Universidad Santo Tomas
Facultad de Ing. Mecánica
Talleres sistemas abiertos-cerrados abiertos-cerrados
Juan Sebastián Camero C. Diego Alejandro Mancera
Presentado a: Ing. Manuel Orlando Hernandez
Bogota D.C
TALLER SISTEMAS ABIERTOS 3. Enunciado: Se estrangula refrigerante (R-134a) mediante una válvula desde líquido saturado a 900 kPa hasta una presión de 140 kPa, a una tasa de flujo de 0.5 kg/s. ¿Cuál es la temperatura después de la estrangulación? Cuál será la temperatura si la estrangulación es hasta 100 kPa? Diagrama:
Análisis: para el análisis de gases ideales en sistemas de estrangulamiento, las temperaturas tem peraturas al inicio y al final del sistema son las mismas. Como el problema plantea un refrigerante 134a, este enunciado no es válido por lo que es menester buscar las temperaturas de salida a las presiones indicadas. Procedimiento y cálculos:
2= 2=140 140 = 18, 18,77 °. 2= 2=100 100 = 26,37 °.
Comentarios: la tasa de flujo másico m ásico es independiente para resolver el problema; no existe potencia o transferencia de energía y alguna forma de energía mecánica, por lo que la ecuación de primera ley se reduce a que las entropías son iguales.
4. Enunciado: Entra vapor de agua a una tobera adiabática a 3 MPa y 800oC y sale a 2MPa y 200 m/s. Si la tobera tiene un área de entrada de 0.0007 m2, calcule el área de salida. Cuál será esa área si la velocidad de salida es de 400 m/s? Diagrama:
Análisis: como sabemos que las toberas se comportan como sistemas sistem as adiabáticos ( a menos que se especifique una tasa de transferencia de calor), la primera ley de la termodinámica aplicada al enunciado se reduce a:
̇ 1 2 + + + ℎ1 ℎ1 + 2 + 11 = + + + ℎ2 + 2 +2
De igual modo sabemos que en una tobera adiabática la la entropía del inicio va a ser igual que la final.
Procedimiento:
ℎ1+ 12 = ℎ2+ 22 1=2 1=2 =3,800° 1= 7,9885 =2 ℎ2=ℎ2, 7,9885 =3956,64 7, 9 885 2=ℎ2, =0,2271 1=√ ℎ2+ 22 ℎ1∗2
1=√ 3956,64 ∗10001 + 20000 3956,64 ∗10001 ∗2 1= 44,72 2= 11∗1∗2 2 44, 7 2∗0, 0 007 ∗0, 2 271 2= ∗∗0,16420 ∗200∗∗ 2=0,000216
Comentarios: era de esperarse que el área de sección transversal a la salida de la tobera fuera menor al de entrada, puesto que incrementa su velocidad, cosa que también está comprobada. Área 2<Área 1 Velocidad 2 > Velocidad 1
9. Enunciado: Un flujo de bióxido de carbono entra a una tobera a 35 psia, 1400oF, 250 pies por segundo y sale a 12 psia y 1200oF. Si el área de salida es de 2.8 in2 y la tobera es perfectamente adiabática, ¿cuál es la velocidad de salida? Diagrama:
Análisis: aunque el problema no lo dice, asumimos la tobera como un sistema adiabático porque no nos proporcionan una tasa de transferencia de energía en forma de calor (pérdida) ni nos produce un trabajo o entra un trabajo importante. No existe un trabajo mecánico ni trabajo de frontera. Nuestra ecuación de primera ley queda de la siguiente manera:
̇ + +ℎ2+ 2 +2 + +ℎ1+ 12 +1= 2
Como queremos calcular V2, nos quedaría:
2=√ ℎ1+ 12 ℎ2∗2 Procedimiento y cálculos:
h1=h35 psia,1400 °F=19169,1 Btu/Lbmol h2=h12 psia, 1200 °F= 16586 Btu/Lbmol 19169, 1 Btu 0, 0 97 Lbmol ∗ Lbmol Lbm =1859,4027Btu/Lbm 16586 Btu 0, 0 97 Lbmol ∗ Lbmol Lbm =1608,842Btu/Lbm V2 37 Lbm∗ft + 20000s ft 1608,Lbm842Btu∗25,01Btu∗s^2 37 Lbm∗ft^2∗2 = √ 1859,Lbm4027Btu∗25,01Btu∗s V2= 229,s23ft
Comentarios: al parecer, como la velocidad de salida nos dio menor que la de entrada (verificando correctamente las transformaciones de unidades), podemos intuir que no se trata de una tobera adiabática sino de un difusor adiabático.
5. Enunciado: Vapor de agua entra a una etapa de alta presión de una turbina a 6.2 MPa y 535oC, y sale a 2.35 MPa y 425oC. La tasa de flujo es de 0.127 kg/s. Determine la potencia de salida de esta etapa de la turbina. Especifique todas las operaciones de interpolación que haya usado Diagrama:
Análisis: aunque el problema no lo dice, asumimos la turbina como un sistema adiabático porque no nos proporcionan una tasa de transferencia de energía en forma de calor (pérdida) ni nos produce un trabajo o entra un trabajo importante. No existe un trabajo mecánico ni trabajo de frontera. Nuestra ecuación de primera ley queda de la siguiente manera:
̇ + +ℎ2+ 2 +2 1 + +ℎ1+ 2 +1= 2 ̇ ̇ =̇ ∗ℎ1 ̇ ̇ ∗ℎ2 ̇
Como queremos calcular la potencia de la turbina (
Procedimiento y cálculos:
, nos quedaría:
Mpa, 5 10 °C h1=h↓6,2 Mpa,535 °C= h↓6 Mpa,510 °C+h↓7 2 h1=3470,64 KgKJ 5 Mpa, 4 35 °C h2=h↓2,35 Mpa,425 °C= h↓2 Mpa,435 °C+h↓2, 2 h2=3321,7575 KgKJ KJ 0, 1 27 KJ ̇ = 0,127 ∗3470, 6 4 ∗3321, 7 575 Kg Kg ̇ =18,91
Comentarios: gracias a la siguiente gráfica que representa una función de potencia de turbinas respecto a velocidad, podemos obtener un aproximado del valor de velocidad de salida de la turbina, capas de entregar una potencia de 19 Kw. Es importante decir que la velocidad de entrada y salida es despreciable para esta cantidad d e potencia entregada.
6. Enunciado: Vapor de agua entra a una turbina a 10 MPa, 550oc y 50 m/s y sale a 25 kPa y 95% de calidad. Las áreas de entrada y salida de la turbina son de 0.015 m2 y 3 m2 respectivamente. Se pierde calor a través de las paredes de la turbina a una tasa de 50 kJ/kg de vapor que circula por ella. Calcule: a) el flujo másico del vapor, b)La potencia de la turbina; c) la eficiencia energética de la máquina. Diagrama:
Análisis: aunque el problema no lo dice, asumimos la tobera como un sistema adiabático porque no nos proporcionan una tasa de transferencia de energía en forma de calor (pérdida) ni nos produce un trabajo o entra un trabajo importante. No existe un trabajo mecánico ni trabajo de frontera. Nuestra ecuación de primera ley queda de la siguiente manera:
̇ + +ℎ2+ 2 +2 1 + +ℎ1+ 2 +1= 2 ̇ =̇ ∗ℎ1 ̇ ̇ ∗ℎ2 ̇ ̇2
Primero debemos calcular nuestro flujo másico conociendo la velocidad de entrada, el área 1 y hallando el volumen específico a la condiciones iniciales
̇ = 11 1 1= ↓10 ,550 °.
Los valores de entalías iniciales los buscamos con los datos iniciales, y la entalpía de salida debemos buscarla desde su concepto de calidad
ℎ1=ℎ↓10 ,550 °. ℎ2=ℎ↓25 +2ℎ↓25
Procedimiento y cálculos:
1= ↓10 ,550 °. 1= 0,035655 ℎ1=ℎ↓10 ,550 °. ℎ1=3502 ℎ2=ℎ↓25 +2ℎ↓25 ℎ2=2500,185 015^3∗ ̇ = 50∗0,∗0,035655 ̇ = 21,035 ̇ =̇ ∗ℎ1 ̇ ̇ ∗ℎ2 ̇ ̇2 21, 0 35 21, 0 35 50 ̇ = 21,035 ∗3502 ∗2500, 1 85 ∗ ̇ =20
Para conocer el valor de la eficiencia de nuestra amiga la turbina, lo único que debemos hacer es dividir nuestra energía de entrada sobre nuestra energía de salida (claro está que no será de un 100% por lo que el sistema pierde energía en forma de calor, y la segunda ley de la termodinámica nos adelanta que no existen máquinas con un rendimiento del 100%)
= ∗100%
50 ∗21,035 = 20000 ∗100% =5,25%
Comentarios: al parecer, nuestra turbina no es nada eficiente por lo que no serviría para abastecer sistemas en plantas hidroeléctricas o térmicas. Se sugiere para aumentar la eficiencia de dicha turbina, que se genere una potencia menor (más exactamente de unos 5 KW) para cuadruplicar la eficiencia (21,035%) 2. Enunciado: La figura muestra un ducto de calentamiento de aire de uso típico en procesos industriales. La resistencia eléctrica es de 25 kW. El aire entra al sector de calentamiento impulsado por un ventilador, a 100 kPa y 15 °C y un flujo volumétrico de 140 m3/min. Se pierde calor a una tasa de 150W. Determine la temperatura de salida del aire. Diagrama:
Análisis: de la gráfica podemos ver que el circuito proporciona una potencia de 25 KW al calentador, el cual a la vez disipa 150 W en forma de calor por lo que no es adiabático. Consideraremos el aire como un gas ideal para nuestros cálculos al estar a altas presiones y temperaturas bajas respecto a su punto crítico. De la ecuación de la primera ley:
̇ + +ℎ2+ 2 +2 1 + +ℎ1+ 2 +1= 2
Reducimos nuestra expresión despreciando cualquier forma de energía mecánica (potencia y cinética)
̇ + ̇ ∗ℎ1 ̇ =̇ ∗ℎ2 ̇ + ̇2
Como es un gas ideal podemos reemplazar nuestro cambio de entropía por la expresión que involucra el calor específico por el cambio de temperaturas.
̇ + ̇∗(12)= ̇2 2= ̇2 ̇ ̇ 1
Despejamos la variable que nos interesa hallar que es T2
Nos falta calcular nuestro flujo másico por medio de la expresión para gases ideales
11=1 1= 11 ̇ = 11 ̇ Procedimiento:
1= 11 ∗15+273 1= 0,2870∗∗100 1=0,82656 ^3 140 82656 ∗∗1 ∗60 ̇ = ∗0, ̇=2,82 7, 9 885 2=ℎ2, =0,2271 ∗1,005 ∗15+273 0, 1 50 25 2, 8 2 2= 2,82 ∗1,005 2=318,67 =23,77 °.
Comentarios: podemos ver que nuestra temperatura de salida es mayor a la de entrada, por lo que nuestra resistencia hace que la temperatura incremente 8. Enunciado: En un mezclador de ducha entra agua fría a 10oC y se mezcla con agua caliente proveniente del calentador a 60 oC. Se desea tener en la ducha una temperatura cómoda de 40oC. El agua caliente entra a 1 kg/s, se puede considerar el proceso adiabático y a una presión constante de 140 kPa. ¿Cuál es la tasa de flujo del agua fría? Diagrama:
Análisis: siguiendo la lógica en cuanto a que la masa que entra es igual a la que sale, si tenemos mas de una entrada al principio y una sola salida al final, es obvio suponer que la suma de las entradas en cuanto a flujo másico debe ser igual a la de salida. De esta manera obtenemos nuestra siguiente expresión de la primera ley de la termodinámica: Procedimiento y cálculos:
(1 ̇ ∗ℎ1 ̇)+2 ̇ ∗ℎ2 ̇ =1 ̇ +2 ̇ ∗ℎ3 ℎ1= ℎ ↓10°=42,622 ℎ2= ℎ ↓60°=251,18 ℎ3= ℎ ↓40°=167,53 ℎ3ℎ2 ̇ 1= 2 ̇ℎ1ℎ3 1=0, ̇ 67
Debemos calcular nuestras entropías para cada temperatura dada.
despejamos la variable que nos interesa que sería el flujo másica en 1
Comentarios: el valor de la presión constante es un dato irrelevante para resolver el ejercicio. Como dato adicional, el flujo másico a la salida del m ezclado adiabático es de 1,67 Kg/s para mantener nuestro postulado de conservación flujo másico. 7. Enunciado: Entra refrigerante R 134-a a un compresor de flujo estacionario, a 175 kPa y -10oC y sale a 1 MPa y 60oC. El flujo de masa es de 0.02 kg/s y la potencia entregada al compresor es 1.2 kW. Determine el flujo de calor a través del compresor. Diagrama:
Análisis: en este caso encontramos nuestro refrigerante 134ª como un vapor sobrecalentado, por lo que la temperatura de crítica a la presión de 1 Mpa a 60 °C es mayor que la temperatura en esta presión. De nuevo desmenuzamos nuestra ecuación de primera ley, teniendo en cuenta que la potencia entregada al compresor es al inicio por lo que el compresor no entrega potencia al final. Nuestra ecuación de primera ley nos dice:
̇ + +ℎ2+ 2 +2 1 + +ℎ1+ 2 +1= 2
Despreciando las energías mecánicas y el trabajo a la salida al igual que una transferencia de calor por parte del compresor, la ecuación se reduce a:
=̇ℎ1ℎ2
Procedimiento y cálculos: Lo único que debemos calcular, es nuestras entropías al inicio y al final
ℎ1= ℎ ↓10°,175 = ℎ2= ℎ ↓60°,1=293,38 =0,02 ℎ1293,38 1,2
teniendo nuestros datos completos, podemos calcular el flujo de calor por nuestro compresor.
= Comentarios: puede que las interpolaciones realizadas para calcular la entropía 1 nos desfacen del resultado exacto. Es de notar que el cambio en un compresor de 0,825 Mpa (diferencia entre ambas presiones) no nos genera un cambio de velocidad importante para el análisis energético. 1. Enunciado: Un calentador de agua bien aislado opera en sistema estacionario a una presión ce 150 kPa, y suministra agua a la tasa de 15 L/min. A la entrada la temperatura es de 20oC y la
temperatura e salida se maximiza pero sin producir vapor. Calcule la potencia eléctrica consumida, la temperatura del agua que sale del calentador y el flujo másico a la salida. Diagrama:
Análisis: vamos a ver que nos dice nuestra ecuación de primera ley
̇ 1 2 + +ℎ1+ 2 +1= + +ℎ2+ 2 +2
Obviando los trabajos y el color como formas de energía y los cambios de energía mecánica, nos queda la siguiente expresión:
=̇ ∗ℎ2ℎ1
Podemos trabajar esta ecuación o mirarla con su equivalente para gas ideal cambiando la expresión de cambio de entropías:
=̇ ∗∗∆
Procedimiento y cálculos:
̇ = 11 ̇ 1=↓ =0,001053 ∗∗ ̇ = mi0,n∗0,015001053 ∗60 ̇ =0,0237417 1=0,0237417 ∗18727 ∗ ∗384,35 293
1=40606 Comentarios: indiscutiblemente que si se hubiera hecho por la ecuación 1, se hubiera pecado por un margen de error casi igual al tener que interpolar para valores de entropías al igual que se hizo con el calor específico a esas condiciones.
TALLER SISTEMAS CERRADOS 3. Enunciado: Un dispositivo de cilindro émbolo sin fricción contiene 0.15 kg de Nitrógeno, en un comienzo a 2 MPa 350 oC. Primero se expande isotérmicamente hasta 500 kPa, luego se comprime en un proceso poitrópico con exponente de 1.5 hasta la presión inicial; por último, se comprime en un proceso isobárico hasta llegar al estado inicial. Determine el trabajo de frontera de cada proceso y el trabajo neto del ciclo. Haga todas las gráficas necesarias. Diagrama:
Diagrama procesos:
Proceso 1-2: isotérmico Proceso 2-3: politrópico Proceso 3-4: isobárico
Análisis: debemos calcular los trabajos de frontera por separado, y el trabajo neto es la suma de todos estos trabajos de frontera en cada proceso, pues no existe alguna otra forma de trabajo en el sistema. Procedimiento y cálculos: Proceso 1-2: isotérmico
.− =1∗1∗21
1=1∗1 0,2968 623 =0,09245 1= ∗∗2000 2=2∗2 2968 623 =0,3698 2= 0,∗∗500 698 .− =200 0,09245∗0,0,039245 .− =256,32 .− = 3∗32∗2 1 2∗2 =3∗3 3= √ 2∗2 3 , =0,1467 0 3698 3= ,√ 500 ∗0, 2000 500∗0,03698 .− = 2000 ∗0,146711, 5 .− =277
Proceso 1-2: isotérmico
Proceso 3-4: isobárico
.− =∗43 .− =2000 ∗0,09245 0,1467 .− =108,5
Para calcular el trabajo neto, vamos a sumar todos los trabajos realizados (es importante observar que los trabajos negativos indican que entra trabajo al sistema y los positivos indican una salida de trabajo)
=.− +.− +.− =256,32 277 108,5 = 129,18
Comentarios: si hubiera algún resorte o resistencia que produjera trabajo sobre el sistema pistónémbolo, se sumarían o restarían en la ecuación de trabajo neto. 2. Enunciado: Un calefactor eléctrico de aceite con capacidad de 30 L se tiene dentro de un recinto de 50 m3. Al comienzo tanto el recinto como el calefactor se encuentran a 10 CC. Se enciende el calefactor, que tiene una potencia nominal de 1.8 kW, pero existen fugas de calor del recinto del orden de 0.33kJ/s. Después de un tiempo se miden las temperaturas y se encuentra el aire en el recinto a un promedio de 20 oC y el aceite en el calefactor a 50 oC. La densidad y el calor específico del aceite son 950 kg/m3 y 2.2 kJ/kg.K. Determine el tiempo que estuvo encendido el calefactor. Haga gráficas p-v necesarias. Diagrama:
Análisis: vamos a analizar el sistema como un flujo estacionario, por lo que nuestra ecuación de primera ley:
= ∆
En donde el cambio de entropías corresponde a la suma del cambio en el aceite del calefactor y el aire circundante en el recinto. (analizamos el sistema como uno solo).
̇ ̇∆∅= ∆ +∆
De este ecuación nos interesa saber el tiempo, variable que involucra el tiempo para ese consumo energético en el sistema. Procedimiento y cálculos:
∆ =∆ = ∗ = 950 ∗0,003 =28,5 2,2 ∗50+273 10+273 ∆ =28,5 ∗ ∗ ∆ =2508 ∆
∆ =∆ = ∗∗
Asumimos que la presión del aire es la misma presión atmosférica, y la temperatura del aire es la temperatura inicial del sistema
100 ∗50 = 0,2870 ∗ ∗283 =61,56 ∗293 283 ∆ =61,56 ∗0,7018 ∗ ∆ =442,0008 ∆∅= ∆ ̇ +∆ ̇ 0 008 ∆∅= 25081,8+442, 0,33 ∆∅=33,44
Finalmente, podemos obtener el tiempo que el calefactor estuvo encendido
Comentarios: si el cambio de entropías del aceite o del aire hubiera sido mayor, el tiempo que estuvo encendido el calefactor hubiera sido de igual manera mayor. Si la potencia del calefactor hubiera sido mayor, el tiempo hubiera sido más pequeño por lo que su eficiencia hubiera aumentado. 3. Enunciado: Una plancha de ropa tipo hogar tiene una potencia nominal de 1000 W. La base es de aluminio 2024-T6 (el más común en estas aplicaciones) con densidad de 2770 kg/m3 y un calor específico de 875 J/kg K. Esta base tiene 5 mm de espesor y un área de 0.03 m2. La plancha está en equilibrio con el ambiente a 22 oC en el momento en que se enciende. Del calor de la resistencia, el 85% pasa a la base de la plancha (el resto se pierde). Cuál es el tiempo mínimo n4ecedario para que la plancha llegue a 140 oC. Diagrama:
Análisis: vamos a analizar el sistema como un flujo estacionario, y al igual que nuestro problema anterior, tenemos la misma incógnita con otros datos de entrada por lo que debemos acomodar la siguiente ecuación
= ∆
En donde el cambio de entropías corresponde al aluminio, pues éste es el que se considera como nuestro sistema a analizar. En este caso como nuestro sistema es la base, solo recibe energía en forma de calor y no como trabajo mecánico.
̇ ̇∆∅= ∆
De este ecuación nos interesa saber el tiempo, variable que involucra el tiempo para ese consumo energético en el sistema. Procedimiento y cálculos:
∆ =∆ =2770 3 ∗0,005 ∗0,03 =0,4155
Debemos notar que solo un 85 porciento de la energía en forma de calor presente en la resistencia se convierte en energía para la base de la plancha por lo que tenemos:
̇ = 1000 ∗0,85=850 ∗118 ∆ =0,4155 ∗875 ∗ ∆ =42899,5 ∆∅= ∆ ̇ 5 ∆∅= 42899, 850 ̇ ∆∅= 50,47
4. Enunciado: Un dispositivo cilindro émbolo si fricción contiene inicialmente 0.5 m3 de nitrógeno gaseoso a 4 bar y 27 oC. El nitrógeno se expande siguiendo un proceso politrópico para el que PV0.82 = constante hasta que se duplica el volumen. Simultáneamente se pone a funcionar dentro del cilindro un calentador eléctrico a 120 V durante 10 minutos. Durante el proceso tiene lugar también una pérdida de calor por las paredes de 12.8 KJ. Determinar a. Temperatura fina b. El trabajo de frontera c. La resistencia en ohmios del calentador eléctrico Diagrama:
Diagrama proceso:
Análisis: como es un proceso politrópico, podemos asegurar que nuestra presión y temperatura inicial y final será proporcional a una constante k. de igual manera podemos hacer uso de nuestra ecuación de gas ideal para hallar el valor de la masa de gas nitrógeno a las condiciones dadas.
Procedimiento y cálculos: parte a
1∗1 =2∗2
calcularemos nuestra presión 2 por medio de la ecuación anterior.
=2 1∗1 2 , 400 ∗0, 5 , 1 =2 2=226,576
Ahora aplicamos formula de gas ideal para despejar la masa en kg.
1∗1=∗1 1∗1 1 = ó 400 ∗0, 5 0,∗ 2968 ∗27+273 =ó ó =2,2462 2∗2 =2 226,576 ∗1 =2 0, 2 968 2,2462 ∗ ∗ 2=339,86
Finalmente calculamos nuestra temperatura final con la misma fórmula de gas ideal
Procedimiento y cálculos: parte b
Al tener nuestros datos de presiones y volúmenes en ambos estados, podemos calcular el trabajo de frontera de un proceso politrópico:
.− = 2∗21∗1 1 ∗0, 5 .− = 226,576 ∗110,400 82 .− =147,54
Comentarios: como es un proceso de expansión volumétrica, es claro que nuestro valor de trabajo de frontera debería ser positivo en la teoría. Se corrobora que es positivo con los cálculos.
