Separata Problemas de Termodinámica-1era Ley_1-1

UNIVERSIDAD NACIONALJosé Faustino Sánchez Carrión FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA, METALURGICA Y AMBIENTAL 40 PROBLEMAS RESUELTOS DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA Ing. Ronald F. Rodríguez Espinoza 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 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. 1 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental INDICE INTRODUCCIÓN .................................................................................................................................... 1 INDICE ..................................................................................................................................................... 2 PROBLEMAS RESUELTOS DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA ........................... 3 BIBLIOGRAFIA .................................................................................................................................... 67 2 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. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ Sist . n =1 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 ( ) W = M ⋅ Eˆ P ,1 ( 2) ⎛ kg ⎞ ⎛ m3 1h ⎞ kg M = ρ ⋅ Q = ⎜1000 3 ⎟ ⋅ ⎜103 × ⎟ = 277, 78 ⎝ m ⎠ ⎝ h 3600 s ⎠ s m ⋅ g ⋅ h1 ⎛ m⎞ kg m 2 J Eˆ P ,1 = = ⎜ 9,81 2 ⎟ ⋅ ( 75 m ) = 735,8 ⋅ 2 = 735, 75 m ⎝ s ⎠ kg s kg Reemplazando en la ecuación (2): ⎛ kg ⎞ ⎛ kJ ⎞ 1 kJ W = ⎜ 277, 78 ⎟ ⋅ ⎜ 735, 75 ⎟ × 3 = 204,38 kW ⎝ s ⎠ ⎝ kg ⎠ 10 J 7 dias 24 h kW ⋅ h W = 204,38 kW × × = 34335, 27 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 TURBINA sobrecalentado M 2 vapor saturado T2 = 400 º C P2 = 1 atm kg M 1 = 1000 h P1 = 1 atm UNIDAD DE MEZCLADO vapor sobrecalentado M 3 T3 = 300 º 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 ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M + M − M 1 2 3 0 = M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 ( 2 ) kg M 3 − M 2 = 1000 (1) h Cálculo de Hˆ 1 , Hˆ 2 y Hˆ 3 : P1 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa kJ Hˆ 1 = 2675,5 vapor saturado kg kJ P2 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa Hˆ 2 = 3278, 2 kg T2 = 400 º C m3 vapor sobrecalentado Vˆ2 = 3,103 kg P3 = 1 atm ≈ 0,1 Mpa kJ T3 = 300 º C Hˆ 3 = 3074,3 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: kg M 2 = 1955,86 h kg M 3 = 2955,86 h La velocidad de flujo volumétrico del vapor a 400 ºC es: kg m 3 V2 = M 2 ⋅ Vˆ2 = 1955,86 × 3,103 h kg m3 V2 = 6069, 03 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 EC y EP y empleando datos tabulados de entalpía para el C2H6 y C4H10 . Datos: 5 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental P = 30 psia P = 30 psia Btu Btu T1 = 70 º F → Hˆ 1 = 453,85 T1 = 70 º F → Hˆ 1 = 164,92 C2 H 6 lbm C4 H10 lbm Btu Btu T2 = 220 º F → Hˆ 2 = 522,80 T2 = 220 º F → Hˆ 2 = 227,54 lbm lbm Solución: M 1 = 1lbm M 2 T1 = 70 º F T2 = 220 º F P1 = 30 psia P2 = 30 psia M 1 = M 1,C2 H 6 + M 1,C4 H10 Q M 2 = M 2,C2 H 6 + M 2,C4 H10 SISTEMA: Calentador, abierto, estado estable y flujo estable, aergónico. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M1 2 0 = Q + M 1,C2 H 6 ⋅ Hˆ 1,C2 H 6 + M 1,C4 H10 ⋅ Hˆ 1,C4 H10 − M 2,C2 H 6 ⋅ Hˆ 2,C2 H 6 − M 2,C4 H10 ⋅ Hˆ 2,C4 H10 M 1 = M 2 = 1lbm (1) ( ) ( 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 1,C2 H 6 = M 2,C2 H 6 = M C2 H 6 = 0, 6 lbm M 1,C4 H10 = M 2,C4 H10 = M C4 H10 = 0, 4 lbm 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. 6 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Solución: kg M 1 = 120 min T1 = 30 º C vapor saturado M 3 P3 = 17 bar kg M 2 = 175 Diámetro = 6 cm min T2 = 65 º C Q SISTEMA: Calentador, abierto, estado estable y flujo estable, aergónico. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ SIST n =1 K 0 = M + M − M kg 1 kg 2 3 ( ) ( ) ( 0 = Q + M 1 Hˆ 1 + Eˆ C1 + M 2 Hˆ 2 + Eˆ C2 − M 3 Hˆ 3 + Eˆ C3 ) M 3 = 120 + 175 min min ( ) Q = M 3 Hˆ 3 + Eˆ C3 − M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 ( 2) kg M 3 = 295 (1) min Cálculo de Hˆ 1 , Hˆ 2 , Hˆ 3 y Eˆ C3 : T1 = 30 º C kJ Hˆ 1 = 125, 79 líquido saturado kg T1 = 65 º C kJ Hˆ 2 = 272, 06 líquido saturado kg kJ Hˆ 3 = 2795, 6 P3 = 17 bar kg m 3 Vˆ3 = 0,11715 kg π π A3 = ⋅d2 = ⋅ ( 0, 06 m ) = 2,826 × 10−3 m 2 2 4 4 v3 = ⎛ M 3 ⋅ Vˆ3 ⎜⎝ = 295 kg ⎞ min ⎠ ( m3 ⎟ 0,11715 kg × 1 min 60 s = 203,8 m ) A3 2,826 × 10 m −3 2 s 1 M 3 ⋅ v32 1 ⎛ 2 m⎞ J kJ EC3 = ˆ = ⎜ 203,8 ⎟ = 20767, 22 = 20, 767 2 M 3 2⎝ s⎠ kg kg Reemplazando en la ecuación (2), se tiene: 7 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 kJ Q = 7, 68 × 105 min 5. Calcular el incremento de entalpía en el sistema mostrado en el diagrama donde z1=10 pies; z2=85 pies; A1=0,1 pies2; A2=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 z2 1 z1 Solución: Sistema: Abierto, estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 k ( 0 = Q − W + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ) Q − Wˆ ˆ Hˆ 2 − Hˆ 1 = + EC ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ( 2) M Btu 1h Btu Q = −10 000 × = −2, 78 h 3600 s s pie ⋅ lb f 550 s 1 Btu Btu W = −1 hp × × = −0, 707 1 hp 778 pie ⋅ lb f s gal 1 pie3 1 mín pie3 Q = 10 × = 0, 0223 mín 7, 48 gal 60 s s 8 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ lb ⎞ ⎛ pie3 ⎞ lbm M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62,3 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 0, 0223 ⎟ = 1,39 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s pie3 0, 0223 Q s = 0, 223 pie v1 = = A1 0,1 pie 2 s pie3 0, 0223 Q s = 0, 0446 pie v2 = = A2 0,5 pie 2 s 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 0, 223 ˆ ⎟ = 0, 0249 2 2 2 ⎝ s ⎠ s 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ −4 pie 2 EC , 2 = ⋅ v2 = ⋅ ⎜ 0, 0446 ˆ ⎟ = 9,95 × 10 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ P ,1 = g ⋅ z1 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ (10 pies ) = 321, 74 2 ⎝ s ⎠ s ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ P , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 85 pies ) = 2 734,8 2 ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (2): Btu ⎣⎡ −2, 78 − ( −0, 707 ) ⎦⎤ s pie 2 lb 1lb f 1 Btu Hˆ 2 − Hˆ 1 = + ⎡⎣ 0, 0249 − 9,95 × 10−4 + 321, 74 − 2734,8⎤⎦ 2 ⋅ m × × lbm s lbm lbm ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f 1,39 32,174 s s2 Btu Hˆ 2 − Hˆ 1 = −1,5877 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 kgf /cm2. El proceso termina cuando la presión del tanque A es de 1,41 kgf /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. 9 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. ⎛ dM ⎞ k ⎟ = ∑ Mk B.M . : ⎜ ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 M f − M i = M1 − M 2 M2 = Mi − M f (1) ⎛ dU ⎞ ( ) n ⎟ = Q − W + ∑ M k H + EC + EP B.E. : ⎜ ˆ ˆ ˆ ⎝ dt ⎠ Sist . n =1 k U f − U i = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i = Q − M 2 ⋅ Hˆ 2 Q = M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i + M 2 ⋅ Hˆ 2 ( 2) Pi = 0, 6833 MPa Ti = 26, 7 º C m3 Vî = 0, 025716 vapor saturado kg kJ Hˆ i = 198, 228 kg kg ⋅ m kg f 9,81 10 cm 4 2 s 2 × 1 MPa = 0,1383 MPa Pf = 1, 41 × × cm 2 1m2 1 kg f 106 Pa m 3 Pf = 0,1383 MPa Vˆf = 0,149360 kg T f = 26, 7 º C kJ Hˆ f = 207, 274 kg En el tanque B, el freón permanece a 1,41 kgf /cm2 y a 267 ºC, por lo que: kJ Hˆ 2 = Hˆ f = 207, 274 kg 10 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental De la ecuación: Hˆ = Uˆ + P ⋅ Vˆ , se tiene: ⎛ kJ ⎞ ⎛ 103 kPa ⎞ ⎛ m3 ⎞ kJ Uˆ i = Hˆ i − Pi ⋅ Vî = ⎜198, 228 ⎟ − ⎜ 0, 6833 MPa × ⋅ ⎟ ⎜ 0, 025716 ⎟ = 180, 667 ⎝ kg ⎠ ⎝ 1 MPa ⎠ ⎝ kg ⎠ kg ⎛ kJ ⎞ ⎛ 103 kPa ⎞ ⎛ m3 ⎞ kJ Uˆ f = Hˆ f − Pf ⋅ Vˆf = ⎜ 207, 274 ⎟ − ⎜ 0,138 MPa × ⋅ ⎟ ⎜ 0,14 ⎟ = 186, 662 ⎝ kg ⎠ ⎝ 1 MPa ⎠ ⎝ kg ⎠ kg Para calcular las masas, se parte de la definición del volumen específico: V Vî = i Mi De donde: ⎛ m3 ⎞ Vi = Vî ⋅ M i = ⎜ 0, 025716 ⎟ ⋅ ( 0, 454 kg ) = 0, 0117 m 3 ⎝ kg ⎠ Pero, el volumen en el tanque A se mantiene constante durante el proceso: Vi = V f Vf 0, 0117 m3 Mf = = = 0, 0783 kg Vˆf m3 0,149360 kg De la ecuación (2): M 2 = 0, 454 kg − 0, 0783 kg = 0,3757 kg Reemplazando datos en la ecuación (2): ⎛ kJ ⎞ ⎛ kJ ⎞ ⎛ kJ ⎞ Q = ( 0, 0783 kg ) ⋅ ⎜186, 662 ⎟ − ( 0, 454 kg ) ⋅ ⎜180, 667 ⎟ + ( 0,3757 kg ) ⋅ ⎜ 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/pie3) 11 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental A3 = 2 pies2 lb f 2 3 P3 = 83 A2 = 3 pies2 pulg 2 lb f pies P2 = 165 v3 = 100 pulg 2 s 1 A1 = 4 pies 2 lb f P1 = 137 pulg 2 pies v1 = 80 s Solución: Sistema: Y, abierta, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 0 = M 1 − M 2 − M 3 M 1 = M 2 + M 3 (1) ⎛ dU ⎞ ( ) n B.E. : ⎜ ⎟ = Q − W + ∑ M k ⋅ Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 k ( ) ( ) ( W = M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 + Eˆ C , 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 + Eˆ C ,3 ) ( ) ( ) ( W = M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 + Eˆ C , 2 − ( M 1 − M 2 ) ⋅ Hˆ 3 + Eˆ C ,3 ) ( ) ( W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 3 + Eˆ C ,1 − Eˆ C ,3 − M 2 ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 3 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,3 ) ( 2) De la ecuación (1), y además considerando: ρ1 = ρ 2 = ρ3 = ρ M 1 = M 2 + M 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 ) ⋅ ⎛⎜⎝ 80 pie 2 s ⎠ ⎞ 2 ⎛ ⎟ = ( 3 pie ) ⋅ v + ( 2 pie ) ⋅ ⎜ 100 ⎝ 2 pie ⎞ s ⎠ ⎟ 2 pie v2 = 40 s 12 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb f ⋅ s 2 lbm ⋅ pie 32,174 slug pie s2 lbm ρ = 1,94 3 × × = 62, 42 pie 1 slug 1lb f pie3 ⎛ lb ⎞ ⎛ pie ⎞ lbm M 1 = ρ ⋅ Q1 = ρ ⋅ A1 ⋅ v1 = ⎜ 62, 42 m3 ⎟ ⋅ ( 4 pie 2 ) ⋅ ⎜ 80 ⎟ = 19973, 6 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s ⎛ lb ⎞ ⎛ pie ⎞ lbm M 3 = ρ ⋅ Q3 = ρ ⋅ A3 ⋅ v3 = ⎜ 62, 42 m3 ⎟ ⋅ ( 2 pie 2 ) ⋅ ⎜ 100 ⎟ = 12 483,5 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s lb lb lb M 2 = M 1 − M 3 = 19973, 6 m − 12 483,5 m = 7 490,1 m s s s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C ,1 = ⋅ v12 = ⋅ ⎜ 80 ⎟ = 3200 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C ,2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 40 ⎟ = 800 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie2 Eˆ C ,3 = ⋅ v32 = ⋅ ⎜ 100 ⎟ = 5000 2 2 ⎝ s ⎠ s2 De la definición de la entalpía: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 Hˆ 3 = Uˆ 3 + P3 ⋅ Vˆ3 Por tratarse de un sistema isotérmico: Uˆ1 = Uˆ 2 = Uˆ 3 1 Reemplazando en la ecuación (2), y considerando: Vˆ1 = Vˆ2 = Vˆ3 = ρ ( ) ( W = M 1 ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − Uˆ 3 − P3 ⋅ Vˆ3 + Eˆ C ,1 − Eˆ C ,3 − M 2 ⋅ Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 − Uˆ 3 − P3 ⋅ Vˆ3 + Eˆ C , 2 − Eˆ C , 3 ) ⎛P −P ⎞ ⎛P −P ⎞ W = M 1 ⋅ ⎜ 1 3 + Eˆ C ,1 − Eˆ C ,3 ⎟ − M 2 ⋅ ⎜ 2 3 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,3 ⎟ ( 3) ⎝ ρ ⎠ ⎝ ρ ⎠ lbm ⋅ pie lb f 32,174 144 pulg 2 s2 (137 − 83) × × P1 − P2 pulg 2 1 pie 2 1lb f pie 2 = = 4 008, 09 2 ρ lb 62, 42 m3 s pie 13 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lbm ⋅ pie lb f 32,174 144 pulg 2 s2 (165 − 83) × × P2 − P3 pulg 2 1 pie 2 1lb f pie 2 = = 6 086,36 ρ lb 62, 42 m3 s2 pie Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ lb ⎞ ⎡ pie 2 ⎤ ⎛ lb ⎞ ⎡ pie 2 ⎤ W = ⎜ 19973, 6 m ⋅ ⎟ ⎢ ( 4 008, 09 + 3200 − 5000 ) 2 ⎥ ⎜ − 7 490,1 m ⋅ ⎟ ⎢ ( 6 086,36 + 800 − 5000 ) ⎥ ⎝ s ⎠ ⎣ s ⎦ ⎝ s ⎠ ⎣ s2 ⎦ lb pie 2 1lb f 1 Btu W = 29974 481, 4 m ⋅ 2 × × s s lbm ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f 32,174 s2 Btu W = 1197, 48 s 8. Un fluido incompresible entra a la máquina por las áreas A1 y A2 y sale por el área A3. La temperatura es constante y la densidad del fluido es de 2 slugs/pie3. Considerar el nivel del tope a la misma elevación y calcular los hp entregados por el sistema. A2 = 0, 25 pulg 2 pies v2 = 35 s lb f P2 = 50 2 pulg 2 A1 = 0,1 pie2 pies pies v1 = 15 v3 = 45 s s lb f 1 3 lb f P1 = 80 P3 = 14,7 pulg 2 pulg 2 Btu 5 000 h Solución: Sistema: Máquina, abierta, estado estable y flujo estable, isotérmico. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 M k 0 = M 1 + M 2 − M 3 M 3 = M 1 + M 2 (1) ⎛ dU ⎞ ( ) n B.E. : ⎜ ⎟ = Q − W + ∑ M k ⋅ Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 k ( ) ( ) ( W = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 + Eˆ C ,1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 + Eˆ C , 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 + Eˆ C ,3 ) 14 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 + Eˆ C , 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ Hˆ 3 + Eˆ C ,3 ) ( 2) Pero: Hˆ = Uˆ + P ⋅ Vˆ Reemplazando en la ecuación (2): ( ) ( ) ( W = Q + M 1 ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 + Eˆ C ,1 + M 2 ⋅ Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 + Eˆ C , 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ Uˆ 3 + P3 ⋅ Vˆ3 + Eˆ C ,3 ) ( 3) Pero como la temperatura del fluido es constante: Uˆ1 = Uˆ 2 = Uˆ 3 1 Además: Vˆ1 = Vˆ2 = Vˆ3 = ρ Reemplazando en la ecuación (3): ⎛P ⎞ ⎛P ⎞ ⎛P ⎞ W = Q + M 1 ⋅ ⎜ 1 + Eˆ C ,1 ⎟ + M 2 ⋅ ⎜ 2 + Eˆ C , 2 ⎟ − ( M 1 + M 2 ) ⋅ ⎜ 3 + Eˆ C ,3 ⎟ ( 4) ⎝ ρ ⎠ ⎝ ρ ⎠ ⎝ ρ ⎠ lb f ⋅ s 2 lbm ⋅ pie 1 32,174 slug pie s2 lb ρ =2 × × = 64,348 m3 pie 3 1 slug 1lb f pie ⎛ lb ⎞ ⎛ pie ⎞ lbm M 1 = ρ ⋅ v1 ⋅ A1 = ⎜ 64,348 m3 ⎟ ⋅ ⎜15 ⎟ ⋅ ( 0,1 pie ) = 96,52 2 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s ⎛ lb ⎞ ⎛ pie ⎞ ⎛ 1 pie 2 ⎞ lb M 2 = ρ ⋅ v2 ⋅ A2 = ⎜ 64,348 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 35 ⎟ ⎜⋅ 0, 25 pulg 2 × 2 ⎟ = 3,91 m ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ ⎝ 144 pulg ⎠ s lb lb lb M 3 = M 1 + M 2 = 96,52 m + 3,91 m = 100, 43 m s s s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C ,1 = ⋅ v12 = ⋅ ⎜ 15 ⎟ = 112,5 2 2 2 ⎝ s ⎠ s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 35 ⎟ = 612,5 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C ,3 = ⋅ v32 = ⋅ ⎜ 45 ⎟ = 1012,5 2 2 ⎝ s ⎠ s2 Btu 0, 000398 hp Q = 5000 × = 1,99 hp h Btu 1 h lb ⋅ pie lb f 32,174 m 2 144 pulg 2 s 80 × × P1 pulg 2 1 pie 2 1 lb f pie 2 = = 5760 2 ρ 64,348 m3 lb s pie 15 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lbm ⋅ pie lb f 32,174 144 pulg 2 s2 50 × × P2 pulg 2 1 pie2 1lb f pie 2 = = 3600 ρ lb 64,348 m3 s2 pie lb ⋅ pie lb f 32,174 m 2 144 pulg 2 s 14, 7 × × P3 pulg 2 1 pie 2 1 lb f pie 2 = = 1058, 4 2 ρ 64,348 m3 lb s pie Reemplazando en la ecuación (4): lb pie 2 W = 1,99 hp + ⎡⎣96,52 ⋅ ( 5760 + 112,5 ) + 3,91 ⋅ ( 3600 + 612,5 ) − ( 96,52 + 3,91) ⋅ (1058, 4 + 1012,5 ) ⎤⎦ m ⋅ 2 s s 1lb f 1 hp × × lb ⋅ pie pie ⋅ lb f 32,174 m 2 550 s 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 Estado Final Entrada 1 Entrada 2 Salida 3 kg kg M i = 46 kg T M 1 = 4 M 2 = 4 M 3 min min Ti = 25 º C Mf T1 = 80 º C T2 = 50º C T3 = T ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 M 3 = M 1 + M 2 (1) ⎛ dU ⎞ ( ) n ⎟ = Q − W + ∑ M k H + EC + EP B.E. : ⎜ ˆ ˆ ˆ ⎝ dt ⎠ Sist . n =1 k ⎛ dU ⎞ ⎜ ˆ ˆ ˆ ⎟ = M 1 ⋅ H1 + M 2 ⋅ H 2 − M 3 ⋅ H 3 ( 2) ⎝ dt ⎠ Sist . Pero: U = H + P ⋅ V , donde P ⋅ V = cte Reemplazando en la ecuación (2): d ( H − P ⋅ V ) Sist . = M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − ( M 1 + M 2 ) ⋅ Hˆ 3 dt dH dt ( ) ( = M 1 ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 3 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 3 ) Mi ⋅ dHˆ dt ( ) ( = M 1 ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 3 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 3 ) ( 3) Pero se sabe que: dHˆ = CP ⋅ dT , de la cual se calculan las diferencias de entalpías: Hˆ 3 T3 ∫Hˆ 1 dHˆ = CP ⋅ ∫ dT T1 Hˆ 3 − Hˆ 1 = CP ⋅ (T3 − T1 ) Hˆ − Hˆ = C ⋅ (T − T ) 1 3 P 1 3 ( 4) Hˆ 3 T3 ∫Hˆ 2 dHˆ = CP ⋅ ∫ dT T2 Hˆ 3 − Hˆ 2 = CP ⋅ (T3 − T2 ) Hˆ 2 − Hˆ 3 = CP ⋅ (T2 − T3 ) ( 5) Reemplazando en la ecuación (3), sabiendo que T3 = T dT M i ⋅ CP ⋅ = M 1 ⋅ CP ⋅ (T1 − T ) + M 2 ⋅ CP ⋅ (T2 − T ) dt M i ⋅ dT = dt ( 6 ) M 1 ⋅ (T1 − T ) + M 2 ⋅ (T2 − T ) T1 = 80 º C = 353 K T2 = 50 º C = 323 K Reemplazando datos en la ecuación (6): 17 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 dT −5, 75 ⋅ = dt ( 7 ) T − 338 Integrando la ecuación (7) desde la temperatura inicial: 298 K hasta una final T: T dT t −5, 75 ⋅ ∫ = ∫ dt 298 K T − 338 0 ⎛ T − 338 ⎞ −t ln ⎜ ⎟= ⎝ 298 − 338 ⎠ 5, 75 −t T − 338 = e 5,75 −40 t − T = 338 − 40 ⋅ e 5,75 10. Calcular la potencia de una turbina, considerando que se tienen las siguientes características de entrada y salida: Entrada Salida Presión 500 lbf /pulg2 10 lbf /pulg2 Temperatura 800 ºF 200 ºF Velocidad 300 pies/s 200 pies/s Entalpía 1412,6 Btu/h 1146,2 Btu/h Altura 25 pies 15 pies Flujo másico 20 000 lbm/h Solución: 1 W 2 Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M 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 ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST k =1 k ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ) ( 2) lb 1h lb M = 20 000 m × = 5,556 m h 3600 s s Btu 1h 1412, 6 × h 3600 s Btu Hˆ 1 = = 0, 0706 lb lbm 5,556 m s Btu 1h 1146, 2 × h 3600 s Btu Hˆ 2 = = 0, 0573 lb lbm 5,556 m s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie2 Eˆ C ,1 = ⋅ v12 = ⋅ ⎜ 300 ⎟ = 45000 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 200 ⎟ = 20 000 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ P ,1 = g ⋅ z1 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 25 pies ) = 804,35 2 ⎝ s ⎠ s ⎛ pie ⎞ pie 2 EP , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ (15 pies ) = 482, 61 2 ˆ ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (2): lbm ⎡ Btu pie 2 W = 5,556 ⋅ ⎢( 0, 0706 − 0, 0573) + ( 4500 − 20000 + 804,35 − 482, 61) 2 s ⎣ lbm s ⎤ 1 Btu 1lb f ⎥ × × ⎥ 778 pie ⋅ lb f 32,174 lbm ⋅ pie ⎥ s 2 ⎦ Btu W = 5, 694 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 P1 = 10 bar T1 = 180 + 190 = 370 º C = 2000 kg M h 1 W TURBINA VAPOR SATURADO P2 = 1bar Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : = ∑ M k B.E. : = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ ⎝ ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M 1 = M 2 = M = 2000 kg (1) ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) ( 2) h P1 = 10 bar = 1 Mpa kJ T1 = 370 º C Hˆ 1 = 3200,18 kg vapor sobrecalentado P2 = 1bar = 0,1 Mpa kJ Hˆ 2 = 2675,5 vapor saturado kg Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: kg kJ 1h W = 2000 ⋅ ( 3200,18 − 2675,5 ) × h kg 3600 s 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 = 400 º C m v1 = 50 s z1 = 10 m W = 5 MW TURBINA DE VAPOR P2 = 15 kPa x2 = 90 % v2 =0 z2 = 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, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. ⎛ dM ⎞ k ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 ) W M 1 = M 2 = M (1) M = (2) Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 kJ Hˆ 1 = 3247, 6 P1 = 2 Mpa kg 1 ⋅ M 1 ⋅ v12 1 ⎛ m ⎞ 2 1 kJ kJ T1 = 400 º C Eˆ C1 = = ⎜ 50 ⎟ ⋅ 3 = 1, 25 vapor sobrecalentado 2 ⋅ M 1 2 ⎝ s ⎠ 10 J kg M 1 ⋅ g ⋅ z1 ⎛ m⎞ 1 kJ kJ Eˆ P1 = = ⎜ 9,8 2 ⎟ ⋅ (10 m ) ⋅ 3 = 0, 098 M1 ⎝ s ⎠ 10 J kg Hˆ L = 225,94 kJ kg ⎪⎪ 2 ( ⎫ Hˆ = Hˆ − Hˆ ⋅ x + Hˆ V L 2 L) P2 = 15 kPa ⎬ kJ kJ x2 = 0,90 Hˆ V = 2599,1 ⎪ Hˆ 2 = 2361, 78 kg ⎪⎭ kg mezcla L-V EC2 = 0 ˆ M 2 ⋅ g ⋅ z2 ⎛ m⎞ 1 kJ kJ Eˆ P2 = = ⎜ 9,8 2 ⎟ ⋅ ( 6 m ) ⋅ 3 = 0, 0588 M 2 ⎝ s ⎠ 10 J kg 21 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 M = s kJ ( 3247, 6 − 2361, 78 + 1, 25 − 0 + 0, 098 − 0, 0588) kg kg M = 5, 64 s b) El trabajo realizado por unidad de masa esta dado por: 3 kJ W 5 × 10 s Wˆ = = M 5, 64 kg s kJ Wˆ = 886,52 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 kgf /cm2 absoluta, hasta otra final de 2,8 kgf /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 ΔUˆ = 0 . ¿Cuál es el trabajo en kcal/min? Solución: L Q = 2300 1 2 min T1 = 27 º C kg f kg P2 = 2,8 P1 = 0, 84 f2 cm 2 cm d 2 = 10 cm d1 = 15 cm Sistema: Bomba, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 0 = M − M 1 2 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 ) ( 2) Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 22 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 1 Por tratarse de un fluido incompresible: Vˆ1 = Vˆ2 = ρ Reemplazando en la ecuación (2): ( W = M ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − Uˆ 2 − P2 ⋅ Vˆ2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 ) ⎛P −P ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 ⎟ ( 3) ⎝ ρ ⎠ ⎛ kg ⎞ ⎛ L 1 m3 1 min ⎞ kg M = ρ ⋅ Q = ⎜ 1000 3 ⎟ ⋅ ⎜ 2300 × 3 × ⎟ = 38,33 ⎝ m ⎠ ⎝ min 10 L 60 s ⎠ s L 1 min 1 m3 2300 × × Q min 60 s 103 L m v1 = = = 2,17 A1 π s ⋅ ( 0,15 m ) 2 4 L 1 min 1 m3 2300 × × Q min 60 s 103 L m v2 = = = 4,88 A2 π s ⋅ ( 0,1 m ) 2 4 2 1 ⎛ m⎞ m 2 Eˆ C1 = ⋅ ⎜ 2,17 ⎟ = 2,35 2 2 ⎝ s⎠ s 2 1 ⎛ m⎞ m 2 Eˆ C2 = ⋅ ⎜ 4,88 ⎟ = 11,90 2 2 ⎝ s⎠ s m kg f 9,81 kg ⋅ s 104 cm 2 ( 0,84 − 2,8) 2 × 2 × P1 − P2 cm 1 kg f 1m2 m2 = = −192, 28 2 ρ kg 1000 3 s m 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 kJ 1 kcal 60 s kcal W = −7 , 74 × × = −111 s 4,184 kJ 1 min min 14. 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 P2 = 1000 atm agua líquida BOMBA P1 = 1 atm T1 = 25 º C L Q = 100 min Sistema: Bomba, abierta, estado estable y flujo estable, adiabática. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 W = M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M 1 = M 2 = M (1) ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) W = − M ⋅ ΔHˆ ( 2) kg L 1min kg M = ρ H 2O ⋅ Q = 1 ⋅100 ⋅ = 1, 667 L min 60 s s 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: ΔĤ = Cp ⋅ ΔT (3) Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: W = − M ⋅ Cp ⋅ ΔT W = − M ⋅ Cp ⋅ (T2 − T1 ) (4) kcal CpH 2O = 1 kg ⋅ K kg ⎛ kcal ⎞ W = −1, 667 ⋅ ⎜ 1 ⎟ ⋅ (T2 − 298 K ) s ⎝ kg ⋅ K ⎠ kcal W = −1, 667 ⋅ (T2 − 298 K ) (5) s⋅K Por otro lado se tiene: W = −V ⋅ ΔP (6) kN 101,325 L 1min 1m 3 m2 W = −100 ⋅ ⋅ ⋅ (1000 − 1) atm ⋅ min 60 s 103 L 1 atm kJ 1 kcal W = −168, 706 × s 4,184 kJ 24 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental kcal W = −40,32 (7) s Igualando las ecuaciones (5) y (7) tenemos: kcal kcal −1, 667 ⋅ (T2 − 298 K ) = −40,32 s⋅K s T2 = 322,19 K ó 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 COMPRESOR = 0, 02 kg M 1 s P2 = 600 kPa P1 = 100 kPa T2 = 400 K T1 = 280 K W SISTEMA: Compresor, abierto, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( W = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) W = Q − M ⋅ ( Hˆ 2 − Hˆ ) 1 kg M 1 = M 2 = M = 0, 02 (1) W = Q − M ⋅ ΔHˆ (2) s kJ kg kJ Q = Qˆ ⋅ M = 16 × 0, 02 = 0,32 kg s s 25 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental T2 400 K kJ ΔHˆ = ∫ cP ⋅ dT = T1 ∫ 1, 0035 dT = 1, 0035 ⋅ ( 400 − 280 ) kg 280 K kJ ΔHˆ = 120, 42 kg Reemplazando en (2) se tiene: kJ kg ⎛ kJ ⎞ W = −0,32 − 0, 02 ⋅ ⎜120, 42 ⎟ s 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 pies2. 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 Qˆ = −1, 2 lbm TOBERA M = 10 lbm P2 = 200 psia s 1 pies P1 = 250 psia v2 = 900 T1 = 700 º F s A1 = 0, 2 pies 2 SISTEMA: Tobera, abierto, aergónico, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( 0 = M ⋅ Q̂ + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 ) lb Hˆ 2 = Qˆ + Hˆ 1 + Eˆ C1 − Eˆ C2 (2) M 1 = M 2 = M = 10 m (1) s 26 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Además se tiene: A ⋅v M = 1 1 (3) Vˆ1 P1 = 250 psia BTU Hˆ 1 = 1371, 6 lbm T1 = 700 º F vapor sobrecalentado pies 3 Vˆ1 = 2, 6872 lbm Reemplazando en la ecuación (3) se tiene: lbm ( 0, 2 pies ) ⋅ v1 2 10 = s pies 3 2, 6872 lbm pies v1 = 134,36 s Cálculo de Eˆ C1 y Eˆ C2 : 1 2 pies 2 1lb f 1 BTU Eˆ C1 = ⋅ (134,36 ) × × 2 s2 lb ⋅ pie 778,16 pies ⋅ lb f 32,174 m 2 s BTU Eˆ C1 = 0,36 lbm 1 2 pies 2 1lb f 1 BTU Eˆ C2 = ⋅ ( 900 ) × × 2 s 2 lbm ⋅ pie 778,16 pies ⋅ lb f 32,174 s2 BTU Eˆ C2 = 16,18 lbm Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: Hˆ 2 = −1, 2 + 1371, 6 + 0,36 − 16,18 BTU Hˆ 2 = 1354,58 lbm P2 = 200 psia BTU T2 = 661,9 º F Hˆ 2 = 1354,58 lbm 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: Aire DIFUSOR m T1 = 10 º C v2 ≈ 0 P1 = 80 kPa s m v1 = 200 s A1 = 0, 4 m 2 SISTEMA: Difusor, abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : = ∑ M k B.E. : = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ ⎝ ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 0 = Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 Hˆ 2 = Hˆ 1 + Eˆ C1 ( 2 ) (2) M 1 = M 2 (1) (1) Además: A ⋅v M 1 = 1 1 ( 3) Vˆ 1 y R ⋅ T1 Vˆ1 = ( 4) P1 a) Reemplazando en la ecuación (4) se tiene: ⎛ kPa ⋅ m3 ⎞ ⎜ 0, 287 ⎟ ⋅ ( 283 K ) ⎝ kg ⋅ K ⎠ V1 = ˆ 80 kPa m 3 Vˆ1 = 1, 015 kg reemplazando este resultado en la ecuación (3): ( 0, 4 m ) ⋅ ⎛⎜ 200 s ⎞⎟ 2 m M 1 = ⎝ ⎠ m3 1, 015 kg 28 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental kg M 1 = 78,8 s b) De la tabla de propiedades termodinámicas del aire: T1 = 10 º C kJ Hˆ 1 = 283,15 kg 2 m ⋅ kg 1 kJ kJ 2 1 Eˆ C1 = ⋅ ( 200 ) 2 × 3 = 20 2 s ⋅ kg 10 J kg kJ Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: Hˆ 2 = ( 283,15 + 20 ) kg kJ Hˆ 2 = 303,15 kg kJ T2 = 303 K Hˆ 2 = 303,15 kg 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 = 0,8 MPa P2 = 0,12 MPa SISTEMA: Tubo capilar, abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 0 = M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M 1 = M 2 (1) Hˆ 1 = Hˆ 2 ( 2) De tablas termodinámicas para el refrigerante 134ª se tiene: P1 = 0,8 MPa kJ Hˆ 1 = 93, 42 líquido saturado kg T2 = 31,33º C 29 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental kJ Por lo tanto: P2 = 0,12 MPa Hˆ L = 21,32 kg kJ Hˆ 2 = 93, 42 kJ T2 = −22,36 º C kg Hˆ V = 233,86 kg ( ) Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ X 2 + Hˆ L kJ ⎛ kJ kJ ⎞ kJ 93, 42 = ⎜ 233,86 − 21,32 ⎟ ⋅ x2 + 21,32 kg ⎝ kg kg ⎠ kg x2 = 0,339 ΔT = T2 − T1 = −22,36 º C − 31,33º C ΔT = −53, 69 º 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. lbm Btu Datos: ρ H 2O = 8,34 , cP = 1 gal lbm ⋅º F T2 = ? 165 pies W Q1 15 pies Q 2 T1 = 35 º F Frontera del sistema 30 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Solución: k ⎛ dM ⎞ B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k M = M = M (1) 1 2 lb lb M = ρ ⋅ Q = 8,34 m × 200 gal = 1668 m gal h ⎛ dU ⎞ ( ) k B.E.: ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ sist = Q ∑ − W + M ⋅ Hˆ + Eˆ + Eˆ k =1 k C P k ( 0 = Q − W + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 ) Q − W ˆ Hˆ 2 − Hˆ 1 = − EP2 ( 2) M Btu Q = Q1 − Q 2 = 30000 − 25000 = 5000 h ⎛ 2544, 47 Btu ⎞ Btu W = −0,55 ⋅ ⎜ 2 hp × ⎟ = −2 798,92 ⎝ 1 hp ⎠ h pie lb 1lbm 1 Btu Btu Eˆ P2 = g ⋅ h2 = 32,174 2 ⋅ (180 pies ) m × × = 0, 23 s lbm 32,174 lb ⋅ pie 778 lb f ⋅ pie lbm m s 2 Hˆ 2 T2 ∫Hˆ 1 dHˆ = c ⋅ dT P ∫ T1 Btu Hˆ 2 − Hˆ 1 = cP ⋅ (T2 − T1 ) = 1 ⋅ (T2 − 35 º F ) lbm ⋅º F Reemplazando en la ecuación (2): T2 = 39, 4 º 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 Cámara T1 = 140 º F de mezclado M 3 T3 = 110 º F M 2 P = 20 psia T2 = 50 º F SISTEMA: Cámara de mezclado, abierto, adiabático, aergónico, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : = ∑ M k B.E. : = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ ⎝ ⎠ SIST n =1 K 0 = M + M − M 1 2 3 0 = M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 − M 3 ⋅ Hˆ 3 M 3 ⋅ Hˆ 3 = M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 ( 2) M 3 = M 1 + M 2 (1) Reemplazando la ecuación (1) en la (2), y dividiendo entre M 2 se tiene: ( M 1 + M 2 ) ⋅ Hˆ 3 M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 = M 2 M 2 ⎛ M 1 ⎞ M 1 ⎜ + 1⎟ ⋅ Hˆ 3 = ⋅ Hˆ 1 + Hˆ 2 ⎝ M2 ⎠ M2 M 1 Hˆ 2 − Hˆ 3 = ( 3) M 2 Hˆ 3 − Hˆ 1 Las propiedades de un líquido comprimido pueden calcularse si se considera como un líquido saturado a la temperatura dada. T1 = 140 º F BTU Hˆ 1 = 107,95 lbm T2 = 50 º F BTU Hˆ 2 = 18, 05 lbm T3 = 110 º F BTU Hˆ 3 = 77,98 lbm Reemplazando e la ecuación (3), se tiene: M 1 18, 05 − 77,98 = M 2 77,98 − 107,95 32 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental M 1 =2 M 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: m v1 = 40 s kJ Hˆ 1 = 3433,8 kg z1 = 2 m W TURBINA DE VAPOR kJ Hˆ 2 = 2675,5 kg kJ m Qˆ = −1 v2 = 162 kg s z2 = 0 m SISTEMA: Turbina, abierto, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ k ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( W = Q + M Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 ) Wˆ = Qˆ + Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 ( 2) (2) M 1 = M 2 = M (1) (1) 1 1 kJ 1 ⎛ m ⎞ 1 kJ 2 1 kJ m 1 kJ Eˆ C1 = ⋅ v12 × 3 = ⋅ ⎜ 40 ⎟ × 3 Eˆ P = g ⋅ z1 × 3 = 9,8 2 × 2 m × 3 2 10 J 2 ⎝ s ⎠ 10 J 1 10 J s 10 J kJ kJ Eˆ C1 = 0,8 Eˆ P = 1,96 × 10−2 kg 1 kg kJ 2 1 1kJ 1 ⎛ m ⎞ 1kJ Eˆ C2 = ⋅ v2 2 × 3 = ⋅ ⎜ 162 ⎟ × 3 Hˆ 1 = 3433,8 2 10 J 2 ⎝ s ⎠ 10 J kg kJ kJ Eˆ C2 = 13,12 Hˆ 2 = 2675,5 kg kg 33 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: kJ kJ Wˆ = −1 + ( 3433,8 − 2675,5 + 0,8 − 13,12 + +1,96 × 10−2 ) kg kg kJ Wˆ = 745 kg 22. Un compresor recibe CO2 a razón de 28,32 m3/h a 21 ºC y presión atmosférica. Las condiciones de descarga son de 8,05×104 kgf/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. kcal CP , Co2 = 9,3 kmol ⋅º C kg PM Co2 = 44 kmol Solución: kcal Q = 1890 h Agua CO2 m3 kg f Q = 28,32 P2 = 8, 05 ×10 4 h m2 T1 = 21 º C T2 = 23,87 º C P1 = 1 atm W2 Agua Motor W1 = 2,8 kW eléctrico Sistema: Compresor, abierto, E.E. y F.E. k ⎛ dM ⎞ B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W2 + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K ( Wˆ2 = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) ( 2) 34 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental De la ecuación del gas ideal: P1 ⋅V1 = M 1 ⋅ R ⋅ T1 101,325 kPa 1 atm × P 1 atm kg ρ1 = 1 = = 1,824 3 R ⋅ T1 8,314 kJ 1 kmol m × 294 K × kmol ⋅ K 44 kg kg ⎛ m3 1h ⎞ kg M = ρ1 ⋅ Q = 1,824 3 ⋅ ⎜ 28,32 × ⎟ = 0, 0143 m ⎝ h 3600 s ⎠ s Para el cálculo de la entalpía se usa: dHˆ = CP ⋅ dT ( 3) Integrando la ecuación (3): Hˆ 2 T2 ∫Hˆ 1 dHˆ = ∫ CP ⋅ dT T1 Hˆ 2 − Hˆ 1 = CP ⋅ (T2 − T1 ) ( 4) kcal 1 kmol kcal CP = 9,3 × = 0, 211 kmol ⋅º C 44 kg kg ⋅º C Reemplazando datos en la ecuación (4): kcal kcal Hˆ 2 − Hˆ 1 = 0, 211 ⋅ ( 21º C − 23,87 º C ) = 0, 606 kg ⋅º C kg kcal 1h kcal Q = −1890 × = −0,525 h 3600 s s Reemplazando todos estos datos en la ecuación (2): kcal kg ⎛ kcal ⎞ kcal Wˆ2 = −0,525 + 0, 0143 ⋅ ⎜ 0, 600 ⎟ = −0,516 s s ⎝ kg ⎠ s La eficiencia estará dada por: kcal 0,516 W s η = 2 ×100 = × 100 = 77,11% W kJ 1 kcal 1 2,8 × s 4,184 kJ 23. Una turbina de vapor de gran tamaño opera con un gasto de vapor de 150 000 lbm/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 SALIDA Presión 1 000 psia 1 psia 35 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: lb M 1 = 150 000 m h P1 = 1000 psia , T1 = 1000 º F pies v1 = 125 s BTU H1 = 1505, 4 ˆ lbm W z1 = 10 pies TURBINA DE VAPOR P2 = 1 psia , T2 = 101, 74 º F BTU Hˆ 2 = 940 Qˆ lbm pies v2 = 430 s z2 = 0 m SISTEMA: Turbina, abierto, estado estable y flujo estable. a) Turbina adiabática. ⎛ dM ⎞ k ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( W = M Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 ) lb ( Wˆ = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 ) ( 2) M 1 = M 2 = M = 150 000 m (1) h 1 1 2 lb ⋅ pie 2 1lb f 1 BTU Eˆ C1 = ⋅ v12 = ⋅ (125 ) m × × 2 2 lbm ⋅ s 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb f 32,174 s2 BTU Eˆ C1 = 0,312 lbm 1 1 2 lb ⋅ pie 2 1lb f 1 BTU Eˆ C2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ( 430 ) m × × 2 2 lbm ⋅ s 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb f 32,174 s2 BTU Eˆ C2 = 3, 693 lbm 36 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb ⋅ pie2 1lb f 1 BTU Eˆ P1 = g ⋅ z1 = 32,174 × 10 m × × lbm ⋅ s 2 pie ⋅ lbm 778 pie ⋅ lb f 32,174 s2 BTU Eˆ P1 = 1,3 × 10−2 lbm Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: lb BTU 1h 1 hp W = 150 000 m ⋅ (1505, 4 − 940 + 0,312 − 3, 693 + 1,3 × 10−2 ) × × h lbm 60 min 42, 4 BTU min W = 33138, 7 hp b) Para una pérdida de calor de Q = 50 000 BTU/h B.M.: lb M 1 = M 2 = M = 150 000 m (1') h B.E.: ( Wˆ = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 ) (2') Reemplazando en la ecuación (2’) BTU lb BTU 1h 1 hp W = −50 000 + 150 000 m ⋅ (1505, 4 − 940 + 0,312 − 3, 693 + 1,3 × 10−2 ) × × h h lbm 60 min 42, 4 BTU 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 kg M 2 = 5 min T2 = 100 º C CALDERA Q Agua T1 = 20 º C P1 = 1 atm SISTEMA: Caldera, abierto, estado estable y flujo estable, aergónico. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( 0 = Q + M Hˆ 1 − Hˆ 2 ) kg M 1 = M 2 = M = 5 min (1) ( Q = M ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 1 ) (2) Un líquido comprimido puede calcularse si se considera P1 = 1 atm = 0,1 MPa como un líquido saturado a la temperatura dada. T1 = 20 º C kJ Hˆ 1 = 83,96 líquido comprimido kg T2 = 100 º C kJ Hˆ 2 = 2676,1 vapor saturado kg Reemplazando en la ecuación (2): kg kJ 1 kcal kcal Q = 5 ⋅ ( 2676,1 − 83,96 ) × = 3098 min kg 4,184 kJ min kcal Q ≈ 3100 alternativa (a) min 25. Se mezclan 3 flujos de agua y constituye la alimentación de un calentador. Los datos del proceso son: 38 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 M 1 = 100 min kg M 2 = 130 M 4 min Calentador d 4 = 6 cm P = 18 bar P4 = 18 bar kg M 3 = 165 min Q Sistema: Calentador, abierto, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 0 = M + M + M − M 1 2 3 4 M 4 = M 1 + M 2 + M 3 (1) kg M 4 = (100 + 130 + 165 ) min kg M 4 = 395 min ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Ec ˆ + Ep ˆ ⎝ dt ⎠ Sist n =1 k ( 0 = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 + M 2 ⋅ Hˆ 2 + M 3 ⋅ Hˆ 3 − M 4 ⋅ Hˆ 4 + Ec ˆ 4 ) ( Q = M 4 ⋅ Hˆ 4 + Ec 1 ) ˆ − M ⋅ Hˆ − M ⋅ Hˆ − M ⋅ Hˆ 4 1 2 2 3 3 ( 2) De tablas: kJ Hˆ 1 = 82,96 a T1 = 20 º C kg 39 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental kJ Hˆ 2 = 146, 68 a T2 = 35 º C kg kJ Hˆ 3 = 292,94 a T3 = 70 º C kg kJ Hˆ 4 = 884,56 a P4 = 18 bar = 1,8 MPa kg Del flujo de masa de salida se tiene: M 4 = ρ 4 ⋅ Q Pero: Q = A4 ⋅ v4 , entonces la ecuación anterior se convierte en: M = ρ ⋅ A ⋅ v 4 4 4 4 A ⋅v M 4 = 4 4 Vˆ4 De donde despejando la velocidad, se tiene: M ⋅ Vˆ v4 = 4 4 ( 3) A4 A la presión de P4 = 1,8 MPa , se tiene: m 3 Vˆ4 = 0, 001168 kg Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ kg ⎞ ⎛ m3 ⎞ ⎜ 395 ⋅ ⎟ ⎜ 0, 001168 ⎟ ⎝ min ⎠ ⎝ kg ⎠ m v4 = = 163,3 π ⎡ 1m ⎤ 2 s ⋅ ⎢ 6 cm × 2 ⎥ 4 ⎣ 10 cm ⎦ 2 ˆ = 1 ⋅ v 2 = 1 ⋅ ⎛ 163,3 m ⎞ ⋅ kg × 1 kJ = 13,33 kJ Ec 4 4 ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ s ⎠ kg 103 J kg Reemplazando en la ecuación (2), se tiene: kg kJ kg kJ Q = 395 ⋅ ( 884,56 + 13,33) − ⎡⎣(100 ) ⋅ ( 82,96 ) − (130 ) ⋅ (146, 68 ) − (165 ) ⋅ ( 292,98 ) ⎤⎦ ⋅ min kg min kg kJ kJ Q = 278960, 45 = 2, 79 × 105 min min 26. Un gas fluye en una tubería, cuya presión y temperatura en una sección son 100 psia 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 ft3/lbm y en la segunda sección es de 3,86 0 ft3/lbm. Supóngase que el calor específico a volumen constante es 0,32 Btu/lbm. 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 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 = 100 psia P2 = 76 psia Vˆ = 4 ft 3 / lb 1 m Vˆ2 = 3,86 ft 3 / lbm T1 = 950 º F T2 = 580 º F Z1 Z2 Plano de referencia Solución: Sistema: Tubería, abierto, estado estable y flujo estable, aergónico. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k n B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K 0 = M − M 1 2 ( 0 = Q + M Hˆ 1 − Hˆ 2 ) Q M 1 = M 2 = M (1) = Hˆ 2 − Hˆ 1 (2) M Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 Hˆ = Uˆ + P ⋅ Vˆ 2 2 2 2 Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: Q M ( ) ( = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 − Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 ) Q = Uˆ 2 − Uˆ1 + P2 ⋅ Vˆ2 − P1 ⋅ Vˆ1 (3) M Por definición de energía interna: dUˆ = CV ⋅ dT (4) Integrando la ecuación (4): Uˆ 2 T2 ∫Uˆ1 dUˆ = ∫ CV dT T1 Btu Uˆ 2 − Uˆ1 = 0,32 ⋅ ( 580º F − 950º F ) lbm ⋅º F 41 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Btu Uˆ 2 − Uˆ1 = −118, 4 lbm lb f 1 ⎛ pie ⎞ 3 pu lg 2 144 pu lg 2 1 Btu P2 ⋅ Vˆ2 = 76 psia ⋅ ⎜ 3,86 ⎟ × × × ⎝ lbm ⎠ 1 psia 1 pie 2 778 lb f ⋅ pie Btu P2 ⋅ Vˆ2 = 54,3 lbm lb f 1 ⎛ pie ⎞ 3 pu lg 2 144 pu lg 2 1 Btu P1 ⋅ Vˆ1 = 100 psia ⋅ ⎜ 4 ⎟ × × × ⎝ lbm ⎠ 1 psia 1 pie 2 778 lb f ⋅ pie Btu P1 ⋅ Vˆ1 = 74, 04 lbm Reemplazando en la ecuación (3): Q = −118, 4 + 54,3 − 74, 04 M Q Btu = −138,1 M 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 lbm/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 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb M 1 = 3, 0 m s P1 = 500 psia T1 = 1000 º F W TURBINA DE VAPOR P2 = 100 psia T2 = 560 º F Sistema: Turbina adiabática, abierto, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k k B.M . : = ∑ M k B.E. : = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ ⎝ ⎠ SIST k =1 K 0 = M − M 1 2 0 = −W + M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M 1 = M 2 = M = 1,36 kg s (1) ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) (2) Conversiones al S.I.: lbm 0 , 4536 Kg kg M 1 = 3 × = 1,36 s 1 lbm s 0 ,101325 MPa P1 = 500 psia × = 3, 45 MPa 14 ,7 psia T1 = 1000 º F = 537 ,8 º C 0 ,101325 MPa P2 = 100 psia × = 0 ,69 MPa 14 , 7 psia T2 = 560 º F = 293,3º C P1 = 3, 45 Mpa kJ P2 = 0, 69 Mpa kJ Hˆ 1 = 3537, 4 Hˆ 2 = 3045, 2 T1 = 537,8 º C kg T2 = 293,3º C kg vapor sobrecalentado vapor sobrecalentado reemplazando en la ecuación (2) se tiene: kg ⎛ ⎞ W = 1, 3 6 s ⋅ ⎜⎜ 3 5 3 7 ,4 k J − 3 0 4 5,2 k J ⎟ ⎝ kg kg ⎟ ⎠ W = 669,39 KW 43 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental 28. Un depósito rígido y aislado de 0,5 m3de 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. cP 5 3 Datos: = y cV = R cV 3 2 Solución: P1 = 50 bar T1 = 300 K V = 0,5 m3 He a) Sistema: Depósito rígido, abierto, estado uniforme. Estado inicial Estado final Pi =1 bar Pf = 50 bar Ti = 600 K ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k M f − M i = M1 (1) ⎛ dU ⎞ ( ) k B.E. : ⎜ ⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST k =1 k U f − U i = M 1 ⋅ Hˆ 1 M f ⋅Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i = ( M f − M i ) ⋅ Hˆ 1 ( 2) Por tratarse de un gas ideal: 44 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Pi ⋅V Mi = R ⋅ Ti Pf ⋅V Mf = R ⋅Tf Además, la energía interna y la entalpía son proporcionales a la temperatura: Uˆ i = cV ⋅ Ti Uˆ f = cV ⋅ T f Hˆ 1 = cP ⋅ T1 Reemplazando en la ecuación (2): Pf ⋅V Pi ⋅ V ⎛ P ⋅ V Pi ⋅ V ⎞ ⋅ cV ⋅ T f − ⋅ cV ⋅ Ti = ⎜ f − ⎟⎟ ⋅ cP ⋅ T1 R ⋅Tf R ⋅ Ti ⎜ R ⋅ T f R ⋅ Ti ⎝ ⎠ Pf Tf = cV ⋅ ( Pf − Pi ) Pi + cP ⋅ T1 Ti Pf Tf = Pf − Pi Pi ( 3) + cP ⋅ T1 Ti cV 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: M f ⋅ R ⋅ T f' Pf ⋅ V R ⋅ T f' Pf ⋅ T f' ( 50 bar ) ⋅ ( 300 K ) Pf' = = ⋅ = = V R ⋅ Tf V Tf 501, 7 K Pf' = 29,9 bar ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . = ∑ M k =1 k Pf' ⋅ V Mi = M f = ( 4) R ⋅ T f' ∑ M ( Hˆ + Eˆ ) ⎛ dU ⎞ k B.E. : ⎜ ⎟ = Q − W + K C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST k =1 k 45 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental U f −Ui = Q Q = M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i Q = M f ⋅ ( cV ⋅ T f' − cV ⋅ Ti ' ) 3 Pf ⋅ V ' Q= ⋅ ' ⋅ (T f' − Ti ' ) (5) 2 Tf Reemplazando datos (en donde ahora Ti ' = 501, 7 K ) 3 ( 29,9 bar )× ( 0,5 m ) 3 100 kPa Q= × × ( 300 K - 501,7 K )× 2 300 K 1bar Q = −1507, 7 kJ 29. Una turbina es abastecida con 30 pie3/s de agua por una tubería vertical de 12 pulgadas de diámetro, la presión manométrica del agua 15 pies arriba es de 60 lbf/pulg2 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: lb f 1 P1 = 60 pulg 2 d1 = 12 pulg 15 pies W 15 pies P2 = 1 atm 2 d2 = 12 pulg Sistema: Turbina, abierta, estado estable y flujo estable, adiabático. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ 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 ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 k ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 − Eˆ C2 + Eˆ P1 − Eˆ P2 ) ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C1 + Eˆ P1 ) ( 2) Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 1 Considerando el fluido como incompresible: Vˆ1 = Vˆ2 = ρ La presión manométrica en el punto 2 es: P2 = 0 Considerando el proceso como isotérmico: Uˆ1 = Uˆ 2 Reemplazando en la ecuación (2): ⎛P ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 + Eˆ C1 + Eˆ P1 ⎟ ( 3) ⎝ ρ ⎠ lb f ⋅ s 2 lbm ⋅ pie 32,174 slug pie s2 lb ρ = 1,94 3 × × = 62, 42 m3 pie 1 slug 1lb f pie ⎛ lb ⎞ ⎛ pie3 ⎞ lbm M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62, 42 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 30 ⎟ = 1872, 6 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s pie3 30 Q s pie v1 = = = 38, 22 A1 π ⎛ 1 pie ⎞ 2 s ⋅ ⎜12 pulg × ⎟ 4 ⎝ 12 pulg ⎠ lb ⋅ pie lb f 32,174 m 2 144 pulg 2 s 60 × × P1 pulg 2 1 pie 2 1 lb f pie 2 = = 4 453, 4 2 ρ lb 62, 42 m3 s pie 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie2 Eˆ C1 = ⋅ v12 = ⋅ ⎜ 38, 22 ⎟ = 730,38 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pies ⎞ pies 2 Eˆ P1 = g ⋅ h1 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 30 pies ) = 965, 22 2 ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (3): 47 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ lb ⎞ pie 2 1lb f 1 hp W = ⎜ 1872,53 m ⎟ ⋅ ( 4453, 4 + 730,38 + 965, 22 ) × lb ⋅ pie × pie ⋅ lb f = 650, 67 hp ⎝ s ⎠ s 2 32,174 m 2 550 s s La eficiencia esta dada por: W ' η = × 100 W 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 Estado Inicial Estado Final 1 Vi = 20 m3 M f = ⋅ Mi 2 Pi = 30 atm V f = 20 m3 xi = 0,15 Pf = 30 atm Mi Sistema: Tanque, abierto, uniforme. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M f − M i = M1 − M 2 1 M 2 = Mi − ⋅ Mi 2 1 M2 = ⋅ Mi (1) 2 48 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ Sist k =1 K U f − U i = Q + M 1 ⋅ Hˆ 1 − M 2 ⋅ Hˆ 2 M f ⋅ Uˆ f − M i ⋅ Uˆ i = Q − M 2 ⋅ Hˆ 2 ⎛1 ⎞ Q = M i ⋅ ⎜ ⋅ Uˆ f − Uˆ i ⎟ + M 2 ⋅ Hˆ 2 ( 2) ⎝2 ⎠ m 3 VˆL = 0, 001217 kg Pi = 30 atm = 3 MPa m 3 VˆV = 0, 0668 xi = 0,15 kg kJ Uˆ L = 1004, 78 hg kJ Uˆ V = 2604,1 hg ( ) m 3 Vî = VˆV − VˆL ⋅ xi + VˆL = ( 0, 06668 − 0, 001217 ) ⋅ ( 0,15 ) + 0, 001217 = 0, 011036 kg ( ) Uˆ i = Uˆ V − Uˆ L ⋅ xi + Uˆ L = ( 2604,1 − 1004, 78 ) ⋅ ( 0,15 ) + 1004, 78 = 1244, 68 kJ kg Vi Pero: Vˆï = Mi V 20 m3 Mi = i = = 1812, 25 kg Vˆ1 m3 0, 011036 kg 1 Mf = ⋅ M i = 906,13 kg 2 1 M 2 = ⋅ M i = 906,13 kg 2 Vf 20 m3 m3 Vˆf = = = 0, 0221 Mf 906,13 kg kg m 3 VˆL = 0, 001217 kg m 3 VˆV = 0, 0668 Pf = 30 atm = 3 MPa kg kJ m 3 Uˆ L = 1004, 78 Vˆf = 0, 0221 hg kg kJ Uˆ V = 2604,1 hg kJ Hˆ L = 1008, 42 kg ( ) Vˆf = VˆV − VˆL ⋅ xi + VˆL 0, 0221 = ( 0, 06668 − 0, 001217 ) ⋅ x f + 0, 001217 49 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental x f = 0,32 ( ) Uˆ f = Uˆ V − Uˆ L ⋅ xi + Uˆ L = ( 2604,1 − 1004, 78 ) ⋅ ( 0,32 ) + 1004, 78 = 1516,56 kJ kg Como lo que sale es líquido a 30 atm, se tiene: kJ Hˆ 2 = 1008, 42 kg Reemplazando en la ecuación (2): ⎛1 ⎛ kJ ⎞ kJ ⎞ ⎛ kJ ⎞ Q = 1812, 25 kg ⋅ ⎜ ⋅ ⎜ 1516,56 ⎟ − 1244, 68 ⎟ + 906,13 kg ⋅ ⎜ 1008, 42 ⎟ = 32 281, 2 kJ ⎝2 ⎝ kg ⎠ kg ⎠ ⎝ kg ⎠ 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. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 k ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ) ( W = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 ) ( 2) Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 y Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 Además, por tratarse de un proceso isotérmico: Uˆ1 = Uˆ 2 1 Y también: Vˆ1 = Vˆ2 = Vˆ = ρ 50 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando en la ecuación (2): ⎛ P P ⎞ W = M ⋅ ⎜ Uˆ1 + 1 − Uˆ 2 − 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 ⎟ ⎝ ρ ρ ⎠ ⎛P −P ⎞ W = M ⋅ ⎜ 1 2 Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 ⎟ ( 3) ⎝ ρ ⎠ gal 1 pie3 1 mín pie3 Q = 2 200 × × = 4,902 mín 7, 48 gal 60 s s ⎛ lb ⎞ ⎛ pie3 ⎞ lbm M = ρ ⋅ Q = ⎜ 64 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 4,902 ⎟ = 313, 7 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s lb f 1 pulg 2 144 pulg 2 lb f P2 = 25 psig × × = 3600 1 psig 1 pie 2 pie2 lb f 14, 7 pulg 2 144 pulg 2 lb f P1 = −6 pulg Hg × × = − 424,5 29,92 pulg Hg 1 pie 2 pie2 gal 1 pie3 1 mín pie3 Q = 2200 × × = 4,902 mín 7, 48 gal 60 s s pie3 4,902 Q s pie v1 = = = 8,992 A1 π ⎡ 1 pie ⎤ 2 s ⋅ ⎢10 pulg × 4 ⎣ 12 pulg ⎥⎦ pie3 4,902 Q s pie v2 = = = 24,98 A2 π ⎡ 1 pie ⎤ 2 s ⋅ ⎢6 pulg × 4 ⎣ 12 pulg ⎥⎦ 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C ,1 = ⋅ v12 = ⋅ ⎜ 8,992 ⎟ = 40, 43 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 24,98 ⎟ = 312, 0 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ 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 ) × ⎟ ⎛ lb ⎞ pie 2 1lb f pie 2 W = ⎜ 313, 7 m ⎟ ⋅ ⎜⎜ + ( 40, 43 − 312, 0 − 193) 2 ⎟⎟ ⎝ s ⎠ lb s ⎜ 64 m3 ⎟ ⎜ pie ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 51 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb pie 2 1lb f 1 hp W = −780 410,8 m ⋅ 2 × × = −44,10 hp s s lbm ⋅ pie pie ⋅ lb f 32,174 550 s2 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 lbf/pulg2 y el volumen específico de 0,016 pie3/lbm. En la salida la mezcla de vapor y líquido es de 0,82 pie3/lbm. Si el incremento de energía interna es de 9 Btu/lbm. Hallar el calor añadido al fluido. Solución: 2 Q 40 pies 1 Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ Sist . k =1 k ( 0 = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ) ( Q = M ⋅ Hˆ 2 − Hˆ 1 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,1 + Eˆ P , 2 ) Qˆ = Hˆ 2 − Hˆ 1 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,1 + Eˆ P , 2 ( 2) Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 y Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 Reemplazando en la ecuación (2): Qˆ = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 − Uˆ1 − P1 ⋅ Vˆ1 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,1 + Eˆ P , 2 Qˆ = Uˆ 2 − Uˆ1 + P2 ⋅ Vˆ2 − P1 ⋅ Vˆ1 + Eˆ C , 2 − Eˆ C ,1 + Eˆ P , 2 ( 3) Btu Uˆ 2 − Uˆ1 = 9 lbm 52 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ lb f ⎞ ⎛ pie3 ⎞ 144 pulg 2 1 Btu Btu P2 ⋅ Vˆ2 = ⎜ 40 2 ⎟ ⋅ ⎜ 0,82 ⎟× × = 6, 07 ⎝ pulg ⎠ ⎝ lbm ⎠ 1 pie 2 778 pie ⋅ lb f lbm ⎛ lb f ⎞ ⎛ pie3 ⎞ 144 pulg 2 1 Btu Btu P2 ⋅ Vˆ2 = ⎜ 50 ⋅ 2 ⎟ ⎜ 0, 016 ⎟× × = 0,148 ⎝ pulg ⎠ ⎝ lbm ⎠ 1 pie 2 778 pie ⋅ lb f lbm Encontrando la velocidad en el punto 2 a partir de la ecuación (1): M 1 = M 2 ρ1 ⋅ A1 ⋅ v1 = ρ 2 ⋅ A2 ⋅ v2 Pero: A1 = A2 , de la ecuación anterior se tiene: ρ1 v2 = ⋅v ρ2 1 Vˆ2 v2 = ⋅ v1 ( 4) Vˆ1 Reemplazando datos en la ecuación (4): ⎛ pie3 ⎞ ⎜ 0,82 ⎟ ⎝ lbm ⎠ ⎛ pie ⎞ pie v2 = ⋅⎜ 4 ⎟ = 205 ⎛ pie ⎞ ⎝ s ⎠ 3 s ⎜ 0, 016 ⎟ ⎝ lbm ⎠1 2 1 2 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 EC ,1 = ⋅ v1 = ⋅ ⎜ 4 ˆ ⎟ =8 2 2 2 ⎝ s ⎠ s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 205 ⎟ = 21012,5 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pie ⎞ pie 2 EP , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 40 pies ) = 1286,96 2 ˆ ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (3): Btu pie 2 lbm 1lb f 1 Btu Q = ( 9 + 6, 07 − 0,148 ) ˆ + ( 21012,5 − 8 + 1286,96 ) 2 ⋅ × × lbm s lbm 32,174 lbm ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f s2 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: Qsale = 500 kJ U i = 800 kJ Uf =? Wrp , entra = 100 kJ Fluido ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ SIST . = ∑ M k =1 k Mi = M f = M (1) ∑ M ( Hˆ + Eˆ ) ⎛ dU ⎞ n B.E. : ⎜ ⎟ = Q − W + K C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K U f = Q − W + Ui ( 2) Reemplazando: U f = −500 kJ − ( −100 kJ ) + 800 kJ = 400 kJ 34. Fluye agua de A hacia B por una tubería horizontal a razón de 2 pies3/s, despreciando las 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 24 pulg A B d B = 6 pulg d A = 12 pulg Solución: Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ 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 (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 k ( 0 = M ⋅ Hˆ A − Hˆ B + Eˆ C , A − Eˆ C , B ) Hˆ B − Hˆ A = Eˆ C , A − Eˆ C , B ( 2) Pero: Hˆ A = Uˆ A + PA ⋅ VÂ y Hˆ B = Uˆ B + PB ⋅ VˆB Pero, por tratarse de un proceso isotérmico: Uˆ A = Uˆ B 1 Además: VÂ = VˆB = Vˆ = ρ Reemplazando en la ecuación (2): P P Uˆ B + B − Uˆ A − A = EˆC , A − Eˆ C , B ρ ρ ⎡P ⎤ PA = ρ ⋅ ⎢ B + EˆC , B − Eˆ C , A ⎥ ( 3) ⎣ρ ⎦ lb f 14, 7 pulg 2 144 pulg 2 lb f PB = 24 pulg Hg × × = 1697,97 29,92 pulg Hg 1 pie 2 pie 2 lb ρ = 62, 4 m3 pie pies 3 2 Q s pie vA = = = 2,548 AA π ⎛ 1 pie ⎞ 2 s ⋅ ⎜12 pulg × ⎟ 4 ⎝ 12 pulg ⎠ pies 3 2 Q s pie vB = = = 10,19 AB π ⎛ 1 pie ⎞ 2 s ⋅ ⎜ 6 pulg × ⎟ 4 ⎝ 12 pulg ⎠ 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie2 Eˆ C , A = ⋅ v A 2 = ⋅ ⎜ 2,548 ⎟ = 3, 246 2 2 ⎝ s ⎠ s2 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C , B = ⋅ vB 2 = ⋅ ⎜ 10,19 ⎟ = 51,92 2 2 2 ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (3): ⎡ lb ⎤ ⎢ 1697,97 f 2 ⎥ ⎛ lbm ⎞ pie pie lbm 2 1lb f PA = ⎜ 62, 4 3 ⎟ ⋅ ⎢ + ( 51,92 − 3, 246 ) 2 ⋅ × ⎥ ⎝ pie ⎠ ⎢ lbm s lbm lb m ⋅ pie ⎥ 62, 4 32,174 ⎢ pie 3 s 2 ⎥ ⎣ ⎦ 55 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb f 1 pie 2 29,92 pulg Hg PA = 1792,37 × × = 25,33 pulg Hg pie 144 pulg 2 2 lb f 14, 7 pulg 2 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. lbm Btu ρ H O = 62, 4 , C P , H 2O = 1 2 pie 3 lbm ⋅º F Solución: 2 25 pies 1 Sistema: abierto, estado estable y flujo estable, adiabático, isotérmico. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) k B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ Sist . k =1 k ( 0 = −W + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 + Eˆ C ,1 − Eˆ C , 2 + Eˆ P ,1 − Eˆ P , 2 ) 0 = −Wˆ + Hˆ 1 − Hˆ 2 − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 Hˆ 2 − Hˆ 1 = −Wˆ − Eˆ C , 2 − Eˆ P , 2 ( 2) gal 1 mín 1 pie3 pie3 Q = 100 × × = 0, 223 mín 60 s 7, 48 gal s ⎛ lb ⎞ ⎛ pie3 ⎞ lbm M = ρ ⋅ Q = ⎜ 62, 4 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 0, 223 ⎟ = 13,92 ⎝ pie ⎠ ⎝ s ⎠ s 56 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental pie ⋅ lb f lbm ⋅ pie 550 32,174 10 hp × s × s2 W 1 hp 1lb f pie 2 Wˆ = − ( 0, 75 ) ⋅ = − ( 0, 75 ) ⋅ = −9534,3 2 M 13,92 lbm s s v1 = 0 pie v2 = 25 s 2 1 1 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ C , 2 = ⋅ v2 2 = ⋅ ⎜ 25 ⎟ = 312,5 2 2 ⎝ s ⎠ s2 ⎛ pie ⎞ pie 2 Eˆ P , 2 = g ⋅ z2 = ⎜ 32,174 2 ⎟ ⋅ ( 25 pies ) = 804,35 2 ⎝ s ⎠ s Reemplazando en la ecuación (2): pie 2 lb 1lb f 1 Btu Btu Hˆ 2 − Hˆ 1 = ⎡⎣ − ( −9534,3) − 312,5 − 804,35⎤⎦ 2 ⋅ m × × = 0,336 s lbm lbm ⋅ pie 778 pie ⋅ lb f lbm 32,174 s2 Integrando la siguiente ecuación: dHˆ = CP ⋅ dT ( 3) Hˆ 2 T2 ∫ Hˆ 1 dHˆ = ∫ CP ⋅ dT T1 Hˆ 2 − Hˆ 1 = CP ⋅ (T2 − T1 ) Hˆ 2 − Hˆ 1 T2 − T1 = ( 4) CP Reemplazado en la ecuación (4): Btu 0,336 lbm T2 − T1 = = 0,336 º F Btu 1 lbm ⋅º F 36. Un compresor aspira aire a un caudal de 500 pie3/min y con una masa específica de 0,079 lbm/pie3 y lo descarga con una masa específica de 0,304 lbm/pie3. En la aspiración la presión es de 15 lbf/pulg2 y en la descarga la presión es de 80 lbf/pulg2. La variación de la energía interna es ΔUˆ = 33,8 Btu/lbm y el calor de enfriamiento procedente del aire es de 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 Btu Qˆ = 13 lbm pie3 Q1 = 500 min lb f lb f P1 = 15 P2 = 80 pulg 2 pulg 2 lbm lbm ρ1 = 0,079 ρ2 = 0, 304 pie pie3 W Sistema: Compresor, abierto, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 k ( W = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) ( 2) Pero: Hˆ 1 = Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 Hˆ 2 = Uˆ 2 + P2 ⋅ Vˆ2 Reemplazando en la ecuación (2): ( W = Q + M ⋅ Uˆ1 + P1 ⋅ Vˆ1 − Uˆ 2 − P2 ⋅ Vˆ2 ) ⎛ P P ⎞ W = Q + M ⋅ ⎜ Uˆ1 − Uˆ 2 + 1 + 2 ⎟ ( 3) ⎝ ρ1 ρ 2 ⎠ ⎛ lb ⎞ ⎛ pies 1 min ⎞ lbm M 1 = ρ1 ⋅ Q1 = ⎜ 0, 079 m3 ⎟ ⋅ ⎜ 500 × ⎟ = 0, 658 ⎝ pie ⎠ ⎝ min 60 s ⎠ s Btu lb Btu Q = −13 × 0, 658 m = −8,554 lbm s s Btu Uˆ1 − Uˆ 2 = −33,8 lbm lb f 144 pulg 2 15 × P1 pulg 2 1 pie 2 1 Btu Btu = × = 35,14 ρ1 0, 079 m3 lb 778 pie ⋅ lb f lbm pie 58 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental lb f 144 pulg 2 80 × P2 pulg 1 pie 2 2 1 Btu Btu = × = 48, 71 ρ2 lb 0,304 m3 778 pie ⋅ lb f lbm pie Reemplazando en la ecuación (3): Btu ⎛ lb ⎞ ⎛ Btu Btu Btu ⎞ Btu W = −8,554 + ⎜ 0, 658 m ⎟ ⋅ ⎜ −33,8 lb + 35,14 lb − 48, 71 lb ⎟ = −39, 72 s s ⎝ s ⎠ ⎝ m m m ⎠ Btu W = −2383, 4 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: 1 2 P1=50 atm P2=10 atm x1 =0,96 .d 1 =5 cm Sistema: Válvula, abierta, E.E. y F.E., adiabático. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M k Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 k ( 0 = M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) Hˆ 2 = Hˆ 1 ( 2) De la ecuación (1): ρ1 ⋅ A1 ⋅ v1 = ρ 2 ⋅ A2 ⋅ v2 A1 ⋅ v1 A2 ⋅ v2 = Vˆ1 Vˆ2 π π ⋅ d12 ⋅ v1 ⋅ d 2 2 ⋅ v2 4 4 = Vˆ1 Vˆ2 59 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental ⎛ Vˆ ⎞ d 2 = ⎜ 2 ⎟ ⋅ d12 ˆ ( 3) ⎝ V1 ⎠ m3 VˆL = 0, 001286 kg m 3 P1 = 50 atm = 5 Mpa VˆV = 0, 03944 kg x1 = 0,96 kJ Hˆ L = 1154, 23 kg kJ Hˆ V = 2794,3 kg ( ) m3 Vˆ1 = VˆV − VˆL ⋅ x1 + VˆL = ( 0, 03944 − 0, 001286 ) ⋅ ( 0,96 ) + 0, 001286 = 0, 03791 kg ( ) Hˆ 1 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x1 + Hˆ L = ( 2794,3 − 1154, 23) ⋅ ( 0,96 ) + 1154, 23 = 2728, 70 kJ kg kJ Hˆ L = 762,81 kg kJ P2 = 10 atm = 1 Mpa H V = 2778,1 ˆ kg kJ m3 Hˆ 2 = 2728, 70 VL = 0, 001127 ˆ kg kg m 3 VˆV = 0,19444 kg ( ) Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x2 + Hˆ L 2728, 70 = ( 2778,1 − 762,81) ⋅ x2 + 762,81 x2 = 0,98 ( ) m 3 Vˆ2 = VˆV − VˆL ⋅ x2 + VˆL = ( 0,19444 − 0, 001127 ) ⋅ ( 0,98 ) + 0, 001127 = 0,19057 kg Reemplazando en la ecuación (3): ⎛ 0,19057 ⎞ d2 = ⎜ ⋅ ( 5 cm ) = 11, 21 cm 2 ⎟ ⎝ 0, 03791 ⎠ 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, A1/A2 Solución: 60 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental TOBERA P1 = 3 MPa P2 = 2,5 MPa T1 = 400 º C m v2 = 300 m s v1 = 40 s SISTEMA: Tobera, abierto, aergónico, adiabático, estado estable y flujo estable. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ SIST n =1 K Hˆ 2 = Hˆ 1 + Eˆ C1 − Eˆ C2 ( 2) a) P1 = 3 MPa T1 = 400 º C kJ Hˆ 1 = 3230,9 vapor sobrecalentado kg Cálculo de Eˆ C1 y Eˆ C2 : 1 2 J 1 kJ kJ Eˆ C1 = ⋅ ( 40 ) × 3 = 0,8 2 kg 10 J kg 1 2 J 1 kJ kJ EˆC2 = ⋅ ( 300 ) × 3 = 45 2 kg 10 J kg Reemplazando en la ecuación (2) se tiene: kJ Hˆ 2 = 3230,9 + 0,8 − 45 = 3186, 7 kg P2 = 2,5 MPa kJ T2 = 376, 7 º C Hˆ 2 = 3186, 7 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 v2 300 = = A2 v1 40 A1 = 7,5 A2 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 P (kPa) T (º C ) Hˆ (kJ / kg ) Vˆ (m3 / kg ) x 1 500 300 3064,2 0,5226 2 7,4 40 2429,86 18,422 0,94 3 100 136,8 2750 2750 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 S b) P1 = 500 kPa T1 = 300 º C 1 P3 = 100 kPa kJ Hˆ 3 = 27 50 3 2 kg P2 = 7, 4 kPa M 3 = 0, 0 75 ⋅ M 1 x2 = 0, 94 A2 = 0, 83 m 2 ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M k 0 = M 1 − M 2 − M 3 M = M − 0, 075 ⋅ M 1 2 1 0,925M 1 = M 2 (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 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 W M 1 = ( 2) Hˆ 1 − 0,925 ⋅ Hˆ 2 − 0, 075 ⋅ Hˆ 3 63 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental Reemplazando datos en la ecuación (2): 5 × 103 kW kg M 1 = = 8,19 kJ s ⎡⎣3064,80 − 0,925 ⋅ ( 2429,98 ) − 0, 075 ⋅ ( 2750 ) ⎤⎦ kg c) El caudal de masa se calcula a partir de: M 2 = ρ ⋅ A2 ⋅ v2 M 2 v2 = ρ ⋅ A2 M 2 ⋅ Vˆ2 v2 = ( 3) A2 Reemplazando datos: ⎛ kg ⎞ ⎛ m3 ⎞ 0,925 ⋅ ⎜ 8,19 ⎟ ⋅ ⎜18, 422 ⎟ ⎝ s ⎠ ⎝ kg ⎠ m v2 = = 168,15 0,83 m 2 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 kg M 1 = 2270 P1 = 61, 2 atm h Q T1 = 438 º C 1 W 2 P2 = 5,45 atm 3 P3 = 1 atm T3 = 116 º C a) Sistema: Turbina, abierto, E.E. y F.E. ⎛ dM ⎞ k B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ M k ⎝ dt ⎠ SIST . k =1 M 1 = M 2 = M (1) ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ dt ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ ⎠ SIST n =1 K ( W = Q + M ⋅ Hˆ 1 − Hˆ 2 ) ( 2) kg 1h kg M = 2270 × = 0, 63 h 3600 s s P1 = 61, 2 atm = 6,12 MPa kJ T1 = 438 º C Hˆ 1 = 3270, 0 kg vapor sobrecalentado kcal 1h 4,184 kJ kJ Q = −35280 × × = −41, 003 h 3600 s 1 kcal s Para encontrar Ĥ 2 se necesita hacer un balance de energía en la válvula: Sistema: Válvula, abierta, E.E. y F.E., adiabática. k ⎛ dM ⎞ B.M . : ⎜ ⎟ = ∑ 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 ⎛ dUˆ ⎞ ( ) n B.E. : ⎜⎜ ⎟⎟ = Q − W + ∑ M K Hˆ + Eˆ C + Eˆ P ⎝ dt ⎠ SIST n =1 K Hˆ 2 = Hˆ 3 ( 4) P3 = 1 atm = 0,1 MPa kJ T3 = 116 º C Hˆ 3 = 2708, 26 kg vapor sobrecalentado Reemplazando en la ecuación (2): kJ kg ⎛ kJ kJ ⎞ kJ W = −41, 003 + 0, 63 ⋅ ⎜ 3270, 0 − 2708, 26 ⎟ = 312,9 s s ⎝ kg kg ⎠ s b) Para encontrar la calidad en la salida de la turbina: P2 = 5, 45 atm ≈ 0,5 MPa kJ Hˆ L = 640, 23 kg kJ Hˆ 2 = 2708, 26 kJ kg Hˆ V = 2748, 7 kg ( ) Hˆ 2 = Hˆ V − Hˆ L ⋅ x2 − Hˆ L 2708, 26 = ( 2748, 7 − 640, 23) ⋅ x2 − 640, 23 x2 = 0,98 66 Universidad Nacional José Faustino Sánchez Carrión de Huacho Facultad de Ingeniería Química, Metalúrgica y Ambiental BIBLIOGRAFIA • CENGEL, Y. y BOLES, M. “Termodinámica”. Editorial McGraw-Hill, 4ta Ed. México, 2003. • CEMIC, Ladislav. “Thermodynamics in mineral sciences”. Editorial Springer. New York, 2005. • GASKELL, D. R. “Introducción a la termodinámica Metalúrgica”. Editorial McGraw-Hill. • KLOTZ, I. y ROSENBERG, R. “Chemical Thermodynamics”. Editorial John Wiley & Sons. 7th Ed. New York, 2008. • MARTINEZ, Isidoro. “Termodinámica Básica y aplicada”. Editorial DOSSAT, S. A. España, 1992. • PRAUSNITZ, J. et al. “Termodinámica molecular de los equilibrios de fases”. Editorial Prentice Hall. 3ra Ed. Madrid, 2002. • SMITH, J. M.; VAN NESS, H. C. y ABBOTT, M. M. “Introducción a la termodinámica en ingeniería química”. Editorial McGraw-Hill, 5ta Edición. México, 1997. 67

Separata Problemas de Termodinámica-1era Ley_1-1

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