Termodinamica - Yunes Cengel y Michael Boles - Septima Edicion

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CAPÍTULO 9
EJEMPLO 9-10 Análisis según la segunda ley de un ciclo de Otto
Considere un motor que opera en el ciclo ideal de Otto con una relación de
compresión de 8 (Fig. 9-56). Al principio del proceso de compresión, el aire
está a 100 kPa y 17 °C. Durante el proceso de adición de calor a volumen
constante, se transfieren 800 kJ/kg de calor al aire de una fuente a 1 700 K,
y el calor de desecho se rechaza al entorno a 300 K. Teniendo en cuenta la
variación de calores específicos del aire con la temperatura, determine a) la
destrucción de exergía correspondiente a cada uno de los cuatro procesos y al
ciclo, y b) la eficiencia de la segunda ley de este ciclo.
Solución Se considera un motor que opera en el ciclo ideal de Otto. Para fuentes
y temperaturas específicas de sumidero están por ser determinadas la destrucción
de exergía asociada con este ciclo y la eficiencia de la segunda ley.
Suposiciones 1 Existen condiciones operativas estables. 2 Los cambios en
las energías cinética y potencial son despreciables.
Análisis Tomamos como sistema el motor colindante con la fuente de calor a
la temperatura T H , y el ambiente a la temperatura T 0 . El ciclo se ha analizado
en el ejemplo 9-2, y se dieron o se determinaron varias cantidades como
r 8
T 0 290 K
T 1 290 K
T 2 652.4 K
T 3 1 575.1 K
P 2 1.7997 MP a
P 3 4.345 MPa
q entrada 800 kJ >kg
q salida 381.83 kJ >kg
w neto 418.17 kJ >kg
Los procesos 1-2 y 3-4 son isentrópicos (s 1 s 2 , s 3 s 4 ) y, por lo tanto, no
implican irreversibilidades internas ni externas; es X destr,12 0 y X destr,34 0.
Los procesos 2-3 y 4-1 son procesos de adición de calor y rechazo de calor
a volumen constante, respectivamente, y son internamente reversibles. Sin
embargo, la transferencia de calor entre el fluido de trabajo y la fuente o el
disipador tiene lugar mediante una diferencia finita de temperatura, lo cual
hace irreversibles ambos procesos. La destrucción de exergía correspondiente a
cada proceso está determinada por la ecuación 9-32. Sin embargo, necesitamos
determinar primero el cambio de entropía del aire durante estos procesos:
P, kPa
100
3
2
q entrada
Isentrópico
Isentrópico
q salida
1
v 2 = v 3 = –
v
v 1 v 1 = v
8
4
FIGURA 9-56
Diagrama para el ejemplo 9-10.
4
1
s 3 s 2 s° 3 s° 2 R ln P 3
P 2
También,
Por lo tanto,
3.5045 2.4975 kJkg K 0.287 kJkg K ln
4.345 MPa
0.7540 kJkg K
q entrada 800 kJ >kg y T fuente 1 700 K
x destr,23 T 0 c1s 3 s 2 2 sis q entrada
T fuente
d
800 kJ >kg
1290 K 2c0.7540 kJ >kg # K
1 700 K d
82.2 kJ / kg
1.7997 MPa
Para el proceso 4-1, s 1 s 4 s 2 s 3 0.7540 kJ/kg · K, q R,41 q salida
381.83 kJ/kg, y T sumidero 290 K. Así,
x destr,41 T 0 c1s 1 s 4 2 sis
q salida
T sumidero
d