PROBLEMAS DE APLICACIÒN 3.1. A un volumen de control en régimen estacionario entra refrigerante 134a a 5 bar, 100ºC y 7.0 m/s, siendo el diámetro del conducto de entrada de 0,10 m. A la salida del volumen de control la presión es 0,60 bar y el fluido tiene una calidad del 70%. Si la salida tiene un diámetro de 0,20 m, determínese determínese a) El flujo másico en Kg/s, y b) la velocidad de salida en m/s. Solución: 5 bar 100 ºC
V
7.0 d=0.10 m
a).
m1
A1v1 V 1 esp
; A1
4
d 1 2
4
(0,10) 2 0,007854 m 2
A1 0,007854 m 2
5 bar o
100 C
̇ ̇
0.60 bar d= 0.20 m =0.70
b). V 2 esp
V f V fg V f ( V g V f )
V 2 esp
0,7097 x10 3 0,70(0,3100 0,7097 x10 3 )
V 2 esp 0,21721291
m3 Kg
.
0.60 bar
V g
0,3100
m3 Kg
.
v2
V 2 esp m
;
A2
0,947 947
Kg
v2
s
A2
4
2
x 0,21721291
0,031416 m
v2 6,55
d 2
2
4
(0,20) 2 0,031416 m 2
m3 Kg
6,55
m s
m s
3.2. A un conducto circular entra un flujo másico de 2,22 Kg/s de aire a 300 ºC y 400 KPa. a) Determínese en metros, el diámetro del tubo necesario para que la velocidad de entrada sea de 50 m/s, b) Si el aire sale a 240 ºC y 380 KPa a través de un conducto de 20,0 cm de diámetro, determínese determínese la velocidad de salida en m/s. Solución: a). v1 esp
RT 8,314 314 KPa.m 3 / Kmol .º K x 573 573º K 1 Kmol x P 400 400 KPa 29 Kg
V 1esp esp 0 41m 3 / kg
A1
A1
mV 1esp esp v1
d 1
2.22kg / s 0.41m 3 / kg
2
; d 1
4
50m / s 4 A1
4 0.0182 m 2
d 1
3.1416
0.0182 m 2
0.152 152m
d 1 0.152 152m
b).
V 2 esp esp
8.314 314 KPa x m3 / Kmol Kmol º K 513 513º K 1 Kmol Kmol 380 380 KPa
29 Kg
0.387 387
m3 Kg
1m 2 A2 d (20.0) cm x 0.031416 m 2 2 2 4 4 100 100 cm
2 2
2
2
mV 2 esp 1 v2 2.22 Kg / sx0.387m 3 / Kgx A2 0.031416 m 2
v 2 27.35
m s
3.3. A una turbina entra vapor de agua a 60 bar y 500ºC a una velocidad de 100m/s y sale como vapor saturado a 0.60 bar. El conducto de entrada a la turbina tiene un diámetro de entrada de 0.60m y el diámetro de salida es de 4.5 m. Determínese Determínese a) el flujo másico en en Kg/h, y b) la velocidad velocidad de salida en m/s.
60 bar 500ºC 100 m/s 0.60 m
0.60 bar 4.5 m
Solución: a).
m
v1 A1 V 1esp esp
A1
;
4
d 12
4
(0.60)2 m2
A1 0.2827 m 2
500º C 60bar
m
Vesp= 0,05665 m3/Kg
100 100 m / s x 0.2827 m 2 0.05665
m 99.029 029
m
3
499.029 029 499
Kg s
Kg
Kg 3600 s 6 Kg x 796 x10 1.796 s h h
m 1.796 796 x106
Kg h
b)
v2
A2
mV 2 esp esp A2
4
d 2 2
4
( 4.5) 2 m 2 15.90m 2
vapor saturado saturado a
499 499.029 029 v2
v2 85.74
Kg s
0.60
2.732 732
15.90m 2 m s
bar V 2 es esp p
m3 Kg
2.732 732
m3 Kg
3.4. Por un conducto de sección variable circula aire. A la entrada del conducto, la presión es 6.0 bar, la temperatura 27º C, el área 35.0 cm2 y la velocidad 60 m/s. A la salida del conducto, las condiciones condiciones son 5.0 bar y 50ºC y el área de sección transversal es 20.0 cm 2. Determine: a) el flujo másico en Kg/s, y b) la velocidad de salida en m/s.
6.0 bar = 600 KPa 27ºC 2 35.0 cm
5.0 bar =500KPa 50º C 2 20.0 cm
60
Solución: a).
m
A1v1 V 1 esp
RT V 1esp esp P
8.314 314
KPa m 3
x 300 300 º K 1 Kmol Kmol º K 600 600 KPa 29 Kg
m3 V 1esp esp 0.1433 Kg
m
35.0cm 2 x60m / s 0.1433 m 3 / kg
m 1.46
Kg s
b).
v2
m V 2 esp A2
1m 2 100 2 cm 2
V 2 esp
RT P
8.314
V 2 esp 0.1852
KPa m3
323º K
Kmol º K 500 KPa
1 Kmol 29 Kg
m3 Kg
1.46 Kg / s x 0.1852 m3 / Kg 100 2 cm 2 V 2 x 20.0cm2 1m 2 m V 2 135.20 s
3.5. A un dispositivo en régimen estacionario entra CO2 a 27º C con una velocidad de 25 m/s por una sección de 4800 cm 2. A la salida del dispositivo la presión y la temperatura son 0.14 MPa y 47º C respectivamente y el gas circula a una velocidad de 9 m/s
por una
sección de 7500 cm 2. Determinar: a) El flujo másico en Kg/s, y b) la presión de entrada en MPa. Supóngase comportamiento de gas ideal.
27 ºC 25 m/s 2 4800 cm
Solución: a).
m
2 v2 V 2
esp
KPam3 8.314 x320 º K 1 MPa 1 Kmol RT º Kmol K V 2 esp x 3 x 0.14 MPa P 10 KPa 44 Kg V 2 esp
0.4320
m3 Kg
0.14 MPa 47ºC 9 m/s 2 7500 cm
7500cm 2 x9
m
.4320
m 15.62
m
m
s x 3
1m 2 100 2 cm 2
Kg
Kg s
b).
V 1esp
A1v1
4800cm2 x25
m
15.62
Kg s
m s x
1m 2 100 2 cm2
m3 V 1esp 0.77 Kg
P 1
RT 1 V 1 esp
.314 P 1
KPa x m 3
x 300 º K 1 Kmol 1 MPa Kmol º K x x 3 44 Kg 103 KPa m 0.77 Kg
P 1 0.7736 MPa
TURBINAS 3.6. Una turbina adiabática de vapor de agua funciona con unas condiciones de entrada de 120 bar, 480ºC y 100 m/s y la corriente pasa por una sección de 100 cm 2. En la salida la calidad es del 90%, la presión 1 bar y la velocidad es 50 m/s. Determínese a). la variación de energía cinética en KJ/Kg, b). el trabajo en eje en KJ/Kg, c). el flujo másico en Kg/s, d). la potencia obtenida en kilovatios y e) el área de salida en metros cuadrados. P1=120bar T =480ºC v =100 m/s
=
0.90 P2=1 bar v2 =50 m/s
Solución: a). 1 Ec (v 22 2
1 v ) (50 2 2
Ec 3750 Ec 3750
2 1
m2 s 2
x
Kg Kg
100 )
3750
2
m2
s 2 N .m
J
Kg
Kg
3750
J 1 Kg KJ x 3.75 Kg 1000 J Kg
Ec 3.75 KJ / Kg
b). Q W H Ec Ep Q 0 y Ep 0
W H Ec;
W H E C ;
H H 2 H 1
480ºC
h1= 3293.5 KJ/ K
120bar
H 2 H f H fg h f 417.46
1 bar
KJ Kg
h fg 2258.00 KJ/Kg
h2= (417.46 + 0.90 x 2258) KJ/Kg = 2450.34 KJ/Kg
h h2-h1 = (2450.34-3293.50)KJ/Kg h -843.16 KJ/Kg W= - (-843.16)-(-3.75)= 846.91 KJ/Kg W = 846.91 KJ/Kg
c). .
m
=
A1v1 V esp 120 bar
V1 esp = 0.02576 m /Kg
480ºC
.
m
=
100cm2 x100 m / s 0.02576 m3 / Kg
x
1m2 100 2 cm2
38.82 Kg / s
.
m
=38.82 Kg/s
d). .
W =
.
m
W = 38.82 KJ/s 846.91 KJ/Kg= 32877 KJ/s
.
W = 32877 KJ /s
e). .
.
=
m1
A2=
;
m2
A1 v1 V 1 esp
A2 v 2 V 2
esp
A1v1V 2 esp V 1 esp v 2
V2 esp= Vf + Vfg Vf = 1.0432 x 10-3 m3/Kg 1 bar
= 1.694 m3/Kg
V2 esp= (1.0432 x 10-3) + 0.90(1.694 - 1.0432x10-3) m3/Kg V2esp = 1.52 m3/Kg
100 cm2 x100 m / s x1.52m 3 / Kg 1m 2 x A2 = 0.02576 m 3 / Kg x 50m / s 100 2 cm2 A2= 1.18 m2
3.7. Una turbina de gas pequeña que funciona con hidrógeno proporciona 28 KW. El gas entra al depósito en régimen estacionario a 75 m/s a través de una sección de 0.0020 m2. El estado de entrada es de 240 KPa y 500ºK. El estado de salida es 100 KPa y 380ºK y el área de salida es 0.00160 m2. Calcúlese
a). La velocidad final en m/s, y b). el calor
transferido en KJ/min. v1 =75 m/s 2 A1= 0.0020 m P1 = 240 KPa T1 = 500ºK .
W = 28 KW
P2=100 KPa T2= 380º K 2 A2 =0.00160 m
Solución: a). .
m
=
v1 A1 V 1esp
8.314 KPa x m 3 / Kmol º K x 500 º K 1 Kmol x V1 esp = 240 KPa 2 Kg P
RT
3
V1esp = 8.66 m /Kg
75m / s x 0.0020 m2
.
m
=
.66 m3 / Kg
0.0173 Kg / s
.
v2=
m V 2 esp A2
8.314 KPa x m3 / Kmol º Kx380º K 1 Kmol x V2esp = P 100 KPa 2 Kg RT
V2esp= 15.80 m3/Kg 3 v2 = 0.0173 Kg / s x 15.80m / Kg 170.8m / s 0.00160 m 2
v2 = 170.8 m/s
b). Q-W =
h Ec Ep
Q-W=
h Ec;
500ºK
Q= W+ h Ec ;
h1 = 14.350 KJ/ Kmol
h h2 h1
380ºK
h2 = 10.843 KJ/Kmol
h h2 h1 10.843 14.350 3.507 KJ / Kmol .
.
.
Q = W +
m
( h Ec )
2 Kg KJ 1 Kmol 1 Kg 1 KJ 2 2 m Q 28 ( 3 . 507 ) ( 170 . 8 75 ) 0.0173 s s Kmol 2 Kg 2 s 2 Kg 1000 J .
.
Q = 28
KJ
KJ s
0.173
.
Q = 1690.40
KJ s
28.17
KJ s
60 s 1 min
1690.40
KJ min
KJ min
3.8. Una turbina de aire de 240 KW de potencia de salida tiene unas condiciones de entrada de 840ºK, 1.0 MPa y 18 m/s. El estado de salida es 420 ºK y 0.1 MPa. Los conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0.10 m. Determínese a). La variación de entalpía en KJ/Kg, b). La variación de energía cinética en KJ/Kg, c). el flujo másico en Kg/min y d). el flujo de calor en KJ/min.
T1=840ºK P1=1.0MP v1=18m/s d1=0.10m
= 240 KW T2=420ºK P2=0.10 MPa d2=0.10 m
Solución: a). 840ºK
h1 = 866.08 KJ/Kg
420ºK
h2 = 421.26 KJ/Kg
h h2 h1 421.26 866.08 444.82 KJ / Kg
h 444.82 KJ / Kg
b). 1
Ec (v22 v12 ) 2
.
v2
.
m
=
mV 2 esp A2
A1v1 V 1esp
; A1
4
d 12
4
x0.10 2 m 2
0.007854 m 2
RT 1 8.314 KPa x m 3 / Kmol º K x 840º K 1 MPa 1 Kmol V1 esp= x x P 1 1.0 MPa 1000 KPa 29 Kg
V1 esp= 0.2408 m3 /Kg
2
.
m
=
0.00785 m
x18m / s 3
0.2408 m / Kg
V2 esp =
0.587 Kg / s
RT
8.314 KPa x m3 / Kmol º K x 420 º K 1 MPa 1 Kmol x x P 0.1 MPa 1000 KPa 29 Kg
V2 esp = 1.20 m3/Kg 0.587 Kg / sx1.20m3 / Kg v2 = 89.73m / s 0.00785 m2
Ec
m2 Kg 1 KJ KJ 3.86 (89.73 18 ) 2 x x 2 Kg s Kg 1000 J
1
2
2
Ec 3.86 KJ / Kg c). .
m
= 0.587 Kg/s x
.
m
= 35.22
60 s 1min
35.22
Kg min
Kg min
d). .
.
.
Q=
m
(h Ec Ep) m(h Ec)
.
m
.
.
Q - W =
.
( h Ec) W
.
Q = 35.22Kg/min (-444.82 KJ/Kg + 3.86 KJ/Kg)+240 KJ/s x 60s/1 mi .
Q = - 1130.61 KJ/min.
3.9. A una turbina
que funciona en régimen estacionario entra
refrigerante 134a a 10 bar, 70ºC y 35 m/s a través de una entrada de 32 cm2 de sección. En la salida las condiciones son 1 bar OºC y 75 m/s. La potencia desarrollada es 200 KW. Determínese a). El flujo másico en Kg /s, b). El flujo de calor en KJ/ min, y c). El área de salida en centímetros cuadrados. P1=10 bar 0 T1=70 C v1=35 m/s 2 d1=32m =200 Kw
P2=1 bar o T2=0 C V2=75 m/s
Solución: a). .
m
v1 A1 V 1esp
10 bar
V1esp= 0.0243 m3/kg
70ºC
.
m
5m / s x 32cm2
1m 2
x 0.0243m3 / Kg 100 2 cm2
4.61 Kg / s
.
m 4.61 Kg / s
b). .
.
.
.
.
.
Q W m(h Ec Ep) .
.
.
Q W m(h Ec) ; Q m(h Ec) W
h h2 h1
10 bar h1= 302.34 KJ/ K 70º C 1 bar h2= 252.99 KJ/ 0º C 2 Kg KJ 1 2 2 m 252.99 302.34 75 35 2 x Kg x 1 KJ 200 KJ Q 4.61 s Kg 2 Kg 1000 J s s .
KJ 60 s KJ 1041 .69 x s 1min min . KJ Q 1041 .69 min .
Q 17.3618
c).
.
m
v2 A2 V 2 esp .
A2
m V 2 esp v2
1 bar
V2esp = 0.21587
0º C
4.61 Kg / sx0.215m3 / Kg 0.01327 m2 A2 75m / s 100 2 cm2 132.7cm2 A2 0.01327 m x 2 1m 2
3.10. Una turbina de vapor, ilustrada en la siguiente figura recibe vapor con una intensidad de flujo de 15Kg/s y experimenta una pérdida de calor de 14 KW, utilizando las propiedades de entrada y salida para el vapor, las cuales se enuncian a continuación, determine la potencia producida por la máquina. Entrada
Salida
Presión
620.5 KPa
9.854 KPa
Temperatura
811 º K
318.8 ºK
Velocidad
30.48 m/s
274 m/s
Energía interna específica
3150.3 KJ/ Kg
2211.8 KJ/Kg
Volumen específico
0.05789 m3/Kg
13.36 m3/Kg
620.5 KPa 811 º K 30.48 m/s 3150.3 KJ/ Kg 3 0.05789 m /Kg
9.854 KPa 318.8 ºK 274 m/s 2211.8 KJ/Kg 3 13.36 m /Kg
Solución: .
.
.
.
.
.
Q W m(h Ec Ep) Q W m(U PV Ec Ep) .
.
.
W Q m(U PV Ec Ep) .
.
.
W Q m(U PV Ec Ep)
KJ 2211.8 3150.3 Kg (9.854 x1336 620.5 x 3 2 . Kg KJ m 1 m W 14 x15 (274 2 30.48 2 ) 2 x 0.05789) KPax s s Kg 2 s 2 Kg 1 KJ Kg 1 KJ m x x 9.8 x3.0 2 x Kg 1000 J s Kg 1000 J .
W 14 .
W 14
KJ s KJ s
15
Kg s
938.50 95.73 37.07 0.0294 KJ
1285 .06
Kg
KJ s
12071 .06
KJ s
.
W 12071 .06 KW
3.11. Una turbina adiabática en una planta generadora de vapor, recibe el fluido a una presión de 7.0 MPa y a 550º C, para salir a 20KPa. La entrada de la turbina está 3 metros más alta que la salida, la velocidad del vapor de entrada es de 15 m/s, y la salida es de 300 m/s. Calcular el trabajo realizado por la unidad de masa de vapor, y determinar, en porcentaje, el efecto que cada término ejerce sobre el trabajo efectuado por la turbina. 7.0 MPa o 550 C 15 m/s
3m
20 KPa 300 m/s
Solución: Q W h Ec Ep
W h2 h1 Ec 2 Ec1 Ep 2 Ep1 W h1 h2 Ec1 Ec 2 Ep1 Ep 2
7.0 MPa h1 = 3530.9 KJ/K
550 ºC
H 2 H 1 H fg Calculamos la calidad de vapor
S 1 S 2 S f S fg 7.0 MPa S1 = 6.9486 KJ/ Kg oK 550 º C
20 KPa
S f 0.8320 KJ / Kg º K S fg 7.0766 KJ / Kg º K
S 2 0.8320 KJ / Kg º K x7.07666 KJ / Kg º K
6.9486 KJ / Kg º K 0.8320 KJ / Kg º K x7.0766 KJ / Kg º K
0.8664 h f 251.4 KJ / Kg 20 KPa h fg 2358 .3 KJ / Kg
h2 251.4 0.864 x 2358 .3 2288 .9 KJ / Kg h2 2288 .9 KJ / Kg 152 300 2 3 x9.8 W 3530 .9 2288 .9 2 x1000 1000 Wturbina = 1197.1 KJ/Kg Energía total disponible: H + Ec + Ep Energía total disponible: 1242+44.9+0.029=1286.9 KJ/Kg
H Ec
1242 1286.9 44.9
Ep
100 96.5%
1286 .9 0.029 1286.9
100 3.49% 100 0.01%
3.12. Fluye vapor en estado permanente a través de una turbina adiabática. Las condiciones de entrada de vapor son 10 MPa, 450 ºC y 80 m/s y las de salida son de 10 KPa, 92% de calidad y 50 m/s. La relación de flujo de masa del vapor es de 12 Kg/s. Determine: a). El cambio de energía cinética; b). la salida de potencia; y c). el área de entrada de la turbina. v1=80 m/s P1=10 MPa o T1 =450 C
P2=10 KPa V2=50m/s =0.92
Solución: a).
Ec
1 2
v
2 2
v1 2
1 2
50
2
80
2
m2 s 2
Ec 1.95 KJ / kg b) W h Ec
h h2 h1 10 MPa
h1 = 3240.9 KJ/Kg
450ºC
H 2 H f H fg h f 191.83 KJ / Kg 10 KPa h fg 2392 .8 KJ / Kg h2 h2
191 .83 0.92 2392 .8 KJ / Kg 2393 .206 KJ / Kg
KJ KJ W 2393.206 3240.9 1.95 Kg Kg W 849.644 KJ / Kg .
.
W mW 12
Kg s
849.644
KJ Kg
10195.728
KJ s
.
W 10195.728 KW
c). .
A1
V 1esp m v1
10 MPa
V1esp = 0.02975
450 º C
0.02975 m3 / Kg 12 Kg / s A1 4.4625 103 m 2 80m / s
COMPRESORES 3.13. A un compresor entra un flujo volumétrico de 4.5 m 3 / s de aire a 22º C y 1 bar por una sección de 0.030 m2. El estado a la salida es 400 ºK; 2.4 bar y 70 m/s. El flujo de calor perdido es 900 KJ/min. Determine: a) el flujo másico en Kg/s b) la velocidad de entrada en m/s, y c) la potencia suministrada en Kw.
o
T2 =400 K P2 =2.4 bar V2 =70 m/s
Q = 900 KJ/ min
= 4.5 m /s T1 = 22 ºC P1 = 1 bar 2 A1= 0.030 m
Solución: a). .
m
v1 A1 V 1esp
: v1
mV 1esp A1
V 1esp
RT 8.314 KPaxm3 / Kmol º K x 298º K 1bar 1 Kmol x P 1bar 100 KPa 29 Kg
V 1esp
0.854 m 3 / Kg
V m V 1esp v1
4.5m 3 / s 5.27 Kg / s 0.854 m 3 / Kg
5.27 Kg / s 0.854 m3 / Kg
v1 150m / s
0.030 m 2
150m / s
b).
m 5.27 Kg / s
c).
Q W h Ec Ep
W h Ec Q
W h Ec Q
W Q mh Ec
295ºK
h1 = 295.17 KJ/Kg
400ºK
h2 =400.98 KJ/Kg
KJ 1 min Kg KJ 1 70 2 150 2 KJ W 900 x 5.27 400.98 295.17 Kg 2 min 60 s s 1000 Kg
W 15
KJ Kg KJ KJ 105.81 5.27 8.8 s s Kg Kg
W 526.24
KJ s
3.14. Un compresor de hidrógeno tiene unas pérdidas de calor de 35KW. Las condiciones de entrada son 320ºK, 0.2MPa y 100m/s. Los conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0.10m. El estado de salida es 1.2MPa y 520ºK. Determínese a). La variación de energía cinética en KJ/Kg, b). El flujo másico en Kg/min, y c). La potencia en eje, en kilovatios, utilizando los datos de la tabla. P2=1.2MPa o T2=520 K d2=0.10 m
T1=320ºK P1=0.2 MPa V1=100 m/s D1= 0.10 m
Q= 35 Kw
Solución: a). 1
v 2
Ec
m
v1
2
2
2
v1 A1 V 1esp
V 1esp
RT P
8.314 KPa m 3 / Kmol º K 320º K 0.2 MPa
MPa 1000 KPa
1 Kmol 2 Kg
V 1 esp 6.6512 m 3 / Kg
m
100 m / s
0.12 m 2
4 6.6512 m 3 / Kg
m 7.085 Kg / min x
1 min 60 s
0.118 Kg / s
v2
m V 2 esp A2 RT
V 2 esp
V 2 esp
1.80m 3 / Kg
v2
P
8.3 / 4 KPa m 3 / Kmol º K x 520º K 1.2 MPa
0.118 Kg / s 1.80m 3 / Kg
4
Ec
1 2
2
100
2
Ec 4.63 KJ / Kg
b).
1 MPa 1000 KPa
27.04m / s
0.12 m 2
27.04
m 0.118
Kg 60 s x s 1 min
m 7.085 Kg / min
m 2 Kg s 2
1 KJ
Kg 1000 J
4.63
KJ Kg
1 Kmol 2 Kg
c).
Q W mh Ec Ep
Q W m h m Ec
W Q mh Ec
320ºK
h1 =9100 KJ/Kmol
520ºK
h2= 14935 KJ/Kmol
KJ Kg KJ 1 Kmol KJ 0.118 W 35 14935 9100 4 . 63 s s Kmol 2 Kg Kg
W 378.72 KW
3.15. Se comprime CO2 desde 0.1 MPa y 310ºK hasta 0.5 MPa y 430ºK. El flujo volumétrico necesario en las condiciones de entrada es 30m3 /min. La variación de energía cinética es despreciable, pero se pierde calor de 4.0 KJ/Kg. Determínese la potencia necesaria, en kilovatios, utilizando los datos de la tabla.
P2=0.5 MPa o T2=430 K
Q= 4.0 KJ/Kg P1=0.1 MPa o T1=310 K V1=30 m/min
Solución: Q W h Ec Ep Q W h;W Q H
V
W mQ h
m
V 1 esp
V 1 esp
RT P
8.314 KPa m 3 Kmol º K 310º K
0.1 MPa
1 MPa 1000 KPa
1 Kmol 44kg
V 1 esp 0.5857 m 3 / Kg
V
=
30
m3 min
1min
x
60 s
=
0.5
m3 s
3
m
=
0.5m / s 3
0.5857m / Kg
=
0.8536
Kg s
310ºK
h1 = 9807 KJ/Kmol
430ºK
h2 = 14628 KJ/Kmol
W 0.8536
Kg s
W 96.9 KW
KJ KJ Kmol KJ Kmol 4 . 0 14628 x 9807 x Kg Kmol 44 Kg Kmol 44 Kg
3.16. Un compresor refrigerado absorbe un caudal de aire = 1.2 kg/s a la temperatura T1 = 15°C y a la presión P1 = 1.0 bar, y lo comprime a P2=3.5 bar, alcanzando el aire, en la tubería de presión de diámetro d 2=160 mm, el valor T2 = 100°C. En este proceso, el flujo de calor es de 50.5 kJ/s. Se pide determinar la potencia del compresor.
Solución: P2 = 3.5 bar T2 = 100°C d2 = 160mm
Q = 50.5 kJ/s
= 1.2 kg/s T1 = 15°C P1 = 1.0 bar
La energía potencial en este caso es despreciable, por tanto Cálculo de la variación de la entalpía Si consideramos al aire como gas ideal, su entalpía específica será, sabiendo que: Cp del Aire 1.004
KJ Kg C
h CpT 2 T 1 1.004
KJ
KJ x 100 15 C 85.3 Kg C Kg
Cálculo de la velocidad de salida v 2 V 2esp
RT 2 P 2
v2
mV esp A2
m RT 2
4 v2 18.3
d 22 P 2
1.2
Kg Nm x 287 x373 K 1bar s Kg K x N x0.162 m2 x3.5bar 105 2 4 m
m s
Cálculo de la potencia
W Q m h
1 2
v22
Por cuanto la velocidad a la entrada del compresor v1≈0 KJ 1 2 KJ Kg KJ 1 Kg 2 m W 50.5 85.3 1.2 18.3 2 x 2 m s s Kg 2 s 103 2 s
TOBERAS Y DIFUSORES 3.17. A una tobera aislada entra nitrógeno gaseoso a 200KPa con una velocidad despreciable. A la salida de la tobera el estado del fluido es 120KPa y 27ºC y la sección es 10.0cm 2. Si el flujo másico es 0.20Kg/s. Determínese a) la velocidad en m/s, y b) la variación de temperatura en grados Celsius.
P1 =200 KPa
P2 =120 KPa o T2 =27 C 2 A2=10.0 m
= 0.20 Kg/s
Solución: a).
v2
mV 2 esp A2
V 2 esp
RT 8.314 KPa m3 / Kmol º K 300º K 1 Kmol P
120 KPa
V 2 esp 0.7423m3 Hg
v2
0.20kg / s 0.7423m3 / Kg 100 2 cm2
10.0cm2
v2 148.46m / s
b). h CpT ; T
h Cp
1m2
28kg
2 v2 v 2 Q W mh2 h1 2 2 2 v2 v1 h1 h2
2
v2 v1 2
h1 h2
h1
; h1 h2
2
27ºC
h1
2
h2 = 8.723
v2
v2
2
2
KJ Kmol
2
2
h2
148.462
m2
2
s 2
h1 11.3317
Kg
1 KJ
Kg 1000 J
8.723
KJ
KJ Kg
KJ C p N 2 1.039 Kg º K
H C p
1 Kmol
Kmol 28 Kg
h h2 h1 0.31154 11.3317 11.02016
T
T 10.60º K
11.02016 1.039
10.60º K
KJ Kg
3.18. Una tobera adiabática admite aire a 3 bar, 200ºC y 50m/s.
Las
condiciones de salida son 2 bar y 150ºC. Determínese la relación de áreas de salida y entrada A2 / A1.
P1 =3 bar o T1 =200 C V1 =50 m/s
P2 =2 bar o T2 =150 C
Solución:
m1
v1 A1
m2
V 1 esp
v 2 A2 V 2 esp
m1 m2
v1V 2 esp
Por tanto:
V 1 esp
v2V 1 esp
RT 1
A2 A1
8.314 KPa m 3 / Kmol º K 473º K 1 Kmol
P 1
300 KPa
29 Kg
V 1 esp 0.4520 m 3 / Kg RT 2
8.314 KPa m 3 / Kmol º K 423º K 1 Kmol
V 2 esp
V 2 esp
0.6063 m 3 / Kg
P 2
h1 h2
v2
2
2
200 KPa
v1
2
2
;v 2 2 h1 h2 v1
2
473ºK
h1= 475.315 KJ/Kg
423ºK
h2 = 424.311KJ/Kg
29 Kg
KJ 1000 J
475.315 424.311
v2
Kg
KJ
50
2
m2 s 2
x
Kg Kg
v2 323.28m / s A2 A1
50 0.6063 0.207 0.4520 323 .28
3.19. A un difusor
adiabático entra refrigerante
134a como vapor
saturado a 26ºC con una velocidad de 95 m/s. A la salida la presión y temperatura son 7 bar y 30ºC respectivamente. Si el área de salida es 50 cm2. Determine: a) la velocidad de salida en m/s, y b) el flujo másico en Kg/s.
P2=7 bar o T2=30 C 2 A2=50 cm
o
T1=26 C V1=95 m/s
Solución: a). v 2 2 v 21 h1 – h2 = 2
v2=
2(h1 h2 ) v12
26ºC
h1 = 261.48 KJ/Kg
7 bar 30ºC
h2 = 265.37 KJ/Kg
v2 =
2 (261.48 265.37)
1000 J 1 KJ
9025m 2 / s 2
v2 = 35.28 m/s
b). .
m
=
v2 A2 V 2 esp
7 bar
V2 esp= 0.02979
30 ºC
2
.
m
=
35.28m / sx50cm 3
0.02979 m / Kg
x
1m 2
100
2
cm2
.
m
= 5.92 Kg/s
3.20. Por una
tobera perfectamente aislada circula en régimen
estacionario agua en estado de líquido comprimido. En la entrada la presión, la temperatura y la velocidad son 3.2 bar, 20.0 ºC y 4 m/s respectivamente y el área es 16.0 cm2. en la salida el área es 4.0 cm2 y la presión es 1.5 bar. Considérese que el agua es incompresible, siendo Vesp = 1.002 x 10-3 m3 /Kg y Cp = 4.19 KJ/ Kg ºK. Determine: a) el flujo másico en Kg/s, b) la velocidad de salida en m/s.
P1=3.2 bar o T1=20.0 C V1=4 m/s 2 A1=16 cm
2
A2=4.0 cm P2=1.5 bar
Solución: a). .
m
=
v1 A1 V 1esp
4.0m / s x16cm2
1m 2
x 6.39 Kg / s 1.002 x103 m3 / Kg 100 2 cm2
.
m
= 6.39 Kg/s
b). .
v2 =
mV 2 esp A2
6.39 Kg / s x1.002 x103 m 3 / Kg 100 2 cm2 x 4.0cm2 1m 2
v2= 16.007 m/s
3.21. A un difusor adiabático entra refrigerante 134a a 1.8 bar y 20ºC a una velocidad de 140m/s. El área de entrada es 10.0 cm2. En la salida las condiciones son 2.0 bar y 50m/S. Determínese a). El flujo másico en Kg/s, b). La entalpía de salida en KJ/Kg, c). La temperatura de salida en grados Celsius, y d). El área de salida en centímetros cuadrados.
P1=1.8 bar T1=20 ºC v1=140m/s 2 A1=10.0cm
P2=2.0 bar v2 =50 m/s
Solución: a). .
m
v1 A1 V 1esp
1.8 bar 20ºC
V1esp = 0.12723
140
.
m
m s
x 10.0cm2
0.12723 .
m 1.10
x
m3
1m 2 100 2 cm2
Kg
Kg s
b). h1 h2
v 22 v12 2
1.8 bar h1 = 268.23 KJ/Kg
20 ºC
h2 h1 h2
v22 v12
276.8
2
KJ 502 140 2 m2 Kg KJ 268.23 x x Kg 2 s 2 Kg 1000 J
KJ Kg
c). 276.8
KJ Kg
T 2 30º C
d). .
A2
mV 2esp
2 bar 30 ºC
v2
Kg m3 1.10 x 0.11856 s Kg A2 0.00261m 2 m 50 s
A2 0.00261m x 2
100 2 cm 2 1m 2
A2 26.1cm 2
3.22. Una tobera convierte en energía cinética, una caída de entalpía, la energía desarrollada se emplea por ejemplo, para impulsar un dispositivo mecánico como rodete de turbina. La energía del fluido se convierte entonces en trabajo mecánico. La figura muestra una tobera típica. El aire entra en la tobera a una presión de 2700 KPa, a una velocidad de 30 m/s y entalpía de 923.0 KJ/Kg y sale a una presión de 700 KPa y una entalpía de 660.0 KJ/Kg. Si la pérdida de calor es de 0.86 KJ/Kg y si el flujo de masa es de 0.2 Kg/s. a) Calcular la velocidad de salida. b) Determinar la velocidad de salida en el caso de condiciones adiabáticas.
P1= 2700 KPa v1 = 30 m/s h1 = 923.0 KJ/Kg = 0.2 Kg/s
P2= 700 KPa h2 = 660 KJ/Kg
Q = 0.86 KJ/ Kg
Solución: a). Q W h Ec Ep
Q h Ec
Ec Q h 1 2
v 22
v 22
;
Q (h2 h1 )
1 2 1 2
v 22 v12
2Q (h h1 ) v12
1 2
v12
Q (h2 h1 )
2 KJ 2 m 30 2 v 2 2 0.86 (660 923) Kg s
KJ m2 900 2 v2 524.28 Kg s
v2 v2
KJ 1000 J m2 900 2 524.28 x Kg 1 KJ s 524280
v2
v2
724.69
524280
Nm Kg
900
Kgmm Kgs2
m2 s 2
900
m2 s 2
m s
b). Ec Q h 1 2
v 22
1
Ec h
;
v12 H ;
2
1 2
v 22
1 2
v12 h
v2 v12 2h
v2
900
m2 s 2
v2 900
2(660 923)
m2 s 2
526
KJ Kg
KJ 1000 J x Kg 1 KJ
2
v
2
900
m 2
526000
Nm
526000
Kgmm
s
Kg
2
v
2
900
m s 2
v 2 725.90
2
Kgxs
m s
3.23. Entra aire de modo permanente en una tobera adiabática a 300 KPa, 200 ºC y 30 m/s y sale a 100 KPa y 180 m/s. El área de entrada de la tobera es de 80 cm2. Determine: a). La relación de flujo de masa a través de la tobera, b). La temperatura de salida del aire y c). El área de salida de la tobera.
P1=300 KPa o T1 =200 C v1=30 m/s 2 A1=80 cm
Solución: a). .
m
v1 A1 V 1esp
V 1esp
RT P
8.314
V 1esp 0.452
KPam3
x473º K 1 Kmol Kmol º K x 300 KPa 29 Kg
m3 Kg
m 30 x 80cm 2 1m2 s m x m3 1002 cm2 0.452 Kg .
P2=100 KPa v2=180m/s
Kg m 0.5309 s .
b). 470 º K 472 .24
KJ Kg
480 º K 482 .49
KJ
482.29 472.24
480 470
h1 472.24 h 475.365
Kg
473 470
KJ Kg
Q W h Ec Ep
h Ec
;
0 h Ec
(h2 h1 ) Ec
;
;
h1 h2 Ec
h 2 h1 Ec 2 KJ 1 KJ 2 2 m h 2 475.365 (180 30 ) 2 x Kg 2 1000 J s
h 2 459.615
KJ Kg
451.80
KJ
Kg 462.02
KJ Kg
462.02 451.80 459 .615 451.80 T 2 T 2
457.66º K 184 .65º C
450º K
460º K
460 450 T 450
c). A2
V 2 esp V 2 esp
V 2esp m v2 KPam3 8.314 x457 .66º K RT 2 Kmol º K 1 Kmol x P 2 100 KPa 29 Kg m3 1.312 Kg
Kg m3 0.5309 x1.312 s Kg A2 m 180 s A2 3.87 x10 3 m 2
A2 3.87 x10 m x 3
A2 38.70cm 2
2
100 2 cm 2 1m 2
TUBERÍAS Y DUCTOS 3.24. Un caudal de agua de = 0.036 m3 /s entra en una bomba a P1=1at y T1=15ºC, abandona la bomba a P2=4.5at. La diferencia de nivel Z2-Z1 es de 1.5m, las secciones de entrada y salida tienen un diámetro de d1=125mm y d2=100mm, respectivamente. La bomba absorbe en el eje una potencia de 18.0 Kw. Calcular la fracción de potencia que se emplea en la producción de trabajo de rozamiento.
2
Z2-Z1=1.5m
Solución: . .
.
.
W Wx m W V
;
W
W .
V
Sí la densidad del agua a estas condiciones: 18.0 999
Kg 3
m
999
Kg m3
KJ s
W
3
x0.036
0.501
m
KJ Kg
s
Q W U PV Ec Ep
Si no hay transferencia de calor y la temperatura se mantiene constante
W PV Ec Ep W PV Ec Ep Además W W esp W R W esp W R PV Ec Ep
W R W esp PV Ec Ep Como el agua es una sustancia incompresible → Vesp = constante W r W esp PV Ec Ep W R W esp V ( P 2 P 1 ) W R W esp
1
1
(v22 v12 ) g ( Z 2 Z 1 )
2 1
( P 2 P 1 )
2
(v22 v12 ) g ( Z 2 Z 1 ) .
.
m v1 A
.
.
m V
;
;
m .
V .
m
.
m v1
.
.
A
;
.
.
mV v1 m A
V
m3 m3 0.036 0.036 V s s v1 2 1m 2 A 2 2 d 1 125 mm x 4 4 1000 2 mm 2 m v1 2.93 s .
2
v 2 d 1 d v 2 v1 1 v1 d 2 d 2 2
m 125 v 2 2.93 4.58 s 120
2
2 KJ 4.5 1.0 at 1 m 2 2 m 4.58 2.93 2 9.8 2 x1.5m W R ( 0.501) Kg Kg 2 s s 999 3 m KJ 3.5at .m3 100 KPa m2 KJ m2 KJ 6.19575 2 x 14.7 2 x W R 0.501 x Kg 999 Kg 0.9869at s 1000 J s 1000 J
W R 0.501 0.355 0.00619575 0.0147 W R 0.125 W R W
KJ Kg
0.125
0.249
0.501
Por tanto el 24.95% de la energía empleada se gasta en cubrir el trabajo de rozamiento.
3.25. La superficie libre del agua en un pozo está en 20 m debajo del nivel del suelo. El agua se va a bombear de forma permanente hasta una altura sobre el nivel del suelo de 30 m. Desprecie cualquier transferencia de calor, cambios en la energía cinética y efectos de fricción y determine la entrada de potencia a la bomba requerida para un flujo permanente de agua a una relación de 1.5 m3 /minuto.
30 m
20 m
Solución: Q W U PV Ec Ep Q 0,
U 0,
Ec 0;
P 1 P 2 P at
y además el agua es una sus tan cia incompresible (V cte) , por tanto: W g ( Z 2 Z 1 )
m g ( Z 2 Z 1 ); W
V m
V g ( Z 2 Z 1 ) W 3 Kg m 1min m W 1000 3 x1.5 x x 9.8 2 x 50m
min
m 12250 J W s
60 s
s
3.26. Entra aire en el ducto de un sistema de aireación disipado a 105 KPa y 12º C a una relación de flujo de volumen de 12 m 3 /min. El diámetro del ducto es de 20 cm y el calor se transfiere al aire de los alrededores al ducto a una relación de 2 KJ/s. Determine: a) la velocidad del aire a la entrada del ducto, y b) la temperatura del aire a la salida.
P= 105KPa T= 12 ºC d=20 cm 3 = 12 m /min
̇
Aire
T2
Q=2 KJ/s
Solución: a.)
v2
v1
V A
12
m3 min
4
v1
x
1min 60 s
d 2
m3 0.2 s
4
2
x 20 cm x
v1 6.37
1m 2
2
100 2 cm 2
m s
b). m h1 Q
h2
m
285º C
P RT
285.14
KJ Kg
105 KPa
KPam3
1 Kmol 8.314 x x285 K Kmol K 29 Kg
1.289
Kg m3
m3 1min Kg Kg V 12 m x x1.289 3 0.2578 min
2 h2
KJ s
60 s
m
s
Kg KJ x285.14 KJ s Kg 292.90 Kg Kg 0.2578 s
0.2578
292.9 KJ/Kg
T2=19.74°C
3.28. Por una tubería horizontal de 20 mm de diámetro circula un fluido con una velocidad de 3 m/s. calcular: a) el caudal en
L/min, b). la
velocidad en otra sección de la misma línea de 10 mm de diámetro, y c). Si el fluido (es agua), la diferencia de altura entre dos tubos verticales colocados inmediatamente antes y después del estrechamiento.
Solución:
1 2
a). V A x v
A
3.1416 1cm 2 1m 2 2 2 d x 20 mm x 2 x 4 4 10 mm 2 100 2 cm 2
2
m V 3.1416 x10 m x3 s 4
2
9.4248 x10
4
m3 60 s 1000 L x x s 1min 1m3
b). 1 V 2 V A1v1 A2v2
4
d 12v1
4
d 22v2
d 12v1 d 22v2 v2
2 1 1 2 2
d v d
202 mm2 x3
m
s 12 m 10 mm s 2
2
c). Aplicando la ecuación de Bernoulli: P 1 gh1
1 2
2
v1
P 2 gh2
3.1416 x104 m 2
1 2
2
v 2
56.55
L min
Considerando que los puntos 1 y 2 están a la misma altura. 1
P 1
2
P 2
2
v1
1 2
2
v2
Y además: y P 2 gh2 g h1 h´
P 1 gh1 Dónde:
h2 es reemplazado por h1 gh1
1
gh1
1 2 v1 2
h´ h´
1
2
2
v1
2 g 1 2 g
v
v
2 2
2 2
g h1 h´
1 2
gh1 gh´
2
v 2
1 2 v 2 2
v12
v 2 1
2 2 x9.8
m
12
2
3
2
m2 s 2
s 2
h´ 6.88m
3.29.
Una tubería horizontal de 20mm de diámetro conduce agua con
una velocidad de 1m/s. La presión de la entrada es 10000Pa, en la salida hay un estrechamiento de 10mm de diámetro. Si se desprecia el rozamiento, Calcule la presión a la salida, la densidad del agua 1000kg/m3. Solución:
V A v A v 1 V
1 1
2
2
2
v2
2 1
d v1 d 22
20 2 mm2 x1
m
s 4 m 102 mm2 s
Aplicando la ecuación de Bernoulli y considerando que:h1= h2 P 2 P 1
1 2
v
2
1
P 1 10000 Pa x
v22 1 KPa 1000 Pa
x1000
N m
2
x
1 1 KPa
10000
N m
2
Kg m 2 N P 1 10000 2 x10001 4 3 x 2 2500 2 2 m m s m N
P 1 2500
3.30.
N m
2
x
1
4
4
1 KPa 1000 Pa 2500 Pa x N 1 KPa 1000 2 m
Un cilindro vertical de vidrio tiene un diámetro inferior de 150 mm
y un agujero taladrado cerca de la base, se mantiene a un nivel constante de agua de 350 mm por encima del agujero del que sale horizontalmente hacia el exterior un chorro de 5 mm diámetro determine: la cantidad del agua a la salida del chorro. Solución:
h=
A
Los puntos A y B
B
están a la misma altura, la velocidad en A es
prácticamente igual a cero. En el punto B la presión es la atmosférica, y en el punto A la presión es la siguiente:
P A P at gh Aplicando la ecuación de Bernoulli
√ ̇ ̇ 3.31. El caudal de un fluido hidráulico circula por una tubería con un diámetro interno de 30 mm sabiendo que su velocidad es de 4 m/s. Calcular: a) el caudal del fluido expresado en L/min, m 3 /s y L/h, b) el régimen de circulación que lleva el fluido, sabiendo los siguientes datos: Densidad del fluido 850 Kg/m3, viscosidad 0.55 cP. Solución: a).
̇ ̇ ̇
̇ b).
El NRE es mayor a 4000 el régimen de circulación o de flujo es turbulento
3.32. Determine: a) Aplicando Bernoulli, la expresión de la presión que indicara el manómetro M con la válvula V cerrada y que sucede en la lectura del manómetro si se abre la válvula y b) a qué velocidad sale el líquido de un depósito abierto a la atmosfera a través de un orificio que está situada 2m por debajo de la superficie libre.
1
h
M V
Solución: a).
