Cambios de Estado en una Válvula de Expansión

¿Qué le sucede a la temperatura (T) cuando un fluido atraviesa una válvula de expansión? (Sustancia incompresible, Bernoulli, h1=h2). Tenemos v2=v1, por lo tanto, una disminución de presión (P) se asocia con un aumento de u2 (energía interna específica), con lo cual también aumentará la T. En una mezcla bifásica (diagrama T-v), se asocia una disminución de T con una disminución de P. Para un gas ideal, tenemos que h=h(t). Como h1=h2, entonces t1=t2.

Compresión Adiabática del Aire

Se comprime aire desde 1 bar y 27ºC hasta 5 bar y 177ºC. ¿Puede ser adiabática? No puede ser adiabática, además el sistema cede calor, al ser la transferencia de calor negativa. Pr=p/pc=0,0265<0,05 (gas ideal); as=»sº(t2)-sº(t1)-RgLN(p2/p1)=-0,0523,» as=»(Q/T)+Sgen ;» sgen=»»>0. Entonces (Q/T) es distinto de 0 y en este caso en concreto negativo.

Ciclo Brayton Simple

Determinar la T y P de salida del ciclo Brayton simple para (Wneto/m)=max. Entrada al compresor fija, y T a la turbina fija. AEF (T1=300K, P1=10⁵ Pa, T3=1200K). Wneto/m=cp(T1-T2-T4+T3); (T1/T2)=(T4/T3); ((dWneto/m)/(dT4))=cp(0-(T1T3/T4)-1+0); (T4^2)=T1·T3; P4=P3((Raiz(T1·T3))/T3)^(k/k-1).

Ciclo Diesel

Monocilindro Diesel diámetro/carrera 90/100 mm y Vol. min. final 50cm³, en la entrada p1=1bar y T1=290K, Tmax=1800K. AEF. Cilindrada (AV=pi x R^2 x carrera=pi x (9^2/2)x10=405Pi cm³); Vmin.final=V2=50; AV=V1-V2; V1=1322´345; r=v1/v2=26´447; k(a.20)(T1(AEF))=1,4; (T2/T1)=r^(k-1)=1074´85K; rc=(v3/v2)= (T3/T2)= 1800/1074´85=1´675; ηcomb=(1-(1/r^(k-1))x((rc^k)-1/(Kx(rc-1))); (PME=Wneto/AV).

Ciclo Otto

Otto diámetro/carrera 80/95mm, Vmin final=V2=50cm³. Cond. entrada 290K, 1bar, y Tªmax=2000K, AEF. (AV=pi x R^2 x carrera=pi x (8^2/2)x9´5=152Pi cm³). AV=V1-V2; V1=527´52; r=v1/v2=10´55; ηtérmico=(1-(1/r^(k-1)); k(a.20)(T1(AEF))=1,4; η=1-(1/10´55^(1´4-1))=0´61.

Ciclo de Vapor con Recalentamiento

TV entra H2O p=10Mpa y T=500ºC, expande hasta 0´5Mpa. El H2O se recalienta hasta 450ºC, antes de entrar en la 2ª etapa de turbina donde se expande hasta 0´008 Mpa. Rendimiento Isoentrópico de las etapas de la turbina 95%. Utiliza el diagrama de Mollier para título en salida ¿es mayor o menor recomendado? h1=3380; h2s=2680; rndturb1=(h1-h2)/(h1-h2s); h2=2715; h3=3375; h4s=2520; ηturb2=(h3-h4)-(h3-h4s); h4=2562´75; x=0,996; X~1. Sta x encima lo mín. recomendado, que es 0,85; Wt={(h1-h2)+(h3-h4)}= cp{(T1-T2)+(T3-T4)}; Pinterm^2=(Palta·Pbaja)x(T3/T1)^(k/k-1); T2=T1·(pinter/Palta)^(k-1/k)= T3(Pbaja/Pinter)^(k-1/k); T4=T3·(Pbaja/Pinter)^(k-1/k)=T1(Pi/Palta)^(k-1/k).

Transferencia de Calor a través de una Pared

Determinar las pérdidas de calor en una pared de 5m² de ladrillo macizo de 15cm de espesor (k=0,87W/mK), coeficiente de convección interior de hi=10W/m²K y exterior he=12W/m²K. Ti=26ºC y Text=2ºC; ‘Q (pérdidas calor)=AT/Rt; Rt=(1/hi·A)+(L/K·A)+(1/he·A)= (1/10·5)+(0,15/0,87·5)+(1/12·5)= 0,071k/w; Pérdidas ‘Q=(2+273,15-26+273,15)/0,071=-338,03W.

Ahorro con Bomba de Calor

Vivienda con calefactor eléctrico de 2kw (COP=1) para mantener comedor a 22ºC, Tamb(ext)=2ºC. Ahorro máximo diario teórico si empleara una bomba de calor (coste electricidad 0,09€/kwh). COP=(Qs/W)=1/(1-(Text/Tvivienda))=1/1-(275/295)=14,75; W=Qs/COP= 2/14,75= 0,136Kw. Potencia que me ahorro en una hora 2-0,136=1,864, en un día x 24 horas=44,736kwh/día. Luego ahorro: 44,736×0,09=4,03 €/día.

Error en el Gráfico de Compresibilidad Generalizado

Calcula el error al emplear el gráfico de compresibilidad generalizado para el volumen del refrigerante R134a a 60ºC y 1,1Mpa; Gráfico: T=60+273,15, P=11bar; Pr=P/Pc=0,27; Tr=T/Tc=0,89; Zgraf=0,86. Tablas=Vapor sobrecalentado. Interpolo entre 10 y 12; v=0,02068; Ztablas=(p·v·M)/~R·T=0,8383; Error (Zgraf-Ztablas)=0,02.

Comportamiento de Gas Ideal

¿El aire de esta aula es un GI? Un gas se acerca a un comportamiento ideal a P bajas y/o temperaturas elevadas, en este caso el factor de compresibilidad generalizado se aproxima a 1, y como un gas ideal cumple Z=1, sí que lo podemos considerar GI, además lo puedo comprobar Pr=P/Pc=Patm/37´7bar= 0´027<0´05, como es menor de 0´05 es gas ideal.

Irreversibilidad con Entropía Constante

Si se tiene que la entropía a la entrada y salida de un volumen de control en estado estacionario es la misma ¿puede darse irreversibilidad? Sí, ya que la entropía es constante, as=0, para as=intrgrl(dQ/T)+Sigma, pero Sigma=-Integrl dQ/T.

Turborreactor

Descripción

Consta de 3 secciones:

1. Difusor: Decelera el aire entrante e incrementa su presión (efecto dinámico).
2. Generador de gas: Consta de un compresor, combustor y turbina, que funcionan de igual forma que una central térmica de turbina de gas estacionaria.
3. Tobera: Los gases que dejan la turbina a una presión elevada se expanden incrementando su velocidad. El cambio global en la velocidad relativa de los gases respecto al motor proporciona la fuerza propulsora.

Dibujo

1ª parte: Entrada de aire por difusor (compresor). # 2ª parte: Generador de gas hasta el final de la turbina. # Entre las 2 partes hay (2 quemadores a los lados del eje). # 3ª parte: En el conducto de postcombustión hay un pulverizador de combustible y un limitador de llama, para que finalmente salga por la 4ª parte a una tobera ajustable.

Diagrama

Del difusor, sale a un compresor, de ahí salen el eje y el combustor cuadrado, que llegan a la turbina, y de la turbina, sale a una tobera. Diagrama T-s es un rectángulo en forma de difusor con 6 puntos (4 esquinas y dos laterales intermedios), empezando en la esquina de abajo a la izquierda el uno en la entrada del difusor.

Diferencias entre MEP (Otto) y MEC (Diesel)

El motor de encendido por chispa (MEP) es:

• La mezcla aire-combustible se comprime hasta una temperatura por debajo de la inflamación del combustible.
• La combustión se inicia mediante una chispa.
• La compresión está limitada por la autoinflamación y por la rotura del motor.

El motor de encendido por compresión (MEC) es (para un ciclo Diesel):

• Se comprime aire hasta una temperatura superior a la de inflamación del combustible.
• La combustión empieza con la inyección del combustible en el aire caliente.
• La bujía y el carburador se sustituyen por el inyector.
• Sólo se comprime aire por lo que no hay posibilidad de autoignición.
• El motor Diesel puede usar combustible menos refinado (menos caro).
• Opera a mayores relaciones de compresión (valores típicos 12-24).
• La combustión tiene lugar durante un largo período de tiempo y puede modelizarse como una entrada de calor a presión constante.

Calor a Evacuar en un Reactor

Determinar el calor por unidad de masa que hay que evacuar de un reactor para que al quemar pentano y propano al 50%, a 25ºC y 1atm, con su cantidad estequiométrica de aire, los productos salgan en esas mismas condiciones, considerando el H2O de los productos en fase líquida. ¿Qué término se utiliza para describir? PCS (Poder Calorífico Superior).

(0´5 C5H12 + 0´5 C3H8) + a(O2 + 3,76N2) —> bH2O + cCO2 + dN2; (CHON); C) 0´5·5 + 0´5·3 = c —> c=4; H) 0´5·12 + 0,5·8 = 2b —> b=5; O) 2·a = b + 2c —> a=6,5; N) 2·3´76·a = 2d —> d=24´44.

La relación estequiométrica: (0´5 C5H12 + 0´5 C3H8) + 6´5(O2 + 3´76N2) –> 5H2O + 4CO2 + 24´44N2; Entalpía de Combustión; ~hc = ~hp – ~hr; (p1atm y 298K a.23) ~hp = 5~hH2O + 4~hCO2 + 24´44~hN2; ~hH2O = ~hºfH2O + ∆~hH2O = -285830; ~hCO2 = ~hºfCO2 + ∆~hCO2 = -393520; ~hN2 = ~hºfN2 + ∆~hN2 = (8669-8669) = 0; ~hp = 5(-285850) + 4(-393520) + 24´44(0) = -3003230Kj/mol; (p1atm y 298K a.23) ~hr = 0´5~hC5H12 + 0´5~hC3H8 + 6´5~hO2 + 24´44~hN2; ~hC5H12 = ~hºfC5H12 + ∆~hC5H12 = -146440; ~hC3H8 = ~hºfC3H8 + ∆~hC3H8 = -103850; ~hO2 = 0; ~hN2 = 0; ~hr = 0´5(-1464409) + 0´5(-103850) = -125145; ~hc = (-3003230 – (-125145)) = -2878085·(1Kmol/ (0´5·72´15 + 0´5·44´09)Kg) = -49519´70; Calor que hay que evacuar por unidad de masa PCS = 49519´70.

Diferencia entre Punto Triple y Crítico

A diferencia del punto de congelación y del punto de ebullición, que dependen de la presión, el punto triple es una propiedad fija. Se utiliza para definir Kelvin, la unidad de temperatura termodinámica. Por definición, hay exactamente 273.16 °K entre el punto triple del agua y el cero absoluto, y es la única combinación de presión y temperatura a la que el agua, hielo y vapor de agua pueden coexistir en un equilibrio estable.

Diagrama: Una T al revés (Hielo-Agua) y abajo Vapor de H2O, y el punto crítico a la derecha de la T al revés en el final de la línea, y estaría entre fluido supercrítico y vapor sobrecalentado.

Punto crítico: Es un punto termodinámico donde una sustancia se encuentra en su presión crítica y su temperatura crítica. Las sustancias en su punto crítico se comportan como gases ideales.

Temperatura de Rocío en un Horno (Butano)

En un horno se quema butano con 10% de exceso de aire. Sabiendo que los gases de escape están a 100kPa, determinar la temperatura de rocío.

C4H10 + 1´1a(O2 + 3´76N2) —> 4CO2 + 5H2O + 1´1a·3´76N2 + 0´1aO2; 1´1a·2 = 4·2 + 5 + 0´1a·2; a=6´5; nH2O=5; nT=4 + 5 + 26´884 + 0´65 = 36´534; XH2o = 5/36´534 = 0´1368; Pt = 100kPa = 1bar; PH2O = XH2O·Pt = 0´1368·1 = 0´1368bar; Interpolo A.3 entre (P(0´1&0´2)) y (T(45´81&60´06)), Temperatura de rocío (p=0´1368) = 51´054ºC; ~AC = nc/naire = 1/1´3·6´5·4´76 = 0´02486; AC = mc/maire = 0´02486·(58´12/28´97) = 0´04988.

Temperatura de Rocío en un Horno (Pentano)

En un horno se quema pentano con 10% de exceso de aire. Sabiendo que los gases de escape están a 100 kPa, determinar su temperatura de rocío.

C5H12 + 1´1a(O2 + 3´76N2) –> bCO2 + cH2O + dN2 + eO2; (CHON): C) (5=b); H) 12=2c; (c=6); O) 1´1·a·2 = 2b + c + 2e; N) 1´1a·3´76·2 = 2d; Oexceso) 0´1·a·2 = e·2; (a=8); (e=0´8); (d=33´088); XH2o = nH2O/nTotal = 6/(5 + 6 + 33´088 + 0´8 = 0´1336; Pt = 100kPa = 1bar; PH2O = XH2O·Pt = 0´1337·100 = 13´337 Kpa = 0´1337bar; Interpolo A.3 entre (P(0´1&0´2)) y (T(45´81&60´06)), Temperatura de rocío (p=0´1337) = 50ºC.

Obstrucción en la Salida de Aire del Condensador

Razona las modificaciones que se producen en una máquina frigorífica si se obstruye la salida de aire del condensador. Lo que ocurre entonces, es que el refrigerante no intercambia el calor suficiente y no llegará a condensar completamente. Esto producirá la formación de burbujas de vapor en la línea de líquido que se dirige al condensador.

Efecto de la Superficie del Evaporador en el COP

Describe el efecto que tiene sobre el COP de una máquina frigorífica aumentar la superficie del evaporador, sabiendo que la temperatura del recinto a refrigerar está definida. Pues el aumento mejorará el intercambio de calor entre este y el recinto a refrigerar, disminuyendo así las irreversibilidades del proceso y por tanto aumentando el COP, que se aproximará al de un ciclo ideal.

Coeficiente Global de Transferencia de Calor

Determinar el coeficiente global de transferencia de calor para un intercambiador de placas de acero inoxidable: Potencia nominal (~Q) = 50000Kcal/h; En diagrama dos líneas formando medio arcoíris, una hacia arriba Fluidofrio = Agua (Tefria = 10 -> Tsalidfria = 55ºC); Y otra por encima hacia abajo Fluidocaliente = Agua (Tentcaliente = 90 -> Tsalcaliente = 70ºC), Nº placas 11; Dimensiones (140·240·1)mm; n-2 = 11-2 = 9 Contracorriente; A = 9·0´14·0´24 = 0´3024m²; ATL = 90-55 = 35ºC; ATo = 70-10 = 60ºC; ~Q = Um·A·(ATL-ATo/ln(ATL/ATo)); 50000 = Um·0´3024·(35-60/ln(-15/60)); Um (coef. global calor) = 3564´79 Kcal/hora·m².

Mejora del Rendimiento en un Ciclo de Refrigeración

Para mejorar el rendimiento del ciclo de refrigeración reversible, funcionando entre 2 focos de temperatura (Tcaliente y Tfria) ¿Sería preferible modificar Tc o modificar Tf en la misma cantidad? ¿Qué limitaciones encuentras? Pues la limitación de temperaturas, por ejemplo, la temperatura máxima no puede pasar de la temperatura crítica. COPMF(η) = Tf/Tc-Tf; (dη/dTf) = ((Tc-Tf)-Tf·(-1))/(Tc-Tf)^2 = Tc/(Tc-Tf)^2; El η aumenta al aumentar Tf; (dη/dTc) = (-TF)/(Tc-Tf)^2; El η aumenta al disminuir Tc; Es más eficiente aumentar la temperatura del foco frío, por tanto |dη/dTf| > |dη/dTc|; Tc > Tf.

Procesos Cuasiestáticos

Son procesos idealizados que se desvían del equilibrio de un modo infinitesimal. Todos los estados por los que el sistema pasa en un proceso cuasiestático pueden considerarse estados de equilibrio, ya que son procesos de evolución lo suficientemente lentos que permiten al sistema realizar un ajuste interno, de manera que las propiedades de una parte de él no cambian más rápido que en otras partes. Esta característica los hace semejantes a los procesos reversibles, procesos ideales que podemos analizar termodinámicamente de una forma más sencilla. Para comprobar si está en equilibrio, tendremos que aislar el sistema de su entorno y esperar para comprobar cambios en sus propiedades observables, y si no hay cambios puede concluirse que en el momento que lo hemos aislado, el sistema estaba en equilibrio.

Rendimiento de Máquinas Térmicas en Serie

Entre dos focos a T’ y T’’ (siendo T’ > T’’) trabajan instaladas en serie dos máquinas térmicas funcionando como ciclos de potencia. Evolucionan según ciclos reversibles de Carnot del mismo rendimiento térmico (ηΤ). Obtener la expresión del rendimiento teórico total (ηTOTAL) en función del rendimiento térmico teórico (ηΤ). Calcúlese el caso en que T’=500 K y T’’=300 K la temperatura intermedia entre los ciclos y (ηTOTAL).

Diagrama: (Foco T´ —> Maq1 —> Foco T —> Maq2 —> Foco T´´) (T´ > T > T´´) = (T´ = Tc1 > T = (Tintermedia (Tf1 y Tc2) > T´´ = Tf2); η1 = (T´-T)/T´; η2 = (T-T´´)/T; η1 = η2; T^2 = T´·T´´ = 500·300; T = 387´3K; η = W/Q; η1 = η2; W1/Q1 = W2/Q2; W2 = W1·(Q2/Q1); ηT = (W1 + W2)/Q1 = (W1/Q1) + (W2/Q1), como Q1 = W1 + Q2, entonces ηT = (W1/Q1)·(2-(W1/Q1)) = η1(2-η1).

Sobrecalentamiento y Recalentamiento en un Ciclo de Potencia de Vapor

Describe y justifica la inclusión del sobrecalentamiento y el recalentamiento en un ciclo de potencia de vapor. Para la misma evolución, cuando existe solamente un nivel de presión en el ciclo de vapor, se aprecia que la diferencia de temperaturas es mucho menor en el caso de varios niveles de presión, lo que aproxima más el proceso al concepto de reversibilidad que se expone en termodinámica. Cuando el proceso es más aproximado a la reversibilidad, la destrucción de exergía (energía utilizable) es más pequeña, lo que justifica desde un punto de vista termodinámico la inclusión de varios niveles de presión para mejorar el rendimiento.

Transferencia de Calor en una Habitación

Determinar la energía transferida por las paredes de una habitación de 16 m² constituida por 3 cm de Enfoscado de cemento (k=0,72 W/m·K), Ladrillo de 10 cm de espesor (k=0,67 W/m·K) y 2 cm de Revoque de yeso (k=0,22W/m·K) con un coeficiente de convección interior de hi=10 W/m²K y uno exterior de he=12 W/m²K, sabiendo que las temperaturas interior y exterior son 22ºC y 4ºC respectivamente.

R = (e/K + e/K + e/K) = (0´03/0´72 + 0´1/0´67 + 0´02/0´22) = 0´28183; ϕ = (T1-T2)/((1/hi) + R + (1/he)) = (4-22)/((1/10) + 0´28183 + (1/12)) = -38´6961; Φ = ϕ·A = 38´6961×16 = -619´14W.

Rendimiento Isoentrópico de una Tobera

ηIsoentTobera = (C2^2/2)/(C2`2/2)s; T2 > T2s. Representación en un diagrama H-s, con dos isobaras, a la derecha la de arriba p1, y el estado 1, que bajan dos flechas a P2, una en vertical a 2s y otra formando un ángulo de 90º a 2.

Definición: El cociente entre la energía cinética específica del gas que abandona la tobera C2^2/2 y la energía cinética específica a la salida que podría alcanzar en un proceso de expansión isoentrópica entre el mismo estado de entrada y la misma presión de salida (C2^2/2)s.

Principios de Carnot

Enunciado de los principios de Carnot (corolarios de la 2ª ley) y demostración de uno:

1. El rendimiento térmico de un ciclo de potencia irreversible es siempre menor que el rendimiento térmico de un ciclo de potencia reversible cuando ambos operan entre los dos mismos focos térmicos.
2. Todos los ciclos de potencia reversibles que operan entre los dos mismos focos térmicos tienen el mismo rendimiento térmico.

Para el 2º enunciado, por ejemplo, para un mismo foco de 2 máquinas reversibles: ηrev1 > ηrev2, entran dos calores a 2 sistemas y salen un trabajo y calor para cada sistema. Si ahora invertimos la 2ª máquina, y el sistema entra calor al foco que sale del sistema, y al sistema entra trabajo y calor, equivaldría a la violación del enunciado de Kelvin-Planck, ya que tiene que salir del sistema calor y trabajo.

Rendimiento de una Tobera

Un flujo de vapor de agua entra en una tobera a p1=10bar y T1=320ºC con una velocidad de 30 m/s. En la salida p2=3bar y T2=200ºC. No existe transferencia de calor significativa entre la tobera y sus alrededores. Determinar el rendimiento de la tobera. Como dicen un flujo, m=1; ηTobera = (C2^2/2)/(C2`2/2)s; ηTobera = aprox. 95%; c1 = 30; c2 = 30´78; v1 = (a.4) = 0´2678; h1 = 3093´9; v2 = (a.4) = 0´716; h2 = 2865´5; C2 = raíz(2·(h1-h2)·10^3).

0´05 > 0,05

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