. y de la ceuación térmica de estado para el aire, ec.(5): a 99,19 Pz = 171/25 % 0,465 —226 kPa Temperatura final del aire 3) Calor intercambiado con cl ambiente. El calor intercambiado con el ambiente se obtiene de la ecuación (3): Q =0,024 x 287 x 288 x In(1— 1,25 x 0,449) Calor cedido == ido = ES OE ZTTT 1.634,38 J-— Queaido =1634,3 3 rante el proceso 4) Producción de entropía del proceso global. El proceso de llenado correponde al proceso de un sistema abierto en régimen no esta- cionario. El segundo principio aplicado a un sistema abierto en régimen no estacionario es: dQi/T _ ds Ó0, - ; era Y: a “ml. + DY), 55 Ms — Do Se Me que aplicado a este caso e integrando resulta: en Op + Pm amb =AS” + ms) ras — Am! s linea. Si se aplica el segundo principio sólo al aire confinado en el cilindro se obtendrá que al no haber ningún tipo de disipación en el seno del aire: 2 ag Tasa luego: Ts : Tp = MS, — Mis, — AV Son = mts e Me = 01 (5, —8/) + Ara (5) — Sa) ya que: m, =m, +Am! Con el modelo de gas perfecto y dando valores numéricos se obtiene: T P, T P, Tp =M (e, ln 7 re ya + Am' (c,1n nea 7 Ro a 313 8.314 418,5 =9,8-107 Mn A 9,8-10%x (eso x ln 288 7 22,08 x ln 112 313 8.314 418,5 +0,1x (1400 ta 53 - 22,08 0) — 08,6 J.K=! Producción de entropía en el proceso global Primor y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. — 95 Problema 33 En un cilindro vertical de 30 cm de diámetro, de paredes rígidas y aisladas térmicamente hay 5 g de aire a 120 kPa y 288 K confinados por un émbolo adiabático de 20 kg sujeto por su parte superior al exterior mediante un muelle de constante elástica k = 100 kN-m”*, El cilindro posee dos válvulas que inicialmente están corradas. La primera lo conecta con una línea de carga por la que circula aire a p = 500 kPa y T = 350 K. La segunda válvula lo pone en contacto con el ambiente. En un instante determinado se abre la primera válvula y se cierra cuando han entrado 20 gramos de aire en el cilindro. A continuación se retira el aislamiento térmico da la base inferior y se ponce en contacto con una fuente térmica a 1000 K. Una vez alcanzado cl equilibrio, se vuelve a colocar el aislamiento, se abre al segunda válvula y se cierra cuando en el interior del cilindro se alcanza la presión de 120 kPa. Se pide: 1.- Establecer las ecuaciones que determinan el estado termodinámico del aire después del llenado. Resolver el sistema anterior obteniendo los valores de la presión, la temperatura y el volumen del gas que ocupa el cilindro. po 3.- Presión del aire y volumen que éste ocupa cn el cilindro después de haber alcanzado el equilibrio con la fuente térmica. 4.- Calor intercambiado con la fuente térmica. 5.- Masa de aire que queda en el cilindro y su temperatura después de cerrar la segunda válvula. El conjunto se halla en presencia del ambicnte. Solución 6.- Producción de entropía hasta el instante en que se abre la segunda válvula. 3 ” posición | e iical de + 2 | Conbalo FT, estado final xulo térmico contr. equítbrio ale a oa aiea 500 kPa 500 Pa 500 kPa y 350 K y 3501 y 3s0K esquema de la evolución. Previo a contestar a las preguntas del enunciado se calculará la elongación del muelle así como el volumen que en el estado inicial ocupa el aire contenido en el cilindro. El estado inicial es un estado de equilibrio, por lo tanto: mg k P1 = Pamb + A Ega donde se ha puesto 2, =1,— 11. Despejando 21: 28 Problemas de termodinámica. Los valores de pz y Ta se han obtenido de las ecuaciones (5) y (7) respectivamente. 3) Presión del aire y volumen que éste ocupa en el cilindro después de haber alcanzado el equilibrio con la fuente térmica. El sistema que se elige para el procoso de calentamiento que sigue a poner el cilindro en contacto con la fuente térmica es el aire que hay en el cilindro una vez acabado el proceso de llenado. Se trata de un sistema cerrado. Al conocerse la temperatura final del proceso (T3 = T., ), el estado termodinámico de ese estado se determina a partir de la condición de equilibrio mecánico y de la ecuación térmica de estado para cl aire. En efecto, por existir equilibrio mecánico: m k E A A A (8) k =p + A a donde z' es la altura del émbolo al final del proceso de calentamiento del aire medida desde su posición inicial. La ecuación térmica de estado proporciona: Pa Va = (mi + Am) RT Ya =V, + Az! ) — ps (Y, + Ar) = (mi + Am) RT, 3 Y1 Eliminando pz entre estas dos ecuaciones y ordenando términos se obtiene la ecuación de segundo grado en 2”: mi + Am) RT3 k =0 ny (mA, Y m4 (pe que al dar los valores numéricos a los coeficientes queda: a? 4 0,13297 — 0,06767 =0 cuya raíz positiva es la solución: x'=0,202 m La presión del aire se obtiene a partir de la ecuación (8): =m+iy Da =P1 A =120+ 2% _ % 0,202 =405,8 kPa Presión del alre una vez 7x0,15 suministrado el calor y el volumen ocupado por el aire: Y, =V, + Ax! = 0,0034 +71 x 0,15? x 0,202 , Volumen ocupado por el aire =0,0177 m3-—= Y, =17,7 litros Por una vez suministrado el calor 4) Calor intercambiado con la fuente térmica. El calor recibido por el aire desde la fuente térmica se obtiene a partir del balance energético aplicado al proceso de calentamiento. Se elige como sistema el aire encerrado+cilindro+émbolo+ muelle. Es un sistema cerrado, compuesto y deformable. El balance energético para este sistema, si se desprecia la variación de energía potencial del aire y se considera que el muelle es de masa despreciable y perfectamente elástico, resulta: Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. 99 Q + Wambp = AÚaiso + AE py + AU Y despejando el término de calor: Q= AVeire + Alípa + AU — Wamby donde: AUbive = (mi + Am) «ey «(Th — Ta) AEjpg = Mg 9 (1-2) 1 AU = H(2% — 22) 1 2 = 3* [Ga +00 — (2 +0)?)] Wambp = “Pamb + Á- (0 — 2) Así pues: Q = (mi + Am) Co (Ta — Ta) + ma 9 (0'—2) 1 43h [la + 0) la + 0)] + pao A (e 0) =0,025 x 713 x (1000 — 376) + 20 x 9,81 x (0,202 — 0,0988) 1 5 + - x [0,012 + 0,202)? —- (0,012 + 0,0988)? | + 10% x 7 x 0,15? x (0, 202 — 0,0988) Calor recibido por =13.548,5 J el aire desde la fuente térmica 5) Masa de aire que queda en el cilindro y su temperatura después de cerrar la segunda válvula. Para el aire que está en el cilindro el proceso que sigue una vez abierta la segunda válvula es un proceso isoentrópico (véase Tema, 5, $ 5.6.2,2 caso a) de los apuntes), es decir, la entropía del aire que siempre está en el cilindro se conserva. Por lo tanto con el modelo de gas perfecto para el aire se puede poner que en el interior del cilindro: + Aslaire ci =0 — Ta=T3+ (2) P3 199 191/14 = 1000 x (253) —706 K «Temperatura del aire al final de la descarga y de la ecuación térmica de estado: — Pava RTa De los datos del enunciado se deduce que z4 = 2, ya que pa = pi. Por lo tanto V¿ = Vr y la masa de aire: Ma 120 x 3,4 287 x 706 9.193 Masa de aire en el cilindro =2-10"7 kg al final de la descarga ma 8) Producción de entropía hasta el instante en que se abre la segunda válvula. 100 Problemas de termodinámica, Se va a considerar como sistema la masa que hay en cl ciclindro en el instante anterior a la aperura de la segunda válvula. Es a esta masa de aire a la que se le aplica cl segundo principio (ecuación (3.18) de los apuntes). Este sistema está formado por: - La masa de aire que inicialmente había cn el cilindro, m,. Esta masa de aire varía sus propiedades desde las correspondientes al cstado inicial (estado1) hasta las correspondientes al final del calentamiento (estado 3). - La masa de aire que ha entrado al cilidro procedente de la línea de carga, Arn. Las propiedades de esta masa de aire varían desde las correspondientes a la línea de carga hasta las del estado 3 (final del calentamiento). Así pues, la variación de entropía del sistema, por considorarse el aire gas perfecto, vendrá dado por: T Ti AS — ma (e ¿ri 2) 44m (ctm kin Pa ) 7, Pp linea Plinea de manera que, al aplicar la ecuación (3.18) de los apuntes antes citada, se obtiene: So Quo ASaire = Op + 7 rr Y despejando el término de producción de entropía: 0p = ASairo — E (cpm 7 am 2) + Arn (como tm 2) e = 0,005 x (o x mo — 287 x o) + 0,02 x (ros x laz 287 x o.) - o — 4,484 22,19-13,55=18,19 J-K=* Producción de entropía hasta la apertura de la segunda válvula Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. 103 cuya solución es: 334.6 kP presión ejercida por cada gas Pa= 1 a antes de volver a anclar los émbolos Y por lo tanto de las ecuaciones (1) se obtiene para el volumen ocupado por cada gas: Veco, 0,781 ; Vía=4,381 ; Vi, =0,84 1 La temperatura de cada gas se obtienen a partir de la ecuación térmica de estado aplicada en este estado 3: co, =376,4K 5 Taa=283K 5 Toy, = 405 K 4) Para calcular la energía mecánica disipada por fricción entre el cilindro y los émbolos se establece cl balance energético en el proceso que sigue al hecho de quitar los anclajes hasta que estos se vuelven a instalar (proceso 2> 3) al sistema formado por el cilndro+-CO3+aire+02+los dos émbolos: 307, 0 = AU¿o, + AU, + AU, + AU), + AU, UM 1, B1 Ez Así pues: E 0 rr = AU o, — AD, — AD, = gogo, Ta — Too, — Meacua(La — Tala — Mo, Cu9, (Ta — Tio, = 3,7107 x 651 x (376,4 — 288) — 1,8-107? x 713 x (283 — 387) — 2,7107 x 653,3 x (405 — 288) =915,4J 5) La presión de cada uno de los gases una vez atemperados (proceso 3-> 4) se obtiene de aplicar la ecuación térmica de estado de cada uno de cllos en el estado final de equilibrio termodinámico. mi, q Y como para cada. gas cn el proceso 3=> 4 = cte: Páco, = Pico, Taloo, 288 = 334,6 = 255 kP; 334,6 x 376,4 55 kPa = m4 Pia — Pay a = 334,6 x o = 339,3 kPa 283, 5 Pao, P3oz T 0 288 =334,6x X= 334,6 x 305 237 kPa 6) El segundo principio aplicado al sistema formado por cilndro+€02+aire+02+los dos émbolos entro los estados inicial y final (proceso 1> 4) da: Qaa Cp T amb = ASgo, + AS, + AS, 104 Problemas de termodinámica. Como la temperatura inicial y final así como la de la línea es la misma e igual a la tempera- tura ambiente: 7) Pa ASco, = Moo, Rao, ln Soo, 8.314 255 =-327. -3 Pz > 1 = -3,1:10%% x Eg x In yg = 0,65 J + K AS, =<moRtaln 22 - (onza — mia) Ra la PE Pila LL = 2,4107 x 287 x 339,3 — (0,018 — 0,0024) x 287 x ln da = =3,99J-K7! Pa ASo, =—Mo, Ro, lo, =-2,7-107 3, 3354, In 27 oe? 32 100 El calor Q3-4 se obtiene aplicando en este proceso 3> 4 cl balance energético al mismo sistema: Qaa = AU, + AVay o HAD, HAU pp, HAD, O23 23 Como la temperatura del CO2, del Oz, de E, y de Ez es la misma en los estados 2 (final del llenado) y 4 (atemperamiento) con el modelo de gas perfecto para los gases y de sólidos caloríficamente perfectos para los émbolos se verficará que: AUco»z. 450 — Acs. = "AUcos, a ADosns = 0— AD AD Ary, =0 > AÑ, = AU, AUgay = 0 Ao, = AU, Así pues, como: AUans == (Alo. + Ao, HAU 25. + AUga, a) se tendrá finalmente que: Qaeé = AÚaa 4 d+ ADO = AV a = Maatval Ta — Toda =0,018 x 713 x (288 — 387) = —1.270 J Con todos estos resultados se tendrá finalmente para la producción de entropía: 1,200 288 p = 0,65 + 3,99 — 0,61 + 73. KT! Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. 105 Examen de septiembre curso 1996/97 Se ha pensado diseñar un sistema capaz de suministrar una potencia constante durante un cierto tiempo en situaciones de emergencia. Un posible dispositivo consiste en una turbina movida por aire comprimido almacenado en un depósito adiabático, a presión y temperatura iniciales de 15 bar y 25 %C respectivamente. Al producirse la situación de emergencia, el sistema debe arrancar rápidamente y proporcionar 2 kW durante 20 minutos. Para ello, la turbina debe trabajar, con un rendimiento adiabático medio de 0,55, entre la presión del depósito en cada instante y la presión del ambiente, hasta que la presión en ese depósito desciende hasta 1,5 bar. Suponiendo despreciable la encrgía cinética del aire a la salida de la turbina frente al valor de la entalpía del mismo y admitiendo que el ambiente queda caracterizado por su presión y temperatura (100 kPa y 25 *C), se pide: 1.- La temperatura del aire en el interior del depósito cuando la prosión desciende hasta 1,5 bar. 2.- La temperatura del aire a la salida de la turbina cuando la presión del depósito es la citada en cl apartado anterior. 3.- Escribir las ecuaciones que permiten obtener el volumen del depósito para que el sistema funcione en las condiciones descritas. Obtener el valor del volumen. 4.- La masa de aire en el depósito cuando su presión es la mitad de la inicial. 5.- Irreversibilidad del proceso. Solución 1) La temperatura del aire en el depósito cuando la presión desciende hasta 1,5 bar. La descarga del depósito es adiabática y de acuerdo con los criterios dados en el Tema 5 $ 5.6.2.2 a) puede considerarse que la masa del depósito experimenta una evolución isoentrópica. Así, del segundo principio aplicado a la masa que al final está en el depósito se deduce que: 22 As, ,=0 con el modelo de gas 7,=T, (2) P, perfecto para el aire 5 0,4/1,4 1,5 = 298 x | — ( 15 ) Temperatura en el depósito =154,3 K p a al descender en él la presión 2) La temperatura del aire a la salida de la turbina cuando la presión del depósito es la citada en el apartado anterior. El rendimiento adiabático de una turbina, si se desprecia la variación de energía interna frente a la variación de entalpía, da: hsal — Rent hsal — haop m= AL Pal, is — Pent Psal, is — Adep que con el modelo de gas perfecto para cl aire se reduce a: - Da m5 Tal, is — Toa Sel 1 T Teal, is T 108 Problemas de termodinámica. Tp = Mas, + AMP y Paro) My (5 — 2 A S S = Malsy — (Tas Pano) M4 15, Tas Paao 1 can Ta p, F, P Q = mm, |cp ln + — Rin —m, [epln— —Rin-|- ls Doo de 5 , po Paro La 154,3 1.500 = 10,44 x [107 x 1 - —_ 2 o, x [10% x im S ES lo; +54, 11 287 Mo = —8.086, 44 + 42.054,86 — 10SOm5L =16.970,91 J.K”! Luego la irreversibilidad será, por definición: I=7T, amb = 298 x 16.970,91 == 5.057,3-10% J érreversibilidad del proceso Tp 5.065.258 298 Primer y segundo principios aplicados a gases perfectos: volúmenes de control en régimen no estacionario. 109 Examen de septiembre del curso 1997/98 Se tienen dos globos adiabáticos, A y B, de goma idealmente elástica conectados mediante una válvula y un conducto de volúmen despreciable. Inicialmente la válvula está cerrada y cada globo contiene dióxido de carbono a 290 K. El diámetro inicial del globo A es 15 cm, mientras que el del globo B es 5 cm. La ley de deformación de la goma es tal que puede hincharse hasta 5 cm sin aplicar una sobrepresión apreciable y a partir de ahí se necesita una sobrepresión de 2 kPa por cada centímetro de aumento del diámetro. En un momento dado, se abre la válvula de conexión y se cierra cuando ambos globos alcanzan cl mismo diámetro. Se pide: 1.- Presiones y masas iniciales en ambos globos. 2.- Escribir las ecuaciones que permiten determinar el cstado, supuesto de equilibrio, en el instante en que se cierra la válvula. 3.- Resolver las ecuaciones y dar los valores finales del diámetro, la presión, la tempera- tura y la masa en A y en B. 4.- Irreversibilidad del proceso descrito. Solución Se considerará comportamiento de gas perfecto para el CO2. Las propiedades del CO en el globo A se señalarán con (+) y las del globo B con (4). La ley de deformación de la goma que se da en el enunciado es: con =200 kPa-m”* Piar — 1) Presiones y masas iniciales en ambos globos. Globo A. De la ecuación de la. deformación elástica de la goma: PO = Pons FR (Das — Do) Presión inicial del = 100 + - =120 kPa «Presión inicial del 100 + 200 x (0,15 — 0,05) =120 kPa oem el globo A La. masa inicial en el globo se obtiene, una vez conocidas la presión y temperatura iniciales, a partir de la ecuación térmica de estado: Var 12 A RAT 7 x0,15% =3,87-10% kg 120 - 10% x 83m 44, 01 Masa inicial de COz en el globo A 290 É Globo B. De la ecuación de la deformación elástica de la goma: ” P,= Pam Presión inicial del = 1 inicial del 100 kPa ES en el globo B ya que el diámetro inicial del globo B es D,. La masa se calcula, al igual que para el globo A, con la ecuación térmica de estado: 110 Problemas de termodinámica. Masa inicial de COz =1,2-1071 1,2-107? kg en el globo B 2) Escribir las ecuaciones que permiten determinar cl estado, supuesto de equilibrio, en el instante en que se cierra la válvula. En el enunciado se dice que en el instante final Da2 = Dpa, y a este diámetro final se le llamará simplemente Dg. El hecho de que los diámetros de los globos scan iguales cn el estado final conduce a las igualdades siguientes: Vas = Vaz = Va TDi 6 PD, =P = Pa Así, las ccuacionos de las que se dispone son: En el globo A: *) Durante la descarga del globo A, la entropía específica del COz se mantiene constante en el mismo (véase Tema5 $ 5.6.2.2. caso a) de los apuntes): 21 y “on elmodelo de gas y qu (PAN? o 1 perfecto para el COz 2 ¿Ap *) Se dispone, además, de la ecuación térmica de estado para el COz, que aplicada al COz existente en el globo Á en el estado final proporciona: P.Vas = má Reo, Ta 7Di : ¿pl vo 1D O (2) 2 = 0 6 En el globo B: *) Para el CO del globo B en el instante final podemos poner la ecuación térmica de estado: em” pu p.Vp2 = mM, Roo, T, Di % 7DÉ = » == Roo To (3) Bo= 4 6 De las ecuaciones (2) y (3) se obtiene: » Di cl mT,=m,T/ = —L_ (4) Foo, La ecuación de la deformación elástica para el globo A (y para el globo B): Py = Paro HR(DI — Do) 65)