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UNIVERSIDAD DEL ATLANTICO Facultad de ingeniería Programa:

Ingeniería química.

Docente:

Carlos Arturo Bello. Asignatura:

Termodinámica Química Aplicada. Grupo 2 Trabajo:

Asignación 1 Estudiantes:

Carlos Luna. Eliana Pico. Amilvia Vega. Junio 17 del 2019.

Método iterativo F(P) X1

200 242

X2

250

h−hx1

X=hx2−hx1 =0,84 P=P1=P-+0,84(P+-P-)=242 KPa T1=138,3 °C COMPRESOR BM: Tablas A-(5,6) y tabla A-17 del CENGEL.

m3=m4

TURBINA

BS:

BM:

k=

m1=m2

=

cp cp−R

=

1,005 1,005−0,2870

= 1,4

𝐾−1 𝐾

𝑃4 𝑇4 = 𝑇3 ( ) 𝑃3

ESTADO 2 @ P=200KPa Sf=1,5302 KJ /Kg-K

; hf=504,71 KJ/Kg

Sg= 7,1270 KJ /Kg-K

; hg=2706,3 KJ/Kg

500 0,2857 𝑇4 = 293,15 ( ) = 464,5𝐾 100 h4=Cp (aire) ×T4= (1,005) × (464,5)=466,82KJ/Kg h3 = Cp (aire) ×T3= (1,005) × (293,15)=294,61 KJ/Kg

Calidad X(2) =

cp cv

sg − sf =1 sfg

S= Sf +X (Sg-Sf) S1=S2= (1,5502)+1(7,1270-1,5302)

BE: Como es un proceso adiabático (q=0, ∆𝑒𝑝 = 0 , ∆𝑒𝑐 = 0) y es reversible (Sgen=0). ∆𝑈 + 𝑊 = 𝑄

S1=S2=7,127 KJ /Kg-K

(U2-U1)+W=0

ẇturbina = +17,221kW = ṁ1(h1-h2)

∆𝑈 = −𝑊

17,221=0,5(h1-2706,3) 17,221=0,5h1-1353,15 1370,371=0,5 h1 h1=2740,742 KJ/ Kg

𝑤̇ 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑠 = 𝑚̇3(h3-h4)=0,1(294,61-466,82)=17,221kW Balance de entropía; S4=S3=1,6788 KJ/ kg-K METODO ITERATIVO. (A+BX) T(°C)

h (KJ/kg)

S (Kj/kg-K)

290

290,16

1,66802

293,15

294,61

1,6788

295

295,17

1,68515

ẇ total = ẇturbina + ẇcomps = 0 ẇturbina = − ẇcomps

Proceso es reversible, Q=0 y Sgen=0 TURBINA Cp=1,005 Cv=0,718 BM: m3 = m4 BE: 𝑚4 ℎ4 + 𝑤𝑇𝑢𝑟 − 𝑚3 ℎ3 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 𝑤𝑇𝑢𝑟 = ℎ3 − ℎ4 = 𝐶𝑝 (𝑇3 − 𝑇4 ) 𝑤𝑇𝑢𝑟 = 1,005(923 − 793,205) = 130,4 𝐾𝐽⁄𝐾𝑔 BS: 𝑆4 = 𝑆3

𝐾−1 𝑇4 = (𝑃4 ⁄𝑃3 ) 𝐾 𝑇3

P(Kpa)

1

2

3

4

100

346,3

170

100

T(°K)

303

432

923

793,205

m(Kg/s)

0,1

0,1

0,1

0,1

𝐾=

𝐸𝑐. 1

𝐶𝑝 = 1,3997 𝑐𝑣 𝐾−1 𝐾

𝑇4 = 𝑇3 (𝑃4 ⁄𝑃3 )

𝑇4 = 923(100⁄170)0,2856 = 793,205 𝐾 𝑤𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑚(ℎ3 − ℎ4 ) = 𝑚𝑤𝑇𝑢𝑟 = 0,1(130,4) = 13,04𝐾𝑤 1.005(𝑇2 − 303) =

COMPRESOR

𝑇2 = 432 𝐾

BM: m1 = m2 BE: 𝑚2 ℎ2 + 𝑤𝑐 − 𝑚1 ℎ1 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 ℎ2 − ℎ1 =/−𝑊𝐶 / /−𝑊𝑐 / = 𝐶𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) 𝑊𝑐 = 𝑤𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

13,04 0,1

BS: 𝑚2 𝑆2 − 𝑚1 𝑆1 − 𝑆2 − 𝑆1 = 0

𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑆𝑔𝑒𝑛 𝑇 𝑠1 = 𝑠2

Se usa la misma ec.1 pero con los estados 1 y 2 para hallar P2 de la corriente 2 𝑃2 =

𝐾 𝑃1 (𝑇2 ⁄𝑇1 )𝐾−1

BS: 𝑚2 𝑆2 − 𝑚1 𝑆1 −

𝐸𝑐. 1

𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑆𝑔𝑒𝑛 𝑇

𝑆2 − 𝑆1 = 0

𝐾 = 3,502 𝐾−1

𝑠1 = 𝑠2 𝐾−1 𝐾

𝑇2 = 𝑇1 (𝑃2 ⁄𝑃1 )

𝑃2 = 100(432⁄303)3,502 = 346,3 𝐾𝑝𝑎

𝑇2 = 300(2000⁄100)0,2856 = 705,82𝑘 INTERCAMBIADOR BM: m2 = m3 BE: 𝑚3 ℎ3 + 𝑤𝐸 − 𝑚2 ℎ3 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑄 ℎ3 − ℎ2 = 𝑄 𝑄 = 𝐶𝑝 (𝑇3 − 𝑇2 ) = 1,005(340 − 705,82) 𝑘𝐽 = −367,65 ⁄𝑘𝑔

COMPRESOR 2 BM: 𝑚3 = 𝑚4 BE: P(kpa) T(°K)

1 100 300

2 2000 705,82

3 2000 340

4 15740 612,87

COMPRESOR BM: m1 = m2

𝑚4 ℎ4 + 𝑤𝑐2 − 𝑚3 ℎ3 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 ℎ3 − ℎ4 =/−𝑊𝐶2 / /−𝑊𝑐2 / = 𝐶𝑝 (𝑇3 − 𝑇4 ) = 1,005(340 − 612,87) 𝑘𝐽 = −274,23 𝑘𝐽 BS:

BE: 𝑚2 ℎ2 + 𝑤𝐶1 − 𝑚1 ℎ1 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 ℎ2 − ℎ1 = 𝑊𝐶 𝑊𝑐 = 𝐶𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 1,005(300 − 705,82)

= −407,85 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔

𝑚4 𝑆4 − 𝑚3 𝑆3 − 𝑆4 − 𝑆3 = 0

𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑆𝑔𝑒𝑛 𝑇 𝑠4 = 𝑠3 𝐾−1 𝐾

𝑇4 = 𝑇3 (𝑃4 ⁄𝑃3 )

𝑇4 = 340(15740⁄2000)0,2856 = 612,87𝑘 𝑊𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝑤𝑐1 + 𝑤𝑐2 = −407,87 + (−274,23) 𝐾𝑗 = −682,02 ⁄𝐾𝑔

SIN INTERCAMBIADOR P(Kpa) T(°K)

1 100 300

2 15740 1272,29

BM: m2 = m1 BE: 𝑚2 ℎ2 + 𝑤𝐶 − 𝑚1 ℎ1 − 𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 0 ℎ1 − ℎ2 = 𝑊𝐶 𝑊𝑐 = 𝐶𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 1,005(300 − 1272,29)

= −977,15 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔 BS: 𝑚2 𝑆2 − 𝑚1 𝑆1 − 𝑆2 − 𝑆1 = 0

𝑄𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑆𝑔𝑒𝑛 𝑇 𝑠1 = 𝑠2 𝐾−1 𝐾

𝑇2 = 𝑇1 (𝑃2 ⁄𝑃1 )

𝑇2 = 300(15740⁄100)0,2856 = 1272,29𝑘

BS: 𝑚(𝑆2 − 𝑆1 ) = 0 𝑆2 = 𝑆1 𝐾−1 𝑇2 = (𝑃2 ⁄𝑃1 ) 𝐾 𝑇1

𝐾−1 𝐾

𝑇2 = 𝑇1 (𝑃2 ⁄𝑃1 )

1.3997−1 1.3997

𝑇2 = 300𝐾(600 𝑘𝑃𝑎⁄100 𝑘𝑃𝑎) 𝑇2 = 500,415 𝐾 TURBINA:

p(Kpa) T(°K)

estado 1 100

estado 2 600

300

500,415

estado 3 600 740,51

estado 4 200

BM: m3=m4 BE:

541,09

Se asume que P2=P3, asumiendo que el calentador no tiene caídas de presión, por lo tanto la presión de entrada es igual a la presión de salida. COMPRESOR. (como es adiabático reversible)

𝑄 − 𝑊𝑇 = (ℎ4 − ℎ3 ) Como la turbina es adiabática no hay flujo de calor entonces el balance de energía nos queda: ℎ3 − ℎ4 = 𝑊𝑇 BS:

𝑆𝑔𝑒𝑛 = 0

BM 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 3 = 𝑚 4 entonces tendremos que Q=0 y la Sgen= O

𝑚(𝑆4 − 𝑆3 ) = 0 𝑆4 = 𝑆3 𝐾−1 𝑇4 = (𝑃4 ⁄𝑃3 ) 𝐾 𝑇3

BE: ℎ1 − 𝑊𝑐 = ℎ2 /−𝑊𝑐/= ℎ2 − ℎ1 /−𝑊𝑐/= ℎ2 − ℎ1 /−𝑊𝑐/= 𝐶𝑝(𝑇2 − 𝑇1 ) |−𝑊𝑐| =

1.005𝐾𝐽 (500.415𝐾 − 300𝐾) 𝐾𝑔. 𝐾

|−𝑊𝑐| = 201.417 KJ/Kg

𝐾−1 𝐾

𝑇4 = 𝑇3 (𝑃4 ⁄𝑃3 )

1.3997−1 1.3997

𝑇4 = 𝑇3 (200 𝑘𝑃𝑎⁄600 𝑘𝑃𝑎)

𝑇4 = 𝑇3 0.7307

Ec. (1)

Asumiendo que potencia de la turbina es igual a la potencia del compresor tendremos que, 𝑊𝑇 = 𝑊𝑐 𝑊𝑇 = ℎ3 − ℎ4 𝑊𝑐 = 𝑊𝑇 = 𝐶𝑝 ( 𝑇3 − 𝑇4 ) Ec. (2) Se remplaza Ec. (1) en la Ec. (2) y se saca factor común de 𝑇3 200.417𝐾𝐽 𝐾𝑗 = 1.005 𝑇 ( 1 − 0.7307) 𝐾𝑔 𝐾𝑔. 𝐾 3 𝑇3 = 740,51𝐾 𝑇4 = (740,51)0.7307 = 541,09𝑘

INTERCAMBIADOR DE CALOR BM: m3=m2 BE: Q I − WI = ∆h Como es un intercambiador de calor NO hay trabajo de entrada ni de salida, entonces: Q I = ∆h ∆h = h3 − h2 Como el compresor y reversible, se dice que equipo es isentrópico, es decir, S1=S2 por lo tanto: estado 1

estado 2

estado 3

p(Kpa)

100

500

500

T(K)

293

463,97

303

T2 = T1 (P2 ⁄P1 )

m (kg/s)

0,5

0,5

0,5

T2 = 293(5)0,2856

K−1 T2 = (P2 ⁄P1 ) K T1 K−1 K

T2 = 463,97 K Se calcula la potencia al compresor: |−Ẇ c | = Cp(T2 − T1 ) |−Ẇ c | = 1.005(463,97 − 293) kJ |−Ẇ c | = 144,689 ⁄kg Wc = 0,5(144,689) = 72,3445Kw Ahora se calcula la tasa de rechazo térmico: Q I = Cp ∗ ṁ(T3 − T2 ) Q I = 1.005 ∗ 0.5(303 − 463,97)

COMPRENSOR

Q I = −80,887Kw

BM: m2=m1 BE: 𝑄𝑐 − 𝑊𝐶 = ∆ℎ ∆ℎ = ℎ2 − ℎ1

Como el compresor es Adiabático no hay flujo de calor.

m1 = m3 (h2 - h3)/ (h2 - h1) m1 (kg/s) =4(2828,3-675,47)/ (2828,3-167,53)= 3 ,236 m2=m3-m1=0,764 Balance de entropía; Sgen = m3s3 - (m1s1 + m2s2) Sgen = 0,8051 kW/K Como es un proceso adiabático (q=0, ∆𝑒𝑝 = 0 , ∆𝑒𝑐 = 0) y (S=0) MÉTODO ITERATIVO TABLA DE DATOS

Tabla A-4 Y A-6 del cengel.

1

2

3

P (kPa)

1000

1000

1000

1

2

3

T (° C)

40

200

160

P(KPa)

1000

1000

1000

h (kJ/kg)

167,53

2828,30

699,68

T(°C)

40

200

160

s (kJ/kg-K)

0,5724

6,6956

1,9978

m(kg/s)

3,2364

0,764

4

liq sub

vap sob

liq sub

h(kJ/kg)

167,53

2828,3

675,47

Condición (x)

S(KJ/kg-K)

0,5724

6,6956

1,9426

m (kg/s)

3,20

0,80

4,00

Estado (x)

Liq. Sub o Vap.sob sat

Balance de materia;

Liq. Sub o sat X1

m1+m2=m3 m3 - (m1 + m2) = 0

X2

T

h

S

165

697,24

1,9923

165,56

699,68

1,9978

170

719,08

2,0417

Balance de energía;

X= (h-hx1)/ (hx2-hx1)

Q-W=∆U

X=0,1119047

Pero q=0

Balance de energía;

m3h3 -(m1h1 + m2h2) = 0

h3 = (m1h1 + m2h2)/m3

m2=h2 (m3-m1)

h3=699,68 kJ/kg

Reemplazo m2:

Balance de materia;

m3h3 - m1h1 = m3h2 - m1h2

m1/m2 =4

m1=4m2 m1 + m2 = 4m2 + m2 = 5m2 = m3; m2 = m3/5=4/5 m2 =

0,8 kg/s

m1 =

3,2 kg/s

Balance de entropía; Sgen= m3s3 - (m1s1 + m2s2) Sgen=0,80304kJ/kg-K

Estado aire; (h1-h2)= (1046,04-400,98)=645,06 Estado del líquido; P=200 KPa 𝑃 𝑠𝑎𝑡 = 2,3392 @ Tabla de T, de líquido saturado. 𝑃 > 𝑃 𝑠𝑎𝑡 h3=83,915 KJ/kg S3=0,2965 KJ /kg-K X=100% (h4 - h3) = (h4 - 83,915) 1 125 100

2 100 400

3 200 20

m(kg/s) h(kJ/kg) S(KJ/kgK)

m1=m2=2 1046,04 2,9677

2 400,98 1,99194

m3=m4=0,5 83,915 0,2965

120,21 0,5 2664,15 7,015064

Estado

Aire caliente

Aire caliente

Liquido sat. Agua (x=100%)

Liquido sat. Agua (x=0,98)

P(KPa) T(°C)

Balance de materia; m1=m2=2 kg/s m3=m4=0,5 kg/s 𝑚3 = 0,25 𝑚1 Balance de energía; ṁ(Aire) ×∆h(aire) = ṁ (lqdo) ×∆h(lqdo)

4 200

Sustituyo los valores en la ecuación 1 y hallo h4; 645,06 = 0,25 ℎ4 − 83,915 0,25(h4-83,915) = 645,06 0,25h4-20,97875=645,06 0,25 h4= 666,03875 h4= 2664,155 KJ /kg CALIDAD; Datos: Sf=1,5302 KJ/ Kg-K Sg=7,1270 KJ/ Kg-K hf= 504,71 KJ/ kg hg=2706,3 KJ/ kg 𝑥=

Q=m1 (h2-h1)-m3 (h4-h3)=0 m1 (h1-h2)= m3 (h4-h3) (h1−h2) (h4−h3)

m3

= m1 (Ecuación 1.)

ℎ − ℎ𝑓 ℎ𝑓𝑔

𝟐𝟔𝟔𝟒,𝟏𝟓𝟓−𝟓𝟎𝟒,𝟕𝟏 = 𝟐𝟐𝟎𝟏,𝟓𝟗

X=

0,98

S4=sf + x (sg- sf) S4=1,5302 +0,98(7,1270-1,5302) S4=7,015064 KJ/ Kg-K

Balance de entropía; Aire; P2

Saire = m ̇ aire (S2- S1)-R* Ln (P1) Saire = 2(1,99194 − 2,96770) − 0,287 100 ∗ 𝐿𝑛 ( ) 125 Saire = −1,8871 KJ /kg − K Liquido; Slqdo = ṁlqdo (s4 − s3) Slqdo =0,5(7,015064-0,2965) Slqdo =3,359282 KJ /kg-K

Sgen = ṁlqdo (s4-s3)+ ṁaire(s2-s1) Sgen=3,359282+ (-1,8871) Sgen= 1,472 KW/K