Taller Termodinámica

Ingeniería Química
Termodinámica 1
Taller de ejercicios
INTEGRANTES
● Aldana Esquivel Luis Angel

● Jiménez Maturano Erandheni
Profesor: Guadalupe Ramos Sánchez
6/Enero/2023
Taller de ejercicios
1. Una turbina de vapor con una potencia nominal de 56400 kW funciona con
vapor de agua a condiciones de entrada 8600 kPa y 500°C y descarga a una
presión de 10 kPA. Suponiendo una eficiencia de 0.75 de la turbina, determine
el estado del vapor en la descarga y el flujo másico.
Datos: P1= 8600kPa = 86bar, T1=500°C=773.15°K, P2= 10kPa = .1 bar.
W=56400Kw =56400 kj/s (Al sustituir es negativo porque se pierde el trabajo)
Balance de materia: m1=m2
Balance de energía:
du/dt= Σ[m1(H1+1/2V12 +g1z)-m2(H2+1/2V22 +g2z)]+w+Q
Consideramos las velocidades y alturas son despreciables, además de considerar
que nuestro sistema se encuentra en estado estacionario, además podemos
factorizar el flujo másico teniendo así:
Q+W=m(ΔH) Teniendo como incógnita Q, m y ΔH
Balance de entropía:
ds/dt= m1s1-m2s2+Q/t+Sgen
Considerando un estado estacionario nuestro balance y las m son iguales
tenemos:
m(Δs) +Q/t+Sgen=0 Teniendo como incógnita Q, m y ΔS
Aunque podemos encontrar ΔH y ΔS en ambas ecuaciones, tenemos dos
incógnitas para cada una, podemos considerar que nuestro proceso es adiabático
y eliminar Q en ambas ecuaciones de forma que el flujo másico se obtenga de
balance de energía, pero vamos a considerar un proceso reversible en el balance
de entropía para que Sgen=0
Por lo tanto nuestro balance de entropía es:
m(ΔS)+Q/t=0 = Q=(m(ΔS))t
Usando un diagrama de Mollier obtenemos H1 y S1
H1 = 3400 [kJ/kg] S1= 6.7 [kJ/kg K] (Punto H1 en anexo 3)
Buscamos en la curva de líquido y vapor saturados para encontrar H2 y S2
Hl= 200 [kJ/kg] (Punto HL en anexo 3) HV= 2580 [kJ/kg] ] (Punto Hvap en anexo 3)
SL= 0.65 [kJ/kg K] SV= 8.15[kJ/kg K]
Sustituyendo:
Para encontrar X2 usamos:
S1 = SVapor (XVapor)+(Sliquido)(1-XVapor)
6.7=(8.15)( XVapor)+(0.65)(1- XVapor)= XVapor =.806 (Calidad 2)
Y para encontrar H2 usamos:
H2 =XVapor (HVapor)+(Hliquido)(1-XVapor)
H2=(2580)( .806)+(200)(1- .806)= 2118.28 [kJ/kg]
Por lo tanto sustituyendo en ΔH= H2-H1:
ΔH=2118.28-3400= -1281.72 [kJ/kg]
Sin embargo al ser un proceso real el verdadero ΔH es modificado por la eficiencia
tal que:
ΔH=(-1281.72)(0.75)= -961.29[kJ/kg]
Por lo tanto H2 corresponde a H2= H1+ ΔH= 2438.71[kJ/kg] ] (Punto H2 anexo 3)
Con estos datos buscamos en el diagrama la entropía S2=8.1 X2=0.92
Y por tanto ΔS= S2-S1= 8.1-6.7=1.4[kJ/kg K]
Regresando a los balances tenemos:
Q=m(ΔH)-W y Q=(m(ΔS))t
Igualamos ambas Q y sustituimos valores:
m(ΔH)-W=(m(ΔS))t =m(-961.29[kJ/kg])-(-56400 kj/s)=m(1.4[kJ/kg K])( 773.15°K)=
-961.29m[kJ/kg]-1082.41m[kJ/kg ])=-56400kj/s
(m)2043.7[kJ/kg ])=-56400kj/s, m= 27.59kg/s
Y el estado al salir se encuentra en una mezcla liquido vapor, sin embargo es muy
cercano al vapor saturado pues la calidad (x2=0.92) es cercana a 1 donde se
encontraría como vapor saturado
Nota: Si consideramos un proceso adiabático (segunda opción para reducir
incógnitas) basta con el balance de energía donde W=m(ΔH) de forma que
m=58.67kg/s
2. Un compresor opera adiabáticamente con aire que entra a 100°C y 500kPa.
La presión de descarga es de 1300 kPa y la eficiencia del compresor de 75%.
Estime la potencia requerida del compresor y la temperatura de la corriente de
salida. Datos T1=100°C=373.15°K, P1=1atm, P2=1300kpa=0.01283atm,
adiabático.
En este caso realizamos un balance de energía:
que nuestro sistema se encuentra en estado estacionario, al ser un proceso
adiabático Q=0, además podemos factorizar el flujo másico teniendo así:
W=m(H2-H1) = W=m(ΔH) con dos incógnitas Buscamos W y T2
En este caso desconocemos tres datos pues la entalpía dos no se puede
estimar al no contar con un diagrama de Mollier para esta especie, solo tablas,
de forma que debemos obtener una T 2.
Para T2 partimos de la fórmula de Ƞ=1-( T2/ T1) Despejando T2=T1(1- Ƞ).
T2=373.15(1-0.75)=92.28°K=T2
Aún tenemos dos incógnitas (W y m), al tener la eficiencia de la máquina
sabemos que
Ƞ= Wnet/QA si depejamos Wnet=QA(Ƞ) Pero al ser adiabático Q=0 y Wnet=0
Al no poder obtener más datos vamos a estimar la potencia para 1mol y 1kg
Buscamos la entalpía de cada valor interpolando en la tabla (Anexo 1)
Para T1=373.15°K, H1= 373.8515[kJ/kg] y para T2=92.28°K H2= 92.25 [kJ/kg]
Por lo tanto tenemos todos los datos sustituimos en W=m(ΔH) donde ΔH= H2-H1
Con el peso molecular del aire seco, calculamos la masa por un mol
(1mol)(28,9645 kgmol)= 28,9645g= 0.0289645kg
W=0.0289645kg (92.95-373.8515) [kJ/kg]= -8.13 KJ
W=1kg (92.95-373.8515) [kJ/kg]= -280.9015 KJ
Son negativos por la referencia del trabajo, por lo tanto
Para 1mol se necesitan 8.13 KJ y para 1kg se necesita una potencia de 280.9015
KJ
3. Un compresor adiabático se utiliza para comprimir aire de 1atm y 520°R
(289°K) a 10atm. Se descubre que el aire comprimido tiene una temperatura de
salida de 1033.3°R (574°K).
Datos T1=289°K, P1=1atm, P2=10atm T2=574°K, adiabático
•¿Cuál es el valor de ΔS en este proceso?
Debido a que buscamos un cambio de entropía planteamos balance de materia
y de entropía
Balance de materia: m1=m2
Balance de entropía:
ds/dt= m1s1-m2s2+Q/t+Sgen
Al ser adiabático Q=0, además suponemos un estado estacionario
-m1S1+m2S2=Sgen =m(ΔS)= Sgen
Debido a que solo buscamos el cambio de entropía podemos aislar ΔS que no
depende de las otras variables, como la tabla nos arroja valores para gases
ideales, (Anexo 1) usamos una ecuación que propone un arreglo con R especifica
para el aire. (Anexo 2)
ΔS = S2-S1 = (S°2-S°1)-Rln(P2/P1)
Buscamos las entropías correspondientes en tablas (Anexo 1) y R para el aire
(Anexo 2)
Realizando interpolación obtenemos:
Para T1=289°K, S1= 1.67[kJ/kg K] y para T2=574°K S2= 2.36[kJ/kg K] y R= 0.2870
kJ/kg·K
Por lo tanto sustituyendo en ΔS =S2-mS1
S2-S1 =2.36-1.67= 0.69[kJ/kg K]
ΔS= 0.69-0.2870ln(10atm/1atm)=0.02915[kJ/kg K]
•¿Qué cantidad de trabajo se necesita por libra de aire para la compresión?

En este caso realizamos un balance de energía:
que nuestro sistema se encuentra en estado estacionario, al ser un proceso
adiabático Q=0, además podemos factorizar el flujo másico teniendo así:
W=m(H2-H1) = W=m(ΔH)
Sabemos que el flujo másico es de 1 libra= 0.453kg
Y buscamos la entalpía de cada valor interpolando en la tabla (Anexo 1)
Para T1=289°K, H1=289.156 [kJ/kg] y para T2=574°K H2= 579.77[kJ/kg]
Por lo tanto tenemos todos los datos sustituimos en W=m(ΔH) donde ΔH= H2-H1
W=0.453kg(579.77-289.156) [kJ/kg]= 131.64 KJ
Se necesitan 131.64 KJ por cada libra de aire para la compresión
•La temperatura del aire que sale del compresor es más alta que aquella
calculada para el caso de un compresor reversible, ¿por qué?
Esto se debe a que las pérdidas de efectos disipativos y de fricción que
corresponden a tener un proceso reversible, son menores a las perdidas de Q
que implica un proceso adiabático, por lo tanto al ignorar las perdidas debido a
Q la temperatura es mayor a la temperatura de un estado reversible.
4.- Se muestra el ciclo básico para una planta de energía de vapor. Suponga
que la turbina opera adiabáticamente con vapor de agua que entra a 6,800 kPa
y 550°C y que el vapor de emisión entra al condensador a 50°C con una calidad
de 0.96. Agua líquida saturada deja el condensador y es bombeada a la caldera.
Despreciando el trabajo de la bomba y los cambios de energía cinética y
potencial, determínese la eficiencia térmica del ciclo y la eficiencia de la turbina.
Base: 1 kg/s de H2O
Realizamos una tabla para organizar nuestros valores T, P, S, H, V, en cada uno

de los estados de nuestro ciclo (Datos obtenidos con interpolación de tablas,
referencia 2)
S(KJ/
T(°C) P(kpa) Kg*K) H((kj/Kg) V(cm3/g)
1 50.38 6800 0.7038 216.78 1.01835
2 550 6800 6.9636 3531.5 53.486
3 50 12.35 6.9636 2697.98 12050
4 50 12.35 0.7038 209.34 1.012
Del edo1 al edo2, hay un proceso isobárico a presión constante

Del edo2 al edo3, hay una expansión isoentrópica, a la turbina entra vapor
sobrecalentado.
Del edo3 al edo4, hay un proceso isobárico a presión constante
Del edo6 al edo1, hay una compresión isoentrópica.
De la primera ley, obtenemos las fórmulas para calcular el calor en cada uno de
los estados:
Caldera: Q12=ΔH12+W12
Turbina: Q23= ΔH23+W23
Condensador= Q34= ΔH34+W34
Bomba= Q41= ΔH41+W41
Resumimos los datos obtenidos en la siguiente tabla:
Q ΔH W
Caldera 3314.72 3314.72 0
Turbina 0 -833.52 833.52
Condensado
r -2488.64 -2488.64 0
Bomba 0 -7.44 7.44
En el ciclo, la turbina y la bomba actúan de manera adiabática(Q=0), y en la

caldera y el condensador al no haber cambios de presión, tampoco hay trabaja
involucrado.
El calor de la caldera corresponde al calor de entrada y el calor de el condensador
corresponde al calor de salida. Con esto obtenemos el trabajo neto
Wneto=Qent-Qsal
Wneto=3314.72-2488.64
Wneto=826.08
Finalmente, la eficiencia es el trabajo neto entre el calor de entrada
Wneto 826.08
η= = =0.2492η=24.92 %
Qent 3314.72
Anexos
Anexo 1.-Tabla de propiedades del aire. (Referencia 1)
Anexo 2.- Valor de R para el aire (Referencia 1.)

Anexo3.- Puntos de diagrama de Mollier
Referencias.
1.-Tablas para valores de entalpía, entropía y constantes R para el aire.
https://mega.nz/file/BKtimRqb#VjcquO_E5pIatZBeTbJJ4fUu0UImM1ItwJbRNUHHZWE
2.- Tablas de vapor, Cengel termodinámica 7a edición

https://mega.nz/file/5aFUmBQZ#4PZ3fgdTjInniAvs5WAaw_7plwyGYNMHlpehgEqiP1o

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● Aldana Esquivel Luis Angel

Profesor: Guadalupe Ramos Sánchez

•¿Qué cantidad de trabajo se necesita por libra de aire para la compresión?

Realizamos una tabla para organizar nuestros valores T, P, S, H, V, en cada uno

Del edo1 al edo2, hay un proceso isobárico a presión constante

En el ciclo, la turbina y la bomba actúan de manera adiabática(Q=0), y en la

Anexo 1.-Tabla de propiedades del aire. (Referencia 1)

Anexo 2.- Valor de R para el aire (Referencia 1.)

2.- Tablas de vapor, Cengel termodinámica 7a edición

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