Problemas De Termodinamica Aplicada 2vp6m

PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA APLICADA

MATERIAL DIDÁCTICO Ingenierías

nº 13

José María Sala Lizarraga Luis María López González Manuel M. Ruiz de Aldana

PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA APLICADA Segunda Edición

81,9(56,'$''(/$5,2-$ 6HUYLFLRGH3XEOLFDFLRQHV

Problemas de termodinámica aplicada de José María Sala Lizarraga, Luis María López González, Manuel M. Ruiz de Adana (publicado por la Universidad de La Rioja) se encuentra bajo una Licencia Creative Commons Reconocimiento-NoComercial-SinObraDerivada 3.0 Unported. Permisos que vayan más allá de lo cubierto por esta licencia pueden solicitarse a los titulares del copyright.

© Los autores © Universidad de La Rioja, Servicio de Publicaciones, 2011 publicaciones.unirioja.es E-mail: [email protected] ISBN: 978-84-694-1724-9

LA VIDA ¿Qué es la vida sino buscar, hallar, perder y seguir buscando de forma diferente? ¿Y la muerte? ¿Qué no es la muerte? (LMLG)

A Chicho, in memoriam A Eduardo, in vitam A todos los Profesores de la Universidad de La Rioja, in posterum

PRÓLOGO

Con motivo de la reciente puesta en marcha del Segundo Ciclo de la Carrera de Ingeniero Industrial en el Centro de Enseñanzas Científicas y Técnicas de la Universidad de La Rioja, este libro de problemas titulado "PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA APLICADA" tiene como objetivo servir de texto de problemas en las diversas asignaturas relacionadas directamente con la Termodinámica Aplicada cuya docencia imparten los profesores del Área de Máquinas y Motores Térmicos del Departamento de Ingeniería Mecánica de la Universidad de La Rioja, tanto en el Primero como en el Segundo Ciclo de la Carrera de Ingeniería Industrial. Al escribirlo se han pretendido dos finalidades básicas. Una es el presentar un libro moderno de Problemas de Termodinámica Aplicada, necesario para que todos los estudiantes de la carrera de Ingeniero Industrial completen su formación para abordar el estudio termodinámico de los problemas que la Ingeniería Térmica y Energética presentan. Además, se ha pretendido presentar los contenidos de forma que los alumnos comprendan con rigor y claridad los principios y aplicaciones de la Termodinámica, para que puedan utilizarlos con seguridad y eficacia Este libro forma parte de nuestra serie de libros sobre Termodinámica Aplicada (Teoría y Problemas), habiéndose seguido el mismo enfoque. La experiencia nos demuestra que la asimilación de los conceptos sólo es posible si la enseñanza de la teoría va acompañada de unas clases de aplicación que servirán de afianzamiento y comprensión de la misma. El alumno debe quedar capacitado para afrontar global e inteligentemente la solución de los problemas que se le plantean al Ingeniero Industrial en el campo de su actividad profesional. Siempre hemos mantenido que la primera y mejor práctica es el profundo conocimiento de la teoría y de sus aplicaciones. Este libro de "PROBLEMAS DE TERMODINÁMICA APLICADA" es el fruto de una estrecha y fecunda colaboración con el responsable de la docencia de Termodinámica dentro del Departamento de Máquinas y Motores Térmicos de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Bilbao. Queremos, finalmente, agradecer a los demás profesores de Termodinámica sus sugerencias y comentarios, amén de sus valiosas experiencias, tendentes a una mejora en la calidad de este libro de texto. Este agradecimiento lo hacemos extensivo a los profesionales del mundo de la industria.

Logroño, febrero de 2.000. Los autores.

CAPÍTULO I Balances de Masa, Energía, Entropía y Exergía en Volúmenes de Control. Régimen estacionario.

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

En 2, la entalpía del vapor húmedo será: h2 = h´ + x2 (h´´– h´) = 763,2 + 0,6·(2 778,1–763,2) = 1 972,14 kJ / kg Por tanto:

h3 =

1h1 + m 2 h2 4 ⋅ 3 093,9 + 7 ⋅1972,14 m = = 2 380 kJ / kg 3 11 m

A esa presión de 10 bar, el estado 3 corresponde, efectivamente, a un vapor húmedo de título x3: h3 = h' + x3 (h′′ − h′)⇒ x3 =

2)

2380 − 763,2 = 0 ,80 2778,1 − 763,2

Haciendo un balance de energía en la tobera, tenemos:

h3 +

1 2 1 c 3 = h4 + c 42 2 2

Calculemos v3 y c3 (volumen específico y velocidad a la salida de la cámara de mezcla): c3 =

3v3 11 kg s ⋅ v3 m = A3 0,1 m 3

(

)

v 3 = v′ + x 3 (v′′ − v′) = 1,128 ⋅ 10 −3 + 0,8 ⋅ 0 ,194 − 1,128 ⋅ 10 −3 = 0 ,155m 3 /kg c3 =

Luego

11 ⋅ 0,155 = 17,05 m / s 0,1

Con los valores de la tabla y con x4 = 0,7 se obtiene: h4 = h′4 + x4 (h′′4 − h′4 ) = 2090 ,5kJ/kg de modo que, sustituyendo valores en el balance de energía en la tobera:

1 1 2 380 + 17,052 ⋅ 10 −3 = 2 090,5 + c42 2 2

⇒

c4 = 7611 , m/s

Nota: si tuviésemos en cuenta los término de energía cinética en las secciones de entrada y salida de la cámara, escribiríamos: m 1 + m 2 = A3c3 ρ3 ⇒c3 =

(m 1 + m 2 )[v′ + x3 (v′′ − v′)] A3

Balance de energías:

1 2  1 2 1 2   h1 + c1  +  h2 + c2  = h3 + c3 ⇒ 2 2 2     1  m v  1  m v  1  (m + m 2 )[v′ + x3 (v′′ − v′)] ⇒ h1 +  1 1  + h2 +  2 2  = h′ + x3r +  1  A3 2  A1  2  A2  2  2

2

14

2

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

De las tablas del agua saturada obtenemos: h1 = 655,5 kcal / kg ; h´ = 150,9 kcal / kg h2 = (655,5–150,9)·0,2 + 150,9 = 251,8 kcal / kg

luego

Q = 20,3 ⋅ (655,5 − 251,8) = 8195kcal / min

y por tanto:

La potencia intercambiada W , de signo negativo, ya que es recibida por el volumen de control, será:

W = −8 HP = −85,5 kcal / min Tomando para el agua líquida incompresible ρ = 103 kg / m3, y c = 1 kcal / kg K (como se supondrá generalmente siempre que no se den datos para considerar otros valores):

(

m A h + ec + e p

)A − m B (h + ec + e p )B = 750 ⋅1 ⋅ (60 − t )

dU dt dt = ρVc = 5 000 dz dz dz Sustituyendo valores:

5000 Integrando: de donde

dt = 8195 + 85,5 + 750 ⋅ (60 − t ) = 53285 − 750t dz 6,66

z dt = dz = z 18 71,04 − t 0

∫

t

∫

t = 71,04 − 53,04 e − z 6, 66

16

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

1.3-

Se trata de inflar por medio de un compresor un neumático a presión manométrica de 2,46 kp / cm2 (exceso de presión sobre la atmosférica). La atmósfera, así como el aire que inicialmente llena el neumático, están a la presión Pa = P1 = 1,012 kp / cm2 y t = 16ºC. El volumen, supuesto constante, del neumático es V1 = 28,3 l. Se supone: a) que el aire es una mezcla ideal 20% de O2 y 80% de N2 en volumen y que se comporta como un gas perfecto biatómico; y b) que el proceso es adiabático reversible. Se pide: 1) Temperatura final del aire en el interior del neumático, expresada en ºC y en ºF. 2) Masa (en g) del aire contenido en el neumático antes y después del inflado. 3) Trabajo gastado en el inflado, el kpm (téngase en cuenta la acción atmosférica). 4) Valor final de la presión si, una vez concluido el inflado, la temperatura del aire del interior del neumático desciende nuevamente a su valor inicial. Datos: M(O2) = 32; M(N2) = 28; 1 atm = 1,033 kp / cm2; 1 J = 0,24 cal; exponente adiabático de un gas perfecto biatómico γ = 1,4.

1)

Puesto que el proceso es adiabático reversible:

 Pf T f = Ti   Pi

   

γ −1 γ

0 ,4

 3,472  1,4 = 289 ⋅   = 411,02 K  1,012 

9 t f (º C ) = 411,02 − 27315 , = 137,87º C ; t f (º F) = 32 + t f (º C ) = 280,17º F 5

2)

N1 =

PV 1,012 ⋅ 104 ⋅ 9,8 ⋅ 28,3 ⋅ 10 −3 1 1 = = 117 , mol RT1 8,314 ⋅ 289

N2 =

PV 3,472 ⋅104 ⋅ 9,8 ⋅ 28,3 ⋅10 −3 2 2 = = 2,82 mol RT2 8,314 ⋅ 411,02

m1 = 1,17 ⋅ (0,2 ⋅ 32 + 0,8 ⋅ 28) = 33,7 g ;m2 = 2,82 ⋅ (0,2 ⋅ 32 + 0,8 ⋅ 28) = 81,22 g

3) a)

Supongamos que el inflado se hace de una sola “embolada”:

17

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

de modo que

4)

Wgastado =

γ PV 2 1 − PV 1 1 +0− PV 1 A = = 316,82 kpm γ −1 γ −1

Es un proceso isócoro, de modo que: P2 P3 P3 = = T2 T3 Ti

⇒

3,472 P = 3 411,02 289

19

⇒

P3 = 2,42 kp / cm 2

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

1)

Balance de energía:

2 h2 + m 3h3 = m 4 h4 + m 5 h5 m

4 = m 2 : Ya que m

m 4 ⋅ 30 + 3,5 ⋅ 326,5 = m 4 ⋅ 295,8 + 3,5 ⋅ (− 20)⇒ m 4 = m 2 = 4,56kg/min

2)

En las condiciones atmosféricas: ha = 318 kcal / kg ; sa = 1,320 kcal / kg K. Bt ,5 = m 5bt ,5 = m 5 [(h5 − ha ) − Ta (s5 − sa )] =

= 3,5 ⋅ (− 20 − 318) − 293 ⋅ (− 0,08 − 1,320) = 252,7 kcal/min

3)

Id = Ta (m 5 s5 + m 4 s4 − m 3 s3 − m 2 s2 ) = = 293 ⋅ [3,5 ⋅ (− 0,080) + 4,56 ⋅ 1,17 − 3,5 ⋅ 1,275 − 4,56 ⋅ 0,120] = 13,33kcal/min

24

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

= 1,2 kg / s m

2) Calor cedido:

3,97 kW / m

Calor cedido por unidad de masa: 39,7 kW = 331 , kJ / kg 1,2 kg / s De modo que, en este caso, la entalpía del vapor en la sección 2 sería: h′ 2 = h1 − 331 , = 3 019 kJ / kg que corresponde a un vapor recalentado a la presión de 10 bar y temperatura:

t′ 2 = 285º C B′Q =

10 

∫

0

T  1 − a q( L )dL = Q − Ta T  

26

10

∫

0

q( L ) dL T

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

q4,1 = h1 − h4 = h1 − h3 ≈ 302 kcal / kg ⋅ 302 ⇒ m = 447 kg / h Q1,4 = 135 000 kcal / k = m Por tanto:

W c = m (h2 − h1 );h2 = 344kca/kg⇒ W c = 21,8kW Q 2 ,3 = m (h2 − h3 ) = Wc + Q 4 ,1 = 153774kcal/h

2)

(

)

∇B = I = Ta ∆Suniv = Ta ∆Satm + ∆S4 ,1 + ∆S3,4 =

  − 135000 135000 = 293 ⋅  + + 447 ⋅ (s4 − s3 ) 273   293 Aproximadamente:

s4 = 0,14 kcal / kg K ; s3 = 0,13 kcal / kg K ⇒

3)

I = 11 200 kcal / h = 13 kW

Habrá que sumar el “calor” aportado por el líquido de llenado, aproximadamente igual a: 50 000

kg kcal kcal ⋅6 = 300 000 h kg h

para lo cual el consumo del compresor debe ser: 300 000 + 135 000 = 70,25 kW Wc ′ = Wc 135 000

28

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

a , es el que sale ( m a = ρV ): Considerando que el caudal de aire atmosférico que entra, m +m a Xe = m a Xi m

a = ⇒ m

m Xi − Xe

donde Xe y Xi son las humedades absolutas del aire en el exterior y en el interior: X i = 0,622

22,55 = 0,0141 ; 1 018 − 22,55

X e = 0,622

0,00935 ⋅ 0,9 = 5,44 ⋅10 −6 1 018 − 0,00935 ⋅ 0,9

y sustituyendo estos valores: a = m

93,98 kg = 6 667,6 de aire seco −6 h 0,0141 − 5,44 ⋅ 10

Por tanto, el caudal másico de aire seco necesario para mantener la humedad relativa será:

m a (1 + X e ) ≈ 6667 ,6kg/h

V piscina = A h = 900 m 3 ; mCl = 0,15 ⋅ 900 = 135 g ;

2)

Cl = m m Cl =

0,12 ⋅ 135 ⋅ 10 −3 = 6,75 ⋅ 10 −4 kg / h 24

 m  0,12 ⋅135 ⋅10−3 = 6 ,75 ⋅10− 4 kg/h;m Cl + m a = m a 1 + Cl  = m a (1 + yCl ) 24 m a   a = m

Cl m 6,75 ⋅10 −4 = = 520,6 kg / h y Cl 1,296 ⋅10 −6

 P  8,314 m3 8,314  299 + 0,014 103 = 0,864   v = (Ra + X Rv ) =  5 T  28,9 kg 18  1,018 ⋅ 10 

ρ = 1,157

3)

kg m

⇒ y Cl ≈ 3

 1,5 ⋅ 10 −6 = 1,296 ⋅ 10 −6  1,157 

V = 1,3 ⋅ 4 290 = 5 577 m 3 / h ; Vρ = 6 454 kg as / h Por lo tanto, el caudal de aire de renovación ha de ser el obtenido con las condiciones especificadas en 1): Aire de renovación = 6 667,6 ⋅ 0,864 = 5575 m 3 / h

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BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

1)

Sistema Caudal de gas Presión del gas a la entrada Caída de presión del gas  Entrada Temperatur a delgas:   Salida

I 24,75 kg / h 474,3 kPa 55 kPa 38ºC 36ºC

II 24,75 kg / h 474,3 kPa 0 38ºC 38ºC

Potencia de la bomba Coste del sistema

0,15 kW 250 000 pts

3 kW 200 000 pts

Haciendo un balance de exergía para el sistema que comprende venturi, ciclón y bomba, se tiene: g bt1, g + N b + m ag bt1,ag = m g bt2, g + I m Puesto que el agua en el estado 1 está en las condiciones atmosféricas (estado muerto): bt1,ag = 0

(

)

m g bt1,g − bt2,g = m g [(h1 − h2 ) − Ta (s1 − s2 )] = m c p (T1 − T2 ) − Ta ln

T1 P + m g RmTa ln 1 T2 P2

Unidad I:

(

)

273 + 38  8,31 474,3  ⋅ 298 ⋅ ln = m g bt1,g − bt2,g = 24,75 ⋅ 1 ⋅  38 − 36 − 298 ⋅ ln  + 24,75 ⋅ 273 + 36  23 474,3 − 55  = 330,3

kJ = 0,091 kW h

(

)

m ag bt1,g − bt2,g = 0

Unidad II:

Pérdidas de exergía en I: II = 0,091 + 0,15 = 0,241 kW Pérdidas de exergía en II:

2)

III = 0 + 3 = 3 kW

Exergía mínima necesaria para recuperar la presión: m g

∫

P2

P1

− v dP = m g RmT ln

P1 8,31 (273 + 36)ln 474,3 = 340,5 kJ = 0,095kW = 24 ,75 P2 23 474 ,3 − 55 h

0 ,095   0,15 + CI =   ⋅ 800 ⋅ 12 = 2927 pts/año  0,95 0 ,68 ⋅ 0,95  CII =

3 ⋅ 800 ⋅ 12 = 30 315 pts / año 0,95

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BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

3)

Aunque la inversión inicial para la opción I es 50 000 pts superior a la II (en realidad mayor debido al coste del compresor), esa sobreinversión puede estimarse que se amortizaría en 1,8 años.

34

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

1.11-

D es un depósito de paredes rígidas, adiabáticas y de capacidad calorífica nula, que está inicialmente completamente lleno de agua líquida (que se supone no volátil, incompresible de v = 1 cm3 / g). La válvula v está inicialmente cerrada, y D comunica con una línea de gas a presión de 6 kp / cm2 constante, y T = 510 K constante. B es una bomba auxiliar que permite regular la presión del gas en D, que permanece constante = 6 kp / cm2, haciendo ascender el agua hasta la sección de descarga, de s = 50 cm2, según se indica en la figura. Se desea elevar toda el agua contenida en D hasta el depósito superior, destinado a asegurar el suministro de agua en un edificio de viviendas. Las pérdidas de carga (∆u - q) en la conducción son de 117 J / kg. Los gases de la línea, procedentes de una combustión previa, se comportan como un gas ideal de M = 29,42. D se vacía en z = 20 min 33 s. Calcular: 1) Caudal másico necesario de gases en g / s. 2) Velocidades del agua en el depósito y en la sección de descarga. 3) Trabajo total y potencia media de la bomba a lo largo del proceso. Notas: · No hay intercambio de calor entre el gas y el agua. · Se supone constante la presión del agua en la sección de descarga = Pa = 1 kp / cm2. · En el gas se suponen despreciables las variaciones de Ec y Ep. · g = 9,81 m / s2. · Para mayor simplicidad en el planteamiento, supóngase el volumen de la conducción despreciable y que el régimen estacionario se establece instantáneamente.

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BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

Costo eléctrico: 1 kJ h 1 kWh pts pts ⋅ 1197 625 ⋅ 4,18 ⋅ 8 000 ⋅ ⋅ 7,3 = 85 483 810 0,95 h año 3 600 kJ kWh año Costo del vapor:

t h pts pts ⋅ 2 000 = 2 444 800 0,1528 ⋅ 8 000 h año t t

El costo total será la suma de ambos:

87 928 610

41

pts año

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN ESTACIONARIO

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BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

CAPÍTULO II Balances de Masa, Energía, Entropía y Exergía en Volúmenes de Control. Régimen no Estacionario.

43

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

44

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

1 h1 + c12 = ha 2 que es la entalpía de parada. Así que: dU V .C . = m 1 ha ⇒ U V .C . = dz

∫

i, f

dU V .C . = m f u f =

⇒u f = c v T f = ha = c p Ta ⇒T f =

cv

∫

i, f

m 1 ha dz = m f ha ⇒u f = ha

Ta = T f = γTa = 1,4 ⋅ 290 = 406 K

b) También puede resolverse el problema aplicando el Primer Principio a un sistema cerrado, es decir, a la masa de control de aire entre su estado inicial (en condiciones atmosféricas) y el estado final a Tf :

Qi , f = ∆U i f + Wi , f Qi , f = 0;Wi , f =

donde

V

∫

Va +V

Pext dV =

V

∫

Va +V

Pa dV = − PaVa

de modo que, siendo N el número de moles de aire que entra al depósito:

(

)

(

) (

)

∆U i f = U f − U a = Nc v T f − Ta = Pa V a = NRTa ⇒c v T f − Ta = c p − c v Ta ⇒T f − Ta = (γ − 1)Ta ⇒ T f = γTa

Pf  Tf  − R ln  I = Ta ∆Suniv ;∆Suniv = N∆saire = N  c p ln Pa  Ta 

2)

En todo gas perfecto:  γ  cv R ⇒c p = γ c p − R ⇒c p = γ −1  c p − cv = R  

luego

∆Suniv =

=γ

(

Tf PaV Rγ PV γ PV 1 = a ln ln γ = a ln γ = γTa γ − 1 RT f γ − 1 Ta Ta γ − 1 =

De modo que:

)

kJ 102 pz ⋅ 1m3 ln1,4 = 0.29 290 K ⋅ 0,4 K

I = Ta ∆S univ = 84,1 kJ

46

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Wvol = Pext ∆V = 2,01 ⋅ 102

π ⋅ 0,22 0,2 = 1,263kJ 4

Wr = − Fr ∆z = −0,75 ⋅ 0,2 = −0,15 kJ

2)

El volumen inicial es:

π ⋅ 0,22 0,15 = 4,71 ⋅ 10 −3 m 3 = mi vi 4

vi = v ′ (124º C) = 1,064 ⋅ 10 −3 m 3 / kg ⇒ mi = ( s / tabla )

Vi = 4,43 kg vi

Obteniendo los valores correspondientes de la mima tabla:

ui = h′− Pv ′ = 520,8 − 2,2502 ⋅102 ⋅1,064 ⋅10 −3 = 520,5 kJ / kg Para el vapor húmedo en la tubería:

(

)

v1 = [v′ + x1 (v′′ − v′)]165º C = 1,1081 ⋅10−3 + 0 ,9 ⋅ 0,2725 − 1,1081 ⋅10−3 = 0 ,2454m3 /kg

h1 = [h′ + x1 (h′′ − h′)]165º C = 697 ,3 + 0,9 ⋅ (2763 − 697 ,3) = 2556,4kJ/kg Balance general de energía en un VC:

(

Q − (Wt + Wvol + Wr ) = ∆EVC + H + Ec + E p En nuestro caso,

)sal − (H + Ec + E p )entr

Q = 0 ; Wt = 0 ; ∆EVC = ∆UVC ; no hay sección de salida :

(

) (

)

− (Wvol + Wr ) = ∆UVC − H entr = m f u f − miui − m f − mi h1 Sustituyendo valores:

(

− (1,263 − 0 ,15) = m f u f − 4,43 ⋅ 520 ,5 − m f − 4,43 ⋅ 2556 ,4

(

)

⇒ m f 2556,4 − u f = 9020

) [1]

donde mf está en kg y uf en kJ / kg.

3)

 π ⋅ 0 ,22 0,35 = 0,011 = m f v f  4   Pf = Pi = 2,2502bar 

Wf =

[2]

El estado final se encuentra sobre la isóbara Pi y además tiene que satisfacer las relaciones [1] y [2]. Con las tablas del agua saturada tantearíamos valores a lo largo de la isóbara Pi hasta encontrar un estado que satisfaga simultáneamente [1] y [2].

50

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

m′ ′ i =

5 V ′ ′i V 2 = = = 48 kg de vapor v′ ′ v ′ ′ 0,10427

mi = m′ i + m′ ′ i = 2 938,2 kg de agua xi =

2)

m′ ′ i = 0,01634 ; m′ i + m′ ′ i

H i = m′ i h′+ m′ ′ i h′ ′ = = 2 729,126 MJ

Aplicando el Primer Principio al volumen de control limitado por las paredes del depósito:

(

sal )entr ⇒ ⇒Q = ∆U VC + H sal ⇒Q = m f u f − mi u i + (mi − m f )h′′ = = m f (h f − Pv f )− mi (hi − Pvi ) + h′′(mi − m f )

Q − (Wt + Wvol + Wr ) = ∆EVC + ∆ H + Ec + E p

Teniendo en cuenta que m f v f = mi v i = V ;h = h′ + x(h′′ − h′);x = (v − v′) (v′′ − v′) queda:

V m f − v′   V mi − v′   + h′′ mi − m f = Q = m f h′ + (h′′ − h′)  − mi h′ + (h′′ − h′) v′′ − v′  v′′ − v′   

(

)

V − m f v′ V − mi v′ = m f h′ + (h′′ − h′) − mi h′ − (h′′ − h′) + h′′ mi − m f = v′′ − v′ v′′ − v′

(

(

)

= h′ m f − mi + (h′′ − h′) =

3)

(

)

(

)

)

v′ mv′′ (h′′ − h′) = mi − m f + h′′ mi − m f = v′′ − v′ v′′ − v′

[1]

300 ⋅104 ,27 (2798 − 897 ,8) = 576546kJ 104 ,27 − 1,173

El procedimiento de cálculo es idéntico al seguido en 2), teniendo en cuenta que, en este caso, la entalpía específica a la salida es h´ en vez de h´´. De modo que:

(

)

Q′ = m f u f − mi ui + mi − m f h′ Siguiendo el mismo orden de operaciones se obtiene: Q′ =

mv′ (h′′ − h′) = 300 ⋅1,173 (2798 − 897 ,8) = 6486kJ v′′ − v′ 104 ,27 − 1,173

52

[2]

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

2.5-

Un depósito de paredes adiabáticas, de volumen constante y capacidad calorífica despreciable, contiene inicialmente una masa m0 de agua líquida a 50ºC. El depósito está conectado por su parte superior a una bomba de vacío que va extrayendo el vapor según se va formando. Se observa que, cuando la temperatura ha descendido hasta 10ºC, el depósito contiene 100 g de agua líquida. Se sigue extrayendo vapor hasta conseguir que todo el líquido se solidifique. Calcular: 1) Cantidad inicial de agua contenida en el depósito. 2) Cantidad de hielo cuando termina la solidificación. Datos: · Calor específico del agua líquida = c = cte. = 1 cal / g ºC · Entalpía de fusión = cte. = rf = 80 cal / g · Entalpía de vaporización en función de t(ºC): rv = 600 - 0,6 t

Según se va extrayendo el vapor, el agua se evapora. La energía necesaria para esa evaporación procede del agua misma (ya que el depósito es de paredes adiabáticas), cuya temperatura va progresivamente disminuyendo. En un intervalo de tiempo dz la energía necesaria para vaporizar la masa dm es rv dm, y ello da lugar a una disminución de la temperatura dt tal que:

rv dm = mcdt ⇒

1)

dm cdt = ⇒ m rv

100 g

∫

m0

dm = m

dt ⇒ 50º C 600 − 0 ,6 10º C

∫

100 1 600 − 0,6 ⋅ 10  570  ln ⇒ln =− ⇒m 0 = 100 ⋅   m0 0,6 600 − 0,6 ⋅ 50  594 

2)

∫

m′

m0

dm = m

−1 0 ,6

= 107 ,115 g

dt m′ − 1 600 m′  600  ln ⇒ln = ⇒ =  50 600 − 0 ,6t m 0 0,6 570 m 0  570 

∫

0

⇒ m′ = 98,34 g (líq. a 0º C) La cantidad de agua que pasa de la fase sólida a vapor es tal que: m′ v ⋅ 600 = (98,34 − m′ v ) ⋅ 80⇒m′ v = 11,57 g de modo que la masa de hielo que queda es:

98,34 − 11,57 = 86,77 g

54

−1 0 ,6

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

V1 =

b)

50 ⋅ 8,314 ⋅ 293 = 1,2 m 3 1,013 ⋅ 105

V  P  1  W1,2 = Pe ∆V = Pe  2 − 1V1 = Pe  1 − 1V1 = 8 ⋅ 1,013 ⋅ 102 ⋅  − 1 ⋅ 1,2 = −850 ,9kJ 8   V1   P2 

Q′1, 2 −W ′1,2 = ∆U = 0 ;

2) a)

Q′1,2 = −850,9 kJ

Haciendo un balance de energía en el depósito B por unidad de tiempo, se tiene:

h U = −W + m Integrando resulta:

(

)

(

U f − U i = −W1,2 + h N f − N i ;N f cvT f − N i cvTi = −W1,2 + c pTi N f − N i Vf =

)

Pf N f c v  1  1 ; Pf V f + N i RTi + W1,2 = N f c p Ti ⇒ N f =  Pf V f + PiVi + W1,2  RT f R γ −1  c p Ti

Sustituyendo valores:

 8 ⋅ 1,013 ⋅ 105  1,2  1 5 3 = 428,9mol Nf =  1,8 −  + 1,013 ⋅ 10 ⋅ 0,6 + 253,27 ⋅ 10  ( )⋅ 293 0 , 4 8 7 R 2     Tf = b)

Pf V f RNf

= = 375 K

Operando de igual modo se obtiene:

N f = 499 mol →

56

T f = 322,3 K

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

T P Para el gas que queda en la botella: =   Ti  Pi 

T2  Pa  =  T P

Por otra parte, en la turbina: T2 T  Pa P   = T Ti  P Pi 

y por tanto

Además:

γ −1 γ

γ −1 γ

P  ⇒T2 = Ti  a   Pi 

γ −1 γ

γ −1 γ

0 ,4

 1  1,4 = 289 ⋅   = 104 ,65K  35 

∫ m h dz = h (m − m ) = u (m − m )+ R T (m − m ) z + ∆z

z

2 2

2

i

2

f

i

m 2

f

i

f

Así pues, integrada la expresión [1] a lo largo del tiempo que dura el proceso, resulta:

(

)

(

)

(

− Wt = cv m f T f − miTi + cvT2 mi − m f + RmT2 mi − m f

)

 PV Pf V PiV Pf V − Wt = m f T f − miTi + γT2 mi − m f = − + γT2  i −  cv Rm Rm  RmTi RmT f

(

⇒V =

donde

)

Wt Rm ⋅ cv

1

)

 Pf Pi = 35bar ;Pf = 3,5bar ;Ti = 289 K ;T f = Ti   Pi

valores que, sustituidos en [2], dan:

[2]

 P Pf  Pi − Pf − γT2  i −   Ti T f   

(

V = 0,028 m 3

58

   

γ −1 γ

   

= 149,6 K

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Calor cedido mientras sale el freón del tanque: Este caso es el mismo considerado en el problema 2.4- (pág. 51). Por cualquiera de los dos procedimientos ahí empleados, se obtiene, en función de los datos, el calor absorbido por el F-12 en el proceso de vaporización, al salir la masa m del depósito:

Q2 = de modo que

20 ⋅ 0,01111 m v′ ′ = ⋅113,52 = 2 460 kJ r v ′ ′− v ′ 60º C 0,01111 − 0,000856 Q = Q1 + Q2 = 16 812,14 kJ

60

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

⇒ T2 =

P2 TA 6 ⋅ 290 = = 376,7 K , ⋅ 290 6 − 11 , PT P2 − P1 11 1 A + + 285 1,4 γ T1

En ese instante, el número de moles de aire que hay en B es: N2 =

2)

P2V2 6 ⋅ 105 ⋅ (5 − 2,3) = = 517 ,19mol RT1 8,31 ⋅ 376 ,7

Durante la salida del líquido hay un intercambio de trabajo volumétrico de VC. En tal caso, el balance de energías por unidad de tiempo sería:

−P

dV dU h ⇒ = −m dz dz

− P(V3 − V2 ) = N 3u3 − N 2u2 − (N 3 − N 2 )h = N 3cvT3 − N 2cvT2 − (N 3 − N 2 )c pT3 PV3 − N 2cvT2 + P(V3 − V2 ) + N 2c pTA γ −1 ⇒ N3 = = 1118,1mol c pTA que es el número de moles de aire en B al final del proceso considerado. Luego: T3 =

PV3 = = 322,7 K N3 R

62

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

expresión que, integrada entre el instante inicial (presión nula en D) y el final (presión en D igual a la de la línea), da: −WTAP = ∆U − N h1 Número de moles N que entra en D: N=

PV 2 = = 4 544,7 mol RT2

Incremento de energía interna en D, ya que inicialmente está vacío: ∆U = U 2 = Nu2 y por tanto

2)

(

)

WTAP = N c pT1 − cvT2 = 4544,7 ⋅ (7 ⋅ 533 − 5 ⋅ 563)⋅ 10−3 = 4163,4kcal

Considerando ahora el VC 2 constituido por D, tubería de conexión con la TBP, y la TBP, el balance de energía sería:

−WTBP =

dU + N ′ h4 dz

expresión que, integrada en el tiempo hasta que la presión en D sea de 2 atm, da: −WTBP = ∆U ′+ N ′ h4 El vaciado de D se realiza de manera que la entropía específica del gas que queda dentro de él permanece constante. Evidentemente, la entropía total dentro de D disminuye, porque disminuye la masa contenida. El proceso puede ser en su conjunto irreversible, de forma que la variación total de la entropía en el universo es positiva. Utilizando la condición de que la entropía específica es constante para el gas que queda en D, la temperatura final en él cumplirá: 1−γ T2 P2 γ

1−γ = T f Pf γ

7 ⇒T f = 563 ⋅    2

−0 ,4 1,4

= 393,6 K

El número final de moles en D es: Nf =

Pf V RT f

= = 1858 mol

luego el número de moles que sale de D, expansionándose en la TBP, será:

N ′ = N − N f = 2 686,7 mol De modo que resultando

∆U ′ = N f uT f − N uT2

WTBP = N uT2 − N f uT f − N ′ h4 = = 2 686,1 kcal

64

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

1)

Hallemos la temperatura T1 del aire en 1, que se ha expansionado isoentrópicamente desde el estado de reposo atmosférico: 1−γ T1P1 γ

=

1−γ Ta Pa γ

Pa = 1,012 kp / cm 2 ; P1 = 1 kp / cm 2 ; γ = 1,4 ; Ta = 290,15 K

donde

T1 = 289,16 K

obteniéndose

Hallemos igualmente T2, a la salida del compresor, en el que el aire ha experimentado una compresión adiabática no reversible, estando 2 sobre la politrópica de índice n = 1,45 que pasa por 1. Por tanto: P T2 = T1 1   P2  = A1c1ρ1 ⇒ ρ1 = m

1− n n

== 411,62 K

9,81 ⋅ 104 kg P1 = = 118 , RmT1 8,31 103 ⋅ 289,16 m3 28,9

Haciendo un balance de energía en el VC 1: 2 1 2 γR m (Ta − T1 ) = 1,4 ⋅ 8,31 ⋅10 3 ⋅ (290,25 − 289,16) = 996,81 m2 ⇒c1 = 44,65 m c1 = γ −1 s 2 0,4 28,9 s

luego

A1 =

m π d12 = = 3,79 ⋅10 −3 m 2 = ρ1c1 4

⇒

d1 = 0,069 m

El trabajo específico de compresión vendría dado por: − Wc = c2 =

siendo

luego

− Wc =

γ 1 Rm (T2 − Ta ) + c22 γ −1 2

RmT2 m m = = 13,64 A2 P2 s

kJ 1,4 8,31 13,642 ⋅ ⋅ 103 ⋅ (411,62 − 290 ,15) + = 122 ,34 kg 0 ,4 28,9 2

Wc = −122,34 kJ / kg

66

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Siendo mD la masa de cada uno de los depósitos vacíos, y g la aceleración local de la gravedad, de un balance de fuerzas (ya que la aceleración es nula) resulta: mD g − VA ρ a g = mD g + VB ρ f g − VB ρ a g ⇒ ρ a (VB − VA ) = ρ f VB K=

Dividiendo por VA y llamando

(K − 1)ρa = Kρ f

queda

VB VA

→ K= ( s /[ 1 ])

2)

VB γ = VA γ − 1

Balance de energía al VC:

(

)

0 = ∆U B − H 1 ⇒m f u f − mi u i = m f − mi h1 ⇒

(

)

(

)

m f c v T f − mi c v Ta = m f − mi c p Ta ⇒m f T f − mi Ta = m f − mi γTa mf =

donde

y sustituyendo en [2] y despejando:

(P 2)V PaV ;mi = a Rm T f R m Ta Tf =

2γ Ta 1+ γ

ρ f = ρa

De modo que

[2]

1+ γ 2γ

Ecuación de equilibrio de fuerzas:

mD g + VA g

ρa 1  − VA gρ a = mD g + VB ρ f g − VB ρ a g ⇒VA ρ a  − 1 = VB ρ f − ρ a 2 2 

y dividiendo por VA ρa:

(

1 V 1 + γ VB −1 = B ⋅ − 2 V A 2γ VA

69

⇒

VB γ = VA γ − 1

)

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

 N 2a  NRT N 2 a  ∂P  NR (V − Nb ) = NRT ⇒ P = P + − ⇒  = 2  2  V Nb T V ∂ − Nb − V  V  V  de modo que

 NR NRT N 2a  N 2a dU =  T − + 2 dV = 2 dV V  V − Nb V − Nb V 

e integrando:

 1 VB a 1  4a  = N 2 a U 2 − U1 = N 2 a = = − ( ) V V V V V V 20 5 + + A B  A A B  A  ∂s   ∂s   ∂P  s = s( T , v )→ds =   dT +   dv =   dv , ya que T = cte.  ∂T  v  ∂v  T  ∂T  v

2) dS =

3)

NR dV ⇒ S2 − S1 = V − Nb

V A +VB

∫

VA

NR V + VB − Nb 10 − b = 2 Rln dV = NRln A V − Nb VA − Nb 5−b

 V + VB − Nb U 2 − U1  10 − b a  = 600 Rln I = Ta ∆Suniv = Ta (∆S + ∆Sat ) = Ta NRln A − −  5−b 5 VA Ta  

71

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Sustituyendo en [1]: 0=

PV P P2V B PV PV  P  c v T2 − 1 B c v T1 −  2 B − 1 B c p T1 ⇒ P2 − P1 −  2 − 1 γT1 = 0 RT2 RT1 RT1   RT2  T2 T1   25 1,013   ⋅1,4 ⋅ 293 = 0⇒T2 = 403,6 K 25 − 1,013 −  −  T2 293 

que es la temperatura final en la botella. De modo que: N2 =

PV 2 B = 89,4 mol RT2 I = Ta ∆S univ

Relación de Gouy-Stodola:

∆S univ = ∆S B + ∆S D

donde

Tomando como origen de entropías la correspondiente al estado atmosférico (P1 = Pa , T1 = Ta), es decir, que s(T1,P1) = 0:   T P  T P  ∆Suniv = N 2  c p ln 2 − R ln 2  − (N 2 − N1 ) c p ln D − R ln D  = T1 P1  T1 P1     403,6 25  T P   = 89,4 ⋅  c p ln − R ln  − (89,4 − 4,95)⋅  c p ln 1 − R ln D  293 1,013  T1 P1    Sustituyendo el la relación de Gouy-Stodola:

I1 = 205 kJ La destrucción de exergía se debe a la irreversibilidad del proceso originada por el salto finito de presiones en la laminación. 2)

La disminución de exergía en D es: − ∆BD = (N 2 − N1 )bt Balance de exergía en el sistema D-B: ∆BD + ∆BB = − I1 ;(BD + BB )f = (BD + BB )i − I1 Siendo nula la exergía en el estado atmosférico: ∆BB = B2 = (N 2 − N1 )bt − I1 ;bt = h − ha − Ta (s − sa ) = −Ta sD

s D = − Rln de forma que

PD 25 J = − Rln = 26,65 ;− ∆B D = (89,4 − 4,99)⋅ 26,65 = 659,1kJ Pa 1,013 mol K BB, f = 454,1 kJ

que será la exergía realmente obtenida en el proceso.

73

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Así que el rendimiento exergético será:

ηexerg =

3)

I2 =

∫

z + ∆z 

z

T  1 − a δQ = −∆U −  T 

BB, f − ∆BD

=

454,1 = 0,688 = 68,8% 659,1

 T  dU = N 2 cv (T2 − Ta ) − Ta cv ln 2  == 31,15kJ T Ta  

U ( T2 ) T a

∫

U ( Ta )

, = 422,95 kJ B′ B, f = BB, f − I2 = 454,1 − 3115 Efectivamente, se puede comprobar que el contenido exergético final en la botella sería, calculándolo directamente en función de los parámetros que definen el estado final:   T T  P B′B , f = N 2 [u − ua − Ta (s − sa ) + Pa (v − va )];B′B , f = 89,4 ⋅  RTa ln 3 + Pa R a − a  Pa  P3 Pa   donde

u − ua = 0 ; P3 = Sustituyendo estos valores:

N 2 RTa = = 18,148 bar VB

B′ B, f = 422,95 kJ

que es el mismo valor obtenido por el procedimiento anterior.

74

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

1)

En el estado final de equilibrio se igualarán, en los tres depósitos, las presiones parciales ejercidas por el gas, e igualmente por el NH3. La presión ejercida por éste último será, como máximo, la de saturación correspondiente a la temperatura de 0ºC (principio de la “pared fría”), quedando A y B con NH3 recalentado; y C con vapor de NH3 saturado a 0ºC y, si es que así ocurre, con el NH3 líquido saturado “sobrante”. 0,12 =

v NH3 − 1,64 149,4 − 1,64

⇒ v NH3 = 19,37

l kg

⇒ mNH3 =

100 = 5,16 kg 19,37

Quedarán en fase líquida saturada:

 1000 500 100  + + 5,16 −   = 0,22kg  300 383 330  que ocuparán un volumen: 0,22·1,57 = 0,3453 l, despreciable frente a los 1 000 l de VC. De modo que el NH3 se repartirá así: En A: 0,303 kg de vapor recalentado a 20ºC y 4,12 bar. En B: 1,3055 kg de vapor recalentado a 60ºC y 4,12 bar. En C: 3,5515 kg de vapor húmedo a 4,12 bar, cuyo título será: x Cf =

3,5515 − 0,22 = 0,94 3,5515

Por otro lado, siendo Pfg la presión parcial final del gas en los tres depósitos:

1000 ⋅ 2  100 500 1000  g = Pfg  + + ⇒ Pf = 1,33bar 273  293 333 273  y la presión total final es: Pf = Pfg + Psat , NH3 ( 0º C ) = 1,33 + 4,12 = 5,45 bar

2)

El calor intercambiado por el conjunto de A, B y C será igual a la suma de las variaciones de sus energías internas:

(

H iA = 5,16 ⋅ [275,3 + 0 ,12 ⋅ (1462,3 − 275,3)] = 2154,54; PV

A i

= 8,57 ⋅10 2 ⋅ 0,1 = 85,7kJ

U iA = 2155,54 − 85,7 = 2 070 kJ

luego Del mismo modo:

U iB = 0 ; U iC =

2 ⋅ 100 ⋅1 = 500 kJ 0,4

U i = U iA + U iC = 2 570 kJ

y En el estado final:

(

U gf =

1,33 ⋅ 102 (0,1 + 0,5 + 1) = 532kJ 0,4

)

3 = 0 ,303 ⋅ 1495,9 − 4,12 ⋅ 102 ⋅ 0,1 f + (1,3055 ⋅ 1592,2 − 4,12 ⋅ 100 ⋅ 0,5) f + U NH f

A

B

+ (3,3315 ⋅ 1462,3 + 0,22 ⋅ 275,3 − 4,12 ⋅ 100 ⋅ 1) f = 6805kJ C

76

)

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

3 = 7 337 kJ → Qtot = Q A + Q B + Q C = U f − U i = 4 767 kJ así que: U f = U fg + U NH f

3 − S iNH3 ∆S NH3 = S NH f

3)

3 = 0,303 ⋅1,341 + 1,3055 ⋅1,676 + (3,3315 ⋅ 5,321 + 0,22 ⋅ 0,712) = 20,47kJ/K S NH f

SiNH 3 = 5,16 ⋅ [1,047 + 0,12 ⋅ (5,112 − 1,047 )] = 7 ,9196kJ/kg De modo que:

∆S g =

∆S NH3 = 12,55 kJ / K

1,33 ⋅ 100 ⋅ 0,1  293 1,33  1,33 ⋅ 100 ⋅ 0 ,5  333 1,33  ⋅  3,5 ⋅ ln − ln ⋅  3,5 ⋅ ln − ln + + 293 273 2  333 273 2    +

1,33 ⋅ 100 ⋅1 2 ⋅ ln = 0,45 kJ / K ⇒ ∆S tot = 13 kJ / K 273 1,33

Por otra parte:

1 1   − Q A = 0,2Q B = −0,25Q C ;Qtot = Q A 1 +  = 4767kJ 0,2 0 ,25   ⇒ Q A = 2 383,5 kJ ; Q B = 11 927,5 kJ ; Q C = −9 534 kJ De modo que:

kJ  − 2383,5 − 11917 ,5 9534  ∆Suniv = ∆S sist + ∆S fuentes = 13 +  + + =4 333 273  K  293 I = Ta ∆S univ = 1172 kJ

77

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

(N1cv ,1 + N 2cv ,2 )T f ⇒ Tf = ( N2 =

(

)

= −(N1 + N 2 ) c p − cv T f = N1c p ,1Ti ,1 + N 2c p ,2Ti ,2 3,5 ⋅ 29,12 ⋅ 318 + 2 ⋅ 36,08 ⋅ 290 = 308 K 5,5 ⋅ 31,48

98 88 3,5 2 J ) = 3,5 ; N 2 = = 2 ; = ⋅ 29,12 + 36,80 = 31,48 28 44 5,5 5,5 mol K

vol = W = Pa ∆VVC = (N 2 + N 2 )RT f = 5,5 ⋅ 8,31 ⋅ 308 ⋅ 10−3 = 14,08kJ WVC

∆S = N 1 ∆s1 + N 2 ∆S 2 = S g

2)

308 0,631  308 J    − 8,31 ⋅ ln − 8,31 ⋅ ln 0,364  = 63,18 S g = 3,5 ⋅  29 ,12 ⋅ ln  + 2 ⋅  36 ,08 ⋅ ln 318 3 290 K      308   Bt = N [(h − ha ) − Ta (s − sa )] = 5,5 ⋅ 31,48 ⋅  308 − 290 − 290 ⋅ ln  = 96 ,15 J 290   

3)

B = Bt + (P − Pa )V = Bt ⇒ B = 96,15 J

4)

Puesto que la transformación es isóbara, el calor intercambiado coincidirá con la variación de entalpía:

(

)

Q = ∆H = Nc p Ta − T f = 5,5 ⋅ 31,48 ⋅ (290 − 308) = − 3116,5 J

∫

308

1 −

290 

290 308 Ta  = −3116,7 + 290 ⋅ 5,5 ⋅ 31,48 ⋅ ln = 96,15 J dQ = Nc p ∆T + Ta Nc p ln 308 290 T  BQ = 96,15 J

5)

Definiendo el rendimiento exergético como:

ηex =

∆B exergía obtenida = exergía aportada o "gastada" N1bt ,1 + N 2 bt ,2

Puesto que el gas queda al final en condiciones atmosféricas (estado muerto), su contenido exergético final (exergía obtenida) es nulo, de modo que:

ηex = 0 Efectivamente, siempre que se dé una transmisión de calor a la atmósfera, la exergía obtenida, que será el contenido exergético de la energía calorífica transmitida a Ta , será nula. Por ejemplo, el rendimiento exergético de un aparato eléctrico de calefacción de una atmósfera a Ta constante, será nulo.

81

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Wmuelle =

∫

z2

z1

k1 (z − z0 )dz = 1600 J

Haciendo un balance de energía:

[(

* Q − W * = ∆EVC + m h + ec + e p

donde:

)]2 − [m(h + ec + e p )]1

* Q = 0 ; W * = Wmuelle ; ∆EVC = ∆U = U 2 − U1 ; m2 = 0 ; ∆ec = ∆e p = 0

En resumen:

m entr hentr = W muelle + (U 2 − U 1 )⇒

 P2V2 − P1V1 1V1  (N f − Ni )hentr = Wmuelle + P2Vγ2 −− 1P1V1 ; PRT2V2 − PRT c pT = Wmuelle + γ − 1 

Sustituyendo los valores dados:

2

T2 = 473 K

83

1



BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

P1, AV1, A P2, AV2, A = T1, A T2, A

2)

∆U B = WA, B =

⇒

T2, A = 1 638 K

P2, BV2, B − P1, BV1, B = = 12 800 kp ⋅ cm = 1 254,4 J γ −1

1 WA1, 2 = WA, B + 2 kx 2 = = 16 800 kp ⋅ cm 2

(

)

Q1A,2 = WA1,2 + U A2 − U 1A == 195200kp ⋅ cm = 19,13kJ

P3, A

3)

(1− γ )/ γ

(1 )/ T3, A = P2, A − γ γ T2, A

⇒

T3, A = 1132,4 K

P3, A = 1 kp / cm 2 ; T3, B = T1, B ; P3, B = P1, B N1 =

PV PV 1 1 1 1 ; N 1 − N sale = R ⋅1132,4 R ⋅ 300

85

⇒

N sale = 0,74 = 74% N1

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

m m −γ z  −γ z    m m dT m z + T − γ Te + (T I − Te )e  m = 0;z dT + T dz − γ Te + (T I − Te )e  dz = 0 dz     m −γ z   m d ( Tz ) − Te + (TI − Te )e  dz = 0  

87

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

P1, A =

0,082 ⋅ 616,6 4,194 − = 5,026 atm ; P2, A = = 2,5098 atm 10 − 0,0373 100

wNH 3 =

∫

Pdv = RT ln

1,2

1 1 v2 − b atml − a −  = 34,76 v1 − b mol  v1 v2 

⇒ WNH3 = 20 ⋅ 34,76 = 695,2 atm l 1 1 a u2 − u1 = a −  = ;U 2 − U1 = 20(u2 − u1 ) = 4,194atml  v1 v2  20

Q = (U 2 − U1 ) + W1,2 = 699,394atml = 70570,221J De las tablas del H2 O saturada: r(150 kp / cm 2 ) = 2431 ,

2)

Q = 70 g r

mH 2O cond. =

Por tanto:

cal g

Aplicando el Primer Principio al volumen de control indicado en la figura con trazo discontinuo, entre los estados inicial y final: Q − (Wt + Wvol ) = ∆UVC − H1 Siendo la expansión en D adiabática reversible: −0 ,4

 5,0265  1,4 = 369 ,01K T2 = 450 ⋅    2 ,5093  y empleando las expresiones

− Wt + 695,2 = obteniéndose

U=

PV ; γ −1

H=γ

PV γ −1

200 ⋅ 2,5099 − 400 ⋅ 5,0260  400 ⋅ 5,026 200 ⋅ 2,5099  1,4 − 300 −  0,4 450 369,01  0 ,4  Wt = 1 203,71 atm / l

89

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

γ

2)

γ

KL K  4  4 P0 (4 L )γ = P1B (3L )γ ⇒ P1B = P0   ;P1A = P1B + 2 = P0   + 3 3 L L     P0 (4 L ) = P2B (2 L ) ⇒ P2B = P0 2 γ ;P2A = P2B + γ

γ

(

) (P V

A A 2 2

Q2 = ∆U A + W A ,B = ∆U A + ∆U B + ∆E M =

K 2L 2

L

= P0 2 γ +

) (

2K L

)

− P1AV1A + P2BV2B − P1BV1B + γ −1

2L

∫ K l dl L

Sustituyendo y operando: 4 P L3   4 Q2 = 0 2γ −   γ − 1   3

γ

 1 1    + 3KL2  +   2 γ −1

Naturalmente se comprueba que, en el caso particular P0 = 0, se obtiene Q2 = Q1 .

3)

2K  KX  γ   γ Ecuación que define X:  P0 2γ + (2 L ) =  P0 + 2  X L  L   

4)

Sustituyendo los valores numéricos dados se obtiene: Q1 = 3 240 J ; Q2 = 250 144 J ; 124,18 = 36 X 1, 4 + X 2,4

91

→

(por tanteo)

X = 2,316 m

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

2.23-

Se quiere cargar un depósito de 100 m3 de capacidad con propano. La carga se realiza en un ambiente isotermo cuando la temperatura es de 20ºC, considerando las paredes del recipiente perfectamente diatérmanas. Se prevé que, durante el día, el depósito puede alcanzar la temperatura de 70ºC, ya que está a la intemperie. Para evitar el peligro de explosión se quiere que, en estas condiciones, quede en el depósito un 5% de espacio libre por encima del líquido. Determinar la masa de propano que debe haber en el depósito, así como el nivel del líquido al terminar la carga. Datos: densidad del C3H8 líquido, en kg / m3, midiendo t en ºC: d = 532,6 - 1,62 t ; volúmenes específicos del vapor saturado: v´´70ºC = 16,5 l / kg ; v´´20ºC = 55 l / kg.

m′ ′1 =

A 70ºC:

V ′ ′1 5 m3 = = 303 kg v ′ ′1 0,0165 m 3 / kg

m′1 = V ′1 d ( 70º C ) = 100 ⋅ 0,95 ⋅ (532,6 − 1,62 ⋅ 70) = 39824kg

m = m′1 + m′ ′1 = 40127 kg = m′ 2 + m′ ′ 2 v′2 =

A 20ºC: de modo que:

Por lo tanto:

1 m3 = 2 ⋅ 103 d ( 20º C ) kg

V = cte. = 100 m 3 = m′ 2 ⋅2 ⋅ 10 −3 + m′ ′ 2 ⋅55 ⋅ 10 −3

De [1] y [2] se obtiene:

[1]

[2]

m′ 2 = 39 747 kg ; m′ ′ 2 = 380 kg

V ′ 2 = Vlíq ,20º C = 39 747 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 = 79,5 m 3

que es el volumen que deberá ocupar, como máximo, el líquido una vez completada la carga a 20ºC.

92

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

2.25-

Un recinto cerrado de paredes adiabáticas e impermeables está lleno de aire (considerado G.P. de exponente adiabático γ) a una presión P1 , menor que la Pa atmosférica exterior, pues se ha vaciado parcialmente para realizar en él cierto experimento; y a temperatura T1. Se produce una perforación en la pared del recinto, y el aire atmosférico, que está a la temperatura Ta , penetra en el recinto. Se pide calcular la temperatura del aire en el interior cuando la presión alcance en él el valor P2 . Aplicación numérica: γ = 1,4 ; T1 = Ta = 300 K ; P2 / P1 = 2.

Haciendo un balance de energía al VC definido por las paredes del depósito entre los instantes inicial y final del proceso considerado: Q − WVC = ∆UVC + H sal − H entr ; Q = 0 ; WVC = 0 0 = (m2u2 − m1u1 ) − (m2 − m1 )ha ⇒m2 (u2 − ha ) = m1 (u1 − ha ) m1 =

PV PV 1 ; m2 = 2 ; u1 = c v T1 ; u2 = c v T2 ; ha = c p Ta ; RmT2 RmT1

Sustituyendo:

(

)

(

)

P2V PV 1 cvT2 − c pTa = 1 cvT1 − c pTa ⇒ T2 = P P P − RmT2 RmT1 2 1 + 1 γP2Ta P2T1 Aplicación:

T2 = 350 K

94

cv

=γ

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Al ser isoentrópica la expansión en A: T0 P0

( 1−γ ) γ

P  = T A  0   2 

( 1−γ ) γ

⇒

TA = 2 ( 1−γ ) γ T0

[1]

Balance de masa: P0V P0V 2 P0V 2 = + T0 TA TB Dividiendo [1] y [2]:

P0V = N A RT0 2) a)

P0 T0 V = NBR 2 2 − 2 ( γ −1 ) γ

⇒

1 1 1 = + T0 2T0 2 (1− γ ) γ 2TB

1 TB = TA 21 γ − 1

=

( γ =1, 4 )

⇒

TB 1 = T0 2 − 2 ( γ −1) γ

1,561

 NA NB  2 − 2 ( γ −1 ) γ ⇒ N A = ⇒2 = NB 1 − 2 −1 γ  

(

[2]

)

= 2,561mol

b) Dado que la expansión en A es isoentrópica y que no hay intercambio de calor con el exterior, el incremento total de entropía del universo será el que corresponda a la masa de gas NB entre sus estados inicial y final:

 T P 2 cal ∆Suniv = N B  c p ln B − R ln 0  == 3,1167 T0 P0  K  Según Gouy-Stodola:

I = Ta ∆S univ = = 935 cal

96

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

De la tabla del R-12 saturado obtenemos los valores:

T (K) P (MPa) v´ (m3 / kg) v´´ (m3 / kg) h´ (kJ / kg) h´´ (kJ / kg) s´ (kJ / kg K) s´´ (kJ / kg K) 290 0,5183 0,000746 0,03362 80,7 223,37 0,3308 0,8228 360 2,628 0,000989 0,005724 157,27 241,86 0,5604 0,7953 385,17 4,116 0,0017 0,0017 209,51 209,51 0,6950 0,6950 y se comprueba:

v A = v ′ ′ (360 K ) ; v B = vc (385,17 K ) ; vC = v ′ (360 K )

de modo que la representación de los estados inicial y final en los tres procesos isócoros, sería:

P

Bc

B2

C2 C1

A2

Tc

B1

vB

vC

A1

360 K 290 K v

vA

Así que, sustituyendo valores numéricos: 0,005724 − 0,000746 = 0,15143 0,03362 − 0,000746

x A1 =

x B1 = 0,029 ;

y análogamente se obtienen:

xC1 = 0,0074

e, igualmente: TA1 = TB1 = TC1 = 290 K ; PA1 = PB1 = PC1 = Ps ( 290 K ) = 5,183 bar

2)

De la figura se desprende claramente cuáles son los estados finales del proceso en cada depósito, de modo que:

x A2 = 1 (vapor saturado seco) ; x B2 = y:

x C2 = 0 (líquido saturado)

0,017 − 0,000989 = 0,15016 0,05724 − 0,000989

PA2 = PB2 = PC2 = P2 = 26,28 bar ; TA2 = TB2 = TC2 = T2 = 360 K Para B en el punto crítico:

Pc = 4116 , bar ;

3)

Tc = 385,17 K

wA = q1A,2 = (u2 − u1 )A = [(h2 − P2v ) − (h1 − P1v )]A = hA2 − hA1 − v A (P2 − P1 )

98

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

h A2 = 241,86

h A1 − 80,7 kJ ; x A1 = 0,15143 = kg 223,37 − 80,7 v a (P2 − P1 ) == 12,076

(

⇒ h A1 = 102,3041

kJ kg

kJ kg

)

Q1A,2 = mA u A2 − u A1 == 2222,6kJ

η ex = x A1 =

∆ 12 B A Q 1A,2

2

s A1 − 0,3308 0,8228 − 0,3308

⇒ s A1 = 0,4053

ηex = 1 −

4)

(

)

(

;∆ 12 B A = [u A − Ta s A + Pa v A ]1 = q 1A,2 − Ta s A2 − s A1 + Pa v A2 − v A1

x A+ C =

)

kJ kJ ; s A2 = s′ ′ (360 K ) = 0,7953 kg K kg K

(

Ta s A2 − s A1 q1A,2

) ==

0,113

17,4703 = 0,14733 17,4703 + 101112235 ,

99

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

En D el N2 experimenta una expansión isoentrópica:

TP

( 1−γ ) γ

=

cte.⇒T Df

 40  = (273 + 60)⋅    7 

−0 ,4 1,4

= 202,38K

Balance de masas del N2: 40 ⋅ 0,07424 7 ⋅ 0,07424 7 ⋅ 0,25 = + ⇒ TE 333 202,38

103

TE = 275,6 K

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

Las condiciones a la entrada, supuesto el equilibrio local, serán: te = t s = 181,35º C ; he = h′ ′ s = 663,53 kg / cm 2 ( tabla )

Balance de energía al VC: 2 Q1,2 − W1vol ,2 = ∆U 1 − m e he ⇒ − Pa (V 2 − V1 ) = (m 2 u 2 − m1 u1 ) − (m 2 − m1 )he

[1]

[ Se podría haber escrito “desde dentro”:

V1vol ,2 =

∫ PdV − W

r 1,2

1,2

= P2 (V2 − V1 ) − Fr

V2 − V1  F  =  P2 − r (V2 − V1 ) = Pa (V2 − V1 ) A A 

que es, efectivamente, el mismo valor del trabajo volumétrico de [1]. ] − Pa (m2v2 − m1v1 ) = (m2u2 − m1u1 ) − (m2 − m1 )he ⇒

F   −  P2 − r m2v2 + P1m1v1 = m2 (h2 − P2v2 ) − m1 (h1 − P1v1 ) − (m2 − m1 )he ⇒ A  h2 =

(m2 − m1 )he + m1h1 + Fr v

y sustituyendo:

m2

A

2

=

1,6 ⋅ 663,53 + 10 ⋅ 25 Fr + v2 11,6 A

h2 = 113,0731 + 1,5686634 v 2

[2]

 h − h′   v − v′  = 2 x= 2    h′′ − h′ 1,1kp/cm 2  v′′ − v′ 1,1kp/cm 2

[3]

De las tablas correspondientes, a 1,1 kp / cm2: h′ ≈ 423,3

kJ kJ m3 m3 ; h′ ′ ≈ 2 677 ; v ′ ≈ 0,001044 ; v ′ ′ ≈ 1,618 kg kg kg kg

[4]

Sustituyendo en [3] la expresión [2] y los valores [4] se obtiene:

v ′ < v2 ≈ 0,0388 < v ′ ′ de modo que el estado final corresponderá a un vapor húmedo a: t = t s ≈ 101º C ;V 2 = m 2 v 2 ≈ 0,45m 3 ;W1vol ,2 = Pa (V 2 − V1 ) = 44 ,5713kJ

2)

Según la expresión de Gouy-Stodola: I = Ta ∆Suniv = Ta (S2 − S1 ) = Ta {m2 s2 − [m1s1 + (m2 − m1 )se ]} = Ta [m1 (se − s1 ) − m2 (se − s2 )]

3)

En este caso, dada la total reversibilidad del proceso, la entropía del universo permanece constante:

∆S univ = 0 = m 2 s 2 − (m1 s1 + m e s e )⇒ s 2 =

m1 s1 + m e s e kcal 273 + 25 = 0,0867 ;s1 ≈ ln m2 kg 273

105

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

se ≈ 1,5698 ⇒ s2 ≈ 0,292041 ( < s′1,1 kp/cm 2 ) ≡ líquido subsaturado s2 ≈ ln Igualmente

T2rev 273

⇒

T2rev ≈ 92,6º C

− W rev = (m2u2 − m1u1 ) − me he u2 ≈ 92,6 cal / g ; u1 ≈ 25 cal / g

donde Por tanto:

W rev ≈ 998,5 kJ

106

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

1)

De Van der Waals:

P=

s2 − s1 =

∫

RT a  ∂P  R − ⇒  = v − b v 2  ∂T  v v − b

v 2  ∂P

v1

   dv =  ∂T  v

∫

v2

v1

R v −b dv = R ln 2 v−b v1 − v

V A + VB − bA 4V − NbA NA ∆S A = N A R ln = NR ln VA V − NbA − bA NA V A + VB − bB 4V − 3NbB NB B ∆S = N B R ln = 3NR ln VB 3V − 3NbB − bB NB

 4V − Nb  4V − 3Nb 3  A B   ∆S A+ B = NR ln   V − NbA  3V − 3NbB    

2)

[1]

El calor total intercambiado por A+B será la variación de su energía interna: R R a a  ∂u  −T + 2 = 2 ⇒u 2 − u1 =   =T v−b v−b v v  ∂v  T

∫

v2

v1

1 1  dv = a −  v  v1 v 2  a

2

 1   1 1 1  1  3N 2a A 1  = N A 2 a A   = Na A  − ∆U A = N Aa A  − − = 4V  V 4V   VA N A (VA + VB ) N A   VA VA + VB   1   1 1 1  3 N 2 aB  = N B 2 aB   == ∆U B = N B aB  − − 4V  VB N B (VA + VB ) N B   VB VA + VB  De modo que:

3)

A+ B = ∆U A+ B = Qatm

∆Suniv = ∆S A+ B −

3N 2 (a A + aB ) 4V

∆U A+ B 3N 2 (a A + aB ) = ∆S A+ B − Ta 4VTa

I = Ta ∆S univ = Ta ∆S A+ B − ∆U A+ B donde ∆SA+B y ∆UA+B son las expresiones de [1] y [2]. Efectivamente, definida la energía interna libre como F = U - T S , se observa que: I = ∇F A+ B

108

[2]

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

4)

De la tabla correspondiente:

Comp. C2H4 (A) O2 (B)

a (atm (m3 / kmol)2) 4,514 1,36

b (m3 / kmol) 0,0575 0,0316

Sustituyendo estos valores, con N = 100 mol, V = 40 l, R = 0,082 atm l / mol K, se obtiene:

∆S A+ B = 19,94

atm l kJ = 2,02 ; QatA+ B = 1101,38 atm l = 111,5 kJ ; K K

109

I = 494,5 kJ

BALANCES DE MASA, ENERGÍA, ENTROPÍA Y EXERGÍA EN VOLÚMENES DE CONTROL. RÉGIMEN NO ESTACIONARIO

1)

Inicialmente Fr = 0, ya que las presiones interior y exterior son iguales. Cuando pp empiezan a girar, EA tiende a desplazarse hacia la derecha, apareciendo la fuerza de rozamiento entre émbolo y cilindro, cuyo valor máximo será Fr = µ N : en ese instante comenzará el desplazamiento de EA. El gas de A habrá experimentado un proceso isócoro: P2A S = PS 1 + µN

⇒

P2A = P1 +

µN S

Balance de energía en A: Q1A

= W z1 =

∆U1A,2

µN V P2AV − P1V P2A − P1 V µ N l1 µ N l1 = = = S = ⇒ z1 = (γ − 1)W γ −1 γ −1 γ −1 γ −1

(

P2A T2A

2)

=

)

 P1 P µN   ⇒T2A = T1 2 = T1 1 + T1 P1 P1 S  

El gas de B experimentará una compresión isoentrópica; por tanto: γ

l  γ P1 l1 = P3B  1  ⇒ P3B = P1 2 γ → T3B = T1 2 γ −1 2 Análogamente en A:

 γ µN  3  l1  P1 2 + µ µN  N P l 3 S 2 A γ 11  ⇒ T3A = T1  2γ + = ; P3 = P1 2 + A S T1 2 SP1  T3  Q2A = ∆U A+ B + W2B,3 + W2A,3 = ∆U A+ B +  PdV +  (B)

∫

A  r 2 ,3 

∫ PdV − W ( A)



= ∆U A+ B

ya que la expresión entre llaves tiene valor nulo, por representar el trabajo volumétrico del conjunto A+B. (Todo el trabajo que “realiza” A es “recibido” por B.)

[(

) (

)]

W z2 = Q2 = Ncv T3A − T2A + T3B − T2B = =

  µN  P1V1  3  γ µN   + T1 2γ −1 − T1   − T1 1 + cv T1  2 + RT1  2  SP1  SP1   

y operando esta expresión:

z2 =

[(

)

l1 4 2γ − 1 SP1 + µN 2(γ − 1)W

111

]

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CAPÍTULO III Procesos de Derrame. Fluido Incompresible. Fluido Compresible. Toberas y difusores. Intercambiadores de calor.

113

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114

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2

2)

HM =

2 2 c PM c c P + Z M + M = 5; M = s = H = 5;Z M = 8; M = 5 − (5 + 8) = −8 ρg ρg 2g 2g 2g

PM = −8ρg = = −0,78 bar ; Pa , M = Pa + PM = 1,05 − 0,78 = 0,27 bar

116

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P0 1 2 P 1 + c + gz = 0 + C 2 ρ 2 ρ 2

P 1 2 + c + gz = cte. ⇒ ρ 2 Q = c π x 2 = C π R 2

⇒ c=C

R2 x2

1−

4

R

5R = 4

z 1− 5

1−

3)

R4 = C 2 − 2 gz ⇒ 4 x

R

x=

2)

⇒ C2

⇒ c 2 = C 2 − 2 gz

⇒

2g z C2

z = 4 992 m

z =0 ⇒ x=∞ 5

de modo que el tal depósito no podrá tener una altura que supere:

z máx = 5 m Las paredes serían asintóticas al plano de zmáx = 5 m.

Wmáx = Wmáx =

∫

∞

R

∫

5m

0

π x 2 dz ;1 − 4 −5

z R4 = ⇒ z = 5 − 5R 4 x − 4 ⇒dz = 20 R 4 x −5 dx 5 x4

π x 20 R x dx = 20πR 2

4

∫

∞

R

120

4x

∞

 2 x dx = 20πR   = 10π R − 2  R −3

−2

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⇒c1 =

2∆  A ρ   A0 

ρ1c1 A = ρ0 c0 A0

2)

2 ρ∆

m = ρc1 A = A

y por tanto el caudal másico será:

∫

Bernouilli:

P0

P1

2    − 1    

2

 A   −1 A   0

⇒ c0 =

(

ρ1c1 A ρ0 A0

)

dρ 1 2 2 + c2 − c1 = 0 ρ 2

[1]

Calculemos ambos términos: c0 − c1 c = 1 2 2 2

2

2

2  ρ A  2  c 2  P  γ  A  2   1 1 1   − 1 =     − 1    2  P0   A0   ρ0 A0        

ya que se trata de un gas perfecto y el derrame es adiabático reversible, por lo que: γ

 1  1  P1   = P0   ρ1   ρ0

∫

P0

P1

dP = ρ

∫

P0

v dP =

P1

γ

 P ρ  ⇒ 1 = 1  ρ 0  P0 

1

γ   

( γ −1 ) γ    P ( γ −1 ) γ  − γP1v1   P0  −γ 0 1 −    =  RT 1 1−  γ − 1   P1    P1   γ −1     

Sustituyendo estos resultados en la ecuación de balance [1]: 2

c1 2

 P  2γ  A  2    P ( γ −1 ) γ  γ 1     − 1 =  RT1 1 −  0   P0   A0   γ −1   P1       2

Por tanto:

así que:

c1 =

  P ( γ −1 ) γ  γ  RT1 1 −  0  γ −1   P1     2 2γ  A   P1      −1 A  P   0  0

  P ( γ −1 ) γ  γ  RT1 1 −  0  2 γ − P 1   1   PA   m = 1 2 2γ RT1  A   P1      −1 A  P   0  0

122

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Ms =

de modo que: En la sección crítica:

2c p (T0 − Ts ) c p (γ − 1)Ts

=

2(T0 − Ts ) (γ − 1)Ts

c c = a c ⇒2c p (T0 − Tc ) = c p (γ − 1)Tc ⇒(γ − 1)Tc + 2Tc = 2Tc ⇒ Tc =

2T0 γ +1

Aplicación numérica: cs = 200

m ; s

Ms =

5 = 0,6 ; 14

Tc = 250 K

A partir de la sección crítica, en el sentido del derrame, el fluido se acelera por encima de M = 1, es decir, funciona en régimen supersónico. Si en la sección ss el valor de Ms es 0,6, entonces dicha sección debe estar antes de la sección crítica en el sentido del derrame. Por tanto, no correspondería a su situación en la figura.

125

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c′ 2 = 2(h1 − h′ 2 )⇒h′ 2 = 638kcal/kg que dan el valor del título a la salida:

x′ 2 = 0,995

El rendimiento isoentrópico de la tobera es: ηs =

c ′ 2 2 2 6252 = = 0,82 c2 2 2 6902

127

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2)

c1 = γRT1 = 1,4 ⋅ = m

3)

8,31 ⋅1 000 m ⋅ 416,67 = 409,55 28,9 s

A1c1 Ac kg = 1 1 = = 1,409 v1 RT P1 s

Conservación de la energía entre el estado de parada y el de salida: 1 2 h0 = h2 + c2 ; 2

A1c1 A2 c2 = v1 v2

⇒ c2 =

A1c1v2 A2 v1

Por ser el proceso isoentrópico: 1

1

T1 v1

γ −1

= T2 v 2

γ −1

 T  γ −1 v A  T  γ −1 ⇒ 2 =  1  ;c 2 = 1 c1  1  v1  T2  A2  T2 

γ γ 1 RT0 = RT2 + c2 2 γ −1 γ −1 2 de donde, sustituyendo c2 y operando, se obtiene la expresión:

500 = T2 +

1,59 ⋅1014 = f (T2 ) T25

ecuación que debemos resolver numéricamente para obtener T2:

T2 = 220K → f ( T2 ) = 528,52   T2 = 230K → f ( T2 ) = 477 ,03→ T2 ≈ 225K T2 = 225K → f ( T2 ) = 500,7  P0 T0 γ

(1− γ )

= P2 T2 γ

P2 = RT2 ρ2 4)

(1− γ )

⇒

P2 = = 0,0794 ⋅ 106 Pa

⇒ ρ2 = = 1,281

kg m3

Sí. Escuetamente: En un difusor subsónico, en el sentido del derrame: dc < 0, dP > 0, dA > 0; es decir, un difusor adiabático subsónico tiene que ser divergente en el sentido del derrame, y así lo es la parte divergente de esta tobera convergente–divergente.

129

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3.9-

Una tobera adiabática funciona reversiblemente con vapor de agua. Condiciones de entrada: Pe = 8 bar; Te = 660ºC; velocidad del vapor ce = 53,69 m / s. Presión en la sección de salida: Ps = 1 bar. Se pide: 1) Calcular la relación entre las secciones de salida y entrada As / Ae. ¿Cuál es la temperatura del vapor a la salida? 2) Siendo A1 el aire de la sección de derrame en que la presión del vapor es P1 = 2 bar, calcular la relación A1 / Ae. ¿Cuál es la temperatura en esa sección? Dibujar esquemáticamente el perfil de la tobera. 3) Suponiendo que, en el estado de salida, el vapor se comporta como un gas perfecto de γ = 1,41, calcular el número de Mach del derrame en dicha sección de salida.

v e = 0,5369m 3 /kg  Pe = 8bar   eTe = 660º C ;( tablas ) → he = 3833kJ/kg s = 8,280kJ/kg K c = 53,69m/s  e  e

1)

 t s = 320º C  Ps = 1bar   3 s  → v s = 2,731m /kg ( tablas ) s s , kJ/kg K 8 280 = = e  s   h = 3114kJ/kg  s

he − h s =

(

)

m 1 2 2 c s − c e ⇒c s = 53,69 2 + 2 ⋅ (3833 − 3114) ⋅ 10 3 = 1200 s 2

= Ae ceρe = As csρs m

2)

⇒

As ce ve 53,69 0,5369 = = = 0,23 Ae cs v s 1 200 2,731

 t1 = 420º C   P1 = 2bar  3 1  → v1 = 1,595m /kg ( tablas ) s1 = s e = 8,280kJ/kg K   h = 3318kJ/kg  1

c1 = 53,69 2 + 2 ⋅ (3833 − 3318) ⋅ 1000 = 1016

130

m A1 v1 c1 ; = == 0 ,16 s Ae v e c e

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De las tablas de poderes caloríficos obtenemos: PCIC3 H8 ( g ) = 11 072

kcal kg

de modo que el incremento de consumo de combustible en 8 horas será: C3 H8 = ∆m

6141590 kg = 132,4 11 072 ⋅ 4,19 8h

133

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ln

Tc ,1 − T f ,1 Tc ,2 − T f ,2

(

) (

T − T f ,1 − Tc ,2 − T f ,2  Tc ,1 − Tc ,2 T f ,2 − T f ,1  ⇒ Q = U 2πrL c ,1 = U 2πrL +  Tc ,1 − T f ,1 Q Q   ln Tc ,2 − T f ,2

135

)

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v RT m m c1 = 1 1 = 1 1 = S1 M m P1 S1

kg J ⋅ 8,3 ⋅ 393 K s mol K m = 5,64 g 1 kg s ⋅ ⋅ 200 ⋅10 3 Pa ⋅ 0,1 m 2 28,9 mol 10 3 g 1

Igualmente, para c2 se obtiene:

2)

(

1 2  2 Q = m (h2 − h1 ) + c 2 − c1 2  = 0 ,725 ⋅ (303 − 393) Sustituyendo estos valores:

3)

c2 = 6,21

);h

2

m s

− h1 = u 2 − u1 +

R (T2 − T1 ) = Mm

kJ 8,3J/mol K kJ + ⋅ (303 − 393) = −90 ,65 kg 28,9 g/mol kg Q = −90,65 kW

El calor cedido por el aire será el absorbido por el agua (siempre que no se diga nada en contra, los intercambiadores de calor se suponen perfectamente aislados térmicamente: − Q = 90,65kW = m ag (hII − hI ) donde hII es la entalpía de un vapor húmedo de título xII = 0,05: h II = 962 + 0,05 ⋅ (2803 − 962 ) = 1054kJ/kg ;90,65 = m ag (1054 − 86,3)⇒

ag = 5,62 kg / min m

137

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bt ,I = 0;bt ,II = hII − ha − Ta (sII − sa ) = cag (TII − Ta ) − Ta cag ln

3)

= 4 ,19 ⋅ (23 − 15,5) − 288,5 ⋅ 4,19 ⋅ ln

TII = Ta

296 kJ = 0,401 288,5 kg

ag : Balance de energía (= entalpía, en este caso) para calcular m m v (h1 − h2 ) = m ag (h II − h I )⇒ m ag =

Por tanto:

300000 2430 ⋅ 0,8 m v rx1 kg = ⋅ = 5155,13 3600 4 ,19 ⋅ (23 − 15,5) cag (t II − t I ) s

300 000 ⋅ 93,03 − 5155,13 ⋅ 0,401 = 5 690,4 kW I = 3 600

que sería realmente la exergía destruida por irreversibilidad en el intercambiador por unidad de tiempo. Las pérdidas reales, si no se aprovecha el contenido exergético del agua de refrigeración a la salida del condensador, se verían incrementadas en este valor. Por tanto, las pérdidas reales son:

ag bt , II = = 7,75 MW ∇B = I + m

142

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1)

Del diagrama de Mollier, o correspondiente tabla, obtenemos los siguientes valores:

Punto 1 2 3 4

h (kJ / kg) 2 652 167 128 352

s (kJ / kg K) 7,53 0,57 0,44 1,22

Haciendo un balance de energía en el VC señalado en la figura:

Q = m 1 (h2 − h1 ) + m 2 (h4 − h3 ) = 6,1 ⋅ (167 − 2652) + 61,2 ⋅ (353 − 128) = − 1413,35KW

2)

b1 = u1 − ua − Ta (s1 − sa ) + Pa (v1 − va ) ; donde ua = cl ta y sa = c ln

Ta 273 K

b1 = 2 652 − 0,58 ⋅10 2 ⋅ 2,85 −

Sustituyendo valores:

(

)

kJ 290   2 −3 − 4,18 ⋅ 17 − 290 ⋅  7 ,53 − 4,18 ⋅ ln  + 1,013 ⋅ 10 ⋅ 2,85 − 1 ⋅ 10 = 593 kg 273  

bt ,1 = h1 − ha − Ta (s1 − sa ) =

(

)

kJ 290   = 2652 − 4,18 ⋅ 17 + 1,013 ⋅ 102 ⋅ 10−3 − 290 ⋅  7 ,53 − 4,18 ⋅ ln  = 470,7 kg 273  

g1 = h1 − T1s1 = 2 652 − 358 ⋅ 7,53 = −43,74 kJ / kg

P

f = Pe

3) =−

Por tanto:

4)

∫

P

0

v

1

∫0  RT − P  dP

⇒ RT ln

P a dP + bdP + 0 RT

∫

∫

ln f1 = ln P1 −

P

0

f =− P

abP

∫

dP = 2

(RT ) aP1

(RT1 )2

+

P

0

RT  − v dP =   P 

abP 2 − aP + bP + 2 RT 2(RT ) 2

bP1 abP1 + RT1 2(RT1 )3

 Q I = Ta ∆Suniv = Ta m 1 (s2 − s1 ) + m 3 (s4 − s3 ) −  = T a  = 290 ⋅ [6,1 ⋅ (0,57 − 7 ,53) + 61,2 ⋅ (1,12 − 0,44)]+ 1413,3 = 1169,7kW

144

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cualquiera entre el estado considerado y el agua líquida en el punto triple. El camino más sencillo es una isoterma y una isóbara. Siendo el agua líquida prácticamente incompresible: hI = h0 + vl (PI − P0 ) + cl (t I − t0 );hII = h0 + vl (PII − P0 ) + cl (t2 − t0 ) hII − hI = vl (PII − PI ) + cl (t II − t I ) ≈ cl (t II − t I ) = 1,003 ⋅ 4,18 ⋅ (92 − 15) = 322 ,82kJ/kg m ag (h II − h I ) = 148kW ⇒m ag =

4)

kg 148 = 0,458 s 322 ,82

Pv = x H2O P = 0,106 ⋅ 890 = 94,34 mbar La condensación se producirá a partir del punto de rocío, es decir, cuando la presión parcial del vapor se iguala a la presión de saturación. Buscamos en la tabla del agua saturada la temperatura a la que Ps(t) = 94,34 mbar, y encontramos tPR ≈ 44ºC. Esta temperatura es el punto de rocío de los humos: por debajo de ella habrá condensación.

147

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Para el agua, recordemos:

g

P s

h f

T

u

v

1  ∂v  − 1  ∂v   ∂s   ∂P  df = − s dT − P dv⇒  =     ;k T =  ;α =  v T v T v  ∂P  T ∂ ∂ ∂  T  v  P  ∂v  −   ∂P   ∂T   ∂ v   ∂P   ∂T  P α v =       = −1;  =  ∂v  kT  ∂T v  ∂v  P  ∂P T  ∂T  v    ∂P T c  ∂s  α  ∂s   ∂s   ∂s  s( v ,T )→ds =   dT +   dv;  = v ;  =  ∂T  v  ∂v  T  ∂T  v T  ∂v  T k T ds = c v

de modo que:

T dT α α (v 2 − v1 ) dv⇒ s 2 − s1 = c v ln 2 + + T kT T1 k T

dv  ∂v   ∂v  v( P ,T )→dv =   dT +   dP = α vdT − k T vdP⇒ = α dT − k T dP⇒ v  ∂T  P  ∂P  T

ln

v2 = α (T2 − T1 ) − k T (P2 − P1 )⇒v 2 = v1 e α (T2 −T1 )− kT (P2 − P1 ) ⇒ v1

[

]

⇒v2 − v1 = v1 eα (T2 −T1 )− kT (P2 − P1 ) − 1 ≈ v1[α (T2 − T1 ) − kT (P2 − P1 )] s2 − s1 = cv ln

de modo que:

= c v ln Definitivamente:

T2 α v1[α (T2 − T1 ) − kT (P2 − P1 )] = + T1 kT

T2 α kJ v1 (α ∆T − k T ∆P ) == 1,203 + T1 k T kg K ∆S A = m A (s2 − s1 ) = 5,414kW/K

Para el CO2, del diagrama de Mollier, se obtiene:  h = 215kcal/kg  h = 104kcal/kg ;II(8 atm, x = 0,1 ) II I( 10 atm, 130º C) I s , kcal/kg K = 1 12  I s II = 0,687kcal/kg K de modo que:

s2 − s1 = −0,433 kcal / kg K ⇒ ∆S B = = −4,717 kW

Para el SO2, de las tablas correspondientes: M = 64,07 ; Tc = 430 K ; Pc = 77,7 atm ; c *p ( cal / mol K ) = 6,157 + 1,384 ⋅10 −2 T

149

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(Para c *p tomamos únicamente los dos primeros coeficientes, para mayor sencillez.) ss − se = −(ss* − ss ) + (ss* − se* ) + (se* − se )

t e = 243º C ⇒t r ,e = 1,2  cal  → s − s ≈ 0 ,27 Pe = 19,425atm⇒ Pr ,e = 0,25diagrama e* mol K ( s* − s )

t s = 28º C ⇒t r ,s = 0,7  cal  → s e* − s ≈ 0,27 Ps = 2,2533atm⇒ Pr ,s = 0,029diagrama mol K ( s* − s )

es decir, las discrepancias de entalpía a la entrada y a la salida del SO2 dan igual valor, así que: ss − se = ss* − se* = Definitivamente:

∫

273+ 28

273+ 243

c*p

dT kJ 2,2533 − Rln == −0,3415 T kg K 19 ,425

∆Sc = −0,614 kW / K ∆S A+ B+ C = 5,414 − 4,717 − 0,614 = 0,083 kW / K

Por último:

6 ⋅ 4,19   I = Ta ∆Suniv = 300 ⋅  0,083 +  = 50,04kW 300  

150

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CAPÍTULO IV Balances de Masa, Energía y Exergía en Volúmenes de Control con reacciones químicas. Combustión, Generadores de Vapor.

151

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152

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Ni

Reacción

N O2 ( mín )

m C + O2 → ( C) CO2 12 C + ½O2 840 − m ( C) → CO 12 H2 + ½O2 160 (H) → H2O

m 12 840 − m 1 ⋅ 12 2 160 1 ⋅ 2 2 m Σ = 75 + 24

Productos de la combustión (mol / kg combustible) CO2 CO H2O O2 N2

m 12 70 −

m 12 80

m m  79    75 + (λ − 1)  75 + λ 24  21 24   

del aire en exceso

1)

N H2O (formados en la combustión de 1 kg de combustible) = 80. Por tanto: Masa de agua condensada en el Orsat: mH2O =

2)

80 ⋅18 = 1,44 kg 1 000

N   En los  xCO = CO2 = m 12 = 0 ,1[ 1 ]  2 0,1 m 12 m 700   ΣN i ΣN i = 10 = ⇒ = humos : ⇒ 70 12 N m − 0 ,01 70 − m 12 12 11 CO = = 0,01 secos  xCO =   ΣN i ΣN i

m = 763,64 g = 90,9% del C existente en el combustible

3)

(

)

ΣN i = N CO2 + N CO + N O2 + N N 2 =

De [1]:

m 7000 = = 1,2 11

700  700  79 m  m  79    = 70 + (λ − 1) 75 +  +  75 + λ = 70 + (λ − 1) 75 +   + λ  75 + 24   24  21 22  22  21    de donde se obtiene:

4)

xO2

xN 2

λ = 1,323

m 700     75 + (λ − 1)  75 +  ⋅ 0,323 24  22  = 0 ,0543 = 5,43% = = ΣN i 7000 11

m  79  700  79   75 + λ  75 +  ⋅ 1,323 24  21  22  21 = 0,8357 = 83,57% = = ΣN i 7000 11

154

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5)

Obtención de las yi en los humos secos:

Comp. (i) CO2 CO O2 N2 Σ

Mi 44 28 32 28

xi 0,1 0,01 0,0543 0,8357 1

155

xi Mi 4,4 0,28 1,7376 23,4 Mm = 29,82

yi = xi Mi / Mm 0,1476 0,094 0,058 0,785 ≈1

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4.2-

Realizado el análisis gravimétrico de un carbón, se obtuvo el siguiente resultado: 51,7% C, 4% H, 0,6% S, 20,7% O, 1% N, 16% H2O (humedad y agua combinada) y 6% cenizas. Determinar la masa de aire utilizada en la combustión de 1 t de dicho carbón, así como la masa de los humos resultantes y su composición molar y másica en los dos casos siguientes: 1) Combustión completa con un coeficiente de exceso de aire λ = 1,3. 2) Combustión con el mismo λ, pero sólo el 80% del C se oxida completamente (a CO2). Aire = 21% O2 + 79% N2 molar.

1)

Tabla balance de masas de la combustión en mol por kg de combustible quemado:

Productos de la combustión (mol / kg combustible) i (yi%)

Reacción

N O2 ( mín )

CO2

C (51,7)

C + O2 → CO2

43,08

H (4)

H2 + ½O2 → H2O

S (0,6)

S + O2 → SO2

517 = 43,08 12 40 1 ⋅ = 10 2 2 6 = 0,19 32 207 − = −6,47 32

O (20,7)

H2O

SO2

0,36 8,89 0,06

46,8

43,08

28,29

0,19

0,79·l = 14,04 228,88 229,24 14,04

O2 mínimo necesario para la combustión: (O2)mín = 46,8 mol / kg comb.

Con λ = 1,3:

Cenizas

0,19

del aire

Aire mínimo necesario:

O2

20

N (1) H2O (16) cen. (6)

Σ

N2

lmín =

46,8 mol aire = 222,86 0,21 kg comb.

l = λ lmín = 289,72

156

mol aire kg comb.

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Aire:

i O2 N2 Σ

Mi 32 28

xi 0,21 0,79

xi Mi 6,72 22,12 Mm = 28,84

Por consiguiente, para 1 t de combustible:

L = 289,72 kmol aire = 289,72 ⋅ 28,84 = 8 355,5 kg Composición de los humos (fracciones molares xi% y fracciones másicas yi%); las cenizas se han eliminado previamente de los humos:

2)

Comp. (i)

Ni

CO2 H2O SO2 N2 O2 Σ

43,08 28,89 0,19 229,24 14,04 N = 315,44

xi % =

100 N i N

13,66 9,16 0,0006 72,67 4,46 ≈ 100

Mi

Mi xi

44 18 64 28 32

6,01 1,65 0,00039 20,35 1,43 Mm = 29,44

yi =

xi M i ⋅100 Mm

20,4 5,6 0,0013 69,12 4,87 ≈ 100

Si sólo el 80% del C pasa a CO2, el número de moles de CO2 formado por kg de combus-

N ′ CO2 = N CO2 ⋅ 0,8 = 34,46

tible será: De CO se formarán:

N ′ CO = 43,08 ⋅ 0,2 = 8,62

De O2 habrá un menor consumo, de 8,62 / 2 = 4,31 mol / kg de combustible, que aparecerán en los humos. N ′ O2 = N O2 + 4,31 = 14,04 + 4,31 = 18,35 . En resumen:

Comp. (i)

Ni

CO2 CO H2O O2 N2 SO2 Σ

34,46 8,62 28,89 18,35 229,24 0,19 N = 319,75

xi % =

100 N i N

10,78 2,69 9,03 5,74 71,69 0,06 ≈ 100

157

Mi

Mi xi

44 28 18 32 28 64

4,7432 0,7532 1,6254 1,8368 20,0732 0,0384 Mm = 29,07

yi =

xi M i ⋅100 Mm

16,32 2,6 5,6 6,32 69,05 0,0013 ≈ 100

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4.3-

Efectuada la combustión completa a P = 1,2 bar de un combustible líquido en cuya composición intervienen sólamente carbono e hidrógeno, se procede a enfriar los humos resultantes, observándose que el vapor de agua comienza a condensarse cuando la temperatura ha descendido a 50ºC. A continuación se realiza el análisis volumétrico de los humos mediante un aparato de Orsat, obteniéndose los resultados siguientes: 9,3% CO2, 30,3% O2 y 64,4% N2. Siendo la composición molar del aire 0,21 O2 y 0,79 N2, determinar las presiones parciales de cada uno de los componentes de los humos, y asimismo, hallar la proporción en masa que hay de carbono e hidrógeno en el combustible.

Ps (50º C ) = 0,123 bar = presión parcial del agua en los humos = PH2O = x H2O P ( tabla )

⇒

x H2O =

0,123 = 0,103 1,2

(

)

N H 2 O = 0,103 ⋅ N = 0,103 ⋅ N H 2O + N CO2 + N O2 + N N 2 = 0,103 ⋅ N H 2O + 0 ,103 ⋅ N hs ⇒

N H2O = 0,115 ⋅ N hs

N h = N hs + N H2O = N hs + 0,115 ⋅ N hs = 1115 , ⋅ N hs PCO2 =

N CO2

P=

Nh PO2 =

PN 2 =

N CO2 N hs 0,093 P= ⋅1,2 ⋅ 103 = 100,1 mbar N hs N h 1115 ,

N O2 N hs 0,303 P= ⋅ 1,2 ⋅ 103 = 362 mbar N hs N h 1115 ,

N N 2 N hs 0,604 P= ⋅1,2 ⋅ 103 = 650,6 mbar N hs N h 1115 ,

Cálculo de la composición gravimétrica:

y 1− y ( C) + ( H ) + 0,21 ⋅ l ( O 2 ) + 0,79 ⋅ l ( N 2 ) = 12 2 = 0,103 ⋅ N ( H 2 O ) + 0,1001 ⋅ N ( CO 2 ) + 0,326 ⋅ N ( O 2 ) + 0,6506 ⋅ N ( N 2 ) siendo l = kmol aire / kg combustible; y N = kmol humos / kg combustible.

158

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y  C : = 0,1001 ⋅ N  1− y 0,123 12 = ⇒ y = 0,83 ⇒6 1− y 0 y ,1001 = 0 ,123 ⋅ N  H2 : 2 

Por tanto:

83% C ; 17% H

159

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4.4-

Utilizando las tablas de entalpía normal de combustión, y teniendo en cuenta las leyes de Hess y Lavoisier, determinar la entalpía de reacción estándar de las siguientes reacciones: (1): C (graf) + 2 H2 → CH4 (gas) (2): C (graf) + CO2 (gas) → 2 CO2 (gas) (3): CO (gas) + 2 H2 (gas) → CH3OH (gas) Asimismo, conociendo la entalpía normal de combustión del C y del CO, y la entalpía normal de las reacciones siguientes: (4): Fe2O3 (s) + 3 C (graf) → 3Fe (s) + 3 CO (g); ∆H0 = 117,3 kcal ∆H0 = 37,3 kcal (5): FeO (s) + C (graf) → Fe (s) + CO (g); determinar las entalpías normales de formación del FeO (s) y del Fe2O3 (s).

( I )C (s) + O 2 (g) → CO 2 (g)

(1)

  1  (II)H 2 (g) + O 2 (g) → H 2 O (g) ⇒( 1 ) = ( I ) + 2( II ) − ( III ) 2  (III)CH 4 (g) + 2O 2 (g) → CO 2 (g) + 2H 2 O (g) 0 ∆H10 = ∆H I0 + 2∆H II0 − ∆H III = ∆hc0,C + 2∆hc0, H2 − ∆hc0,CH4 =

= −393,52 + 2 ⋅ (− 285,89) − (− 890,33) = − 74,85kJ

( I )C (s) + O2 (g) → CO 2 (g) (2)

  ⇒( 2 ) = ( I ) − 2( II ) 1 (II)CO (g) + O2 (g) → CO 2 (g) 2 

∆H 20 = ∆H I0 − 2∆H II0 = ∆hc0,C − 2∆hc0,CO = −393,52 − 2 ⋅ (− 282,99) = 172,46kJ

(3)

1  (I)CO (g) + O 2 (g) → CO 2 (g)  2  1  (II)H 2 (g) + O 2 (g) → H 2 O (g) ⇒( 3 ) = ( I ) + 2( II ) − ( III ) 2  3  (III)CH 3 OH (g) + O 2 (g) → CO 2 (g) + 2H 2 O (g) 2 

∆H 30 = ∆hc0,CO + 2∆hc0,H 2 − ∆hc0,CH 3OH = −282,99 + 2 ⋅ (− 285,83) − (− 173,64 ⋅ 4,18) = − 128,73kJ

160

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(4)+(5)

Reacciones de formación (4) y (5):

( 4) Fe (s) + (5) 2 Fe (s) +

1 O 2 (g) → FeO (s) 2 3 O 2 (g) → Fe2 O 3 (s) 2

( 4 ) = −( II ) + (III) − ( IV)  (I)Fe 2 O3 + 3C → 2 Fe + 3CO   ∆H 0 = −37 ,3 ⋅ 4 ,18 + 393,52 − 4   (II)FeO + C → Fe + CO  − (− 282 ,99 ) = − 266,44kJ   ⇒ (III)C + O2 → CO 2 ( 5 ) = −( I ) + 3( III) − 3( 4 )   0 1  ∆H 5 = −117 ,3 ⋅ 4 ,18 + 3 ⋅ (− 393,52) − (IV)CO + O2 → CO 2   2 − 3 ⋅ (− 282,99) = − 821,9kJ 

161

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4.5-

Un gas de alto horno tiene la siguiente composición volumétrica: 4% H2, 28% CO, 8% CO2 y 60% N2. Se pregunta: 1) Poderes caloríficos superior e inferior de dicho gas. 2) Entalpía de la reacción y energía interna de reacción a -5ºC de la reacción de combustión completa del H2 (g). 3) Entropía de reacción estándar y a -5ºC para la misma reacción de la pregunta anterior. Datos: Entalpías de formación y entropías absolutas adjuntas (tomadas de las tablas correspondientes). Entalpías de formación:

1)

Entropías absolutas:

Comp.

∆h (kcal / mol)

Comp.

s 0 (kcal / mol K)

H2O (l) H2O (g) CO2 (g)

–68,32 –57,80 –94,05

H2 (g) C2 (g) H2O (g)

31,23 49,05 16,72

0 f

1 kcal (I) H 2 (g) + O 2 (g) → H 2 O(l) ; ∆H I0 = ∆h 0f , H2O ( l ) = −68,32 2 mol 1 kcal (II) CO(g) + O 2 (g) → CO 2 (g) ; ∆H II0 = ∆h 0f ,CO2 ( g ) − ∆h 0f ,CO ( g ) = = −67,67 2 mol − PCS = 0,04 ⋅ ∆H I0 + 0,28 ⋅ ∆H II0 = = −21,68

(

kcal mol

⇒

PCS = 21,68

kcal mol

)

PCI = PCS + 0,04 ⋅ ∆h0f ,H 2O( l ) − ∆h0f ,H 2O( g ) = PCS + 0 ,04 ⋅ [− 68,32 − (− 57 ,8)] = 21,26

1 H 2 (g) + O 2 (g) → H 2 O(s) 2 1 atm, 5ºC

2)

∆H T0 = ∆HT01 +

∫

T

T1

d∆H 0 d∆H 0 dT ; = ∆c 0p (sin transiciones de fase). dT dT

(

) 12 (h

0 ∆H −05 = ∆H 25 + hH 2O ,−5 − hH 2O ,25 −

 = −68,32 −  

∫

25

0

c 0p ,H 2 O( l )dt + rf +

∫

0

−5

O2 ,25

c 0p ,H 2O( s )dt −

162

) (

)

− hO2 ,−5 − hH 2 ,25 − hH 2 ,−5 = 1 2

∫

25

−5

c p ,O2 dt −

∫

 c p ,H 2 dt  

25

−5

kcal mol

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

c 0p, H2O ( l ) ≈ 1

kcal kcal kcal kcal ; c 0p, H2O ( s ) ≈ 0,49 = 18 ⋅ 10 −3 = 8,82 ⋅ 10 −3 kg K mol K kg K mol K r f = 80

(

c 0p ,O2 = 6 ,085 + 0,363 ⋅10− 2 K −1 ⋅ T

kcal kcal = 1,44 kg mol

cal ) mol ;c K

(

0 p ,H 2

(

= 6,952 − 0 ,046 ⋅10− 2 K −1 ⋅ T

)

cal ) mol K

(

)

 0 ,363 ⋅ 10−2 1 2982 − 2682  ⋅ ∆H 50 + 68,32 = 18 ⋅ 10−3 ⋅ 25 + 1,44 ⋅ 8,82 ⋅ 10−3 ⋅ 5 − 6,085 ⋅ 25 + 2 2 

[

)]

(

⋅ 10−3 − 6,952 ⋅ 25 − 0 ,046 ⋅ 10− 2 ⋅ 2982 − 2682 ⋅ 10−3 = −2,19

kcal mol

∆H −05 = −68,32 − 2,19 = −70,51 kcal / mol  3 RT 0  3  = ∆H −05 + RT 0 = ∆U −05 = ∆H −05 − P 0 ∆V 0 = ∆H −05 − P 0  − 0  2  2 P  = −70,51 +

3 8,31 −3 kcal ⋅ ⋅10 ⋅ 268 = −69,71 2 4,18 mol

1 1 ; ∆S 0 = sH0 2O ( l ) − sO0 2 ( g ) − sH0 2 ( g ) H 2 (g) + O 2 (g) → H 2 O(l) 2 2 1 atm, 5ºC

3)

Utilizando las tablas de entropías absolutas estándar, se tiene:

∆S 0 = 16,72 − 0,5 ⋅ 49,05 − 31,23 = −39,03 cal / mol K ∆ST0

=

∆ST01

d∆S 0 dT = ∆ST01 + + T1 dT

∫

T

(

T

∆c 0p

T1

T

∫

) 12 (s

∆S −05 = ∆S 0 − sH 2O ,25 − sH 2O ,−5 +  = ∆S 0 −  

∫

299 c p ,H O( l ) 2

273

T

dT +

rf ,273 273

+

∫

O2 ,25

273cH O( s ) 2

268

T

dT (sin transiciones de fase).

) (

)

− sO2 ,−5 + sH 2 ,25 − sH 2 ,−5 =

 1 dT  +  2

∫

298 c p ,O

268

T

2

dT +

∫

298 c p ,H

268

T

2

dT =

298 1,44 273  3  = −39,03 − 18 ⋅ 10−3 ⋅ ln + + 8,82 ⋅ 10−3 ⋅ ln  ⋅ 10 + 273 273 268   1 298 298 kcal    +  6,085 ⋅ ln + 0,363 ⋅ 102 ⋅ 30  +  6 ,952 ⋅ ln − 0 ,046 ⋅ 10− 2 ⋅ 30  = − 44 ,94 2 268 268 kmol   

163

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

Reacción de combustión:

CO(g) + ½O 2 (g) → CO 2 (g)

Aire mínimo necesario:

lmín =

0,5 mol aire = 2,381 0,21 mol CO

l = λ lmín = 1,2 ⋅ 2,381 = 2,857

Aire empleado:

mol aire mol comb

CO(g) :1 CO 2 (g) :1 Reactivos R  Productos P  ; O 2 (g) :0,6 O 2 (g) :0,21 ⋅ l mín (λ − 1) = 0 ,1 (mol/molCO)  (mol/molCO)   N 2 (g) :0,6 ⋅ 79 21 = 2,257  N 2 (g) :0,6 ⋅ 79 21 = 2,257 La entalpía de la reacción será:

(

) (

) (

) (

) (

)

∆H = H P − H R = H P − H P0 + H P0 − H R0 − H R − H R0 = H P − H P0 − H R − H R0 + ∆H 0 H P − H P0 =

∫ ∑ (ν c )dT ;H P

T2

298

i p ,i

R

− H R0 =

i =1

∫ ∑ (ν T1

R

298

k =1

k c p ,k

)dT

Teniendo en cuenta que:

∫

T2

T1

se tiene

c p dT =

∫ (a + bT + cT )dT = a(T T2

2

2

T1

H P − H P0 =

∫ (c 1000

298

p ,CO2

− T1 ) +

(

) (

b 2 c 3 2 3 T2 − T1 + T2 − T1 2 3

)

+ 0 ,1 ⋅ c p ,O2 + 2,257 ⋅ c p ,N 2 dT =

= 8 267,07 − 8 442,23 + 35 553,58 = 35,378

H R − H R0 =

∫ (c 400

296

p ,CO

)

kJ mol CO

)

+ 0,6 ⋅ c p ,O2 + 2,257 ⋅ c p ,N 2 dT =

= 12 011,98 − 659,63 + 1 370,83 = 12,723

kJ mol CO

, ∆H 0 = ∆h 0f ,CO2 ( g ) − ∆h 0f ,CO ( g ) = −393,776 + 110,597 = −283179 De modo que: ∆H = 35,378 − 283179 , − 12,723 = −260,524

kJ mol CO

kJ mol CO

Caudal volumétrico:

m3 mol V VP 1 ⋅ 1,2 ⋅105 = = 36,10 V = 1 ; N = Vρ = = s s v RT 8,31 ⋅ 400 así que el calor cedido al exterior sería:

Q = N ∆H = 36,10 ⋅ (− 260,254) = − 9404,91kW

165

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

4.7-

Un gas combustible tiene la siguiente composición volumétrica: 19% CO, 15% C2H4, 41% N2 y el resto CO2. Se pide: 1) PCS y PCI de dicho combustible. 2) ∆U0 y ∆S0 en su combustión completa, habiéndose elegido como estado normal para el agua el del agua líquida. 3) ∆G0 y ∆G600 en su combustión completa, habiéndose elegido como estado normal del agua el del gas ideal. Datos: tabla adjunta.

i (Comp.) CO (g) CO2 (g) C2H4 (g) O2 (g) H2O (l) H2O (g)

∆h0f (kcal / mol) –26,4 –94,2 12,5 –68,4 –57,8

s0 (cal / mol K) 47,30 51,06 63,80 49,00 16,72 45,11

c0p (cal / mol K) = a + b T a b ·102 6,73 0,04 5,32 1,43 0,94 3,73 6,73 0,15 7,70

0,05

CO(g) + ½O 2 (g) → CO 2 (g)

[I]

C 2 H 4 (g) + 3O 2 (g) → 2CO 2 (g) + 2H 2 O(l)

[II]

1)

∆H I0 = ∆h0f ,CO2 − ∆h0f ,CO = −94,2 − (− 26,4) = −67 ,8kcal ∆H II0 = 2∆h0f ,H 2O( l ) + 2∆h0f ,CO2 − ∆h0f ,C 2 H 4 ( g ) = 2 ⋅ (− 68,4) + 2 ⋅ (− 94,2 ) − 125 = −337 ,7 kcal ∆H 0 = 0,19 ⋅ ∆H I0 + 0,15 ⋅ ∆H II0 = −63,5 kcal = − PCS PCS = 63,5 kcal / mol PCI = PCS − 0,15 ⋅ 2 ⋅ (68,4 − 57 ,8) = 60,3kcal/mol

∆U 0 = ∆H 0 − P 0 ∆V 0 ; P 0 ∆V 0 = RT 0 Σνi = 978,6 J / mol = 0,23 kcal / mol

2)

Σν i = 0,19 ⋅ (1 − 3 2) + 0 ,15 ⋅ (2 − 4) = −0,395

donde Luego:

∆U 0 = −63,5 − 0,23 = −63,7 kcal / mol 0 − ∆S I0 = sCO 2

1 0 1 cal 0 sO2 − sCO = 51,06 − ⋅ 49 − 47,3 = −20,74 2 2 mol K

0 ∆S II0 = 2s H0 2O ( l ) + 2sCO − 3sO0 2 − sC0 2 H4 = 2 ⋅ 16,72 + 2 ⋅ 51,06 − 3 ⋅ 49 − 63,8 = −75,24 cal / mol K 2

166

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

∆S 0 = 0,19 ⋅ ∆S I0 + 0,15 ⋅ ∆S II0 = −15,23 cal / mol K

Luego:

(

)

∆G 0 = ∆H 0 − T 0 ∆S 0 = −60,3 − 298 ⋅ − 15,23 ⋅ 10−3 = 64,83kcal/mol

3)

∆H  ∂ (∆G T )    =− 2 ∂ T T  P

Recordando que 0 ∆GT0 ∆GT0 = − T T0

siendo

1  0  ∆H T0 + T0 T 2 

∫

T

∆GT00 1 1   ∆c 0p dT dT = + ∆H T00  −  − T0 T0   T T0 

∫

T

1   T0 T 2 

∫

T

∫

T

T0

 ∆c 0p dT dT 

1   ∆c 0p = (0,19 + 2 ⋅ 0,15)⋅ c 0p ,CO2 + 2 ⋅ 0,15 ⋅ c 0p ,H 2O −  0,19 ⋅ + 3 ⋅ 0,15  ⋅ c 0p ,O2 − 2   −0,19 ⋅ c 0p ,CO − 0,15 ⋅ c 0p,C2 H4 = 0,49 ⋅ c 0p ,CO2 + 0,3 ⋅ c 0p , H2O − 0,19 ⋅ c 0p ,CO − − 0,15 ⋅ c 0p ,C2 H4 − 0,83 ⋅ c 0p ,O2 = = −1,39 − 0,66 ⋅10 −2 T

0 1  64,83 ∆G600  1 = + (− 60,3)⋅  − − 600 298  600 298 

=

∫

600

298

1  T 2 

∫

600

298

(

64 ,83 1  kcal  1 0 + 0,102 + 1,314 ⋅  − ⇒ ∆G 600 = 193,06 298 298 600 mol  

167

)

 10−3 ⋅ − 1,39 − 0,66 ⋅ 10− 2 TdT  dT = 

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

4.9-

La composición volumétrica de un gas natural da: 90% CH4; 2,5% C2H4; 2,22% H2; 0,1% SH2; 0,92% CO; 4,26% N2. Se quema dicho gas, que entra a la cámara de combustión en condiciones normales, con un 25% de exceso de aire, que contiene un 2% en volumen de vapor de agua, y que ha sido precalentado a 550ºC. Los PCI de los distintos componentes de este gas, en kcal / Nm3 (C.N.: 0ºC, 1 bar) son: CH4: 8 560; C2H4: 14 480; H2: 2 582; CO: 3 034; SH2: 5 514. Para las capacidades caloríficas específicas a P cte., se suponen: N2 y aire: (0,302 + 0,22·10-4·t) kcal / Nm3 ºC Vapor de agua: (0,373 + 0,5·10-4·t) kcal / Nm3 ºC SO2 y CO2: (0,406 + 0,9·10-4·t) kcal / Nm3 ºC Se pide calcular la temperatura teórica de combustión adiabática, o temperatura de llama.

PCI del gas natural: 0,9 ⋅ 8 560 (CH 4 ) + 0,025 ⋅14 480 (C 2 H 4 ) + 0,022 ⋅ 2 582 (H 2 ) +

+0,001 ⋅ 5 514 (SH 2 ) + 0,0092 ⋅ 3 034 (CO) = 8157 kcal / Nm 3 comb. Volumen de los productos de la combustión por Nm3 de gas: CH 4 + 2O 2 →CO 2 + 2H 2 O   C 2 H 4 + 3O 2 →2CO 2 + 2H 2 O  CO 2 :0,9 + 2 ⋅ 0 ,025 + 0,0092 = 0,959  2H 2 + O 2 →2H 2 O  H 2 O :2 ⋅ 0,9 + 2 ⋅ 0 ,025 + 0,0222 + 0,001 = 1,87 2SH 2 + 3O 2 →2SO 2 + 2H 2 O  SO 2 :0,001   2CO + O 2 →2CO 2 O2 teórico: 2 ⋅ 0,9 + 3 ⋅ 0,025 + 3

0,001 0,0092 0,022 Nm 3 + + = 1,892 2 2 2 Nm 3 comb.

Aire seco teórico:

1,892 Nm 3 =9 0,21 Nm 3 comb.

Total aire húmedo:

11,25 Nm 3 = 11,48 0,98 Nm 3 comb.

Vapor de agua (en el aire): 11,48 − 11,25 = 0,23

Nm 3 Nm 3 comb.

t  B   Entalpía total del aire empleado h0º C = 0;ht = c p dt =  A + t t  : 0 2   

∫

171

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

4.10-

Calcular el trabajo de expansión en la reacción de combustión teórica de 1 mol de ácido benzoico (C7H6O2) en condiciones normales (1 atm, 25ºC). Considerar ideal el comportamiento de los gases.

Reacción de combustión teórica:

C 7 H 6 O 2 (s) +

15 O 2 (g) → 7CO 2 (g) + 3H 2 O (g) 2

Considerando despreciable el volumen del ácido benzoico sólido frente al resto de gases: J ⋅ 298 K m3 mol K = 0,02444 5 mol 1,013 ⋅ 10 Pa

8,31 ∆V = 3v 0 + 7v 0 − 7,5v 0 = 2,5v 0 ; v 0 = y el trabajo volumétrico será:

W = P∆V = 6194 J / mol

Suponiendo que el agua quedara en estado líquido, cuyo volumen sería despreciable:

∆V ′ = 7v 0 − 7,5v 0 = −0,5v 0

→

173

W ′ = −1 238,8 J / mol

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

Comp.

Mi

∆h 0f ,i (cal / mol)

CO2 H2O (l) H2O (g) C3H8 (g)

44,01 18,016 18,016 44,094

–94 052 –68 317 –57 798 –24 820

Sustituyendo los valores correspondientes en [1]:  PCS = 530604kcal/kmol = 12033kcal/kg C 3 H 8  PC = −∆H 0   PCI = 488528 kcal/kmol = 11079kcal/kg C 3 H 8 La diferencia entre los poderes caloríficos superior e inferior es (prácticamente) la entalpía de vaporización del agua formada en la reacción de combustión: PCS − PCI ≈ 4 rH2O ( 25º C )

⇒ rH2O ( 25º C ) =

530 604 − 488 528 kcal = 583,87 18,016 ⋅ 4 kg H 2 O(25º C)

Comparación de los valores obtenidos con los de las tablas (interpolando linealmente):

Obtenido (O) Tablas (T) 100 · (O – T) / O

PCI

PCS

rH2O( 25º C )

11 079 10 985 0,85%

12 033 11 939 0,8%

583,87 583,08 0,13%

Como se ve, las discrepancias obtenidas son insignificantes.

b)

(

Para los humos secos, siendo c p ,i = ai + biT + ciT 2

i CO2 O2 N2

Mi 44,01 32 28,016

xi 3 / 48 5 / 48 40 / 48

ai 5,316 6,085 6,903

cal )mol , de la tabla correspondiente: K

bi ·102 ci ·109 1,4285 –0,8363 0,3631 –0,1709 –0,03753 0,193

De estos valores se obtiene: M m = Σx i M i = 29 ,42

  A = Σx i a i = 6,7186 cal  −3 −7 2 ⇒ c p ≈ 6,72 + 10 T + 11 ⋅10 T B = Σx i bi = 0,0958 ⋅10 − 2  mol K C = Σx i c i = 0,1068 ⋅10 −5 

(

2) a)

)

c p = A + BT + C T 2 ; c p − c v = R ⇒ c v = c p − R = A − R + BT + C T 2

175

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Según el enunciado,

c = BT + C T 2

− c

⇒

cv − c

A = = 1,421 A− R

=n=

de modo que el proceso es politrópico de índice n = 1,421, cuya ecuación diferencial será:

dT +

1 − n  ∂T    dP = 0⇒T P n  ∂P  v P ⇒T2 = T1  2  P1

  

1− n n

= cte⇒T P

−R A

= cte

R A

= T1 ε R

Balance de energía en el compresor:

(

A

)

== 510 K

(

)

δq − δwc = dh⇒ BT + CT 2 dT − δwc = A + BT + CT 2 dT ⇒ wc =

b)

q=

∫

T2

T1

∫

T2

T1

(

)

AdT = A(T2 − T1 ) = AT1 ε R A − 1 == 1411,2

T

(

)

kcal 1411,2 kJ = ⋅ 4 ,19 = 201 kmol 29,42 kg humos

(

)

2 3 2  T2 T3  T T kcal kJ + C  = B 1 ε 2 R A − 1 + C 1 ε 3 R A − 1 = 119,1 = 17 c dT =  B kg h kg h 2 3 2 3  T1

176

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4.12-

En un cohete espacial se utiliza como combustible una mezcla de pentaborano (B5H9) líquido (80% en peso) y de hidrazina (N2H4) líquida (20% en peso). El comburente utilizado es agua oxigenada (H2O2) líquida, en la proporción estequiométricamente exacta. Los productos de la combustión son B2O3 sólido, N2 gas y H2O gas. Se pide: 1) Consumo de H2O2 en kg / kg de combustible. 2) Poder calorífico en kcal / kg comb. Datos: ∆h0f (B2O3 sólido) = -305 000 cal / mol; ∆h0f (B5H9 líquido) = 7 740 cal / mol; ∆h0f (N2H4 líquido) = 12 050 cal / mol; ∆h0f (H2O gas) = -57 798 cal / mol; ∆h0f (H2O2 líquido) = -44 837 cal / mol. Masas atómicas: MO = 16; MH = 1; MB = 10,8; MN = 14.

Reacción estequiométrica de combustión del B5H9:

B5 H 9 (l) + 12 H 2 O 2 (l) →

5 33 B2 O 3 (s) + H 2 O (g) 2 2

33 5  luego: PCB5 H 9 = −∆H B05 H 9 = − ∆h 0f ,B2 O3 ( s ) + ∆h 0f ,H 2 O( g ) − ∆h 0f ,B5 H 9 ( l ) − 12∆h 0f ,H 2 O2 ( l )  = 2 2   33 5  = −  ⋅ (− 305000) + ⋅ (− 57798) − 7740 − 12 ⋅ (− 44837 ) = 2 2   = 1185 863

1185 863 cal kcal = = 18 823 mol B5 H 9 63 kg B5 H 9

Reacción estequiométrica de combustión del N2H4: N 2 H 4 (l) + 2 H 2 O 2 (l) → N 2 (g) + 4 H 2 O (g) luego:

(

)

PC N 2 H 4 = −∆H N0 2 H 4 = − 4∆h0f ,H 2 O( g ) − ∆h0f ,N 2 H 4 ( l ) − 2∆h 0f ,H 2O2 ( l ) == = 153 368

153 368 cal kcal = = 4 793 mol N 2 H 4 32 kg N 2 H 4

177

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Por tanto:

12 2 kg H 2 O 2 ⋅ 34 + 0,2 ⋅ ⋅ 34 = 5,61 63 32 kg comb.

1)

Consumo de H2O2: 0,8 ⋅

2)

PC = 0,8 ⋅18 823 + 0,2 ⋅ 4 793 = 16 017 kcal / kg comb.

178

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4.13-

En una cámara de combustión adiabática se quema un combustible con la composición gravimétrica siguiente: 85% C y 15% H. La temperatura del aire entrante a la cámara es de 400 K; y la del combustible, 298 K. Determinar el exceso de aire con que se realiza la combustión si la temperatura adiabática de llama no excede de 1 250 K, sabiendo que el PCI del combustible es de 9 800 kcal / kg. Suponer que todos los gases se comportan como gases perfectos biatómicos.

En 100 kg de combustible hay

85 15 ≈ 7,08 kmol C y = 7,5 kmol H 2 . 12 2

Reacción estequiométrica:

7,08 C + 7,5 H 2+ + 10,83 O 2 + 10,83 ⋅

79 79 N 2 → 7,08 CO 2 + 7,5 H 2 O (v) + 10,83 ⋅ N2 21 21

Llamando c = (7,08 C + 7,5 H2), y siendo λ =

O 2 empleado = coeficiente de exceso : O 2 necesario

c + 10 ,83λ O2 + 40,74λ N 2 → 7 ,08CO 2 + 7 ,5H 2 O + 10,83(λ - 1)O2 + 40,74λ N 2 Por ser la combustión adiabática: H P − H R = 0

[

⇒ 7 ,08hCO2 + 7 ,5h H 2O( v ) + 10,83(λ − 1)hO2 + 40,74λ h N 2

(

]

1250

−

)

− hc ,298 + 10,83λ hO2 ,400 + 40,74λ hN 2 ,400 = 0 PCI = 980 000

[1]

cal = − ∆H 0 = − 7,08 hCO2 + 7,5 hH2O ( v ) − hc − 10,83 hO2 kg

(

)

(

)

(

[2]

298

)

[ 1] + [ 2 ] →7 ,08 hCO2 ,1250 − hCO2 ,298 + 7 ,5 hH 2O ,1250 − hH 2 ,298 + 40,74λ hN 2 ,1250 − hN 2 ,400 +

(

)

(

)

+ 10,83λ hO2 ,1250 − hO2 ,400 − 10 ,83 hO2 ,1250 − hO2 ,298 = 980000 Siendo = 7 cal / mol K, y operando:

(7 ,08 + 7 ,5)⋅ 952 + 51,57 ⋅ λ ⋅ 850 = 10,83 ⋅ 952 + 980000 y el exceso de aire empleado será:

λ − 1 = 2,11 = 211%

179

7⇒λ ≈ 3,11

B A LA N C E S D E M A S A , E N E R G ÍA Y E X E R G ÍA E N V O LÚ M E N E S D E C O N TR O L C O N R E A C C IO N E S Q U ÍM IC A S . C O M B U S TIÓ N . G E N E R A D O R E S D E V A P O R .

4.14-

El hierro pasa del estado ferromagnético (Fe f) al estado paramagnético (Fe p) a 760ºC con una absorción de calor de 660 cal / mol. Calcular el calor de oxidación del Fe p a óxido ferroso (FeO) por oxígeno (O2) a la citada temperatura de 760ºC y a la presión estándar de 1 atm. Datos: Fe f + ½ O2 (g) → FeO (s); ∆H0298 = -63 200 cal / mol. [Fe f] = (4,18 + 5,92 ·10-3 T ) cal / mol K. [FeO(s)] = (11,66 + 2 ·10-3 T - 0,67 ·105 T-2) cal / mol K. [O2(g)] = (7,16 + 10-3 T - 0,4 ·105 T-2) cal / mol K.

1 Fe f + O 2 (g) → FeO(s) 2 0 ∆H ′1033 = ∆H 298 +

siendo

[1]

1033

∫

298

∆c p dT

1 ∆c p = c p , FeO ( s ) − c p , Fe f − c p ,O2 ( g ) = 3,9 − 4,42 ⋅ 10 −3 T − 0,47 ⋅ 10 5 T −2 2

⇒

⇒ ∆H ′1033 = −62 608 cal / mol Según el enunciado:

Fe f → Fe p ; ∆H ′ ′1033 = 660 cal / mol

Según la ley de Hess, de [1] y [2]:

1 cal Fe p + O 2 ( g ) → FeO(s) ; ∆H1033 = ∆H ′1033 − ∆H ′ ′1033 = −63 262 2 mol

180

[2]

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

CAPÍTULO V Procesos de Trabajo. Compresores. Máquinas de Vacío. Bombas.

185

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

186

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

= Pv 1 1 ln

ρ P1 P 2 = RT1 ln 1 = RT1 ln 1 = 293 R ln = −118,80 R (T cte., rev.) ρ2 P2 P2 3 q − wt = h2 − h1

3)

Siendo c la capacidad calorífica específica a lo largo de la compresión politrópica: q = c∆T =

 ρ n −1  n −γ n −γ n −γ cv (T2 − T1 ) = cv (T2 − T1 ) = cvT1  2  − 1 = n −1 n −1 n −1  ρ1     =

 3 0 ,3  1,3 − 1,4 5 ⋅ R ⋅ 293 ⋅   − 1 = − 31,58 R 0,3 2  2  

 ρ n −1  1,4  3 0 ,3  γ 2    ⋅ R ⋅ 293 ⋅   − 1 = 132,64 R h2 − h1 = RT1   − 1 = γ −1  ρ1   0 ,4  2     de modo que:

4)

wt = q − ∆h = −31,58 R − 132,64 R = −162,23 R ( n cte., rev.)

Siendo adiabático el proceso: − wt = h2 − h1 =

 ρ  γ RT1  2  γ −1  ρ1  

n −1

 1,4  3 0 ,5  − 1 = ⋅ R ⋅ 293 ⋅   − 1 = 230.48 R ( q = 0, irrrev.)  0,4  2   

188

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Es decir, la suma de la entalpía más la energía cinética a la entrada del compresor es precisamente el valor de la entalpía del aire atmosférico en reposo (entalpía de parada). Con lo cual:

1 2   Q1,2 = Wt + m  h2 + c2 − ha  2   h2 − ha = c p (T2 − Ta ) = 1,004

= Ac ρ = A2 c2ρ2 m

⇒ c2 =

kJ kJ ⋅ (373 − 288)K = 85,34 kg K kg

RT2 m 4m m m = = = = 0,528 2 2 s A2ρ2 π d2 1 π d2 v2 4

Sustituyendo en [1]:

1 2  Wt = Q1,2 − m  h2 − ha + c2  == − 153,06kW 2  

190

[1]

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

h2 − ha =

∫

T2

Ta

c p dT =

∫ (6,713 + 0,047 ⋅10 355

−2

290

)

T + 0,114 ⋅ 10−5 T 2 dT == 65,65

kJ kg

m ag (hII − hI ) = 0,4 ⋅ 4,18 ⋅ (45 − 17 ) = 46 ,82kJ/kg Sustituyendo valores:

N = = −67,13 kW

Por tanto, la potencia suministrada en el eje debe ser: N eje = −

2)

67,13 N = = 75,42 kW ηm 90,89

18,5 60 m3 m TP ρ V2 = ; V1 = V2 2 = V2 1 2 = = = 0,103 s T2 P1 ρ2 P2 RmT2 ρ1 La temperatura de entrada T1 no coincide con Ta, ya que en la aspiración hay una expansión del aire y una aceleración. Si esa expansión pudiera considerarse isoentrópica, la temperatura del aire se obtendría imponiendo la condición s1 = sa y resolviendo para el valor de que nos dan en el enunciado. Considerando que en dicho proceso de aspiración la variación de la capacidad térmica es despreciable, y por tanto γ = cte. = 1,4, hipótesis que originaría un error despreciable, escribimos: P T1 = Ta  1   P2 

γ −1 γ

y, puesto que la variación es muy pequeña, vamos a suponer T1 = Ta y P1 = Pa, con lo que: m TP V1 = V2 a 2 = = 0,252 s T2 Pa

192

3

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

5.4-

El aire atmosférico que se encuentra en un lugar a 725 torr y 15ºC, siendo la presión parcial del vapor de agua en él de 12 mbar, se comprime hasta 6,8 bar, según una compresión reversible en dos etapas con refrigeración intermedia. El caudal de aire, medido a la entrada del primer compresor, es de 11,5 m3 / min. Ambos compresores funcionan con la misma relación de compresión, pudiéndose considerar el proceso politrópico de índice de politropía n = 1,32 para ambos compresores. En el enfriador intermedio, en el que se consideran despreciables las pérdidas de carga, se consigue enfriar el aire hasta la mínima temperatura posible sin que se produzca condensación. Se dispone para ello de un caudal másico de agua de refrigeración de 250 g / s a la temperatura de 15ºC. Se pide: 1) Potencia total consumida, siendo el rendimiento mecánico de ambos compresores ηm = 0,9. 2) Calor intercambiado por el aire en el enfriador intermedio por minuto, y temperatura del agua de refrigeración a la salida del intercambiador. 3) Suponiendo que la temperatura mínima a la que se puede enfriar el aire en el enfriador intermedio fuera de 35ºC, determinar la relación de presiones con que debería funcionar cada compresor para que la potencia total consumida fuera mínima. Se considerará que los procesos de compresión en ambos compresores son siempre politrópicos de n = 1,32 cualesquiera que sean las condiciones de entrada del aire al segundo compresor. 4) Efectuar un balance global de energía para el conjunto de la instalación, en las condiciones de funcionamiento correspondientes a las preguntas 1) y 2), comprobando que efectivamente se cumple el Primer Principio. Asimismo, dibujar un diagrama detallado de flujo de energía. Datos: aire, G.I. de = (6,713+0,047 ·10-2T +0,115 ·10-5T2) cal / mol K

193

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

wt ,2

n −1   n T   P4  n  = RT3 1 −    = wt ,1 3 n −1 P T1   3   

PV (725 750)⋅ 105 ⋅ 11,5 mol = = 7 ,74 PV = N RT ⇒ N = RT 8,31 ⋅ 288 ⋅ 60 s Calculemos la temperatura T3:

Pv ,1 = x v P1  P3 = 12 ⋅ 2,65 = 31,82mbar ⇒ Pv ,3 = Pv ,1 Pv ,3 = x v P3  P1 que es la presión de saturación correspondiente a T3. De la tabla del agua saturada, t3 = 25ºC. w  T  N c = − N t ,1 1 + 3  = 46 ,04kW ηm  T1 

Sustituyendo en [1]:

2)

Haciendo un balance de energía en el intercambiador:

N (h2 − h3 ) = m ag (h II − h I );Q = N (h3 − h2 ) = N =

∫ (6,713 + 0,047 ⋅10 T3

−2

T2

P  T2 = T1 2   P1 

siendo

valor que llevado a [2], y operando da:

n −1 n

∫

T3

T2

c p ,a dT =

)

T + 0,115 ⋅ 105 T 2 dT

[2]

= 364 ,75 K

cal Q = −3 614 s

Para el agua: − Q = m ag (hII − hI ) = m ag cag (t II − t I )⇒ t II = 29,5º C

3)

n −1  n −1    n n   P4  n    PL  n  wt = RT1 1 −    + RT3 1 −    n −1 P1  n −1 P    L    

Para que el trabajo (potencia) sea mínimo: −1

−1

dwt n n − 1  PL  n 1 n n − 1  P4  n     =0=− − RT1 RT3 dPL n −1 n  P1  P1 n − 1 n  PL  P T1  L  P1

  

−1 n

(n −1) n T P P 1 2 (n −1) n = T3 42(n −1) n ⇒ PL = 3  4 P1 T1  P1 PL

195

  

 − P4     P2   L 

n −1 n

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

n

 T  2(n −1)  P1  ⇒ PL =  3   T1   P4 P2 2,94 = = 3,04 ; P1 725 750

1

2  == 2,94bar  P4 6,80 = = 2,31 P3 2,94

En este caso:

wt ,1

wt ,2

 J   == −3055,6 mol    − N  (wt ,1 + wt ,2 ) = − 46,72kW ⇒N c =  n −1  ηm   n J   P  n  RT3 1 −  4   == −2377 ,1 =  n −1 P mol   3   

 n  P RT1 1 −  2 = n −1 P   1

  

n −1  n 

Nota: Pv ,3 = Pv ,1 ( P3 P1 ) = 36,49 mbar < Ps (35º C ) = 56,22 mbar , y por lo tanto no hay problema de condensación.

4)

Compresor 1: q1 − wt ,1 = h2 − h1 =

∫

364 ,5

298

(n −1) n

T4 = T3 (P4 P3 )

c p ,a ( T )dT = 515,22 + 11,77 + 9,44 = 536,43

cal mol

= 298 ⋅ 2,8520 ,32 1,32 = 377 ,48K

Compresor

q2 − wt ,2 = h4 − h3 =

2:

∫

377 ,98

298

c p ,a ( T )dT = 533,54 + 12,62 + 10,47 = 556,63

cal mol

q1 = −2 630,75 + 536,43 ⋅ 4,18 = −388,67 J / mol

De modo que:

q2 = −2 722,30 + 2 326,71 = −395,59 J / mol Balance global de energía: N (q1 − wt ,1 ) + N (q2 − wt ,2 ) = N (h4 − h1 ) + m ag (hII − hI ) Por tanto, ha de cumplirse: 13,75kW + 18,01kW = 7 ,74(h4 − h3 ) + 15,11kW En efecto:

h4 − h3 =

∫

T4

T3

c p ,a dT = 13,79 + 599,67 + 11,44 = 625,08

cal J = 2612,8 mol mol

y sustituyendo este valor en la igualdad anterior se comprueba que, en efecto, se satisface [3].

196

[3]

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

1

1)

 P n V V V V V +V mv v v v ηv = a = 1 − e = 1 − e r ; r e = r 1 = 1 ; e = 1 − 1 =  2  − 1 Vd Vd Vr Vd Vr mr v2 v2 vr v2  P1  ya que la compresión 1-2 es politrópica de índice n. Siendo εr = Vr / Vd = 0,05, se tiene finalmente: 1 1,25    P 1 n   3,4 ⋅ 9 ,8 ⋅ 104  = 0,92  − ηv = 1 − ε r  2  − 1 = 1 − 0,05 ⋅  1 5  1,013 ⋅ 10 ⋅ 764 760    P1      

La máxima compresión se dará para ηv = 0, luego:  P 2 ,máx η v = 0 = 1 − ε r   P1 

  

1n

 − 1⇒  

n

 1 764 1   = P1 1 +  = ⋅ 1,013 ⋅ 1 +  760  0,05   εr 

P2 ,máx

2)

1,25

= 45,77bar

El volumen de aire itido en cada embolada es: Va = ηvVd = 0,92 ⋅

π ⋅ 0,252 ⋅ 0,32 = 0,01445 m 3 4

cuya masa es también la de aire expulsado, pero que se encuentra a T2 y P2:

P2 = 3,4 kp / cm 2 = 3,33 bar ; P1 = 764 torr = 1,018 bar ; T1 = 290 K P  T1 = 290 KT2 = T1 2   P1  PV PV 1 a = 2 2 T1 T2

⇒ V2 = Va

n −1 n

0 ,25

 3,33  1,25 = 190 ⋅  = 367 ,6 K   1,018 

367,6 1,018 T2 P1 = 0,01445 ⋅ ⋅ = 0,0056 m 3 290 3,33 T1 P2

Por tanto, el caudal volumétrico a la salida será: V2 = 0,0056 m 3 ⋅ 320 rpm = 1,79 m 3 / min

3)

Siendo c la capacidad calorífica específica a lo largo de la politrópica:

q1,2 = c(T2 − T1 ) , con q1,2 = P2V2 = N RT2

⇒

c − c − cv

=n

n −γ n −γ R (T2 − T1 ) == 966,9 J ⋅ cv (T2 − T1 ) = n −1 n −1 γ −1 mol

P V mol N = 2 2 = = 195,36 min RT2

199

kJ ⇒ Q 1,2 = N q1,2 = = −188,895 min

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4)

Siendo wτ el área EA12 del diagrama indicador (trabajo por embolada), y siendo P la presión media efectiva, se tiene: wτ = − PVd = wt

donde wt = −

∫

P2

P1

n −1  0 ,25    n J  3,33  1,25    P2  n  1,25  ⋅ 8,31 ⋅ 290 ⋅ 1 −  v dP = RT1 1 −    =   = −3223  n −1 P mol 0,26  1,018    1    

P1 v1 = RT1

wτ = −3,223 de modo que:

Va V = wt ηv d v1 v1

P=

wτ Vd

N c = wτ

=

⇒

P 1 mol = 1 = = 42,24 3 v1 RT1 m

kJ mol ⋅ 0,01445 m 3 ⋅ 42,24 3 = −1,967 kJ mol m

1,967 ⋅ 103 J N = 1,25 ⋅105 2 π ⋅ 0,1252 ⋅ 0,32 m 3 m

n( rpm ) = = 10,49 kW ⇒ 60

200

⇒

P = 1,25 bar

N eje =

Nc = 11,65 kW ηm

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Naturalmente que [3] podría haber sido obtenida directamente, considerando como V.C. el conjunto de los dos anteriores (marcado con línea discontinua en la figura). Siendo

P2 = Pa ;c a = 0;z 2 − z a = 20m;c 2 = c1 (A1 A2 ) = 1,82m/s : = A1c1ρ = A2 c2ρ = m

kg π ⋅ 0,092 , ⋅1,3 ⋅ 103 = 9,09 ⋅ 11 s 4

Sustituyendo valores en [3] resulta: 1 J ⋅1,82 2 + 9,81 ⋅ 20 + wt + 30 = 0 ⇒ wt = −227,51 2 kg

wb = 2,07 kW Nb = m

202

⇒

wb = 227,51

J kg

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5.8-

En una primera aproximación al estudiar el agua se considera que su volumen específico es constante en toda la zona de estados de líquido comprimido. itiendo esta aproximación, se pide: 1) Comprobar que las capacidades térmicas específicas y cv son iguales. 2) Comprobar que un proceso isoentrópico es también isotermo. 3) Siendo v dicho volumen específico, determinar la variación de entalpía específica del agua y la potencia necesaria, si mediante una bomba de · rendimiento isoentrópico ηs se comprime un caudal m desde una presión P1 hasta P2.

En todo sistema simple, u = u( v , T ) ⇒ u = u(T ) . Por consiguiente:

1)

( v cte.)

du du  ∂u   ∂h   ∂u   ∂ (Pv )   ∂ u   ∂v  cv =  ;c p =   =  =  +  =  +  =  ∂T v dT  ∂T  P  ∂T  P  ∂T  P  ∂T  P  ∂T  P dT

c p = c v = c( T )

Así pues:

dq = Tds = du + Pdv = du = c dT = 0 ⇒

2)

( v cte.)

3)

ds = 0

( T cte.)

El rendimiento isoentrópico es, por definición:

ηs = luego:

wb w′ b

rev irrev

; wb

rev

=

∫

P2

P1

v dP = v(P2 − P1 )⇒ w′ b ( v cte. )

N ′b = m w′b irrev = m

204

irrev

=

v(P2 − P1 ) ηs

wb

rev

ηs

=

v(P2 − P1 ) = h′ 2 − h1 ηs

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Por tanto: a w1t ,2 = 180,72 ⋅ Nc = m

wt1,2 s

γ −1   γ    γ P kJ  = c p (T2 s − T1 ) = − RmT1 1 −  2   == 151,34 γ −1 P kg   1  

Rendimiento isoentrópico: ηs =

2)

210 000 = 10,542 ⋅ 106 W = 10,542 MW 3 600

w1t ,2 s 1, 2 t

w

=

151,34 = 0,837 180,72

Balance de energía en el intercambiador: m a (h2 − h3 ) = m ag (h II − h I );m a c p (t 2 − t 3 ) = m ag c ag (t II − t I )⇒ 2100 kg ⋅1,004 ⋅ (195 − 40) = m ag ⋅ 4 ,19 ⋅ (26 − 15)⇒ m ag = 196 ,95 s 36 Destrucción de exergía:  T T I = Ta m a (s2 − s3 ) + m ag (sII − sI ) = Ta  m a c p ln 3 + m ag cag ln II T2 TI 

[

]

  == 2123,27 kW 

 T P  Ic = m aic = m aTa (s2 − s1 ) = m aTa  c p ln 2 − Rln 2  == 1072kW T1 P1  

3)

Exceso de trabajo:

wc − wc ,s = 180,72 − 151,34 = 29,28

J kg

Balances de exergía en el compresor real y en el compresor isoentrópico: bt ,1 + wc = bt ,2 + i c  ⇒i c = wc − wc ,s − (bt ,2 − bt ,2 s ) bt ,1 + wc ,s = bt ,2 s  Relación entre la destrucción de exergía y el exceso de trabajo: wc − wc ,s = 29 ,38kJ ;bt ,2 − bt ,2 s = h2 − h2 s − Ta (s2 − s2 s ) = c p (t2 − t2 s ) − Ta c p ln P T2 s = T1 1   P2 

donde Sustituyendo y operando:

1−γ γ

== 438,74 K

bt ,2 − bt ,2 s = 10,91 kJ / kg

Se comprueba efectivamente que: ic = wc − wc ,s − (bt ,2 − bt ,2 s ):18,38 = 29 ,38 − 11

210

T2 T1

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

de modo que, en función de los datos:

x=

ε (n −1) n − η η 1 − ε (n −1) n

[

]

Sustituyendo en esta expresión los valores numéricos dados, se obtiene:

x = 0,0533 = 5,3%

2)

Siendo la compresión politrópica (por tanto, reversible) de índice n = 2: wc =

 T n RT1 1 − 2 n −1  T1

[

]

 n cal  = RT1 1 − ε (n −1) n == −1083,5 mol airecomp.  n −1

Un mol de aire comprimido corresponde a 1 / (1 + x) moles de aire atmosférico comprimido. En resumen:

wc = 1 029 cal / mol aire atmosférico comprimido T  cal h2 − h1 = c pT1 2 − 1 == 1890 mol  T1 

Por tanto:

q = 1 890 − 1 083,3 = 806,5 cal / mol ⇒

214

Q = 766 cal / mol aire atm. comp.

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Wc = m 3 (h4 − h3 ) = 16750 ⋅ (711,5 − 640) = 1197626kcal/h

4)

Costo de la energía eléctrica: 1 kcal kJ h 1 kW ⋅ h pts pts ⋅ 1197 626 ⋅ 4,18 ⋅ 8 000 ⋅ ⋅ 7,3 = 85 483 810 0,95 h h año 3 600 kJ kW ⋅ h año

t h pts pts Costo del vapor: 0,1528 ⋅ 8 000 ⋅ 2 000 = 2 444 800 h año t año De modo que:

Costo total = 87 928 610 pts / año

219

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

El compresor habría funcionado, pues, con un rendimiento isoentrópico: ηs =

4)

wc

s

wc q

= 0,78

Una laminación es un proceso isoentálpico: −b  ∂T  dh = (c + R )dT + bdP = 0;µ J −T =   = c+R  ∂P  h Entre los puntos 2 y 3: h2 = h3 ⇒(c + R )T2 + b(P2 + a ) = (c + R )T3 + b(P1 + a )⇒ T3 = T2 + b

1 =cA m v

⇒

A1 A2 A3 = = v1 v2 v3

De igual modo se obtiene:

⇒

RT1 +b A1 v1 P1 + a = = = = 2,86 RT2 A2 v2 +b P2 + a

A1 A3 = 0,58

222

P2 − P1 c+R

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1)

  7 ,03  + 1 ⋅17 ,5   P1V1  1,033  = = 5,5582 N 1, A =  0,082 ⋅ 299 ,7 RT1 ⇒ N 2 A − N 1 A = 0,2158mol  7 ,03   + 1 ⋅17 ,5   1 , 033   = 5,774  N 2 ,A = 0,082 ⋅ 288,5 

N 1,B

N 2 ,B

    ⇒ N 2 B − N 1B = 0,3818mol  7 ,03   + 1 ⋅13,4    1,033  = 10,2171 = 0 ,082 ⋅ 288,5 

 7 ,03  + 1 ⋅13,4   1,033  = 9,8353 = 0,082 ⋅ 299,7

Hay que comprimir:

(N 2,A + N 2,B )− (N1,A + N1,B ) = 0,6mol

El trabajo de compresión de C específico será: wc = 0 ,082 ⋅ 288,5 ⋅

(

)

atml 1,4 ⋅ 1 − 200 ,3 1,3 = −82 ,5 mol 0 ,4

Wc = 0,6 ⋅ 82,5 = 49,5 atm l = 5 011,08 J

2)

N3, A

 7 ,03  + 1 ⋅17 ,5  1,033   = 5,3597;N 2 , A − N3, A = 0,4143mol = 12 g = 0,082 ⋅ 310,8

N 3, B = N 2, B = 10,2171 =

P3, B ⋅ 13,4 0,082 ⋅ 310,8

⇒ P3, B = 19,4320 atm = 20,0733

224

kp m2

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nγ

 V   V  γ PoV1 = PnV γ = P0   ;V1 = V   + V v   V + v 

siendo:

El trabajo neto realizado lo podremos calcular:

(

n

)

Wneto realizado = U f − U i + P0 (V − V1 ) donde P0 (V − V1 ) es el trabajo de desplazamiento correspondiente al aire extraído. Luego:

Wneto =

  V  nγ    V n   P0   V − P0 V      V + v     V + v  

  V n  + P0V 1 −    γ −1  V + v    ∆U

W de desplazamiento

En cuanto a Tn, ya que T P (1−γ ) γ = cte. :

P  Tn = T0  0   Pn 

1−γ γ

V + v  = T0    V 

230

n (1−γ )

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Aplicación: sustituyendo los valores dados, se obtiene:

P1000 = 10,42 atm Observación: si el compresor no tuviera espacio perjudicial ( Pn = P0 (V + nv ) V ), se habría obtenido una presión final P1000 = 11 atm . Es decir, un espacio perjudicial igual al 1% de v produce una disminución en la presión final de: (11 − 10,42) 11 = 0,053 ≡ 5,3% de la presión teórica con e = 0.

232

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

 V  ⇒ Pn = P0   V + v 

n

e  e 1 −  + P0 v v  

Aplicación: sustituyendo los valores dados, se obtiene:

P1000 = 0,010047 atm Observación: si la bomba de vacío no tuviera espacio perjudicial ( Pn = P0 [V (V + v )] ), se n

habría obtenido una presión final P1000 = 0,000047 atm . Es decir, un espacio perjudicial igual al 1% de v tiene una influencia enorme en la presión final de vaciado.

234

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

La expresión [1] evidencia que el resultado obtenido es el mismo que el que se obtendría con una sola embolada de n v. Pn =

De [1], operando:

Obsérvese que, si b = 0:

RT P0 (V + nv ) RT P0 (1 + nε ) = RT V − P0 bnv RT − P0 bnε

Pn = P0 (1 + nε ) = P0

V + nv V

que coincide con el resultado obtenido en el caso de gas ideal (fórmula [1] del problema 5.18-). 2)

Calcularemos el trabajo imaginando que diéramos una sola embolada de n v:

Wt = −

siendo

V + nv − N b NRT   P dV ; P = ; Wt = NRT ln V + nv V − Nb V − Nb   V

∫

    P0 (V + nv ) RT P0 (V + nv )  nv  N= ln1 + ⇒ Wt = P0 (V + nv )  RT + P0 b RT + P0 b b  V − RT + P0 b   De modo que:

Wc

neto

= Wt − P0 n v

236

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Sumando miembro a miembro, operando cuidadosamente: n

n

∑ 1

V + v  1−   n Pn P0V P0 e V + v   V  ⇒ + ⋅ = ⇒  V RT + P0 b RT + P0 b RT + Pn b V + v   V  1−    V  n

V + v   −1  n P0V P0eV Pn V + v  V  = + ⋅ ⇒ V + Pnb RT + P0b RT + P0b v V R T    e  V + v n    V + v n P0 Pn  − 1  =   1 +  RT + P0b  v  V     V  RT + Pnb   V n e   V n   P0 Pn  + 1 −    =  RT + P0b  V + v  v   V + v    RT + Pnb    V  n  e  e  P0   1 −  +  = RT + P0 b  V + v   v  v 

Definitivamente:

Pn =

RT + P0 b RT 1 = −b ; RT Pn  V  n  e  e  b+ P0   1 −  +  Pn  V + v   v  v  RT RT + P0b

 V n  e  e  P0   1 −  +  − b  V + v   v  v  Efectivamente, para b = 0 (gas ideal) y e = 0 (no hay espacio perjudicial), queda:  V  Pn = P0   V + v  que es la expresión [1] obtenida en el problema 5.19-.

238

n

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

5.24-

En un proceso isotérmico a t = 200ºC se comprime CO2 desde P1 = 5 bar hasta P2 = 55 bar. Se pide: 1) Incremento de la energía interna libre (Helmholtz) ∆f, en kJ / kg. 2) Demostrar: (∂h / ∂v)T = T (∂P / ∂T)v + v (∂P / ∂v)T. Calcular: ∆h (entalpía), ∆s (entropía) y ∆g (Gibbs). 3) Si el proceso de compresión se hubiera realizado reversiblemente en un cilindro–émbolo, y, una vez realizado, se “suelta” el émbolo y vuelve libremente hasta que se restablece el estado inicial, cuál habría sido la exergía destruida en todo el proceso. 4) Demostrar: ln ϕ (fugacidad) = –ln (v - b) - 2 a / (R T v) + b / (v - b). Datos: se supone que el CO2 cumple la ecuación de Van der Waals, de constantes: a = 190,9 N m4 / kg2; b = 0,984 ·10-3 m3 / kg; R = 8,314 J / mol K. Para simplificar, supónganse calculados previamente: v1(200ºC, 5 bar) = 0,178 m3 / kg; v2(200ºC, 55 bar) = 0,01545 m3 / kg

g

P

Haremos uso de la conocida regla mnemotécnica:

h f

T

u

v

1)

s

Van der Waals:  ∂P  R 2a + 3   = − 2 (v − b ) v RT a  ∂v  T a   − 2 ⇒  P + 2 (v − b ) = RT ⇒ P = v−b v v    ∂P  = R  ∂T  v−b v 

df = − Pdv − sdT ⇒df = − Pdv T ⇒∆f = ∆f = − RT ln

∫

v2

v1

− Pdv =

∫

 1 1 v2 − b − a −  v1 − b  v2 v1 

Para los datos numéricos dados se obtiene:

∆f = 212,53 kJ / kg = − wc

239

v2

v1

a   − RT + 2 dv =  v−b v 

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

dh = vdP + Tds ⇒

2)

T

 ∂s   ∂P    =   ∂v T  ∂T v

Teniendo en cuenta:

se tiene:

dh dP ds =v +T dv dv dv

 ∂h   ∂P   ∂P    = v  + T   ⇒∆h T =  ∂v  T  ∂v  T  ∂T  v

∫

v2

v1

 − RT b 2a  dv ==  +  (v − b )2 v 2   

 RT b 2a  (v1 − v2 ) =  −  (v1 − b )(v2 − b ) v1v2 

∆h = 22 kJ / kg

y para los valores dados se obtiene:

g = h − Ts⇒∆g = ∆h − T∆s T ⇒∆s T = =

∫

v1

v2

v1

 ∂s    dv =  ∂v  T

∫

v2

v1

 ∂P    dv =  ∂T  v

R v −b dv = Rln 2 v−b v1 − b

∆s = −0,4732 kJ / kg K

Para los datos dados:

∆g = ∆h − T∆s = 245,8236 kJ / kg

Sustituyendo:

3)

v2

∫

El estado final del CO2 coincide con su estado inicial, de modo que, como las condiciones atmosféricas no han variado, su contenido exergético final será el inicial. Por lo tanto, todo el trabajo empleado en la compresión reversible será exergía destruida en el proceso irreversible: 2 rev i2irrev ,1 = wc ,1, 2 = ∆f1 = 212,53 kJ / kg

4)

dg = vdP = RTd (ln ϕ )T

Según la definición de ϕ: dP =

− RT

(v − b )

2

dv +

2a v

3

dv ⇒ RT d (ln ϕ ) = − T

⇒ln ϕ = − ln(v − b ) −

240

RT v

(v − d )

2

2a b + c.q.d. RTv v − b

dv +

2a v2

dv⇒

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

Haciendo un balance de masas en cada una de las n emboladas: P0V P (V + v ) = 1 R m T0 + P0 b R m T0 + P1b

  n n P0V n Pn (V + v )  ⇒ = P1V P (V + v )  R m T0 + P0 b R m T0 + Pn b 2: = 2  1 R m T0 + P1b R m T0 + P2 b   R m T0 ⇒ Pn = n  R m T0  V + v  Pn −1V Pn (V + v )    b +   n: =  P  V  − b  R m T0 + Pn −1b R m T0 + Pn b   0 

1:

∏

[1]

[2]

Según el enunciado, P  2 R T + P0 b  2 R m T0 + 0 b  ln m 0 n 2 P0 R m T0 + P0 b   V + v  Pn = = ⇒  ⇒n = V +v 2 ( [ 1 ] ) R m T0 + P0 b  V  ln V

n = n Z ⇒

2)

Z=

n 1 = n n

ln

2 RmT0 + P0 b RmT0 + P0 b V +v ln V

Masas inicial, final y extraída: mi =

P0V PnV ;m f = ;me = mi − m f RmT0 + P0b RmT0 + Pnb

=

P   Pn = 0 2 

  

VP0 VP0 − RmT0 + P0b 2 RmT0 + P0b

n

ln 2 n  V  Pn = P0  = 1110 emboladas ;Z = == 555s  ;n == V +v n V + v  ln V

3)

me =

4) a)

8 m 3 ⋅105 Pa PV 0 = = 4,64 kg 2 RmT0 2 8,31 ⋅ 103 J ⋅ 300 K 28,9 kg K

Dado que el proceso es reversible, el incremento de entropía del aire en D más el de la ∆S D + ∆S atm = 0

atmósfera es cero: Para el aire del depósito:

n

∆s D = R m ln

n

P0 PV  V  Qa V + v  ⇒∆S D = m f ∆s D = 0  ⇒  R m ln  = Pn R T V +v V  T0  m 0  mf

n

∆s D

n

 V  V + v  Qa = P0V   ln  == 277 ,41kJ V + v   V 

242

[3]

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

T2 s = T1ε k ; T3s = T1ε 2 k ; T3′ s = T2 ε k

Rendimiento exergético global:

η=

(

)

 ε 2k − 1  T3s − T1 T1ε 2 k − T1 T1 ε 2 k − 1  = = ⇒T3 = T11 + η  T3 − T1 T3 − T1 T3 − T1 

Rendimiento isoentrópico de cada compresor:

ηs =

(

)

(

)

T2 s − T1 T3′ s − T2 T1 ε k − 1 T2 ε k − 1 T2 − T1 T3 − T2 = = ⇒ = ; T2 − T1 T3 − T2 T2 − T1 T3 − T2 T1 T2 ⇒

T2 T3 = T1 T2

⇒ T2 = T1T3

es decir, la temperatura intermedia de la compresión es la media geométrica de las temperaturas inicial y final.

ηs =

T1ε k − T1 T1T3 − T1

Aplicación numérica:

=

(

)

T1 ε k − 1

 ε 2 k − 1  −1 T1 1 +   ε  

ε k −1

= 1+

ε 2k − 1 −1 ε

ηs = = 0,84

Obsérvese que el rendimiento isoentrópico de cada compresor es menor que el del conjunto.

245

PROCESOS DE TRABAJO. COMPRESORES. MÁQUINAS DE VACÍO. BOMBAS. VENTILADORES.

246

TURBINAS DE VAPOR

CAPÍTULO VI Turbinas de Vapor.

247

TURBINAS DE VAPOR

248

TURBINAS DE VAPOR

Tabla resumen de los distintos estados:

1 80 440

P (bar) t (ºC) v (m3 / kg)

1)

2 5 180

3 6 440

4 0,06 23,5

De la tabla del vapor recalentado:

t (ºC) 440

80 bar h (kJ / kg) 3 246,1

5 bar h (kJ / kg) 2 812 3 356

t (ºC) 180 440

v (m3 / kg) 37,42 ·10-3

v (m3 / kg) 404,5 ·10-3

De la tabla del vapor húmedo:

P (bar) 0,06

AP:

v´ (m3 / kg) v´´ (m3 / kg) 23,74 1,006 ·10-3

t (ºC) 36,16

h´ (kJ / kg) 151,5

r (kJ / kg) 2 415,19

wt = h1 − h2  kg kJ  Wt = m (h1 − h2 ) = 22,22 s ⋅ (3246,1 − 2812) kg = 9645,7 kW 

BP: Calculemos el título x4 del vapor a la salida: x=

v − v′ h − h′ m3 = ⇒v = v′ + x(v′′ − v′)⇒v 4 = 23,5 = v′′ − v′ h′′ − h′ kg

(

)

= 1,006 ⋅10 −3 + x 4 23,74 − 1,006 ⋅10 −3 ⇒ x 4 = 0 ,989 h4 = 151,53 + 0,989 ⋅ 2 415,9 = 2 540,85 kJ / kg kg kJ W ′t = m (h3 − h4 ) = 22 ,22 (3356 − 2540,85) = 18112,63kW s kg

2)

= ρAc = m

22,22 ⋅ 37,42 ⋅ 10 −3 m Ac mv = 1,2 ; c1 = 1 = −2 s v A1 69,3 ⋅ 10

= ρ1 A1c1 = ρ 4 A4 c 4 = ρ 4 A4 c1 m A4 = 69,3 ⋅10 −2 A2 = A1

⇒ ρ1 A1 = ρ 4 A4

⇒

23,5 = 435,2 m 2 37,42 ⋅10 −3

v2 404,5 ⋅10 −3 = 69,3 ⋅10 −2 ⋅ = 7,49 m 2 v1 37,42 ⋅ 10 −3

250

A4 = A1

v4 v1

TURBINAS DE VAPOR

Etapa II:

∆sII = s3′ − s2 ′ = 1,8 − 1,68 = 0,12 kJ / kg K ; ∆sI + II = ∆sI + ∆sII = 0,15 kJ / kg K 3:(0,06 bar; s3 = s2 ′ = 1,68 kJ / kg K ) → en ( h, s ), de Mollier → ( x3 = 0,83; h3 = 515 kJ / kg ) 2)

Rendimiento isoentrópico de la etapa II: ηs, II =

3)

h2 ′ − h3′ 706 − 550 = = 0,82 h2′ − h3 706 − 515

Trabajo específico de la turbina:

wt = h1 − h3′ = (h1 − h2′ ) + (h2′ − h3′ ) = 142 + 156,4 = 290,4kJ/kg

4)

4 : ( 0,06bar; s 4 = s1 = 1,65kJ/kg );s1 = s 4 = s′ + x 4 (s′′ − s′) → 1,65 = 0,1259 + x 4 ⋅ 1,8604 ⇒

x 4 = 0,81

h4 = h′ + x4 (h′′ − h′) = 36,66 + 0 ,81 ⋅ 576 ,4 = 503,54kJ/kg Por tanto, el factor de recalentamiento será: fr =

(h1 − h2 ) + (h2′ − h3 ) = (848 − 692) + (706 − 515,4) = h1 − h4

848 − 503

255

1,006

TURBINAS DE VAPOR

6.4-

· En una central termoeléctrica un caudal de vapor m = 54 t / h entra en la turbina adiabática a P1 = 80 bar y t1 = 520ºC, siendo la presión a la salida P2 = 0,06 bar. En un lugar de la turbina en el que el estado del vapor es P5 = 5 bar y t5 = 200ºC, se realiza la extracción de un cierto caudal de vapor, para ser conducido hasta un precalentador, que es un intercambiador de mezcla, donde se mezcla con el agua de alimentación de la caldera. Dicha agua de alimentación ha sido previamente comprimida mediante una bomba de rendimiento isoentrópico ηs = 0,9 hasta la presión de 5 bar, es decir, hasta la del vapor con el que se va a mezclar en el precalentador. Como consecuencia de las irreversibilidades, la entropía específica del vapor a la salida de la turbina es 1,1 veces la de la entrada, y la presión a la salida del condensador P3 es el 93% de la presión a la entrada P2. Se pide: 1) Exergía específica de flujo (con trasvasamiento) del vapor a la entrada de la turbina, y representarla esquemáticamente en (P,v). Determinar también la variación del potencial de Gibbs específico entre la entrada y la salida de la turbina. La presión y la temperatura ambientales son Pa = 754 torr y ta = 15ºC. Se considerará que el agua líquida es incompresible de densidad 1 g / cm3 y calor específico cl = 4,18 J / g K. 2) El caudal de vapor que ha de extraerse de la turbina para que a la salida del precalentador se tenga agua en estado líquido saturado. Se considerarán despreciables las pérdidas de carga en el precalentador. 3) Potencia de la turbina y destrucción de exergía de flujo que tiene lugar en ella por unidad de tiempo. 4) Caudal de agua de refrigeración en el condensador si la temperatura a la entrada es de 15ºC, y a la salida de 28ºC. Determinar también la pérdida total práctica de exergía en el condensador por unidad de tiempo.

256

TURBINAS DE VAPOR

6.5-

En una central termoeléctrica, el vapor a la salida del sobrecalentador se encuentra a la presión P1 = 80 bar y temperatura t1 = 600ºC. A lo largo de la tubería de conducción entre la salida del sobrecalentador y la entrada de la turbina, hay una cesión de calor al medio ambiente (a ta = 20ºC), encontrándose que a la entrada de la turbina la presión y la temperatura del vapor son P2 = 76 bar y t2 = 560ºC. La turbina funciona con un rendimiento isoentrópico de 0,85, y la presión del vapor a la salida de la turbina es P3 = 0,056 bar. Siendo el caudal de · vapor m = 25 kg / s, se pide: 1) Calor por unidad de masa cedido al ambiente a través de la tubería de conducción, entre la salida del sobrecalentador y la entrada de la turbina. Representar dicho calor en los diagramas (T,s) y (P,v). 2) Destrucción de exergía por unidad de tiempo en el derrame del vapor a través de dicha tubería de conducción. 3) Destrucción de exergía por unidad de tiempo debida a la irreversibilidad interna del derrame en la tubería de conducción. Se supondrá que el derrame es cuasiestático y que, en una primera aproximación, podremos considerar el vapor recalentado con comportamiento de gas ideal. 4) Potencia de la turbina y título del vapor a su salida. Representar el trabajo específico de la turbina en (h,s) y (T,s). 5) Rendimiento exergético de la turbina.

1)

De la tabla del agua saturada (líquido + vapor):

P (bar) 0,056

t (ºC) 35

h´ (kJ / kg) 146,68

h´´ (kJ / kg) 2 565,3

s´ (kJ / kg K) 0,515

De la tabla del vapor recalentado:

Estado 1(t1,P1) 2(t2,P2)

h (kJ / kg) 3 642 3 545,3

260

s (kJ / kg) 7,021 6,907

s´´ (kJ / kg K) 8,353

TURBINAS DE VAPOR

2)

Balance de exergías: m c bc + m ag bt ,2 = m ag bt ,3 + Ic ⇒ Ic = 500 ⋅ 9000 − 7000 ⋅ (bt ,3 − bt ,2 ) bt ,3 − bt ,2 = (780 − 17 ) − 290 ⋅ (1,782 − s2 ), donde s2 = cag ln

siendo:

de modo que:

bt ,3 − bt ,2 = = 263,6

kcal kg

⇒

T2 = 0,06 T0

kcal Ic = = 2 654 h

Rendimiento exergético de la caldera:

ηex =

3)

m ag (bt ,3 − bt ,2 ) 7000 ⋅ 263,6 = = 0 ,41 500 ⋅ 9000 m cbc

Balance de exergías: m cbc = We + m vbt ,v + I; donde bt ,v = (710 − 17 ) − 290 ⋅ (1,83 − 0 ,06 ) = 200kcal/kg De modo que:

I = = 2 802 546 kcal / h

Rendimiento exergético: ηex =

v bt ,v We + m = = 0,377 mc bc

264

TURBINAS DE VAPOR

6.8-

En una central térmica hay instalada una turbina de vapor acoplada a un alternador que produce 20 000 kW. El vapor entra a la turbina en 1(50 bar, 500ºC). En la turbina se hacen dos extracciones de vapor: la primera, de 36 t / h, para usar en otros procesos industriales, a 10 bar; la segunda, para calefacción y usos sanitarios, de 18 t / h, a 1,2 bar. La presión en el condensador es de 0,04 bar. La turbina funciona con un rendimiento isoentrópico ηs = 0,8 constante a lo largo de toda la expansión adiabática. El rendimiento mecánico de la transmisión es ηm = 0,9; y el rendimiento eléctrico del alternador es ηe = 0,95. Se pide: 1) Calcular el gasto de vapor en t / h. ¿Cuáles son las temperaturas del vapor en las extracciones, y cuál el título x4 en el condensador? 2) Exergía destruida en la turbina por unidad de tiempo. Ta = 300 K. 3) Rendimiento exergético de la turbina (exergía total obtenida entre exergía aportada). 4) Factor de recalentamiento. El agua líquida entre 273 K y 300 K se considerará incompresible de c = 4,19 J / g K = cte. Utilizar el diagrama de Mollier.

1)

El diagrama esquemático del proceso en (h,s) es el siguiente. Las unidades empleadas serán las que aparecen en él. (Naturalmente, las lecturas se hacen con la aproximación posible.)

h (kJ / kg)

50 bar 500ºC 1 10 bar 1,2 bar t2 2 2s 3s

A

3

4s

0,04 bar

t3

t4 4 0,9 s (kJ / kg K)

s1 s2 s3 s4

268

TURBINAS DE VAPOR

Con P1 y t1 se fija 1 en el diagrama y se leen los valores:

h1 = 3 430 ; h2 s = 2 970 ; s1 = s2 s = 7 ; hA = 2100 Del rendimiento isoentrópico: 0,8 =

h1 − h2 3 430 − h2 = h1 − h2 s 3 430 − 2 970

⇒ h2 = 3 062

Con P2 y h2 se fija 2 en el diagrama y se leen los valores:

h3s = 2 620 ; t2 = 305º C ; s2 = s3s = 7,125 Del rendimiento isoentrópico: 0,8 =

h2 − h3 3 062 − h3 = h2 − h3s 3 062 − 2 620

⇒ h3 = 2 708

Con P3 y h3 se fija 3 en el diagrama y se leen los valores:

h4 s = 2 220 ; s3 = 7,34 = s4 s ; t3 = 117º C Del rendimiento isoentrópico: 0,8 =

h3 − h4 h3 − h4 s

⇒ h4 = 2 317

Con P4 y h4 se fija 4 en el diagrama y se leen los valores:

s4 = 7,72 ; t4 = 29º C ;

x4 = 0,9

Balance de energía: m 1 (h1 − h2 ) + (m 1 − m 2 )(h2 − h3 ) + (m 1 − m 2 − m 3 )(h3 − h4 ) = siendo:

W = Wt ηmηe

2 = 36 t / h = 10 kg / s ; m 3 = 18 t / h = 5 kg / s ; W = 20 000 kW m

Sustituyendo: m 1 ⋅ 368 + (m 1 − 10 )⋅ 354 + (m 1 − 15)⋅ 391 =

2)

I = Ta ∆Suniv ;∆Suniv = m 1 (s2 − s1 ) + (m 1 − m 2 )(s3 − s2 ) + (m 1 − m 2 − m 3 )(s4 − s3 ) I = 4 008,36 kW

Sustituyendo valores:

3)

20000 kg t ⇒ m 1 = 29 ,6 = 106 0,9 ⋅ 0,95 s h

B t ,1 = B t ,2 + B t ,3 + B t ,4 + Wt + I

Balance de exergía:

El rendimiento exergético pedido sería: ηex =

B t ,2 + B t ,3 + B t ,4 + Wt B t ,1 − I I = = − 1 B t ,1 B t ,1 B t ,1

Bt ,1 = m 1bt ,1 ;bt ,1 = (h1 − ha ) − Ta (s1 − sa )

269

[1]

TURBINAS DE VAPOR

donde

h1 = 3 430 ; ha = c t a = 4,19 ⋅ 27 = 11313 , ; s1 = 7 ; sa = 4,19 ⋅ ln

valores que sustituidos en [1] dan:

B t ,1 = 39 341 kW ηex = 1 −

Por tanto:

fr =

4)

=

300 = 0,3951 273

4 008,36 = 0,898 39 341

(h1 − h2 s ) + (h2 − h3s ) + (h3 − h4 s ) = (h1 − ha )

(3430 − 2970) + (3062 − 2620) + (2708 − 2220) = (3430 − 2100)

270

1,045

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

CAPÍTULO VII Máquinas Térmicas de Vapor. Ciclos de Potencia.

271

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

272

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

1)

De la tabla del vapor recalentado:

P (bar) 10 20

t (ºC) 500 500

h (kJ / kg) 3 478 3 373

De la tabla del vapor húmedo:

P (bar) 0,03 10

t (ºC) 25 180

v´ (m3 / kg) 0,001003

h´ (kJ / kg) 104,8 763,2

r (kJ / kg) 2 441,9 2 014,8

Balance de energía en la caldera:

q = (h3 − h2 ) + (h5 − h4 ) = (3373 − 114,82) + (3478 − 2778) = 3958,2 kJ/kg Trabajo específico del grupo de turbinas:

wt = (h3 − h4 ) + (h5 − h6 ) = (3373 − 2778) + (3478 − 2312,5) = 1770,5 kJ/kg

2)

Balance de energía en el conjunto: q + q0 = wt + wb = (h3 − h2 ) + (h5 − h4 ) + (h1 − h6 ) El trabajo de la bomba será, considerando el agua líquida incompresible:

wb = −

∫

P2

P1

v dP = −v(P2 − P1 ) = −1,013 ⋅ 10−3 ⋅ (100 − 0,03)⋅ 10− 2 = −10,03 kJ/kg = (h1 − h2 )

Trabajo específico neto del grupo: wt + wv = 1 770,5 − 10,03 = 1 760,47 kJ / kg

q0 = wt + wb − q = 1 770,5 − 10,03 − 3 558,2 = −2 917,7 kJ / kg Rendimiento térmico:

3)

ht =

wt − wb 1 760,47 = = 0,445 q 3 958,2

N = m (wt + wb )⇒m =

kg 20 ⋅ 10 −3 = 11,36 s 1760,47

276

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

Rendimiento térmico:

2)

ηt = 1 −

Tm4,1 = 0,411 Tm2,3

De la tabla de vapor recalentado obtenemos: h3 = 3 447 kJ / kg; s3 = 6,780 kJ / kg K. Considerando el agua líquida incompresible de v = 10-3 m3 / kg:

(

)

h2 − h1 = wb = v(P2 − P1 ) = 10−3 ⋅ 80 − 0,06 ⋅10−2 = 8 kJ/kg h2 = h1 + v(P2 − P1 ) = h′36 ,2º C + wb = 159 ,5 kJ/kg w = wt − wb = (h3 − h4 ) − (h2 − h1 );s4 = s3 = 6,780 = s′36 ,2º C + x4 (s′′ − s′)36 ,2º C

⇒ x4 = 0,80 → h4 = h′ 36,2 ºC + x4 r = 2083,9 → w = = 1355,1 kJ / kg w ⇒ m = N = Wt = m

De modo que:

3)

105 kg = 73,79 1355,1 s

Si la turbina funciona reversiblemente, sabemos de antemano que su rendimiento exergético será la unidad. Comprobémoslo. Balance de exergías en la turbina: bt ,3 = wt + bt ,4 + i , siendo i = Ta (s4 − s3 ) . Definiendo el rendimiento exergético: ηex ( T ) =

b −b −i wt i = t ,3 t , 4 =1− = 1 ya que s3 = s4 ⇒ i = 0 bt ,3 − bt , 4 bt ,3 − bt ,4 bt ,3 − bt ,4

De igual modo, para el ciclo completo:

ηex( C ) =

wt − wb + (bt ,4 − bt ,1 ) bt ,3 − bt ,2

=

(h3 − h4 ) − (h2 − h1 ) + (h4 − h1 ) − Ta (s4 − s1 ) = 1 (h3 − h2 ) − Ta (s3 − s2 )

ya que s4 - s1 = s3 - s2. wt − wb w 8 h −h =1− b =1− 2 1 =1− = 0,994 , 13631 wt wt h3 − h4

4)

rv =

5)

η′ t =

w′ t − wb 0,9 ⋅ wt − wb = = = 0,37 < ηt ,rev = 0,41 q q

279

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

2)

Según el enunciado, s3 − s2 = 0,1 cal / g K = 0,4 cal / mol K = 5 ⋅ ln s1 − s4 = 0 = 5 ⋅ ln

Y entre 4 y 1:

350 P − 2 ⋅ ln 1 300 P4

T3 P − 2 ⋅ ln 3 T2 P2 ⇒

⇒

( P2 = P1 )

P1 = 4,38 P3

P1 = 1,47 P4

[1] [2]

P3 = 0,34 P4

De [1] y [2]:

El calor específico intercambiado en la isoterma será: q3, 4 = RT ln

P3 cal kcal He q3, 4 = −16 375 = −655 ; Q 3, 4 = m P4 mol h

Igualmente: q1,2 = c p (T2 − T1 ) = 5 ⋅ (500 − 350 ) = 750 cal/mol ;Q 1,2 = 18750 kcal/h Por tanto, la potencia de la instalación será:

W = Q1,2 + Q 3,4 = 2 375 kcal / h = 2,76 kW El rendimiento térmico correspondiente será: W 2 375 = 0,13 ηt = = Q1,2 18 750

3)

De las tablas correspondientes se obtienen las entalpías de vaporización necesarias:

rH2O (160 º C ) = 396,8 kcal / kg ; rNH3 ( 4,4 º C ) = 297,6 kcal / kg De modo que:

H2O ( condensada ) = m

4)

18 750 kg 16 375 kg NH3 ( evaporado ) = = 47,25 = 55,02 ; m 396,8 h 297,6 h

Según Gouy-Stodola: I = Ta ∆Suniv , siendo ∆Suniv el correspondiente a las fuentes térmicas únicamente, ya que el incremento de entropía del He, en su transformación cíclica, es nulo:

kcal  16375 18750  − = 8,31kW I = 300 ⋅   = 7155,61 533  h  277 ,4 5)

En el diagrama (T,s) representado: wc = Área(1- 2 - 3s - 4) − Área(3s - 3- A - B) = ∑ qi , j suponiendo que en el diagrama construido se ha tomado 0 K como origen de T. Igualmente:

i2 ,3 = Ta (s3 − s2 ) = Área(3s - 3 - A - B)

282

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

1)

El diagrama (T,s) esquemático de la instalación sería el de la siguiente figura. En un diagrama real, 10 ≡ 11, ya que el líquido es prácticamente incompresible y por tanto la compresión isoentrópica que tiene lugar en la bomba sería isoterma.

T

3 120 bar 30 bar 8 600ºC 6 4 q

12 7

2 5 1 11 10

9 s

Vamos a obtener los parámetros necesarios para definir cada vértice de los ciclos. Aire:

T2 = 293 ⋅ 7

1, 4 −1 1, 4

= 510,9 K ; T4 = 1 073 ⋅

293 = 615,36 K 510,9

  kJ kJ = s7  6 :  h6 = 3603 ; s6 = 6,803 kg kg K  

Agua:

   kJ kJ kJ  = s 9 ; h8 = 3682  7 :  s 7 = s 6 ⇒ h7 = 3165 ;t 7 ≈ 370º C ;8 :  s 8 = 7 ,506 kg kg K kg    

 kJ kJ kJ kJ  = h10 ; h′′ = 2545  ; s′′ = 8,5785 ; h′ = 100,63 9 :  s′ = 0 ,3532 kg K kg K kg kg  0 ,03bar  En el punto 9: En 10:

x9 =

s9 − s′ h − h′ ≈ 0,87 = 9 s′ ′− s′ h′ ′− h′

s10 = s11 = 0,3532

⇒ h9 = 2137

kJ kJ ; h10 ≈ h11 = 100,63 kg K kg

En 12: t12 = t sat (120 bar ) = 326,6º C ; h12 = h′120 bar ≈ 1 493

2)

kJ kg

kJ kJ ; s12 = s′120 bar ≈ 3,5 kg kg K

aire m agua hacemos un balance de energía en I por kg de agua: Para calcular m = m m(h4 − h5 ) = h12 − h11 ≈ h12 − h10 ⇒m =

284

h12 − h10 kg aire = 4,59 c p (T4 − T5 ) kg agua

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

3)

ηt =

Σw (h6 − h7 ) + (h8 − h9 ) + m[(h3 − h4 ) − (h2 − h1 )] = = 0,59 (h6 − h12 ) + (h8 − h7 ) + (h3 − h2 ) Σq +

Obsérvese que el trabajo de la bomba se ha considerado nulo y que no aparece en Σq+ el calor recibido por el agua entre 10 y 12, ya que éste es un calor “interno” a la instalación. El rendimiento térmico de la instalación es francamente bueno. Piénsese que el rendimiento de un ciclo ideal de Carnot entre las temperaturas extremas de esta instalación sería: ηc = 1 −

4)

Ta 297 =1− = 0,723 T3 1 073

Según Gouy-Stodola: iI = Ta ∆suniv = Ta [(s12 − s11 ) + m(s5 − s4 )] s5 − s4 = c p ln

T5 313 = 1,004 ⋅ ln T4 615,36

⇒

i I = 9,4

kJ kg agua

La exergía destruida en I es muy pequeña; se trata de un buen intercambiador.

285

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

Haciendo un balance de energía en el condensador–evaporador: m H 2O (h2 − h3 ) = m R −12 (hM − h N )⇒

m R −12 = 12 ,419 = k m H 2O

El trabajo técnico producido por kg de agua será: wt = (h1 − h2 ) + k (hA − hM ) == 281,83 kcal/kg agua Por tanto, el rendimiento térmico global de la instalación será: ηt =

wt = = 0,4 h1 − h3

El rendimiento exergético práctico (lo que significa que se consideran pérdidas la exergía obtenida en el condensador M,N) será:

ηex , práctico =

wt 281,83 = == 0,734 bt ,1 − bt ,3 (h1 − h3 ) − 270 ⋅ (s1 − s3 )

Los títulos de vapor en los puntos 2 y M son: x2 =

h2 − h′ 2 h − h′ M = = 0,95 ; x M = M = = 0,98 h′ ′ 2 − h′ 2 h′ ′ M − h′ M

de modo que, efectivamente, los puntos 2 y M están situados según aparecen en la figura.

288

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

Obsérvese que el calor aportado en la caldera es q = µ (h3´ - h1) = µ [(h3´ - h3) + (h3 - h1)], siendo µ (h3´ - h3) = hIII - hc, que es el calor intercambiado en R. Rendimiento térmico global: ηt =

3)

w 2 572 = = 0,5523 q 4 657

iC −V = Ta ∆sC −V = Ta [(sc − sI ) − µ (s4 − s1 )] =

= 300 ⋅ [(6,256 − 0 ,4228) − 12,3 ⋅ (0 ,88 − 0,45)] = 163 kJ/kg H 2O

291

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

7.8-

La figura adjunta representa una instalación experimental en la que el fluido termodinámico es etano. La compresión se realiza en dos escalones de igual relación de compresión (P2 / P1 = P4 / P3 = 4) en los dos compresores adiabáticos CBP y CAP, con refrigeración intermedia. La expansión tiene lugar en las turbinas TAP y TBP, con recalentamiento intermedio, y de igual salto de presiones (P5 / P6 = P7 / P8 = 4). A la entrada al CBP el estado del fluido es 1:(P1 = 1 bar; T1 = 300 K = T3). Las temperaturas de entrada a las turbinas son: T5 = T7 = 500 K. Se pide: 1) Suponiendo absoluta reversibilidad en todos los procesos, representar el ciclo en el diagrama presión–entalpía (P,h), dando los valores de la entalpía específica en todos los puntos. 2) Calcular el rendimiento térmico total de la instalación y la temperatura media termodinámica entre 4s y 5. 3) Suponiendo que los compresores y las turbinas funcionan con un rendimiento isoentrópico de 0,9, el mismo para todos ellos, y sin considerar ninguna otra irreversibilidad, contestar las preguntas hechas en los dos apartados anteriores. 4) Calcular el trabajo específico de compresión isoterma, a 360 K, desde 1 bar hasta 16 bar, en un compresor centrífugo, refrigerado, que funciona reversiblemente; y calcular la relación entre las secciones de entrada y salida. Los derrames son isóbaros, se suponen todas las secciones dimensionadas para que la velocidad del fluido sea constante, y se desprecian las variaciones de su energía potencial.

292

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

ηt =

2)

wneto (h5 − h6 s ) + (h7 − h8 s ) − (h2 s − h1 ) − (h4 s − h3 ) 120 = == = 0,25 (h5 − h4 s ) + (h7 − h6 s ) 490 q+ TMT ( 4 s−5) =

q5,4 s 1190 − 885 h −h = 5 4s = ≈ 430 K s5 − s4 s s5 − s4 s 4,29 − 3,58

donde las entropías correspondientes a los puntos 5 y 4s se han leído en el diagrama. 3)

De las entalpías obtenidas y del valor del rendimiento isoentrópico obtenemos: kJ kJ 880 − 765 885 − 755 η s = 0, ⇒h2 = 892,8 ;η s = 0, ⇒h4 = 899 ,5 ,9 = ,9 = − − h kg h kg 765 755 2 4 CB CA 1190 − h6 1195 − h8 kJ kJ η s = 0, ⇒h6 = 1028 ;η s = 0, ⇒h8 = 1028,5 ,9 = ,9 = kg kg 1190 − 1010 1195 − 1010 TA

TB

De modo que:

ηtirrev =

wneto (h5 − h6 ) + (h7 − h8 ) − (h2 − h1 ) − (h4 − h3 ) 55,9 = == = 0 ,122 + ( ) ( ) − + − h h h h 457 ,5 q 5 4 7 6 irrev TMT ( 4−5 ) =

h5 − h4 1190 − 899,5 = = 421 4,29 − 3,6 s5 − s4

donde la entropía de s4 se ha leído en el diagrama. 4)

La compresión isoterma reversible, en un compresor refrigerado, estaría representada en (P,h) según:

P (MPa)

360 K C

vf = 0,06 m3/ kg

f

1,6

vi = 1 m3/ kg i

0,1

h (kJ / kg)

Sobre el diagrama marcamos los puntos i y f, correspondientes a los estados inicial y final de la compresión isoterma: i ( 0,1 MPa;360 K) ; f (1,6 MPa;360 K) y leemos: i ( si = 4,31 kJ / kg K; hi = 880 kJ / kg) ; f ( s f = 3,5 kJ / kg K; h f = 885 kJ / kg) Siendo g la entalpía libre g = h - T s :

dg = v dP − s dT ⇒dg T = v dP = −δwc ⇒ wc

294

T

=

∫

i, f

= g f − gi =

v dP T

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

(

)

= h f − T s f − (hi − T si ) = (855 − 880) − 360 ⋅ (3,5 − 4,31) = 266,6 kJ/kg Igualmente se leen los volúmenes específicos correspondientes a las isócoras de i y de f: vi = 1 m 3 / kg ; v f = 0,06 m 3 / kg Por el teorema de continuidad: Ai ci A f c f = vi vf

⇒

( ci = c f )

Ai v 1 = i = = 16,7 A f v f 0,06

295

MÁQUINAS TÉRMICAS DE VAPOR. CICLOS DE POTENCIA

296

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

CAPÍTULO VIII Máquinas Frigoríficas y Termobombas.

297

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

298

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

2)

0 Q 0 = mq

= ⇒ m

12 kg kg Q 0 = = 0,436 = 26,18 s min q0 27,5

wc = h1 − h2 = 44,1 − 49,5 = −5,4 kcal / kg

3)

wc = 0,436 ⋅ 5,4 = 2,35 kcal / s = 9,9 kW Nc = m

ε=

4)

− q0 27,5 = = 5,09 5,4 wc

El coeficiente de eficiencia si funcionara según un ciclo de Carnot entre las temperaturas del condensador y del vaporizador sería:

εc =

T0 273 − 6 ,7 = = 6,38 > 5,09 T − T0 (273 + 35) − (273 − 6,7 )

El coeficiente de eficiencia de un ciclo reversible de Carnot es el máximo posible para cualquier máquina que funcione entre las mismas dos temperaturas.

300

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

COP =

QB QB QB = A = = 5,8 ⇒ Q B = 808 kJ = ∆U iB, f W Q + Q B 669 + Q B

(

)

(

)

uiB = u′ + x(u′′ − u′) = 589,2 − 3,6 ⋅ 102 ⋅ 1,08 ⋅ 10−3 + 0,6 ⋅ 2144,8 − 3,6 ⋅ 102 ⋅ 0,508 = 1765,9 kJ/kg

(

)

viB = 1,08 ⋅10−3 + 0,6 ⋅ 0,508 − 1,08 ⋅10−3 = 0,305 m3 /kg = v Bf mB =

0,7 Q B 808 kJ kJ = 2,3 kg ; ∆uiB, f = B = = 351 ; u Bf = 2116,9 0,305 2,3 kg kg m

(

)

v Bf = 0,305 = 1,09 ⋅10 −3 + x Bf 0,393 − 1,09 ⋅10 −3 ⇒ x Bf = 0,77 Efectivamente, con los valores obtenidos de las tablas, se cumple la igualdad:

(

u Bf = 2116,8 = 632,2 − 4,76 ⋅ 10−1 ⋅ 1,09 + 0,77 ⋅ 2114,4 − 4,76 ⋅ 102 ⋅ 0,39

(

)

(

∆BiA, f = U fA − U iA − Ta S fA − SiA + Pa m A v Af − viA

2)

)

)

La variación de exergía es debida a la condensación del vapor que inicialmente se encuentra en A, ya que en el estado final en A queda líquido saturado. Se habrán condensado m´´ = x mA = 0,3 kg, de modo que la variación de exergía podríamos escribirla:

∆B A = m′′[(u′′ − u′) − Ta (s′′ − s′) + Pa (v′′ − v′)]1,43bar =

[(

)

)]

(

= 0 ,3 ⋅ 2230 − 1,43 ⋅102 ⋅1,21 − 290 ⋅ (7 ,238 − 1,418) + 102 ⋅ 1,036 − 1,056 ⋅10−3 = − 141,8 kJ

NB =

3) H R = 0,04 =

Pvi Ps,140 ºC

=

PV 1,5 ⋅105 ⋅ 0,7 = = 58,83 mol 8,314 ⋅ 413 RT

Pvi 3,014

⇒

Pvi = 0,144 bar ; x v =

Pvi 0,144 = = 0,096 1,5 P

Puesto que la bomba de calor es reversible, no debe haber saltos térmicos en la transmisión de calor. El foco caliente mantiene una temperatura constante TA, pero la temperatura del foco frío va aumentando progresivamente, de modo que el funcionamiento de la bomba reversible debemos considerarlo como una serie de infinitos ciclos infinitesimales. En cada uno de ellos: δQ A δQ B + B =0 TA T El calor recibido por B será:

⇒ PfB T fB

∫

=

i

f

δQ A + TA

Pi B Ti B

∫

Tf

Ti

N

δQ B = Ncv dT

B QA 5R dT B 5R T f = ⇒ − = ⇒T fB = 1719 K 0 N ln A B 2 TB 2 T Ti

⇒ PfB = 1,5 ⋅

1 719 = 6,24 bar → 413

304

Pv f = x v PfB = 0,60 bar

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

Haciendo un balance de exergías: el incremento del contenido exergético del aire (B) será la suma del contenido exergético de la cantidad de calor QA más el trabajo aportado a la termobomba:

∆BiB, f = BQ A + Wb ∆BiB, f

=

( Vi =V f

 T fB  N u f − ui − Ta s f − si = Ncv  T fB − Ti B − Ta ln B  = ) Ti  

[

= 58,83 ⋅

(

)]

(

)

1719  5R  ⋅ (1719 − 413) − 290 ⋅ ln = 1,093MJ 413  2 

T    290  BQ A = Q A 1 − aA  = 669 ⋅ 10−3 ⋅ 1 −  = 0,162MJ  T   383  De modo que el trabajo aportado a la bomba será:

Wb = 0,931 MJ

305

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

8.4-

Se ha construido una máquina frigorífica binaria que funciona con dos fluidos, amoníaco y nitrógeno. El NH3 recorre una instalación formada por: un compresor adiabático A; un condensador isóbaro B; una válvula de laminación C; y un evaporador isóbaro D, del que sale el NH3 como vapor saturado seco. El N2, que se puede considerar G.P. biatómico, recorre: un compresor adiabático F; un refrigerador isóbaro G, que forma con D un intercambiador perfectamente aislado térmicamente del exterior; una turbina adiabática H, acoplada a F; y un serpentín isóbaro J, donde se produce el efecto frigorífico entre -100ºC y -80ºC. Las presiones alta y baja del NH3 son, respectivamente, 6 atm y 1 atm. La temperatura del NH3 a la salida del intercambiador es -20ºC. El rendimiento isoentrópico de A y F, igual al de H, es 0,71. Se pide: 1) Representar cuidadosamente en el diagrama adjunto el ciclo descrito por el NH3, dando los valores de la entalpía específica y de la temperatura en todos los vértices del ciclo, así como el título del vapor a la salida de C. 2) Relación de flujos másicos de N2 y NH3. 3) Representar los ciclos de ambos fluidos superpuestos, en (T,s). 4) Coeficiente de eficiencia de la máquina frigorífica global y rendimiento exergético de H. 5) Si el proceso del NH3 en A es cuasiestático y lineal en el diagrama (T,s), representar claramente en el diagrama dado la diferencia entre el trabajo de rozamiento y la exergía destruida en A. Datos: Ta = 20ºC; (N2) = 0,25 cal / g K.

306

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

5)

Siendo el proceso en A adiabático y cuasiestático:

ds =

δwroz T

⇒ wroz

1,2

=

∫ Tds 1,2

cuya representación (superficie triangular) en el diagrama es muy sencilla. Exergía destruida en A: iA = Ta (s2 - s1), cuya representación en el diagrama (superficie rectangular) es igualmente muy sencilla. De ello se desprende claramente que la representación pedida es, como se indica en el diagrama (T,s), la diferencia entre ambas áreas.

310

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

Con dichos valores:

135 ⋅ m 5 = 172 ⋅ (m 5 − 240) + 240 ⋅ 37⇒ m 5 = m 2 = 875,7 kg/h 7 h7 + m 1h1 = m 2 h2 m Del diagrama (T,s) del CO2:

h1 = 193 kcal / kg ; h2 = 177,7 kcal / kg ;

2:(1atm, − 60º C )

I = ∆Suniv = Ta m 5 (s5 − s4 )

Según Gouy-Stodola:

s5 = 0,88

Del diagrama del CO2:

cal cal ; s4 = 0,79 gK gK

I = 22 855,7 kcal / h

y sustituyendo se obtiene:

N mín = m 6bt ,6 ;bt ,6 = h6 − ha − Ta (s6 − sa )

3) Del diagrama del CO2:

ha = 193 cal / g ; sa = 116 , cal / g K ; h6 = 37 cal / g ; s6 = 0,375 cal / g K y sustituyendo valores se obtiene:

4)

N mín = 17 761,2 kcal / h

 P2   P1

Según el enunciado:

2

  = 60⇒ P2 = 7 ,74atm 

Siendo ηs el rendimiento isoentrópico de los compresores: ηs , I = Igualmente:

hi − h2 189 − 177,7 = 0,86 = hi ′ − h2 hi ′ − 177,7

⇒ hi ′ = 201,4

h3s − h2,i h − 175 = 3s = 0,86 h3 − h2,i 204 − 175

⇒ h3s = 200

ηs, II =

cal g

cal g

De modo que el trabajo específico necesario y la potencia serán: w=

cal kcal hi − h2 h3s − h2,i m ; N = 2 w = 50 923,8 + = 53,5 g h 0,86 0,86 ηm

312

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

1)

Balance de energía en el intercambiador:

(51,5 − 15) ⋅ 1 ⋅ 8 = 74 ⋅ 0,49 ⋅ (70 − t )⇒

ηex =

∆B ag ∆B

ac

t = 61,9º C

 T  324 ,5   m ag cag  T2 − T1 − Ta ln 2  8 ⋅ 1 ⋅  51,5 − 15 − 290 ⋅ ln  T 1  ag  288   = = 0,3576 = 343    T2  74 ⋅ 0,49 ⋅  70 − 61,9 − 290 ⋅ ln  m ac cac  T2 − T1 − Ta ln  334 ,9  T1 ac  

COPglob =

2)

m ag cag (85 − 51,5) N comp + N bomb

ηex , glob =

=

8000 ⋅ 1 ⋅ (85 − 51,5) = (54,4 + 1,6)⋅ 3600 4,18

∆B ag

N comp + N bomb + ∆B ac

5,55

=

358   8000 ⋅  85 − 51,5 − 290 ⋅ ln  324,5   = = 0,488 54 ,4 + 1,6 343   ⋅ 3600 + 36000 ⋅ 0,49 ⋅  70 − 56 − 290 ⋅ ln  4,18 329   Energía cedida en la caldera: 8000 ⋅1 ⋅ (85 − 15) = 560000 kcal/h

3)

comb = Consumo de combustible: m

560 000 560 000 kg = = 51,85 PCI ⋅ η 12 000 ⋅ 0,9 h

De modo que: Importe combustible ahorrado: 51,85 ⋅ 21,9 = 1135,52 pts / h Consumo eléctrico: 54,4 + 1,6 = 56 kWh / h Costo electricidad: 56 ⋅ 7,2 = 403 pts / h Por tanto:

Ahorro: 732,52 pts / h ⇒ Ahorro anual: 752,52 ⋅ 5 000 = 3 662 600 pts / año Tiempo de amortización:

4)

15 = 4,01 años 3,6626

th  560000 56 3600  termias Ahorro de energía primaria:  = 2307283,3 − ⋅ ⋅5 0,3 4 ,18  año año  0,9

314

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

4)

5)

ηex( A+ H ) =

(614,5 − 100,04) − 253 ⋅ 614,5 − 100,04

273 + 40 = 0,8 49 ,98 − 22,86    49 ,98 − 22,86 −  ⋅ 18,956 273 + 59,9  

Balance de energía:

0,9 ⋅10 ⋅ (767 ,44 − 100,04) = m ag .sanit ⋅1 ⋅ (80 − 10)⇒ m ag .sanit = 85,7 kg/min

317

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

8.10-

El dueño de un restaurante nos dijo que necesitaba un equipo de frío para la conservación de productos alimentarios. Sólo nos dio estos datos: “Necesito un refrigerador que no baje de 1ºC, para alimentos que no deben congelarse, con una potencia frigorífica de 11 kW; y un congelador ***** que pueda llegar hasta 29 ó 30ºC bajo cero, y que me produzca 20 kW de frío”. Encargado el problema a un buen alumno, diseñó una sencilla instalación que funciona con freón-12 (R-12), según el esquema de la figura, con un solo compresor (C), tres válvulas de laminación (v1, v2 y v3), dos evaporadores (EI y EII) y un condensador (A) que, de propina, le va a proporcionar agua caliente para la cocina. De A sale el R-12 como líquido saturado; de los evaporadores I y II, sale como vapor saturado seco. En fin, todos los datos necesarios están perfectamente expresados en el esquema de la figura. Suponiendo todos los derrames en tuberías de conexión y serpentines bien aislados térmicamente, isóbaros, reversibles y con secciones de flujo bien calculadas para que no haya variaciones de energía cinética, se pide: 1) Representar esquemáticamente los procesos en (T,s) y (h,s). · 2) Temperaturas mínimas en congelador y refrigerador; flujos másicos m I y · m II , y títulos de vapor x5 y x4 a la salida de v2 y v1. 3) Entalpía específica del R-12 y su temperatura, a la entrada del compresor C en el punto 1, así como la potencia del compresor. 4) Masa de agua caliente que se genera a 87ºC, en kg / h. 5) Coeficiente de eficiencia global de la máquina frigorífica y COP de la instalación como termobomba.

322

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

h

2

10 bar 3,171 bar

8

7 m· I + m· II C

6

1,01325 bar

1

m· II m· I 5

4

3

s Tiene especial interés la localización del punto 1, en el cual confluyen los flujos procedentes de 8 y de 6, ambos a la misma presión y con entalpías específicas, respectivamente, dadas en 8 y 6. El punto 1, evidentemente, estará situado sobre la isóbara de 1,01325 bar y entre los puntos 6 y 8. 2)

De la tabla del R-12 saturado se obtienen los valores:

P (bar) 1,01325 3,171 10

T (K) 243,38 274 314,81

h´ (kJ / kg) 37,91 65,68 105,11

r (kJ / kg) 165,23 151,06 127,5

h´´ (kJ / kg) 203,14 216,74 232,61

De la tabla del R-12 recalentado en 2(1 bar, 370 K): h2 = 274,14 kJ / kg.

TI = Tsat (1,01325 bar) = 243,38 K ;

t I = −29,7º C ; TII = Tsat ( 3,171 bar) = 274 K ;

t II = 1º C

Las válvulas v1, v2 y v3 son isoentálpicas, luego: h3 = h4 = h5 ; h7 = h8 Balance de energía en I: Q I = m I (h6 − h5 )⇒m I =

20 = 0,204 kg/s 203,14 − 105,11

Balance de energía en II: Q II = m II (h7 − h4 )⇒m II = x5 =

h5 − h′1, 01325 bar h6 − h′1,01325 bar

=

11 = 0,1 kg/s 216,74 − 105,11

h4 − h′ 3,171 bar 105,11 − 65,68 105,11 − 37,91 = 0,4 ; x 4 = = = 0,26 h7 − h′ 3,171 bar 216,74 − 65,68 20314 , − 37,91

324

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

3)

Balance de energía en 1: m II h8 + m I h6 = (m II + m I )h1⇒h1 =

kJ 0 ,1 ⋅ 216 ,74 + 0 ,2 ⋅ 203,14 = 208 kg 0,3

En la tabla del vapor recalentado: 1(1,01325 bar, 208 kJ / kg): T1 = 254 K Balance de energía en C:

WC = (m I + m II )(h2 − h1 ) = 0,3 ⋅ (274,14 − 208) = 19,842 kW

4)

Balance de energía en A: m ag (hsal − hent ) = (m I + m II )(h2 − h3 ) = m ag ⋅ 4 ,18 ⋅ (87 − 17 )⇒m ag = 0,1733

kg kg = 624 s h

Q I + Q II (m + m II )(h2 − h3 ) = 2,53 31 ϕ= = = 1,55 ;COP = I 20 WC WC

325

MÁQUINAS FRIGORÍFICAS Y TERMOBOMBAS

326

TURBINA DE GAS

CAPÍTULO IX Turbinas de Gas.

327

TURBINA DE GAS

328

TURBINA DE GAS

Para simplificar las expresiones, llamaremos:

P1 1− γ =ε; =k. γ P2

T2 s = T1ε k ; T3s = T1ε 2 k ; T3′ s = T2 ε k Rendimiento exergético global:

η=

[ (

T1 − T3 T −T T −T = 1 32 k = 1 32 k ⇒T3 = T1 1 − η 1 − ε 2 k T1 − T3s T1 − T1ε T1 1 − ε

(

)

)]

Rendimiento isoentrópico de cada turbina: ηs =

T1 − T2 T −T = 2 3 ; T1 − T2 s T2 − T3′ s ⇒

T1 − T2 T −T = 2 3k k T1 − T1ε T2 − T2 ε T2 T3 = T1 T2

⇒

T1 − T2 T2 − T3 = T1 T2

⇒ T2 = T1T3

es decir, la temperatura intermedia de la expansión es la media geométrica de las temperaturas inicial y final.

ηs =

T1 − T1T3 T1 − T1ε

Aplicación numérica:

k

=

(

T1 − T1 1 − η 1 − ε 2 k T1 − T1ε

k

)=

(

1 − 1 − η 1 − ε 2k 1− ε

)

k

ηs = = 0,76

Obsérvese que el rendimiento isoentrópico de cada turbina es menor que el del conjunto.

330

TURBINA DE GAS

7200 W = m wt = m (h1 − h2 ) = ⋅ (215 − 190 )⋅ 4,18 = 209kW 3600

1)

ηs =

2)

h1 − h2 215 − 190 = = 0,641 h1 − h2 s 215 − 176

3)

Sg = ∆Suniv = m (s2 − s1 ) = 0,49 kW/K

4)

I = Ta ∆Suniv = Ta m (s2 − s1 ) = 137 kW

5)

Haciendo un balance de exergías por unidad de masa: bt ,1 = wt + bt ,2 + i El rendimiento exergético puede definirse de varias formas: η′ ex =

wt + bt ,2 w wt ; η′ ′ ex (práctico) = t ; η′ ′ ′ ex = bt ,1 bt ,1 bt ,1 − bt ,2

Como en este caso el estado 2 coincide con el atmosférico: bt ,2 = bt ,a = 0 y por lo tanto:

η ′ex = η ′′ex = η ′′′ex =

wt h1 − ha = = 0,6 bt ,1 h1 − ha − Ta (s1 − sa )

332

TURBINA DE GAS

Efectivamente:

h1 − h8 η ′t (h2 − h1 ) + (h4 − h3 ) = = 1− <1 (h2 − h8 ) + (h4 − h3 ) ηt (h2 − h8 ) + (h4 − h3 )

Es decir, que el rendimiento térmico de la instalación disminuye al eliminar el intercambiador regenerativo.

335

TURBINA DE GAS

Cálculo de la masa molecular media y de la capacidad calorífica a presión constante media de los gases:

Mi 28 44 28 18

Comp. N2 CO2 CO H2O

xi 0,7 0,1 0,05 0,15

Σ

= m

1)

V1 V2 = v1 v2

xi Mi 19,6 4,4 1,4 2,7 Mm = 28,1

,i 1,18 1,01 1,30 2,46

yi = xi Mi / Mm 0,697 0,156 0,05 0,097

yi ,i 0,822 0,157 0,066 0,236 ,m = 1,281

RmT1 m RT1 m m3 v1 = ⇒ V1 = m = = = 1,602 P1 M m P1 s

Determinación de la velocidad del flujo a la entrada de la turbina, c1: π ⋅ 0,32 V1 = c1 4

⇒ c1 = 22,66

RT2 m m m3 v2 = = = 5,524 ; V2 = m M m P2 s s

π ⋅ 0,52 V2 = c2 4

Velocidad a la salida:

⇒ c2 = 28,13

m s

La temperatura a la salida, T2, se calcula teniendo en cuenta que la expansión en la turbina es adiabática reversible (isoentrópica): P T2 = T1  1   P2 

γ=

donde:

 6  T2 = 1250 ⋅    1,2 

De modo que:

2)

3)

∆u =

1−γ γ

∑ (y ∆u ) = ∑  y ∫ i

i

i

T2

T1

 cv ,i dT  = 

∑ [y c

i v ,i

1−1,3 1,3

cv

=

c p − Rm

=

= 862,2 K

(T2 − T1 )] = cv ,m (T2 − T1 ) ==

 1 2  1 2  Balance de energía: Q1,2 − WT = m  h2 + c2  −  h1 + c1  2   2  

337

1,281 = 1,30 8,31 1,281 − 28,1

− 383,14

kJ kg

TURBINA DE GAS

Como se ve, se hace un aprovechamiento parcial de la entalpía de los gases que salen de la turbina para precalentar los gases a la salida del compresor antes de que entren en el calentador, en el cual se elevará la temperatura de los gases desde T2’ = T4 hasta T3, ya que el intercambiador es perfecto. De modo que:

q′ = h3 − h2′ = 1,004 ⋅ (900 − 598,25) = 333,08 kJ/kg

wT = h3 − h4 = h3 − h2′ = 333,08 kJ/kg ;wT + wC = (h3 − h4 ) + (h1 − h2 ) q′ 0 = h1 − h4 ′ = h1 − h2 = wC Así que el nuevo rendimiento térmico sería: η′ t =

q′+ q′ 0 q′ w 166,99 =1+ 0 =1+ C =1− = 0,489 q′ q′ wT 333,08

Efectivamente se observa que el rendimiento térmico mejora notablemente con la introducción del intercambiador. 4)

wT + wC = 333,08 − 169,99 = 163,01 kJ / kg N = 200

kJ kJ ⇒ = 163,01 ⋅ m s kg

= 1,23 m

kg s

m m R T = V1 ρ1 ⇒ V1 = = m v = m m 1 = = 1,045 m s P1 ρ1

341

TURBINA DE GAS

Así que:

η ′t =

w′T + wC (T3 − T4′ ) − (T2 − T1 ) T −T = = 1 − 2 1 = 0,44 h3 − h2 p T3 − T4′ T3 − T4′

Se comprueba que, a pesar de las irreversibilidades de la turbina, el rendimiento térmico de la instalación ha mejorado respecto de 2).

345

TURBINA DE GAS

Según Gouy-Stodola:

It = Ta ∆Suniv = Ta (m h ∆sh + ma ∆sa );∆sh =

0,56 ⋅

= 0,24 ⋅

∫

613  0 ,453

+ 0,20 ⋅

∫

613  1,091

∫

613  1,88



1173 

T



1173 



1173 

T

T

∫

TII

TI

c p ,h

dT = T

dT ∫ ∑ (y c ) T = TII

i p ,i

TI

 − 0,305 ⋅ 10−3 + 0 ,697 ⋅ 10− 6 T dT +   − 0,358 ⋅ 10−3 + 0,690 ⋅ 10− 6 T dT + 

kJ  − 0,512 ⋅10−3 + 1,917 ⋅10− 6 T dT == −1,3432 kg K 

∆sa = c p ,a ln

T2 1,4 8,31 1083 kJ = ⋅ ⋅ ln = 0 ,8661 T1 0 ,4 28,9 kg K 458

Sustituyendo: It = 290 ⋅ (15,5 ⋅ 0,8661 − 8,17 ⋅1,3432) = 7610,67kW

3)

Balance de exergía en la turbina: bt ,1 = bt ,2 + wT + it ,T It ,T

 γ P  T T  = m aTa (s3 − s2 ) = m aTa Rm  ln 3 − ln 3 ;T3s = T2  3  γ − 1 T T 2 2   P2 

γ −1 γ

= 706 K

T2 − T3 = (T2 − T3s )η s = (1083 − 706)⋅ 0,85 = 320 ,45⇒T3 = 762 ,55K y sustituyendo:

8,31  1,4 762,55 1,7   = 348,51kW It ,T = 15,5 ⋅ 290 ⋅ ⋅  ⋅ ln − ln 28,9  0,4 1083 7 ,6  ηex ,T =

I wT 348,51 = 1 − t ,T = 1 − = 0,93 bt , 2 − bt ,3 NT 5 000

348

TURBINA DE GAS

Cálculo del aire mínimo necesario: Las reacciones estequiométricas de combustión son: H 2 + ½ O 2 → H 2O ;

CH 4 + 2O 2 → CO 2 + 2H 2 O

O2 mínimo necesario: 0,28 ⋅

1 mol O 2 1,25 mol aire + 0,56 ⋅ 2 − 0,01 = 1,25 = 7,14 ; lmín = 2 mol comb. 0,21 mol comb.

Puesto que en los productos aparece CO, parte del metano se quema de forma incompleta según la reacción:

3 CH 4 + O 2 → CO + 2H 2 O 2 Llamando x a la fracción de CH4 que se quema según la combustión completa (y por tanto siendo 1-x la que se quema de forma incompleta), la composición de los humos secos por mol de combustible será:

CO 2 :0,56 ⋅ x;CO :0 ,56 ⋅ (1 − x ); N 2 :0,79 ⋅ l + 0,15 = 5,79;O 2 :0 ,21 ⋅ (λ − 1)⋅ l mín +

0,56 ⋅ (1 − x ) 2

El número total de moles de humos secos por mol de combustible será: 6,88 - 0,28 · x. Fracción molar del CO2: 0,56 ⋅ (1 − x ) = 0,015⇒ x = 0,84 6,88 − 0 ,28 ⋅ x De modo que:

R H2 CH4 O2 N2

2)

P CO CO2 O2 N2 H2O

mol / mol comb. 0,28 0,56 1,5 + 0,01 5,79

xi (%) 1,28 6,68 5,69 82,36 3,99

mol / mol comb. 0,09 0,47 0,40 5,79 0,28

El calor intercambiado será la diferencia entre la entalpía de los productos y la de los reactivos por mol de combustible: hR = 0,28 ⋅

∫

q = hP − hR

 c p ,H 2 dT + 0,56 ⋅  ∆h0f ,CH 4 + 

413

298

+ 0,01 ⋅

∫

413

298

c p ,O2 dT + 5,79 ⋅

∫

413

298

∫

 c p ,CH 4 dT  + 1,5 ⋅ 

413

298

c p ,N 2 dT == −3548,3

350

∫

357

298

c p ,O2 dT +

cal mol

TURBINA DE GAS

 hP = 0,09 ⋅  ∆h0f ,CO +  + 5,79 ⋅

1213

∫

298

1213

∫

298

  c p ,CO dT  + 0,47 ⋅  ∆h0f ,CO2 +  

 c p ,N 2 dT + 0,28 ⋅  ∆h0f ,H 2O( l ) + r( 25º C ) + 

1213

∫

298

1213

∫

298

 c p ,CO2 dT  + 0,40 ⋅ 

1213

∫

298

c p ,O2 dT +

cal  c p ,H 2O dT  == −12190,6 mol 

q = hP − hR = −8 642,3 cal / mol

De modo que:

PV 3,6 ⋅ 9,8 ⋅104 ⋅18 60 mol = = 30,8 N comb. = ;Q = N comb. ⋅ (hP − hR ) = − 266,18 kcal/s RT 8,31 ⋅ 413 s

3)

Determinación del exponente adiabático γ de la mezcla de gases de combustión: =

c ∑ (x c ) = 7,9 cal/mol K ;γ = c

p

i p ,i

v

=

− R

=

7 ,9 = 1,34 5,9

Para el proceso isoentrópico:

∫

s1 = s 2 ;

T2 s

T1



P ⇒T2 s = T1 1   P2 

T P P dT − Rln 2 = 0⇒c p ln 2 s = Rln 2 ⇒ P1 T1 P1 T 1−γ γ

−0 ,34

 3,5 ⋅ 9,8 ⋅104  1,34  = 891,7 K = 1213 ⋅  5   1,02 ⋅10 

Trabajo específico de la turbina isoentrópica: wT = c p (T1 − T2 s ) = 7 ,9 ⋅ (1213 − 891,7 ) = 2538,27 cal/mol Para la turbina real: w′ T = η s wT = 0,92 ⋅ 2 538,27 = 2335,85 cal / mol

N ′ T = N comb. w′ T = 71,92 kcal / s = 300,64 kW PH2O = x H2O P = 0,0399 ⋅1,02 = 40,69 mbar < Ps (891,7 K ) ⇒

No hay condensación

wT − w′T = wT (1 − ηs ) = 203,06 cal/mol

4)

it ,T = Ta (s2 − s1 );s2 − s1 = Cálculo de T2: Así que:

∫

T2

T1



dT P − Rln 2 T P1

2335,85 = c p (T1 − T2 )⇒T2 = 917 ,4  cal 917 ,4 1,02   = 59 ,2 − R ⋅ ln it ,T = 290 ⋅  7 ,9 ⋅ ln mol 1213 3,5 ⋅ 0,98  

351

TURBINA DE GAS

Para el agua, en la tabla o en el diagrama correspondientes se obtienen los valores: I(vapor recalentado): hI = 3 700 kJ / kg; sI = 7,3 kJ / kg K II(vapor sat. seco): hII = 2 800 kJ / kg; sII = 6 kJ / kg K

Q I ,II = m v (h I − h II ); Q 2 ,3 = 0,9 ⋅ Q I ,II = m a c p ,a (T3 − T2 )⇒T3 = 823K En la expansión isoentrópica de la turbina: T4 s = 823 ⋅ 4,5−0,4 1,4 = 535,51 K ; ηs( T ) =

823 − T4 = 0,9 ⇒ T4 = 564,25 K 823 − 535,51

Por tanto, la potencia neta de la instalación será:

W = 0 ,27 ⋅ 1,004 ⋅ [(823 − 564,25) − (518,94 − 300)] = 10,8 kW ∆Suniv = ∆Sa + ∆Satm + ∆Sv donde ∆Satm es el incremento de la entropía atmosférica debido a la fuga de calor que se produce en el intercambiador. De modo que:

kW 564,25 9 ∆Suniv = 0,27 ⋅ 1,004 ⋅ ln + + 0,1 ⋅ (6 − 7 ,3) = 0,07 K 300 300 It = Ta ∆Suniv = 300 ⋅ 0,07 = 21 kW que, como se ve, es casi el doble de la potencia neta obtenida: hay muchas irreversibilidades en el proceso. Ciñéndonos a la definición de rendimiento exergético, ηex = 1 −

exergía destruida : exergía gastada

I 21 ηex = 1 − t = 1 − = 0,59 Bt ,I − Bt ,II 0,1 ⋅ [(3700 − 2800) − 300 ⋅ (7 ,3 − 6 )]

353

TURBINA DE GAS

h

5

7

6 6s

4s

4

2s

8 8s

2

3 1 s

T2 s

P = T1  2 s  P1

  

1,4 −1 1,4

= 300 ⋅ 4 0 ,4 1,4 = 445,8K ;η s( C ) =

445,8 − 300 = 0,742⇒T2 = 496,5K T2 − 300

T4 s = T3 ⋅ 4 0,4 1,4 = 300 ⋅ 4 0,4 1,4 = T2 s = 445,8 K ; T4 = T2 = 496,5 K 1 T6 s = T5    4

ηt =

2)

η ′t =

0 ,4 1,4

= 673K = T8 s ;η s( T ) =

1000 − T6 = 0,742⇒T6 = 757 ,4 = T8 1000 − 673

(1000 − 673) − (445,8 − 300) = 0,41 2 ⋅ (T5 − T6 s ) − 2 ⋅ (T2 s − T1 ) = 2⋅ (T5 − T4 s ) + (T7 − T6 s ) 2000 − 445,8 − 673

(1000 − 757,4) − (496,5 − 300) = 0,1236 2 ⋅ (T5 − T6 ) − 2 ⋅ (T2 − T1 ) = 2⋅ (T5 − T4 s ) + (T7 − T6 ) 2000 − 496,5 − 757 ,4

Efectivamente se comprueba que las irreversibilidades en compresores y turbinas hacen bajar mucho el rendimiento térmico.

ηex = 1 −

3)

it bt gastada

 T T  it = Ta ∆suniv = Ta ⋅ 2 ⋅ c p  ln 8 + ln 2  == 67 ,8 ⋅ c p T2 s   T8 s bt gastada = (bt ,5 − bt ,4 ) + (bt ,7 − bt ,6 ) = 1000 1000   = c p (1000 − 496,5) − Ta ln + (1000 − 457 ,4 ) − Ta ln == 452,7 ⋅ c p 496,5 757 ,4   De modo que:

ηex = 1 −

67,8 = 0,85 452,69

356

TURBINA DE GAS

T ⇒ B = TA

1 − (TD T A ) TD 1− 1 − (TF TB ) TA 1 1 ⇒η s = = − TF TD TD T 1− 1− 1− 1− F TB TA TA TB

1−

[1]

En las expansiones isoentrópicas se cumple: T P(1-γ)/γ = cte., de modo que: T A PA T B PB

(1−γ ) γ

(1−γ ) γ

= T D PB

= T F PC

(1−γ ) γ

(1−γ ) γ

⇒T D T A = ε (1−γ ) γ (1−γ ) γ

⇒T F T B = (2ε )

Con lo que, sustituyendo estas relaciones en [1], se obtiene:

ηs =

1 1− ε

(1−γ ) γ −

1

(1−γ ) γ

1 − (2ε )

= (para los valores dados) = 0 ,64

TD = ε (1−γ ) γ ⇒TD = 1000 ⋅ 5 −0 ,4 1,4 = 631,4 K TA

2)

ηs = 0,64 =

1 000 − TB TA − TB = TA − TD 1 000 − 631,4

⇒ TB = 764 K

Por tanto:

wt = wt ,1 = wt ,2 = c p (T A − TB ) = 236 kJ/kg = c p (TB − TC ) = 764 − TC ⇒ TC = 528K El rendimiento isoentrópico global del grupo sería:

η s ,g =

T A − TC (1−γ ) γ (1− ) (1− ) = T E PE γ γ ⇒T E = 631,4 ⋅ (2ε ) γ γ = 327 K ;T D PD T A − TE ηs , g =

Sustituyendo:

3)

1 000 − 528 = 0,7 > ηs 1 000 − 327

El factor de recalentamiento del grupo será fr:

fr =

2 AD 2 AD + BF DE c p (TD − TE ) 1 − TE TD = = = = ; AE AD + DE 1 + DE AD AD c p (TA − TD ) TA TD − 1

cumpliéndose:

TA PA

(1−γ ) γ

= TD PB

(1−γ ) γ

= TE PC

(1−γ ) γ

Sustituyendo en [2]: fr =

2

1 − (2ε )(1−γ ) γ 1 + (γ −1) γ −1 ε

= 2

1 − ε (1−γ ) γ 1 − 2(1−γ ) γ ε 2(1−γ ) γ

358

== 1,1

[2]

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

CAPÍTULO X Motores de Combustión Interna.

359

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

360

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

1)

Según la definición de rendimiento térmico:

ηt =

q q1 + q2 q u − uA c (T − TA ) T − TA T (1 − TA TD ) = 1+ 2 = 1− 2 = 1− D = 1− v D = 1− D = 1− D q1 q1 q1 uC − u B cv (TC − TB ) TC − TB TC (1 − TB TC ) En los procesos isoentrópicos: TC v C γ

−1

TB vC γ

−1

1 = T D v D γ −  TC T D = ⇒ 1 = T A v D γ −  T B T A

γ −1

v  T ηt = 1 − D = 1 −  C  TC  vD 

Por tanto:

2)

= 1 − ε 1−γ

Por definición de presión media efectiva: Pm,e =

(

= 1 − ε 1−γ

)c (T

− TB ) cv (TC − TB ) = 1 − ε 1−γ = 1 − ε 1−γ 1 R T  v  m A 1 −  v A 1 − B  ε P  A   vA  v

En la isoentrópica:

y sustituyendo:

ηt q1 w = = v A − vB v A − vB

(

(

C

TA v A

Pm ,e = 1 − ε 1−γ

)

γ −1

)

= TB v B

(

γ −1

)

T T  PA  C − B   TA TA  (γ − 1)1 − 1   ε

⇒ TB TA = ε γ −1

T  T  PA  C − ε γ −1  PA  C − ε γ −1   TA  = ε 1 − ε 1−γ  TA  ( γ − 1)(ε − 1)  1 (γ − 1)1 −   ε

(

362

)

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

A v cte.: γ

v  1 PA PD TA PA T P = ⇒ = ;PA v Aγ = PB vBγ ;PD v Aγ = PB vC γ ⇒ A = A =  B  = γ TA TD TD PD TD PD  vC  δ

ηt = 1 −

De modo que:

2)

Pm ,e =

w = v A − vB

γ 1 δ γ −1 1 − δ −γ 1−γ δ − 1 ⋅ γ −1 ⋅ ε = − 1 γ ε γ (δ − 1) 1 − δ −1

c p (TC − TB ) ηt q1 = ηt  v  RmTA  vB  1 −  v A 1 − B  PA  v A   vA 

TA v A

En la isoentrópica:

γ −1

= TB v B

γ −1

T T  PA  C − B   TA TA  = ηt  1  vB  1 − 1 −   γ  v A 

⇒ TB TA = ε γ −1

Sustituyendo: Pm ,e = ηt

(

)

(

 PA TC TA − ε γ −1 δ γ − 1  PA TC TA − ε γ −1 = γ ε 1 − ε 1−γ (1 − 1 γ )(1 − 1 ε ) γ (δ − 1)  (γ − 1)(ε − 1) 

364

)

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

vC v D = TC TD

Proceso isóbaro:

⇒

TD v D = =δ TC vC γ −1

v v  TE TE TD TC TB γ −1 γ −1 T = ⋅ ⋅ ⋅ ;TE v A = TD vD ; E =  D ⋅ B  TA TD TC TB TA TD  v A vC 

γ −1

 1 = δ   ε

TE δ γ −1 = γ −1 δ a ε γ −1 = δ γ a TA ε De modo que, sustituyendo:

ηt = 1 −

2)

Pm ,e =

ε 1−γ δ γ a −1 aδ γ − 1 ⋅ = 1 − ε 1−γ (a − 1) + aγ (δ − 1) a 1 − 1 + γ (δ − 1) a

 η (q + q2 ) w q + q2  aδ γ − 1 1 − ε 1−γ  = t 1 = 1  (a − 1) + aγ (δ − 1)  v A − vB v v 

Nota: un estudio interesante que puede hacer el alumno es la comparación de rendimientos y potencias medias efectivas de los tres ciclos estudiados: Otto, Diesel y dual.

366

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

La causa de esta pérdida es la irreversibilidad que se introduce en el ciclo por la alteración que se produce en la isoentrópica “superior”. Al abrir instantáneamente v, poniendo en comunicación A y B, que se encuentran a distintas presiones y temperaturas, la conservación de la energía interna en esa fase del proceso, sin producción de trabajo, hace que la temperatura alcanzada por el gas (en c) sea superior a la que habría alcanzado en la transformación reversible (en c´), y ello origina que la cesión de calor q2 sea mayor en el ciclo corregido que en el teórico de Otto, para iguales aportaciones de calor e índices de compresibilidad volumétricos.

370

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

10.5-

Un motor de combustión interna consume gas natural y acciona un generador eléctrico de 4,5 MW de potencia. La composición del gas natural es: 85% CH4 y 15% C2H6. La combustión se realiza con un coeficiente de exceso de aire λ, y los humos salen a 380ºC y con un 12% (molar) de O2. El rendimiento mecánico global ηm = 0,9; rendimiento eléctrico ηe = 0,95. La refrigeración se hace con agua que entra al circuito a 25ºC y sale a 80ºC, a P = cte. = 1 atm. Su calor específico se tomará c = 1 cal / k K = cte. La combustión se supone completa, y todas las sustancias gaseosas se supondrán, para mayor simplicidad de la solución, con comportamiento de gas perfecto biatómico ( = 7 cal / mol K). El comburente es aire de composición molar 21% O2, 79% N2; y entra, al igual que el combustible, en condiciones estándar (25ºC y 1 atm). En el motor hay una fuga a la atmósfera de un 5% de la potencia calorífica, por defecto en el aislamiento térmico, y un 25% se cede al agua de refrigeración. Se pide: 1) Coeficiente de exceso de aire en la combustión y composición molar de los humos. 2) Temperatura de rocío de los humos. 3) Poder calorífico del combustible, en kcal / mol de combustible. 4) Consumo de combustible en Nm3 / h. 5) Flujo de agua de refrigeración en t / h. Operar con 1 cal = 4,19 J; 1 atm = 1,013 bar. Utilizar la tabla correspondiente de entalpías de formación estándar.

1)

i

xi

Reacción

O2 neces. (mol O2 / mol comb.)

CO2

Humos (mol / mol de cble.) O2 (del N (del aire) H2O 2 aire)

0,85·2 = 1,7 0,85 0,85·2=1,7 CH4 0,85 CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O C2H6 0,15 C2H6 + 7/2 O2 → 0,15·7/2 = 0,525 0,15·2=0,3 0,15·3=0,45 2CO2 + 3H2O 2,225 1,15 2,15 Σ (λ-1)·2,225 λ ⋅ 2,225 ⋅ N O2 Σ N i ,h

= x O2 (en humos) = 0 ,12 =

(λ − 1)⋅ 2,225 ⇒ 1,15 + 2,15 + (λ − 1)⋅ 2,225 + λ ⋅ 2,225 ⋅ 79 21

371

λ = 2,47

79 21

MOTORES DE COMBUSTIÓN INTERNA

x O2 = 0,12 ; x CO2 =

115 , 2,15 = 0,0422 ; x H2O = = 0,079 27,257 27,257

xN 2 = 1 − (0,12 + 0,0422 + 0,079) = 0,7588 Pv (H 2 O en humos) = 1,013 ⋅ 0,079 = 0,08

2)

En la tabla del agua saturada se comprueba que esta presión corresponde a la de saturación a la temperatura de 314,5 K. De modo que:

TPR = 314,5 K = 41,5º C

h I0 = ∆h 0f ,CO2 ( g ) + 2∆h 0f , H2O ( g ) − ∆h 0f ,CH4 ( g ) =

3)

( tabla )

= −94052 + 2 ⋅ (− 57798) − (− 17889) = − 191759 kcal/kmol hII0 = 2∆h 0f ,CO2 ( g ) + 3∆h 0f , H2O ( g ) − ∆h 0f ,C2 H6 ( g ) =

( tabla )

= 2 ⋅ (−94052) + 3 ⋅ (−57798) − (−20236 ) = −341262 kcal/kmol

(

)

PCI = − 0,85 ⋅ hI0 + 0,15 ⋅ hII0 = 214184,45kcal/kmol cble. = 214,2 kcal/mol cble.

4)

Balance de energía, siendo N el número de kmol de combustible quemados por segundo: W N ⋅ PCI ⋅ (1 − 0,05 − 0 ,25) = + N N hc p (Th − Ta ) ηmηe Sustituyendo: N ⋅ 214184 ,45 ⋅ 4,19 ⋅ 0,7 = ⇒

4500 + N ⋅ 27 ,257 ⋅ 7 ⋅ (380 − 25)⋅ 4,19⇒ 0,9 ⋅ 0,95

kmol kmol cble. = 55,016 N = 0,0153 s h

Suponiendo comportamiento ideal para todos los gases: ; 1,013 ⋅ 105 ⋅ V = 55 016 ⋅ 2 ⋅ 4,19 ⋅ 273 ⇒ PV = NRT

5)

V = 1 242,5 Nm 3 / h

El 25% del calor generado en la combustión se cede al agua de refrigeración:

0,25 ⋅ N ⋅ 214184,45 = m ag c ag (Tsal − Tent )= m ag ⋅1 ⋅ 55⇒m ag = 53,56 t/h

372

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

CAPÍTULO XI Termodinámica del Aire Húmedo. Aplicación al acondicionamiento del Aire Húmedo y Secaderos.

373

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

374

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Si en un volumen V de aire húmedo hay una masa de vapor mv y una masa de aire seco ma: mv +1 ma mv + ma mv + ma P X +1 P P ⋅ = ⋅ = ⋅ = ρ= = m T Ra + X Rv T V ma Ra + mv Rv T Ra + v Rv ma 783 ⋅ 1,013 ⋅105 kg 760 = ⋅ = 1,22 3 3 8,3 8,3 m de aire húmedo 293 ⋅10 + 0,01 ⋅ 28,94 18 0,01 + 1

2)

3)

Hr =

0,017 Pv = = 0,74 = 74% Ps (T ) 0,023

En las tablas del agua saturada miramos a qué temperatura la presión de saturación tiene el valor de 0,017 bar. Tal temperatura es 15ºC. Es decir: 0,017 = Ps(15ºC), lo que quiere decir que el punto de rocío del aire húmedo dado es:

15º C

376

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.2-

Una habitación de 60 m3 herméticamente cerrada contiene aire a 1 atm y 20ºC, siendo su humedad relativa Hr = 0,6. Se pide: 1) Punto de rocío, masa de vapor mv y masa de aire seco ma. 2) Si se enfría dicho aire hasta 5,6ºC, determinar la cantidad da agua condensada y calcular el calor intercambiado por el aire.

1)

De la tabla del agua saturada se obtiene: Ps(20ºC) = 0,02382 kp / cm2. Hr =

Pv kp ; Pv = H r Ps = 0,6 ⋅ 0,02382 = 0,014292 2 Ps cm

De la tabla del agua saturada: Pv = 0,014292 kp / cm2 es la presión de saturación correspondiente a la temperatura de 12ºC. De modo que: t PR = 12º C ; mv = ma =

2)

En tabla:

PvV 0,014292 ⋅ 9,8 ⋅104 ⋅ 60 ⋅18 = = 621 g Rv T 8,31 ⋅ 293

(

)

PaV (P − Pv )V 1,013 ⋅ 105 − 0,01429 ⋅ 9,8 ⋅ 104 ⋅ 60 = = = 71,14 kg 8,31 RaT RaT ⋅ 103 ⋅ 293 28,9

P′ v = Ps (5,6º C ) = 0,00925 kp / cm 2

P′ v V = m′ v Rm T ′ ⇒ m′ v = 422,66 g ;

PvV = mv RmT

⇒ mv = 620,95 g

mv ,cond . = mv − m′ v = 198,29 g El calor intercambiado será la variación de su energía interna, ya que suponemos que el volumen permanece constante:

Q = U ′ − U = ma (u′a − ua ) + m′v u′v + mv ,cond .ul − mvuv [Tomaremos los valores: cv,a (calor específico a volumen constante del aire seco) = 0,72 kJ / kg; ,v (calor específico a presión constante del vapor) = 1,89 kJ / kg K; r0 (entalpía de vaporización del agua en el punto de hielo) = 2 500 kJ / kg; para el agua líquida, cl = 4,18 J / g K.]

u′a − ua = cv ,a (t′ − t ) = 0,72 ⋅ (5,6 − 20) = −10,37 kJ/kg h′ v = r0 + c p ,v t ′ = 2 500 + 1,89 ⋅ 5,6 = 2 510,6 kJ / kg hv = r0 + c p,v t = 2 500 + 1,89 ⋅ 20 = 2 537,8 kJ / kg ul = cv ,l t ′ = 4,18 ⋅ 5,6 = 23,4 kJ / kg

377

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Sustituyendo: Q = 71,14 ⋅ (− 10,37 ) + 0,423 ⋅ u′v + 0 ,198 ⋅ 23,4 − 0,621 ⋅ uv = −733 + 0,423 ⋅ u′v − 0,621 ⋅ uv u′ v = h′ v − P′ v v ′ v = h′ v − Rv T ′ ; uv = hv − Pv v v = hv − Rv T

donde: Sustituyendo valores: u′ v = 2 510,6 − de modo que:

8,31 kJ 8,31 kJ ⋅ 278,6 = 2 382 ; uv = 2 537,8 − ⋅ 293 = 2 402,5 18 kg 18 kg

Q = −733 + 0,423 ⋅ 2 382 − 0,621 ⋅ 2 402,5 = −1 217,4 kJ

Calor que “sale” de la habitación.

378

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.3-

A y B son dos depósitos de paredes diatérmanas y VA = VB = 40 l, que pueden comunicarse mediante la válvula L, inicialmente cerrada. A contiene 440 g de CO2 que se supone cumple la ecuación de Van der Waals. B contiene aire húmedo a 1 atm de presión con una humedad absoluta de 35 g agua / kg aire seco. Se pide: 1) Cuál es el grado de saturación en B. 2) Se abre L. Calcular, una vez establecido el equilibrio, la presión final en ambos depósitos, así como su humedad relativa. 3) Calcular la variación de entropía del CO2 en el proceso. TA = cte. = 20ºC.

1)

En un diagrama de aire húmedo (Carrier o Mollier) leemos: Humedad absoluta de saturación a 20ºC = Xs(20ºC) = 0,015 = 15 g ag. / kg as. Así que el grado de saturación será:

G = 35 / 15 = 2,3 (sobresaturado)

2)

Ec. de V. der W.:

RT a a   − 2  P + 2 (v − b ) = RT ⇒ P = v−b v v  

En la tabla correspondiente de constantes de V. der W. se obtienen los valores de a y b: atm l ⋅ 293 K 3,609 mol K − = 3 atm 8 − 0,0428 64

0,082 Pf ,CO2 =

Pi ,as = 1 atm − Ps ( 20º C ) = 0,98 atm ; Pf ,as =

Pi ,as = 0,49 atm 2

(despreciando, si es que queda algo de líquido, el volumen de éste). Puesto que la cantidad de agua es más del doble de la necesaria para saturar un volumen de 40 l a 20ºC, la temperatura no ha variado, y el volumen se ha duplicado: A y B seguirán saturados de vapor de agua:

Hr = 1 De modo que:

3)

Pf = 3 + 0,49 + Ps ( 20º C ) = 3,51 atm

 ∂s  s = s( v ,T );ds = dsT =   dv  ∂v  T

379

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Según la relación de Maxwell: ⇒(s 2 − s1 )CO2 = De modo que:

∫

v2

v1

 ∂s   ∂P    =   ∂v T  ∂T v

 ∂s    dv =  ∂v  T

∫

v2

v1

v −b atml R == 0 ,06 dv = Rln 2 v−b v1 − b mol K

(S2 − S1 )CO

2

= 0,6

380

atml K

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.4-

Un recipiente de V = 100 l está lleno de aire seco a 100ºC y 71 cm de Hg de presión. Se introducen 30 g de agua y se calienta todo hasta 100ºC. Se pide: 1) 2) 3) 4)

1)

Humedad relativa del aire húmedo a 100ºC. Energía interna y entalpía total de la mezcla gaseosa. Agua que habría que añadir para saturar el recinto a 100ºC. Masa de agua que se condensaría si, estando el recinto saturado a 100ºC, se enfría hasta 20ºC.

El aire seco y el vapor de agua se consideran con comportamiento de G. P. biatómico. Pv =

mv rv T 30 g ⋅ 0,082 atm l / mol K ⋅ 373 K = = 0,51 atm V 18 g / mol ⋅100 l Hr =

Humedad relativa:

2)

Pv 0,51 = = 51% Ps (100º C ) 1

Entalpía total del aire húmedo:

(

H = ma ha + mv hv = ma c p ,at + mv r0 + c p ,vt

)

Cálculo de la masa de aire seco: 710 5 −3 PaV 750 ⋅10 ⋅ 100 ⋅10 ma = = = 0,12 kg 8,31 3 Ra T ⋅10 ⋅ 273 28,9 Sustituyendo valores se obtiene:

H = 92,63 kJ

U = H − PV = H − (ma Ra + mv Rv )T == 74,59 kJ

3)

La presión parcial del vapor habrá de ser la de saturación a 100ºC. Por tanto: m′ v = Por tanto, hay que añadir:

Ps (100º C) ⋅ V = = 58,8 g Rv T

m′ v − mv = 28,2 g

381

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

4)

De la tabla del agua saturada se obtiene: Ps(20ºC) = 23,37 mbar; luego:

m′ ′ v =

Así que se condensarán:

Ps ( 20º C ) ⋅ V = = 1,73 g Rv T

58,8 − 1,73 = 57,07 g

382

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Balance de masa de agua en la cámara: a X1 + m l = m a X 2, s + m ′l m

[2]

Sustituyendo [2] en [1]: h1 +

 m  m l 1,5 ⋅ 60 ⋅ 4,18 ⋅18 = hl = h2 ,s +  l + X 1 − X 2 ,s h′ l ⇒25 + 184,7 m a  m a 

 1,5 ⋅ 60  = 1,004 ⋅ t2 ,s + (2500 + 1,85 ⋅ t2 ,s )X 2 ,s +  + 0 ,005 − X 2 ,s  ⋅ 4,18 ⋅ t2 ,s 184 , 7   siendo:

X 2, s = 0,622 ⋅

[3]

Ps ( t2, s ) 1,013 ⋅ 105 − Ps ( t2, s )

El problema se resolvería numéricamente, mediante aproximaciones sucesivas. Con la tabla del agua saturada, iremos probando valores de la temperatura hasta encontrar la que satisfaga la ecuación [3], dentro del margen de error permitido.

384

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.6-

El aire atmosférico de cierto lugar se encuentra a 760 torr y 21ºC, siendo su temperatura de punto de rocío 10ºC. Se pide: 1) Humedad absoluta, humedad relativa, grado de saturación y presión parcial del aire seco. 2) Densidad del aire atmosférico y densidad del aire seco. Comprobar que la densidad de un aire no saturado es tanto menor cuanto mayor es su contenido en humedad. 3) Volumen específico y entalpía específica del aire húmedo por unidad de masa de aire seco. 4) Energía interna por m3 de aire atmosférico. 5) Temperatura de saturación adiabática y temperatura de bulbo húmedo. (Se puede comparar los resultados obtenidos con los leídos en un diagrama psicrométrico.)

mv N v M v Pv = = 0,622 ⋅ ma N a M a P − Pv

X=

1)

[1]

En la tabla de agua saturada se lee Pv = Ps (10º C ) = 0,01227 bar , que sustituido en [1] da:

X = 7,626 ⋅ 10 −3 = 7,626 g vapor / kg a.s. Hr =

0,01227 Pv = = 50,10% Ps ( tabla ) 0,0244

Grado de saturación: G=

P − Ps Ps = Hr = = 0,444 P − Ps P − Pv

X Pv = X s P − Pv

Pa = P − Pv = 1 013 − 12,27 = 1 000,73 mbar

2)

ρ=

1+ X kg ma + mv ma + mv P P = ⋅ = ⋅ = = 1193 , m3 V ma Ra + mv Rv T Ra + X Rv T

ρa =

kg 1,013 ⋅105 = 1,98 3 8,31 m ⋅ 294 28,9

La densidad ρ del aire húmedo se puede expresar de la siguiente forma:

ρ=

P  1 1 P −  −  v RaT  Ra Rv  T

385

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

⇒tsa = t1 −

(X s − X1 )(c p ,vtsa + r0 − cl tsa ) c p ,a + X 1c p ,v

= t1 −

(X s − X1 )⋅ r( tsa ) c p ,a + X 1c p ,v

El cálculo numérico lo haremos por aproximaciones sucesivas: x p ,a + X c p ,v = 1,004 + 7,626 ⋅10 −3 ⋅ 1,86 = 1,0182 kJ / kg

t s ,a

 Ps ( tsa ) −3     1,013 ⋅ 103 − P ( t ) ⋅ 0,622 − 7 ,626 ⋅ 10  ⋅ r( t sa ) s sa   = 21 − 1,0182

[2]

Para tsa = 20ºC, buscando en las tablas la Ps y la r correspondientes a esa temperatura, y sustituidas en [2], se obtiene tsa = 3,98ºC; evidentemente, muy alejada de la tsa supuesta. Para tsa = 15ºC, operando de igual modo, se obtiene de [2] el valor tsa = 13,69ºC. Para tsa = 14ºC se obtiene el valor tsa = 14,7ºC. Adoptamos como solución suficientemente aproximada:

t sa ≈ tbh = 14,5º C

387

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

2)

Hay una vaporización hasta que Pv,2 = Ps(50ºC) = 123 mbar. Pe, 2V2 = mv , 2 Rv T2

V2 = V1 +

[2]

mv , 2 − mv ,1 ρl

Sustituyendo V2 y Pv,2 en [2] obtenemos:

   m − mv ,1  m  P ( 50º C )   = mv ,2 RvT2 ;mv ,2  RvT2 − s  = Ps ( 50º C ) ⋅ V1 − v ,1  Ps ( 50º C ) ⋅ V1 + v ,2     ρl ρl ρl        m  Ps ( 50º C ) ⋅ V1 − v ,1  ρl   = == 6,598 g Ps ( 50º C ) RvT2 − ρl

⇒mv ,2

3)

En primer lugar hay una ebullición hasta que la presión total sea 0,123 bar. A continuación hay una evaporación hasta que la presión parcial del vapor coincida con la presión de saturación a esa temperatura. Masa de vapor extraída: Pv ,2V = m v ,2 Rv T2   Pv ,3 m v ,3 Pv ,3 = ; m v ,2 − m v ,3 = m v ,2 1 − ;T3 = T2 ; Pv ,3 + Pa ,3 = P3 ⇒  P Pv ,3V = m v ,3 Rv T3  m v ,2 Pv ,2 v ,2  Y, ya que:

Ps ( 50º C ) = Pv ,2 = x v ,2 P2  Pv ,3 P3 = ; x v ,2 = x v ,3 ⇒ Pv ,3 = x v ,3 P3 Pv ,2 P2 

0,10   M v ,2 − M v ,3 = 6 ,598 ⋅ 1 −  = 6,046 g = masa de vapor extraída.  1,196  En el estado final, la presión de vapor coincidirá con la de saturación a 50ºC:

Ps (50º C ) ⋅ V = mv , 4 Rv T4

⇒ mv , 4 = = 6,598 g = masa de vapor que queda.

En el estado final la presión parcial del aire seco será: Pa , 4 = Pa ,3 = Pa , 2 Por tanto:

P3 0,10 = 1,073 ⋅ = 0,090 bar P2 1196 ,

P4 = Pa , 4 + Ps (50º C ) = 0,213 bar

La masa total de agua en el estado final será:

mH 2O = 20 kg + mv ,1 − (mv ,2 − mv ,3 ) = 20000 + 0,872 − 6,046 = 19,994 kg

390

   

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

2)

X 2 = 0,622 ⋅

Ps ( 20º C ) 23,67 g vapor = 0,622 ⋅ = 0,015 = 15 P − Ps ( 20º C ) 1 013 − 23,67 kg a.s.

Según el enunciado: m as (1 + X ) = 2m ⇒m as =

kg a.s. 2 ⋅ 1200 = 2364,5 h 1 + 0,015

En el diagrama de Carrier se lee: hs = 57 kJ / kg a.s. Balances de masa y energía en el mezclado adiabático de ambos caudales:  2364 ,5 ⋅ 0,015 + 1196 ,4 ⋅ 3 ⋅10−3 = 0,011 X3 =  m as X s + m a X 2 = (m a + m as )X 3   2364 ,5 + 1196,4 ⇒ m as hs + m a h2 = (m a + m as )h3   2364 ,5 ⋅ 57 + 1196 ,4 ⋅ 21 = 44 ,9 kJ/kg a.s. h =  3 2364 ,5 + 1196 ,4 Buscando en el diagrama de Carrier el punto de intersección de las isolíneas X3 = 0,011 y h3 = 44,9 kJ / kg a.s., se leen para dicho estado:

t3 = 17º C

H r ,3 = 85%

393

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

De modo que: Igualmente:

Q c = 350,03 ⋅ (40,02 − 28,32) = 4095,3 kJ/h Q f = m a ,3 (h4 − h3 ) + m a ,3 (X 3 − X 4 )hl ≈

≈ m a ,3 (h4 − h3 ) = 350,03 ⋅ (28,32 − 109,33) = − 28355,12 kJ/h

4)

m a ,2 X 2 + m v = m a ,2 X 3  h3 − h2 kJ == 3158,7 ⇒hv = m a ,2 h2 + m v hv = m a ,2 h3  X3 − X2 kg Esta entalpía obtenida es mayor que la del vapor saturado a P = 1 atm, de modo que el vapor vivo debe ser recalentado. Buscando en la tabla correspondiente para P = 1 atm encontramos que ese valor de la entalpía corresponde a una temperatura de:

t = 340º C

396

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Obsérvese que los valores obtenidos para h3 y h2 son prácticamente iguales. Ello se debe a que el aporte entálpico del líquido vaporizado en la humidificación es muy pequeño frente a la entalpía del aire húmedo: h2 ≈ h3, es decir, un proceso de humidificación adiabática con agua líquida es prácticamente un proceso isoentálpico.

32,19 = h2 = 1,004 ⋅ t2 + 1,92 ⋅10−3 ⋅ (2500 + 1,86 ⋅ t2 )⇒ t2 = 27 ,18º C

4)

Q c ,1 = m a (h2 − h1 ) = 389,46 ⋅ (32,19 − 10,84) = 8314,97 kJ/h

5)

m l = m a (X 3 − X 2 ) = 389,46 ⋅ (8,65 − 1,92)⋅ 10−3 = 262 kg/h

(

)

h4 = c p ,at4 + X 3 r0 + c p ,vt4 = 1,004 ⋅ 20 + 8,65 ⋅10−3 ⋅ (2500 + 1,86 ⋅ 20) = 42,03 kJ/kg a.s. Q c ,2 = m a (h4 − h3 ) = 389,46 ⋅ (42,03 − 32,33) = 3777 ,76 kJ/h

6)

Balances de masa y energía en la mezcla del aire húmedo con el vapor:

(

)

m a X 2 + m v = m a X 4  −3 ⇒m v = m a (X 4 − X 2 ) = 389 ,46 ⋅ 8,65 − 1,92 ⋅10 = 2,62 kg/h = m l m a h2 + m v hv = m a h4  hv =

42,03 − 32,19 h4 − h2 = = 1 462,10 kJ / kg X 4 − X 2 8,65 ⋅ 10 −3 − 1,92 ⋅ 10 −3

En las tablas del agua saturada, para P = 920 mbar se leen los valores: h´ = 407,7; h´´ = 2 673,6 kJ/kg, siendo la temperatura de saturación correspondiente 97,4ºC. De modo que el vapor inyectado deberá ser un vapor húmedo a 97,4ºC, y cuyo título x vendría dado por:

1462,10 = 407 ,7 + x ⋅ (2673,6 − 407 ,7 )⇒ x = 0,465 (Estos resultados pueden compararse con los obtenidos utilizando los diagramas de Carrier y de Mollier. Se observa la práctica identidad entre ambos.)

399

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Balance de masas entre 1 y 2: a X1 = m l + m a X2 m m a (1 + X 1 ) = =

⇒

l m kg l. = X 1 − X 2 = 0,0259 ma kg a.s.

V1 T (1 + X 1 );v1 = Rv 1 (X 1 − 0,622) = v1 P1

8,31 311 m3 ( ) ⋅ ⋅ + = = , , , 0 622 0 03367 0 929 18 1,013 ⋅105 kg

De modo que el flujo másico de aire seco es: a = 240 0,929 = 258,34 kg a.s./ h m Por tanto, la cantidad de agua condensada será:

m l = m a (X 1 − X 3 ) = 256,34 ⋅ 0,0259 = 6,69 kg ag./h

2)

Balance de energía en la batería de frío: Q f = m a h2 + m l hl − m a h1 = m a [h2 − h1 + (X 1 − X 2 )cl t2 ] =

[

]

= m a c p ,a (t2 − t1 ) + r0 (X 2 − X 1 ) + c p ,v (X 2t2 − X 1t1 ) + (X 1 − X 2 )cl t2 =

= = −24 058,08 kJ / h = −24,06 MJ / h

3)

Balance de energía en la batería de calor:

(

)

Q c = m a (h3 − h2 ) = m a (t3 − t2 ) c p ,a + X 2c p ,v =

(

)

= 258,34 ⋅ (21 − 10,8)⋅ 1,004 + 7 ,765 ⋅10−3 ⋅1,86 = 2683,85 kJ/h = 2,68 MJ/h

4)

En los diagramas de Carrier y de Mollier, marcados cuidadosamente los puntos correspondientes, se leen directamente los valores pedidos. Esquemáticamente:

401

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

El agua de reposición será la consumida por evaporación en la torre: m IV = m a (X 2 − X 1 ) a es el caudal másico de aire seco en la torre, y X1, X2 las humedades absolutas a la endonde m trada y a la salida de la misma. Balances de energía en la torre (itiendo presión constante en el aire húmedo):

y en K:

ag hI + m a h1 = m a h2 + m ag , II hII m

[2]

m ag hIII = m a (X 2 − X 1 )hIV + m ag ,II hII

[3]

Eliminando hII entre [2] y [3] se obtiene:

m a =

m ag (hI − hIII )

h2 − h1 − (X 2 − X 1 )h4

En verano:

X1 = 0,622 ⋅

Ps (30º C ) 42,42 = 0,622 ⋅ = 16,03 ⋅10 −3 tablas ( ) P H r ,1 − Ps (30º C ) 1 013 0,6 − 42,42

h1 = 1,004 ⋅ 30 + 16 ,03 ⋅10−3 ⋅ (2550 + 1,86 ⋅ 30) = 71,09 kJ/kg a.s. X1 = 0,622 ⋅

Ps ( 25º C ) 31,66 = 0,622 ⋅ = 20,06 ⋅10 −3 P − Ps ( 25º C ) ( tablas ) 1 013 − 31,66

h2 = 1,004 ⋅ 25 + 20,06 ⋅10−3 ⋅ (2550 + 1,86 ⋅ 25) = 76 ,18 kJ/kg a.s. Sustituyendo los valores correspondientes en [3]: m a =

330 ⋅ 4,19 ⋅ (28 − 19) = 2618,6 kg.a.s/s (76,18 − 71,09) − (20,06 − 10,03)⋅10−3 ⋅ 4,19 ⋅ 20

v1 = (X 1 + 0,622)⋅ Rv

(

)

T1 8,31 303 ⋅ 103 = 0 ,622 + 16,03 ⋅ 10−3 ⋅ ⋅ = 0,881m3 /kg a.s. P 18 1,013 ⋅ 105

a = V1 v1 ⇒ V1 = m a v1 = 2 618,6 ⋅ 0,881 = 2 307 m 3 / s m

2a)

Agua de reposición:

m IV = m a (X 2 − X 1 ) = 2618,6 ⋅ 4 ,03 ⋅ 10−3 = 10,55 kg/s

1b), 2b)

Invierno:

El planteamiento es idéntico. Sustituyendo los valores correspondientes al funcionamiento en invierno, se obtienen los resultados: ′ a = 376,54 kg a.s./s ; v ′1 = 0,799 m 3 / kg a.s. ; m

404

V ′1 = 300,855 m 3 / s

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Agua de reposición:

m ′a (X ′2 − X ′1 ) = 3,6 kg/s

Véase la gran diferencia entre los parámetros obtenidos en verano y en invierno:

V1 V ′1 = 2 307 300,855 = 7,67 (en verano es preciso un caudal de aire 7,67 veces mayor que en invierno); IV m ′ IV = 10,55 3,6 = 2,93 m (en verano el caudal de agua de reposición es 2,93 veces el de invierno).

405

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.13-

Una botella de aire comprimido de 0,2 m3 contiene aire a 8,1 kp / cm2, con una humedad relativa del 17% y temperatura 160ºC. Por intercambio de calor con la atmósfera, la botella se enfría progresivamente hasta alcanzar la temperatura ambiental de 15ºC. Se pide: 1) Humedad absoluta, masa de aire seco y masa de vapor en las condiciones iniciales. 2) Temperatura a la cual se inicia la condensación, masa de agua condensada y presión final en la botella. 3) Variaciones de energía interna y entalpía del aire y calor intercambiado por el aire con la atmósfera. 4) Variación de entropía del aire. (Para calcular esta variación de entropía, considérese que los estados de referencia del aire seco y del agua son los habituales en los cálculos de aire húmedo.) 5) Variaciones de energía interna y entropía, y calor intercambiado por la botella, considerando que su capacidad calorífica es constante = 4,5 kJ / K. Tomar para el líquido v = cte. = 1 cm3 / g.

X 1 = 0,622 ⋅

1) = 0,622 ⋅

g v. 6,178 bar = 94 ,84 ⋅ 10−3 = 94 ,84 5 kg a.s. 8,1 ⋅ 9,8 ⋅ 10 10 ⋅ 0 ,17 − 6 ,178 bar

(

)

4

Pv ,1 = H r ,1 Ps = 1,05 bar ; mv ,1 =

2)

Ps (160º C ) = P H r − Ps (160º C ) ( tablas )

Pv ,1V Rv T

= = 105,05 g ; ma =

mv ,1 X1

= 1107,95 g

Hasta el momento en que se inicia la condensación, el vapor de agua evoluciona a volumen constante, de modo que, a temperatura T:

Pv = 1,05 ⋅

T 433

La condensación se iniciará cuando Pv = Ps(T). En la tabla del agua saturada leemos: t t   t t

= 110º C = 100º C

Pv = 0,928 Pv < Ps ( 110º C ) = 1,43 bar Pv = 0,904 Pv < Ps ( 100º C ) = 1,013 bar

= 90º C

Pv = 0,880 Pv > Ps ( 90º C ) = 0 ,701 bar

= 95º C

Pv = 0,892 Pv > Ps ( 95º C ) = 0,845 bar

406

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

la condensación se inicia entre 95º C y 100º C.

De modo que:

t2 = 15º C ; Pv , 2 = Ps (15º C) = 17,04 mbar ; Pv , 2V ′ = mv , 2 Rv T2 ( tabla )

donde v´ es el volumen ocupado por el aire húmedo en el estado 2, es decir, el volumen de la botella V menos el volumen ocupado por el vapor condensado: V´ = V - (105,5 - mv,2)·10-6. Sustituyendo se obtiene mv,2 = 2,55 g, de modo que el agua condensada será:

ml = mv ,1 − mv , 2 = 102,5 g X2 =

mv , 2 ma

=

2,55 = 2,3 ⋅10 3 ; V ′ = 0,2 − 102,5 ⋅10 −6 ≈ 0,2 m 3 1107,95 Pa , 2 = Pa ,1

T2 288 = 6,888 ⋅ = 4,581 bar T1 433

De modo que la presión final en la botella a 15ºC será:

P2 = Pa , 2 = 4,598 bar

3)

(

)

(

H 1 = m a h1 ; h1 = c p ,a t1 + X 1 r0 + c p ,v t1 ;H 2 = m a h2 ; h2 = c p ,a t 2 + X 1 r0 + c p ,v t 2

)

∆H = H 2 − H1 = ma (h2 − h1 ) + ml hl =

[

]

= ma c p ,a (t2 − t1 ) + r0 (X 2 − X 1 ) + c p ,v (X 2t2 + X 1t1 ) + ml hl == − 442,22 kJ u = h − Pv = (ha + X hv ) − (Ra + X Re )T

∆U = ma (u2 − u1 ) = ma {h2 − h1 − [Ra (T2 − T1 ) + Rv (X 2T2 − X 1T1 )]}+ ml ul == − 375,41 kJ El calor intercambiado por la botella, ya que el proceso es isócoro, será la variación de su energía interna:

Q1, 2 = ∆U = −375,41 kJ S1 = ma (sa ,1 + X 1sv ,1 );S2 = ma (sa ,2 + X 1sv ,2 ) + ml sl

4)

S2 − S1 = ma (sa ,2 − sa ,1 + X 2 sv ,2 − X 1sv ,1 ) + ml sl sa , 2 − sa ,1 = c p ,a ln

P T2 288 8,31 3 4,58 J − Ra ln a , 2 = 1,004 ⋅103 ⋅ ln − ⋅10 ⋅ ln = −292,1 T1 Pa ,1 433 28,9 6,88 K kg a.s.

r T P  288 8,31 17 ,04   2500 + 1,86 ⋅ ln − ⋅ ln X 2 sv ,2 = X 2  0 + c p ,v ln 2 − Rv ln 2  = 2,3 ⋅ 10−3 ⋅  = T0 P0  273,16 18 6 ,07   273,16  T0 r T P = 20,18 J/K kg a.s.; X 1 s v ,1 = X 1  0 + c p ,v ln 1 − Rv ln 1 T0 P0  T0

407

  == 732 ,6 J/K kg a.s.  

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

sl = cl ln Y sustituyendo:

5)

T2 288,15 = 4,18 ⋅ ln = 223,5 J / kg K , T0 27316

S 2 − S1 = −1 090 J / K

∆U = −4,5 ⋅ (160 − 15) = − 652,5 kJ = Q ;∆S = 4 ,5 ⋅ ln

408

288 = − 1835 J/K 433

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

X 2 = 0,622 ⋅

Ps (8º C ) 8 = 0,622 ⋅ = 6,6 ⋅ 10 −3 = X 3 P − Ps (8º C ) ( tabla ) 760 − 8 H r ,4 = 1

↑

20kg/h agua 1000kg/h  980kg/h sólido

→

Secadero

↑

kg/h agua →3980 kg/h sólido 

X3 De un balance de masa de agua:

a X3 = 3 + m a X4 ; 20 + m

2)

X 4 = X s = 0,622 ⋅ ( tabla )

92,46 = 86 ⋅10 −3 760 − 92,46

⇒

a = 214 m

kg a.s. h

El caudal de agua condensada que se extrae en el enfriador será:

m a (X 1 − X 3 ) = 214 ⋅ (13 − 6,6)⋅ 10−3 = 1,37 kg/h

3)

Haciendo un balance de energía en el secadero: 20 ⋅ 1 ⋅ 60 + 980 ⋅ c p ⋅ (60 − 50 ) − 3 ⋅ 1 ⋅ 50 = m a (h4 − h3 )

( ) h4 = c p ,at4 + X 3 (r0 + c p ,vt4 ) = 0,24 ⋅ 50 + 86 ⋅ 10−3 ⋅ (595 + 0,45 ⋅ 50) = 65,1 kcal/kg a.s.

h3 = c p ,at3 + X 3 r0 + c p ,vt3 = 0,24 ⋅ 30 + 6,6 ⋅ 10−3 ⋅ (595 + 0,45 ⋅ 30) = 11,2 kcal/kg a.s.

Sustituyendo y despejando:

c p = 1,07 kcal / kg K

410

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

⇒ y a la salida:

Pv = 10,22 mbar ⇒

X = 0,622 ⋅

X = 0,622 ⋅

10,22 g v. = 6,34 1 013 − 10,22 kg a.s.

g v. 95,8 Ps ( 45º C ) = 0,622 ⋅ = 64,96 kg a.s. 1 013 − 95,8 P − Ps ( 45º C ) ( tabla )

m ag ,evap = m a (X sal − X ent )⇒m a = Caudal másico de aire húmedo:

4 ,68 kg a.s. = 79,83 s 58,62 ⋅10−3

(

)

m = m a (1 + X 1 ) = 79,83 ⋅ 1 + 6,34 ⋅ 10−3 = 80,33 kg/s

3)

Balance de energía: m v (hv − hc ) = m a (h2 − h1 ) + m ps h ps − m ph h ph Entalpía del vapor saturado seco a 4 bar, según tabla: hv = 2 728,2 kJ / kg. Entalpía del condensado a 4 bar y 100ºC, según tabla:

hc = 4,18 ⋅ 10 −3 + 10 −3 ⋅ 4 ⋅ 102 = 418 kJ / kg

(

)

h2 − h1 = c p ,a (t2 − t1 ) + X 2 (r0 + cvt2 ) − X 1 r0 + c p ,vt1 == 221,3 kJ/kg a.s. hps = 0,94 ⋅ 0,4 ⋅ 4,18 ⋅ 80 + 0,06 ⋅1 ⋅ 4,18 ⋅ 80 = 145,8 kJ / kg ps hph = 0,4 ⋅ 0,4 ⋅ 4,18 ⋅ 40 + 0,6 ⋅1 ⋅ 4,18 ⋅ 40 = 127 kJ / kg ph ps = 3,47 kg / s ; m ph = 8,15 kg / s m Sustituyendo en [1]:

v = 7,42 kg / s m

412

[1]

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

En la cámara de deshumidificación:

(

)

q1,2 = h2 + (X 1 − X 2 )hl − h1 = 15 − 50 + 10−2 − 4 ,5 ⋅10−3 ⋅ 4,18 ⋅ 3 = −34 ,93 kJ/kg a.s. Para el estado a la salida de la cámara de calefacción se lee: h3 = 53 kJ / kg a.s. Por tanto:

q2,3 = h3 − h2 = 53 − 15 = 38 kJ / kg a.s.

2)

X 2 − X 3 = 4,5 ⋅10 −3 ;

X 4 = 0,025 ;

X 4 − X 3 = 20,5 ⋅ 10 −3

m a (X 4 − X 3 ) = m ag ⇒m a == 0,677 kg a.s./s Por tanto, el caudal necesario de aire atmosférico será:

(

)

m = m a (1 + X 1 ) = 0 ,677 ⋅ 1 + 10−2 = 0 ,684 kg/s

3)

(

)

m ′ag = (X 1 − X 2 )m a = 10−2 − 4,5 ⋅ 10−3 ⋅ 0,677 = 3,72 ⋅ 10−3 kg/s La condensación se inicia cuando se alcanza para el aire su temperatura del punto de rocío, que, según se lee en el diagrama, es: Igualmente se lee en el diagrama:

t1′ = 15º C H r,3 = 0,1

414

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Balance de energía: m a ,1h1 + m a ,2 h2 + Q = (m a ,1 + m a ,2 )h3 + m 1h1 ;350 ⋅ 23 + 25 ⋅18 + Q = 375 ⋅16,4 + 2,2 ⋅ 20 De donde:

Q = −2 306 kcal / min

El coeficiente de eficiencia en la refrigeración será: −2 306 ⋅ 4,19 Q ϕ=− =− = 2 80 ⋅ 60 W

2)

m c = m a (X 4 − X 3 ) = 375 ⋅ (16,8 − 12,9 ) = 1462,5 g/min Q = m a (h5 − h4 ) =

( h4 ≈ h3 )

375 ⋅ (19,5 − 16,4 ) = 1162,5 kcal/min

416

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

hM = 0,24 ⋅ 52 + 0,019 ⋅ (595 + 0,45 ⋅ 52) = 24,2 kcal/kg a.s.

mlíq = X M − X s ;

2) Por tanto:

3)

X s = 0,622 ⋅ ( tabla )

11,9 = 0,01 760 − 11,9

mlíq = 0,019 − 0,01 = 0,009 kg ag./ kg a.s.

mh + mlíq = X s − X 0 ;

X 0 = 0,622 ⋅ ( tabla )

4,59 = 0,0038 760 − 4,59

mh + mlíq = 0,01 − 0,0038 = 0,0062 y siendo mh = 2mlíq, según dice el enunciado, se obtiene:

mlíq = 0,002 kg / kg a.s. ;

mh = 0,004 kg / kg a.s.

El calor específico, por kg de aire seco, extraído en dicho enfriamiento sería: q = hs − hs′ = [0,24 ⋅ 14 + 0 ,01 ⋅ (595 + 0,45 ⋅ 14)] +

+ [0,24 ⋅ 0 + 0,038 ⋅ (595 + 0 ,45 ⋅ 0)] = 7 ,1 kcal/kg a.s.

418

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

0 ,082 V = 100 l/s →[5 − 0,5 ⋅ Ps ( 32º C )] ⋅ 100 = m as ⋅ ⋅ (273 + 32 )⇒ 28,9

2)

as = 0,578 ⇒ m

kg a.s. 3 600 kg ag. cond. ag ,cond = 0,578 ⋅ 22 ⋅ ⇒ m = 45,78 s 1 000 h

En el proceso isoentrópico de G.P. se cumple: P(1-γ)/γ T = cte. Operando:

t2,s = 453,23 K = 180,23º C ; η s = 0,8 =

t2,s − t1 t2 − t1

⇒ t2 = 217,36º C

t4,s = 406,67 K = 133,67º C ; η s = 0,8 =

t 4 , s − t3 t 4 − t3

⇒ t4 = 157,09º C

La potencia total consumida por los compresores será:

Wc = m as [(h2 − h1 ) + (h4 − h3 )] siendo:

h2 − h1 = 1,004 ⋅ (t2 − t1 ) + X 1 ⋅1,86 ⋅ (t2 − t1 ) = 194,72 kJ/kg a.s. h4 − h3 = 1,004 ⋅ (t4 − t3 ) + X 3 ⋅ 1,86 ⋅ (t4 − t3 ) = 119,95 kJ/kg a.s.

De modo que:

3)

Wc = 0,578 ⋅ (119,95 + 194,72) = 181,8 kW

Rendimiento exergético:

(También podría definirse:

η ex = η′ ex =

bt , 2 − bt ,1 wc ,1 bt , 2 wc ,1 + bt ,1

que, en este caso, coincide con ηex, ya que bt,1 = 0.)

ηex =

h2 − h1 − Ta (s2 − s1 ) s −s = 1 − Ta 2 1 h2 − h1 h2 − h1

h2 − h1 = 194,72 kJ / kg a.s. ;

s2 − s1 = c p ln

T2 P − R ln 2 T1 P1

⇒

490,36 8,31 490 ,36 8,31 kJ     s2 − s1 = 1,004 ⋅ ln − ⋅ ln 4  + 0,025 ⋅ 1,86 ⋅ ln − ⋅ ln 4  = 0,0842 305 28 , 9 305 18 kg a.s. K    

427

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

Sustituyendo se obtiene: η ex = 0,87

h

P2´

P −P kp = 2 1 P2 ′ − P1

2´  490 ,36 8,31 P  − ⋅ ln 2′  + s2′ − s1 = 0 = 1,004 ⋅ ln 305 28,9 1atm  

P2 ′ = 5,3 atm → k p =

428

P1

2

1 s

 P  490 ,36 8,31 + 0,025 ⋅ 1,86 ⋅ ln − ⋅ ln 2′ ⇒ 305 18 1 atm  

⇒

P2

4 −1 = 0,7 5,3 − 1

TERMODINÁMICA DEL AIRE HÚMEDO. APLICACIÓN AL ACONDICIONAMIENTO DEL AIRE HÚMEDO Y SECADEROS.

11.24-

La figura muestra el diagrama de flujo de una instalación con termobomba para el acondicionamiento del aire de una bodega subterránea albergada en una mina deshabitada, y que se utilizó en época de guerra para almacenar obras de arte. El aire, con Hr,1 = 90% y t1 = 12ºC, a P = 1 atm (presión total constante en todo el proceso) procedente de la mina, alimenta la planta a través de un deshumidificador del que sale saturado a 5ºC. A continuación atraviesa el condensador de la termobomba, de donde sale con humedad relativa · Hr,3 = 35%, y se envía a la bodega con un caudal V = 360 m3 / h. El agua sale del deshumidificador a 5ºC, y se rocía sobre el serpentín del evaporador de la termobomba, reduciéndose su temperatura a 3ºC antes de regresar al deshumidificador, donde se rocía sobre el aire procedente de la mina. Se pide: 1) 2) 3) 4)

Exceso de humedad extraída en kg agua / h en el deshumidificador. Cantidad de agua rociada en el evaporador, en kg / h. COP de la termobomba y potencia del compresor. Si la termobomba funciona con NH3 como fluido termodinámico, sin caídas de presión en las tuberías, y con los parámetros indicados en la figura, calcular el título de NH3 en IV (salida v. laminación) y el rendimiento isoentrópico del compresor. Considerar calor específico del agua líquida c = 4,18 J / g K = cte.; potencia de la bomba b despreciable.

429