Tema 7 Ciclos Termodinamicos Sc3b3lo Lectura Modo de Compatibilidad

8/10/2019 Tema 7 Ciclos Termodinamicos Sc3b3lo Lectura Modo de Compatibilidad

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TEMA 7CICLOS

TERMODINMICOS

OTTO

NIKOLAUS AUGUST OTTO

Ingeniero alemn (1832 -1891). En 1876 perfeccionaquel modelo aplicando elciclo de cuatro tiempos quehaba patentado AlphonseBeau de Rochas seis aos

antes; desde entonces sellama ciclo de Ottoal ciclode cuatro tiempos

MOTOR ENCENDIDO POR CHISPA (ECh)

Aire

Manivela

Mezcla aire-combustible

PMS

PMI

CARRERADE ADMISIN

Pistn

Escape

Buja

Admisin


Aire

Manivela

PMS

PMI

CARRERA DECOMPRESIN-IGNICIN

Pistn

Escape

Buja

Admisin


Gasesquemados

Manivela

PMS

PMI

CARRERA DETRABAJO

Pistn

Buja

EscapeAdmisin


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2


Gasesquemados

Manivela

PMS

PMI

CARRERA DEESCAPE

Pistn

Gasesquemados

Buja

EscapeAdmisin

EL CICLO OTTO

Es el ciclo termodinmico ideal que se aplica enlos motores de combustin interna. Se caracte-riza porque todo el calor se aporta a volumenconstante. El ciclo consta de cuatro procesos,sin considerar dos procesos que se cancelanmutuamente, y que a continuacin se detallan:

E-A: Admisin a presin constante

A-B: Compresin isoentrpicaB-C: Combustin, aporte de calor a volumen cons-

tante. La presin se eleva rpidamente antes decomenzar la carrera de trabajo.

C-D: De potencia con expansin isoentrpica enla que el ciclo entrega trabajo

D-A: Rechazo de calor a travs de los gasesquemados expulsados al ambiente en unproceso a volumen constante

A-E: Escape, vaciado de gases producto de lacombustin de la cmara a presin constante.

Hay dos tipos de motores que se rigen por el ciclo

de Otto, los motores de dos tiempos y los moto-res de cuatro tiempos. Este ltimo, junto con elmotor Disel, es el ms utilizado en los autom-viles ya que tiene un buen rendimiento y conta-mina mucho menos que el motor de dos tiem-pos.

DIAGRAMA P-v

P

v

3Q4 = 0

4Q11Q2 = 0 1

4

3

2

2Q3


3/34

3

b)

Q

Q1

2

3

4

V = ctte

T

s

s

s

V = ctte

DIAGRAMA T-s CICLO OTTO DEAIRE NORMAL

PROCESOS REVERSIBLES

1 - 2 Compresin Adiabtica (1Q2 = 0)0

1Q2 + 1W2 = U12 = mCv (T2 T1)

S12 = 0; Proceso isoentrpico

2 3 ISOMTRICO:SUMINISTRO DE CALOR

2Q3 + 2W3 = U23 = mCv (T3 - T2)0

2W3 = - PdV = 02

2Q3 = U3 U2

2Q3 = U3 U2 = mCV(T3 T2)

S3 S2 = mcVLn T3 + mRLn V3 Gas IdealT2 V2

3

2

0

3 - 4 Expansin Adiabtica (3Q4 = 0)0

3Q4 + 3W4 = U34 = mCv (T4 T3)


3 4 EXPANSIN ADIABTICA:(Q = 0)

4 1 ISOMTRICO:

RECHAZO DE CALOR4Q1 + 4W1 = U41 = mCv (T1 - T4)

4W1 = - PdV = 0

4Q1 = U1 U4

4Q1 = U1 U4 = mCV(T1 T4)

S1 S4 = mcVLn T1 + mRLn V1 Gas IdealT4 V4

1

4

0

0

Relacin de compresin = r = V1

V2

1 LEY DE LA TERMODINMICA PARA CICLOS

dQ + dW = 0, dQ = - dW

OTTO = |Wciclo| = QcicloQsum Qsum


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4

OTTO = 2Q3 + 4Q1 = 1 + 4Q12Q3 2Q3

OTTO = 1 + mcv(T1 T4)mcv(T3 T2)

OTTO = 1 - (T4 T1)(T3 T2)

OTTO = OTTO (k, r)

OTTO = 1 - T1(T4/T1 1)

T2(T3/T2- 1)

V1 = T2 = V4 = T3V2 T1 V3 T4

T2 = T3 T4 = T3T1 T4 T1 T2

1K 1

1K - 1

OTTO = 1 - (T4/T1 1)

T2/T1(T3/T2- 1)

T2 = V1 = rT1 V2

OTTO = 1 - 1r (K 1)

1

K - 1K - 1

PRESIN MEDIA EFECTIVA (PME)

W = PME (V1 V2)

PME = WcicloV1 - V2

ciclo

Wciclo

DIAGRAMA P-v

P

V

3Q4 = 0

4Q11Q2 = 0

1

4

3

2

2Q3

Wciclo

PME

*EJERCICIO: 4Primer final, Semestre 2009 -2

1. Un ciclo Otto ideal monocilndrico de cuatro tiem-pos y 60 (mm) de dimetro de pistn esta limitadopor los volmenes V = 480 (cm) y V = 120(cm), y por las presiones absolutas siguientes: P =0.1 (MPa), P = 0.7 (MPa), P = 3.5 (MPa) y P =0.5 (MPa). Si consideramos que la sustancia de tra-bajo es aire como gas ideal, determine:

a) El diagrama de la presin en funcin del volumen, P= f(V) y la relacin de compresin.


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5

b) La temperatura del fluido al final de la compresin,si la temperatura al final del rechazo de calor almedio, a volumen constante es 35 (C).

c) La masa de aire.d) La variacin de entropa en el proceso de la

compresin.

RESOLUCIN a)P(MPa)

V(cm)1

4

3

2

120 480

3.5

0.70.5

0.1

r = V

V

Sustituyendo:

r = 0.00048 (m)

0.00012 (m)

r = 4 (l)

b)

T = 35 (C) = 308.15 (K)

V = T

V T

T = T V

V

Sustituyendo trminos:

T = (308.15) 0.00048

0.00012

T = 536.52 (K)

c)

PV = mRT

Despejando m:

m = PV

RT

Sustituyendo:

m = (0.1 x 10)(0.00048)

(286.7)(308.15)


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6

m = 0.5433 (g)

d)

Como es un proceso adiabtico reversible

S = 0 (J/K)

EJERCICIO: 5

En un Ciclo Otto de aire estndar, el aire se encuentra a

0.095 (MPa) y 22 (C) al comenzar la carrera de com-presin. El volumen del cilindro es de 2.8 (). La re-lacin de compresin es 9 y el proceso de suministrode calor es de 3.54 (kJ). Utilizando los valores de laTabla A-5, determnese:

a) La temperatura y la presin al final de los procesosde suministro de calor y de expansin.

b) El flujo volumtrico del aire en (m/min) medido enlas condiciones existentes al comenzar lacompresin, necesaria para producir una potencianeta de 110 (kw).

a) La temperatura y la presin al final de los proce-sosde suministro de calor y de expansin.

P3 = ?, T3 = ?, P4 = ?, T4 = ?,P

V

3Q4 = 0

4Q11Q2 = 0 1

4

3

22Q3

P1 = 0.095 (MPa)

T1 = 22 (C) = 295 (K)

V1 = 2.8 () = 2.8 x 10 (m)

r = 9

2Q3 =3.54 (kJ) RESOLUCIN

Gas Ideal: P1V1 = mRT1;

m = P1V1 = (0.95 x 10)(2.8 x 10) = 3.142x10 (kg)

RT1 (286.98)(295)

-3

Edo P (bar) V (m) T (K)

1 0.95 2.8 x 10 295

2

3

4 2.8 x 10

Para determinar las propiedades faltantes de laTabla anterior, se efectuar un anlisis del es-

tado termodinmico del aire, relacionando lsspropiedades termodinmicas en cada proceso.

1 2 ADIABTICO

(Ec. PV = ctte)

PV = PV

P = P V

V

k k

k

k


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P2 = Pr

P2 = (0.095)(9) = 2.059 (MPa) = 20.59 (bar)

Tabla A- 3, T = 300 (K); k = 1.4

P = 20.59 (bar)

r = V/V;

V = V/r = 2.8 x 10/ 9 = 3.111 x 10 (m)

k

1.4

T = V

T V

T2 = T1r = (295)(9) = 710.42 (K)

2 3 ISOMTRICO (Suministro de calor)

2Q3 + W = U23 = m(u3 u2)

De la Tabla A-5 para T y despejando u

k-1

0.4k-1

0

u3 = 2Q3 + u2 = 3.54 + 520.23

m 3.142 x 10

u3 = 1,646.9 (kJ/kg); T3 = 1,967.0 (K)

P2 = P3; P3 = P2 T3

T2

T3

T2

P3 = (20.59) 1,967.0 = 57.01 (bar)

710.42

3 4 ADIABTICO

P3V3 = P4V4 P4 = P3 V3

V4

P4 = (57.01)(1/9)

P4 = 2.63 (bar)

kk k

1.4

4 1 ISOMTRICO

P1 = P4; T4 = T1 P4

T1 T4 P1

T = (295) 2.63

0.95

T = 816.68 (K)

Edo P (bar) V(m) T(K)

1 0.95 2.8 x 10 295

2 20.59 3.111 x 10 710.42

3 57.01 3.111 x 10 1,967.0

4 2.63 2.8 x 10 816.68


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RUDOLF DIESEL

Ingeniero alemn (1858 -1913). En 1892 patent elmotor de combustin inter-na que recibi su nombre, yque utilizaba la combustinespontnea delcombustible.

MOTOR ENCENDIDO POR COMPRESIN (EC)

Aire

Manivela

Inyectoraire

Escape

PMS

PMI Pistn

CARRERADE ADMISIN

Admisin


Manivela

Inyector

Escape

PMS

PMI Pistn

CARRERA DECOMPRESIN-IGNICIN

Admisin


Gasesquemados

Manivela

Inyector

Escape

PMS

PMI Pistn

CARRERA DETRABAJO

Admisin

Gasesquemados


Manivela

Inyector

Escape

PMS

PMI Pistn

Gasesquemados

CARRERA DEESCAPE

Admisin CICLO DIESELEl ciclo del motor Diesel lento (en contraposicin

al ciclo rpido, ms aproximado a la realidad)ideal de cuatro tiempos es una idealizacin deldiagrama del indicador de un motor Diesel, en elque se omiten las fases de renovado de la masay se asume que el fluido termodinmico queevoluciona es un gas perfecto, en general aire.

Adems, se acepta que todos los procesos sonideales y reversibles, y que se realizan sobre elmismo fluido. Aunque todo ello lleva a un


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modelo muy aproximado del comportamiento realdel motor, permite al menos extraer una serie deconclusiones cualitativas con respecto a este

tipo de motores.

Ciclo Termodinmico de un motor Diesel lento

ETAPASPROCESO 1 - 2: COMPRESIN

Es un proceso de compresin adiabtica reversi-ble (isoentrpica). Es el proceso de compresinde la masa fresca de aire en el motor real, en elque en el pistn, estando en el punto muertoinferior (PMI), empieza su carrera de ascenso,comprimiendo el aire contenido en el cilindro.

Ello eleva el estado termodinmico del aire, au-mentando su presin, su temperatura y dismi-nuyendo su volumen especfico, en virtud de la

compresin adiabtico. En la idealizacin, esteproceso se expresa por la ecuacin desarrolladapara los procesos adiabticos:

PV = ctte, con k ndice adiabtico.Para este ciclo se define la relacin de corte (rc)

como:rc = V3/V2

1 2 Compresin Adiabtica (1Q2 = 0)

1Q2 + 1W2 = U12 = mCv (T2 - T1)


k

0

PROCESO 2 - 3:COMBUSTIN

En esta idealizacin, se simplifica por un procesoisbaro. Sin embargo, la combustin Diesel esmucho ms compleja: en el entorno del puntomuerto superior (PMS) (en general un poco an-tes de alcanzarlo debido a problemas relaciona-dos con la inercia trmica de los fluidos), se

inicia la inyeccin del combustible (en motoresde automviles, gasleo, aunque basta con queel combustible sea lo suficientemente autoinfla-mable y poco voltil).

El inyector pulveriza y perliza el combustible, que,

en contacto con la atmsfera interior del cilindro,comienza a evaporarse.

Como quiera que el combustible de un motorDiesel tiene que ser muy autoinflamable (granpoder detonante), ocurre que, mucho antes deque haya terminado la inyeccin de todo elcombustible, las primeras gotas de combustibleinyectado se autoinflaman y dan comienzo auna primera combustin caracterizada por sermuy turbulenta e imperfecta, al no haber tenidola mezcla de aire y combustible tiempo suficien-te como para homogeneizarse.

Esta etapa es muy rpida, y en el presente ciclo

se obvia, pero no as en el llamado ciclo Dieselrpido, en el que se simboliza como unacompresin iscora al final de la compresin.Posteriormente, se da, sobre la masa fresca deaire que no ha sido quemada, una segundacombustin, llamada combustin por difusin,mucho ms pausada y perfecta, que es la queaqu se simplifica por un proceso isbaro.

En esta combustin por difusin se suele quemarun 80% de la masa fresca de aire, de ah que laetapa anterior se suela obviar. Sin embargo,tambin es cierto que la inmensa mayora del


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trabajo de presin y de las prdidas e irreversibi-lidades del ciclo se dan en la combustin inicial,por lo que omitirla sin ms slo conducir a un

modelo imperfecto del ciclo Diesel. Consecuen-cia de la combustin es el elevamiento sbitodel estado termodinmico del fluido, en realidaddebido a la energa qumica liberada en la com-bustin, y que en este modelo ha de interpre-tarse como un calor que el fluido termodinmicorecibe, y a consecuencia del cual se expande enun proceso isbaro reversible.

2 3 ISOBRICO:SUMINISTRO DE CALOR

2Q3 + 2W3 = U23 = mCv (T3 - T2)

2W3 = - PdV = - P(V3 V2) = - P3V3 + P2V2

2Q3 = U3 U2 2W3 = U3 U2 + P3V3 P2V2

2Q3 = H3 H2 = mCp(T3 T2)

S3 S2 = mcpLn T3 - mRLn P3 = 0 Gas Ideal

T2 P2

3

2

0


2Q3 + 2W3 = U23 = mCv (T3 - T2)

2W3 = - PdV = - P(V3 V2) = - P3V3 + P2V2

2Q3 = U3 U2 2W3 = U3 U2 + P3V3 P2V2

2Q3 = H3 H2 = mCp(T3 T2)

S3 S2 = mcpLn T3 - mRLn P3 = 0 Gas Ideal

T2 P2

3

2

0

PROCESO 3 - 4: EXPANSIN

Se representa por una expansin isoentrpica delaire termodinmico, hasta el volumen espec-fico que se tena al inicio de la compresin.

En la realidad, la expansin se produce a conse-cuencia del elevado estado termodinmico delos gases tras la combustin, que empujan alpistn desde el PMS hacia el PMI, produciendoel trabajo. Ntese que, como en todo ciclo demotor de cuatro tiempos, slo en esta carrera,en la de expansin, se produce un trabajo.

3 4 EXPANSIN ADIABTICA

(3Q4 = 0)

3Q4 + 3W4 = U34 = mCv (T4 - T3)


0

LTIMA ETAPA, PROCESO 4-1Esta etapa es un proceso isomtrico o isocrico

(escape). Desde la presin final de expansinhasta la presin inicial de compresin.

En rigor, carece de cualquier significado fsico, ysimplemente se emplea ad hoc, para poder ce-rrar el ciclo ideal. Sin embargo, hay autores queno satisfechos con todas las idealizaciones rea-lizadas, insisten en dar un siginificado fsico aesta etapa, y la asocian al renovado de la carga,pues, razonan, que es esto lo que se produce


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en las dos carreras que preceden a la compresiny siguen a la expansin: el escape de masaquemada y la admisin de masa fresca. No

obstante, el escape es un proceso que requieremucho ms trabajo que el que implica esteproceso, y adems ninguno de los dos procesosse da, ni por asomo, a volumen especficoconstante.

4 1 ISOMTRICO: RECHAZO DE CALOR

4Q1 + 4W1 = U41 = mCv (T1 - T4)

S1 S4 = mcvLn T1 + mRLn V1 = 0 Gas Ideal

T4 V4

0

0

P

v

DIESEL2 3

1

4

2Q3

3Q4 = 0

4Q11Q2 = 0

DIAGRAMA P-v

b)

Q

Q1

2

3

4

P = ctte

T

s

s

s

V = ctte

DIAGRAMA T-s EFICIENCIA DELCICLO DE DIESEL (D )

D = |Wciclo| = QCICLOQsum Qsum

D = 1Q2 + 2Q3 + 3Q4 + 4Q1

2Q3

D = 2Q3 + 4Q1 = 1 + 4Q1

2Q3 2Q3

0 0

D = 1 + mcv(T1 - T4)= 1 - cv(T4 - T1) ; cp = k

mcp(T3 - T2) cp(T3 - T2) cv

D = 1 _T1/T1(T4 - T1) = 1 T1 (T4/T1 - 1)kT2/T2(T3 T2) T2(k)(T3/T2 - 1)

D = 1 _ (T4/T1 1) ; T2 = V1 = r(T2/T1)(k)(T3/T2 - 1) T1 V2

D = 1 (T4/T1 1)___(r )(k)(T3/T2 1)

K-1 K-1

K-1

PARA EL PROCESO

ISOMTRICO DE 4 - 1

T4 = P4 P4V4 = P3V3 ; P4 = P3 V3 = P3 V3T1 P1 V4 V4

P1V1 = P2V2 ; P1 = P2 V2 = P2 V2V1 V1

T4 = P3 (V3/V4) P3 = P2T1 P2 (V2/V1) V4 = V1

k kk

k

k

k

k

k k

k

k

k


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T4 = V3 = rc ; sustituyendo en DT1 V2

D = 1 - (rc - 1)___(r )(k)(T3/T2 - 1)

PARA EL PROCESO ISOBRICO 2 - 3

T3 = V3 = rc sustituyendo en DT2 V2

k k

k-1

k

D = 1 - (rc - 1)___

(r )(k) (rc - 1)

k

k-1

NOTA

Es importante notar como, en el ciclo Diesel, no sedeben confundir nunca los cuatro tiempos delmotor con el ciclo termodinmico que lo idealiza,que slo se refiere a dos de los tiempos: lacarrera de compresin y la de expansin; elproceso de admisin y expulsin de la carga de

aire cae fuera de los procesos del ciclo Diesel, yno son procesos termodinmicos en el sentidoestricto.

*EJERCICIO:Segundo Parcial, SEMESTRE 2010 1

Nicolas Lonard SadiCarnot, ( 1796 -1832 )

6.- En un ciclo de Diesel reversible, que opera con airecomo gas ideal, se sabe que la relacin de compresines de 20 y que el calor suministrado al fluido esqsum = 1 800 [kJ/kg]. En la tabla se muestran algunaspropiedades termodinmicas del fluido en diferentesestados. Con base en ello, determine:

a) Las propiedades termodinmicas que faltan en latabla.

b) La eficiencia trmica del ciclo.

Edo. Presin(MPa)

Volumenespecfico

(m/kg)

Temperatura (K)

1 0.1 0.8263

2 6.6289

3 0.1189

4

P

v

DIESEL

2 3

1

4

2Q3

3Q4 = 0

4Q11Q2 = 0


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14

RESOLUCIN:

a) Propiedades faltantes

De la Ec. de Gas Ideal

Pv = RT; T = Pv

R

T = (10)(0.8263) = 287.9 (K)

287

r = v

v

v = v = 0.8263

r 20

v = 0.04131 (m/kg)

T = Pv

R

T = (6.6289 x 10)(0.04131) = 954.14 (K)

287

T = 954.14 (K)

q = h - h = cp(T - T)

T = q + T

cp

T = 1800 + 954.14

1.0045

T = 2,746.07 (K)

T = Pv

R

T = (6.6289 x 10)(0.1189) = 2,746.25 (K)

287

Pv= Pv

P = P v

v

P = (6.6289 x 10) 0.1189

0.8263

P = 0.43924 (MPa)

Pv = RT

T = Pv

R

T = (4.3924 x 10)(0.8263) = 1,264.49 (K)

287

1.4

Edo. Presin(MPa)

Volumenespecfico

(m/kg)

Temperatura (K)

1 0.1 0.8263 287.9

2 6.6289 0.1189 954.14

3 6.6289 0.1189 2,746.25

4 0.42934 0.8263 1,264.49


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15

P

v

DIESEL

2 3

1

4

0.04131 0.1189 0.8263

6.6289

0.42934

0.1

b) D = ?

q = h - h

Sustituyendo datos:

q = (1004.5)(2,746.25 954.14)(10)

q = 1,800.17 (kJ/kg)

D = 1 c(T - T)

cp(T - T)

Sustituyendo datos:

D = 1 (1,264.49 287.9)

(1.4)(2,746.25 954.14)

D = 0.6107 = 61.07%

EJERCICIO: 215.30 Wark

Las condiciones de entrada de un Ciclo Diesel de aireestndar que funciona con una relacin de compre-sin de 15:1 son 0.95 (bar) y 17 (C). Al comienzo dela compresin el volumen del cilindro es 3.80 (), y elsuministro de 7.5 (kJ) de calor al sistema tiene lugaren un proceso a presin constante. Determnese:

a) La presin y la temperatura al final de cada pro-ceso del ciclo,

b) El rendimiento trmico y la presin media efectiva.

RESOLUCIN

r = 15P1 = 0.95 (bar) = 95,000.0 (Pa)T1 = 17 (C) = 290 (K)V1 = 3.8 () = 3.8 x 10 (m)2Q3 = 7.5 (kJ)

Se obtienen las propiedades del aire en cada uno de losestados termodinmicos, para lo cual es pertinente sellene la Tabla correspondiente, empezando con laobtencin de la masa de aire contenida en el cilindro,a partir de la ecuacin del Gas Ideal aplicada para lascondiciones inciales del aire (inicio de la compre-sin):

Gas Ideal:

P1V1 = mRT1

m = P1V1

RT1

m = (0.95x10)(3.8x10)

(286.98)(290)

m = 4.337 x 10 (kg)


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16

1 2 PROCESO ADIABTICO(Determinacin de propiedades termodinmicas)

P1V1 = P2V2

P2 = P1 V1 = P1(r)

V2

P2 = (0.95)(15) = 42.09 (bar) = P3

k k

kk

1.4

T2 = V1

T1 V2

T2 = T1 (r)

T2 =(290)(15) = 856.7 (K)

Para obtener el volumen del aire en es estado 2, apartir de la relacin de compresin r

k-1

k-1

1.4 - 1

r = V1 , despejando V

V

V = V1; a continuacin sustituyendo datosr

V = 3.8 x 10 = 2.533 x 10 (m)

15

De la tabla A 5, con T2

h2 = 884.6 (kJ/kg)

H2 = mh2

H2 = (4.337 x 10)(884.6) = 3.837 (kJ)

2-3 PROCESO ISOBRICO

(Determinacin de propiedades termodinmicas)

2Q3 = H3 H2; despejando H

H3 = 2Q3 + H2; sustituyendo datos

H3 = 7.5 + 3.837

H3 = 11.337 (kJ)

h3 = H3

m

h3 = 11.337

4.337x10

h3 = 2,614.04 (kJ/kg)

De la tabla A 5,

Extrapolando

T3 = 2,287.68 (K)

V2 = V3

T2 T3

V3 = V2 T3

T2


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17

V3 = (2.533 x 10) 2,287.68

856.7

V3 = 6.76 x 10 (m)

3 4 PROCESO ADIABTICO(Determinacin de propiedades termodinmicas)

P3V3 = P4V4

P4 = P3 V3

V4

k k

k

P4 = (42.09) 6.76 x 103.8 x 10

P4 = 3.757 (bar)

4 1 PROCESO ISOMTRICO (V = V)(Determinacin de propiedades termodinmicas)

P1 = P4T1 T4

T4 = T1 P4P1

1.4

T4 = 1,146.87 (K)

b) Para determinar el rendimiento o eficiencia del cicloDiesel en funcin de la relacin de compresin, relacin

de corte y del ndice adiabtico, a continuacin seobtienen la relacin de corte .

(rc)

rc

= V3

V2

rc = 6.76 x 10 = 2.662.533 x 10

D = 1 - (rc - 1)___

(r )(k)(rc - 1)

Sustituyendo resultados y datos en la Ec. anterior

D = 1 (2.666 - 1) _

(1.4)(15 )(2.666 - 1)

D = 0.5726 = 57.26 %

k-1

k

1.4

0.4

Para obtener la Presin Media Efectiva (PME), se

despeja de la siguiente ecuacin

Wciclo = PME (V1 - V2);

PME = Wciclo _

(V1 - V2)

La obtencin del trabajo en el ciclo (Wciclo) se obtiene apartir del concepto de eficiencia para una mquina

trmica y utilizando el resultado obtenidoanteriormente de (D)

D = |Wciclo|

Qsum

Wciclo = DQsum

Wciclo = (0.5726)(7.5) = 4.2945 (kJ)

PME = 4.2945 x 10 x 10

(3.8 0.2533) x 10

PME = 12.1 (bar)


18/34

18

Edo P (bar) V(m) T(K)

1 0.95 3.8 x 10 290

2 42.09 2.533 x 10 856.7

3 42.09 6.76 x 10 2,287.684 3.757 3.8 x 10 1,146.87

42.09

0.95

0.2533 0.676 3.8

P

V (m x 10)

DIESEL

2 3

1

41Q2

Wciclo

Wciclo

12.1

0.2533 3.8

P(bar)

V

BRAYTON

GEORGE BRAYTONBrayton, George Bailey(1830-1892).

Ingeniero estadounidense.Se caracteriza por la intro-duccin del proceso decombustin continua que esla base de la turbina de gasy que ahora se conocecomo el ciclo Brayton .

CICLO BRAYTON

El ciclo Brayton, tambin conocido como ciclo Jo-ule o ciclo Froude, es un ciclo termodinmicoconsistente, en su forma ms sencilla, en unaetapa de compresin adiabtica, un proceso detransferencia de calor isobrico y una expansinadiabtica de un fluido termodinmico compre-sible.

Es uno de los ciclos termodinmicos de mayor ap-licacin, al ser la base de las mquinas tpermicasque emplean turbina de gas, por lo que el produc-to del ciclo puede ir desde un trabajo mecnico


19/34

19

que se emplee para la generacin de energaelctrica ya sea para la red nacional o para elautoconsumo de las industrias. As como enmotores de aeronaves, terrestres o marinos.

El ciclo Brayton describe el comportamiento idealde un motor de turbina de gas, como los utilizadosen las aeronaves. Las etapas del proceso son lassiguientes:

Admisin: El aire atmosfrico entra a la presinatmosfrica por la boca de la turbina

Compresor de flujo axial: El aire es comprimidoy dirigido hacia la cmara de combustin medianteun compresor (movido por la turbina). Puesto queesta fase es muy rpida, se modela mediante unacompresin adiabtica AB.

Cmara de combustin: En la cmara, el aire escalentado en un proceso de combustin abiertacon lo cual el aire puede expandirse con un proce-so cuyo modelo de comportamiento es un procesoisbaro BC.

Turbina de gas: El aire con alto nivel energticomueve a la turbina, mediante una transformacinde su energa trmica en mecnica. En este pro-ceso el aire se expande adiabticamente C D.

Escape: Por ltimo, los gases quemados mezcla-dos con aire a alta temperatura se expulsan a laatmsfera. Tcnicamente, este es un ciclo abierto

ya que el aire que escapa no es el mismo queentra por la boca de la turbina, pero dado que sentra en la misma cantidad y a la misma presin,se hace la suposicin de que hay una recircula-cin.

En este proceso el aire de salida cede calor al am-biente e idealmente vuelve a entrar por la boca dela turbina. En el diagrama Pv esto corresponde aun enfriamiento a presin constante DA.

El ciclo de Brayton de aire normal es el ciclo idealde una turbina de gas simple. Inicialmente elaire se comprime adiabticamente (1-2, s = cte)en un compresor rotatorio axial o centrfugo. Alfinal de este proceso, el aire entra a una cmarade combustin (2-3, P = cte), en la que el com-bustible se inyecta y se quema a presin cons-tante.

Los productos de la combustin se expanden des-pus al pasar por una turbina (3-4, s = cte), has-ta llegar a la presin de los alrededores. Un ci-clo compuesto de estos tres procesos recibe elnombre de ciclo abierto, porque el ciclo no secompleta en realidad.

Los ciclos de las turbinas de gas reales son ciclosabiertos, porque continuamente se debe alimen-tar aire nuevo al compresor. Si se desea exami-nar un ciclo cerrado, los productos de la com-bustin que se han expandido al pasar por laturbina deben pasar por un intercambiador decalor, en el que se desecha calor del gas hastaque se alcanza la temperatura inicial. Los ciclosabiertos y cerrados de las turbinas de gas semuestran en la figura de ciclo de Brayton.


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20

TurbinadeGas

Compresorde flujoAxial

Cmara

de combustin

Aire

1 2 3 4

Adiabtico Isobrico Adiabtico

Isobrico

P = ctte

Combustin

Combustin

Q

Quemador

Compresor Turbina

Aire Producto

Combustible

2 3

41

CICLO ABIERTO

Intercambia-dor de calor

Compresor Turbina

2 3

41

CICLO CERRADO

Qent

Intercambia-dor de calor

Qsal

En el anlisis de los ciclos de turbina de gas, con-viene principiar por usar un ciclo de aire normal.Un ciclo de turbina de gas con aire normal y decompresin y expansin isoentrpicas, se llamaciclo de Brayton. En l, se tiene que sustituir elproceso real de la combustin por un proceso desuministro de calor.

El uso del aire como nica sustancia de trabajo en

todo el ciclo es un modelo bastante aproximado,porque es muy comn que en la operacin realcon hidrocarburos, combustibles corrientes, seusen relaciones aire-combustible relativamentegrandes, por lo menos 50:1 aproximadamente, entrminos de la masa.

En el ciclo de Brayton se supone que los procesos

de compresin y expansin son isoentrpicos yque los suministro y extraccin de calor ocurren apresin constante (figura a) y b)).

P

v

a)

1

2 3

4

P = ctte

P = ctte

Q = 0

Q = 0

b)

Q

Q1

2

3

4

P = ctte

T

s

s

s

P = ctte


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21

CICLO BRAYTON DE AIRE NORMAL(PROCESOS REVERSIBLES)

Proceso 1-2: Compresin isoentrpica en el com-presor de flujo axial. En l se aumenta la presindel fluido mediante un compresor, al que se leaporta un determinado trabajo.

1Q2 + W = M[h2 h2] = Mcp(T - T) (Watts)

1q2 = h2 h2 = cp(T - T) (kJ/kg)


0

bom.


Proceso 2-3: Transferencia de calor hacia el flui-do de trabajo a presin constante en el calentador.

2Q3 + 2W3 = M[h3 h2] = Mcp(T - T) (Watts)

2q3 = h3 h2 = cp(T - T) (kJ/kg)

s23 = s3 s2 = cpLn T3 - RLn P3 > 0 Gas ideal

T2 P2

0

0

0

3 4 EXPANCIN ADIABTICA:(Q = 0)

Proceso 3-4: Expansin isoentrpica del fluido detrabajo en la turbina de gas.

3Q4 + W = M[h4 h3] = Mcp(T - T) (Watts)

3w4 = h4 h3 = cp(T - T) (kJ/kg)


Turb.

Turb.

0

4 1 ISOBRICO:RECHAZO DE CALOR

Proceso 4-1: Transferencia de calor desde el flui-do de trabajo al medio ambiente a presin cons-tante.

4Q1 + 4W1 = M[h1 h4] = Mcp(T - T) (Watts)

4q1 = h1 h4 = cp(T - T) (kJ/kg)

s41 = s1 s4 = cpLn T1 - R L n P1 < 0 Gas Ideal

T4 P4

0

0

EFICIENCIA (Brayton)

Brayton = |Wcompresor + W turb.|Qcalentador

Relacin de presin = rp = P2

P1

Relacin de compresin = r = V1V2

1 LEY DE LA TERMODINMICA PARA CICLOS

dQ + dW = 0, dQ = - dW

BRAYTON = |Wciclo| = QcicloQsum Qsum


22/34

22

BRAYTON = 2Q3 + 4Q1 = 1 + 4Q12Q3 2Q3

BRAYTON = 1 + McP(T1 T4)McP(T3 T2)

BRAYTON = 1 - (T4 T1)(T3 T2)

BRAYTON (k, r) = OBRAYTON (k, rP)

BRAYTON = 1 - T1(T4/T1 1)

T2(T3/T2- 1)

P1 = T2 = P4 = T3P2 T1 P3 T4

T2 = T3 T4 = T3T1 T4 T1 T2

k1 k

k1 - k

BRAYTON = 1 - (T4/T1 1) ,

T2/T1(T3/T2- 1)

T2 = V1 = r = P2 = rpT1 V2 P1

BREYTON = 1 - 1 = 1 - 1r r(k 1)

1

K - 1K - 1

(k 1)/k

k 1k k 1

k

*EJERCICIO: 14

Un ciclo de Brayton ideal opera con aire entre lastemperaturas extremas de 37.8 (C) y 704 (C). Lapresin al inicio de la compresin adiabtica es de103.42 (kPa) y al final de la misma la temperatura es551.334 (K). Considerando el aire como gas ideal,determine para el fluido:

a) El volumen especfico al final de la compresinadiabtica.

b) El cambio de entropa especfica en la combustinisobrica.

RESOLUCIN

a)

T = 37.8 (C) = 310.95 (K)

T = 704 (C) = 977.15 (K)

P = 103.42 (kPa)

T = 551.334 (K)

Para el aire, considerado como gas ideal:

Pv = RT,

Entonces:

v = RT

P

Sustituyendo:

v = (286.7)(310.95)

103.42 x 10

v = 0.862 (m/kg)


23/34

23

v = T

v T

v = T

v T

v = v

T

T

k-1

1k-1

1k-1

Sustituyendo:

v = 0.862

551.334

310.95

v = 0.2059 (m/kg)

1k-1

b)

s = cplnT/T - RlnP/P

Como:

P = P

Entonces:

s = cplnT/T

Sustituyendo:

s = (1003.7)ln 977.15

551.334

s = 574.42 (J/kgK)

s - s = 2,941.3 2,329.5 = 611.80 (J/kg-K)

EJERCICIO: 10

Un motor de avin opera con un ciclo simple idealBrayton con una relacin de presiones de 10:1, seagrega calor al ciclo a razn de 500 (kW) el aire pasaa travs del motor a razn de un (kg/s). El aire alprincipio de la compresin est a 70 (kPa) y 0 (C) .Determinar la potencia del motor y su eficienciatrmica, usar datos en condiciones ambientales.

Combustin

Turbina

2Q3 = 500 (W)

W =Turbina

rp = 10

2

P = 70 (kPa)T = 0 (C)

3

P = P T = T

1

compresor


24/34

24

RESOLUCIN:

Wciclo = W + W

1 2

Q = 0

W = M (h - !)

! = 273.11 (kJ/kg)

Comp. Turb.

Comp.

T2 = P1

T1 P2

T2 =(273)(1/10)

T2 = 531.98

W = (1)(531.98 273.11) = 258.87 (kW)

1-kk

1-1.41.4

Comp.

2 3 P = ctte

2Q3 = M (h" - !#)

!" = 2Q3 + !#

M

!" = 500/1 + 531.98 = 1,03.98 (kJ/kg)

!" = 1,031.98 (kJ/kg)

T$ = T3 P"

P4

T$ = (990)(10)

T$ = 512.76 (K) = 541.2 (kJ&/kg)

"W4 = M (h$ - !")

1-kk

1-1.41.4

"W4 = (1)(514.2 1,031.98) = -517.78 (kW)

Wciclo = W + W = 258.87 - 517.78 = 258.911 (kW)

B = |W|

Qsum

Sustituyendo datos:

B = 1 258.911 x 100 = 51.78 %

500

Turb . Comp.

RANKINE


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25

RANKINE, WILLIAM JOHNMACQUORN

Ingeniero y fsico britnico(1820 - 1872). En el Manualof the Steam Engine (1859)desarroll analticamente elcomplejo de las transforma-ciones del vapor en las m-quinas trmicas, y estable-ci el ciclo termodinmicocaracterstico (ciclo deRankine).

CICLO RANKINE

El Ciclo de Rankine es un ciclo termodinmico enel que se relaciona el consumo de calor con laproduccin de trabajo.

Como otros ciclos termodinmicos, la mxima efi-ciencia termodinmica esta dada por el clculode mxima eficiencia del Ciclo de Carnot. Debesu nombre a su desarrollador, el ingeniero y f-sico escocs William John Macquorn Rankine

PROCESO

El ciclo Rankine es un ciclo de planta de fuerzaque opera con vapor. Este es producido en unacaldera a alta presin para luego ser llevado auna turbina donde produce energa mecnica,perdiendo energa brica y trmica. A continua-

cin fluye el vapor al condensador para cambiaral estado lquido saturado para poder entrar auna bomba que le subir la presin, cerrando elciclo cuando el agua entra nuevamente a la cal-dera.

Existen algunas mejoras al ciclo, como por ejem-plo agregar sobrecalentadores a la salida de lacaldera que permitan obtener vapor sobrecalen-tado para que entre a la turbina y aumentar asel rendimiento del ciclo.

Caldera

Condensador

Bomba TurbinaWbomba

2Q3

WTurbina

4Q1

2

1 4

3

EC= EP = 0

T(C)

v(m/s)

1

2

3

4

3

4

P=ctte

P=ctte


26/34

26

T(C)

s (kJ/kg-%)

1

2

3

4

3

4

P=ctte

P=ctte

DIAGRAMA T-S DEL CICLO

El diagrama T-S de un ciclo de Rankine,mostrando el proceso no-ideal.

1

2

3

4

Los cuatro procesos distintos en el desarrollo delciclo, van cambiando el estado del fluido.

Estos estados quedan definidos por los nmerosdel 1 al 4 en el diagrama T-s. Los procesos quetenemos son los siguientes (suponiendo cicloideal con procesos internamente reversibles):

Proceso 1-2: Compresin isoentrpica en labomba. En l se aumenta la presin del fluidomediante un compresor o bomba, al que se leaporta un determinado trabajo.

1 2 ADIABTICO: SUMINISTRO DE TRABAJO

1Q2 + W = M [h2 h2];

W = W = M [U2 + P2V2 U1 P1V1]

W = M [P2 P1]vf1 (Watts)

w = Mbomba vf1[P2 P1] = h2 h1(kJ/kg)M


eje

eje bomba

bomba

bomba

0

Proceso 2-3: Transferencia de calor al fluido de

trabajo a presin constante en la caldera.

2 3 ISOBRICO: SUMINISTRO DE CALOR

2Q3 + 2W3 = M [h3 h2] (Watts)

2q3 = h3 h2 (kJ/kg)

S23 > 0

0

Proceso 3-4: Expansin isoentrpica del fluido

de trabajo en la turbina desde la presin de lacaldera hasta la presin del condensador.

3 4 ADIABTICO: ENTREGA DE TRABAJO

3Q4 + W = M [h4 h3] (Watts)

3w4 = h4 h3 (kJ/kg)


Turb.

Turb.

0


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27

Proceso 4-1: Transferencia de calor desde elfluido de trabajo al agua de enfriamiento a pre-sin constante en el condensador hasta el esta-

do de lquido saturado.

4 1 ISOBRICO: RECHAZO DE CALOR

4Q1 + 4W1 = M [h1 h4] (Watts)

4q1 = h1 h4 (kJ/kg)

S41 < 0

0

0

EFICIENCIA (Rankine)

rankine = |Wbomba + Wturb.|Qcaldera

*EJERCICIO: 9

En un ciclo Rankine bsico, el agua entra a una turbinaa 25 (bar) y sale a 1 (bar), entra en la bomba con unadensidad de 10 (kg/m) como lquido saturado y en lacaldera recibe 2,000 (kJ/kg). Si la eficiencia del ciclo es0.35, determine el trabajo, asociado a cada unidad demasa, de la bomba y de la turbina.

Considere que ambos equipos son adiabticos y que lasvariaciones de energa cintica y potencial gravitatoriason despreciables.

Caldera

Condensador

Bomba Turbina

2q3 = 2,000.0 (kJ/kg) P = #& ('a)2

1 4

3

P = ('a)

*+= 0,"&

= 0 (kg/.)

EC = EP = 0

wTurbina

wbomba

4q1

RESOLUCIN:

CICLO RANKINE

Para determinar el trabajo en la bomba

Aplicando la1 Ley de la Termodinmica

1 - 2

q + w = h = h - h = (P - P)v

w = w = (25 - 1)(10)(10)(10)

eje

0

eje bomba

w = 2.4 (kJ/kg)

R = |Wciclo| = |wbomba +wturbina|

qsum qcaldera

(0.35)(-2000) = 2.4`+ wturbina

wturbina = -(700 + 2.4) = -702.4 (kJ/kg)

bomba


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28

EJERCICIO: 8Wark, 5.123

En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a laturbina a 6 (MPa) y 540 (C) y sale a 0.008(MPa) yuna calidad del 90%. La potencia neta de la turbina es10 (MW) del condensador sale lquido saturado a0.008 (MPa) y la variacin de temperatura en labomba adiabtica es despreciable. Determnese:

a) El trabajo de la bomba y de la turbina en (kJ/kg)

b) El flujo de calor cedido en la caldera y el conden-sador en (kJ/kg).

c) El porcentaje de calor suministrado en la caldera quese convierte en trabajo neto de salida.

d) La variacin de entropa en cada proceso.

P3 = 6 (MPa), T3 = 540 (C)

P4 = 0.008 (MPa); x4 = 90%

W = -10 (MW)

x1 = 0; P1 = 0.008 (MPa)

T12 = 0(C)

1Q2 = 0

Turb.

Caldera

Condensador

Bomba Turbinawbomba

2q3

W = -10 (MW)Turbina

4q1

2

1

P = 0.008 (MPa)x = 0

4

3

P = P = 0.008 (MPa)x = 90 (%)

T12 = 0(C)

P = 6 (MPa)T = 540 (C)

RESOLUCIN

a) W =M(h4 h3) = Mwturb

w = wturb = h4 h3;

De la Tabla A-13, P = 0.08 (bar)

h4 = (hf + xhfg)4

h4 = 173.88 + (0.9)(2,403.1)

h4 = 2,336.67 (kJ/kg)

Turb.

De la Tabla A-14 con P y T

h3 = 3,517.0 (kJ/kg)

Sustituyendo datos en wturb.

wturb = 2,336.67 3,517.0

a) wturb = -1,180.33 (kJ/kg)

w = w = vf(P2 P1)

w = 1.0084 x 10 (6 0.008)(10)

10

Tabla A-13; P = 0.08 (bar)

a) w = 6.0423 (kJ/kg)

b) El flujo de calor cedido en la caldera y el conden-sador en (kJ/kg).

q = 2q3 = h3 h2

bomba

bomba

bomba

cald.


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29

w = h2 h1

h2 = w + h1 = w + hf1

h2 = 6.0423 + 173.88 = 179.92 (kJ/kg)

b) q = 3,517.0 179.92 = 3,337.07 (kJ/kg)

b) q = h1 - h4 = 179.92 2,336.67 = -2,156.75 (kJ/kg)

cald.

bomba

bomba bomba

cond.

c) El porcentaje de calor suministrado en la caldera quese convierte en trabajo neto de salida.

R = |wciclo| = |wTurb. + wbomba|qsum. qcald.

c) R = |6.042 1,180.33| = 35.19%

3,337.07

d) La variacin de entropa en cada proceso.

s12 = 0; Proceso isoentrpico

s23 = s3 - s2; la Tabla A-13 y A-14

s23 = s3 - s2 = 6.9999 - 0.5926 = 6.4073 (kJ/kg-K)

s34 = 0; Proceso isoentrpico

s41 = s1 - s4; la Tabla A-13

s1 = s2 = 0.5926

s4 = (sf + xsfg)4

s4 = 0.5926 + (0.9)(8.2287 - 0.5926) = 7.4650

d) s41 = s1 - s4 = 0.5926 7.4650 = -6.8724 (kJ/kg-K)

REFRIGERACIN

RESEA HISTRICALa primicia de la obtencin de fro por evaporacinse adjudica a William Cullen (1712 - 1790), sinembargo, no se le reconoce a un solo nombre lapaternidad de la refrigeracin, aunque OliverEvans, el americano que desarroll la mquina devapor de alta presin, fue quiz el primero enproponer el uso de ciclos cerrados en refrigera-cin; (1805), en la que describe un ciclo porcompresin y evaporacin de ter etlico, mientrasque el ingeniero americano Jacob Perkins, inventla mquina destinada a ser la base de la actualindustria de la refrigeracin.


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30

CICLO DE REFRIGERACINPOR COMPRESIN DE VAPOR

La refrigeracin por compresin consiste enforzar mecnicamente la circulacin de un fluidoen un circuito cerrado creando zonas de alta ybaja presin con el propsito de que el fluidoabsorba calor en un lugar y lo disipe en el otro.

Condensador

Evaporador

XCompresor

Vlvula deestrangulamiento

2Q3

WCompresor

4Q1

2

14

3

EC12 = EP12 = 0

Motor elctrico

P(bar)

h (kJ/kg)

3 2

14QB = Q

QA = Q

FAT

R

FBT

TA

TB

QA

W

QB

R = QBW

Una mquina frigorfica por compresin tiene por

cometido desplazar energa trmica entre dospuntos. La ms sencilla de ellas es la refrige-racin por compresin mecnica de vaporparadespus tener expansin directa de una etapa.

La refrigeracin por compresin se logra evapo-rando un fluido refrigerante a travs de un dis-positivo de expansin dentro de un intercambia-dor de calor, conocido como evaporador, el cualpermite una transferencia trmica con su entor-no.


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31

Al evaporarse el fluido lquido cambia su estado avapor. Durante el cambio de fase del refrigeran-te al estado de vapor absorbe energa trmica

del medio en contacto con el evaporador, biensea este medio gaseoso o lquido. Luego deeste intercambio energtico, un compresormecnico se encarga de aumentar la presindel vapor para poder condensarlo dentro de otrointercambiador de calor conocido como conden-sador y hacerlo lquido de nuevo. Ya que esteaumento de presin adems produce un au-mento en su temperatura, para lograr el cambiode estado del fludo refrigerante es necesario

enfriarlo al interior del condensador; esto suelehacerse por medio de aire y/o agua. De estamanera, el refrigerante en estado lquido, puede

evaporarse nuevamente a travs de la vlvulade expansin y repetir el ciclo de refrigeracinpor compresin.

Es as como la mquina frigorfica de refrigeracinpor compresin desplaza la energa entre dosmedios; creando zonas de alta y baja presinconfinadas en intercambiadores de calor, mien-tras estos procesos de intercambio de energase suceden cuando el fluido refrigerante se

encuentra en procesos de cambio de estado; delquido a vapor, y viceversa.

Compressor industrialpara refrigerante R22

PROCESOS

1 2 COMPRESIN ADIABTICA

1Q2 + W = M [h2 h1] (W)

1w2 = w = h2 h1 (kJ/kg)


comp.

0

comp.

2 3 ISOBRICO: RECHAZO DE CALOR

2Q3 + 2W3 = M [h3 h2] (W)

2q3 = h3 h2 (kJ/kg)

S23 < 0

0

3 4 ISOENTLPICO, h4 = h3

3Q4 + 3W4 = M [h4 h3] = 0 = 0

M M

3q4 + 3w4 = h4 h3 (kJ/kg): h4 = h3


0 0

00


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32

4 1 ISOBRICO: SUMINISTRO DE CALOR

4Q1 + 4W1 = M [h1 h4] (W)

4q1 = h1 h4 (kJ/kg)

S41 > 0

0

*EJERCICIO: 12Segundo Parcial, SEMESTRE 2010 1

Nicolas Lonard SadiCarnot, ( 1796 -1832 )

5.- Un ciclo de refrigeracin utiliza refrigerante R-134a. La temperatura del refrigerante en la salida delevaporador es -20 (C) y en la del condensador es 40(C). Se sabe adems que el refrigerante circula a raznde 0.05 (kg/s). En la tabla se muestran algunas pro-piedades de la sustancia de trabajo para los estadostermodinmicos que se indican. Con base en ellodetermine en el SI:

a) Los flujos energticos asociados a cada unidad demasa en cada uno de los procesos,

b) El coeficiente de operacin del refrigerador.

1 h = 386.1 (kJ/kg)s = 1.7395 (kJ/kg-K)

2 P = 1,017 (kPa)T = 47.7 (C)s = 1.7395 (kJ/kg-K)h = 428.4 (kJ/kg)

3 h = 256.5 (kJ/kg-K)

Condensador-enfriador

Evaporador

X Vlvula deestrangulamiento

2

1

4

3

Compresor

h = 256.5 (kJ/kg)

h = 428.4 (kJ/kg)P = 1,107.0 (kPa)T = 47.7 (C)s = 1.7395 (kJ/kg)

h = 386.1 (kJ/kg)s = 1.7395 (kJ/kg)

RESOLUCIN:

Balance de energa

1-2

w = w = h - h

Sustituyendo datos:

w = 428.4 381.6

a) w = 42.3 (kJ/kg); q = 0

comp.

2-3

q = h - h

Sustituyendo datos:

q = 256.5 428.4

a) q = 171.9 (kJ/kg); w = 0


33/34

33

3-4

a) h = h = 256.5 (kJ/kg); q = w = 0

4-1

q = h - h

Sustituyendo datos:

a) q = 386.1 256.5 = 129.6 (kJ/kg); w = 0

b) R = COP = QB = q

W w

Sustituyendo datos:

R = 129.6

42.3

b) R = COP = 3.06

EJERCICIO: 9

Un ciclo de refrigeracin cuyo compresor tiene una po-tencia de 3 (kW) funciona con un refrigerante 134aque entra al compresor a 2 (bar) como vapor saturadoy sale a 8 (bar) y 50 (C). El fluido a la salida delcondensador es lquido saturado a 8 (bar).Determnese:

a) El flujo msico en (kg/min)

b) El coeficiente adimensional R = Qevap.

Wcomp.

c) El flujo de calor en el condensador en (kJ/s)

RESOLUCIN

wcomp = 1w2 = Wcomp = h2 h1

M

Despejando M:

M = Wcomp

h2 h1

De la tabla A-18 h2

De la tabla A-17 h1

M = 3(kw)

[h2 h1]

M = 3(kg/s)(60)

284.39 241.3

a) M = = 4.177 (kg/min)

b)R = 4Q1 = 4q1

Wcomp wcomp

4Q1 = Q = M(h1 h4)

Dado que h4 = h3; de la Tabla A-17

h4 = hf3 = 93.42 (kJ/kg)

4Q1 = (0.0696)(241.3 93.42) = 10.295 (kJ/s)


34/34

Sustituyendo en la Ec. R

R = 10.295

3

b) R = 3.432

c) 2Q3 = M (h3 h2)

2Q3 = (0.06962)(93.42 284.39)

2Q3 = -13.29 (kJ/s)

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Tema 7 Ciclos Termodinamicos Sc3b3lo Lectura Modo de Compatibilidad