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TERMODINÁMICA APLICADA PROBLEMAS RESUELTOS PRIMERA EDICIÒN

ESCUELA SUPERIOR POLITÈCNICA DE CHIMBORAZO FACULTAD DE CIENCIAS ESCUELA DE INGENIERÍA QUÍMICA Coautores: Ing. Mónica Andrade Ing. Fernanda Rivera Profesoras de la Facultad de Ciencias Colaboradores Ing. Alejandra Espín Ing. Adriana Hidalgo Karina Cabezas Fernanda Orellana Jhon Salazar María Fernanda Arroba Estudiantes del 8vo Semestre de Ing. Química

TERMODINÁMICA APLICADA

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CESAR A. AVALOS I.

PROBLEMAS RESUELTOS DE TERMODINAMICA APLICADA

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4

PROBLEMAS RESUELTOS DE TERMODINAMICA APLICADA Cesar Alfonso Avalos Infante Ing. Químico Master en Protección Ambiental Profesor principal de la Facultad de Ciencias Escuela de Ingeniería Química Impreso en Riobamba – Ecuador E-COPYCENTER, Panam. Sur. Km. 1½. DERECHOS RESERVADOS © Abril del 2014, Primera Edición. Se prohíbe la reproducción total o parcial de éste libro, por ningún medio, sea este mecánico, electrónico o a través de fotocopias, sin previa autorización expresa y por escrito, del autor. DERECHOS DEL AUTOR: N0 . ISBN:978-9942-11-192-0 ISBN:

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INTRODUCCIÓN Siendo la termodinámica, una herramienta de importancia universal

de la

ciencia, la misma que está basada en leyes y principios de aplicación práctica, es necesario que los estudiantes de Ingeniería Química conozcan los mecanismos correctos para la resolución de problemas, y que finalmente apliquen en su vida profesional. En este texto se abordan problemas de índole teórico y en la mayoría de los casos se justifica por tener gran aplicación práctica en los procesos físicos químicos que diariamente en una industria suceden en las diferentes transformaciones que sufre la materia prima para la obtención de un producto terminado. Se presentan problemas para los estudiantes de la facultad de ciencias, que integran diferentes escuelas, y muy particularmente para la escuela de ingeniería química, en este sentido el estudiante con los conocimientos básicos de química general, fundamentos de matemática, tendrá la oportunidad de aplicar en la resolución de problemas de la asignatura de termodinámica. Los dos primeros capítulos corresponden a las dos Primeras Leyes de la Termodinámica, los siguientes capítulos se refieren a Ciclos Termodinámicos, al estudio de los principales dispositivos utilizados en Ingeniería Química como son Turbinas, Compresores, Difusores, Toberas, Tuberías y Ductos. Y finalmente tenemos capítulos donde el estudiante podrá efectuar con razonamiento las relaciones matemáticas, que en este caso tienen que ver con las funciones termodinámicas como la Energía Interna, La Entalpia, La entropía, Las Capacidades Caloríficas, Presión, Temperatura y Volumen. Este texto se hizo pensando en los estudiantes de intermedios y superiores, que les será útil para comprender asignaturas de los semestres últimos de su profesión como son: Operaciones Unitarias, Ingeniería de Reacciones y Mecánica de Fluidos. EL AUTOR

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CAPITULO III

CAPITULO III VOLÚMENES DE CONTROL (SISTEMAS ABIERTOS) 3.1 INTRODUCCIÓN Un gran número de problemas de ingeniería implica flujo de masa hacia y desde un sistema, por lo que es necesario modelar el sistema denominado VOLUMENES DE CONTROL como se indica en la figura 1.1, tal es el caso de un radiador de automóvil, una turbina, un comprensor, etc. En general el análisis de los procesos de flujo comprende o se inicia con la selección de un sistema abierto, es decir definir una región de espacio denominado VOLUMEN DE CONTROL. La frontera del volumen de control puede constar de una región bien definida físicamente, como una pared o puede ser imaginaria como se muestra en la figura 1.2.

Figura 3.1

Figura 3.2

3.2 PRINCIPIO DE CONSERVACION DE MASA El balance energético aplicado a un volumen de control requiere no solo de medidas de calor o trabajo, sino también la energía transferida hacia o desde el volumen de control mediante la masa transferida a través de la superficie de control, como se indica en la figura 3.3.

7

CAPITULO III

Figura 3.3

En ausencia de reacciones nucleares, la masa es una propiedad conservativa, el principio de conservación de masa para un volumen de control sometido a un proceso puede enunciarse como:

Masa total que entra al VC

-

Masa total que sale del VC

Cambio neto en la masa dentro del VC =

o matemáticamente puede expresarse: ∑ m𝑒𝑛 − ∑ m𝑠𝑎𝑙 = ∆m𝑣𝑐

𝐸𝑐 3.1

Donde los subíndices en, sal y VC representa la entrada, salida y volumen de control respectivamente. También podemos expresar la variación con respecto al tiempo de la masa dentro de un volumen de control como:

Masa que entra al VC por unidad de tiempo en el instante t

-

Masa que sale del VC por unidad de tiempo en el instante t

=

Variación con respecto al tiempo de la masa dentro de un volumen de control en el instante t

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CAPITULO III o matemáticamente puede expresarse: dmvc = ∑ ṁe − ∑ ṁs dt

𝐸𝑐 3.2

Figura 3.4

3.2.1 RELACIONES DE FLUJO DE MASA Y DE VOLUMEN La cantidad de masa que fluye en una sección transversal por unidad de tiempo se denomina FLUJO DE MASA y se denota con ṁ. El volumen de fluido que circula a través de una sección transversal por unidad de tiempo se denomina flujo de volumen y se denota con V̇. El flujo másico se relaciona con el flujo volumétrico mediante la ecuación: ṁ = ρ. V̇

𝐸𝑐 3.3

Dónde: ρ es la densidad, y a su vez

𝐴 ∆𝑣 V̇ = lim ( ) = ∫ 𝑣𝑑𝐴 ∆𝑡→0 ∆𝑡 𝐴 V̇ = ∫ 𝑣𝑑𝐴 𝐴

𝐸𝑐 3.4

𝐸𝑐 3.5

9

CAPITULO III y además 𝑚𝑣𝑐 = ∫ 𝜌𝑑𝑉

𝐸𝑐 3.6

𝐴

Sustituyendo en la ecuación 3.2 nos queda 𝑣 𝑑 ∫ 𝜌𝑑𝑉 = ∑ (∫ 𝜌𝑣𝑑𝐴) − ∑ (∫ 𝜌𝑑𝐴) 𝑑𝑡 𝐴 𝑒 𝑠 𝐴 𝐴 𝑒 𝑠

𝐸𝑐 3.7

3.2.2 HIPÓTESIS IMPORTANTES RÉGIMEN ESTACIONARIO: Se dice que un sistema está en régimen estacionario si las propiedades del sistema permanecen constantes con el tiempo en cualquier posición dentro y sobre las fronteras del sistema. Las propiedades incluyen las intrínsecas como la temperatura, presión, densidad, energía interna, así como también las extrínsecas como la velocidad o la altura. FLUJO UNIDIMENSIONAL: Si las propiedades de la frontera permeable son uniformes en la sección transversal por tanto las propiedades solo varían en la dirección del flujo, se denomina flujo unidimensional. La primera condición anterior exige que la densidad y la velocidad sean constantes en cualquier área diferencial 𝑑𝐴 en el tiempo. Si el flujo transversal a una superficie de control se supone que es unidimensional y normal a la superficie de control la Ec 1.3 nos quede: 𝑚̇ = 𝜌𝑣𝐴 =

𝐴𝑣 𝑉𝑒𝑠𝑝

𝐸𝑐 3.8

3.3 APLICACIÓNES DE LAS HIPÒTESIS ESTADO ESTACIONARIO: Si un sistema se encuentra en estado estacionario, entonces la masa dentro del sistema es constate y la conservación de la masa nos queda:

𝑑𝑚𝑣𝑐 𝑑𝑡

= 0, así la ecuación de

10

CAPITULO III 𝑑𝑚𝑣𝑐 = ∑ 𝑚̇𝑒 − ∑ 𝑚̇𝑠 𝑑𝑡 𝑒 𝑠 ∑ 𝑚̇𝑒 = ∑ 𝑚̇𝑠 𝑒

𝐸𝑐 3.9

𝐸𝑐 3.10

𝑠

Por tanto la suma de los flujos másicos que entran a un volumen de control en régimen estacionario es igual a la suma de los flujos másicos que sale del volumen de control. FLUJO UNIDIMENSIONAL: Cuando los flujos son unidimensionales entonces la densidad o volumen específico y la velocidad son uniformes en cada sección transversal. Esta condición nos permite escribir la ecuación de flujo másico como: 𝑚̇ = 𝜌𝐴𝑣 =

𝐴𝑣 𝑉𝑒𝑠𝑝

𝐸𝑐 3.11

𝑑𝑚𝑣𝑐 = ∑ 𝑚̇𝑒 − ∑ 𝑚̇𝑠 = ∑ (𝜌𝐴𝑣)𝑒 − ∑ (𝜌𝐴𝑣)𝑠 𝑑𝑡 𝑒 𝑠 𝑒 𝑠 𝐴𝑣 𝐴𝑣 =∑ ( ) −∑ ( ) 𝑒 𝑉𝑒𝑠𝑝 𝑒 𝑠 𝑉𝑒𝑠𝑝 𝑠 -

𝐸𝑐 3.12

Régimen estacionario y flujo unidimensional ∑ (𝜌𝐴𝑣)𝑒 = ∑ (𝜌𝐴𝑣)𝑠 = ∑ ( 𝑒

𝑠

𝑒

𝐴𝑣 𝐴𝑣 ) =∑ ( ) 𝑉𝑒𝑠𝑝 𝑒 𝑠 𝑉𝑒𝑠𝑝 𝑠

𝐸𝑐 3.13

Esta forma de la ecuación de la conservación de la masa se denomina ECUACION DE CONTINUIDAD. 3.4 PRINCIPIO DE LA CONSERVACIÒN DE LA ENERGÌA Para obtener una ecuación que defina el balance de energía de un volumen de control se realizará el seguimiento de una masa de control según pase a través de un volumen de control (𝑉𝐶) durante un intervalo de tiempo ∆𝑡. En el instante 𝑡 la masa de control ocupa una región de volumen de control (𝑉𝐶) y la pequeña masa situada en el exterior de la entrada indicada mediante el símbolo A, como se indica en la figura 3.5, luego de un periodo ∆ 𝑡 toda la masa que inicialmente estaba en la región A entra en el volumen de control, luego esta masa de control pasa a la región B que queda en la región de salida, en el tiempo ∆𝑡 .

11

CAPITULO III

Figura 3.5

El principio de conservación de la energía para la masa de control (𝑚𝑐 ) viene dada por: 𝑑𝐸𝑚𝑐 = 𝑄̇ − 𝑊̇ 𝐸𝑐 3.14 𝑑𝑡 En esta ecuación no se contabiliza la transferencia de energía debido a la transferencia de masa a través de la superficie de control permeable. Para esto se observa que la energía debido a la transferencia de masa en el instante t viene dada por: 𝐸𝑚𝑐, 𝑡 = 𝐸𝑉𝐶 , 𝑡 + 𝐸𝐴

𝐸𝑐 3.15

Análogamente en el tiempo 𝑡 + ∆𝑡 𝐸𝑚𝑐,𝑡+∆𝑡 = 𝐸𝑉𝐶,𝑡+∆𝑡 + 𝐸𝐵

𝐸𝑐 3.16

En consecuencia la variación de la energía de la MASA DE CONTROL, durante el tiempo ∆𝑡 es: 𝐸𝑚𝑐, 𝑡 + ∆𝑡 − 𝐸𝑚𝑐, 𝑡 = 𝐸𝑉𝐶 , 𝑡 + ∆𝑡 − 𝐸𝑉𝐶 , 𝑡 + 𝐸𝐵 − 𝐸𝐴

Además: 𝐸𝐴 = 𝑚𝐴 𝑒𝐴 y 𝐸𝐵 = 𝑚𝐵 𝑒𝐵

𝐸𝑐 3.18

𝐸𝑐 3.17

12

CAPITULO III Donde 𝑒𝐴 y 𝑒𝐵 son las energías específicas

Dividiendo esta ecuación para 𝑑𝑡 nos queda: 𝑑𝐸𝑚𝑐 𝑑𝐸𝑉𝐶 = + 𝑚̇𝐵 𝑒𝐵 − 𝑚̇𝐴 𝑒𝐴 𝐸𝑐 3.19 𝑑𝑡 𝑑𝑡 O lo que es lo mismo: 𝑑𝐸𝑚𝑐 𝑑𝐸𝑉𝐶 = + 𝑚̇𝑠 𝑒𝑠 − 𝑚̇𝑒 𝑒𝑒 𝐸𝑐 3.20 𝑑𝑡 𝑑𝑡

Reordenando términos y sabiendo que 𝑄̇ − 𝑊̇ =

𝑑𝐸𝑚𝑐 𝑑𝑡

= 𝑄̇ − 𝑊̇

𝑑𝐸𝑉𝐶 + 𝑚̇𝑠 𝑒𝑠 − 𝑚̇𝑒 𝑒𝑒 𝐸𝑐 3.21 𝑑𝑡

Y además la energía total es igual 𝑒=𝑈+

𝑣2 + 𝑔𝑧 2

𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑣2 𝑣2 ̇ ̇ = 𝑄 − 𝑊 + 𝑚̇𝑒 (𝑈 + + 𝑔𝑧) − 𝑚̇𝑠 (𝑈 + + 𝑔𝑧) 𝑑𝑡 2 2 𝑒 𝑠

Variación de la energía respecto al tiempo dentro del volumen de control.

=

Flujo neto de energía que atraviesa la frontera como calor y trabajo.

+

Flujo total de energía que entra con la masa de control al VC.

𝐸𝑐 3.22

-

Flujo total de energía que sale con la masa del VC.

3.4.1 INTERACCIONES DE TRABAJO PARA UN VOLUMEN DE CONTROL En este caso es necesario distinguir las interacciones de trabajo en las fronteras permeable a la materia y las que no lo son.

13

CAPITULO III 𝑊̇𝑉𝐶 = 𝑊̇𝑖𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 + 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 𝐸𝑐 3.23 El trabajo o potencia de las fronteras impermeables se estudió en los sistemas cerrados. Cuando la masa entra o sale del volumen de control se necesita un trabajo que empuje al fluido hacia dentro o fuera del sistema. Este término de trabajo en la frontera permeable se denomina TRABAJO DE FLUJO: 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 = 𝑚̇𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 𝑊̇ = 𝑊̇𝑖𝑛𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 − 𝑚̇𝑒 (𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 )𝑒 + 𝑚̇𝑠 (𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 )𝑠

𝐸𝑐 3.24

Los signos negativos a la entrada y positivo a la salida corresponden a la realización de trabajo sobre el sistema y la realización de trabajo por parte del sistema respectivamente. Sustituyendo en la ecuación 3.22 𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑣2 = 𝑄̇ − (𝑊̇𝑖𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 + 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 ) + 𝑚̇𝑒 (𝑈 + + 𝑔𝑧) 𝑑𝑡 2 𝑒 − 𝑚̇𝑠 (𝑈 +

𝑣2 + 𝑔𝑧) 2 𝑠

𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑣2 = 𝑄̇ − 𝑊̇𝑖𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 − 𝑊̇𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 + 𝑚̇𝑒 (𝑈 + + 𝑔𝑧) 𝑑𝑡 2 𝑒 𝑣2 − 𝑚̇𝑠 (𝑈 + + 𝑔𝑧) 2 𝑠 𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑣2 𝑣2 = 𝑄̇ − 𝑊̇𝑖𝑛𝑝𝑒𝑟𝑚𝑒𝑎𝑏𝑙𝑒 + 𝑚̇𝑒 (𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 )𝑒 − 𝑚̇𝑠 (𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 )𝑠 + 𝑚̇𝑒 (𝑈 + + 𝑔𝑧) − 𝑚̇𝑠 (𝑈 + + 𝑔𝑧) 𝑑𝑡 2 2 𝑒 𝑠

𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑣2 𝑣2 ̇ ̇ = 𝑄 − 𝑊 + ∑ 𝑚̇𝑒 (𝑈 + 𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 + + 𝑔𝑧) − ∑ 𝑚̇𝑠 (𝑈 + 𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 + + 𝑔𝑧) 𝑑𝑡 2 2 𝑒 𝑠 En un estado estacionario

𝑑𝐸𝑉𝐶 𝑑𝑡

=0

𝑄̇ − 𝑊̇ = ∑ 𝑚̇𝑠 (𝑈 + 𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 +

𝑣2 + 𝑔𝑧) 2 𝑠

− ∑ 𝑚̇𝑒 (𝑈 + 𝑃𝑉𝑒𝑠𝑝 +

𝑣2 + 𝑔𝑧) 2 𝑒

𝐸𝑐 3.25

14

CAPITULO III 𝑄̇ − 𝑊̇ = ∑ 𝑚̇𝑠 (𝐻 +

𝑣2 𝑣2 + 𝑔𝑧) − ∑ 𝑚̇𝑒 (𝐻 + + 𝑔𝑧) 2 2 𝑠 𝑒

3.4.2 APLICACIÓN DE LA ECUACCION DEL BALANCE DE ENERGÍA

Figura 3.6

El fluido en movimiento lleva consigo energía, y entre el fluido y sus alrededores (entorno), o viceversa hay un intercambio de energía. La energía transportada con el fluido comprende: La energía interna (𝑈) que incluye a todas las energías peculiares de los fluidos sin considerar su posición o movimiento. La energía llevada por el fluido debido a su entorno, de movimiento o energía cinética, de posición o potencial. La energía de empuje que acarrea el material debido a su introducción o salida. La energía intercambiada con el fluido y sus alrededores que son de dos clases: El calor Q y el trabajo W que intercambia el fluido durante su desplazamiento entre los puntos 1y 2 como se indica en la figura 3.6. Suponiendo que no hay acumulación de materiales o energía en ningún punto del mismo tenemos: 1 1 𝑈2 + 𝑣 2 2 + 𝑔𝑧2 + 𝑃2 𝑉2 = 𝑈1 + 𝑣 21 + 𝑔𝑧1 + 𝑃1 𝑉1 + 𝑄 − 𝑊 2 2

15

CAPITULO III 𝑄 − 𝑊 = ∆𝐻 + ∆𝐸𝐶 + ∆𝐸𝑃

𝐸𝑐 3.26

Una aplicación práctica de esta ecuación tenemos en el caso de salida de un líquido por un orificio como se indica en la figura 3.7.

Figura 3.7

Realizando las siguientes consideraciones: La densidad permanece constante. La altura 𝑧2 = 0 La presión 𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡 No hay transferencia de calor, ni tampoco se realiza trabajo. La velocidad en el punto uno es cero: 𝑣1 = 0 La energía interna permanece constante Con todas estas consideraciones la ecuación anterior se reduce a:

1 2 𝑣 = 𝑔𝑧1 2 2 𝑣2 = √2𝑔𝑧1

𝐸𝑐 3.27

3.5 Ecuación de Bernoulli: 𝑄 − 𝑊 = ∆𝐻 + ∆𝐸𝐶 + ∆𝐸𝑃

16

CAPITULO III 𝛿𝑄 − 𝛿𝑊 = 𝑑𝐻 + 𝑑𝑒𝐶 + 𝑑𝑒𝑃 𝛿𝑄 − 𝛿𝑊 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉 + 𝑉𝑑𝑃 + 𝑑𝑒𝐶 + 𝑑𝑒𝑃 𝛿𝑄 − 𝛿𝑊 = 𝛿𝑄 + 𝑉𝑑𝑃 + 𝑑𝑒𝐶 + 𝑑𝑒𝑃 −𝛿𝑊 = 𝑉𝑑𝑃 + 𝑑𝑒𝐶 + 𝑑𝑒𝑃 Para fluidos incompresibles no viscoso y sin interacción de trabajo, la ecuación nos queda: 0 = 𝑉𝑑𝑃 + 𝑑𝑒𝐶 + 𝑑𝑒𝑃 1 0 = 𝑉𝑑𝑃 + 𝑑𝐸𝐶 + 𝑑𝐸𝑃 = 𝑉(𝑃2 − 𝑃1 ) + (𝑣 2 2 − 𝑣 21 ) + 𝑔(𝑧2 − 𝑧1 ) 2 (𝑃2 − 𝑃1 ) 1 2 + (𝑣 2 − 𝑣 21 ) + 𝑔(𝑧2 − 𝑧1 ) = 0 𝜌 2 𝑃2 1 2 𝑃1 1 + 𝑣 2 + 𝑔𝑧2 = + 𝑣 21 + 𝑔𝑧1 𝜌 2 𝜌 2

𝐸𝑐 3.28

17

CAPITULO III

PROBLEMAS DE APLICACIÒN 3.1. Un haz de 200 tubos paralelos, cada uno de los cuales tiene un diámetro interno de 2.00 cm, entra oxígeno a 180 KPa Y 47ºC. Determine: a). En m/s la velocidad del gas necesaria a la entrada de los tubos para asegurar un flujo másico total de 5000 Kg/h y b). La temperatura de salida en grados Celsius, si las condiciones a las salidas son 160 KPa y 12,5 m/s.

Solución: a).

V

RT KPaxm 3 320º K 1Kmol  8,314 x x P Kmolx º K 180 KPa 32 Kg .

Vespecifico  0,462

m3 Kg 



Av m 1 1 Vesp

; v1 

m Vesp A1

Kg 3 h x 1h x0,462 m m3 0.00321 200 tubos 3600s Kg s v1   A A  3,1416 x(2.0) 2 cm 2 1m 2 A d2  x  0,00031416m 2 2 2 4 4 100 cm 5000

m3 s  10,2 m v1  s 0,00031416m 2 m v1  10,2 s 0,00321

b).

Vesp 

Av 2 



0,00031416m 2 x12,5

m

Vesp  0,5655

25

m3 Kg

Kg 1h x h 3600 s

m s

18

CAPITULO III

T

PV  R

160 KPa x 0,5655 8,314

m3 . Kg

KPa x m 3 1Kmol x Kmol º K 32 Kg

T  348,25º K  75,25º C T  75,25º C

3.2. 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 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 

A1 v1 V1 esp

;

A1 

 4

d1  2

 4

(0,10) 2  0,007854m 2

A1  0,007854m 2

5 bar 100oC

𝑉𝑒𝑠𝑝 = 0,05805

𝑚3 𝐾𝑔

0.60 bar d= 0.20 m =0.70

19

CAPITULO III

𝑚̇ =

̇ 𝑚 0,07854𝑚2 ∗ 7,0 𝑠 𝑚3

= 0,947

0,05805 𝐾𝑔

𝐾𝑔 𝑠

b).

V2 esp  V f   V fg  V f   ( V g  V f )

V2 esp  0,7097 x10 3  0,70(0,3100  0,7097 x10 3 )

V2 esp

m3  0,21721291 . Kg

𝑚3

𝑉𝑓 = 0,709 × 10−3 𝑘𝑔 0.60 bar

Vg  0,3100 .

v2 

 V 2 esp m A2

;

A2 

 4

d2  2

 4

m3 Kg

(0,20) 2  0,031416m 2

Kg m3 x 0,21721291 s Kg m v2   6,55 2 s 0,031416m m v 2  6,55 s 0,947

3.3. 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 la velocidad de salida en m/s. Solución: a).

20

CAPITULO III

v1 esp

RT 8,314 KPa.m 3 / Kmol.º K x 573º K 1Kmol   x P 400 KPa 29 Kg

V1esp  0  41m 3 / kg 

m V1esp 2.22kg / s  0.41m 3 / kg A1    0.0182m 2 v1 50m / s

A1 

 d1 2 4

; d1 

4 A1



4  0.0182m 2  0.152m 3.1416

d1 

d1  0.152m

b).

8.314 KPa x m 3 / Kmol º K  513º K 1Kmol m3 V2 esp    0.387 380 KPa 29 Kg Kg A2 

 4

d 22 

 4

(20.0) 2 cm 2 x

1m 2  0.031416m 2 2 2 100 cm



m V2 esp 1 v2   2.22 Kg / sx0.387m 3 / Kgx A2 0.031416m 2

v2  27.35

m s

3.4. 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 a) el flujo másico en Kg/h, y b) la velocidad de salida en m/s.

21

CAPITULO III 60 bar 500ºC 100 m/s 0.60 m

0.60 bar 4.5 m

Solución: a). 

m

v1 A1 ; V1esp

A1 

 4

d12 

 4

(0.60) 2 m2

A1  0.2827m 2 500º C 60bar



m

Vesp= 0,05665 m3/Kg

100 m / s x 0.2827m 2 Kg  499.029 3 s m 0.05665 Kg



m  99.029

Kg 3600s Kg x  1.796 x10 6 s h h



m  1.796 x10 6

Kg h

b) 

v2

m V2 esp  A2

A2 

 4

d2  2

 4

(4.5) 2 m 2  15.90m 2

vapor saturado a 0.60 bar  V2 esp  2.732

m3 Kg

22

CAPITULO III Kg m3  2.732 s Kg 2 15.90m

499.029 v2 

v 2  85.74

m s

3.5. 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 cm 2 y la velocidad 60 m/s. A la salida del conducto, las 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 35.0 cm2 60

Solución: a). 

m

A1v1 V1 esp

V1esp 

RT  P

8.314

V1esp  0.1433 

m 

KPa m 3 x 300º K 1 Kmol Kmol º K  600 KPa 29 Kg

m3 Kg

35.0cm 2 x60m / s 1m 2  0.1433m 3 / kg 100 2 cm 2

m  1.46

Kg s

5.0 bar =500KPa 50º C 20.0 cm2

23

CAPITULO III

b). 

v2 

m V2 esp A2

V2 esp 

RT  P

8.314

V2 esp  0.1852

KPa  m 3  323º K 1Kmol Kmol º K  500 KPa 29 Kg

m3 Kg

1.46 Kg / s x 0.1852m 3 / Kg 100 2 cm 2 V2  x 20.0cm 2 1m 2 m V2  135.20 s

3.6. A un dispositivo en régimen estacionario entra CO2 a 27º C con una velocidad de 25 m/s por una sección de 4800 cm2. 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 cm2. 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 4800 cm2

Solución: a). 

m

 2 v2 V2 esp

0.14 MPa 47ºC 9 m/s 7500 cm2

24

CAPITULO III

KPam 3 8.314 x320º K RT 1MPa 1Kmol Kmol º K V2 esp   x 3 x P 0.14MPa 10 KPa 44 Kg m3 V2 esp  0.4320 Kg



m s x 3

7500cm 2 x9

m

m Kg

.4320



1m 2 100 2 cm 2

Kg s

m  15.62 b). V1esp 

A1v1 



4800cm 2 x 25

m V1esp  0.77

P1 

15.62

Kg s

m s x

1m 2 100 2 cm 2

m3 Kg

RT1 V1 esp

KPa x m 3 x 300º K 1Kmol 1MPa Kmol º K P1  x x 3 44 Kg 10 3 KPa m 0.77 Kg P1  0.7736 MPa .314

TURBINAS 3.7. 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 cm2. 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

25

CAPITULO III 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 v1=100

m/s

 = 0.90 P2=1 bar v2 =50 m/s

Solución: a). 2 1 2 1 2 2 2 m Ec  (v 2  v1 )  (50  100 ) 2 2 2 s 2 Kg m N .m J Ec  3750 2 x  3750  3750 Kg Kg Kg s

J 1Kg KJ x  3.75 Kg 1000 J Kg Ec  3.75KJ / Kg Ec  3750

b).

Q  W  h  Ec  Ep Q  0 y Ep  0  W  h  Ec;

W  h  EC ;

h  h2  h1

480ºC

h1= 3293.5 KJ/ Kg

120bar

h2  h f   h fg

1 bar

KJ Kg  2258.00 KJ/Kg

h f  417.46 h fg

26

CAPITULO III 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 m3/Kg

480ºC

.

m =

100cm 2 x100m / s 1m2 x  38.82 Kg / s 0.02576m3 / Kg 1002 cm 2

.

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). .

.

m 1 = m 2;

A2=

A1 v1 A2 v 2  V1 esp V2 esp

A1 v1V2 esp V1 esp v 2

V2 esp= Vf + Vfg

27

CAPITULO III Vf = 1.0432 x 10-3 m3/Kg 1 bar 𝑉𝑔 = 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 cm 2 x100m / s x1.52m 3 / Kg 1m 2 x A2 = 0.02576m 3 / Kg x 50m / s 100 2 cm 2 A2= 1.18 m2 3.8. 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 A1= 0.0020 m2 P1 = 240 KPa T1 = 500ºK .

W = 28 KW

P2=100 KPa T2= 380º K A2 =0.00160 m2

Solución:

v

2=

?

a). .

m=

v1 A1 V1 esp

V1 esp =

RT 8.314 KPa x m 3 / Kmol º K x 500º K 1Kmol  x P 240 KPa 2 Kg

28

CAPITULO III V1esp = 8.66 m3/Kg

75m / s x 0.0020m2  0.0173Kg / s m = .66 m3 / Kg .

.

v2=

m V2 esp A2

V2esp =

RT 8.314 KPa x m 3 / Kmol º Kx380º K 1Kmol  x P 100 KPa 2 Kg

V2esp= 15.80 m3/Kg v2 =

0.0173Kg / s x 15.80m 3 / Kg  170.8m / s 0.00160m 2

v2 = 170.8 m/s

b). Q-W = h  Ec  Ep Q-W= h  Ec; Q= W+ h  Ec ; h  h2  h1 500ºK

h1 = 14.350 KJ/ Kmol

380ºK

h2 = 10.843 KJ/Kmol

h  h2  h1  10.843  14.350  3.507 KJ / Kmol .

.

.

Q = W + m ( h  Ec ) .

Q  28

.

Q = 28

.

2 KJ Kg  KJ 1Kmol 1 Kg 1KJ  2 2 m  0.0173 (  3 . 507  )  ( 170 . 8  75 )     2 s s  Kmol 2 Kg 2 Kg 1000 J  s

KJ KJ KJ 60s KJ  0.173  28.17   1690.40 s s s 1 min min

Q = 1690.40

KJ min

29

CAPITULO III 3.9. 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 420ºK

h1 = 866.08 KJ/Kg h2 = 421.26 KJ/Kg

h  h2  h1  421.26  866.08  444.82KJ / Kg h  444.82KJ / Kg

b).

Ec 

1 2 (v2  v12 ) 2

.

v2 

.

m =

m V2 esp A2

A1v1   ; A1  d12  x0.10 2 m 2  0.007854m 2 V1esp 4 4

V1 esp=

RT1 8.314 KPa x m 3 / Kmol º K x 840º K 1MPa 1Kmol  x x P1 1.0MPa 1000 KPa 29 Kg

30

CAPITULO III V1 esp= 0.2408 m3 /Kg

. 2 m = 0.00785m 3x18m / s  0.587 Kg / s

0.2408m / Kg

V2 esp =

8.314 KPa x m 3 / Kmol º K x 420º K 1MPa 1Kmol  x x P 0.1MPa 1000 KPa 29 Kg

RT

V2 esp = 1.20 m3/Kg v2 =

0.587 Kg / sx1.20m3 / Kg  89.73m / s 0.00785m2

2 1 Kg 1KJ KJ 2 2 m Ec  (89.73  18 ) 2 x x  3.86 2 Kg 1000 J Kg s

Ec  3.86KJ / Kg c). .

m = 0.587 Kg/s x .

m = 35.22

60s Kg  35.22 1min min

Kg min

d). .

.

.

.

.

.

Q - W = m (h  Ec  Ep )  m(h  Ec ) .

Q = m ( 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.

3.10. 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 cm 2 de sección. En la salida las condiciones son 1 bar OºC y 75 m/s. La potencia

31

CAPITULO III 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 T1=700 C v1=35 m/s d1=32m2 =200 Kw

P2=1 bar T2=0o C V2=75 m/s

Solución: a). .

m

v1 A1 V1esp

10 bar

V1esp= 0.0243 m3/kg

70ºC

.

m

5m / s x 32cm 2 1m 2 x  4.61Kg / s 0.0243m 3 / Kg 100 2 cm 2

.

m  4.61Kg / s

b). .

.

.

.

.

.

Q  W  m(h  Ec  Ep ) .

.

.

Q  W  m(h  Ec ) ; Q  m(h  Ec )  W h  h2  h1

32

CAPITULO III

10 bar h1= 302.34 KJ/ Kg 70º C 1 bar 0º C

h2= 252.99 KJ/ Kg

2 Kg  KJ 1 2 Kg 1KJ  KJ 2 m Q  4.61  75  35 x x 252.99  302.34   200 2 s  Kg 2 Kg 1000 J  s s



.



KJ 60s KJ x  1041.69 s 1 min min . KJ Q  1041.69 min .

Q  17.3618

c). .

m

v 2 A2 V2esp .

A2 

m V2 esp v2

1 bar

V2esp = 0.21587 m3/Kg

0º C

A2 

4.61Kg / sx0.215m3 / Kg  0.01327m 2 75m / s

A2  0.01327m 2 x

100 2 cm 2  132.7cm 2 1m 2

3.11. 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.

33

CAPITULO III 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 0.05789 m3/Kg

9.854 KPa 318.8 ºK 274 m/s 2211.8 KJ/Kg 13.36 m3/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 1KJ  Kg 1KJ m   x  9.8 x3.0 2 x x Kg 1000 J s  Kg 1000 J 

34

CAPITULO III

Kg KJ  938.50  95.73  37.07  0.0294 KJ  15 s s Kg . KJ KJ KJ W  14  1285.06  12071.06 s s s .

W  14

.

W  12071.06 KW 3.12.

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 550 o 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 550 ºC

H 2  H 1   H fg Calculamos la calidad de vapor 

S1  S 2  S f   S fg

h1 = 3530.9 KJ/Kg

35

CAPITULO III 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

S2  0.8320KJ / Kg º K   x7.07666KJ / 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  2358.3KJ / Kg

h2  251.4  0.864 x2358.3  2288.9 KJ / Kg h2  2288.9 KJ / Kg

W  3530.9  2288.9 

15 2  300 2 3x9.8  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 1242  100  96.5% 1286.9 44.9 Ec   100  3.49% 1286.9 0.029 Ep   100  0.01% 1286.9 H 

3.13.

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.

36

CAPITULO III

v1=80 m/s P1=10 MPa T1 =450oC

P2=10 KPa V2=50m/s =0.92

Solución: a).

Ec 



 



1 2 1 m2 2 v2  v1  50 2  80 2 2 2 2 s

Ec  1.95KJ / kg b)

W  h  Ec h  h2  h1 10 MPa

h1 = 3240.9 KJ/Kg

450ºC

h2  h f   h fg  h f  191.83KJ / Kg 10 KPa   h fg  2392.8 KJ / Kg

h2  191.83  0.92  2392.8KJ / Kg h2  2393.206 KJ / Kg

37

CAPITULO III W  2393.206  3240.9

KJ  KJ      1.95 Kg  Kg 

W  849.644 KJ / Kg .

.

W  m W  12

Kg KJ KJ  849.644  10195.728 s Kg s

.

W  10195.728KW

c). .

A1 

V1 esp m v1

10 MPa

V1esp = 0.02975 m3/Kg

450 º C

A1 

0.02975m 3 / Kg  12 Kg / s  4.4625  10 3 m 2 80m / s

COMPRESORES 3.14. A un compresor entra un flujo volumétrico de 4.5 m3 / 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.

T2 =400oK P2 =2.4 bar V2 =70 m/s

Q = 900 KJ/ min

= 4.5 m3/s T1 = 22 ºC P1 = 1 bar A1= 0.030 m2

38

CAPITULO III

Solución: a). 

m V1esp vA m  1 1 : v1  V1esp A1 .

V1esp

RT 8.314 KPaxm 3 / Kmol º K x 298º K 1bar 1Kmol   x  P 1bar 100 KPa 29 Kg

V1esp  0.854m 3 / Kg 



V 4.5m 3 / s m   5.27 Kg / s V1esp 0.854m 3 / Kg v1 

5.27 Kg / s  0.854m 3 / Kg  150m / s 0.030m 2

v1  150m / s b). 

m  5.27 Kg / s

c). 



Q  W  h  Ec  Ep 



 W  h  Ec  Q 



W  h  Ec  Q 





W  Q  mh  Ec 

295ºK

h1 = 295.17 KJ/Kg

400ºK

h2 =400.98 KJ/Kg

39

CAPITULO III





KJ 1 min Kg  KJ 1 70 2  150 2 KJ  x  5.27  400.98  295.17   min 60s s  Kg 2 1000 Kg   KJ Kg  KJ KJ  105.81  W  15  5.27  8.8 s s  Kg Kg  

W  900



W  526.24

KJ s

3.15. 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 T2=520 oK d2=0.10 m

T1=320ºK P1=0.2 MPa V1=100 m/s D1= 0.10 m

Q= 35 Kw

Solución:

a).

Ec  

m



1 2 2 v2  v1 2



v1 A1 V1esp

V1esp 

RT 8.314 KPa  m 3 / Kmol º K  320º K MPa 1Kmol    P 0.2MPa 1000 KPa 2 Kg

40

CAPITULO III

V1esp  6.6512m 3 / Kg



m

100m / s 



0.12 m 2

4 6.6512m 3 / Kg



m  7.085Kg / min x

1 min  0.118Kg / s 60s



v2 

m V 2 esp A2 RT 8.3 / 4 KPa  m 3 / Kmol º K x 520º K 1MPa 1Kmol    P 1.2MPa 1000 KPa 2 Kg

V 2 esp 

V 2 esp  1.80m 3 / Kg

v2 

0.118Kg / s 1.80m 3 / Kg

 0.12 m 2 4

Ec 

 27.04m / s

1 m 2 Kg 1KJ KJ  27.04 2  100 2  2    4.63 2 Kg 1000 J Kg s

Ec  4.63KJ / Kg

b). 

m  0.118

Kg 60s x s 1 min



m  7.085Kg / min

c). 











Q W  mh  Ec  Ep  

Q  W  m h  m Ec 





W  Q  mh  Ec 

320ºK

h1 =9100 KJ/Kmol

520ºK

h2= 14935 KJ/Kmol

41

CAPITULO III 

W  35

KJ Kg  KJ 1Kmol  KJ    0.118     4.63 14935  9100 s s  Kmol 2 Kg  Kg 



W  378.72KW

3.16. 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 T2=430 oK

Q= 4.0 KJ/Kg P1=0.1 MPa T1=310 oK V1=30 m/min

Solución:

42

CAPITULO III

Q  W  h  Ec  Ep  Q  W  h; W  Q  H 



W  mQ  h  



V m V 1 esp V 1 esp 

RT 8.314 KPa  m 3 Kmol º K  310º K 1MPa 1Kmol    P 0.1MPa 1000 KPa 44kg

V 1 esp  0.5857m 3 / Kg

·

V = 30

·

m=

m3 1min m3 x = 0.5 min 60s s

0.5m3 / s Kg = 0.8536 3 0.5857m / Kg s

310ºK

h1 = 9807 KJ/Kmol

430ºK

h2 = 14628 KJ/Kmol



W  0.8536

Kg s

 KJ  4.0 Kg 

 KJ Kmol KJ Kmol    14628 x  9807 x Kmol 44 Kg Kmol 44 Kg  



W  96.9KW

3.17. 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 d2=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:

43

CAPITULO III P2 = 3.5 bar T2 = 100°C d2 = 160mm

= 1.2 kg/s T1 = 15°C P1 = 1.0 bar

Q = 50.5 kJ/s

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  CpT2  T1   1.004

KJ KJ x100  15C  85.3 Kg C Kg

Cálculo de la velocidad de salida v2

V2 esp 

RT2 P2



v2 

mVesp A2





m RT2



4 v2  18.3

d 22 P2

1.2 

Kg Nm x 287 x373 K s Kg  K



4

x0.162 m 2 x3.5bar

x

1bar N 105 2 m

m s

Cálculo de la potencia    1   W  Q m h  v 22  2  

Por cuanto la velocidad a la entrada del compresor v1≈0

44

CAPITULO III KJ   1 2  KJ Kg KJ 1 Kg  2 m 85.3  W  50.5  1.2  18.3 2 x 2 s s  Kg 2 s 3 m  10 2   s  

TOBERAS Y DIFUSORES

3.18. 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 10.0cm2. 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 = 0.20 Kg/s

Solución: a). 

v2 

V 2 esp

m V 2 esp A2

RT 8.314 KPa m3 / Kmol º K  300º K 1Kmol    P 120 KPa 28kg

V 2 esp  0.7423m3 Hg v2 

0.20kg / s  0.7423m3 / Kg 1002 cm 2  10.0cm 2 1m 2

v2  148.46m / s

P2 =120 KPa T2 =27oC A2=10.0 m2

45

CAPITULO III b).

h  CpT

; T 

h Cp



2     v  v2 Q  W  m h2  h1   2 2 

h1  h2   v 2

2

 v1 2

v  v1 h1  h2  2 2 2

27ºC

2

 

2

2

v ; h1  h2  2 2

h2 = 8.723

KJ Kmol

2

v h1  2  h2 2

148.462

m 2 Kg 1KJ KJ 1Kmol    8.723  2 2 Kg 1000 J Kmol 28 Kg s KJ h1  11.3317 Kg h1 

h  h2  h1  0.31154  11.3317  11.02016

C p N 2  1.039

T 

KJ Kg

KJ Kg º K

H 11.02016   10.60º K Cp 1.039

T   10.60º K

3.19. 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.

46

CAPITULO III

P1 =3 bar T1 =200 oC V1 =50 m/s

P2 =2 bar T2 =150oC

Solución: 

m1 



v1 A1 V1 esp



m2 

v 2 A2 V 2 esp



m1  m 2

Por tanto: V1 esp = V

1 esp

v1V 2 esp



v 2V1 esp

A2 A1

RT1 8.314KPa× m3 / Kmol º K ´ 473º K 1Kmol = ´ P1 300KPa 29Kg

= 0.4520m3 / Kg

V2 esp =

RT2 8.314KPa´ m3 / Kmol º K ´ 423º K 1Kmol = ´ P2 200KPa 29Kg

V2 esp = 0.6063m3 / Kg

2



2

v v 2 h1  h2  2  1 ;v2  2 h1  h2  v1 2 2 473ºK

h1= 475.315 KJ/Kg

423ºK

h2 = 424.311KJ/Kg

v2 

475.315  424.311 KJ  1000 J Kg

v 2  323.28m / s A2 50  0.6063   0.207 A1 0.4520  323.28

KJ



 50 2

m 2 Kg x s 2 Kg

47

CAPITULO III

3.20. 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 T2=30oC A2=50 cm2

T1=26oC V1=95 m/s

Solución: a). h1 – h2 = v2=

v 2 2  v 21 2

2(h1  h2 )  v12

26ºC

h1 = 261.48 KJ/Kg

7 bar 30ºC

v2 =

2 (261.48  265.37)

v2 = 35.28 m/s

b).

h2 = 265.37 KJ/Kg

1000 J  9025m 2 / s 2 1KJ

48

CAPITULO III .

m=

v 2 A2 V2 esp

7 bar

V2 esp= 0.02979

30 ºC

35.28m / sx50cm 2 1m 2 x m = 0.02979m3 / Kg 100 2 cm 2 .

.

m = 5.92 Kg/s 3.21. 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 T1=20.0 o C V1=4 m/s A1=16 cm2

Solución: a).

v1 A1 4.0m / s x 16cm 2 1m 2  x  6.39 Kg / s m = V1esp 1.002 x10 3 m 3 / Kg 100 2 cm 2 .

.

m = 6.39 Kg/s

A2=4.0 cm2 P2=1.5 bar

49

CAPITULO III b). .

v2 =

m V2 esp A2



6.39 Kg / s x1.002 x10 3 m 3 / Kg 100 2 cm 2 x 4.0cm 2 1m 2

v2= 16.007 m/s

3.22. 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 cm 2. 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 A1=10.0cm2

P2=2.0 bar v2 =50 m/s

Solución: a). .

m

v1 A1 V1esp

1.8 bar 20ºC

m x 10.0cm 2 1m 2 s m x m3 100 2 cm 2 0.12723 Kg . Kg m  1.10 s .

140

V1esp = 0.12723 m3/Kg

50

CAPITULO III b). h1  h2 

v 22  v12 2

1.8 bar h1 = 268.23 KJ/Kg

20 ºC

v22  v12 KJ 50 2  140 2 m 2 Kg KJ h2  h1   268.23  x x 2 2 Kg 2 Kg 1000 J s h2  276.8

KJ Kg

c). 276.8

KJ Kg

T2  30º C

d). .

A2 

mV2esp v2

2 bar 𝑚3

𝑉2 𝑒𝑠𝑝 = 0.11856 𝑘𝑔

30 ºC

1.10 A2 

Kg m3 x 0.11856 s Kg  0.00261m 2 m 50 s

A2  0.00261m 2 x A2  26.1cm 2

100 2 cm 2 1m 2

51

CAPITULO III 3.23. 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

1 2 1 2 v 2  v1  Q  (h2  h1 ) 2 2 1 2 1 v 2  Q  (h2  h1 )  v12 2 2

Ec  Q  h



;

v 22  2 Q  (h  h1 )  v12



 KJ m2  v 2  2  0.86  (660  923)  30 2 2  Kg s  

v2  524.28

KJ m2  900 2 Kg s

52

CAPITULO III

v2  524.28

KJ 1000 J m2 x  900 2 Kg 1KJ s

v2  524280

Nm m2  900 2 Kg s

v2  524280

Kgmm m2  900 Kgs 2 s2

v2  724.69

m s

b).

Ec  Q  h

;

Ec  h

1 2 1 2 1 1 v 2  v1  H ; v 22  v12  h 2 2 2 2 v 2  v12  2h

v2 

900

m2 KJ  2(660  923) 2 s Kg

m2 KJ 1000 J v 2  900 2  526 x Kg 1KJ s 2

v

2



900

m 2

s

 526000

Nm Kg

2

v

2



m Kgmm 900 2  526000 2 s Kgxs

v 2  725.90

m s

3.24. 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.

53

CAPITULO III

P1=300 KPa T1 =200 oC v1=30 m/s A1=80 cm2

Solución: a). .

m

v1 A1 V1esp

V1esp 

RT  P

V1esp  0.452

.

m

8.314

KPam 3 x 473º K 1Kmol Kmol º K x 300 KPa 29 Kg

m3 Kg

m x 80cm 2 1m 2 s x m3 1002 cm 2 0.452 Kg

30

.

m  0.5309

Kg s

b). KJ Kg KJ 480º K  482.49 Kg 470º K  472.24

482.29  472.24 480  470  h1  472.24 473  470 h  475.365

KJ Kg

P2=100 KPa v2=180m/s

54

CAPITULO III Q  W  h  Ec  Ep  h  Ec

;

0  h  Ec

 (h2  h1 )  Ec

;

;

h1  h2  Ec

h2  h1  Ec KJ 1 m2 KJ  (180 2  30 2 ) 2 x Kg 2 1000 J s KJ h2  459.615 Kg h2  475.365

KJ  450º K Kg KJ 462.02  460º K Kg 451.80

462.02  451.80 460  450  459.615  451.80 T  450 T2  457.66º K T2  184.65º C c).

A2 

m V2 esp

V2 esp 

v2 RT2  P2

V2 esp  1.312

8.314

KPam 3 x 457.66º K Kmol º K 1Kmol x 100 KPa 29 Kg

m3 Kg

Kg m3 0.5309 x1.312 s Kg A2  m 180 s 3 2 A2  3.87 x10 m 100 2 cm 2 A2  3.87 x10 m x 1m 2 A2  38.70cm 2 3

2

TUBERÍAS Y DUCTOS

55

CAPITULO III 3.25. 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

1

Solución: . .

.

.

W  Wx m  W V

;

W 

W .

V

Sí la densidad del agua a estas condiciones:   999  18.0

KJ s

W 

3

999

Kg m3

 0.501

Kg m x 0.036 3 s m

KJ Kg

Q  W  U  PV  Ec  Ep

Si no hay transferencia de calor y la temperatura se mantiene constante

56

CAPITULO III

 W  PV  Ec  Ep W  PV  Ec  Ep Además W  Wesp  WR Wesp  WR  PV  Ec  Ep

WR  Wesp  PV  Ec  Ep Como el agua es una sustancia incompresible → Vesp = constante Wr  Wesp  PV  Ec  Ep 1 WR  Wesp  V ( P2  P1 )  (v22  v12 )  g ( Z 2  Z1 ) 2 1 1 WR  Wesp  ( P2  P1 )  (v22  v12 )  g ( Z 2  Z1 )  2 . .

.

m  v1 A

.

m  V

;

;



m .

V .

m

.

m  v1

.

.

A

.

.

m V  v1 m A

;

V

m3 m3 0.036 0.036 V s s v1     2  1m 2 A 2 2 d1 125 mm x 4 4 1000 2 mm 2 m v1  2.93 s .

 v2   v1

  d1      d2

2

 d   v 2  v1  1   d2 2

m  125  v 2  2.93   4.58 s  120 

  

2

57

CAPITULO III KJ 4.5  1.0 at 1 m2 m   4.58 2  2.93 2 2  9.8 2 x1.5m Kg Kg 2 s s 999 3 m KJ 3.5at.m 3 100KPa m2 KJ m2 KJ WR  0.501  x  6.19575 2 x  14.7 2 x Kg 999Kg 0.9869at 1000J 1000J s s



WR  (0.501)



WR  0.501  0.355  0.00619575  0.0147 WR  0.125

KJ Kg

WR 0.125   0.249 W 0.501 Por tanto el 24.95% de la energía empleada se gasta en cubrir el trabajo de rozamiento.

3.26. 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:

58

CAPITULO III

Q  W  U  PV  Ec  Ep Q  0,

U  0,

Ec  0;

P1  P2  Pat

y además el agua es una sus tan cia incompresible (V  cte ) , por tanto: W   g (Z 2  Z1 )  g ( Z 2  Z 1 ); W  m W  Vg ( Z  Z ) 2

  V m

1

Kg m 3 1 min m W  1000 3 x 1.5 x x 9.8 2 x 50m m min 60 s s J W  12250 s 3.27. 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 m3/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 𝑣̇ = 12 m3/min

Aire

T2

Solución: Q=2 KJ/s

a.)

v1 

V  A

12

m 3 1 min x min 60 s

 4

v1 

0.2

 4

d2 m3 s

x 20 2 cm 2 x

v1  6.37

m s

1m 2 100 2 cm 2

v2

59

CAPITULO III b).

h2 

 h1 Q  m  m

285º C



P  RT

285.14

KJ Kg

105 KPa Kg  1.289 3 3 KPam 1Kmol m 8.314 x x 285 K Kmol K 29 Kg

m 3 1 min Kg Kg   V  12 m x x1.289 3  0.2578 min 60 s s m

2 h2 

KJ Kg KJ  0.2578 x 285.14 KJ s s Kg  292.90 Kg Kg 0.2578 s

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).

60

CAPITULO III

V  A x v

A

 2 3.1416 1cm 2 1m 2 d  x 20 2 mm 2 x 2 x  3.1416 x10  4 m 2 2 2 2 4 4 10 mm 100 cm

V  3.1416 x10 4 m 2 x3

m m 3 60s 1000 L L  9.4248 x10 4 x x  56.55 3 s s 1 min 1m min

b). V1  V2 A1v1  A2v2

 4

d12v1 

 4

d 22v2

d12v1  d 22v2 d 2v v2  1 2 1  d2

m s  12 m 2 2 10 mm s

202 mm2 x3

c).

Aplicando la ecuación de Bernoulli:

P1  gh1 

1 1 v12  P2  gh2  v 22 2 2

Considerando que los puntos 1 y 2 están a la misma altura.

P1 

1 2 1 v1  P2  v22 2 2

Y además:

P1  gh1

y P2  gh2  g h1  h´

Dónde: h2 es reemplazado por h1

gh1  v12  g h1  h´  v 22 1 2

1 2

61

CAPITULO III

1 2

1 2

gh1  v12  gh1  gh´ v 22

h´

1  2 2 v 2  v1 2 g

h´

1 2 2 v 2  v1  2g







 2 2 x9.8

12 m

2

 32

m

2

s2

s2

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1  V2 A1v1  A2 v 2

v2 

2 1

d v1  d 22

m s  4m 2 2 10 mm s

20 2 mm 2 x1

Aplicando la ecuación de Bernoulli y considerando que:h1= h2 1  v12  v 22  2 1KPa N 1 N P1  10000 Pa x x1000 2 x  10000 2 1000 Pa m 1KPa m P2  P1 

P1  10000

P1  2500

N 1 Kg m 2 N 4 4    x 1000 1  4 x 2  2500 2 2 3 m 2 m s m

N 1KPa 1000 Pa x x  2500 Pa 2 N m 1KPa 1000 2 m

62

CAPITULO III 3.30.

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= A3A50mm

A

B Los puntos A y B

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:

PA  Pat  gh Aplicando la ecuación de Bernoulli 1 1 PA + ρghA + ρvA 2 = PB + ρghB + ρvB 2 2 2 1 PA = PB + ρvB 2 2 1 Pat + ρgh = Pat + ρvB 2 2

vB = √2gh = √2 x 9.8

vB = 2.62

m 1cm 1m x 350mm x x s2 10mm 100cm

m s

V̇ = A x v = π x

52 mm2 1cm2 1m2 m m3 −5 x 2 2 x x 2.62 = 5.14 x 10 4 10 cm 1002 cm2 s s

63

CAPITULO III V̇ = 5.14 x 10−5

m3 1000L L x = 5.14 x 10−2 3 s 1m s

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, m3/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). 𝑉̇ = 𝐴𝑣 =

3.1416 𝑥302 𝑚𝑚2 𝑚 1𝑐𝑚2 1𝑚2 𝑥4 𝑥 𝑥 4 𝑠 1002 𝑚𝑚2 1002 𝑐𝑚2

𝑉̇ = 2.827𝑥10−5

𝑚3 𝑠

𝑉̇ = 2.827𝑥10−5

𝑚3 1000𝐿 60𝑠 𝐿 𝑥 𝑥 = 1.696 3 𝑠 1𝑚 1𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛

𝑉̇ = 1.696

𝐿 60𝑚𝑖𝑛 𝐿 𝑥 = 101.77 𝑚𝑖𝑛 1ℎ ℎ

b). 0.55𝑐𝑃𝑥

𝑁𝑅𝐸

1𝑝𝑜𝑖s𝑒 𝑔 1𝐾𝑔 100𝑐𝑚 𝐾𝑔 𝑥 𝑥 𝑥 = 5.5𝑥10−4 100𝑐𝑃 1 𝑝𝑜𝑖𝑠𝑒𝑐𝑚. 𝑠 1000𝑔 1𝑚 𝑚. 𝑠

𝐾𝑔 𝑚 𝑣𝜌𝑑 4 𝑠 𝑥 850 𝑚3 𝑥 0.03𝑚 = = = 185454 𝐾𝑔 𝜇 5.5𝑥10−4 𝑚. 𝑠

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.

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CAPITULO III 1

h

M V

Solución: a).

Denominamos por 1 la superficie del líquido y aplicando Bernoulli: 1

1

P1 + ρgh1 + 2 ρv2 = P M + ρghM + 2 PV 2 M Tomando en cuenta las siguientes consideraciones: P1= Pat ; hM= 0 ; v1= 0 ; h1= h ; vM = 0 Pat + ρgh + 0 = PM + 0 + 0 PM = Pat + ρgh Si se abre la válvula V, la velocidad aumenta y la presión en M disminuye.

b). v = √2gh = √2 × 9.8

m m × 2m = 6.26 2 s s

3.33. Cuál es la presión, en Kgf/cm2, equivalente a una columna de 760 mm de altura a 0 ºC y 1 cm2 de base. La densidad del mercurio es 13,6 Kg/dm3

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CAPITULO III Solución: P = ρgh

P=

13.6Kg dm3

x

P = 101292.8

103 dm3 1m3

x

9.8m s2

= x 760mm x

1cm 10mm

x

Kg m N x = 101292.8 2 2 m. s m m

N 1Kgf 1m2 P = 101292.8 2 x x m 9.8N 1002 cm2

P = 1.0336

Kgf cm2

1m 100cm

= 101292.8

Kg m.s2

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CAPITULO III

EJERCICIOS PROPUESTOS 3.1 Considere el movimiento de un objeto de volumen V y masa M que cae a través de un fluido con viscosidad cero (sin rozamiento). Determine si la aceleración del objeto en caída es dependiente solamente de la densidad tanto del fluido como del objeto. 3.2 Un depósito de agua está cerrado por encima con una placa deslizante de 12m2 y 1200Kg de peso. El nivel del agua en el depósito es de 3.5m de altura. a) Determine la presión en el fondo, b) si se abre un orificio circular de 5cm de radio a medio metro por encima del fondo, determine el volumen de agua que sale por segundo de este orificio (se considera que el área del orificio es muy pequeño frente al área del depósito).

3.3 Deducir la ecuación de Bernoulli a partir de la ecuación del balance de energía en volúmenes de control. 3.4 Una turbina adiabática que funciona con agua como fluido de trabajo, en condiciones de entrada de 100bar, 450°C, y 80 m/s y la corriente pasa por una sección de 120cm2; sabiendo que la calidad del vapor es del 85% a la salida, 2bar y 40m/s. Determinar: a) El trabajo en KJ/Kg, b) El flujo másico Kg/s, c) La potencia obtenida en KW. R: A) 866.99 b) 32.27 Kg/s, c) 27977.77 KW 3.5 Un compresor de nitrógeno adiabático, funciona con unas condiciones de entrada de 300°K, 0.1 MPa y 80cm/s, los diámetros a la entrada y a la salida son los mismos de 0.15m. A la salida las condiciones son 1.8MPa, 650°K. Determinar: a) El flujo másico en Kg/s, b) La variación de energía cinética, c) La potencia en KW. R: a) 1.59 Kg/s, b) -315 KJ/Kg, c) -582.84KW

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CAPITULO III 3.6 A una tobera adiabática ingresa aire a 4bar, 570°K y 30m/s, por una sección de 10 cm2. A la salida se tiene 2.5bar y 450°K. Determinar: a) La velocidad a la salida, b) el área a la salida. R: a) 499.38 m/s b) 7.6*10-5m2 3.7 A un difusor adiabático entra refrigerante 134 a a 2bar y 30°C y a una velocidad de 100m/s, el área a la entrada es 12cm 2. Las condiciones a la salida son 3bar y 30m/s. Determinar: a) El flujo másico en Kg/s, b) El área de salida en cm2. R: a) 1.012 Kg/s, b) 40.77 cm2 3.8 Demostrar que la velocidad en el punto dos 𝒗𝟐 = 𝟐√𝟐𝒈𝒉, donde el agua contenida en un tanque de sección transversal muy grande, sale por un orificio de sección pequeña, sabiendo que la presión en los dos puntos es la presión atmosférica.

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CAPITULO III