UNIVERSIDAD NACIONAL José Faustino Faustino Sánchez Carrión
40 PROBL PROBLEMAS EMAS RESUELTOS RESUELTOS DE LA PRIMERA PRIMERA LEY L EY DE LA TERMODI TERMODINÁMICA NÁMICA
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
INTRODUCCIÓN La termodinámica es de vital importancia en nuestras vidas ya que estudia a la energía, su almacenaje y sus diferentes transformaciones; en particular, la transformación de la energía calorífica (calor) en otras formas de energía energía y viceversa. Se enfatiza la relación entre calor y temperatura como consecuencia de la capacidad del ser humano de distinguir la existencia de "cuerpos calientes" y "cuerpos fríos". Se torna importante la observación y la experimentación con aparatos térmicos que permiten comprender la importancia de los procesos termodinámicos en nuestro entorno y como estos afectan el medio en que vivimos y de allí presentar alternativas de mejoramiento en la conservación del ambiente. En el siguiente material de instrucción, se introducirá al estudio de la primera ley de la termodinámica mediante el análisis de problemas resueltos empleando la ecuación del balance de energía.
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
INDICE
INTRODUCCIÓN INTRODUCCIÓN ................................................................ ................................................................................................................................ .................................................................... ....1 INDICE ........................................................ ......................................................................................................................... ............................................................................................. ............................2 PROBLEMAS RESUELTOS DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA ...........................3 BIBLIOGRAFIA ............................................................. ................................................................................................................................ ....................................................................... ....67
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
PROBLEMAS RESUELTOS DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
1. El lector ha adquirido recientemente una gran superficie de terreno en la jungla amazónica, a un costo extremadamente bajo. Se encuentra muy satisfecho consigo mismo hasta llegar a dicho lugar y descubrir que la fuente de energía eléctrica más cercana se halla a 1500 millas de distancia, un hecho que el cuñado del lector, quien actuó como agente de bienes raíces, olvidó mencionar por algún motivo. Dado que la tienda de abarrotes de la localidad no posee cables de extensión de 1500 millas de longitud, el lector decide construir un pequeño generador hidroeléctrico, al pie de una cascada de 75 m de altura. El flujo de la cascada es de 105 m3 /h, y se anticipa un consumo de 450 kW.h/semana para el funcionamiento de la iluminación, aire acondicionado y televisión. Calcular la máxima energía teórica disponible en la cascada, y comprobar si alcanza para cubrir dichas necesidades. Solución: 1
Sistema
h = 75 m
2
Sistema: Abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. k ⎛ dM ⎞ . .: = B M ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ Sist . k =1
M 1 = M 2 = M B.E .:
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ + E ˆ C + E ˆ P Q W M k H = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt n 1 = ⎝ ⎠ Sist .
(
(
)
k
)
W = M ⋅ Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2
3
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ˆ P ,1 W = M ⋅ E
(
)
( 2)
kg ⎞ ⎛ 3 m3 kg 1h ⎞ ⎛ × = M = ρ ⋅ Q = ⎜ 1000 3 ⎟ ⋅ ⎜10 277,78 ⎟ m ⎠ ⎝ h 3600 s ⎠ s ⎝
2
m ⋅ g ⋅ h1 ⎛ m⎞ kg m J = ⎜ 9,81 2 ⎟ ⋅ ( 75 m ) = 735,8 ⋅ 2 = 735,75 Eˆ P ,1 = m s kg s kg
⎝
⎠
Reemplazando en la ecuación (2): kJ ⎞ 1 kJ ⋅ = 204,38 kW 735,75 ⎟× ⎟ ⎜ s ⎠ ⎝ kg ⎠ 103 J kW ⋅ h 7 dias 24 h W = 204,38 kW × × = 34335, 27
⎛ ⎝
W = ⎜ 277,78
kg ⎞ ⎛
1 semana 1 día
semana
Si alcanza para cubrir los gastos de energía.
2. Vapor saturado a 1 atm, se descarga de una turbina a una velocidad de 1000 kg/h. Para alimentar un intercambiador de calor se necesita vapor sobrecalentado a 300 ºC y 1 atm; para producirlo, el vapor que sale de la turbina se mezcla con vapor sobrecalentado que proviene de una segunda fuente, a 400 ºC y 1 atm. La unidad de mezclado opera adiabáticamente. Calcular la cantidad de vapor producido a 300 ºC, y la velocidad de flujo volumétrico del vapor a 400 ºC requerido. Solución:
vapor sobrecalentado
TURBINA
vapor saturado
1 M P1
= 1000
= 1 atm
kg
2 M T2 = 400º C P2 = 1 atm
h
UNIDAD DE MEZCLADO
vapor sobrecalentado
M 3 T3 = 300º C P3 = 1 atm SISTEMA:
Unidad de mezclado, abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, aergónico.
4
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental B.M . :
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 + M 2 − M 3
= 1000 M 3 − M 2
kg h
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU + ∑ M Hˆ + E ˆC + E ˆ P = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K dt n =1 ⎝ ⎠ SIST ˆ 3 ( 2) 0 = M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ H
(
(1)
ˆ3 : Cálculo de Hˆ 1 , Hˆ 2 y H P1 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa vapor saturado
P2 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa T2 = 400º C vapor sobrecalentado
P3 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa T3 = 300º C
ˆ 1 = 2675,5 H
ˆ 2 = 3278,2 H ˆ2 = 3,103 V
kJ kg
kJ kg
m3 kg
ˆ 3 = 3074,3 H
kJ kg
vapor sobrecalentado
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: 0 = 1000 ⋅ (2675,5) + 3278, 2 ⋅ M 2 − 3074,3 ⋅ M ( 3) 3
De (1) y (3) se tiene: = 1955,86 M 2
kg
= 2955,86 M 3
kg
h
h
La velocidad de flujo volumétrico del vapor a 400 ºC es: ˆ2 = 1955,86 V2 = M 2 ⋅ V
kg
= 6069,03 V 2
h m
× 3,103
m3 kg
3
h
3. Debe calentarse una corriente gaseosa que contiene 60% en peso de etano y 40% de butano, desde 70 ºF hasta 220 ºF, a una presión de 30 psia. Calcular el suministro de calor requerido por libra de mezcla, despreciando cambios de E C y E P y empleando datos tabulados de entalpía para el C 2 H 6 y C 4 H 10 . Datos:
5
)
K
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C2 H 6
P = 30 psia
P = 30 psia
ˆ 1 = 453,85 Btu T1 = 70 º F → H lbm
ˆ 1 = 164,92 T1 = 70 º F → H
ˆ 2 = 522,80 T2 = 220 º F → H
C4 H 10
Btu
Btu lbm
ˆ 2 = 227,54 T2 = 220 º F → H
lbm
Btu lbm
Solución:
M 1
M 1
=
B.M .:
T2 = 220º F
70 º F
T1
=
P1
= 30
M 1,C2 H 6
SISTEMA: Calentador,
M 2
= 1lbm
P2 = 30 psia
psia
+ M 1, C
M 2 = M 2,C2 H 6 + M 2, C4 H 10
Q
4 H10
abierto, estado estable y flujo estable, aergónico.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ C + E ˆ P + ∑ M Hˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K dt n =1 ⎝ ⎠ SIST 0 = Q + M 1,C2 H 6 ⋅ Hˆ 1,C2 H 6 + M 1,C4 H10 ⋅ Hˆ 1,C4 H10 −
(
B.E .:
ˆ 2,C H M 2,C2 H 6 ⋅ Hˆ 2,C2 H 6 − M 2,C4 H10 ⋅ H 4 10 M 1 = M 2 = 1lbm
(1)
)
K
Q = M C2 H 6 Hˆ 2,C2 H 6 − Hˆ 1,C2 H 6 + M C4 H10 Hˆ 2,C4 H10 − Hˆ 1,C4 H10 ( 2 )
(
)
(
)
= M 2,C2 H6 = M C2 H6 = 0,6 lbm 1, C4 H10 = M 2,C4 H10 = M C4 H10 = 0,4 lbm
1, C2 H 6
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: Q = 0, 6 ⋅ ( 522,80 − 453,85 ) + 0, 4 ⋅ ( 227,54 − 164,92 ) Q = 66,42 Btu
4. Se mezclan 2 flujos de agua que constituyen la alimentación de un calentador. Los datos del proceso se dan a continuación: Flujo de entrada 1: líquido saturado, 120 kg/min a 30 ºC Flujo de entrada 2: líquido saturado, 175 kg/min a 65 ºC Presión del calentador: 17 bar (absoluta) El flujo de salida emerge del calentador a través de una tubería de 6 cm de diámetro. Calcule el flujo de entrada de calor requerido para el calentador en kJ/min, si el flujo de salida es vapor saturado a la presión del calentador. Desprecie las energías cinéticas de los flujos líquidos de entrada.
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Solución:
= 120 M 1
kg
min T1 = 30 º C vapor saturado
= 175 M 2
P3 = 17 bar
kg
Diámetro = 6 cm
min T2 = 65 º C
SISTEMA: Calentador,
B.M .:
Q
abierto, estado estable y flujo estable, aergónico.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = M + M − M
1
2
= 295 M 3
kg min
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P Q W M K Hˆ + Eˆ C + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt 1 = n ⎝ ⎠ SIST
(
B.E .:
)
(
(
)
(1)
ˆC : Cálculo de Hˆ 1 , Hˆ 2 , Hˆ 3 y E 3 ˆ 1 = 125,79 H
líquido saturado
T1 = 65º C
P3 = 17 bar
A3 =
π
4
⋅d2 =
π
4
kJ kg
ˆ 2 = 272,06 H
líquido saturado
kJ kg
ˆ 3 = 2795,6 H
kJ
ˆ3 = 0,11715 V
m3
kg kg
2
⋅ ( 0, 06 m ) = 2,826 × 10 −3 m 2
1 min kg ⎞ ⎛ m3 295 0,11715 × ⎜ ⎟ ˆ kg M ⋅ V ⎝ m 60 s min ⎠ v3 = 3 3 = = 203,8 −3 2 A3 s 2, 826 ×10 m
(
)
Q = M 3 Hˆ 3 + EˆC 3 − M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 ( 2 )
min
T1 = 30 º C
(
)
K
ˆC − 3 ( Hˆ 3 + E ˆ C ) 0 = Q + M 1 Hˆ 1 + Eˆ C 1 + M 2 Hˆ 2 + E 2 3
3
= 120 kg + 175 kg M 3
min
M 3
)
2
2 ˆ C = 1 M 3 ⋅ v3 = 1 ⎛ 203,8 m ⎞ = 20767, 22 J = 20,767 kJ E ⎟ 3 2 M 2 ⎜⎝ s ⎠ kg kg 3
Reemplazando en la ecuación (2), se tiene:
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Q = 295 ( 2795, 6 + 20, 767 ) − 120 × 125, 79 − 175 × 272, 06
Q = 7, 68 × 10
5
kJ min
5. Calcular el incremento de entalpía en el sistema mostrado en el diagrama donde z 1=10 pies; z 2=85 pies; A1=0,1 pies2; A 2=0,5 pies2. La bomba adiciona 1 hp al sistema, el intercambiador elimina 10 000 Btu/h. La razón de flujo es de 100 gal/min a 70 ºF, ρ=62,3
lbm/pie3. Q 2
z 2 1
z 1 Solución:
Sistema: Abierto, estable y flujo estable. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . k =1
M 1 = M 2 = M
(1)
k ˆ⎞ ⎛ dU ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k ( Hˆ + EˆC + Eˆ P ) k =1 k ⎝ dt ⎠ Sist . 0 = Q − W + M ⋅ ( Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ ,1 − Eˆ , 2 + Eˆ ,1 − Eˆ , 2 )
B.E .:
C
Hˆ 2 − Hˆ 1 =
ˆ Q − W
C
P
P
ˆ P , 2 ( 2 ) + EˆC ,1 − Eˆ C, 2 + EˆP ,1 − E
Btu Btu 1h Q = −10000 × = −2,78 h s 3600 s W = −1 hp ×
550
pie ⋅ lb f s 1 hp
×
Btu 1 Btu = −0,707 s 778 pie ⋅ lb f
pie3 1 pie3 1 mín Q = 10 × = 0,0223 mín 7, 48 gal 60 s s gal
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ lbm ⎞ ⎛ lbm pie3 ⎞ ⋅ 0,0223 M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62,3 ⎟ = 1,39 3 ⎟ ⎜ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s ⎝
v1 =
v2 =
Q A1 Q A2
=
=
0,0223
pie3
s 0,1 pie 2
0,0223
= 0,223
pie s
pie3
s 0,5 pie 2
= 0,0446
pie s
2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 0, 223 ⎟ = 0,0249 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝ 2
2 pie pie 1 1 ⎛ ⎞ − 2 4 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 0,0446 ⎟ = 9,95 ×10 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝
pie ⎞ pie 2 ⎛ ˆ E P ,1 = g ⋅ z1 = ⎜ 32,174 ⎟ ⋅ (10 pies ) = 321,74 2
Eˆ P , 2
2
s ⎠ s ⎝ pie ⎞ pie 2 ⎛ = g ⋅ z 2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ (85 pies ) = 2 734,8 2 s ⎠ s ⎝
Reemplazando en la ecuación (2): Btu
⎡⎣ −2,78 − ( −0,707 )⎤⎦ pie 2 lbm −4 s ˆ ˆ H 2 − H 1 = + ⎡⎣0, 0249 − 9,95 ×10 + 321, 74 − 2734,8 ⎤⎦ 2 ⋅ × lb s lb
1,39
ˆ 1 = − 1,5877 Hˆ 2 − H
m
m
s
1lb f
1 Btu lb ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f 32,174 m ×
s
2
Btu lbm
6. El tanque A de la figura contiene 0,454 kg de freón-12 como vapor saturado a 26,7 ºC. La válvula se abre ligeramente y el freón fluye despacio en el cilindro B. La masa del émbolo es tal que la presión del freón-12 en el cilindro B es 1,41 kg f /cm2. El proceso termina cuando la presión del tanque A es de 1,41 kg f /cm2. Durante éste proceso se transmite calor al freón-12 para que la temperatura permanezca constante a 26,7 ºC. Calcular el calor transmitido durante el proceso.
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Q
A
B ÉMBOLO
Solución:
Sistema: Tanque A, estado uniforme, abierto. k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . k =1
B.M .: ⎜
M f − M i = M 1 − M 2 = M i − M f
2
(1)
n ⎛ dU ⎞ − W + ∑ M Hˆ + E ˆ C + E ˆ P Q = k ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . n =1
(
B.E. : ⎜
U f − U i = Q + M1 ⋅ Hˆ 1 − f
2
)
k
ˆ2 ⋅ H
⋅Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i = Q − M 2 ⋅ Hˆ 2
ˆ 2 ( 2 ) Q = M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i + M 2 ⋅ H Pi = 0,6833 MPa Ti = 26,7º C
ˆi = 0,025716 V
vapor saturado
ˆ i = 198,228 H
P f = 1, 41
kg f cm
× 2
4
2
10 cm × 1 m2
P f = 0,1383 MPa T f = 26,7º C
9,81
m3 kg
kJ k
kg ⋅ m
s 2 1 kg f
×
1 MPa = 0,1383 MPa 106 Pa
ˆ f = 0,149360 m V
3
kg
ˆ f = 207,274 H
kJ kg
En el tanque B, el freón permanece a 1,41 kg f /cm2 y a 267 ºC, por lo que: ˆ f = 207,274 Hˆ 2 = H
10
kJ kg
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental De la ecuación: Hˆ = Uˆ + P ⋅ V ˆ , se tiene: ⎛ kJ ⎞ ⎛ m ⎞ kJ 10 kPa ⎞ ⎛ − × ⋅ = Uˆ i = Hˆ i − Pi ⋅ Vˆi = ⎜198, 228 MPa 0,6833 0,025716 180,667 ⎟ ⎟ ⎜ kg kg kg 1 MPa ⎟ ⎜ 3
⎝
3
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
⎛ kJ ⎞ ⎛ m ⎞ kJ 10 kPa ⎞ ⎛ − × ⋅ Uˆ f = Hˆ f − Pf ⋅ Vˆf = ⎜ 207, 274 MPa 0,138 0,14 ⎟ ⎜ ⎟ = 186,662 ⎟ ⎜ kg kg kg 1 MPa 3
⎝
⎠ ⎝
3
⎠ ⎝
⎠
Para calcular las masas, se parte de la definición del volumen específico: ˆi = V
V i i
De donde: ⎛ m ⎞ 3 Vi = Vˆi ⋅ M i = ⎜ 0,025716 ⎟ ⋅ ( 0, 454 kg ) = 0,0117 m kg 3
⎝
⎠
Pero, el volumen en el tanque A se mantiene constante durante el proceso: Vi = V f
f
=
V f
ˆ f V
=
0,0117 m3 0,149360
m3
= 0,0783 kg
kg
De la ecuación (2): 2
= 0, 454 kg − 0,0783 kg = 0,3757 kg
Reemplazando datos en la ecuación (2): ⎛
Q = ( 0,0783 kg ) ⋅ ⎜186,662
⎝
kJ ⎞
⎛ ⎛ kJ ⎞ kJ ⎞ kg kg 0, 454 180,667 0,3757 207, 274 − ⋅ + ⋅ ( ) ( ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ kg ⎠ kg ⎠ kg ⎠ ⎝ ⎝
Q = 10,466 kJ
7. Un brazo en Y divide el flujo de agua en dos ramas, los cuales tienen las áreas y presiones que se muestran en la figura. Hallar la cantidad de trabajo perdido, si el cambio de energía potencial es despreciable ( ρ=1,94 slug/pie 3 )
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Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental A3 A2
2
2
= 3 pies
P 2 = 165
=2
pies2 lb f
P 3 = 83
3
pulg 2 pies v3 = 100 s
lbf 2
pulg
1 A1
=4
pies 2 lb f
P 1 = 137
pulg 2 pies v1 = 80 s
Solución:
Sistema: Y, abierta, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . k =1 0 = 1 − M 2 − M 3
M 1 = M 2 + M 3 B.E .:
(1)
n ⎛ dU ⎞ − W + M ⋅ Hˆ + Eˆ + Eˆ Q = ∑ k C P ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST n =1
(
) k
W = M 1 ⋅ Hˆ 1 + EˆC ,1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 + EˆC , 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 + EˆC ,3
(
)
(
)
(
)
W = M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 + EˆC , 2 − ( M 1 − M 2 ) ⋅ Hˆ 3 + EˆC ,3
(
)
(
)
(
)
W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 3 + Eˆ C ,1 − EˆC ,3 − M 2 ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 3 + EˆC , 2 − EˆC ,3
(
)
(
)
De la ecuación (1), y además considerando:
ρ1
( 2)
= ρ2 = ρ3 = ρ
= M + M 1 2 3 ρ ⋅ Q1 = ρ ⋅ Q2 + ρ ⋅ Q3 ρ
⋅ A1 ⋅ v1 =
ρ
⋅ A2 ⋅ v2 +
ρ
⋅ A3 ⋅ v3
ρ
⋅ A1 ⋅ v1 =
ρ
⋅ A2 ⋅ v2 +
ρ
⋅ A3 ⋅ v3
( 4 pie 2 ) ⋅ ⎛⎜ 80 s
pie ⎞
⎝
pie ⎞ 2 2 ⎛ ⎟ = ( 3 pie ) ⋅ v2 + ( 2 pie ) ⋅ ⎜100 s ⎟ ⎠ ⎝ ⎠
v2 = 40
12
pie s
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb f ⋅ s 2 ρ =
slug
pie
pie
1 slug
1,94
× 3
×
32,174
lbm ⋅ pie s 2
= 62, 42
1lb f
⎛
M 1 = ρ ⋅ Q1 = ρ ⋅ A1 ⋅ v1 = ⎜ 62, 42
⎝
⎛
= 19973,6 M 2 = M 1 − M 3
lbm s
pie3
lbm ⎞
lb pie ⎞ 2 ⎛ = 19973,6 m ⎟ ⋅ ( 4 pie ) ⋅ ⎜ 80 ⎟ pie ⎠ s ⎠ s ⎝
M 3 = ρ ⋅ Q3 = ρ ⋅ A3 ⋅ v3 = ⎜ 62, 42
⎝
lbm
3
lbm ⎞
lbm pie ⎞ 2 ⎛ pie 2 100 12 483,5 ⋅ ⋅ = ( ) ⎟ ⎜ ⎟ pie3 ⎠ s ⎠ s ⎝
−12 483,5
lbm s
= 7 490,1
lbm s
2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 80 = 3200 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ Eˆ C ,2
2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 40 = 800 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ 2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC ,3 = ⋅ v3 = ⋅ ⎜ 100 ⎟ = 5000 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝
De la definición de la entalpía: ˆ1 Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅V ˆ2 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ V ˆ3 Hˆ 3 = Uˆ 3 + P3 ⋅ V ˆ3 Por tratarse de un sistema isotérmico: Uˆ1 = Uˆ 2 = U 1 Reemplazando en la ecuación (2), y considerando: Vˆ1 = Vˆ2 = V ˆ3 =
ρ
)
(
(
ˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − U ˆ 3 − P3 ⋅ Vˆ3 + EˆC ,1 − EˆC ,3 − M 2 ⋅ U ˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 − U ˆ 3 − P3 ⋅ Vˆ3 + Eˆ C , 2 − E ˆC ,3 W = M 1 ⋅ U ⎛ P − P3 ˆ ⎞ ⎛ P − P ⎞ + EC ,1 − Eˆ C ,3 ⎟ − M 2 ⋅ ⎜ 2 3 + Eˆ C , 2 − Eˆ C , 3 ⎟ W = M 1 ⋅ ⎜ 1 ⎝
P1 − P2 ρ
(137 − 83) =
lb f pulg
⎠
ρ
2 ×
2
144 pulg × 1 pie 2
62,42
⎝
32,174
pie3
13
( 3 )
lbm ⋅ pie
1lb f
lbm
⎠
ρ
s 2
= 4008,09
pie 2 s 2
)
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 2
144 pulg × × (165 − 83) pulg 2 1 pie 2 P2 − P 3 lb f
=
ρ
62,42
32,174
lbm ⋅ pie s 2
1lb f
= 6086,36
lbm
pie 2 s 2
pie3
Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ ⎝
= 19973,6 W ⎜
lbm ⎞ ⎡
lbm ⎞ ⎡ pie 2 ⎤ ⎛ pie 2 ⎤ 4008,09 3200 5000 7 490,1 6086,36 800 5000 ⋅ + − − ⋅ + − ( ) ( ) ⎥ ⎜ ⎥ ⎟ ⎢ ⎟ ⎢ s ⎠ ⎣ s ⎠ ⎣ s 2 ⎦ ⎝ s2 ⎦
= 29974481,4 W
lbm pie 2 s
⋅
s 2
×
1lb f
1 Btu lb ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f 32,174 m ×
s 2
= 1197,48 Btu W s
8. Un fluido incompresible entra a la máquina por las áreas A 1 y A 2 y sale por el área A 3. La temperatura es constante y la densidad del fluido es de 2 slugs/pie 3. Considerar el nivel del tope a la misma elevación y calcular los hp entregados por el sistema. A2
2
=
0,25 pulg
v2
=
35
P 2
=
50
2
A1
=
pulg 2
2
0,1 pie
v1 15 =
P 1 80 =
pies s lb f
pies s lb f
v3
=
3
1
45
pies s lb f
P 3 14,7 =
pulg 2 5000
Btu h
Solución:
Sistema: Máquina, abierta, estado estable y flujo estable, isotérmico. k ⎛ dM ⎞ = ∑ k B.M .: ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 0 = 1 + M 2 − M 3
M 3 = M 1 + M 2 B.E .:
(1)
n ⎛ dU ⎞ − W + M ⋅ Hˆ + Eˆ + Eˆ Q = ∑ k C P ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST n =1 k
)
(
W = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 + EˆC , 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 + EˆC ,3
(
)
(
)
(
)
14
2
pulg
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental W = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 + EˆC , 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ Hˆ 3 + EˆC ,3
(
)
(
)
(
)
( 2)
Pero: Hˆ = Uˆ + P ⋅ V ˆ Reemplazando en la ecuación (2): W = Q + M 1 ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 + EˆC ,1 + M 2 ⋅ Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 + EˆC , 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ Uˆ 3 + P3 ⋅ Vˆ3 + EˆC ,3
(
)
(
)
(
)
( 3)
ˆ3 Pero como la temperatura del fluido es constante: Uˆ1 = Uˆ 2 = U 1 Además: Vˆ1 = Vˆ2 = V ˆ3 =
ρ
Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ P ⎞ ⎛ P 2 ˆ ⎞ ⎛ P ⎞ + EC , 2 ⎟ − ( M 1 + M 2 ) ⋅ ⎜ 3 + Eˆ C ,3 ⎟ ( 4 ) W = Q + M 1 ⋅ ⎜ 1 + Eˆ C ,1 ⎟ + M 2 ⋅⎜ ⎝ ρ
ρ =
slug
2
pie
1
× 3
⎠
⎝
lb f ⋅ s 2 pie
1 slug
×
⎠
ρ
32,174
⎝
lbm ⋅ pie s 2
= 64,348
1lb f
⎛
M 1 = ρ ⋅ v1 ⋅ A1 = ⎜ 64,348
⎠
ρ
lbm pie3
lbm ⎞ ⎛ pie ⎞ lbm 2 pie 15 0,1 96,52 ⋅ ⋅ = ( ) ⎟ ⎜ ⎟ pie3 ⎠ ⎝ s ⎠ s
⎝ ⎛ lbm ⎞ ⎛ pie ⎞ ⎛ lbm 1 pie 2 ⎞ 2 ⋅ ⋅ × = M 2 = ρ ⋅ v2 ⋅ A2 = ⎜ 64,348 pulg 35 0, 25 3,91 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ pie3 ⎠ ⎝ s ⎠ ⎝ s 144 pulg 2 ⎠ ⎝ = 96,52 M 3 = M 1 + M 2
lbm
+ 3,91
s
lbm s
= 100, 43
lbm s
2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 15 = 112,5 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ Eˆ C ,2
2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 35 = 612,5 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ 2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC ,3 = ⋅ v3 = ⋅ ⎜ 45 = 1012,5 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ Btu 0,000398 hp Q = 5000 × = 1,99 hp Btu h 1 h
P 1 ρ
80 =
lb f pulg
× 2
2
144 pulg × 1 pie 2 64,348
32,174
lbm
lbm ⋅ pie
1lb f
s 2
= 5760
pie3
15
pie 2 s 2
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 2
144 pulg × × 50 pulg 2 1 pie 2 lb f
P 2
=
ρ
P 3
64,348
14,7 =
lb f pulg
× 2
32,174
s 2
1lb f
= 3600
lbm
pie 2 s 2
pie3 2
144 pulg × 1 pie 2
ρ
lbm ⋅ pie
64,348
32,174
lbm ⋅ pie s 2
1lb f
= 1058,4
lbm
pie 2 s 2
pie3
Reemplazando en la ecuación (4): W = 1,99 hp + ⎡⎣96,52 ⋅ ( 5760 + 112,5 ) + 3,91 ⋅ ( 3600 + 612,5 ) − (96,52 + 3,91) ⋅ (1058, 4 + 1012,5 )⎤⎦
×
1lb f 32,174
lbm ⋅ pie s 2
lbm pie 2 s
⋅
s 2
1 hp
×
550
pie ⋅ lb f s
W = 23,2 hp
9. El tanque de mezcla mostrado, contiene inicialmente 46 kg de agua a 25 ºC, de súbito las válvulas de entrada y salida son abiertas, de modo que 2 corrientes de agua cada una con un flujo de 4 kg/min, fluyen hacia el tanque y una corriente de 8 kg/min sale de la misma. La temperatura en una corriente de entrada es de 80 ºC y en la otra de 50 ºC. el tanque está bien mezclado de modo que la temperatura en la corriente de salida es siempre la misma que la temperatura del agua en el tanque. Calcular la temperatura del fluido en el tanque en cualquier tiempo.
Solución:
Sistema: Tanque, abierto, adiabático, estado estable (para la masa), estado uniforme (para la energía)
16
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Estado Inicial i
Estado Final
= 46 kg
=4 M 1
T
Ti = 25º C
Entrada 1 kg
min T1 = 80 º C
f
Entrada 2 =4 M 2
kg
min T2 = 50º C
Salida 3
T3 = T
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . k =1 M 3 = M 1 + M (1) 2
B.M .:
n ⎛ dU ⎞ − W + ∑ M Hˆ + E ˆ C + E ˆ P Q = k ⎟ dt ⎝ ⎠ Sist . n =1
(
B.E.: ⎜
)
k
⎛ dU ⎞ ˆ ˆ ˆ ⎜ dt ⎟ = M 1 ⋅ H1 + M 2 ⋅ H 2 − M 3 ⋅ H 3 ( 2 ) ⎝ ⎠ Sist .
P ⋅V = cte Pero: U = H + P ⋅ V , donde
Reemplazando en la ecuación (2): d ( H − P ⋅ V )Sist . dt
dH dt M i ⋅
ˆ3 = 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ H
ˆ3 ) = 1 ⋅ ( Hˆ 1 − Hˆ 3 ) + M 2 ⋅ ( Hˆ 2 − H ˆ dH dt
ˆ 3 ) ( 3) = M 1 ⋅ ( Hˆ 1 − Hˆ 3 ) + M 2 ⋅ ( Hˆ 2 − H
Pero se sabe que: dHˆ = C P ⋅ dT , de la cual se calculan las diferencias de entalpías: Hˆ 3
∫ˆ
H1
dHˆ = C P ⋅
∫
T 3
T 1
dT
Hˆ 3 − Hˆ 1 = C P ⋅ (T3 − T 1 ) Hˆ 1 − Hˆ 3 = C P ⋅ (T1 − T 3 ) Hˆ 3
∫ˆ
H 2
dHˆ = C P ⋅
∫
T 3
T 2
( 4)
dT
Hˆ 3 − Hˆ 2 = C P ⋅ (T3 − T 2 ) Hˆ 2 − Hˆ 3 = C P ⋅ (T2 − T 3 )
( 5)
Reemplazando en la ecuación (3), sabiendo que T3 = T ⋅ C ⋅ dT = M ⋅ C ⋅ (T − T ) + M ⋅ C ⋅ (T − T ) i P P P 1 1 2 2 dt M i
M 1 ⋅ (T1 − T ) + M 2 ⋅ ( T2 − T )
⋅ dT = dt ( 6 )
T1 = 80 º C = 353 K T2 = 50 º C = 323 K
Reemplazando datos en la ecuación (6):
17
3
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 46 ⋅ dT = dt 4 ⋅ ( 353 + 323 − 2 ⋅ T ) 46 ⋅ dT = dt 2704 − 8 ⋅ T −5,75 ⋅
dT T − 338
= dt ( 7 )
Integrando la ecuación (7) desde la temperatura inicial: 298 K hasta una final T : −5,75 ⋅ ∫
dT
T
t
= ∫ dt
− 338 0 ⎛ T − 338 ⎞ −t ln ⎜ ⎟ = 5,75 − 298 338 ⎝ ⎠ − t T − 338 5,75 =e −40 298 K T
T = 338 − 40 ⋅ e
−
t
5,75
10. Calcular la potencia de una turbina, considerando que se tienen las siguientes características de entrada y salida: Presión Temperatura Velocidad Entalpía Altura Flujo másico
Entrada 500 lb /pulg 2 800 ºF 300 pies/s 1412,6 Btu/h 25 pies 20 000 lbm /h Solución:
Salida 10 lb /pulg 2 200 ºF 200 pies/s 1146,2 Btu/h 15 pies
1
W
2
Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ Sist . k =1
M 1 = M 2 = M
(1)
18
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental k ˆ⎞ ⎛ dU = Q − W + ∑ M K ( Hˆ + EˆC + Eˆ P ) ⎜⎜ ⎟⎟ k =1 k ⎝ dt ⎠ SIST
B.E .:
W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C, 2 + EˆP ,1 − Eˆ P , 2
(
)
= 20 000 M
lbm h
1412,6
ˆ1 = H
×
Btu h
5,556 Btu
ˆ2 = H
1146,2
h
5,556
( 2 )
lb 1h = 5,556 m s 3600 s
×
1h 3600 s
lbm
= 0,0706
Btu lbm
s
×
1h 3600 s
lbm
Btu
= 0,0573
lbm
s 2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 300 ⎟ = 45000 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝ Eˆ C ,2
2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 200 ⎟ = 20 000 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝
pie ⎞ pie 2 ⎛ ˆ E P ,1 = g ⋅ z1 = ⎜ 32,174 ⎟ ⋅ ( 25 pies ) = 804,35
⎝
s 2 ⎠
s2
pie ⎞ pie ⎛ ⋅ = Eˆ P , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 pies 15 482,61 ( ) ⎟
⎝
s 2 ⎠
2
s2
Reemplazando en la ecuación (2): lbm ⎡ Btu pie 2 ⋅ ⎢( 0,0706 − 0,0573 ) + ( 4500 − 20000 + 804,35 − 482,61 ) 2 W = 5,556 s ⎣ lbm s ⎤
1lb f ⎥ 1 Btu × × ⎥ 778 pie ⋅ lb f 32,174 lbm ⋅ pie ⎥ s 2
= 5,694 W
⎦
Btu s
11. Se alimenta vapor a 10 bar (absoluta) con 190 ºC de sobrecalentamiento a una turbina, a una velocidad de 2000 kg/h. La turbina opera adiabáticamente, y el flujo de salida es vapor saturado a 1 bar. Calcule el trabajo que se obtiene de la turbina en kW, sin considerar los cambios de energías cinética y potencial. Solución:
19
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental VAPOR SOBRECALENTADO
P
=
10 bar
T
=
180 + 190
1
1
M
1
=
2000
=
370 º C
kg h
W
TURBINA
VAPOR SATURADO
P
2
=
1bar
Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
B.E .:
(
ˆ 1 = 3200,18 H
vapor sobrecalentado
vapor saturado
1
2
ˆ 1 − Hˆ 2 W = M ⋅ H
(1)
P1 = 10 bar = 1 Mpa
P2 = 1bar = 0,1 Mpa
(
1
= 2000 kg M 1 = M 2 = M h
T1 = 370º C
n ˆ⎞ ⎛ dU Q W M K Hˆ + Eˆ C + E ˆ P = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt n =1 ⎝ ⎠ SIST ˆ W = M ⋅ Hˆ − M ⋅ H
ˆ 2 = 2675,5 H
)
)
K
2
( 2)
kJ kg
kJ kg
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: = 2000 W
kg h
⋅ ( 3200,18 − 2675,5 )
1h kg 3600 s
kJ
×
W = 291,5 kW
12. La salida de potencia de una turbina de vapor que opera en forma adiabática es 5 MW y las condiciones del vapor a la entrada y la salida son:
20
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental P1 = 2 Mpa T1 = 400º C m v1 = 50 s z1 = 10 m
W = 5 MW
TURBINA DE VAPOR
P2 x2 v2 z 2
= 15 kPa
90 % =0 = 6m =
a) Calcular el flujo másico del vapor. b) Calcular el trabajo realizado por unidad de masa del vapor que circula a través de la turbina. Solución: SISTEMA: Turbina,
B.M .:
abierta, estado estable y flujo estable, adiabática.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
= M = M 1 2
P1 = 2 Mpa T1 = 400º C
W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2
(
(1)
= M
ˆ 1 = 3247,6 H ˆ C = E 1
vapor sobrecalentado
ˆ P = E 1
P2 = 15 kPa x2 = 0,90 mezcla L-V
n ˆ⎞ ⎛ dU ( Hˆ + Eˆ + Eˆ ) Q W M = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ K C P dt 1 n = K ⎝ ⎠ SIST
B.E .:
W
ˆP Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + EˆP1 − E 2
kg
2 ⋅ M 1 M 1 ⋅ g ⋅ z 1 M 1
2
1 ⎛ m ⎞ 1 kJ kJ = ⎜ 50 ⎟ ⋅ 3 = 1, 25 2 ⎝ s ⎠ 10 J kg 1 kJ m⎞ kJ ⎛ = ⎜ 9,8 2 ⎟ ⋅ (10 m ) ⋅ 3 = 0,098 10 J kg ⎝ s ⎠
kJ ⎫ Hˆ = Hˆ − Hˆ ⋅ x + H ˆL 2 2 V L ⎪ ⎪ kg ⎬ kJ ˆ 2 = 2361,78 kJ ˆ V = 2599,1 ⎪ H H kg kg ⎪ ⎭ ˆ E C 2 = 0
(
ˆ L = 225,94 H
ˆ P = E 2
⋅ g ⋅ z M 2 2 M 2
)
1 kJ m⎞ kJ ⎛ = ⎜ 9,8 2 ⎟ ⋅ ( 6 m ) ⋅ 3 = 0,0588 10 J kg ⎝ s ⎠
21
(2)
kJ
⋅ v2 1 ⋅ M 1 1
)
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental a) Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: kJ
5 × 103
s
= M
( 3247, 6 − 2361, 78 + 1, 25 − 0 + 0, 098 − 0, 0588 ) = 5,64 M
kJ kg
kg s
b) El trabajo realizado por unidad de masa esta dado por: ˆ = W
W M
5 × 103 =
5,64
ˆ = 886,52 W
kJ
s kg s
kJ kg
13. Una bomba centrífuga trabaja en condiciones de flujo estable, entra 2 300 L/min de agua a 27 ºC, desde una presión inicial de 0,84 kg f /cm2 absoluta, hasta otra final de 2,8 kg f /cm2 absoluta. El diámetro de aspiración a la entrada de la bomba es de 15 cm y en la descarga es de 10 cm. Si la aspiración y la descarga se encuentran al mismo nivel y
ˆ = 0 . ¿Cuál es el trabajo en kcal/min? ΔU Solución: Q
= 2300
L min
1
2
T1 = 27 º C kg f P 1 = 0,84 2 cm d1 = 1 5 cm
P 2
= 2,8
kg f
cm 2 d 2 = 10 cm
Sistema: Bomba, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ M k ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
M 1 = M 2 = M B.E .:
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU Hˆ + Eˆ + Eˆ Q W M = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ K C P dt 1 n = K ⎝ ⎠ SIST
(
W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC1 − EˆC 2
(
)
)
( 2)
Pero: ˆ1 Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ V ˆ2 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ V
22
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1 Por tratarse de un fluido incompresible: Vˆ1 = V ˆ2 =
ρ
Reemplazando en la ecuación (2):
(
ˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − U ˆ 2 − P2 ⋅ Vˆ2 + EˆC − E ˆC W = M ⋅ U 1 2 ⎛ P − P 2 ˆ ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 + EC1 − Eˆ C 2 ⎟ ⎝
⎠
ρ
( 3 )
kg ⎞ ⎛ L kg 1 m3 1 min ⎞ ⎛ × 3 × = M = ρ ⋅ Q = ⎜ 1000 3 ⎟ ⋅ ⎜ 2300 38,33 ⎟ m ⎠ ⎝ min 10 L 60 s ⎠ s ⎝
1 min 1 m3 2300 × × min 60 s 103 L
)
L
v1 =
Q A1
=
π
4
⋅ ( 0,15 m )
2
1 min 1 m3 2300 × × min 60 s 103 L
= 2,17
m s
L
v2 =
Q A2
=
π
⋅ ( 0,1 m )
4
2
2
= 4,88
m s
2
ˆC = 1 ⋅ ⎛⎜ 2,17 m ⎞⎟ = 2,35 m E 1 s ⎠ s2 2 ⎝ 2
m⎞ m2 1 ⎛ ˆ E C 2 = ⋅ ⎜ 4,88 ⎟ = 11,90 2 s ⎠ s 2 ⎝
P1 − P 2
( 0,84 − 2,8 ) =
ρ
kg f cm 2
×
9,81 kg ⋅
1000
m
4 2 s 2 × 10 cm 1 kg f 1 m2
kg
= −192,28
m2 s 2
m3
Reemplazando en la ecuación (3): kg ⎞ ⎛ m2 m2 m2 ⎞ J ⎛ W = ⎜ 38,33 ⎟ ⋅ ⎜ −192, 28 2 + 2,35 2 − 11,90 2 ⎟ = − 7 736,14 s ⎠ ⎝ s s s ⎠ s ⎝
= −7,74 W
14.
kJ s
×
kcal 1 kcal 60 s × = −111 min 4,184 kJ 1 min
Agua líquida es bombeada a razón de 100 L/min desde 1 atm y 25 ºC, hasta 1000 atm.
La bomba tiene una eficiencia del 100 %. La temperatura del agua a la salida de la bomba es aproximadamente:
a) 50 ºC d) 82 ºC b) 25 ºC e) Falta información c) 65 ºC f) Ninguna de las anteriores Solución:
23
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1000 atm P2 = agua líquida
BOMBA
P1 = 1 atm T1 = 25 º C L Q = 100 min
Sistema: Bomba, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
M 1 = M 2 = M
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU Q W M K Hˆ + Eˆ C + E ˆ P = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ n =1 ⎝ dt ⎠ SIST ˆ W = M ⋅ Hˆ − M ⋅ H
(
1
1
2
kg L
⋅ 100
K
2
W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2
(
(1)
)
ˆ W = − M ⋅ ΔH M = ρ H 2O ⋅ Q = 1
)
1min kg = 1, 667 min 60 s s L
( 2)
⋅
Como se observa en las condiciones de entrada y salida el cálculo de las entalpías mediante las tablas no dan valores exactos, por lo que es conveniente usar otras expresiones. Haciendo: Δ Hˆ = Cp ⋅ ΔT
(3)
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: W = − M ⋅ Cp ⋅ ΔT W = − M ⋅ Cp ⋅ ( T2 − T1 ) Cp H 2O = 1
(4)
kcal kg ⋅ K W = −1, 667
kg ⎛
kcal ⎞ ⋅ ⎜1 ⎟ ⋅ (T2 − 298 K ) s ⎝ kg ⋅ K ⎠
kcal ⋅ (T2 − 298 K ) W = −1,667 s ⋅ K
(5)
Por otro lado se tiene: W = −V ⋅ ΔP
1min 1m ⋅ ⋅ (1000 − 1) atm ⋅ min 60 s 103 L = − 168,706 kJ × 1 kcal W s 4,184 kJ W = −100
L
3
⋅
24
(6) 101,325 1 atm
kN m2
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental = − 40,32 W
kcal
(7)
s
Igualando las ecuaciones (5) y (7) tenemos: −1,667
kcal
s ⋅ K
⋅ (T2 − 298 K ) = −40,32
ó
T2 = 322,19 K
kcal
s
T2 = 49, 2 º C ≈ 50 º C alternativa
(a)
15. Se comprime permanentemente aire que está un estado inicial de 100 kPa y 280 K hasta un estado final de 600 kPa y 400 K. El flujo másico de aire es de 0,02 kg/s y hay una pérdida de calor de 16 kJ/Kg durante el proceso. Si se supone que los cambios de energía cinética y potencial son despreciables, calcular la entrada de potencia necesaria para el compresor. Cpaire=1,0035 kJ/kg.K Solución:
kJ Qˆ = −16 kg
M 1
=
0, 02
kg
COMPRESOR
P2 T2
= 100 kPa
P1 T1
=
280 K
SISTEMA: Compresor,
W
abierto, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
= 0,02 kg M 1 = M 2 = M s
600 kPa = 400 K =
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + E ⎜⎜ ⎟⎟ dt 1 n = ⎝ ⎠ SIST W = Q + M ⋅ Hˆ − Hˆ
(
( 1 2) W = Q − M ⋅ ( Hˆ 2 − Hˆ 1 ) W = Q − M ⋅ ΔHˆ
(1) = 16 Q = Qˆ ⋅ M
kJ kg
× 0,02
25
kg s
= 0,32
kJ s
(2)
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental T 2
Δ Hˆ = ∫ c ⋅ dT = P
400 K
kJ
∫ 1,0035 dT = 1,0035 ⋅ ( 400 − 280 ) kg
280 K
T1
ˆ = 120,42 Δ H
kJ kg
Reemplazando en (2) se tiene: = −0,32 W
kJ s
− 0,02
kg ⎛
kJ ⎞ ⋅ ⎜ 120, 42 ⎟ s ⎝ kg ⎠
W = 2,73 kW
16. Se alimenta vapor de agua a 250 psia y 700 ºF de manera permanente a una tobera cuya área de entrada es de 0,2 pies 2. El flujo másico del vapor que pasa por la tobera es de 10 lbm /s. El vapor sale de la tobera a 200 psia con una velocidad de 900 pies/s. Se estima que las pérdidas térmicas de la tobera por unidad de masa del vapor serán de
1,2
BTU/lbm. Determinar: a) La velocidad de entrada del vapor. b) La temperatura de salida del vapor. Solución:
BTU ˆ Q = −1, 2 lbm
= 10 M 1
lbm
TOBERA P2 = 200 psia pies v2 = 900 s
s P1 = 250 psia T1 = 700º F 2 = 0, 2 pies 1 SISTEMA: Tobera,
B.M .:
abierto, aergónico, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
= 10 lbm M 1 = M 2 = M s
B.E .:
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P Q W M K Hˆ + Eˆ C + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt n =1 ⎝ ⎠ SIST ˆ ⋅ Qˆ + M ⋅ Hˆ − Hˆ + Eˆ − E 0 = M
(
(
1
2
ˆC Hˆ 2 = Qˆ + Hˆ 1 + Eˆ C1 − E 2
(1)
26
C1
C 2
)
(2)
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Además se tiene: = M
P1 = 250 psia T1 = 700º F vapor sobrecalentado
ˆ 1 = 1371,6 H
A1 ⋅ v1
ˆ1 V
(3)
BTU lbm
ˆ1 = 2,6872 pies V
3
lbm
Reemplazando en la ecuación (3) se tiene: 10
lbm s
=
( 0,2 pies 2 ) ⋅ v1 2,6872
v1 = 134,36
pies 3 lbm
pies s
ˆC : Cálculo de Eˆ C1 y E 2 ˆ C = E 1
2 1lb f 1 1 BTU 2 pies ⋅ (134,36 ) × × 2 lb ⋅ pie 778,16 pies ⋅ lb 2 s 32,174 m
s 2
ˆ C = 0,36 BTU E 1 lbm 2 1lb f 1 1 BTU 2 pies ˆ E C 2 = ⋅ ( 900 ) × × 2 lb ⋅ pie 778,16 pies ⋅ lb 2 s 32,174 m 2
s
ˆ C = 16,18 BTU E 2 lbm
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: ˆ 2 = −1, 2 + 1371, 6 + 0, 36 − 16,18 H ˆ 2 = 1354,58 BTU H lbm P2 = 200 psia
ˆ 2 = 1354,58 BTU H lbm
T2 = 661,9º F
vapor sobrecalentado
17. De manera estable entra aire a 10 ºC y 80 KPa, a un difusor de una máquina de propulsión a chorro con una velocidad de 200 m/s. El área de entrada del difusor es 0,4 m2 . El aire abandona el difusor con una velocidad que es muy pequeña comparada con la velocidad de entrada. Determine:
27
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental a) La tasa de flujo másico del aire. b) La temperatura del aire que sale del difusor. Solución:
ire T1 P1
= 10 º C
v1
=
200
=
0, 4 m2
B.M .:
v2
= 80 kPa
1
SISTEMA: Difusor,
DIFUSOR
M 1 = M 2
0
m s
m
abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = − M
1
≈
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P + ∑ M Hˆ + Eˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K C dt n =1 ⎝ ⎠ SIST
(
B.E . :
ˆ C 0 = Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − E 2
2
ˆ C Hˆ 2 = Hˆ 1 + E 1
(1) (1)
Además: = M 1
A1 ⋅ v1
ˆ1 V
( 3)
y ˆ1 = V
R ⋅ T 1 P 1
( 4)
a) Reemplazando en la ecuación (4) se tiene: 3 ⎛ kPa ⋅ m ⎞ ⎜ 0, 287 kg ⋅ K ⎟ ⋅ ( 283 K ) ⎠ ˆ =⎝ V 1
80 kPa
ˆ1 = 1,015 m V
3
kg
reemplazando este resultado en la ecuación (3): = M 1
⎛ ⎝
m⎞
( 0, 4 m2 ) ⋅ ⎜ 200 ⎟ s 1,015
28
⎠
m3 kg
( 2 ) (2)
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental = 78,8 M 1
kg s
b) De la tabla de propiedades termodinámicas del aire: T1 = 10 º C
ˆ C = E 1
ˆ 1 = 283,15 H
kJ kg
2 1 1kJ kJ 2 m ⋅ kg ⋅ ( 200 ) 2 × 3 = 20 2 s ⋅ kg 10 J kg
ˆ 2 = ( 283,15 + 20 ) H
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene:
ˆ 2 = 303,15 H ˆ 2 = 303,15 H
kJ kg
kJ kg
kJ kg
T2 = 303 K
18. Entra refrigerante 134a al tubo capilar de un refrigerador como líquido saturado a 0,8 MPa y se estrangula a una presión de 0,12 MPa. Determine la calidad del refrigerante en el estado final y la reducción de temperatura durante este proceso. Solución:
P1 SISTEMA: Tubo
=
0,8 MPa
0,12 MPa P2 =
capilar, abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
M 1 = M 2
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆC + E ˆ P + ∑ M Hˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K dt n =1 ⎝ ⎠ SIST ˆ 0 = ⋅ Hˆ − M ⋅ H
1
líquido saturado
1
ˆ2 Hˆ 1 = H
(1)
De tablas termodinámicas para el refrigerante 134ª se tiene: P1 = 0,8 MPa
(
ˆ 1 = 93,42 H
kJ kg
T2 = 31,33º C
29
2
2
( 2)
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ˆ L = 21,32 H
P2 = 0,12 MPa
ˆ 2 = 93,42 H
kJ
kg
ˆ V = 233,86 H
kg
Por lo tanto:
kJ
T2 = − 22,36º C
kJ kg
ˆL Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ X 2 + H
(
93, 42
)
⎛ kJ kJ ⎞ kJ = ⎜ 233,86 − 21,32 ⎟ ⋅ x2 + 21,32 kg ⎝ kg kg ⎠ kg kJ
x2 = 0,339
ΔT = T2 − T1 = −22,36 º C − 31,33º C ΔT = − 53,69º C
19. Se bombea agua desde el fondo de un pozo de 15 pies de profundidad a razón de 200 gal/h para introducirla en un tanque con respiradero situado 165 pies por encima del suelo, con objeto de mantener contante el nivel de agua en el tanque. Para evitar que el agua se congele, un pequeño calentador introduce 30 000 Btu/h en el agua durante su transferencia desde el pozo hasta el tanque de almacenamiento. Se pierde calor del sistema a una velocidad constante de 25 000 Btu/h. ¿Qué temperatura tiene el agua al ingresar en el tanque de almacenamiento, suponiendo que el agua del pozo está a 35 ºF? Se usa una bomba de 2 hp para subir el agua. Cerca del 55 % del caballaje especificado se invierte en el trabajo de bombear, y el resto se disipa como calor hacia la atmósfera. Datos: ρ H 2O = 8,34
lbm gal
, c P = 1
Btu lbm ⋅º F T 2 = ?
165 pies
W Q1
Q 2
15 pies
Frontera del
T1 = 35 º F
sistema
30
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Solución:
B.M .:
k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 (1) M 1 = M 2 = M
M = ρ ⋅ Q = 8,34
lbm gal
× 200 gal = 1668
lbm h
k ⎛ dU ⎞ B.E .: ⎜ ˆ P = Q − W + ∑ M k ⋅ Hˆ + EˆC + E ⎟ ⎝ dt ⎠ sist k =1
(
(
ˆ P 0 = Q − W + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ P 1 − E 2 Hˆ 2 − Hˆ 1 =
Q − W M
ˆ P − E 2
)
k
)
( 2)
Q = Q1 − Q 2 = 30000 − 25000 = 5000
Btu h
⎛
Btu 2544,47 Btu ⎞ = − 2 798,92 ⎟ h 1 hp ⎝ ⎠ lb 1lbm pie Btu 1 Btu Eˆ P 2 = g ⋅ h2 = 32,174 2 ⋅ (180 pies ) m × × = 0, 23 pie s lbm lbm 32,174 lbm ⋅ 2 778 lb f ⋅ pie W = −0,55 ⋅ ⎜ 2 hp ×
s
Hˆ 2
∫ˆ
H1
dHˆ = c P ⋅
∫
T 2
T 1
dT
Hˆ 2 − Hˆ 1 = c P ⋅ (T2 − T1 ) = 1
Btu lbm ⋅º F
⋅ (T2 − 35º F )
Reemplazando en la ecuación (2): T2 = 39,4º F
20. Considere una regadera común donde se mezcla agua caliente a 140 ºF con agua fría a 50 ºF. Si se desea suministrar una corriente estable de agua caliente a 110 ºF, determine la relación de la tasa de flujo másico de agua caliente respecto a la fría. Suponga que las pérdidas de calor de la cámara de mezclado son despreciables y que la mezcla se efectúa a una presión de 20 psia. Solución:
31
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
M 1 T1 140º F
Cámara de mezclado
=
=
M
P = 20 psia
2
T2
=
M 3 T3 110º F
50 º F
SISTEMA:
Cámara de mezclado, abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable.
B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 + M 2 − M 3
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆC + E ˆ P Q W M K Hˆ + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt n =1 ⎝ ⎠ SIST ˆ3 0 = 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ H ˆ (2) M ⋅ Hˆ = M ⋅ Hˆ + M ⋅ H
(
3
M 3 = M 1 + M 2
3
1
1
2
)
K
2
(1)
se tiene: Reemplazando la ecuación (1) en la (2), y dividiendo entre M 2
( M 1 + M 2 ) ⋅ H ˆ 3 M 2
=
ˆ2 ⋅ Hˆ + M ⋅ H 1 1 2 M 2
⎛ M 1 ⎞ ˆ M 1 ˆ2 1 H + ⋅ = ⋅ Hˆ 1 + H ⎜ ⎟ 3 M 2 ⎝ M 2 ⎠
ˆ3 Hˆ 2 − H = ˆ1 M Hˆ 3 − H 2 M 1
( 3)
Las propiedades de un líquido comprimido pueden calcularse si se considera como un líquido saturado a la temperatura dada. T1 = 140º F
ˆ 1 = 107,95 BTU H lbm
T2 = 50 º F
ˆ 2 = 18,05 BTU H lbm
T3 = 110º F
ˆ 3 = 77,98 BTU H lbm
Reemplazando e la ecuación (3), se tiene: 18, 05 − 77, 98 = 77,98 − 107,95 M 2 M 1
32
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental M 1 M 2
=2
21. Una turbina de vapor opera con una velocidad de entrada de 40 m/s y una entalpía de entrada de 3433,8 kJ/kg. A la salida, que se encuentra 2 metros más abajo que la entrada, la entalpía es 2675,5 kJ/kg y la velocidad es 162 m/s. Si las pérdidas de calor en la turbina son de 1 kJ/kg, determínese el trabajo de salida por kilogramo. Solución: v1 = 40
m s
ˆ = 3433,8 kJ H 1 kg z1 = 2 m
W
TURBINA DE VAPOR
ˆ H 2 kJ Qˆ = −1 kg
SISTEMA: Turbina,
(1)
v2
=
z2
=
kJ kg
m s
0m
n ˆ⎞ ⎛ dU = Q − W + ∑ M K ( Hˆ + EˆC + Eˆ P ) ⎜⎜ ⎟⎟ n =1 K ⎝ dt ⎠ SIST
)
(
W = Q + M Hˆ 1 − Hˆ2 + EˆC1 − EˆC2 + EˆP1 − Eˆ P2
ˆ 2 + EˆC − EˆC + Eˆ P ( 2 ) Wˆ = Qˆ + Hˆ 1 − H 1 2 1
(1) 2
Eˆ P 1 = g ⋅ z1 ×
C
kJ
m 1 kJ 1kJ = 9,8 2 × 2 m × 3 3 10 J 10 J s
ˆ P = 1, 96 × 10−2 E 1
kg 2
1 1kJ 1 ⎛ 1kJ m⎞ Eˆ 2 = ⋅ v2 2 × 3 = ⋅ ⎜ 162 ⎟ × 3 2 10 J 2 ⎝ s ⎠ 10 J
C
ˆ C = 13,12 E 2
162
B.E . :
1 2 1kJ 1 ⎛ m ⎞ 1kJ Eˆ 1 = ⋅ v1 × 3 = ⋅ ⎜ 40 ⎟ × 3 2 10 J 2 ⎝ s ⎠ 10 J ˆ C = 0,8 E 1
2675,5
abierto, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
M 1 = M 2 = M
=
kJ kg
33
kJ kg
ˆ 1 = 3433,8 H
kJ
ˆ 2 = 2675,5 H
kJ
kg
kg
(2)
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: ˆ = −1 W
kJ kg
+ ( 3433,8 − 2675,5 + 0,8 − 13,12 + +1,96 × 10 −2 )
ˆ = 745 W
kJ
kg
kJ kg
22. Un compresor recibe CO2 a razón de 28,32 m 3 /h a 21 ºC y presión atmosférica. Las condiciones de descarga son de 8,05×10 4 kg f /m2 abs. y 23,87 ºC. El compresor es enfriado por medio de una camisa donde el agua de enfriamiento extrae calor. Observando el aumento de temperatura de una cantidad determinada de agua, se ha encontrado que se eliminan 1890 kcal en cada hora. El motor que impulsa el compresor consume 2,8 kW. Determinar el rendimiento del motor eléctrico. C P , Co2 = 9,3 PM Co2 = 44
kcal kmol ⋅º C kg kmol Solución: Q = 1890
kcal h
Agua
CO2 m3 Q = 28,32 h T1 = 21º C P1
P 2 = 8, 05 ×104 T2
= 23,87 º C
Agua
Sistema: Compresor, abierto, E.E. y F.E. k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 (1) M 1 = M 2 = M n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P Q W M K Hˆ + Eˆ C + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ 2 n =1 ⎝ dt ⎠ SIST
(
Wˆ2 = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2
(
m2
W 2
= 1 atm
Motor eléctrico
B.E . :
kg f
)
)
K
( 2)
34
W1
= 2,8 kW
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental De la ecuación del gas ideal: P1 ⋅V1 = M1 ⋅ R ⋅ T 1 101,325 kPa P kg 1 atm 1 = = 1,824 3 ρ 1 = kJ 1 kmol R ⋅ T1 m 8,314 × 294 K × kmol ⋅ K 44 kg 1 atm ×
3 kg ⎛ m kg 1h ⎞ × M = ρ 1 ⋅ Q = 1,824 3 ⋅ ⎜ 28,32 ⎟ = 0,0143 m ⎝ h 3600 s ⎠ s
Para el cálculo de la entalpía se usa: dHˆ = C P ⋅ dT
( 3)
Integrando la ecuación (3): Hˆ 2
∫ˆ
H1
dHˆ =
∫
T 2
T 1
C P ⋅ dT
Hˆ 2 − Hˆ 1 = C P ⋅ (T2 − T 1 ) C P = 9,3
( 4)
kcal 1 kmol = 0, 211 kmol ⋅º C 44 kg kg ⋅º C kcal
×
Reemplazando datos en la ecuación (4): Hˆ 2 − Hˆ 1 = 0, 211 Q = −1890
kcal h
×
kcal kg ⋅º C
⋅ ( 21º C − 23,87 º C ) = 0,606
kcal
kg
kcal 1h = −0,525 s 3600 s
Reemplazando todos estos datos en la ecuación (2): ˆ2 = −0,525 W
kcal s
+ 0, 0143
kg ⎛
kcal ⎞ kcal ⋅ ⎜ 0, 600 ⎟ = −0,516 s ⎝ kg ⎠ s
La eficiencia estará dada por: W 2 η = ×100 = W 1
0,516 2,8
kJ s
×
kcal s ×100 = 77,11% 1 kcal
4,184 kJ
23. Una turbina de vapor de gran tamaño opera con un gasto de vapor de 150 000 lb m /h. Las condiciones a la entrada y a la salida se listan a continuación. Determínese:
a) La potencia producida si se ignoran las pérdidas de calor. b) Si las perdidas de calor son iguales a 50 000 BTU/h. ENTRADA
Presión
1 000 psia
35
SALIDA
1 psia
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Temperatura
1000 ºF
101,74 ºF
Velocidad
125 pies/s
430 pies/s
Posición de entrada
+10 pies
0 pies
Entalpía
1505,4 BTU/lbm
940 BTU/lbm
Solución: M 1
= 150000
h psia , T1 pies
P1
= 1000
v1
= 125
ˆ H 1 z1
= 1000 º F
s
= 1505,4
= 10
lbm
BTU lbm
W
pies
TURBINA DE VAPOR
= 1 psia , T2 = 101, 74 º F
P2
Qˆ
SISTEMA: Turbina,
ˆ H 2
= 940
v2
=
430
z 2
=
0m
BTU
lbm pies s
abierto, estado estable y flujo estable.
a) Turbina adiabática. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
= 150000 lbm M 1 = M 2 = M h
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU Q W M K ( Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ) = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt 1 n = K ⎝ ⎠ SIST
)
(
W = M Hˆ 1 − Hˆ2 + EˆC1 − EˆC2 + EˆP1 − Eˆ P2 Wˆ = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − EˆC2 + Eˆ P 1 ( 2 )
(
(1)
2 1lb f 1 2 1 1 BTU 2 lbm ⋅ pie ˆ × × EC 1 = ⋅ v1 = ⋅ (125 ) 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb f 2 2 lbm ⋅ s 32,174
s 2
ˆ C = 0,312 BTU E 1 lbm 2 1lb f 1 2 1 1 BTU 2 lbm ⋅ pie ˆ EC 2 = ⋅ v2 = ⋅ ( 430 ) × × 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb f 2 2 lbm ⋅ s 32,174
s
2
ˆC = 3,693 BTU E 2 lbm
36
)
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1lb f lbm ⋅ pie2 1 BTU ˆ × × E P 1 = g ⋅ z 1 = 32,174 × 10 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb lbm ⋅ s 32,174 2 s
ˆ P = 1, 3× 10−2 E 1
BTU lbm
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: = 150000 W
lbm h
BTU
⋅ (1505, 4 − 940 + 0,312 − 3, 693 + 1,3 × 10 −2 )
lbm
×
1h 1 hp × 60min 42,4 BTU min
W = 33138,7 hp
b) Para una pérdida de calor de Q = 50 000 BTU/h
B.M.: = 150000 lbm M 1 = M 2 = M h
(1')
B.E.: Wˆ = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC1 − EˆC2 + Eˆ P 1
(
) (2')
Reemplazando en la ecuación (2’) = −50000 BTU + 150000 lbm ⋅ (1505, 4 − 940 + 0,312 − 3,693 + 1,3 × 10 −2 ) BTU × 1 h × W 60min h h lbm
1 hp BTU
42,4
min
W = 33119 hp
24. Una caldera produce 5 kg/min de vapor saturado a 100 ºC, y es alimentada con agua a 20 ºC y 1 atm. La cantidad de calor necesaria para producir el vapor es aproximadamente:
a) 3100 kcal/min b) 5000 kcal/min c) 6200 kcal/min d) 2700 kcal/min e) Ninguna de las anteriores. Solución:
37
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Vapor saturado
M 2 T2
=
=
5
kg
min 100º C
CALDERA Q
Agua T1
=
20 º C
P1
=
1 atm
SISTEMA: Caldera,
B.M .:
abierto, estado estable y flujo estable, aergónico.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = M − M
1
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ C + E ˆ P Q W M K Hˆ + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt 1 = n ⎝ ⎠ SIST
(
2
0 = Q + M ( Hˆ 1 − Hˆ 2 ) = 5 kg M 1 = M 2 = M
min
(1)
Q = M ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 1
(
) (2)
P1 = 1 atm = 0,1 MPa
Un líquido comprimido puede calcularse si se considera como un líquido saturado a la temperatura dada.
T1 = 20 º C
ˆ 1 = 83,96 H
líquidocomprimido
T2 = 100º C
kJ kg
ˆ 2 = 2676,1 H
vapor saturado
kJ kg
Reemplazando en la ecuación (2): Q = 5
kg min
⋅ ( 2676,1 − 83,96 ) Q ≈ 3100
kcal min
kcal 1 kcal = 3098 kg 4,184 kJ min kJ
×
alternativa (a)
25. Se mezclan 3 flujos de agua y constituye la alimentación de un calentador. Los datos del proceso son:
38
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Flujo de entrada 1: 100 kg/min a 20 ºC Flujo de entrada 2: 130 kg/min a 35 ºC Flujo de entrada 3: 165 kg/min a 70 ºC Presión del calentador: 18 bares El flujo de salida sale del calentador a través de una tubería de 6 cm de diámetro. Calcule el flujo de entrada de calor requerido para el calentador en kJ/min, si el flujo de salida esta saturado a la presión del calentador. Despreciar las energías cinéticas de los flujos líquidos de entrada. Solución: kg
= 100 M 1
min
= 130 M 2 = 165 M 3
kg
Calentador
min
P = 18 bar
kg min
Q Sistema: Calentador, abierto, estado estable y flujo estable. k ⎛ dM ⎞ = ∑ M k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 + M 2 + M 3 − M 4
B.M .:
M 4 = M 1 + M 2 + M 3
(1)
= (100 + 130 + 165) M 4 = 395 M 4 B.E . :
kg min
kg min
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ + Ep ˆ k Hˆ + Ec Q W = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt 1 = n ⎝ ⎠ Sist
(
)
k
ˆ 4) 0 = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 + M 3 ⋅ Hˆ 3 − M 4 ⋅ ( Hˆ 4 + Ec ˆ 4 − M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 ( 2 ) Q = M 4 ⋅ Hˆ 4 + Ec
(
)
De tablas: ˆ 1 = 82,96 H
kJ kg
a T1 = 20º C
39
4 M d 4 = 6 cm P4 = 18 bar
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ˆ 2 = 146,68 H ˆ 3 = 292,94 H ˆ 4 = 884,56 H
kJ kg kJ kg kJ kg
a T2 = 35º C a T3 = 70º C a P4 = 18 bar = 1,8 MPa
Del flujo de masa de salida se tiene: = ρ ⋅ Q 4 4
Pero: Q = A4 ⋅ v4 , entonces la ecuación anterior se convierte en: = ρ ⋅ A ⋅ v 4 4 4 4 = A4 ⋅ v4 M 4
ˆ4 V
De donde despejando la velocidad, se tiene: v4 =
ˆ4 M 4 ⋅ V A4
( 3)
A la presión de P4 = 1,8 MPa , se tiene: ˆ4 = 0,001168 m V
3
kg
Reemplazando en la ecuación (3): kg ⎞ ⎛ m3 ⎞ ⎛ ⎜ 395 min ⎟ ⋅ ⎜ 0,001168 kg ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 163,3 m v4 = 2 s π ⎡ 1m ⎤ ⋅ ⎢ 6 cm × 2 ⎥ 4 ⎣ 10 cm ⎦ 2
ˆ 4 = 1 ⋅ v4 2 = 1 ⋅ ⎛⎜163,3 m ⎞⎟ ⋅ kg × 1 kJ = 13,33 kJ Ec s ⎠ kg 103 J kg 2 2 ⎝ Reemplazando en la ecuación (2), se tiene: Q = 395
kg min
⋅ (884,56 + 13,33 )
Q = 278960, 45
kJ min
kJ kg
= 2, 79 ×105
− ⎡⎣(100 ) ⋅ (82,96 ) − (130 ) ⋅ (146,68 ) − (165 ) ⋅ (292,98 ) ⎤⎦
kJ
kg
min
y
950 ºF. En una segunda sección de la tubería la presión es 76 psia y la temperatura 580 ºF. El volumen específico del gas a la entrada es 4,0 ft 3 /lbm y en la segunda sección es de 3,86 0 ft 3 /lbm. Supóngase que el calor específico a volumen constante es 0,32 Btu/lb m. ºF. Si no se proporciona ningún trabajo y si las velocidades son pequeñas, determínese la magnitud y la dirección de la transferencia de calor. Suponga que la tubería es horizontal
40
kJ
min kg
26. Un gas fluye en una tubería, cuya presión y temperatura en una sección son 100 psia
⋅
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental e ignórense los términos de velocidad. Los datos se muestran también en
la figura
siguiente: Frontera Sistema P1 Vˆ1 T1
=
=
=
100 psia
P2
4 ft / lbm
3
Vˆ2
950º F
T2
=
76 psia
=
3,86 ft 3 / lbm
=
580º F
Z 2
Z 1 Plano de referencia
Solución:
Sistema: Tubería, abierto, estado estable y flujo estable, aergónico. k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 0 = M 1 − M 2
= M = M 1 2
B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ C + E ˆ P + ∑ M Hˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K dt n =1 ⎝ ⎠ SIST 0 = Q + M Hˆ − Hˆ
(
(
Q
(1)
M
ˆ1 = Hˆ 2 − H
1
2
(2)
Pero: ˆ1 Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅V ˆ2 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅V Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: Q
M Q
M
= (Uˆ 2 + P2 ⋅Vˆ2 ) − (Uˆ1 + P1 ⋅Vˆ1 )
= Uˆ 2 − Uˆ1 + P2 ⋅ Vˆ2 − P1 ⋅ Vˆ1 (3)
Por definición de energía interna: dUˆ = CV ⋅ dT
(4)
Integrando la ecuación (4): Uˆ 2
∫ˆ
U1
Uˆ 2 − Uˆ1 = 0,32
dUˆ =
∫
T 2
T 1
Btu lbm ⋅º F
41
CV dT
⋅ ( 580º F − 950º F )
)
)
K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ˆ1 = −118,4 Btu Uˆ 2 − U lbm lb f
1
⎛ pie3 ⎞ pu lg 2 144 pu lg 2 1 Btu ˆ × × × P2 ⋅ V2 = 76 psia ⋅ ⎜ 3,86 ⎟ lbm ⎠ 1 psia 1 pie 2 778 lb f ⋅ pie ⎝
ˆ2 = 54,3 Btu P2 ⋅ V lbm 1
lb f
⎛ pie3 ⎞ pu lg 2 144 pu lg 2 1 Btu ˆ × × P1 ⋅V1 = 100 psia ⋅ ⎜ 4 ⎟× 1 pie 2 778 lb f ⋅ pie ⎝ lbm ⎠ 1 psia
ˆ1 = 74,04 Btu P1 ⋅V lbm Reemplazando en la ecuación (3): Q
M
= −118, 4 + 54, 3 − 74, 04 Q
= −138,1
Btu lbm
27. A través de una turbina se expande vapor de agua en un proceso adiabático de estado estable y flujo estable. La velocidad de flujo másico del vapor es de 3,0 lb m /s. El estado de entrada del vapor es de 500 psia y 1000 ºF, mientras que el estado de salida es de 100 psia y 560 ºF. Los cambios de energías cinéticas y potencial son despreciables a través del dispositivo. Encuentre la salida de potencia (velocidad del trabajo realizado) para la turbina. Solución:
42
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= 3,0 M 1
lbm
s P1 = 500 psia T1 = 1000º F
W TURBINA DE VAPOR
P2 T2
= 100
psia = 560º F
Sistema: Turbina adiabática, abierto, estado estable y flujo estable. k ⎛ dM ⎞ B.M .: ⎜ = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1 0 = 1 − M 2
= 1,36 M 1 = M 2 = M
kg s
B.E . :
k ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + E ⎜⎜ ⎟⎟ dt k =1 ⎝ ⎠ SIST 0 = −W + M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2
(
ˆ 1 − Hˆ 2 W = M ⋅ H
(
(1)
)
)
K
(2)
Conversiones al S.I.: kg 0 , 4536 Kg = 1 ,36 s s 1 lbm 0 ,101325 MPa = 3 , 45 MPa P1 = 500 psia × 14 ,7 psia T1 = 1000 º F = 537 ,8 ºC 0 ,101325 MPa = 0 ,69 MPa P2 = 100 psia × 14 ,7 psia T2 = 560 º F = 293,3º C
=3 M 1
lbm
P1 = 3,45 Mpa T1 = 537,8º C
×
ˆ 1 = 3537,4 H
kJ
P2 = 0,69 Mpa
kg
T2 = 293,3º C
vapor sobrecalentado
ˆ 2 = 3045,2 H
vapor sobrecalentado
reemplazando en la ecuación (2) se tiene: = 1, 3 6 k g ⋅ ⎛⎜ 3 5 3 7 ,4 k J − 3 0 4 5,2 k J W s ⎜⎝ kg kg W = 669,39 KW
43
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
kJ kg
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28. Un depósito rígido y aislado de 0,5 m 3de volumen, que inicialmente se encuentra lleno de helio a presión de 1 bar y temperatura de 600 K, está conectado a través de una válvula cerrada a una tubería que contiene helio a presión y temperatura constantes de 50 bar y 300 K respectivamente. El helio se puede considerar como gas perfecto. a) Se abre la válvula para permitir que el helio entre lentamente en el depósito hasta que se equilibran las presiones. Calcular la temperatura final del contenido del depósito. b) Se vuelve a cerrar la válvula, se elimina el aislamiento y se alcanza un nuevo equilibrio con el entorno, que se encuentra a 300 K. Calcular la presión en el depósito y la magnitud y dirección de la transferencia de calor. Datos:
c P cV
5 3
3 2
= y cV = R Solución: P1 = 50 bar T1 = 300 K
V = 0,5 m3 He
a) Sistema: Depósito rígido, abierto, estado uniforme.
Estado inicial
Estado final
P i =1 bar T i = 600 K
P = 50 bar
k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠SIST . k =1
B.M .: ⎜
M f − M i = M 1
(1)
k ⎛ dU ⎞ − W + ∑ M Hˆ + E ˆ C + E ˆ P Q = ⎟ K dt ⎝ ⎠ SIST k =1
(
B.E.: ⎜
U f − U i = M 1 ⋅ Hˆ 1
)
k
ˆ1 M f ⋅Uˆ f − M i ⋅Uˆ i = ( M f − M i ) ⋅ H
( 2)
Por tratarse de un gas ideal:
44
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental M i =
Pi ⋅ V R ⋅ T i
M f =
P f ⋅V R ⋅ T f
Además, la energía interna y la entalpía son proporcionales a la temperatura: Uˆ i = cV ⋅ T i Uˆ f = cV ⋅ T f Hˆ 1 = c P ⋅ T 1
Reemplazando en la ecuación (2): P f ⋅ V R ⋅ T f
⋅ cV ⋅ T f −
⎛ P ⋅V P ⋅V ⎞ ⋅ cV ⋅ Ti = ⎜ f − i ⎟ ⋅ cP ⋅ T1 ⎜ R ⋅ T f R ⋅ T i ⎟ R ⋅ Ti ⎝ ⎠
Pi ⋅V
P f
T f =
cV ⋅ ( Pf − P i ) P i
+
c P ⋅ T1 T f =
P f P f − P i P i + c P ⋅ T 1 T i cV
T i
( 3)
Reemplazando datos en la ecuación (3) T f = 501,7 K
b) En el nuevo estado final se tiene: T f ' = 501,7 K La presión será igual a: '
P f =
M f ⋅ R ⋅ T f' V
=
Pf ⋅ V R ⋅ T f' R ⋅ T f
⋅
V
=
Pf ⋅ T f ' T f
=
( 50 bar ) ⋅ ( 300 K )
P f ' = 29,9 bar ⎛ dM ⎞ = ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST .
B.M .: ⎜
M i = M f =
P f ' ⋅ V R ⋅ T f '
k
∑=1 M
k
k
( 4)
⎛ dU ⎞ + = Q − W ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST
B.E.: ⎜
k
∑ M ( Hˆ + Eˆ K
k =1
C
ˆ P ) + E
k
45
501,7 K
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental U f − U i = Q Q = M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅Uˆ i ' ' Q = M f ⋅ ( cV ⋅ T f − cV ⋅ Ti ) '
3 P f ⋅V ' ⋅ (T f − T i ' ) Q= ⋅ ' 2 T f
( 5)
Reemplazando datos (en donde ahora Ti ' = 501,7 K ) 3
Q= × 2
( 29,9 bar )× ( 0,5 m3 ) 300 K
× ( 300 K - 501,7 K )×
Q = −1507,7 kJ
100 kPa 1bar
29. Una turbina es abastecida con 30 pie 3 /s de agua por una tubería vertical de 12 pulgadas de diámetro, la presión manométrica del agua 15 pies arriba es de 60 lb f /pulg 2 y la superficie de descarga está 15 pies debajo de la turbina. Hallar la potencia entregada por la turbina considerando la eficiencia de 60 %. Asumir que la energía cinética de salida es despreciable. Solución:
1
P 1 d1
=
=
60
lb f pulg
2
12 pulg
15 pies
W
15 pies
P2 2
d2
=
1 atm
=
12 pulg
Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabático. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = M ∑ k ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1
M 1 = M 2 = M
(1)
46
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental n ˆ⎞ ⎛ dU = Q − W + ∑ M k ( Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ) ⎜⎜ ⎟⎟ n =1 k ⎝ dt ⎠ SIST
B.E . :
(
ˆ P W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC1 − EˆC 2 + Eˆ P1 − E 2
)
W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC1 + Eˆ P 1 ( 2 )
(
)
Pero: ˆ1 Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅V ˆ2 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅V 1 Considerando el fluido como incompresible: Vˆ1 = V ˆ2 =
ρ
La presión manométrica en el punto 2 es: P 2 = 0 ˆ2 Considerando el proceso como isotérmico: Uˆ1 = U Reemplazando en la ecuación (2): ⎛ P ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 + Eˆ C1 + Eˆ P 1 ⎟ ( 3) ⎝ ρ
⎠
lb f ⋅ s ρ =
slug
1,94
pie
× 3
2
pie × 1 slug
lbm ⋅ pie lb s 2 = 62, 42 m3 1lb f pie
32,174
⎛ lbm ⎞ ⎛ pie3 ⎞ lbm ⋅ = M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62, 42 30 1872,6 ⎟ ⎟ ⎜ pie3 ⎠ ⎝ s ⎠ s ⎝
v1 =
P 1
Q A1
=
60 =
pie3 30 s
⎛ 1 pie ⎞ ⋅ ⎜12 pulg × 4 ⎝ 12 pulg ⎟⎠
2
= 38,22
pie s
π
lb f pulg
× 2
ρ
2
144 pulg × 1 pie 2 62,42
32,174
lbm ⋅ pie s 2
1lb f
= 4453,4
lbm pie3 2
1 2 1 ⎛ pie ⎞ pie2 ˆ EC 1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 38, 22 ⎟ = 730,38 2 2 2 ⎝ s ⎠ s pies ⎞ pies 2 ⎛ ˆ E P = g ⋅ h1 = ⎜ 32,174 ⎟ ⋅ ( 30 pies ) = 965, 22 1
⎝
s 2 ⎠
s2
Reemplazando en la ecuación (3):
47
pie 2 s 2
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ ⎝
W = ⎜1872,53
1lb f
pie 2
lbm ⎞
1 hp
× = 650,67 hp ⎟ ⋅ ( 4453, 4 + 730,38 + 965, 22 ) s 2 × lbm ⋅ pie pie ⋅ lb f s ⎠ 32,174 550 2 s
s
La eficiencia esta dada por: η =
' W W
× 100
W ' = ( 650, 67 hp ) ⋅ ( 0,6 ) = 390, 40 hp
30. Un tanque rígido de 20 m3 contiene inicialmente una mezcla de vapor saturado y agua líquida saturada a 30 atm de presión. 15 % de la masa total es vapor. Líquido saturado es extraído muy lentamente del tanque a través de una válvula hasta que la masa total en el tanque es la mitad de la masa inicial. ¿Qué cantidad de calor es transferido hacia el tanque de los alrededores para que la presión final siga siendo 30 atm? Solución:
Q Vapor
Vapor
Líquido
Líquido
Es t ado Inic ial
Es t ado Final
3
Vi
= 20 m
Pi
= 30 atm
xi
= 0,15
M f
P f
M i
Sistema: Tanque, abierto, uniforme. k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎟ dt ⎝ ⎠SIST . k =1
B.M .: ⎜
M f − M i = M 1 − 2
2
1 2
= M i − ⋅ M i
M 2 =
1 ⋅ M 2 i
1
⋅ M i 2 3 V f = 20 m
(1)
48
=
= 30 atm
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental k ˆ⎞ ⎛ dU + ∑ M Hˆ + E ˆ C + E ˆ P ⎟⎟ = Q − W K dt k =1 ⎝ ⎠ Sist
(
B.E.: ⎜ ⎜
U f − U i = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 −
2
)
K
ˆ2 ⋅ H
⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i = Q − M 2 ⋅ Hˆ 2
f
⎛1 ⎝2
⎞ ⎠
Q = M i ⋅ ⎜ ⋅ Uˆ f −Uˆ i ⎟ + M 2 ⋅ Hˆ 2
( 2 )
ˆ L = 0,001217 V Pi = 30 atm = 3 MPa
m
ˆV = 0,0668 V
xi = 0,15
m3 kg
3
kg
ˆ L = 1004,78 U ˆ V = 2604,1 U
kJ hg
kJ hg
Vˆi = VˆV − VˆL ⋅ xi + VˆL = ( 0, 06668 − 0, 001217 ) ⋅ ( 0,15 ) + 0, 001217 = 0, 011036
(
)
Uˆ i = Uˆ V − Uˆ L ⋅ xi + Uˆ L = ( 2604,1 − 1004, 78 ) ⋅ ( 0,15 ) + 1004, 78 = 1244, 68
(
)
V i
Pero: V ˆ = ï
i
i
=
V i
ˆ1 V
20 m3
=
0,011036
m3
= 1812,25 kg
kg
1 f 2 1 = ⋅ M = 906,13 kg 2 2 i
= ⋅ M i = 906,13 kg
ˆ f = V
V f f
=
20 m3 m3 = 0,0221 906,13 kg kg
ˆ L = 0,001217 V P f = 30 atm = 3 MPa
ˆ f = 0,0221 V
m3 kg
m
ˆV = 0,0668 V
m3
3
kg
kg kJ
ˆ L = 1004,78 U ˆ V = 2604,1 U
hg kJ
hg kJ
ˆ L = 1008,42 H
kg
Vˆ f = VˆV − VˆL ⋅ xi + VˆL
(
)
0, 0221 = ( 0, 06668 − 0,001217 ) ⋅ x f + 0,001217
49
kJ kg
m3 kg
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental x f = 0,32 kJ Uˆ f = Uˆ V − Uˆ L ⋅ xi + Uˆ L = ( 2604,1 − 1004, 78 ) ⋅ ( 0, 32 ) + 1004, 78 = 1516, 56 kg
(
)
Como lo que sale es líquido a 30 atm, se tiene: ˆ 2 = 1008,42 kJ H
kg
Reemplazando en la ecuación (2): ⎛1 ⎛
Q = 1812, 25 kg ⋅ ⎜ ⋅ ⎜1516,56
⎝2 ⎝
⎛ kJ ⎞ kJ ⎞ ⎟ − 1244, 68 ⎟ + 906,13 kg ⋅ ⎜1008, 42 ⎟ = 32 281, 2 kJ kg ⎠ kg ⎠ kg ⎠ ⎝ kJ ⎞
31. Agua de mar con ρ=64 lbm /pie3 , fluye a través de una tubería a razón de 2200 gal/min. La entrada de la bomba es de 10 pulgadas de diámetro y la presión en ese punto es de -6 pulgadas de Hg manométricas. La salida del fluido es por una tubería de 6 pulgadas de diámetro y está 6 pies por encima de la entrada. Las temperaturas de entrada y salida son iguales ¿Cuánta potencia entrega la bomba al fluido? Si la presión de salida es de 25 psig. Solución: d2
=6
pulg 2
6 pies
d1 = 10 pulg 1
Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = M ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
M 1 = M 2 = M B.E . :
(1)
k ˆ⎞ ⎛ dU Q W M k ( Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ) = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt k =1 k ⎝ ⎠ Sist .
(
ˆ P , 2 W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − E W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC ,1 − EˆC , 2 − Eˆ P , 2
(
)
)
( 2)
Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ V ˆ1 y Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ V ˆ2 ˆ2 Además, por tratarse de un proceso isotérmico: Uˆ1 = U 1 Y también: Vˆ1 = Vˆ2 = V ˆ =
ρ
50
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando en la ecuación (2): ⎛
ˆ P , 2 ⎞⎟ + EˆC ,1 − Eˆ C , 2 − E ρ ρ ⎝ ⎠ ⎛ P − P 2 ˆ ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 EC ,1 − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 ⎟ ( 3 ) ⎝ ρ ⎠
ˆ ⋅ U W = M ⎜ 1+
P 1
ˆ2 − − U
P 2
pie3 1 pie3 1 mín Q = 2 200 × × = 4,902 mín 7, 48 gal 60 s s gal
⎛ lbm ⎞ ⎛ lbm pie3 ⎞ ⋅ 4,902 M = ρ ⋅ Q = ⎜ 64 ⎟ = 313,7 3 ⎟ ⎜ s ⎠ s ⎝ pie ⎠ ⎝
1
lb f
lb 144 pulg 2 P2 = 25 psig × 3600 × = pie2 1 psig 1 pie 2 pulg 2
14,7
lb f
lb 144 pulg 2 × = − P1 = −6 pulg Hg × 424,5 pie 2 29,92 pulg Hg 1 pie 2 gal pie3 1 pie3 1 mín Q = 2200 × × = 4,902 mín 7, 48 gal 60 s s v1 =
v2 =
Q A1
Q A2
=
4,902
pulg 2
pie3
= 8,992
pie
2
pie
2
= 24,98
s
⎡ 1 pie ⎤ ⋅ ⎢10 pulg × 4 ⎣ 12 pulg ⎥⎦
π
=
4,902
s
pie3 s
⎡ 1 pie ⎤ ⋅ ⎢6 pulg × 4 ⎣ 12 pulg ⎥⎦
π
s
2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 8,992 ⎟ = 40, 43 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝ Eˆ C ,2
2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 24,98 ⎟ = 312,0 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝
pie ⎞ pie 2 ⎛ ˆ E P ,2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 6 pies ) = 193,0 2
⎝
s ⎠
s
Reemplazando en la ecuación (3): lbm ⋅ pie ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ lb f 32,174 s 2 × ⎜ ( −424,5 − 3600 ) ⎟ 2 pie 1lb f lbm ⎞ ⎜ pie 2 ⎟ ⎛ W = ⎜ 313,7 + ( 40, 43 − 312,0 −193 ) 2 ⎟ ⎟⋅ lbm s ⎠ ⎜ s ⎝ 64 3 ⎜ ⎟ pie ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
51
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lbm pie 2 W = −780 410,8 ⋅ 2 × s
s
1lb f 32,174
lbm ⋅ pie s 2
1 hp
×
550
pie ⋅ lb f
= − 44,10 hp
s
32. Se calienta un líquido en un tubo vertical de diámetro constante de 40 pies de largo, el flujo es hacia arriba. En la entrada la velocidad promedio es de 4 pies/s, la presión de 50 lb f /pulg 2 y el volumen específico de 0,016 pie 3 /lbm. En la salida la mezcla de vapor y líquido es de 0,82 pie 3 /lbm. Si el incremento de energía interna es de 9 Btu/lb m. Hallar el calor añadido al fluido. Solución:
2
Q 40 pies
1
Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. k ⎛ dM ⎞ = M ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1
B.M .:
M 1 = M 2 = M B.E . :
(1)
k ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P ) ( Hˆ + Eˆ + E Q W = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ k C dt k =1 k ⎝ ⎠ Sist .
(
ˆ P , 2 0 = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − E
)
ˆ 1 + EˆC , 2 − EˆC ,1 + Eˆ P , 2 Q = M ⋅ Hˆ 2 − H
(
)
Qˆ = Hˆ 2 − Hˆ 1 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,1 + Eˆ P , 2 ( 2 )
Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ V ˆ1 y Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ V ˆ2 Reemplazando en la ecuación (2): ˆ C ,1 + Eˆ P , 2 Qˆ = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 − Uˆ 1 − P1 ⋅ Vˆ1 + Eˆ C , 2 − E ˆ C ,1 + Eˆ P , 2 ( 3) Qˆ = Uˆ 2 − Uˆ 1 + P2 ⋅ Vˆ2 − P1 ⋅ Vˆ1 + Eˆ C , 2 − E
ˆ1 = 9 Btu Uˆ 2 − U lbm
52
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb f ⎞ ⎛ ⎛ pie3 ⎞ 144 pulg 2 Btu 1 Btu ˆ ⋅ 0, 82 × = 6, 07 P2 ⋅ V 2 = ⎜ 40 ⎟× 2 ⎟ ⎜ 2 lbm ⎠ lbm 1 pie 778 pie ⋅ lb f ⎝ pulg ⎠ ⎝ lb f ⎞ ⎛ ⎛ pie3 ⎞ 144 pulg 2 Btu 1 Btu ˆ ⋅ × × = P2 ⋅V 2 = ⎜ 50 0 , 0 1 6 0 , 1 4 8 ⎜ ⎟ ⎟ 2 lbm ⎠ lbm 1 pie 2 778 pie ⋅ lb f ⎝ pulg ⎠ ⎝ Encontrando la velocidad en el punto 2 a partir de la ecuación (1):
= M 1 2 ρ1 ⋅ A1 ⋅ v1 = ρ 2 ⋅ A2 ⋅ v2
Pero: A1 = A2 , de la ecuación anterior se tiene: v2 = v2 =
ˆ2 V
ˆ1 V
ρ 1 ρ 2
⋅ v1
⋅ v1 ( 4 )
Reemplazando Reemplazando datos en la ecuación (4): ⎛ pie3 ⎞ ⎜ 0,82 ⎟ lbm ⎠ ⎛ pie ⎞ pie ⎝ ⋅ = v2 = 4 2 0 5 ⎜ ⎟ s ⎛ pie3 ⎞ ⎝ s ⎠ ⎜ 0,016 ⎟ lbm ⎠1 ⎝ 2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 4 =8 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ 2
2 pie pie 1 1 ⎛ ⎞ 2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 205 ⎟ = 21012, 5 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝
Eˆ P , 2
pie ⎞ pie 2 ⎛ = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 40 pies ) = 1 286, 96 2 s ⎠ s ⎝
Reemplazando Reemplazando en la ecuación (3): Btu pie 2 lbm ˆ Q = ( 9 + 6, 07 − 0,148 ) + ( 21012, 5 − 8 +1 286, 96 ) 2 ⋅ × lbm
s
lbm
1lb f
1 Btu lb ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f 32,174 m ×
s 2
Btu Qˆ = 15,81 lbm
33. Un tanque rígido contiene un fluido caliente que se enfría mientras es agitado por una rueda de paletas. Inicialmente, la energía interna del fluido es de 800 kJ. Durante el proceso de enfriamiento el fluido pierde 500 kJ de calor, y la rueda de paleta hace 100 kJ de trabajo sobre el fluido. Determine la energía interna final del fluido. Desprecie la energía almacenada en la rueda de paletas.
53
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Solución: Q sale = 500 kJ
U i = 800 kJ U f = ?
Wrp,entra = 100 kJ
Fluido
⎛ dM ⎞ = ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST .
B.M . : ⎜
M i = M f = M
k
∑=1 M
k
k
(1)
⎛ dU ⎞ ⎟ = Q −W + ⎝ dt ⎠ SIST
B.E. : ⎜
n
∑ M ( Hˆ + Eˆ n =1
K
C
ˆ P ) + E K
U f = Q − W + U i ( 2 )
Reemplazando: U f = −500 kJ − ( −100 kJ ) + 800 kJ = 400 kJ
t ubería horizontal a razón de 2 pies3/s, despreciando las 34. Fluye agua de A hacia B por una tubería pérdidas por fricción, para una carga de presión de 25 pulgadas de Hg en el punto B ¿Cuál será la carga de presión en el punto A?
Hg
pulg 24 pulg 24
B
d B = 6 pulg
d A = 12 pulg Solución:
Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. B.M . :
k ⎛ dM ⎞ = M ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
54
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental M 1 = M 2 = M B.E . :
(1)
k ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P + ∑ M Hˆ + Eˆ + E ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W k C dt k =1 ⎝ ⎠ Sist .
(
)
k
ˆC , B ) 0 = M ⋅ ( Hˆ A − Hˆ B + Eˆ C , A − E ˆC , B Hˆ B − Hˆ A = EˆC , A − E
( 2)
Pero: Hˆ A = Uˆ A + PA ⋅V ˆA y Hˆ B = Uˆ B + PB ⋅ V ˆB ˆB Pero, por tratarse de un proceso isotérmico: Uˆ A = U 1 Además: Vˆ A = VˆB = V ˆ =
ρ
Reemplazando Reemplazando en la ecuación (2): ˆ B + U
P B ρ
ˆ A − − U
P A ρ
ˆC , B = EˆC , A − E
⎡ P ˆC , A ⎤ P A = ρ ⋅ ⎢ B + EˆC , B − E ⎥ ⎣ ρ
14,7
⎦
( 3)
lb f
lb f 144 pulg 2 P B = 24 pulg Hg × 1 6 9 7 , 9 7 × = pie 2 29, 92 pulg Hg 1 pie 2 ρ = =
62,4
v A =
v B =
Q A A
Q A B
pulg 2
lbm pie3
=
2
pies 3 s
⎛ 1 pie ⎞ ⋅ ⎜12 pulg × 4 ⎝ 12 pulg ⎟⎠
2
pie
= 2,548
s
π
=
2
pies 3 s
⎛ 1 pie ⎞ ⋅ ⎜ 6 pulg × 4 ⎝ 12 pulg ⎟⎠
π
2
= 10,19
pie s
2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ ˆ EC , A = ⋅ v A = ⋅ ⎜ 2, 548 ⎟ = 3, 246 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝ 2
pie ⎞ pie 2 1 2 1 ⎛ ˆ EC , B = ⋅ vB = ⋅ ⎜ 10,19 ⎟ = 51, 92 s 2 s ⎠ 2 2 ⎝ Reemplazando Reemplazando en la ecuación (3): lb f ⎡ ⎤ 1697,97 ⎥ 1lb f ⎛ lbm ⎞ ⎢ pie 2 lbm pie 2 ⎥ P 3, 246 ) 2 ⋅ × ⋅⎢ + ( 51, 92 − 3, A = ⎜ 62, 4 3 ⎟ l b l b p i e ⋅ pie s lb ⎢ ⎥ m m ⎝ ⎠ m 6 2 , 4 3 2 , 1 7 4 3 2 ⎢ ⎥ pie s ⎣ ⎦
55
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1 pie 2 29,92 pulg Hg P A = 1792,37 × × = 25,33 pulg Hg lb f pie 2 144 pulg 2 14,7 2 lb f
pulg
35. Desde un tanque se bombea agua por medio de una gran manguera. La bomba está impulsada mediante un motor de 10 hp, y la eficiencia total de la bomba es de 75 %. La boquilla de la manguera se encuentra a 25 pies arriba del estanque. Se bombea 100 gal/min y la velocidad del agua a la salida de la boquilla es de 50 pies/s. determinar el cambio de temperatura entre el tanque y la descarga. ρ H
2O
= 62,4
lbm pie
3
, C P , H 2O = 1
Btu lbm ⋅º F Solución: 2
25 pies 1
Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ = M ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1
M 1 = M 2 = M B.E . :
(1)
k ˆ⎞ ⎛ dU Q W M k ( Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ) = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt k =1 k ⎝ ⎠ Sist .
(
ˆ P ,1 − E ˆ P ,2 0 = −W + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + EˆC ,1 − Eˆ C , 2 + E
)
0 = −Wˆ + Hˆ 1 − Hˆ 2 − EˆC , 2 − Eˆ P , 2 ˆ P , 2 ( 2 ) Hˆ 2 − Hˆ 1 = −Wˆ − Eˆ C , 2 − E
pie3 1 mín 1 pie3 Q = 100 × × = 0, 223 mín 60 s 7, 48 gal s gal
⎛ lbm ⎞ ⎛ lbm pie3 ⎞ ⋅ = M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62, 4 0, 223 13,92 ⎟ ⎟ ⎜ pie3 ⎠ ⎝ s ⎠ s ⎝
56
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
ˆ = − ( 0,75 ) ⋅ W = − ( 0,75) ⋅ W
10 hp ×
550
pie ⋅ lb f s 1 hp
×
13,92
32,174
lbm ⋅ pie s2
1lb f
lbm
= −9534,3
pie 2 s 2
s
v1 = 0 v2 = 25
pie s 2
pie 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ ˆ EC , 2 = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 25 = 312,5 2 s 2 2 ⎝ s ⎟⎠ pie ⎞ pie 2 ⎛ ˆ E P , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 ⎟ ⋅ ( 25 pies ) = 804,35
⎝
s 2 ⎠
s2
Reemplazando en la ecuación (2): 2 ˆ 1 = ⎡ − ( −9534,3 ) − 312,5 − 804,35 ⎤ pie ⋅ lbm × Hˆ 2 − H ⎣ ⎦ s 2 lb m
1lb f
Btu 1 Btu = 0,336 lb ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f lbm 32,174 m
×
s 2
Integrando la siguiente ecuación: dHˆ = C P ⋅ dT Hˆ 2
∫ˆ
H1
dHˆ =
∫
T 2
T 1
( 3)
C P ⋅ dT
Hˆ 2 − Hˆ 1 = C P ⋅ (T2 − T 1 ) T2 − T 1 =
ˆ1 Hˆ 2 − H C P
( 4)
Reemplazado en la ecuación (4): 0,336 T2 − T1 =
1
Btu
lbm = 0,336º F Btu
lbm ⋅º F
36. Un compresor aspira aire a un caudal de 500 pie 3 /min y con una masa específica de 0,079 lbm /pie3 y lo descarga con una masa específica de 0,304 lb m /pie3. En la aspiración la presión es de 15 lb f /pulg 2 y en la descarga la presión es de 80 lb f /pulg 2. La variación de la
ˆ = 33,8 Btu/lbm y el calor de enfriamiento procedente del aire es de energía interna es ΔU 13 Btu/lbm. Despréciense las energías cinética y potencial. Hállese el trabajo hecho sobre el aire en Btu/min. Solución:
57
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Qˆ = 13
Q1 = 500
P 1 = 15 ρ1 =
Btu lbm
pie 3 min
lb f
P 2 = 80
2
pulg
0,079
lbm pie
Sistema: Compresor, abierto, estado estable y flujo estable. k ⎛ dM ⎞ . .: B M = ∑ M k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + E ⎜⎜ ⎟⎟ dt 1 n = ⎝ ⎠ SIST W = Q + M ⋅ Hˆ − Hˆ ( 2 )
(
B.E . :
(
1
2
)
k
)
Pero: ˆ1 Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅V ˆ2 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅V Reemplazando en la ecuación (2): W = Q + M ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − Uˆ 2 − P2 ⋅ Vˆ2
(
)
⋅ ⎛⎜ Uˆ − Uˆ + P1 + P 2 ⎞⎟ W = Q + M 1 2
⎝
ρ1
⎛
M 1 = ρ 1 ⋅ Q1 = ⎜ 0,079
⎝
ρ 2
⎠
( 3)
lbm ⎞ ⎛
lbm pies 1 min ⎞ × ⎟ = 0,658 ⎟ ⋅ ⎜ 500 pie ⎠ ⎝ min 60 s ⎠ s 3
lb Btu Btu Q = −13 × 0,658 m = −8,554 lbm s s
ˆ 2 = −33,8 Btu Uˆ1 − U lbm 144 pulg 2 15 2 × P pulg 1 pie 2 1 lb f
=
ρ 1
0,079
lbm pie3
×
Btu 1 Btu = 35,14 lbm 778 pie ⋅ lb
58
2
pulg
ρ2 = 0,304
W
M 1 = M 2 = M
lb f lbm pie
3
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 144 pulg 2 × 80 pulg 2 1 pie 2 lb f
P 2
=
ρ 2
0,304
lbm pie3
×
Btu 1 Btu = 48,71 lbm 778 pie ⋅ lb f
Reemplazando en la ecuación (3): = −8,554 Btu + ⎛ 0, 658 lbm W ⎜ s s ⎝
Btu Btu Btu ⎞ Btu ⎞ ⎛ ⎟ ⋅ ⎜ −33,8 lb + 35,14 lb − 48,71 lb ⎟ = −39, 72 s ⎠ ⎝ m m m ⎠
= − 2383,4 Btu W min
37. A través de una tubería de 5 cm de diámetro fluye vapor húmedo a 50 atm con un título de 0,96. El vapor es estrangulado adiabáticamente hasta una presión de 10 atm por medio de una válvula como se ve en la figura. Calcule el diámetro que debe tener la tubería después de la válvula para que el vapor experimente cambios en velocidad. Solución: 2
1
P2=10 atm
P1=50 atm x1 =0,96 .d 1=5 cm Sistema: Válvula,
k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎜ ⎟ dt ⎝ ⎠ SIST . k =1
B.M .:
M 1 = M 2 = M B.E . :
abierta, E.E. y F.E., adiabático.
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ C + E ˆ P Q W M k Hˆ + E = − + ⎜⎜ ⎟⎟ ∑ dt n =1 ⎝ ⎠ SIST
(
)
k
ˆ2 ) 0 = ⋅ ( Hˆ 1 − H ˆ1 Hˆ 2 = H
( 2)
De la ecuación (1): ρ1 ⋅ A1
⋅ v1 = ρ 2 ⋅ A2 ⋅ v2 A1 ⋅ v1 A2 ⋅ v2 = Vˆ1
π
4
ˆ2 V
⋅ d12 ⋅ v1
ˆ1 V
π
=
59
4
⋅ d 2 2 ⋅ v2
ˆ2 V
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ˆ2 ⎞ 2 ⎛ V ⎟ ⋅ d 1 ˆ V ⎝ 1⎠
d2 = ⎜
ˆ L = 0,001286 m V P1 = 50 atm = 5 Mpa x1 = 0,96
ˆV = 0,03944 V
( 3)
3
kg m3
ˆ L = 1154,23 H
kg kJ
kg kJ
ˆ V = 2794,3 H
kg
Vˆ1 = VˆV − VˆL ⋅ x1 + VˆL = ( 0, 03944 − 0, 001286 ) ⋅ ( 0, 96 ) + 0, 001286 = 0, 03791
(
)
ˆ L = ( 2794, 3 −1154, 23 ) ⋅ ( 0, 96 ) +1154, 23 = 2728, 70 Hˆ 1 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x1 + H
(
)
ˆ L = 762,81 H P2 = 10 atm = 1 Mpa
ˆ 2 = 2728,70 H
kJ kg
ˆ V = 2778,1 H
m3
kg kJ kg
kJ kg kJ kg m3
ˆ L = 0,001127 V ˆV = 0,19444 V
kg m3 kg
ˆL Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x2 + H
(
)
2728,70 = ( 2778,1 − 762,81) ⋅ x2 + 762,81 x2 = 0,98 m Vˆ2 = (VˆV − VˆL ) ⋅ x2 + VˆL = ( 0,19444 − 0, 001127 ) ⋅ (0, 98 ) + 0, 001127 = 0,19057
3
kg
Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ 0,19057 ⎞ 2 ⋅ ( 5 cm ) = 11, 21 cm ⎟ ⎝ 0,03791 ⎠
d2 = ⎜
38. De una manera estable entra vapor a 3MPa y 400 ºC a una tobera adiabática con una velocidad de 40 m/s, y sale a 2,5 MPa y 300 m/s. Determine: a) La temperatura de salida b) La razón de las áreas de entrada y de salida, A 1 /A2 Solución:
60
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
TOBERA
3 MPa = 400º C m v1 = 40 s
P1 T1
=
SISTEMA: Tobera,
B.M .:
B.E . :
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P + ∑ M Hˆ + Eˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ K C dt 1 n = ⎝ ⎠ SIST
)
(
ˆ 1 + EˆC − E ˆ C Hˆ 2 = H 1 2
K
( 2)
a) P1 = 3 MPa T1 = 400º C
ˆ 1 = 3230,9 H
vapor sobrecalentado
kJ kg
ˆC : Cálculo de Eˆ C1 y E 2 ˆ C = E 1
kJ 1 1 kJ 2 J ⋅ ( 40 ) × 3 = 0,8 2 kg 10 J kg
ˆ C = E 2
1 1 kJ kJ 2 J ⋅ ( 300 ) × 3 = 45 kg 10 J kg 2
Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: ˆ 2 = 3230,9 + 0,8 − 45 = 3186,7 H
kJ kg
P2 = 2,5 MPa
ˆ 2 = 3186,7 H
=
abierto, aergónico, adiabático, estado estable y flujo estable.
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
M 1 = M 2 = M
2,5 MPa m v2 = 300 s
P2
kJ
T2 = 376,7º C
kg
vapor sobrecalentado
b) Aplicando la ecuación de continuidad: A1 ⋅ v1 = A2 ⋅ v2
61
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental A1 A2 A1 A2
=
v2 v1
=
300 40
= 7,5
39. Las condiciones en la entrada y la salida de una pequeña turbina de vapor son 500 kPa, 300 ºC y 7,4 kPa, 94 % de título respectivamente. En un punto intermedio de la turbina en el que la presión es de 100 kPa y la entalpía 2750 kJ/kg, se extrae un 7,5 % del vapor circulante, a velocidad despreciable, para calentamiento. La sección de la turbina a la salida es de 0,38 m2. a) Dibujar el proceso de expansión en un diagrama H-S, incluyendo la línea de saturación e indicando los estados. b) Teniendo en cuenta que el término de energía cinética a la salida de la turbina es significativo pero muy pequeño comparado con los demás términos, indicar cómo se podría obtener una potencia en la turbina de 5 MW. Calcular el caudal másico de vapor en una primera aproximación. c) Para el caudal calculado en (b), determinar la velocidad de salida del vapor de la turbina. Solución:
a) Sistema: Turbina, abierta, adiabática, estado estable y flujo estable.
Cálculo de los estados: estado 1 2 3
P ( kPa)
T (º C )
Hˆ (kJ / kg )
Vˆ (m 3 / kg )
x
500 7,4 100
300 40 136,8
3064,2 2429,86 2750
0,5226 18,422 2750
0,94
Diagrama H-S:
62
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental
H
500 kPa
100 kPa
1
7, 4 kPa 3
2
x
=
0,94
b) P1 T1
=
=
500 kPa 300º C
1
P3 1 00 kPa =
ˆ H 3
M 3
=
=
kJ kg 0,075 M
2750
⋅
3
2
1
P2
=
x2
=
A2 B.M . :
k ⎛ dM ⎞ = ∑ k ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1
0 = 1 − M 2 − M 3 = M − 0,075 ⋅ M 1 2 1 0,925 M 1 = M 2 B.E . :
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + E ⎜⎜ ⎟⎟ dt 1 n = ⎝ ⎠ SIST
(
)
K
W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − 0,925 ⋅ M 1 ⋅ Hˆ 2 − 0,075 ⋅ M 1 ⋅ Hˆ 3 = M 1
W
ˆ3 Hˆ 1 − 0,925 ⋅ Hˆ 2 − 0,075 ⋅ H
( 2)
63
=
7, 4 kPa 0,94 0,83 m
2
S
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando datos en la ecuación (2): = M 1
5 ×103 kW kJ
= 8,19
⎡⎣3064,80 − 0, 925 ⋅ ( 2429, 98 ) − 0, 075 ⋅ ( 2750 ) ⎤⎦ kg
kg
s
c) El caudal de masa se calcula a partir de: = ρ ⋅ A ⋅ v 2 2 2 v2 =
v2 =
2
ρ ⋅ A2
ˆ2 M 2 ⋅V A2
( 3)
Reemplazando datos:
v2 =
kg ⎞ ⎛ m3 ⎞ ⎛ 0,925 ⋅ ⎜ 8,19 ⎟ ⋅ ⎜18, 422 ⎟ s ⎠ ⎝ kg ⎠ ⎝
0,83 m2
= 168,15
m s
40. Una turbina es alimentada con 2270 kg/h de vapor de agua de 61,2 atm y 438 ºC. La presión de descarga es de 5,45 atm. Se hace pasar una muestra del vapor de descarga por una válvula de estrangulación adiabática, donde se expande hasta la presión atmosférica y una temperatura de 116 ºC. Las pérdidas de calor de la turbina pueden ser estimadas en 35280 kcal/h.
a) ¿Cuánto trabajo está realizando la turbina? b) ¿Cuál es la calidad del vapor descargado por la turbina? Solución:
64
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1 = 2270 M
kg
Q
h P1 = 61, 2 atm T1 = 438 º C 1
W
2
P2 = 5,45 atm 3 P3 = 1 atm T3 = 116º C
a) Sistema: Turbina, abierto, E.E. y F.E. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
M 1 = M 2 = M B.E . :
(1)
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ P = Q − W + ∑ M K Hˆ + EˆC + E ⎜⎜ ⎟⎟ dt n =1 ⎝ ⎠ SIST
(
W = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2
(
= 2270 M
kg h
)
×
P1 = 61, 2 atm = 6,12 MPa
ˆ 1 = 3270,0 H
vapor sobrecalentado
K
( 2)
kg 1h = 0,63 s 3600 s
T1 = 438º C
)
kJ kg
kJ 1h 4,184 kJ × = −41,003 h s 3600 s 1 kcal ˆ 2 se necesita hacer un balance de energía en la válvula: Para encontrar H Q = −35280
kcal
×
Sistema: Válvula, abierta, E.E. y F.E., adiabática. B.M .:
k ⎛ dM ⎞ M = ∑ k ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠ SIST . k =1
M 2 = M 3 = M
( 3)
65
Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental B.E . :
n ˆ⎞ ⎛ dU ˆ C + E ˆ P + ∑ M K Hˆ + E = Q − W ⎜⎜ ⎟⎟ dt 1 n = ⎝ ⎠ SIST
ˆ3 Hˆ 2 = H
(
)
K
( 4)
P3 = 1 atm = 0,1 MPa
ˆ 3 = 2708,26 H
T3 = 116º C vapor sobrecalentado
kJ kg
Reemplazando en la ecuación (2): = −41,003 W
kJ s
+ 0,63
kg ⎛
kJ kJ ⎞ kJ ⋅ ⎜ 3270,0 − 2708, 26 ⎟ = 312,9 s ⎝ kg kg ⎠ s
b) Para encontrar la calidad en la salida de la turbina: P2 = 5, 45 atm ≈ 0,5 MPa
ˆ 2 = 2708,26 kJ H
kg
ˆ L = 640,23 H
kJ
ˆ V = 2748,7 H
kJ
kg kg
ˆL Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x2 − H
(
)
2708, 26 = ( 2748, 7 − 640, 23 ) ⋅ x2 − 640, 23 x2 = 0,98
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