Energía cinética transportada por una corriente que fluye
El agua fluye hacia una unidad de proceso a través de una tubería de 2 cm de DI a 3,/h. Calcule Êk para esta corriente en joules/segundo. velocidad de 2.00 m
Primero calcule la velocidad lineal (que es igual a la velocidad de flujo volumétrico dividida entre el área de corte transversal de la tubería) y la velocidad del flujo másico del fluido:
2m3
1002 cm2
1h Π12cm2
12m2
3600 s
= 1.77 m/s
0.556 kg/s 2m3 h
1000 kg 1h 3600 M3 s
0.556 kg/s
Después, de la ecuaciÓn 7.2-1b, 0.556 (1.77)2 I N kg/s 2 I
= 0.870 N. 0.870 J/s m/s -
kg•m/s 2 Incremento de la energía potencial de un fluido en movimiento Se bombea petróleo crudo a razón de 15.0 kg/s desde un punto que se encuentra a 220 metros por debajo de la superficie terrestre hasta un punto que está 20 metros más arriba del nivel del suelo. Calcule la velocidad de incremento de energía potencial concomitante. 7
SOLUCIÓN
Los subíndices 1 y 2 denotarán el primer y el segundo puntos, respectivamente: AÊp =Êp2 — =Êp2 — =mg(Z2 — =mg(Z2 — Zl) Zl)
35,300 J/s 15.0 kg
s
9.81 m
1N 1 kg•m/s2
[20 — [20 — ( ( — — 220)] 220)] m
= 35,300 N.m/s= La respuesta también podría expresarse como 35,300 W 0 35.3 kW. Una bomba tendría que proporcionar por lo menos toda esta potencia para elevar el petróleo a la velocidad dada. La temperatura inicial del gas es 25 0C. El cilindro se coloca en agua hirviendo y el pistón se mantiene en una posición fija. Se transfiere una cantidad de calor de 2.00 kcal al gas, el cual se equilibra a I ()OOC (y una presión más alta). Después se libera el pistón y el gas realiza 100 J de trabajo para mover al pistón a su nueva posición de equilibrio. La temperatura final del gas es de 100 0C. Escriba la ecuación de balance de energía para cada una de las dos etapas de este proceso, y resuelva en cada caso el término desconocido de energía en la ecuación. Al resolver el problema, considere que el gas en el cilindro constituye el sistema, ignore el cambio de energía potencial del gas mientras el pistón se desplaza en dirección vertical, y suponga comportamiento ideal del gas. Exprese todas las energías en joules.
SOLUCIÓN
1.
250C
1000C
Estado inicial
Estado final
AU=Q Q - 2.00 kcal
2.00 kcal
103 cal kcal
0.23901 cal =
8370 J = AU
Por tanto, el gas gana 8370 J de energía interna al pasar de 25 0C a 1000C. 2.
locrc Estado inicial
loo•c
Estado final
) W = +10() J (¿Por qué es positivo?) 100 J
Así, se transfieren 100 J de calor adicionales al gas a medida que éste se expande y se vuelve a equilibrar a 1000 C. Cálculo de la entalpia La energía específica del helio a 300 K y 1 atm es 3800 J/mol, y su volumen molar específico a las mismas temperatura y presión es 24.63 L/mol. Calcule la entalpia específica del helio a esta
temperatura y presión y la velocidad a la cual transporta entalpia una corriente de helio a 300 K y 1 atm, con una velocidad de flujo molar de 250 kmol/h. SOLUCIÓN
Ü+ 3800 J/mol + 1 (1 L/mol) Para convertir el segundo término a joules se requiere el factor J/(L •atm). De la tabla de constantes de los gases que está en la cara interna de la cubierta trasera de este libro, 0.08206 - 8.314 J/(mol. K) Dividiendo el lado derecho entre el izquierdo se obtiene el factor deseado: 8.314 J/mol • K = 101.3 J(L • atm) • K)
0.08206 L. Por tanto,
Ñ = 3800 J/mol + 24.63 L•atm Mol
101.3 J 6295 I L•atm J/mol
Si ñ = 250 kmol/h
EJEMPLO 7,4-2
Balance de energía en una turbina
500 kg por hora de vapor impulsan una turbina. El vapor entra a dicha turbina a 44 atm y 450 0C con una velocidad lineal de 60 m/s y sale en un punto 5 m por debajo de la entrada de ésta, a presión atmosférica y velocidad de 360 m/s. La turbina aporta trabajo de flecha a razón de 70 kW, y las pérdidas de calor de la misma se estiman como 10 4 kcal/h. Calcule el cambio de entalpia específica asociado con el proceso. SOLUCIÓN
500 kg/h 0
500 kg/h 1 atm 360 m/s
44 atm, 450C 60 m/s
Q=-104 kcal/h ws=70kW
Por la ecuación 7,4-15, API= Q — Pts - AÊk — AÊp Los términos de calor, trabajo y energías cinética y potencial se determinan en distintas unidades. Para evaluar AH, convertiremos cada término a kw (kJ/s) usando los factores de conversión que se dan en la cara interna de la cubierta delantera de este libro, observando primero que 'il = (500 kg/h/360() s,ll) = 0.139 kg/s.
AÊk=
0.139 kg/s — tlf) — 2
= 8.75 kW
IN I kg•m/s2
(3602 - 602)m2 2
1W 1 N•m/s
1 kW 103 w
7.5 Tablas datos termodinámicos
AÊp = — Zl) == —
0.139 kg/s 9.81 N
1 kW
103 N•m/s
kg
-104 kcal h
IkW 0.239 x 10-3 kcal
3600 s
103 J/s
6.81 X 10 -3kW = — 11.6kW
AÊp- — 90.3 kW
(por la ecuación 7.4-16)
• kJ / s 0.139 kg/ s
-650kJ/kg
Balance de energía de una turbina de vapor Se alimenta vapor a IO bar absolutas con 190 0C de sobrecalentamiento a una turbina, a razón de = 2000 kg/h. La operación de la turbina es adiabática y el efluente es vapor saturado a 1 bar. Calcule el trabajo producido por la turbina en kilowatts, despreciando los cambios de energías cinética y potencial. SOLUCIÓN
El balance de energía para este sistema abierto en estado estacionario es — m(Hsalida — Hentrada)
(¿Por qué se elimina el término de calor?) Vapor de entrada La tabla B.7 indica que el vapor a 10 bar está saturado a 1800C (verifiquelo), de modo que la temperatura del vapor que entra es 180 0C + 1900C = 3700C. Interpolando en la misma tabla, bar, 3700C) = 3201 kJ/kg Vapor de salida En la tabla B.6 0 en la B. 7 puede ver que la entalpia del vapor saturado a I bar es Ñsalida(l bar, saturada) = 2675 k.J/kg
balance de energía 5 2000 kg (2675 - 3201)kJ kg 3600 s
Balance de energía
= 292kJ/s=
kW
Por tanto, la turbina proporciona 292 kW de trabajo a sus alrededores.
Dos corrientes de agua se mezclan para formar la alimentación de una caldera. Los datos de proceso son los siguientes: 120 kg/min @ 30 0C Corriente de alimentación 1 Corriente de alimentación 2 175 kg/min @ 65 0C Presión de la caldera 17 bar (absolutas) El vapor de salida emerge de la caldera a través de una tubería de 6 cm de DI. Calcule la alimentación requerida de calor en la caldera en kilojoules por minuto si el vapor que sale está saturado a la presión de esta última. Ignore las energías cinéticas de las corrientes de entrada del líquido.
Calor Ó(kJ/min)
SOLUCIÓN 1. Un primer paso para resolver problemas de este tipo es determinar (si es posible) las velocidades deflujo de todos los componentes de la corriente mediante balances de materiales. En este caso, resulta trivial escribir y resolver el balance de masa para el agua para determinar que la velocidad de flujo del vapor emergente es 295 kg/min. 2. A continuación determine las entalpias específicas de cada componente de la corriente. Las tablas B.5 y B.6 se utilizaron para determinar 1-1 para el agua líquida a 300C y 65 0C y para vapor saturado a 17 bar. La última entrada de la tabla también aporta la temperatura del vapor saturado correspondiente a esta presión (2040C). Observe que las entradas para el agua líquida corresponden a presiones que pueden o no igualar a las presiones reales de las corrientes de entrada (las cuales desconocemos); sin embargo, suponemos que la entalpia del agua líquida es casi independiente de la presión y usaremos los valores tabulados. 3. El paso final es escribir la forma adecuada del balance de energía y resolverlo para la cantidad deseada. Para este sistema de proceso abierto
Q -Ws=
AÑ+AÊk+AÊp O
(no hay partes móviles) (una suposición general a menos que haya desplazamientos a través de grandes alturas)
AÊk
Evalúe AFI Por la ecuación 7.4-14a, ñ = 'iliñi salida entrada 120 kg
175 kgkJ 271.9kJ 125.7
6
295 kg
2793 mln kJ min kg 5 = 7.61 X 10 kJ/min
min kg
kg
7.6 Procedimientos para el
Evalúe
En la tabla B.6 se ve que el volumen específico del vapor saturado 3/kg, y el área de corte transversal de la tubería a 17 bar es 0.1166 m de 6 cm de DI es
A =
5TR 2
1 111 2
cm2
3.1416
==2.83 X 10-3 m 2
104 cm2
La velocidad del vapor es u(m/s) = 295 kg
1 min
0.1166
kg
min 60 s = 202 m/s
2.83 X 10-3
Entonces, como se supone que las energías cinéticas de las corrientes de entrada son insignificantes, (Êk)corriente de salida =
295 kg/min 2
(202)2 m2
I N I
1 kJ 103 N.m
= 6.02 X 10 3 kJ/min
kg•m/s2
Por último,
O = Afl+ - [7.61 X 105 +6.02
=
X 103] kJ/min 7.67 X kJ/min
10 5
Balance de energía para un proceso de dos componentes Una corriente de líquido que contiene por peso de etano y 40.0% de n-butano se calentará de 150 K a 200 K a una presión de 5 bar. Calcule la entrada de calor necesaria por kilogramo de la mezcla, despreciando los posibles cambios de energía cinética y potencial, utilizando los datos de entalpia tabulados para C2H6 y C4H10 y
balance de energía 7
suponiendo que las entalpias de los componentes de la mezcla son las mismas que las de los componentes puros. SOLUCIÓN Base: 1 kg/s de la mezcla Las entalpias del n-butano a 150 K y 5 bar y a 200 K y 5 bar se dan en la p. 2-223 del Manual de Perry (vea la nota de pie de página 2), y las del etano en las mismas condiciones se dan en la p. 2-234 de dicho manual. En el balance de energía se muestran los valores tabulados de entalpia.
Q -AH Como todos los materiales del proceso son gases, suponemos comportamiento de gases ideales y podemos igualar las entalpias de cada corriente a las sumas de las entalpias de sus componentes y escribir é = Iñiñicomponentes de la salida
componentes de la entrada
kJ 112 —
kg 0.600 kg C2H6
0.400 434.5kg
kJ
s
kg
130.2 kJ kg 112 kJ/s
1.00 kg/s Balances simultáneos de materia y energía Se descarga vapor saturado a I atm desde una turbina a velocidad de 1150 kg/h. Se requiere vapor sobrecalentado a 3000C y I atm como alimentación para un intercambiador de calor; para producirlo, la corriente de descarga de la turbina se mezcla con el vapor sobrecalentado disponible de una segunda fuente a 4000C y 1 atm. La unidad de mezclado opera en forma adiabática. Calcule la cantidad de vapor sobrecalentado a 3000C producido y la velocidad necesaria de flujo volumétrico de la corriente a 4000C. SOLUCIÓN
Las entalpias específicas de las dos corrientes de alimentación y de la de producto se obtienen de las tablas de vapor y se muestran en el siguiente diagrama de flujo: Descarga de la turbina 1150 kg 1 atm, saturada (1000C)
MEZCLADORA
8 A 2676 kJ,'kg
'hl [kg
3000C, 1 atm
2
400 C, 1 atm
A = 3074 kJ/kg
- 3278 kJ/kg
Hay dos incógnitas en este proceso — ,'ñl y ñi2 — y sólo un balance de materia permisible (¿por qué?). Los balances de materia y de energía deben, en consecuencia, resolverse al mismo tiempo para determinar las dos velocidades de flujo. 7.7
Balance de masa para el agua
1150 kg/h + Till = li12
Balance de
1150 kg Al
resolver
(1)
energía (el proceso es (no hay partes
las
h
mecánica
AÉk
2676 kJ kg
O, Alip — O
—
AÉp
adiabático) móviles) (suposición)
+ Yill(3278 kJ/kg) = li12(3074 kJ/kg)
(2)
ecuaciones 1 y 2 de manera simultánea se obtiene Vill = 2240 kg/h (velocidad de flujo del producto)
En la tabla B. 7 se ve que el volumen específico del vapor a 4000C y I atm ( — 1 bar) es 3.11 m3/kg. La velocidad de flujo volumétrico de esta corriente es, por tanto, 3 /11 3.116980 m111 kg Si no se dispusiera de los datos de volumen específico, la ecuación de estado de los gases ideales pqdría emplearse como aproximación para el último cálculo.
2240 kg
3
La ecuación de Bernoulli El agua fluye a través del sistema que aparece abajo a razón de 20 L/min. Estime la presión requerida en el punto I si las pérdidas por fricción son despreciables.
balance de energía 9
50
de cm
Tubería con de 0.5 cm 20 LH20,'rnjn 1 atm
Velocidades
ú(m/s) =
La velocidad de flujo volumétrico debe ser la misma en los puntos 1 y 2 (¿Por qué?) 104 cm2
20 L 103 L
min
cm
20 L 112
2
_l min 60 s
2
m
I min
104 cm2
min
103 L
= 17.O m/s
60 s
2
cm
ll Au2 =
(113 — 1121) = (4.24 2 — 17.02) m2/s2
= — 271.0 m2/s2 7.7
mecánica
Ecuación de Bernoulli (Ecuación 7.7-3) AP(N / 1112 ) p(kg/ m3 )
-135.5 N.m/kg+490 N.m/kg =O 1000 kg/m3 P2 = I atm
= 1.01325 X 105 N/m 2 = 4.56 X IO S N/m2
10 - 4.56 X
Pa
4.56 bar
Sifoneado Se va a sifonear gasolina (p — 50.0 lbm/ft 3) de un tanque. La pérdida por fricción en la línea es É = 0.80 ft•lbf/lbm. Estime cuánto tiempo tomará sifonear 5.00 gal, despreciando el cambio en el nivel de líquido en el tanque de gasolina durante este proceso y suponiendo que el punto (J) (en la superficie del líquido del tanque de gasolina) y el punto (en el tubo justo antes de la salida) se encuentran a I atm. Mangueracon
de 1/4 pulgada
2
SOLUCIÓN
Punto (C) : Pl = I atm, 111 0 ft/s,
2.5 ft
Punto 2 : I atm, 112 = Balance de energía mecánica (Ecuación 7.7-2) 2
u3(ft2/s2)
1 lbf 32.174
ft/s22
2
32.174 lbm.fVs
-2.5 ft
1 lbf 32.174 lbm.ft/s 2 + 0.80 ft.lbp/lbm
1
Problemas 11
112 = 10.5 ft/s (Verifique que cada término aditivo de la ecuación precedente tenga las unidades ft•lbf/lbm.) La velocidad de flujo volumétrico del fluido en el tubo es Í'(ft3/s) = 112(ft/s) • A(ft 2)
10.5 ft
t(s) =
.)
in.2
1 ft2
volumen que se va a drenar (ft3)
= 3.58 x 103 ft3/s
