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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTÍN DE AREQUIPA FACULTAD DE PRODUCCIÓN Y SERVICIOS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA MECÁNICA

Curso: INGENIERÍA TERMODINÁMICA “1” Tema: EJERCICIOS EXERGÍA(CENGEL) Docente: Ing. Celso Sanga Quiroz Presentado por: MEJIA UMASI ANDY MICHAEL

Arequipa –Perú

2019

PROBLEMA 1: Determine el trabajo de entrada del compresor requerido para comprimir isentrópicamente agua de 100kPa a 1 Mpa, suponiendo que le agua existe como:

a) Líquido saturado: 𝑣1 = 𝑣𝑓 (100 𝑘𝑃𝑎) ; = 0.001043

𝑘𝑔 𝑚3

2

𝑊 = ∫ 𝑣 𝑑𝑃 = 𝑣1 (𝑃2 − 𝑃1 ) 1

𝑘𝑔 1 𝑘𝐽 ) (1000 − 100)𝑘𝑃𝑎 ( ) 3 𝑚 1 𝑘𝑃𝑎 . 𝑚3

𝑊 = (0.001043

𝑾 = 𝟎. 𝟗𝟑𝟖𝟕

𝒌𝑱 𝒌𝒈

b) Vapor en el estado inicial: 𝑇 𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣 . 𝑑𝑃 { 𝑑𝑠 = 0 2

𝑣 . 𝑑𝑃 = 𝑑ℎ

2

𝑊 = ∫ 𝑣 𝑑𝑃 = ∫ 𝑑ℎ = ℎ2 − ℎ1 1

1

Por lo tanto a una presión de 100 kPa, tenemos una entalpía de h 1 = 2675.0 kJ/kg y a vapor saturado tenemos una entropía s1 = 7.3589 kJ/kg.K y a una presión de 1000 kPa tenemos una entalpía h2 = 3194.5 kJ/kg y s2 = s1. 𝑊 = (3194.5 − 2675.0) 𝑾 = 𝟓𝟏𝟗. 𝟓

𝒌𝑱 𝒌𝒈

𝑘𝐽 𝑘𝑔

PROBLEMA 2: Una máquina térmica recibe calor de una fuente a 1.100 K a razón de 400 kJ/s, y rechaza calor de desecho a un ambiente a 320 K. La producción medida de potencia de la máquina térmica es de 120 kW, y la temperatura ambiente es 25 °C. Determine: a) La potencia reversible es la potencia producida por un motor de calor reversible que opera entre los límites de temperatura especificados: 𝜂𝑟𝑒𝑣 = 1−

𝑇𝐿 𝑇𝐻

320𝑘

= 1 − 1100𝑘 = 0.7091

𝑘𝐽 𝑊̇𝑟𝑒𝑣 = 𝜂𝑟𝑒𝑣 Q̇𝑖𝑛𝑡 = (0.7091) (400 𝑠 ) = 283.6 𝑘𝑊

b) La tasa de irreversibilidad es la diferencia entre la potencia reversible y la potencia de salida real: 𝐼 ̇ = 𝑊̇𝑟𝑒𝑣 − 𝑊̇𝑢 = 283.6 𝑘𝑊 − 120 𝑘𝑊 = 163.6 𝑘𝑊 c) La segunda ley de eficiencia se determina a partir de su definición: 𝜂𝐼𝐼 =

𝑊̇𝑟𝑒𝑣 𝑊̇𝑢

=

283.6 kW 120 kW

= 0.423 = 42.3%

Una masa de 8 kg de helio sufre un proceso desde un estado inicial de 3 𝑚3 /kg y 15 °C hasta un estado final de 0.5 𝑚3 /kg y 80 °C. Suponiendo que el entorno está a 25 °C y 100 kPa, determine el aumento en el potencial de trabajo útil del helio durante este proceso. Análisis: De la relación de cambio de entropía del gas ideal 𝑠2 - 𝑠1 = 𝑐𝑣 ln

𝑇2 𝑇1

+ R ln

𝑣2 𝑣1

= (3.1156 kJ/kg.K) ln

353 𝐾

+ (2.0769 kJ/kg.K) ln 288 𝐾

0.5 𝑚3 /kg 3 𝑚3 /kg

= -3.087 kJ/kg.K

El aumento en el potencial útil del helio durante este proceso es simplemente el aumento de la exergía. Φ2 − Φ1 = -m[(𝑢1 -𝑢2 ) - 𝑇𝑜 (𝑠1 - 𝑠2 )+ 𝑃𝑜 (𝑣1 - 𝑣2 )] Φ2 − Φ1 = -(8kg)[ (3.1156 kJ/kg.K)(288-353)K + (298k)(3.087 kJ/kg.K)+(100kPa)(3 - 0.5) 𝑚3 /kg(kJ/kPa.𝑚3 ) 𝚽𝟐 − 𝚽𝟏 = 6980 kJ

PROBLEMA 3: Se comprime aire de manera estacionaria por medio de un compresor reversible desde un estado de entrada de 100 kPa y 300 K hasta una presión de salida de 900 kPa. Determine el trabajo del compresor por unidad de masa para:

a) La compresión isotérmica con k= 1.4 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

(𝑘−1) 𝑘

𝑘𝑅𝑇1 𝑃2 = [( ) 𝑘 − 1 𝑃1

− 1]

𝑘𝐽 (1.4−1) ) (300 𝐾) 900 𝑘𝑃𝑎 1.4 𝑘𝑔 𝐾 [( ) − 1] 1.4 − 1 100 𝑘𝑃𝑎

(1.4) (0.287 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =

𝑾𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓−𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 = 𝟐𝟔𝟑. 𝟐

𝒌𝑱 𝒌𝒈

b) La compresión poli trópica con n= 1.3 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

𝑛𝑅𝑇1 𝑃2 = [( ) 𝑛 − 1 𝑃1

(𝑛−1) 𝑛

− 1]

𝑘𝐽 (1.3−1) ) (300 𝐾) 900 𝑘𝑃𝑎 1.3 𝑘𝑔 𝐾 [( ) − 1] 1.3 − 1 100 𝑘𝑃𝑎

(1.3) (0.287 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =

𝑾𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓−𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 = 𝟐𝟒𝟔. 𝟒

𝒌𝑱 𝒌𝒈

c) La compresión isotérmica 𝑃2 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑅𝑇 ln ( ) 𝑃1 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = (0.287

𝑘𝐽 900 𝑘𝑃𝑎 ) (300 𝐾) ln ( ) 𝑘𝑔 𝐾 300 𝑘𝑃𝑎

𝑾𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓−𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 = 𝟏𝟖𝟗. 𝟐

𝒌𝑱 𝒌𝒈

d) La compresión ideal en etapas con interfriamiento y n = 1.3 La compresión ideal en etapas con interfriamiento y un exponente poli trópico de 1.3, la 1

relación de presión por cada etapa es la misma y su valor es: 𝑃𝑛 = (𝑃1 . 𝑃2 )2 1

𝑃𝑛 = [(100 𝑘𝑃𝑎)(900 𝑘𝑃𝑎)]2 = 300 𝑘𝑃𝑎 El trabajo del compresor en cada etapa también es el mismo, por lo tanto el trabajo total de este dispositivo es dos veces el de compresión para una sola etapa: 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

𝑛𝑅𝑇1 𝑃2 = [( ) 𝑛 − 1 𝑃1

(𝑛−1) 𝑛

𝑘𝐽 (1.3−1) ) (300 𝐾) 300 𝑘𝑃𝑎 1.3 𝑘𝑔 𝐾 [( ) − 1] 1.3 − 1 100 𝑘𝑃𝑎

(1.3) (0.287 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟−𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 2

− 1]

𝑾𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒐𝒓−𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 = 𝟐𝟏𝟓. 𝟑

𝒌𝑱 𝒌𝒈

PROBLEMA 4: Un recipiente rígido contiene inicialmente 5kg de refrigerante R – 134 a 20 kPa y 140 kPa, la sustancia se enfría mientras es agitada hasta que su presión disminuye a 100 kPa. Determine el cambio de entropía del refrigerante durante este proceso.

Si se considera que el volumen específico permanece constante durante el proceso, las propiedades del refrigerante en ambos estados son: 𝑃1 = 140 𝑘𝑃𝑎 𝐸𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 1 ∶ { 𝐸𝑠𝑡𝑎𝑑𝑜 2 ∶

{

𝑇1 = 293 𝐾

𝑃2 = 100 𝑘𝑃𝑎 𝑣1 = 𝑣2

𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾 𝑚3 𝑣1 = 0.16544 𝑘𝑔 𝑠1 = 1.064

𝑚3

𝑣𝑓 = 0.0007259 𝑘𝑔 𝑚3

𝑣𝑔 = 0.19254 𝑘𝑔

En el estado final el refrigerante es una mezcla saturada de líquido y vapor, puesto que Vf=2Vg a 100 kPa de presión. Por consiguiente, se necesita determinar primero la calidad:

𝑥2 =

𝑣2 − 𝑣𝑓 0.16544 − 0.0007259 = = 0.859 𝑣𝑓𝑔 0.19254 − 0.0007259

𝑠2 = 𝑠𝑓 + 𝑥2 𝑠𝑓𝑔 = 0.07188 + (0.859)(0.87995) = 0.8278 ∆𝑆 = 𝑚(𝑠2 − 𝑠1 ) = (5 𝑘𝑔)(0.8278 − 1.0624) ∆𝑺 = −𝟏. 𝟏𝟕𝟑 𝒌𝑱/𝑲

𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾

𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾

PROBLEMA 5: Una instalación industrial criogénica maneja metano líquido a 115 K y 5 MPa, a una tasa de 0.280 m3/s. Un proceso requiere reducir la presión del metano líquido a 1 MPa lo cual se consigue estrangulando el metano liquido al pasarlo a través de un obstáculo al flujo, como una válvula por una turbina para producir potencia mientras se reduce l presión a 1 MPa. Usando los datos de la tabla 7-1, determine la cantidad máxima de potencia que este dispositivo puede producir, así como el ahorro que proporcionara su instalación en los costos anuales por uso de electricidad, si la turbina opera continuamente (8760 h/año) y la instalación paga $ 0.075/kWh por electricidad. Entonces S2 = S1: 𝑘𝐽

𝑃1 = 5 𝑀𝑃𝑎 𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝟏:

𝑇1 = 115 𝐾 {

ℎ1 = 232.3 𝑘𝑔

𝑃2 = 1 𝑀𝑃𝑎

𝑘𝐽

𝑠1 = 4.9945 𝑘𝑔.𝐾 𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝟐 ∶ {

𝜌1 = 422.15

𝑘𝑔

𝑘𝐽

𝑠2 = 𝑠1

ℎ2 = 222.8 𝑘𝑔

𝑠 𝑘𝑔

También el flujo másico de metano líquido es: 𝑚̇ = 𝜌1 (𝑉̇ 1 ) = (422.15 𝑚3) (0.280 118.2

𝑘𝑔 𝑠

𝑚3 ) 𝑠

=

Entonces la producción de potencia de turbina se determina a partir del balance de

energía en forma de tasa. Para funcionamiento continuo (365 x 24 = 8760 h), la cantidad de potencia producida en un año es: 𝐸̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝐸̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 =

𝑑𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 =0 𝑑𝑡

𝐸̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝐸̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑚̇(ℎ1 ) = 𝑊̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 + 𝑚̇(ℎ2 ) 𝑊̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = (118.2

𝑘𝑔 𝑘𝐽 ) [232.3 − 222.8] 𝑠 𝑘𝑔

𝑾̇𝒔𝒂𝒍𝒊𝒅𝒂 = 𝟏𝟏𝟐𝟑 𝒌𝑾𝒂𝒕𝒕 Producción anual de potencia: 𝑊̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑥 ∆𝑡 = (1123 𝑘𝑊) (8760 𝑊̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 0.983748 𝑥 107

ℎ ) 𝑎ñ𝑜

𝑘𝑊 𝑎ñ𝑜

Ahorro anual de potencia = (producción anual de potencia) . (costo unitario de potencia): 𝐴ℎ𝑜𝑟𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑢𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = (0.983748 𝑥 107

𝑘𝑊 $ 0.075 )( ) 𝑎ñ𝑜 𝑘. 𝑊ℎ

𝑨𝒉𝒐𝒓𝒓𝒐 𝒂𝒏𝒖𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 = 𝟕𝟑𝟕𝟖𝟏𝟏

$ 𝒂ñ𝒐

PROBLEMA 6: Considere un depósito de energía térmica a 1500 K que puede suministrar calor a una relación de 150 000 kJ/h. Determine la disponibilidad de esta energía suministrada con una temperatura ambiente de 25°C.

Datos: 𝑡 = 1500 𝐾 𝑄 = 150000 𝐾𝐽 ∅ =? 𝑡0 = 25℃ ∅ = (1 −

∅ = (1 −

𝑡0 )𝑄 𝑡

(25 + 273)𝐾 ) ∗ 150000 𝐾𝐽 1500 𝐾

∅ = 𝟏𝟐𝟎𝟐𝟎𝟎 𝑲𝑱

PROBLEMA 7: Una máquina térmica recibe calor de una fuente a 1500 K y a una relación de 700 kJ/s, y desecha el calor de desperdicio en un medio a 320 K. La salida de potencia medida de la máquina térmica es 320 kW, y la más baja temperatura de los alrededores que se da en forma natural es de 25°C. Determine: a) La potencia reversible: 𝑊𝑟𝑒𝑣 = ɳ 𝑇𝑒𝑟 ∗ 𝑄 … … … . . (1) ɳ=1−

𝑇𝑙 𝑇𝐻

320 𝐾 = 0.787 = 1500 𝐾 𝒏 = 𝟕𝟖. 𝟕%

ɳ=1−

b) La relación de irreversibilidad: 𝐼 = 𝑊𝑟𝑒𝑣 − 𝑊ú𝑡𝑖𝑙 𝑘𝐽 𝐼 = (550.667 − 320) [ ] 𝑠 𝒌𝑱 𝑰 = 𝟐𝟑𝟎. 𝟔𝟔𝟕 𝒔

c) La eficiencia de la segunda ley de esta máquina térmica: 𝑊𝑟𝑒𝑣 = 0.787 ∗ 700 𝑘𝐽/𝑠 𝑾𝒓𝒆𝒗 = 𝟓𝟓𝟎. 𝟔𝟔𝟕 𝒌𝑱/𝒔

PROBLEMA 8: Una máquina térmica que desecha el calor de desperdicio en un sumidero a 310 K tiene una eficiencia térmica de 36 por ciento y una eficiencia de la segunda ley de 60 por ciento. Determine la temperatura de la fuente que suministrar calor a esta máquina. ɳ𝐼𝐼 =

ɳ𝑟𝑒𝑣 =

ɳ𝐼 ɳ𝑟𝑒𝑣

ɳ𝐼 0.36 = = 0.60 … … … . . (1) ɳ𝐼𝐼 0.60 𝑇𝑙 ɳ𝑟𝑒𝑣 = 1 − 𝑇𝐻

𝑇𝐻 =

𝑇𝑙 … … … . (2) 1 − ɳ𝑟𝑒𝑣

𝑇𝐻 =

310 𝐾 1 − 0.60

𝑻𝑯 = 𝟕𝟕𝟓 𝑲

PROBLEMA 9: ¿Qué cantidad de 100 kJ de energía térmica a 600 K puede convertirse en trabajo útil? Suponga que el ambiente estará a 27°C.

𝑄 = 100 𝑘𝐽 𝑇𝐻 = 600 𝐾 𝑇0 = (27 + 273)𝐾 ∅ =? ∅ = (1 −

∅ = (1 −

𝑡0 )𝑄 𝑡

(27 + 273)𝐾 ) 100 ⌊𝑘𝐽⌋ (600)𝐾 ∅ = 𝟓𝟎 𝒌𝑱

PROBLEMA 10: Una máquina térmica que recibe calor de un homo a 1 100°C y rechaza calor de desecho en un río a 20°C tiene una eficiencia térmica de 35 por ciento. Determine la eficiencia de la segunda ley de esta central eléctrica. 𝑇𝐻 = (1100 + 273)𝐾 𝑇𝑙 = (20 + 273)𝐾 ɳ𝐼 = 0.35 ɳ𝐼𝐼 =? ɳ𝑟𝑒𝑣 = 1 −

ɳ𝑟𝑒𝑣 = 1 −

𝑇𝑙 𝑇𝐻

(20 + 273)𝐾 = 0.787 … … … . . (1) (1100 + 273)𝐾 ɳ𝐼𝐼 =

ɳ𝐼 … … … . . (2) ɳ𝑟𝑒𝑣

Reemplazando ɳ𝑰 y (1) en (2) ɳ𝐼𝐼 =

0.35 0.787

ɳ𝑰𝑰 = 𝟎. 𝟒𝟒𝟓

PROBLEMA 11: Las necesidades de electricidad de una comunidad se deben satisfacer con molinos de viento con rotores de 20 m de diámetro. Los molinos de viento se van a colocar donde el viento sopla establemente a una velocidad promedio de 6 m/s. Determine el número mínimo de molinos de viento que se necesitan instalar si la producción necesaria de potencia es 900 kW. Asumimos: El aire está a condiciones estándar de 1 atm y 25°C Análisis La exergía del aire que sopla es la energía cinética que posee. Exergía= ke =

𝑉2 2

=

6𝑚/𝑠 2 2

=

𝑘𝐽 𝑘𝑔 1000 𝑚2 /𝑠 2

1

= 𝟎. 𝟎𝟏𝟖

𝒌𝑱 𝒌𝒈

En condiciones atmosféricas estándar (25 ° C, 101 kPa), la densidad y el caudal másico de aire son: ρ=

𝑃 𝑅𝑇

π 𝐷3

𝑚̇ = ρAV1 = ρ

4

=

101 𝑘𝑃𝑎 (0.287 kPa.m3/kg.K )(298K)

𝑚3

= 1.18 𝑘𝑔 𝑚

V1 = (1.18 kg/𝑚3 )( π/4)(20𝑚)2 (6 𝑠 ) = 2225 𝑘𝑔/𝑠 𝒎̇ = 𝟐𝟐𝟐𝟓 𝒌𝒈/𝒔

Entonces: Energía Disponible = 𝑚̇ke= (2225 kg/s)(0.018 kJ/kg) = 40.05 kW El número mínimo de molinos que se deben instalar es: 𝑁=

𝑊̇ 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 22.5 𝑊̇

𝑵 = 𝟐𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒊𝒏𝒐𝒔

PROBLEMA 12: Se expande helio en una turbina de 1 500 kPa y 300 °C a 100 kPa y 25 °C. Determine el trabajo máximo que puede producir esta turbina, en kJ/kg. ¿El trabajo máximo necesita una turbina adiabática?

Asumimos: Este es un proceso de flujo constante ya que no hay cambios con el tiempo. El dispositivo es adiabático y, por lo tanto, la transferencia de calor es despreciable. El helio es un gas ideal. Los cambios de energía cinética y potencial son despreciables. Análisis: El cambio de entropía del helio es: 𝑠2 − 𝑠1 = 𝑐𝑃 𝑙𝑛

𝑇2 𝑃2 + 𝑅 𝑙𝑛 𝑇1 𝑃1

𝑠2 − 𝑠1 = (5.1926 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾) 𝑙𝑛 (298 𝐾)/(573 𝐾) + (2.0769 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾) 𝑙𝑛 (100 𝑘𝑃𝑎)/( 1500 𝑘𝑃𝑎 ) 𝒔𝟐 − 𝒔𝟏 = 𝟐. 𝟐𝟐𝟗𝟓 𝒌𝑱/𝒌𝒈. 𝑲 El trabajo máximo (reversible) es la diferencia de exergía entre los estados de entrada y salida. 𝑤𝑟𝑒𝑣 = ℎ1 - ℎ2 − 𝑇𝑜 (𝑠1 - 𝑠2 ) 𝑤𝑟𝑒𝑣 = 𝑐𝑝 (𝑇1 - 𝑇2 ) − 𝑇𝑜 (𝑠1 - 𝑠2 ) 𝑤𝑟𝑒𝑣 = (5.1926 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾) (300 − 25) 𝐾 – (298𝐾) (−2.2295 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾) 𝒘𝒓𝒆𝒗 = 𝟐𝟎𝟗𝟐 𝒌𝑱/𝒌𝒈

PROBLEMA 13: Se condensa refrigerante 134a en un sistema de refrigeración rechazando calor al aire ambiente a 25 °C. El 134a entra al condensador a 700 kPa y 50 °C, a razón de 0.5 kg/s, y sale a la misma presión como líquido saturado. Determine: a) La tasa de rechazo de calor en el condensador Las propiedades del refrigerante en los estados de entrada y salida del condensador son: 𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾 𝑘𝐽 𝑃1 = 700 𝑘𝑃𝑎 ℎ2 = 88.82 𝑘𝑔 { 𝑇1 = 50°𝐶

𝑠1 = 0.9954

𝑥2 = 0 𝑠2 = 0.3323 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝑘 La tasa de calor rechazada en el condensador es: 𝑘𝑔 𝑄̇𝐻 = 𝑚̇𝑅 (ℎ1 - ℎ2 ) = (0.05 𝑠 ) (288.53 − 88.82)𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑸̇𝑯 = 𝟗. 𝟗𝟖𝟓 𝒌𝑾𝒂𝒕𝒕 b) El COP de este ciclo de refrigeración si la carga de enfriamiento en estas condiciones es 6kW: 𝑄̇

COP = 𝑊̇ 𝐿 = 𝑄̇ 𝑖𝑛𝑡

𝑄̇𝐿 𝐻 −𝑄̇𝐿

6 𝑘𝑊

= (9.985−6)𝑘𝑊 = 𝟏. 𝟓𝟎𝟔

COP = 1.506 c) La tasa de destrucción de exergía en el condensador. ̇

𝑄 ̇ 𝑆𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = 𝑚̇𝑅 (𝑠2 - 𝑠1 ) + 𝑇 𝐻 𝐻

𝑘𝑔 9.985 𝑘𝑊 ̇ 𝑆𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = (0.05 𝑠 ) (0.3323 − 0.9954)𝑘𝐽/𝑘𝑔.K + 298 𝐾

̇ 𝑆𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = 0.0003516

𝑘 𝑊𝑎𝑡𝑡 𝐾

̇ 𝑋̇𝑑𝑒𝑠𝑡𝑖𝑙𝑎𝑑𝑜𝑟 = 𝑇𝑜 𝑆𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟 = (298𝐾) (0.0003516 𝑘𝐽/𝑘𝑔. 𝐾) = 0.1048 𝑘𝑊𝑎𝑡𝑡 𝑿̇𝒅𝒆𝒔𝒕𝒊𝒍𝒂𝒅𝒐𝒓 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟒𝟖 𝒌𝑾𝒂𝒕𝒕

PROBLEMA 14: Un método de satisfacer la demanda adicional de potencia en los periodos pico es bombear algo de agua de un gran cuerpo de agua (como un lago) a un depósito de agua a mayor elevación en los tiempos de baja demanda y generar electricidad en los tiempos de alta demanda dejando que esta agua baje y haga girar una turbina (es decir, convertir la energía eléctrica en energía potencial y luego nuevamente a energía eléctrica). Para una capacidad de almacenamiento de energía de 5 – 106 kWh, determine la cantidad mínima de agua que se necesita almacenar a una elevación promedio (relativa al nivel del suelo) de 75 m.

𝒎 = 𝟐. 𝟒 𝒙 𝟏𝟎𝟏𝟎 𝒌𝒈

PROBLEMA 15: ¿Qué porción de la energía térmica de 100 kJ a 800 K se puede convertir a trabajo útil? Suponga que el entorno está a 25 °C. 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 − 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 −

𝑇𝑙 𝑇𝐻

298 𝐾 800 𝐾

𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 62.7 % 𝑊ú𝑡𝑖𝑙 = 100 𝑘𝐽 (0.627) 𝑾ú𝒕𝒊𝒍 = 𝟔𝟐. 𝟕 𝒌𝑱

PROBLEMA 16: Considere un depósito de energía térmica a 1 500 K que puede suministrar calor a razón de 150 000 kJ/h. Determine la exergía de esta energía suministrada, suponiendo una temperatura ambiente de 25 °C. 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 − 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 −

𝑇𝑙 𝑇𝐻

298 𝐾 1500 𝐾

𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 80.13 % 𝑊ú𝑡𝑖𝑙 = 150000 𝑘𝐽 (0.8013) 𝑾ú𝒕𝒊𝒍 = 𝟏𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒌𝑱

PROBLEMA 17: Una máquina térmica recibe calor de una fuente a 1 200 K a una tasa de 500 kJ/s y rechaza calor de desecho a un medio a 300 K. La salida de potencia de la máquina térmica es 180 kW. Determine la potencia reversible y la tasa de irreversibilidad para este proceso.

𝐼 = 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒−𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝑊Ú𝑡𝑖𝑙−𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 𝑛𝑇é𝑟𝑚𝑖𝑐𝑎 . 𝑄 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 − 𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 1 −

𝑇𝑙 𝑇𝐻

300 𝐾 1200 𝐾

𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛á𝑚𝑖𝑐𝑎 = 75.00 % 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 500

𝐽 (0.75) 𝑠

𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 375

𝑘𝐽 𝑠

𝐼 = 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒−𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝑊Ú𝑡𝑖𝑙−𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝐼 = 375

𝑘𝐽 𝑘𝐽 − 180 𝑠 𝑠

𝑰 = 𝟏𝟗𝟓 𝒌𝑱/𝒔

PROBLEMA 18: Un bloque de hierro de 500 kg, el cual se muestra en la figura, está inicialmente a 200 °C y se deja enfriar a 27 °C transfiriendo calor hacia el aire de los alrededores que se halla a 27 °C. Determine el trabajo reversible y la irreversibilidad para este proceso. Nota el calor especifico 0,45 kJ/kg.K considere que el sistema es cerrado y que la energía cinética y potencial son despreciables o insignificantes. El proceso no involucra interacción de trabajo. 𝑑 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = ∫ (1 − 𝑑 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = ∫ (1 −

𝑇𝐿 ) . 𝑑𝑄 𝑇𝐻

𝑇𝐿 ) . 𝑚. 𝐶𝑝 . ∆𝑇 𝑇𝐻

𝑇0

𝑑 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = ∫ 𝑚. 𝐶𝑝 . ∆𝑇 ∫ 𝑇𝐻

𝑇0 𝑇 . 𝑚. 𝐶 . ∆𝑇 0 𝑝

𝑇𝐻

𝑇

𝑇0 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = 𝑚 . 𝐶𝑝 . [𝑇𝐻 − 𝑇0 ] + 𝑇0 . 𝑙𝑛 ( ) 𝑇𝐻 𝑊𝑅𝑒𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 = (500 𝑘𝑔). (0.45

𝑘𝐽 473 𝐾 ) . [473 − 300]𝐾 + 300𝐾 . 𝑙𝑛 ( ) 𝑘𝑔 . 𝐾 300 𝐾

𝑾𝑹𝒆𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 = 𝑰 = 𝟖𝟏𝟗𝟏. 𝟒 𝒌𝑱