TEORÍA (33 % de la nota)

Universidad de Navarra
Nafarroako Unibertsitatea
Escuela Superior de Ingenieros
Ingeniarien Goi Mailako Eskola
ASIGNATURA GAIA
TERMODINÁMICA (Troncal, 7,5 cr.)
CURSO KURTSOA
2º
NOMBRE IZENA
TEORÍA
FECHA DATA
19/09/02
(33 % de la nota)
Tiempo máximo: 60 minutos
1.
(a) Entalpía: definición. Significado físico de la variación de entalpía en un proceso.
Se define como: H ≡ U+PV
Significado físico: la variación de entalpía (∆H) es el calor intercambiado en un proceso a presión
constante.
(Página 3.5 y 3.6 de los apuntes)
(b) Enuncie las ecuaciones de estado térmica y energética de un gas ideal.
Ecuación de estado térmica: Pv=RT
Ecuación de estado energética: u=u(T)
(Página 4.1 de los apuntes)
(c) Demuestre que si un gas perfecto experimenta un proceso adiabático reversible, la línea
de estados del proceso se puede expresar como Pvk = cte., donde k es el cociente de los
calores específicos principales del gas (k = cP/cV).
(Ejemplo 4.2, página 4.13 de los apuntes).
O bien, aplicando el segundo principio: proceso adiabático reversible es isoentrópico:
dh = Tds + vdP ⇒ ds =
dh v
− dP ; para un gas ideal, dh = c P dT , Pv = RT . Por tanto,
T T
T2  P2 
⇒
= 
T1  P1 
dT
dP
dT
dP
ds = c P
−R
. En un proceso isoentrópico, 0 = c P
−R
T
P
T
P
P2 v 2 / R  P2 
= 
P1v1 / R  P1 
R / cP
R
 P  cP
v
⇒ 2 =  2 
v1  P1 
−1
P 
=  2 
 P1 
R −c P
cP
− cv
 P  cP  P 
=  2  =  2 
 P1 
 P1 
R / cP
⇒
−k
⇒ P1v1k = P2 v 2k = Pv k = cte.
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2.
(a) Coeficiente de operación máximo de máquinas frigoríficas bitermas. Para una temperatura
ambiente de 27 °C (300 K), indicar cuándo el COPmax puede ser =1, >1 ó <1.
(Página 6.11 de los apuntes)
 Qf
 Qf 
 = 
COPmax = 

 Wn  max  Qc − Q f

Tf
 =
,

T
−
T
c
f
 max
pues en un ciclo reversible el calor intercambiado con los focos es proporcional a la temperatura
absoluta (la escala de temperaturas absolutas se define en función de máquinas bitermas reversibles).
Para T0 = Tc = 300 K, COPmax =
Tf
300 − T f
COPmax = 1 si Tf = 300 – Tf ⇒ 2Tf = 300 ⇒ Tf = 150 K
COPmax > 1 si Tf > 300 – Tf ⇒ 2Tf > 300 ⇒ Tf > 150 K (y Tf < Tc = 300 K, por supuesto)
COPmax < 1 si Tf < 300 – Tf ⇒ 2Tf < 300 ⇒ Tf < 150 K (y Tf > 0, por supuesto)
(b) En un ciclo de Rankine simple, indicar las tres variables termodinámicas que influyen en el
rendimiento energético del ciclo.
Aumento de presión en caldera.
Sobrecalentamiento del vapor a la salida de caldera.
Reducción de la presión en el condensador.
(Página 14.5 de los apuntes)
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3.
Compresión por etapas con enfriamiento intermedio:
P1 T 1
P2 T 2
P2 T 1
P3 T 3
(a) Representar el proceso en un diagrama termodinámico, comparado con el proceso de
compresión directa desde P1 T1 a P3. Suponer procesos adiabáticos internamente reversibles, gas perfecto.
(b) Demostrar que la presión intermedia óptima viene dada por
(Página 8.4 de los apuntes)
( P2 ) opt = P1 P3 .
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ASIGNATURA GAIA
TERMODINÁMICA (Troncal, 7,5 cr.)
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CURSO KURTSOA
2º
FECHA DATA
19/09/02
PROBLEMA 1 (33 % de la nota)
Tiempo máximo: 60 minutos
Una caldera de vapor recién apagada, de 10 m3 de volumen, contiene agua líquida y vapor en
equilibrio, a 200 °C. El líquido ocupa un 10 % del volumen de la caldera. La caldera pierde
calor lentamente hacia el entorno, que se encuentra a 20 °C. Tras un cierto tiempo, se observa
que la caldera ha alcanzado la presión atmosférica, de 101,3 kPa.
Puede considerarse que la caldera es un recipiente rígido.
Se pide:
(a) Masa total de agua contenida en la caldera.
kg
(b) Porcentaje en peso de vapor en el instante final.
%
(c) Calor total disipado al ambiente.
kJ
(d) Entropía generada en el proceso.
kJ/K
(e) Representar el proceso en un diagrama P-v, indicando claramente la posición de las isobaras y las isotermas.
(e) Diagrama P-v:
P
1554 kPa
101 kPa
1
2
200 °C
100 °C
v
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El estado inicial es una mezcla de vapor y líquido en equilibrio, es decir, un vapor húmedo. El
sistema es cerrado (masa de agua constante) y rígido (volumen constante). Luego en el proceso, el volumen específico del agua permanece constante. La caldera cede calor hacia el exterior, que se encuentra a 20 °C.
Tabla de propiedades (calculadas a lo largo del problema):
Estado
P, kPa
T, °C
v, m3/kg
h, kJ/kg
s, kJ/kgK
x, %
y, %
1
1554,9
200
0,01072
999,39
2,6414
7,58
10,0
2
101,3
100
=v1
432,13
1,3419
0,579
9,64
(a) Masa de agua:
En el estado inicial (1) el líquido ocupa el 10 % del volumen:
VL = 1 m3 = mLvf ⇒ mL = 1/vf = 1/0,00116 = 862,1 kg
VV = 9 m3 = mVvg ⇒ mV = 9/vg = 9/0,12720 = 70,7 kg
⇒ m = mL+mV = 932,8 kg
Propiedades intensivas en el estado 1:
P1 = Ps(200 °C) = 1554,9 kPa
x1 = mV/m = 70,7/932,8 = 0,0758 = 7,58 %
v1 = V/m = 10/932,8 = 0,01072 m3/kg
h1 = x1hg+(1–x1)hf = (0,0758)(2790,90)+(1–0,0758)(852,37) = 999,39 kJ/kg
s1 = x1sg+(1–x1)sf = (0,0758)(6,4278)+(1–0,0758)(2,3307) = 2,6414 kJ/kgK
(b) Título final:
P2 = 101,3 kPa ⇒ T2 = Ts(101,3 kPa) = 100 °C
v2 = v1 = 0,01072 m3/kg = x2vg+(1–x2)vf
⇒ x2 = (v2–vf)/(vg–vf) = (0,01072-0,00104)/(1,6730–0,00104) = 0,00579 = 0,58 %
h2 = x2hg+(1–x2)hf = (0,00579)(2676,0)+(1–0,00579)(419,06) = 432,13 kJ/kg
s2 = x2sg+(1–x2)sf = (0,00579)(7,3554)+(1–0,00579)(1,3069) = 1,3419 kJ/kgK
(c) Calor disipado:
Balance de energía en sistema cerrado, estático y rígido: Q–W=∆E; como W=0 y ∆E=∆U:
Q = ∆U = ∆H–∆(PV) = m(h2–h1)–V(P2–P1) = 932,8(432,13–999,39)–10(101,3–1554,9) =
= –514604 kJ
(d) Entropía generada:
Balance de entropía en sistema cerrado:
σ = ∆Suniv = ∆S12 + ∆Sentorno = m(s2–s1)–Q12/T0 = 932,8(1,3419–2,6414)–(–514604)/293 =
= –1212,2+1755,4 = 543,3 kJ/K
Por cada kg de vapor: σ = 543,3/932,8 = 0,5824 kJ/kgK
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TERMODINÁMICA (Troncal, 7,5 cr.)
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2º
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FECHA DATA
19/09/02
PROBLEMA 2 (33 % de la nota)
Tiempo máximo: 60 minutos
Se representa el diagrama de flujo de una turbina de gas con ciclo Brayton abierto. Aire del
ambiente a 20 °C y 1 bar (1) entra en un compresor adiabático, de donde sale a 300 °C y 8
bar (2). Se mezcla con metano (CH4) en una cámara de combustión adiabática e isobara; el
metano se introduce a 8 bar y 25 °C (3). La relación aire/combustible se regula para que los
gases de combustión salgan de la cámara a 1000 °C (4). Estos gases se expanden en una turbina adiabática de rendimiento isoentrópico 0,85, hasta 1 bar (5).
3
2
Cámara de
combustión
Compresor
1
4
Turbina
5
Considerar todos los componentes como gases perfectos, con calores específicos isobaros
constantes: cP(O2) = 3,5 R; cP(N2) = 3,5 R; cP(H2O) = 4,4 R; cP(CO2) = 5,5 R; gases de combustión (valor medio): cP = 3,7 R. La potencia calorífica inferior (PCI) del metano es de 802,31
MJ/kmol.
Se pide calcular:
(a) El rendimiento isoentrópico del compresor.
%
(b) La relación volumétrica (o molar) aire/combustible empleada en la cámara de combustión.
m3/m3
(c) La temperatura de rocío de los humos de combustión, en
las condiciones de salida de la turbina (5).
°C
(d) Trabajo neto obtenido en la instalación, por cada kmol de
metano que se quema.
kJ/kmol
(e) Representar el proceso en un diagrama T-s, indicando claramente la posición de las isobaras e isotermas.
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(e) Diagrama T-s:
8 bar
T
4
1000 °C
300 °C
20 °C
2s
1 bar
5
2
5s
1
s
(a) Rendimiento isoentrópico del compresor:
(ηs)12 = (h2s–h1)/(h2–h1) = (T2s–T1)/(T2–T1), pues es un gas perfecto con cP constante.
s2s = s1 ⇒ ∆s12s = cP ln(T2s/T1) – R ln(P2/P1) = 0
⇒ T2s = T1(P2/P1)R/cp = 293 (8/1)1/3,5 = 531 K = 258 °C
⇒ (ηs)12 = (258–20)/(300–20) = 0,85 = 85 %
(b) Relación aire/combustible:
La temperatura de salida de la cámara (1000 °C) es bastante menor que la temperatura adiabática de llama (del orden de 2000 °C): por tanto, la combustión es con exceso de aire. Podemos suponer reacción completa.
Análisis de la reacción real de combustión: por cada kmol de CH4
Balance de materia: CH4 + x(0,21 O2 + 0,79 N2) → a CO2 + b H2O + c O2 + d N2
- Balance de C: 1=a
- Balance de H2: 2=b
- Balance de O2: 0,21x=a+b/2+c ⇒ c=0,21x–2
- Balance de N2: 0,79x=d
Reacción global: CH4 + x(0,21 O2 + 0,79 N2) → CO2 + 2 H2O + (0,21x–2) O2 + (0,79x) N2
x es la relación aire/combustible pedida. Se calcula resolviendo el balance de energía.
Balance de energía:
Q–Wa=∆H+∆Ec+∆Ep ⇒ 0=∆H=∆Hr°+Σ∆HS–Σ∆HE
- Calor de reacción estándar (por kmol de CH4): ∆Hr° = –PCI = –802310 kJ/kmol CH4
- Entalpía de las entradas: Σ∆HE = ΣNcP∆T = x 3,5 R (300–25) = 8002,7 x kJ/kmol CH4
- Entalpía de las salidas: Σ∆HS = ΣNcP∆T = (1+2+0,21x–2+0,79x) 3,7 R (1000-25) =
= (x+1) 29994,6 kJ/kmol CH4
Sumando los tres términos:
0 = –802310 + (x+1) 29994,6 – 8002,7 x ⇒ x = 35,12 kmol aire/kmol CH4
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Otro modo de calcular: en función de los moles de O2 (y), en vez de aire (x):
Reacción global: CH4 + y(O2 + 79/21 N2) → CO2 + 2 H2O + (y–2) O2 + (3,76y) N2
Balance de energía:
Q–Wa=∆H+∆Ec+∆Ep ⇒ 0=∆H=∆Hr°+Σ∆HS–Σ∆HE
- Calor de reacción estándar (por kmol de CH4): ∆Hr° = –PCI = –802310 kJ/kmol CH4
- Entalpía de las entradas: Σ∆HE = ΣNcP∆T = y(1+3,76)3,5R(300–25) = 38090 y kJ/kmol CH4
- Entalpía de las salidas: Σ∆HS = ΣNcP∆T = (1+2+y–2+3,76y)3,7R(1000-25) =
= (4,76y+1) 29994,6 kJ/kmol CH4
Sumando los tres términos se deduce: y = 7,377 kmol O2/kmol CH4
⇒ x = y/0,21 = 35,12 kmol aire/kmol CH4
(c) Temperatura de rocío de los humos:
La fracción molar de agua en los humos es:
xH2O = 2/(1+2+0,21x–2+0,79x) = 2/(x+1) = 0,05537
Presión parcial de agua: pH2O = xH2O P = (0,05537) 100 = 5,537 kPa ⇒ Tr = 34,7 °C
(d) Trabajo neto:
wn = wcompresor + wturbina = w12 + w45
Compresor y turbina son adiabáticos y sin cambios de Ec ni Ep, luego en ambos casos w=–N∆h:
w12 = –N1∆h12 = –x cp,aire (T2–T1) = –(35,12)(3,5)(8,314)(300-20) = –286148 kJ/kmol CH4
w45 = –N4∆h45 = –(x+1) cp,humos (T5–T4) = –(36,12)(3,7)(8,314)(T5–T4)
Cálculo de T5: el proceso 4-5s es isoentrópico: s5s=s4 ⇒ ∆s45s = cP ln(T5s/T4) – R ln(P5/P4) = 0
⇒ T5s = T4(P5/P4)R/cp = 1273 (1/8)1/3,7 = 725,7 K
⇒ T5 = T4–(ηs)45(T4–T5s) = 1273–0,85(1273–725,7) = 808 K = 535 °C
Por tanto: w45 = 516669 kJ/kmol CH4
⇒ wn = –286148 + 516669 = 230521 kJ/kmol CH4
Otro modo de calcular: balance global de energía en todo el sistema, por kmol de CH4:
Q–Wa=∆H=∆Hr°+Σ∆HS–Σ∆HE
3
Q=0
2
Compresor
Cámara de
combustión
∆Hr° = -802310 kJ/kmol CH4
4
Σ∆HE = x 3,5R(20–25) = –5110 kJ/kmol CH4
Turbina
Σ∆HS = (x+1)3,7R(535–25) = 566669 kJ/kmol CH4
⇒ wn = –(-802310 + 566669 + 5110) =
1
5
= 230521 kJ/kmol CH4