capÍtulo vii entropia resumen€¦ · un sistema conteniendo vapor de agua a 90º c ocupan un...

Ing. Teodoro Rosel Gallegos 101

CAPÍTULO VIIENTROPIA

RESUMENLa palabra entropía procede de un vocablo griego que significa

“capacidad de transformación”.

La entropía es una propiedad de la materia que se especifica para cada

estado de equilibrio o en cuasiequilibrio de una sustancia. Representa el

desorden o el grado de incertidumbre en escala microscópica, pero,

macroscópicamente se le utiliza como cualquier otra propiedad.

Como en todas las propiedades estudiadas, la entropía se estudia en

variadas formas:

Gráfica (uso de diagramas Ts y de Molliere).

Tabuladas (uso de tablas de vapor de una determinada sustancia).

De ecuaciones (relación de la entropía con otras propiedades).

Programas de computadoras.

Fue en el siglo IX cuando Clausius introdujo una función matemática

llamada entropía con la cual trató de explicar en forma cuantitativa los

conceptos de la Segunda Ley. La entropía es una consecuencia del segundo

principio y proporciona un método, basado en operaciones de cálculos, de

explicar la imposibilidad de que ciertas transformaciones energéticas se

cumplan, así como de identificar la dirección de cualquier proceso que se

realiza en forma espontánea.

Por ser considerada una propiedad extensiva:

msS


Para determinar cambios de entropía en procesos reversibles, se

utiliza la expresión:

QT S

Si el proceso reversible se realiza en un dispositivo adiabático:

O S (Proceso Isoentrópico)

Para procesos irreversibles, se deduce la expresión:

QT S

El uso de esta ecuación nos dará un valor referencial del cambio de

entropía para estos procesos.

Si el proceso irreversible se realiza en un dispositivo adiabático:

0 S

El diagrama TS , es un diagrama que representa la energía, calor, que es

transferido a través de un proceso reversible.

AREA = CALOR TRANSFERIDO

Dependiendo de la sustancia de trabajo, se establecen las siguientes

consideraciones:

T

S

2

1


La entropía de una sustancia pura en la condición de mezcla o vapor

húmedo, se determina:

f fg

g fg

s s xs

s s ys

La entropía de una sustancia pura en la condición de vapor

sobrecalentado, deberá de tenerse en cuenta, por lo menos, dos

propiedades independientes siendo una de ellas, la presión.

Si la sustancia es un gas ideal, se utilizarán relaciones derivadas de las

ecuaciones de Maxwell. Así:

2 212

1 1

ln lnvT Vs c RT V

2 212

1 1

ln lnpT ps c RT p

Para representar procesos con gases ideales, se utilizará el siguiente

diagrama:

T

s

n k

0n

1n

n


APLICACIONES

ProblemaUn sistema contiene una cierta sustancia pura, inicialmente como

líquido saturado a la temperatura de 180º C ( 1,16fv ; 3102,5 cmggv ;

2,25 kJkgKfs ). El sistema realiza un proceso isobárico y luego un proceso

isométrico hasta alcanzar su punto crítico ( 31 8, 4 5 cmgcv ; 8,26 kJ

kgKcs ).

Determinar:

a) La calidad al término del primer proceso, en %.

b) Si 12 2400 kJkgq . Hallar

180ºCgs , en kJkgK .

SoluciónDel diagrama Ts:

a) 2 ?x

De: 2 2f fg cv v x v v

218,45 1,16102,5 1,16

c f

fg

v vxv

2 0,1706x

Respuesta: 2 17,06%x

ºT C

s

2180 1

3


b) 180 º

?Cgs

Puesto que el proceso 12 es reversible:

12 12 12q T s

Luego: 12

1212

2400180 273

qsT

12 5,29801kJkgKs

12 2 fgs x s

12

2

5,298010,1706fg

ssx

31,0551 kJkgKfgs

Respuesta: 180º

33,255C

kJkgKgs

ProblemaUn sistema conteniendo vapor de agua a 90º C ocupan un volumen de

3581,23dm y son enfriados hasta 30º C a través de un proceso adiabático-

reversible, obteniéndose una calidad del 50% para luego ser calentado

isobáricamente hasta convertirlo en vapor saturado. Determinar el cambio de

entropía que sufre el vapor de agua, en kJK .

Solución

ºT C

2

1

330

90


De: 123 123m s S

Pero: 123 12 23s s s 12 0s

Luego: 123 23s s

123 3 2s s s

Siendo: 30º2 2 Cf fgs s x s

2 0,4069 0,50 8,0164s

2 4,41516 kJkgKs

Cálculo de m:

De: 1

1

Vmv

Pero: 90º1 1 Cf fgv v x v

Además: 1 2s s

Luego: 90º

11

4,41516 1,19256,2866

C

f

fg

s sxs

1 0,5126x

Reemplazo: 1 0,001036 0,5126 2,361 0,001036v

3

1 1,21075 mkgv

En : 0,581231,21075

m

0,480m kg

En : 123 0,480 8,4533 4,41516s

123 1,93830 kJK S

Respuesta: 123 1,9383 kJK S

Problema

En una tobera se expansiona en flujo FEES, 1,5 kgmi de un gas ideal

( 1, 2pc ; 0,8 kJkgKvc ) desde 5b y 120º C con velocidad despreciable hasta

1b y 400 ms de velocidad. Si durante el proceso se disipan 10kJ

kg de calor


¿Cuál será el cambio de entropía que sufre el gas a su paso por la tobera, enkW

K ?

Solución

De: 12 12m s S

Para un gas ideal:

2 212

1 1

ln lnpT ps c RT p

Cálculo de 2T :

Por primera ley: vc c p vcq h e e w

Eliminando términos:

vc cq h e

2 1vc p cq c T T e

2 1vc c

p

q eT Tc

1 0v

Reemplazando valores:

2 3

2

10 0,5 400 10393

1,2T

2 318T K

En : 12318 11,2 ln 0,4 ln393 5

s

12 0,38966 kJkgKs

Luego: 12 1,5 0,38966 S

12 0,58449 kWK S

Respuesta: 12 0,58449 kWK S

ProblemaUn compresor adiabático admite aire a 1b , 20º C con velocidad

despreciable, comprimiéndolo en forma reversible. La descarga se realiza a


una tubería de diámetro interior igual a 3 cm. Si la velocidad de descarga del

aire es 30 ms y su presión de 5b ; determinar:

a) El flujo de aire utilizado, en kgh .

b) La potencia consumida, en kW.

Solución

a) Cálculo de m

Por continuidad: 2 2

2

v Amv

En donde: 22

2

RTvp

Por ser el proceso adiabático-reversible:

1

0,2857222 1

1

293 5

kkpT T

p

2 464,0634T K

Luego: 20,287 464,0634

500v

3

2 0,26637 mkgv

En : 223 1030 .0,26637 4

m

0,07961kgsm

Respuesta: 286,596 kghm

b) De la primera ley:

1 2 1 2vc pW m h h mc T T

0,07961 1,004 293 464,0634vcW

13,6728vcW kW

Respuesta: 13,67vcW kW


Problema

Argón ( 1,7pc ; 1,4 kJkgKvc ) ingresan a un difusor adiabático de un

motor a propulsión a chorro a 0,8b ; 10º C y 2 0 0 ms . El área de ingreso al

difusor es 23 0d m siendo despreciable la velocidad de salida y la presión igual

a 1b . Determinar el cambio de entropía generado, en kWK .

Solución

De: 12 12m s S

Cálculo de m

Por continuidad: 1 1

1

v Amv

En donde: 11

1

0,3 28380

RTvp

3

1 1,06125 mkgv

Luego: 2200 0,3

1,06125m

16,9611kgsm

Cálculo de 12s

De: 2 212

1 1

ln lnpT ps c RT p

Por primera ley: vc cq h e 0q

Luego: 2 21 3 3

2 1

20010 283 10

2 2 1,7p

vT T

c

2 294,7647T K

En : 12294,7647 11,7 ln 0,3 ln

283 0,8s

12 0,002298 kJkgKs


En : 12 19,9611 0,002298 S

12 0,03899 kWK S

Respuesta: 12 0,03899 kWK S

ProblemaUna máquina refrigeradora de Carnot trabaja con 1,2 kg de un gas ideal

( 10pc ; 0,7 kJkgKvc ) entre las condiciones máximas de 8b ; 30,375 m

kg y

mínimas de 2b ; 30,113 mkg . Determinar el trabajo neto en kJ.

SoluciónRepresentando las condiciones del problema, en el diagrama Ts:

De: NETO A BW T T m s

En donde: 1 11

800 0,113:0,3A A

p vT T TR

1 301,333 KkgAT T

3 33

200 0,375:0,3B B

p vT T TR

3 2250 KkgBT T T

Cálculo de s :

ºT C

kJkgKs

2

1 4

3

AT

BT

s

30,113 mkg

30,375 mkg

8b

2b


Primer método:En proceso 2-3:

3 323

2 2

ln lnpT ps c RT p

3 2T T

223

3

ln ps Rp

Pero:

1 1,428570,42857

22 1

1

2508301,333

kkTp p

T

2 4,29271p b

Luego: 234,292710,3 ln

2s

23 0,22913 kJkgKs

Segundo método:

De: 13 23 41s s s

Pero: 3 313

1 1

ln lnpT ps c RT p

13250 21 ln 0,3 ln

301,333 8s

13 0,22913 kJkgKs

En : 301,3333 250 1,2 0,22913NETOW

14,1143NETOW kJ

Respuesta: 14,11NETOW kJ


ProblemaA una turbina adiabática ingresa vapor de agua a las condiciones de

1 8 b y 300º C. La potencia que desarrolla se estima en 5MW para un flujo de

vapor de 43200 kgh siendo la presión a la salida de 0,75b ¿Cuál será el flujo

del cambio de entropía, en kWK ?

Solución

De: 2 1m s m s s S

Cálculo de s :

Por primera ley: vc vcQ H EC EP W

Eliminando términos, por condición del problema:

vcH W

2 1 vcm h h W

2 15003029,2

432003600

vcWh hm

2 2612,5333 kJkgh

Para precisar el estado termodinámico a la salida de la turbina, se

utilizará el método de Falsa Suposición.

Luego, supongamos que el estado a la salida de la turbina (2) es vapor

húmedo; por consiguiente, el estado deberá tener calidad.

Así: 0,752 2 bf fgh h x h

22

2612,5333 384,392278,6

f

fg

h hxh

2 0,9778x

Finalmente, el estado termodinámico a la salida de la turbina será vapor

húmedo o mezcla.


Luego: 0,752 2 bf fgs s x s

2 1,2130 0,97778 6,2434s

2 7,31814 kJkgKs

En : 43200 7,31814 6,82263600

S

5,9465 kWK S

Respuesta: 5,9465 kWK S

Nota: Para determinar el estado termodinámico a la salida de la turbina,

puede también, utilizarse el Método Gráfico.

En el diagrama Ts, luego de determinar el valor de 2h por primera ley y

conociendo la tendencia de las líneas isoentálpicas en el diagrama, se procede

a comparar el valor de 2h con el valor de 0,75bgh .

Luego:

0,75 2bgh h

Por consiguiente, el estado termodinámico a la salida será vapor

húmedo o mezcla. Finalmente, el procedimiento, para determinar la entropía

del punto 2, deberá de ser continuado de acuerdo a lo anterior.

ºT C

2

1300

18b

kJkgKs

0,75b


ProblemaPor la turbina adiabática de una instalación térmica fluye en flujo FEES y

reversiblemente, vapor de agua. Si las condiciones iniciales son 5 MPa y 500ºC

desarrollándose una potencia de 5MW siendo la presión a la salida de 10 kPa.

Determinar:

a) El flujo de vapor de agua, en kgmi .

b) El caudal de ingreso, en 3ms , si 2

2 20A dm .

SoluciónDe acuerdo a las condiciones del problema, el proceso será un proceso

adiabático-reversible (isoentrópico).

Del diagrama: 1 2s s

Puesto que: 102 kPags s

Luego, el estado termodinámico a la salida de la turbina, es vapor

húmedo.

Cálculo de m

Por primera ley: vc vcQ H EC EP W

Finalmente: vcH W

2 1 vcm h h W

T

2

1500

5MPa

s

10KPa


1 2

vcWmh h

En donde: 102 2 kPaf fgh h x h

Pero: 10

22

6,9759 0,64937,5009

kPa

f

fg

s sxs

2 0,84345x

Reemplazo: 2 191,83 0,84345 2392,8h

2 2210,0262 kJkgh

En : 50003433,8 2210,0262

m

4,0857 kgsm

Respuesta: 245,143kgmim

b) 1 ?V

De: 1 1V mv

1 4,0857 0,04175V

3

1 0,17057 msV

Respuesta: 3

1 170,57 dmsV

Problema

En un compresor centrífugo, se comprime 2,5 kgmi de aire, en flujo FEES

en forma adiabática desde 1b y 21º C hasta 3b . La potencia para vencer las

irreversibilidades se estiman en 0,45kW ¿Cuál será la potencia total

requerida, en kW?


Solución

La potencia total (potencia en el eje) que necesita el compresor para su

funcionamiento, será:

TOTAL EJE IDEAL IRREVw w w w

Cálculo de IDEALw : Por primera ley

IDEALw m h

1 2IDEAL p iw mc T T

2 ?iT

1

22 1

1

kk

ii

pT Tp

1,4k

0,28572

232941iT

2 402,4115iT K

Luego: 2,5 1,004 294 402,411560IDEALw

4,5477IDEALw kW

En : 4,5477 0,45TOTALw

4,9977TOTALw kW

Respuesta: 5TOTALw kW

ºT C

2r

1

2i

3b

s

1b


ProblemaEn una turbina se expande aire adiabáticamente desde 500º C y 1 4 b

hasta 200º C. Si el proceso fuese reversible, la temperatura final sería 180º C

para la misma presión de salida. Determinar el cambio de entropía que sufre el

aire, en kJkgK .

SoluciónSean los estados termodinámicos:

2i final del proceso ideal (reversible)

2r final del proceso real (irreversible)

También, 2p , la presión a la salida.

Cálculo de 1 2 rs :

De: 2 21 2

1 1

ln lnrr p

T ps c RT p

2 ?p

Del diagrama: 2 2 2r ip p p

En proceso isoentrópico 1 2 i :

ºT C

2i

1500

14b

s

2p

200180

2r


1 1,40,4

22 1

1

45314773

kk

ii

Tp pT

2 22,1569ip b p

En : 1 2473 2,15691,004 ln 0,287 ln773 14rs

1 2 0,04365 kJkgKrs

Respuesta: 1 2 0,04365 kJkgKrs

Otro método:

De: 1 2 1 2 2 2r i i rs s s 1 2 0is

Luego: 1 2 2 2r i rs s

21 2

2

473ln 1,004ln453

rr p

i

Ts cT

1 2 0,04337 kJkgKrs

Respuesta: 1 2 0,04337 kJkgKrs


CICLOS DE POTENCIA

CAPÍTULO VIIICICLO RANKINE

RESUMENLos dispositivos que se utilizan para realizar la conversión de calor en

trabajo, reciben el nombre de máquinas térmicas.

Cuando se piensa en un ciclo de potencia para obtener una máxima

eficiencia, de inmediato se piensa en un ciclo Carnot, pero este no es el modelo

adecuado para los ciclos de potencia de vapor porque no se puede alcanzar en

la práctica, debido a que no es posible diseñar un dispositivo en el que se

permita la transferencia de calor a un fluido a temperatura constante en un

proceso considerado, reversible.

El ciclo que sirve de modelo y que se adapta a un ciclo de potencia de

vapor es el llamado Ciclo de Rankine, el cual está conformado por cuatro

procesos básicos internamente reversibles.

El proceso de adición de calor, realizado en el caldero a través de un

proceso isobárico.

El proceso de expansión isoentrópico realizado en la turbina.

El proceso de rechazo de calor, en el condensador a presión constante.

El proceso de compresión isoentrópica, en la bomba.

La eficiencia que se obtiene del ciclo de Rankine básico es aceptable,

pero como modelo no es aceptado debido a la elevada humedad a la salida de

la turbina. En el diseño de una turbina que trabaja con vapor de agua,

normalmente es deseable que la humedad no exceda del 10% al 12% para

evitar la formación con exceso de gotas de líquido.

Es por ello que es necesario utilizar las variantes del ciclo. El ciclo de

Rankine sobrecalentado, se caracteriza por elevar la temperatura promedio


durante la adición de calor, de manera que se disminuya el contenido de

humedad a la salida de la turbina, pero este sobrecalentamiento se encuentra

restringido por las condiciones metalúrgicas en la confección de la turbina.

Otra de las variantes que ofrece el ciclo de Rankine, es el

recalentamiento de la sustancia de trabajo, para lo cual es necesario el uso de

una segunda turbina de manera que se mantiene la humedad, en la turbina de

alta y de baja presión, dentro de los límites recomendables; asimismo, la

eficiencia del ciclo aumenta.

La mejor variante que ofrece el ciclo de Rankine es el uso de la

regeneración del ciclo. Si logramos precalentar el agua de alimentación del

caldero, se logrará una disminución del calor que se necesita en el generador

de vapor para realizar el cambio de fase de la sustancia de trabajo. Para ello se

utilizará los llamados calentadores o mezcladores, se puede utilizar más de

un calentador con lo cual, la eficiencia del ciclo tenderá a aumentar. La

utilización del número de calentadores estará en función de costos en el diseño

de la planta, combustible y otros, lo que permitirá determinar el númeroóptimo en el uso de calentadores.


APLICACIONES

ProblemaUn taller de vulcanizado utiliza un ciclo Rankine, como ciclo de trabajo y

utiliza una cierta sustancia pura como sustancia de trabajo. Si las condiciones

de operación, son:

Entalpía a la salida de la turbina: 1500kJkg

Entalpía a la salida del condensador: 500 kJkg

Temperatura de sobrecalentamiento: 300º C

Potencia generada: 2 MW

Flujo de masa: 42000 kgh

Determinar la eficiencia térmica.

Solución

De: 1 B

A

qq

Teniendo como referencia el diagrama Ts:

2 1500 kJkgh

3 500 kJkgh

Pero: 2 3Bq h h

1500 500Bq

1000 kJkgBq

ºT C

2

1300

kJkgKs

3

4


?Aq

De: NETO A BW q q

A NETO Bq W q

NETAA B

Wq qm

2000 1000420003600

Aq

1171,4285 kJkgAq

Reemplazando: 100011171,4285

0,1463

Respuesta: 14,63%

ProblemaSe diseña una turbina para que trabaje en ciclo de Rankine. El vapor de

agua ingresa a la turbina a 1 6 b realizándose la condensación a 30º C; si la

humedad a la salida no debe de exceder en 19,57%. Determinar:

a) La temperatura de ingreso a la turbina, en ºC.

b) La eficiencia térmica.

Solución

ºT C

2

1

30

kJkgKs

3

4

16b


a) Cálculo de 2s :

30º2 2 Cg fgs s y s

2 8,4533 0,1957 8,0164s

2 6,8844 kJkgKs

Puesto que en el proceso en la turbina es considerado isoentrópico,

luego:

1 2 6,8844 kJkgKs s

Por consiguiente, el estado termodinámico al ingreso de la turbina, será

de vapor sobrecalentado:

161 bgs s

Teniendo en cuenta las propiedades a los que se encuentra el estado 1,

en tablas de vapor sobrecalentado:

11

1

16300º

6,8844kJkgK

p bT C

s

Respuesta: 1 300ºT C

b) De:

1 2 4 3

1 4

h h h hh h

De tablas: 1 3034,5 kJkgh

2 ?h

30º2 2 2558,3 0,1957 2430,5Cg fgh h y h

2 2082,6511kJkgKh

4 ?h

4 3 125,79 0,001004 1600 4,246Bh h w

4 127,3921kJkgKh


En :

3034,5 2082,6511 127,3921 125,79

3034,5 127,3921

0,3267

Respuesta: 32,67%

Problema

Una batería de colectores solares con un área de 25 0 0 m suministra

energía a la caldera de una planta de fuerza que utiliza un ciclo de Rankine

como ciclo de trabajo. La batería suministra 26MJm h de energía calorífica al

agua, saliendo éste de la caldera a 2 MPa, 300º C e ingresando a la bomba a

60º C. Determinar:

a) El flujo de masa utilizado, en kgmi .

b) La potencia útil, en kW.

c) La eficiencia térmica del ciclo.

Solución

a) Cálculo del flujo de masa de agua m

41

41

Qmq

41 ?q

De: 41 1 4q h h

De tablas: 1 3023,5 kJkgh

300

ºT C

2

1

60

kJkgKs

3

4

2MPa


También: 4 3 Bh h w

4 251,15 0,001017 2000 19,94h

4 253,1637 kJkgh

41 3023,5 253,1637q

41 2770,3362 kJkgq

Reemplazando:

6000 15003600 2770,3362

m

0,3008 kgsm


b) De: 41 23UTILw Q Q

23 ?Q

23 2 3Q m h h

En donde: 60º2 2 Cf fgh h x h

Pero: 60º

22

C

f

fg

s sxs

2 1s s

26,7644 0,8312 0,8385

7,0784x

Luego: 2 251,15 0,8385 2358,5h

2 2228,7394 kJkgh

23 0,3008 2228,7394 251,15Q

23 594,8589Q kW

Reemplazando:

833,3333 594,8589UTILw

238,4744UTILw kW

Respuesta: 238,47UTILw kW


c) De:238,4744833,3333

UTIL

A

WQ

0,2861

Respuesta: 28,61%

Problema

Se utiliza petróleo con un poder calorífico de 40 MJkg en el hogar de un

caldero, siendo las condiciones al ingreso de la turbina de un ciclo Rankine de

8MPa y 600º C; la presión en el condensador de 10 kPa y la potencia generada

por el ciclo de 45 MW; determinar:

a) El calor rechazado, en MW.

b) La eficiencia térmica del ciclo.

c) El flujo de masa de combustible utilizado, en kgh .

Solución

a) ?BQ

De: 2 3BQ m h h

De tablas: 103 191,83

kPa

kJkgfh h

?m

De: NETA

NETO

wmw

En donde: 1 2 4 3NETOw h h h h

ºT C

2

1

8MPa

kJkgKs

3

4

10kPa


De tablas: 1 3642 kJkgh

2 ?h

Estado termodinámico a la salida de la turbina:

101 2 kPags s s

Luego, el estado a la salida es mezcla.

102 2 kPaf fgh h x h

Pero: 10

22

7,0206 0,6493 0,84947,5009

kPa

f

fg

s sxs

Reemplazo: 2 191,83 0,8494 2392,8h

2 2224,2856 kJkgh

4 ?h

De: 4 3 Bh h w

4 191,83 0,001010 8000 10h

4 199,9 kJkgh

Luego: 3642 2224,2856 8,067NETOw

1409,647 kJkgNETOw

Reemplazo: 45000 31,92281409,647

kgsm

En : 31,9228 2224,2856 191,83BQ

64881,829BQ kW

Respuesta: 64,88BQ MW

b) De: NETA

A

wQ

?AQ

Por primera ley:


A NETA BQ w Q

45 64,88AQ

109,88AQ MW

Reemplazando:

45 0,4095109,88

Respuesta: 40,95%

c) De: Cc

c

Qmp

109880 2,74740000

kgscm

Respuesta: 9889,2 kghcm

ProblemaPor la turbina de alta presión de un ciclo de Rankine con

recalentamiento, ingresa vapor de agua a 6 MPa y 450º C. El vapor de agua es

recalentado hasta 400º C expandiéndose hasta 7,5 kPa con una humedad de

17,33%. Si el calor transferido en el generador de vapor es 25 MW. Determinar:

a) La presión de recalentamiento, en b .

b) El flujo de masa utilizado, en kgh .

c) La eficiencia térmica.

Solución

2

1450

3

4

400

5

6

7

6MPa

2p

7,5kPa


a) Cálculo de 2p :

4 ?s

7,54 4 kPag fgs s y s

4 8,2515 0,1733 7,6750s

4 6,9214 kJkgKs

Pero: 3 4s s

Luego, en tablas de vapor sobrecalentado, con 3 400ºT C y

3 6,9214 kJkgKs

2 3p MPa

Respuesta: 2 30p b

b) Cálculo de m :

En el generador de vapor: 67

67

Qmq

67 ?q

De: 67 7 6q h h

De tablas: 67 2784,3

MPa

kJkggh h

También: 6 5 Bh h w

6 168,79 0,001008 6000 7,5h

6 174,83 kJkgh

Luego: 67 2784,3 174,33q

67 2609,469 kJkgq

25000 9,582609,469

kgsm



c) Cálculo de :

De:

1 2 3 4

1 6 3 2

BNETO

A

h h h h wwq h h h h

De tablas: 1 13301,8 ; 6,7193kJ kJkg kgKh s

3 33230,9 ; 6,9212kJ kJkg kgKh s

2 ?h

Estado termodinámico a la salida de la turbina de alta presión:

31 2 MPags s s

El estado es vapor sobrecalentado.

Luego: 22

2

33115,5

6,7428kJ

kg kJkgK

p MPah

s

4 ?h

Estado termodinámico a la salida de la turbina de baja presión:

7,54 3 kPags s s

Luego: 7,54 4 kPaf fgh h x h

Pero: 7,5

44

6,9212 0,57647,6750

kPa

f

fg

s sxs

4 0,8266x

4 168,79 0,8266 2406h

4 2157,7917 kJkgh

Reemplazando:

3301,8 3115,5 3230,9 2157,79 6,043301,8 174,83 3230,9 3115,5

0,3865

Respuesta: 38,65%


ProblemaUna planta de fuerza utiliza un ciclo Rankine regenerativo; el vapor de

agua ingresa a la turbina a 5 0 b y 300ºC. Se realiza una extracción de vapor a

2 5 b al utilizarse un mezclador de contacto directo. Si la presión en el

condensador de 0,75b y despreciando el trabajo de bombas; determinar:

a) El porcentaje de calor extraído.

b) La eficiencia térmica del ciclo.

Solución

a) Del diagrama Ts

5 4

4E

h hym h h

De tablas: 5 25 962,11kJkgf bh h

También:1 14 3 0B Bh h w w

Luego: 0,754 3 384,39

b

kJkgKfh h h

Cálculo de Eh :

Estado termodinámico del estado E

251 bE gs s s

Luego, el estado E es mezcla

25bE f E fgh h x h

Pero: 25

6,2034 2,55473,7028

b

E fE

fg

s sxs

0,9853Ex

2

1

ºT C

3

4

300

5

6

E0,75b

25b

50b

kJkgKs


Reemplazando:

262,11 0,9853 1841Eh

2776,2119 kJkgEh

En : 962,11 384,392776,2119 384,39

ym

0,2415ym

Respuesta: 24,15%ym

b) ?

De:

1 2

1 6

1E E Byh h h h wm

h h

0Bw

En donde: 1 2924,5 kJkgKh

6 5h h

Reemplazando:

2924,5 2766,2119 1 0,2415 2776,2119 2205,69332924,5 962,11

0,2960

Respuesta: 29,60%


CAPÍTULO IXCICLO JOULE BRAYTON

RESUMENEl ciclo de Joule Brayton más conocido como el ciclo Brayton es el ciclo

ideal de las centrales térmicas de generación de energía que utilizan un gas,

como sustancia de trabajo. El ciclo Brayton está conformado por cuatro

procesos:

Proceso de compresión isoentrópica, en el compresor.

Proceso de adición de calor, a presión constante, en la cámara de

combustión.

Proceso de expansión isoentrópica, en la turbina.

Proceso de rechazo de calor a presión constante.

Dependiendo del uso de un intercambiador de calor, el ciclo se

denomina, ciclo Brayton cerrado, utilizado preferentemente en ambientes de

laboratorios. En la generalidad de los casos de uso, es el medio atmosférico el

cuarto elemento que cierra el ciclo por lo que se le denomina ciclo Brayton

abierto.

Se denomina estándar de aire, cuando la sustancia de trabajo es aire

que se comporta como un gas ideal, además, que el proceso real de

combustión es reemplazado por un proceso de adición de calor a condición

isobárica. Luego, la eficiencia térmica del ciclo Brayton bajo estas condiciones,

es:

1

11 kk

pr

En donde: MAXp

MIN

prp

(relación de presiones)

p

v

ck

c (exponente isoentrópico)


El uso de un intercambiador de calor a la salida del compresor, será una

de las variantes del ciclo Brayton. A este dispositivo se le llama regenerador,

luego el ciclo será Brayton regenerado, que establece la relación entre el calor

real que es transferido al aire antes de ingresar a la cámara de combustión, al

calor máximo posible que pueda transferírsele. Luego:

.

REALREG

MAX POSIBLE

QQ

Para la condición de regeneración ideal 100%REG la temperatura a

la salida del compresor debe ser igual a la temperatura al inicio del proceso de

rechazo de calor y la temperatura a la salida de la turbina será igual a la

temperatura al inicio del proceso de adición de calor.

Por consiguiente bajo la suposición de aire frío estándar, la eficiencia de

un ciclo Brayton con regeneración ideal, será:

1 1ca

T

wr

w relación de acoplamientoar


APLICACIONES

PROBLEMAUna central termoeléctrica utiliza un ciclo de Brayton, entregando 3MW

de potencia neta a un generador eléctrico. Si la presión y temperatura máximas

es 5b y 1000ºC y la presión y temperatura mínimas de 1b y 27ºC, teniendo en

cuenta que la planta trabaja con un regenerador ideal. Determinar el calor

admitido, en KW.

SOLUCIÓN

3 ?xQ

De: 3 3 4...x p x xQ mc T T T T

?m

Si: NETA

NETO

Wmw

En donde: NETO T cw w w

3 4 2 1NETO pw c T T T T

2 ?T

1

0,285722 1 300 5

kk

pT T r

2 475,15T K

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

27

5b

1b

y

x

1000


4 ?T

4 3 0,285721

1 112735k

kp

T Tr

4 803,745T K

Reemplazando: 1,004 1273 803,745 475,15 300NETOw

295,281kJkgNETOw

3000295,281

m

10,16 kgsm

Luego: 3 10,16 1,004 1273 803,745xQ

3 4786,606xQ KW

Respuesta: 3 4786,6xQ KW

PROBLEMA

Un ciclo de Brayton tiene una relación de presiones igual a 4 y comprime

aire a razón de 33ms a las condiciones de 1b , 20ºC siendo la máxima

temperatura alcanzada por el ciclo de 900ºC.

a) ¿Qué porcentaje del trabajo de la turbina sirve para mover el

compresor?

b) ¿Qué porcentaje representa, en el aumento de la eficiencia, el instalar

un regenerador ideal?


SOLUCIÓN

a) ?c

T

WW

De: 2 1

3 4

c c

T T

W w T TW w T T

2 ?T 1

0,285722 1 293 4

kk

pT T r

2 435,40T K

4 ?T

4 3 0,285721

1 111734k

kp

T Tr

4 789,364T K

Reemplazando:435,40 293

1173 789,364c

T

ww

0,3711ca

T

wr

w ( ar relación de acoplamiento)

Respuesta: 37,11%

b) ?REG

Sea: eficiencia sin regeneración

REG eficiencia con regeneración

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

20

1b

y

x

900


Luego: 0,285721

1 11 14k

kpr

0,4479

1 1 0,3711REG ar

0,6729REG

0,3270%0,6729REG

% 0,4859

Respuesta: 48,59%

ProblemaUna central termoeléctrica trabaja con aire, según un ciclo de Brayton

con regeneración ideal y tiene las siguientes condiciones de operación:

Ingreso al compresor : 1b ; 27º C

Ingreso a la turbina : 5b ; 910º C

Determinar la eficiencia térmica del ciclo, si:

a) Eficiencia del regenerador igual a 100%.

b) Sin regeneración.

Solución

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

x

y


a) 100%REG

De: 1 c

T

ww

Luego: 1

3

1 y

x

T TT T

( )

?yT

Del diagrama: 2yT T

Luego:1

2 1

kk

pT T r

En donde:1,0040,717

p

v

ck

c

1,4k

Reemplazando: 0,285722 300 5T

2 475,150T k

?xT

De igual forma: 4xT T

Luego:

10,28572

4 31 11183

5

kk

p

T Tr

4 746,9216T k

En : 475,150 30011183 746,9216

0,5983

Respuesta: 59,83%

b) Sin regeneración

De: 0,2857211

1 11 15k

pr

0,3686

Respuesta: 36,86%


ProblemaAire ingresa al compresor de un ciclo de Brayton a 0,8b y 30º C

comprimiéndolo hasta 5b . Si en la cámara de combustión se agregan 1200kJkg

de calor. Determinar:

a) El trabajo neto, en kJkg .

b) La relación de acoplamiento ar , en %.

Solución

a) ?NETOw

De: NETO T Cw w w

Luego: 2 1Cw h h

2 1C pw c T T

En donde:1

2 1

kk

pT T r

1,4k

0,28572

25303

0,8T

2 511,495T K

Reemplazando: 1,004 511,495 303Cw

209,33 kJkgCw

De igual forma: 3 4Tw h h

3 4T pw c T T

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

30

5b

0,8b


3 ?T

De: 3 2Aq h h

3 2A pq c T T

Luego: 3 21200511,4951,004

A

p

qT Tc

3 1706,714T K

4 ?T

De:

10,28572

4 31 0,81706,714

5

kk

p

T Tr

4 1011T K

Reemplazando: 1,004 1706,714 1011Tw

698,471kJkgTw

En : 698,471 209,33NETOw

489,141kJkgNETOw

Respuesta: 489,14 kJkgNETOw

Otro método

De:1

11 NETOk

Akp

wq

r

Luego: 1

11NETO A kk

p

w qr

Reemplazando:0,285720,81200 1

5NETOw

489,142 kJkgNETOw



b) ?ar

De: 2 1

3 4

ca

T

w T Trw T T

511,495 3031706,714 1011ar

0,2996ar

Respuesta: 29,96%ar

ProblemaUna planta de fuerza utiliza un ciclo Brayton con regeneración ideal. El

compresor aspira 32,5 ms de aire a 1b , 27º C siendo la temperatura a la salida

de la cámara de combustión de 800º C. Si la relación de presiones es igual a 6.

Determinar:

a) El calor rechazado al sumidero, en kW.

b) El calor ahorrado en la cámara de combustión, en kW.

Solución

a) 1 ?yQ

De: 1 1y yQ m h h

1 1y p yQ mc T T

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

27

6b

1b

y

x

800


?m

De: 1 1 1pV mRT

1 1

1

100 2,50,287 300

pVmRT

2,9036 kgsm

?yT

De: 2 yT T

Luego:1

2 1

kk

pT T r

1,4k

0,285722 300 6T

2 500,558T K

Reemplazando: 1 2,9036 1,004 500,558 300yQ

1 584,67yQ kW

Respuesta: 1 584,67yQ kW

b) 2 ?xQ

De: 2 2x p xQ mc T T

Pero: 4xT T

Luego:

10,28572

4 31 11073

6

kk

p

T Tr

4 643T K

Reemplazando: 2 2,9036 1,004 643 500,558xQ

2 417,115xQ kW

Respuesta: 2 417,11xQ kW


Problema

El compresor de un ciclo Brayton aspira 33ms de aire a 1,5b y -10º C

comprimiéndolo hasta 5b . En la cámara de combustión se inyecta un

combustible que desprende 30000 kJkg de combustible, al quemarse, de modo

que la temperatura máxima alcanzada por el ciclo es 1200K. Determinar:

a) El flujo de combustible utilizado, en kgh .

b) La potencia útil, en kW.

Solución

a) ?cm

De: cc

c

Qmp

combustiblec

Pero: c aQ Q airea

Luego: 3 2a a pQ m c T T

En donde: 1 1

1

150 30,287 263a

pVmRT

5,961kgsam

También: 0,285721

2 15263

1,5

kk

pT T r

2 370,981T K

Reemplazando: 5,961 1,004 1200 370,981aQ

T K

kJkgKs

2

1

4

31200

5b

1,5b

263


4961,544aQ kW

4961,544 0,1653

30000kg

scm

Respuesta: 595,385 kghcm

b) ?ÚTILW

De: 1

11AÚTIL kk

p

W Qr

0,2857254961 1 20371,5ÚTILW kW

Respuesta: 2037ÚTILW kW

ProblemaUn ciclo de Brayton utiliza aire ingresando al compresor a 95 kPa y 290K

mientras que en la turbina lo hace a 760 kPa y 1100 K. Se transfiere calor al

aire a una tasa de 8000 kW. Determinar:

a) El flujo de masa de aire utilizado, en kgh .

b) Si se instala un regenerador ideal ¿cuál es la eficiencia?

c) El calor transferido en el regenerador, en kW.

Solución

T K

kJkgKs

2

1

4

3

290

760kPa

95kPa

y

x

1100


a) ?am

De: 23 3 2a pQ m c T T

23

3 2a

p

Qmc T T

Pero:0,285721

2 195290760

kk

pT T r

2 595,325T K

Luego:

80001,004 1100 595,325am

13,865 kgsam

Respuesta: 49914 kgham

b) ?

De: 1 ar relación de acoplamientoar

En donde: 2 1

3 4a

T TrT T

Pero:

10,28572

4 31 951100

760

kk

p

T Tr

4 607,242T K

Reemplazando: 595,325 290 0,47751100 607,242ar

Respuesta: 47,75%ar

c) 2 ?xQ

De: 2 2x p xQ mc T T

Pero: 4xT T

Luego: 2 13,865 1,004 607,242 525,325xQ

2 1140,322xQ kW

Respuesta: 2 1140,32xQ kW


ProblemaUn ciclo Brayton opera con aire, ingresando al compresor a 1b , 20º C a

razón de 36ms . Si las condiciones a la entrada de la turbina son 8b y 1000º C;

determinar:

a) La potencia neta, en kW.

b) Si se instala un regenerador ideal ¿Qué porcentaje representa el calor

ahorrado?

Solución

a) ?NETAw

De:1

11 NETAk

Akp

wQ

r

Luego: 1

11NETA A kk

p

w Qr

Pero: 3 2A pQ mc T T

Siendo: 1 1

1

100 60,287 293

pVmRT

7,135 kgsm

Reemplazo: 7,135 1,004 1000 20AQ

ºT C

kJkgKs

2

1

4

3

20

8b

1b

y

x

1000


7020,4AQ kW

0,28572

17020,4 18NETAw

3144,868NETAw kW

Respuesta: 3144,86NETAw kW

b) 2

23

?xQQ

De: 2 2x p xQ mc T T 4xT T

Luego: 4 3 0,285721

1 112738k

kp

T Tr

4 702,744T K

De igual forma: 1

0,285722 1 293 8

kk

pT T r

2 530,76T K

Reemplazando: 2 7,135 1,004 702,744 530,76xQ

2 1232xQ W

23 ?Q

De: 23 3 2 7,135 1,004 1000 20pQ mc T T

23 7020,27Q kW

2

23

1232 0,17547020,27

xQQ

Respuesta: 2

23

17,54%xQQ


CAPÍTULO X

CICLO DE MÁQUINAS DE COMBUSTIÓN INTERNACICLO OTTO – CICLO DIESEL

RESUMENEn general, los ciclos reales que se realizan en las máquinas de

generación de energía son bastantes complejos, es por ello, la necesidad de

realizar estudios a sistemas idealizados que puedan dar como resultado un

molde para su ejecución.

Los ciclos teóricos que se adaptan a las máquinas (motores) de

combustión interna que utilizan gasolina o petróleo, son el ciclo Otto y el ciclo

Diesel.

El ciclo Otto es una idealización del ciclo de las máquinas reciprocantes

de encendido por chispa eléctrica (motores gasolineros). El ciclo Otto estándar

de aire se desvía sustancialmente del ciclo real pero es de necesidad e

instructivo analizar el ciclo ideal. Está conformado por cuatro procesos

internamente reversibles:

Proceso de compresión isoentrópica.

Proceso de adición de calor a volumen constante.

Proceso de expansión isoentrópica.

Proceso de rechazo de calor a volumen constante.

Para fines académicos se utilizará el aire como única sustancia de

trabajo para todos los procesos que conforman el ciclo. Luego, bajo

condiciones de suposición de aire frío estándar, la eficiencia del ciclo de Otto

ideal, será:

1

11 relación de compresiónMAXvk

MINv

VrVr


El ciclo Diesel es el ciclo ideal de las máquinas reciprocantes de ignición

por compresión (motores petroleros). Está conformado por cuatro procesos

internamente reversibles:

Proceso de compresión isoentrópica.

Proceso de adición de calor a presión constante.

Proceso de expansión isoentrópica.

Proceso de rechazo de calor a volumen constante.

De igual forma que en el ciclo Otto, bajo condiciones de suposición de

aire frío estándar, la eficiencia del ciclo Diesel, es:

1

11 111

kc

kcv

rk rr

En donde: vr relación de compresión

cr relación de corte


APLICACIONES

PROBLEMAUn ciclo Otto estándar de aire tiene una relación de compresión igual a 6

y una temperatura máxima de 1000ºC. Al inicio de la carrera de compresión, el

aire está a 1b y 25ºC. Determinar:

a) El trabajo neto, en kJkg .

b) La pme, en b .

SOLUCIÓN

a) ?NETOw

De: 111 NETOk

Av

wqr

Luego: 111NETO A k

v

w qr

?Aq

3 2A vq c T T

Pero: 0,412 1 298 6k

vT T r

2 610,206T K

Luego: 0,717 1273 610,206Aq

475,223 kJkgAq

p b

3mkgv

1

42

3

1

ºT C

kJkgKs

1

42

3

25

1000


Reemplazando:0,4

1475,223 16NETOw

243,143 kJkgNETOw


b) ?pme

De: 1 2

NETOwpmev v

1 ?v

11

1

0,287 298100

RTvp

3

1 0,85526 mkgv

Luego: 12

0,855266v

vvr

3

2 0,14254 mkgv

Reemplazando: 243,140,85526 0,14254

pme

341,143pme kPa

Respuesta: 3, 41pme b

PROBLEMAUn ciclo Otto tiene una relación de compresión igual a 8. Al inicio del

proceso de compresión, el aire se encuentra a 0,95b y 27ºC y se transfieren

950 kJkg de calor al aire durante el proceso de adición de calor. Determinar:

a) La eficiencia térmica.

b) La temperatura máxima alcanzada por el ciclo, en ºC.

c) La presión máxima alcanzada, en kPa.


SOLUCIÓN

a) ?

De: 111 k

vr

0,4

118

0,5647

Respuesta: 56, 47%

b) 3 ?T

De: 3 2A vq c T T

3 2A

v

qT Tc

Pero: 0,412 1 300 8k

vT T r

2 689,22T K

Luego: 3950689,22

0,717T

3 2014,185T K

Respuesta: 3 1741,18ºT C

p b

3mkgv

1

42

3

0,95

ºT C

kJkgKs

1

42

3

27


c) 3 ?p

De: 33 2

2

Tp pT

En donde: 1,42 1 0,95 8kvp p r

2 17,460p b

Reemplazando: 32014,18517,460

689,22p

3 51,025p b

Respuesta: 3 5102,5p kPa

PROBLEMAUn ciclo de Otto estándar de aire tiene una relación de compresión igual

a 8 y una temperatura máxima de 1097ºC. Al inicio de la carrera de

compresión, el aire está a 100 kPa, 25ºC. Determinar:

a) El calor agregado, en kJkg .

b) La pme, en b .

SOLUCIÓN

p kPa

3mkgv

1

42

3

100

ºT C

kJkgKs

1

42

3

25

1097


a) 23 ?q

De: 23 3 2vq c T T

Pero: 0,412 1 298 8k

vT T r

2 684,624T K

Luego: 23 0,717 1370 684,624q

23 491,414 kJkgq

Respuesta: 23 491,41kJkgq

b) ?pme

De:1 2

NETOwpmev v

En donde: 111NETO A k

v

w qr

0,4

1491 18NETOw

277,5113 kJkgNETOw

También: 11

1

0,287 298100

RTvp

3

1 0,85526 mkgv

Luego: 12

0,855268v

vvr

3

2 0,10691mkgv

Reemplazando: 277,51130,85526 0,10691

pme

370,83pme kPa

Respuesta: 3,7pm e b


ProblemaAl principio de la compresión en un ciclo de Otto, la sustancia de trabajo

se encuentra a 95 kPa, 30ºC y tiene un volumen de 33 0d m .

Al final de la compresión, la presión es de 950 kPa agrandándose 10 kJ

durante el proceso de adición de calor. Determinar:

a) La temperatura máxima alcanzada por el ciclo, en ºC.

b) La presión media efectiva, en kPa.

Solución

a) 3 ?T

De: 23 3 2vQ mc T T

233 2

v

QT Tmc

Pero: 0,4

12 1

95030395

kvT T r

2 761,101T K

También: 1 1

1

95 0,030,287 303

pVmRT

0,331m kg

p kPa

3v dm

1

42

3

95

950

30

ºT C

kJkgKs

1

42

3

30


Reemplazo: 310761,101

0,331 0,717T

3 803,237T K


b) ?pme

De:1 2

NETOwpmeV V

?NETOW

23NETOW Q

231

11NETO kv

W Qr

0,4

11 1010NETOW

6,018NETOW kJ

2 ?V

12

0,03010v

VVr

32 0,003V m

6,0180,03 0,003

pme

222,88pme kPa

Respuesta: 222,8pm e kP a

Problema

El calor suministrado a un ciclo Diesel estándar de aire es 1840kJkg ,

siendo las condiciones del aire al inicio del proceso de compresión de 1b , 27ºC

y la relación de compresión de 16. Determinar:

c) La temperatura (ºC) y la presión b máximas alcanzadas por el ciclo.


d) La presión media efectiva (pme), en b .

Solución

c) 3 ?T

De: 23 3 2pq c T T

233 2

p

qT Tc

Pero: 0,412 1 300 16k

vT T r

2 909,43T K

Reemplazando: 31840909,431,004

T

3 2742,1 2469,1ºT K C

2 ?p

De: 1,42 1 1 16kvp p r

2 48,5p b

Respuesta: 2469,1º ; 48,5C b

d) ?pme

De:1 2

NETOwpmev v

Pero: 23 41NETO A Bw q q q q

p b

3mkgv

1

4

2 3

1

ºT C

kJkgKs

1

42

3

27


En donde: 41 4 1vq c T T

Luego:1

34 3

4

kvT Tv

En donde: 4 1v v

11

1

0,287 300100

RTvp

3

1 40,861mkgv v

También: 33 3 2

3

RTv p pp

Luego: 1,42 1 1 16kvp p r

2 48,503p b

También: 233 2

1840909,431,004p

qT Tc

3 2742,1T K

Reemplazando: 30,287 2742,1

4850v

3

3 0,16226 mkgv

Luego:0,4

40,162262742,1

0,861T

4 1406,58T K

41 0,717 1406,58 300q

41 793,42 kJkgq


Reemplazando: 1840 793,42NETOw

1046,57 kJkgNETOw

1046,57 1292,540,861 0,0538

pme kPa

Respuesta: 12,92pm e b

ProblemaUn ciclo Diesel estándar de aire, tiene una relación de compresión igual

a 15. Si las condiciones al inicio de la compresión son 1b , 27ºC y la

temperatura máxima alcanzada por el ciclo es 1727ºC. Determinar:

a) El calor admitido al ciclo, en kJkg .

b) El trabajo neto, en kJkg .

Solución

a) 23 ?q

De: 23 3 2pq c T T

Luego: 0,412 1 300 15k

vT T r

2 886,253T K

Reemplazando: 23 1,004 2000 886,253q

23 1118,201kJkgq

p b

3mkgv

1

4

2 3

1

ºT C

kJkgKs

1

4

2

3


Respuesta: 23 1118,20 kJkg Aq q

b) ?NETOw

De:

1

1111

kc NETO

kAv c

r wk qr r

Luego:

1

1111

kc

NETO A kv c

rw q

k r r

Pero: 3 3

2 2

2000886,253c

v Trv T

2,256cr

Reemplazando:

1,4

0,4

2,256 111118,201 11,4 15 2,256 1NETOw

661,12 kJkgNETOw


ProblemaUn motor funciona con base en el ciclo Diesel estándar de aire con una

relación de compresión igual a 18. Al principio del proceso de compresión, el

aire se encuentra a 120 kPa y 27ºC siendo la temperatura máxima del ciclo de

1992K y el calor agregado de 1045kJkg .

Determinar:

a) La presión máxima, en kPa.

b) La temperatura al inicio de la adición de calor, en ºC.

c) La eficiencia térmica, en %.

d) La presión media efectiva (pme), en kPa.

Solución


a) 2 ?p

De: 1,42 1 1,2 18k

vp p c

2 68,637p b

Respuesta: 2 6863,7p kPa

b) 2 ?T

De: 23 3 2pq c T T

232 3

104519921,004p

qT Tc

2 951,16T K


c) ?

De:

1

1111

kc

kv c

rk r r

En donde: 3 3

2 2

1992951,16c

v Trv T

2,1cr

p b

3mkgv

1

4

2 3

1,2

ºT C

kJkgKs

1

4

2

3

27

1719


Reemplazando:

1,4

0,4

2,1 1111,4 18 2,1 1

0,4882

Respuesta: 48,82%

d) ?pme

De:1 2

NETOwpmev v

Luego: 1045 0,4882NETO Aw q

510,20 kJkgNETOw

También: 11

1

0,287 300120

RTvp

3

1 0,7175 mkgv

12

0,717518v

vvr

3

2 0,03986 mkgv

Reemplazando: 510,200,7175 0,03986

pme

752,91pme kPa

Respuesta: 752,91pme kPa

ProblemaUna máquina Diesel ideal tiene una relación de compresión de 20. Al

inicio del proceso de compresión, el aire se encuentra a 95 kPa y 20ºC; si la

temperatura máxima en el ciclo no supera el valor de 2200K. Determinar:

e) La eficiencia térmica.

f) La presión media efectiva (pme), en b .

g) El calor rechazado, en kJkg .

Solución


e) ?

De: 1

11 111

kc

kcv

rk rr

?cr

3 3

2 2c

v Trv T

Luego: 0,412 1 293 20k

vT T r

2 971,135T K

2200971,135cr

2,265cr

Reemplazando:

1,4

0,4

2,265 11 111,4 20 2,265 1

0,6352

Respuesta: 0,6352 63,52%

f) ?pme

De:1 2

NETOwpmev v

p kPa

3mkgv

1

4

2 3

95

T K

kJkgKs

1

42

3

20

2200


En donde: 11

1

0,287 29395

RTvp

3

1 0,88516 mkgv

Luego: 12

0,8851620v

vvr

3

2 0,0442 mkgv

También: 23NETOw q

Pero: 23 3 2 1,004 2200 971,135pq c T T

23 1233,78 kJkgq

Luego: 1233,78 0,6352NETOw

783,697 kJkgNETOw

Reemplazo: 783,6970,88516 0,0442

pme

931,90pme kPa

Respuesta: 931,9pme kPa

g) 41 ?q

De: 41 4 1vq c T T

Pero: 1,44 1 293 2,265kcT T r

4 920,371T K

Reemplazo: 41 0,717 920,371 293q

41 449,82 kJkgq

Respuesta: 41 449,82 kJkgq


REFERENCIAS BIBLIOGRAFÍAS

VAN WYLEN. Fundamentos de Termodinámica (2ª Edición). Editorial

Limusa – Wiley (1999).

CENGEL – BOLES. Termodinámica (2ª Edición). Editorial Mc Graw Hill

(1999).

JOSÉ MANRIQUE. Termodinámica (3ª Edición). Editorial Oxford (2001).

RUSELL Y ADEBIYI. Termodinámica Clásica. Editorial Addison –

Wesley Iberoamericana (1997).

JONES – DUGAN. Ingeniería Termodinámica. Editorial Prentice Hall

(1997).

K. WARK. Termodinámica. (6a Edición).

HOWELL – BUCKIUS. Principios de Termodinámica para Ingenieros.

Editorial Mc Graw Hill. (1990).

POTTER – SCOTT. Termodinámica. Editorial Cengage Learning. (2002).

SEARS. Termodinámica. Editorial Reverté.


ANEXOS

capÍtulo vii entropia resumen€¦ · un sistema conteniendo vapor de agua a 90º c ocupan un...

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