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ESCUELA DE INGENIERÍA INDUSTRIALCURSO: TERMODINÁMICATEMA: LA SEGUNDA LEY Y LA ENTROPÍADOCENTE: CHUQUILLANQUI VEREAU JHON EDGARCICLO: IV “B”ALUMNOS: Saldaña Ramirez, Maricielo LisetTRUJILLO – PERÚ29/01/####### CAPÍTULO 66 Un frigorífico domestico pequeño se utiliza para enfriar 20L de agua que inicia...

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ESCUELA DE INGENIERÍA INDUSTRIAL CURSO:

TEMA:

TERMODINÁMICA

LA SEGUNDA LEY Y LA ENTROPÍA

DOCENTE:

CHUQUILLANQUI VEREAU JHON EDGAR

CICLO:

IV “B”

ALUMNOS: Saldaña Ramirez, Maricielo Liset

TRUJILLO – PERÚ 29/01/2021

CAPÍTULO 6 6.6 Un frigorífico domestico pequeño se utiliza para enfriar 20L de agua que inicialmente se encuentra a 22°C, El COP de la unidad es de 2,40 y la potencia consumida es 360W. Obténgase el tiempo requerido en minutos Obténgase el tiempo requerido en minutos: a. Si la temperatura final del agua es 10 °C 295,15 K

DATOS: Vagua=20 L = 20Kg Ta= 22°C = 295,15 Tb=10°C =283,15 COP= 2,50

283,15 K

P=360W Solucion: Entonces tenemos:

Qcedido Tb = , reemplazando datos: Qsum Ta Qcedido 283,15 = −→ Qced=0,96 Qsum Qsum 295,15 Encontramos el rendimiento:

COP= 2,5=

Qsum , reemplazando datos: Qced−Qsum

Qsum 0,96 Qsum−Qsum

Qsum=−24,59 Por lo tanto:

Qced=0,96 Qsum →Qced=−23.606

Finalmente W=Qced-Qsum --> W= -23.606-(-24,59) W=0,984 Encontrando el tiempo a través de la fórmula de la potencia: P = W/t  P=360W t = 0,984/360 W t= 2,73 x 10-3 s b. Si el estado final es hielo a 0°C (Se requieren 333,4 kJ/kg para congelar el agua a 0 °C )

DATOS: Vagua=20 L = 20Kg Ta= 22°C = 295,15 K Tb=0°C =273,15 K COP= 2,50 Encontramos el calor latente : Q=mLf Q=20Kg(333,4 Kj/Kg) Q=6668kj = Q suministrado Entonces Encontramos el calor cedido:

Qcedido Tb = , reemplazando datos: Ta Qsum Qcedido 273,15 = 6668 kj 295,15 K Qcedido =6170,97 Kj

Encontramos el trabajo: W=Qcedido-Qsuministrado W= 6170,97 Kj−6668 kj

W =−497.03 K j Encontrando el tiempo a través de la fórmula de la potencia: P = W/t  P=360W t = 497030J/360 W t= 1380 s (1min/60s) t = 23 min

6.10 Una casa hay que mantenerla a una temperatura de 20°C por medio de una ´ bomba de calor que extrae calor del ambiente que está a -10°C. El flujo de calor Q a través de las paredes de la casa se estima que es (0,65 kW/K) ΔT es la diferencia de temperaturas entre el interior de la casa y el ambiente. Si el COP real de la bomba de calor es 3,10 y la electricidad cuesta 10 centavos/kWh, determínese: Datos: Tb=20°C  293.15 K Ta=-10°C  263.15 K Qced=0,65 (𝑘𝑘 / )∆T ∆T= Diferencia de temperatura entre la casa y el ambiente. COP= 3,10 Costo de la electricidad= 10 centavos kW/h a. El coste en dólares de 1 h de funcionamiento continuo: Encontramos ∆T = Tb-Ta, reemplazando datos:

∆T = 293.15 K - 263.15 K ∆T = 30K Reemplazando ∆T en el calor Qced = 0,65 (𝑘𝑘 / )∆T , tenemos: Qced = 0,65 (𝑘𝑘 / ) 30K Qced=19.5 KW Entonces por la fórmula de bomba de calor encontramos el trabajo:

COP= 3,10=

Qced , reemplazando datos: Wnet , ext

19.5 KW → Wnet , ext=6.29 KW Wnet , ext

Calculamos finalmente el coste:

COSTE=10 centavos

1 dolar KW x x 6.29 KW =0,63 dolares h 100 centavos

b. El flujo de calor suministrado desde el ambiente en

Kj min

:

Por la fórmula de trabajo podemos encontrar el flujo de calor suministrado: W=Qcedido-Qsuministrado 6.29 KW = 19.5 KW −Qsum

Qsum=13,2kW Donde

Qsum=13,2

kj Kj 1 min =792 x min s 20 seg

6.15 Una planta de potencia de vapor genera de vapor de agua 31000 Kg/h y tiene una potencia de salida de 95000 kW. La planta consume de 34 000 kg/h de carbón que libera 30 000 kJ/ kg durante su combustión DATOS:    

m1 = 310000 kg/h m2 =34000 kg/h Psalida: 95000kW Qcedido= 30000 kJ/kg

a. Rendimiento global de la planta en tanto por ciento La planta consume: 34000 kg/h x 30000 kJ/kg = 102x 107 Kj/h*( 1h/3600s) = 283 333, 333KW

Por lo tanto, el rendimiento global es:

E∏ ¿ Econs

,reemplazando datos : N=¿

N=

95000 kW → N =0,335 x 100 % 17000 KW

N=33,5 % b. Si la planta libera 310000kg/h de vapor de agua, yo tomo eso como la energia(o mejor dicho, potencia) que se agrega al vapor, que escapa del proceso y que es potencia perdida. La planta consume: 310000kg/h x 2730 KJ/Kg = 8,46 x 1011 j/h*( 1h/3600s) = 235083,333 KW Finalmente la fracción de energía cedida es: 235083,333 KW/283 333, 333KW = 0,82 Es decir: El 82 % de la potencia liberada por el carbon se agrega al vapor de agua y termina siendo potencia perdida

6.23 Un motor térmico internamente reversible funciona entre 537 y 27 °C Calcúlese

T A =810 K

A , ∑ ¿=?

Q B , ced =? T B=300 K

T A =537+273→ T A =810 K T B=27 +273→ T B =300 K a.

Cociente entre el calor suministrado y el trabajo de salida.

Sabemos que:

T B T A −T B = TA TA W net , sal nt = ¿

Q A ,∑ ¿ =1−

Me piden:

QA,∑ ¿ W net , sal

=

TA 810 K 1 =2,7 = = nt T A −T B 300 K ¿

El cociente entre el calor suministrado y el trabajo de salida es 2,7. b. Rendimiento térmico.

nt =

T A −T B 810 K−300 K = =0,63 TA 810 K

El rendimiento térmico del motor es 0,63. c.

Por último, si un motor real tiene una salida de trabajo que es un 60 por 100 de la de un motor reversible. Determínese el rendimiento térmico del motor real, con el mismo calor suministrado y las mismas temperaturas del fluido de trabajo durante la recepción y cesión del calor.

Motor reversible :W net , sal =W y Motor real :W net , sal=0,6 W Q A ,∑ ¿ =0,6

(

T A −T B TA

)

Q A ,∑ ¿ → nt = nt =

=0,6 ( 0,63 )=0,378 0,6 W net ,sal ¿

W net ,sal ¿

El rendimiento térmico del motor real será de 0,378.

6.28 Un motor térmico internamente reversible tiene un rendimiento del 60 por 100 con un calor suministrado de 600 kJ/ciclo a una temperatura de 447°C. Calcúlese a. Temperatura de cesión del calor en grados Celsius.

nA =

60 =0,6 100

nt =1−

TB TA

→ T B=T A (1−n A )

T B=( 720 K) ( 1−0,6 )=288 K T B=288−273=15℃ La temperatura de cesión de calor es b.

15 ℃ .

Calor cedido en kJ/ciclo.

nt =1−

QB → Q B =Q A ( 1−n A ) QA

Q B =600 kJ /ciclo (1−0,6)=240 kJ / ciclo El calor cedido es c.

240 kJ /ciclo .

Con los mismos valores de Q A y T A , si un motor térmico irreversible cede 420 kJ /ciclo , obténgase su rendimiento térmico.

Q B =420 kJ /ciclo Como el motor térmico es irreversible, la eficiencia solo está dada por:

nt =1−

QB 420 kJ /ciclo =1− =1−0,7=0,3 =30 % QA 600 kJ /ciclo

El rendimiento térmico de la máquina será de

30 % .

6.36 Una tonelada de refrigeración se define como la absorción de un flujo de calor de 211 kJ/min desde una fuente fría. Se desea que una máquina frigorífica internamente reversible funciona entre las temperaturas extremas de -23°C y 27°C de manera que se produzcan 8 toneladas de refrigeración. Calcúlese T A =−23+ 273→ T A=300 K T B=27 +273→ T B =250 K

B , ∑ ¿=8 ton×

211 kJ /min =1688 kJ /min 1 ton Q¿

a.

Potencia neta, en kW.

B ,∑ ¿ ´W net ,ent =Q A , ced −Q ¿ Donde, al ser reversible:

Q B ,∑ ¿ TB Q B ,∑ ¿ TB

→Q A ,ced =T A ׿ Q A , ced =¿ TA

kJ kJ min =2025,6 Q A , ced =(300 K )× min 250 K ´ net ,ent =2025,6 kJ −1688 kJ =337,6 kJ × 1 min =5,627 kJ =5,63 kW W seg min 60 seg min min 1688

La potencia requerida para que el ciclo funcione es de b.

5,63 kW

El COP: Para una máquina frigorífica internamente reversible.

COP MF , rev=COP MF ,Carnot =

TB 250 K =5 = T A −T B 300 K−250 K

El COP para la máquina frigorífica internamente reversible es 5.

6.49. Para suministrar 120000 kJ/h a un edificio se utiliza una bomba de calor internamente reversible. Un día frío de invierno, la temperatura más baja de la frontera de la bomba de calor es - 6°C y el calor se suministra el edificio a 26 °C Obténgase T A =26+ 273→ T A=299 K T B=−6+273 →T B =267 K

Q A , ced =120000 kJ /h a. Flujo de calor transferido desde el aire frío exterior en kJ/h. Al ser reversible:

Q A ,∑ ¿ TA B , ∑ ¿=T A ׿ QB , ∑ ¿ →Q ¿ TB Q A ,ced =¿ TA

B , ∑ ¿=( 267 K )×

kJ h

120000 299 K Q¿

=107157.2

kJ h

El flujo de calor transferido desde el aire exterior es 107,16 kJ /h . b.

Potencia necesaria, en kW.

120000 kJ 107157.2kJ − h h ´ W net , ent=Q A , ced −Q ¿

B , ∑ ¿=

´ net ,ent =12842,81 kJ × 1h =3,57 kW W h 3600 s La potencia necesaria es de c.

3,57 kW

El coste, en dólares, del funcionamiento durante 30min si la electricidad cuesta 9,5centavos/kWh.

El coste (C) está dado por:

´ net ,ent × h;30 min =0,5 h C=P× W

´ net ,ent × h= 9,5 centavos × 3,57 kW × 0,5 h× 1 dólar C=P× W 100 centavos kWh C=0,1695 dólares El coste en dólares de la electricidad es de

−4

1,6958 × 10 dólares .

6.54 Un motor térmico real funciona entre las temperaturas de frontera de 1200 y 500 K. El suministro de un flujo de calor de 36 000 kJ/min origina una potencia neta de 270 kW. a.

Determínese numéricamente si el motor térmico real incumple la segunda ley, en función de su rendimiento térmico.

Hallamos su rendimiento:

Q A ,∑ ¿ =

Como b.

270 kJ / s =0,45 kJ 1 min 36000 × min 60 s W net , sal nt = ¿

nt < 1, el motor térmico real no incumple la segunda ley de termodinámica. Determínese el flujo de calor cedido, en kW, para el motor térmico real y para uno internamente reversible que tenga el mismo flujo de entrada y que funcione entre las mismas temperaturas.

Flujo de calor cedido para el motor térmico real:

A , ∑ ¿−W net , sal=600 kJ /s−270 kJ / s A , ∑ ¿−Q B ,ced →Q B ,ced =Q ¿ W net ,sal =Q ¿ Q B , ced =330 kJ / s Flujo de calor cedido para el motor térmico internamente reversible:

Q A ,∑ ¿ 600 kJ / s =500 K × 1200 k TA Q A ,∑ ¿ Q B , ced →Q B, ced =T B ׿ = TA TB ¿ Q B , ced =250 kJ / s c.

Ahora se invierte el dispositivo cíclico real de manera que funcione como bomba de calor. La potencia suministrada en este caso es 270 kW, y el flujo de calor cedido a 1200 K es 36000 kJ/min. Determínese el COP de la bomba de calor real y de otra internamente reversible que funcione entre las mismas temperaturas.

COP de la bomba de calor real. Al ser reversible:

COPBC =

Q A ,ced 600 kJ / s = ' W ent 270 kJ / s

COPBC =2,22 COP d l b

b d

l

i

d.

De acuerdo con los resultados del apartado anterior, ¿es posible el funcionamiento de la bomba de calor real teniendo en cuenta los valores del COP?

Dado que

COPBC > COP MF ,rev , no es posible el funcionamiento de la bomba de calor real.

6.62 Dos máquinas frigoríficas internamente reversibles están colocadas en serie. La primera recibe 300 kJ/ciclo en forma de calor a 30K desde una fuente térmica. El calor cedido por esta maquina frigorífica sirve como calor suministrado a la segunda maquina frigorífica que cede calor a una temperatura de frontera de 1.000K. Si las dos maquinas frigoríficas tienen el mismo valor del COP, determine: Datos: - Máquina 1    

´ 1 =300 kJ Q ∑ ciclo T 1 =30 K Máquina 2

´ ced 1=Q´ Q ∑2 T 3 =1000 K

a) El calor cedido a 1000K en kJ/ciclo -

Como las maquinas son internamente reversibles y está en serie, se cumple que:

´ T1 Q ∑1 = ´ 2 T2 Q ∑

→

T1 T = 2 ´Q 1 Q´ 2 …(I) ∑ ∑

´ 2 T2 Q ∑ = ´ ced3 T3 Q -

→

T2 T3 = ´Q 2 Q ´ ced3 …(II) ∑

De (I) y (II), tenemos:

T1 T = 3 ´Q 1 Q ´ ced3 ∑ 1 000 K 30 K = 300 ciclo Q´ ced 3 ´ ced 3=10 000 kj Q ciclo b) La temperatura a la que cede el calor la primera máquina frigorífica (y se suministra a la segunda) en kelvin. -

Tenemos que el

COP MF 1=COP MF 2

COP MF 1=COP MF 2

Q´ ∑ 1 ´ ced1−Q´ Q

= ∑1

´ Q ∑2 ´ ced 2−Q´ Q

∑2

´ ´ Q Q ∑1 ∑2 = ´ 2 ´ 2−Q´ 1 Q´ ced3 − Q Q ∑ ∑ ∑ kJ ´ Q ciclo ∑2 = kJ kJ ´ 2−300 ´ 2 10 000 Q −Q ∑ ∑ ciclo ciclo 300

kJ ´ Q ciclo ∑2 = kJ ´ 2−300 kJ ´ 2 10 000 Q −Q ∑ ∑ ciclo ciclo 300

´ 2=1732,05 kJ Q ∑ ciclo -

De la relación (I), hallamos la temperatura 2:

T1 T = 2 ´ 1 Q ´ 2 Q ∑

∑

T2 30 K = kJ kJ 1732,05 300 ciclo ciclo T 2 =173,205 K c) El COP de las dos máquinas frigoríficas: - El COP MF para la maquina 1, es:

COP MF 1=

´ Q ∑1 ´ ´Q ced 1−Q

∑1

300 COP MF 1= 1732,05

kJ ciclo

kJ kJ −300 ciclo ciclo

kJ ciclo COP MF 1= kJ 1 432,05 ciclo 300

COP MF 1=0,209 -

El

COP MF para la maquina 2, es:

COP MF 2=

´ 2 Q ∑ ´ Q´ ced 2−Q

∑2

1732,05 COP MF 2= 10 000 COP MF 2=0,209

kJ ciclo

kJ kJ −1732,05 ciclo ciclo

Cumple con la relación establecida:

COP MF 1=COP MF 2 .

6.68 Un motor internamente reversible recibe 900 kJ en forma de calor a 627°C. La sesión del calor tiene lugar a 27 °C. Un quinto del trabajo producido por el motor se utiliza en mover una máquina frigorífica internamente reversible la máquina frigorífica cede a 600 kJ a la temperatura ambiente de 27 °C. Obténgase a. El rendimiento térmico es:

Q∑ ¿ W net , sal nT = ¿ Como es un motor internamente reversible:

nT =1−

TB TA

Igualando ambas expresiones:

Q ∑ ¿=1−

TB TA

W net , sal ¿

(

)

W net ,sal =900∗ 1− 27 + 273 → W net ,sal =600 kJ 627 + 273 b. El rendimiento es:

600 =0,666, nT =66,67 % Q ∑ ¿ → nT = 900 W net , sal nT = ¿ c. En una máquina frigorífica:

∑¿

W net ,ent =Q ced −Q ¿

∑ ¿=480 kJ ∑ ¿ →Q¿ 1 ∗600=600 −Q ¿ 5

Analizando el COP:

Q ced −Q∑ ¿ =

T2 T 1−T 2

Q∑ ¿ ¿ Q∑ ¿ =¿ W net COP MF =¿ 480 1 ∗600 5

=

T2 → 4∗ (300−T 2 ) =T 2 (27 + 273 )−T 2

1200−4 T 2=T 2 →T 2=240 K d. El COP en la máquina frigorífica

Q∑ ¿ W net COP MF =¿ COP MF =

480 → COP MF =4 1 ∗600 5

6.78 A la turbina de un ciclo de potencia entra vapor saturado de R – 134a 30 bar (estado1) y sale a 1 bar con una calidad del 90 por 100. Véase la Figura 6.18. El fluido sale del condensador a 1 bar con una calidad del 60 por 100 (estado 3) y en el estado 4 el fluido se encuentra como líquido saturado a 30 bar. Determínese si el ciclo verifica la segunda ley teniendo en cuenta (a) la desigualdad de Clausius

Solución:

Vapor saturado R-134a 30 bar

1 Turbina

Caldera

30 bar

X2 = 0,9 calidad

2

4

3

Bomba

1 bar X3 = 0,6 calidad

Condensador

Balance de energía en régimen estacionario

q+Weje=∆ h + ∆ e c + ∆ e p Si en los procesos de ebullición y condensación en régimen estacionario se desprecian las variaciones de energía cinética y potencial. Tenemos:

q=∆ h Temperatura de ebullición y condensación para el vapor saturado R -134a: A 30 bar: T1 = 86,22 °C  T1 = 86,22 + 273,15  T1 = 359,37 K A 1 bar: T2 = - 26,43 °C  T2 = - 26,43 + 273,15  T2 = 246,72 K Encontramos las entalpías: h1=hg a 30 bar  h1 = 278,01 kJ/kg h2 = (hf + xhfg) a 1 bar  h2 = (16,29 + 0,9(215,06))  h2 = 209,844 kJ/kg h3 = (hf + xhfg) a 1 bar  h3 = (16,29 + 0,6(215,06))  h3 = 145,326 kJ/kg

h4 = hf a 30 bar  h4 = 185,30 kJ/kg Por lo tanto el calor transferido: Qcal = h1 – h4  qcal = 278,01 – 185,30 = 92,71kJ/kg Qcond. = h3 – h2  qcond. 145,326 – 209,844 = - 64,518 kJ/kg a. Comprobando la desigualdad de Clausius para el ciclo

= ∮ δq T (T) q

( qT )

+

cal

cand

92,71 64,,518 − 359,37 246,72 δq kJ ∮ T =−0,0035 kg . K δq

∮T

=

Como el valor es negativo, el ciclo si verifica la segunda ley teniendo en cuenta la desigualdad de Clausius

6. 91 Se dispone de una energía de 5000 kJ a partir de una fuente térmica a 900 K la temperatura del ambiente es de 280 K. Esta energía transfiere en forma de calor desde la Fuente térmica 900 K otra fuente a 500 K. Determine: a. La variación de entropía de cada una de las fuentes térmicas, en kJ/K.

T FA=900 K , T FB=500 K , Q=5000 kJ :

Siendo:

∆ SA=

−Q A 1, sal −5000 = → ∆ S A =5,56 kJ / K T FA 900

∆ S B=

+Q B 1, ent −5000 = → ∆ S B =10 kJ / K T FB 500

b. La producción de entropía en la región de la transferencia de calor, en kJ/K.

(1

∑ ¿∗ T FB −T1FA

)

σ Q=Q ¿

( 5001 − 9001 ) → σ =4,45 kJ / K

σ Q =5000∗

Q

c. El tanto por ciento que se reduce el potencial de trabajo de la cantidad de calor dada, debido a su transferencia a la fuente de 500 K.

∗5000→ W net ,sal A =3444,45 kJ ∑ ¿=( 1− 280 900 ) W net ,sal A= ´nTA∗Q ¿ ∗5000 → W net ,sal B= 2200 kJ ∑ ¿=( 1− 280 500 ) W net , sal B=n´ TB∗Q ¿ ∆ W net =

3444,45−2200 ∗100→ ∆ W net=36,13 % 3444,45

6.95 Se transfiere a una cantidad de 2,000 kJ entre una fuente térmica a 700 K y otras cuatro fuentes térmicas a (1) 600 K (2) 500 K (3) 400 K y (4) 300 K. La temperatura del ambiente es 300 K

Qsum=2000 kJ

TFA=700 K ¿=300 K Para cada caso: a. Determínese por separado la producción de entropía, en kJ/K, de la transferencia de calor de la fuente térmica a 700 K hacia las otras cuatro. Representa gráficamente los resultados en función de la temperatura baja

σQ=Qsum (

1 1 − ) TFB TFA

σQ=2000 kJ ( σQ=0,476

1 1 − ) 600 K 700 K

kJ K

Wnet A=nt Ax Qsum

Wnet A=(1−

300 )x 2000 kJ 700

Wnet A=1142,86 kJ

Wnet B=(1−

300 )x 2000 kJ 600

Wnet B=1000 kJ ∆W=

1142,86 −1000 x 100 % 1142,86

.

∆ W =12,5 %

b. Obténgase el potencial de trabajo, en kJ los 2000 kJ cuando se hallan en los cinco niveles diferentes de temperatura. Represente gráficamente la pérdida de potencial de trabajo para cada uno de los cuatro intercambios de calor en función de la temperatura de baja en el mismo gráfico que el del apartado a

σQ=Qsum (

1 1 ) − TFB TFA

σQ=2000 kJ ( σQ=1,143

1 1 − ) 500 K 700 K

kJ K

Wnet A=nt Ax Qsum

Wnet A=(1−

300 )x 2000 kJ 700

Wnet A=1142,86 kJ Wnet B=(1−

300 ) x 2000 kJ 500

Wnet B=800 kJ

∆W=

1142,86 −800 x 100 % 1142,86

.

∆ W =30 % c)

σQ=Qsum (

1 1 − ) TFB TFA

σQ=2000 kJ ( σQ=2,143

1 1 − ) 400 K 700 K

kJ K

Wnet A=nt Ax Qsum

Wnet A=(1−

300 )x 2000 kJ 700

Wnet A=1142,86 kJ 300 )x 2000 kJ 400

Wnet B=(1−

Wnet B=500 kJ

∆W=

1142,86−500 x...