problemas_sistemas_abiertos

2

-Corriente A:diámetro 30 cmP=1 bar,T=50ºCc=15 m/sg

-Corriente B: diámetro 40cmP=1,5 barT=100ºCc=20 m/sg

Corriente de salida:M=?T=?

W=500KW

1.- Se suministra a un receptor perfectamente aislado dos chorros estables separados de aire A y B y un solo chorro sale por C a baja velocidad. Hay una transferencia de trabajo hacia el interior del receptor en una proporción de 500KW. Calcular la temperatura de transmisión suponiendo que el aire se comporta como un gas perfecto, teniendo en cuenta la siguiente información: Chorro A: sección 30.cm de diámetro; P=1 bar, T=50ºC; c=15 m/sg Chorro B: sección 0.4m de diámetro, P=1,5 bar T=100ºC c=20 m/sg c_{P}=1.005KJ/(KgK) r=0.287 KJ/(KgK).

3

Principios físicosConservación de la masa

Conservación de la energía

∑∑ −+=s

se

evct mmdt

dMdt

dM&&

∑∑⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++=

e e

2

s s

2mgz)

2c(hmgz)

2c(hW-Q &&&&

Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una dos entradas y una salida. Fluido aire.

Desprecia la variación de energía potencial, velocidad de salida despreciable

No hay flujo de calor por ser adiabáticaConservación de la masa

Conservación de la energía

cba

vct

mmme

mes

ms

ioestacionar régimen0dt

dMdt

dM

&&&

&&

=+

∑=∑

==

[ ]⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

=Δ=

<=

2chm

2chmhcmW-

tegeneralmen desprecia se Eadiabática 0Q

sistema) el sobre realizdo 0( 500KWW

2B

BB

2A

BAC

P

&&&&

&

&

0

4

Conservación de la masa

CBA mmm &&& =+

csKg

sKg

sKg m4.6643.521.114 &==+

sKg

mN5

KKgJ3

sm222

A

A

a2A

aes,

aaA 1.114

10

273)K(50100.287

15m)10π(15

PrT

cRπv

cSm

2

=+⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

⋅

−

&

sKg

mN5

KKgJ3

sm222

B

B

B2B

Bes,

BBB 3.520

101.5

273)K(100100.287

20m)10π(20

PrT

cRπv

cSm

2

=

⋅

+⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅=

⋅

−

&

5

Conservación de la energía

[ ]⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=⋅

2chm

2chmhm)10(-500-

2B

BB

2A

BACCsgJ3 &&&

P

2B

BRBP

2A

ARAPCRCPsgJ3

2cm)T-(Tc

2cm)T-(Tcm)T-(Tc10500

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++−=⋅ &&&

C

2B

2A

BBAAsgJ3

C m2

c2

cmTmT10500T

&

&& −−++⋅=

2c

2c)mmm(TcTmcmTcmTc

2c

2cmTcTmcmTcmTcmTc-mTc10500

2B

2A

0CBARPBBPAAPCCP

2B

2A

BRPBBPARPAAPCRPCCPsgJ3

−−−++−−

=−−+−+−=⋅

=

&&&&&&

&&&&&&

6

2.- Los tubos de una caldera tienen un diámetro interior de 3.5 cm y transporta un flujo másico de agua de 0.75 Kg/s. En la entrada las condiciones del agua son_ P=80 bar, T=70ºC; el agua sale de la caldera a la temperatura de 500ºC. Determinar:

a) Velocidad de entrada del agua en la caldera.

b) Dibujar el proceso en el diagrama P-V

c) Calor que absorbe el agua

Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una entrada y una salida. Fluido agua.. Sección tubo constante .Desprecia la variación de energía potencial

No hay flujo de trabajo al ser una caldera proceso a presión constante

Entrada:

P=80bar

T=70ºC

Salida:

v=100m/s

T=500ºC

M=0.75Kg/s 3.5 cm

7

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅

⋅

=⇒⋅

=⋅

=

e

ees,

ses,

sees,

eses,

ss

ees,

ee

smv

vcv

cv

csv

csm

&&

Conservación de la masa

ce =ves,e ⋅ &m

se

=ves(P = 80,T = 70ºC) m3

Kg ⋅0.75 Kgs

π ⋅ 3.52⋅10−2⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟

2

m2

Estado 1 (entrada)

P=80 bar

T=70ºC

Estado 1 (entrada)

Líquido

Ts(P=80bar)0294.98ºCTe <Ts(P=80bar)

Para determinar las variables termodinámicas del estado 1 hay que utilizar la tabla de agua líquida comprimida, por interpolación

KgKj

1

Kgdm

e,1

299.5h

1.0192v 3

=

=sm

e

ees,e 0.79

smv

c =⋅

=&

Estado 2 (salida)

T=500ºC, P=80 bar

h=3398.80 ,KJ/Kg

Ve=0.041735m3//Kg

Conservación de la energía

&Q = &m hs +cs

2

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟− he+

ce2

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

cs =ves,s ⋅ &m

se

=ves(P = 80,T = 500ºC) m3

Kg ⋅0.75 Kgs

π ⋅ 3.52⋅10−2⎛

⎝⎜

⎞⎠⎟

2

m2

= 32.55 ms

9

3.- Los tubos de un calentador tienen un diámetro interior de 3.5 cm y transporta un flujo másico de agua de 0.75 Kg/s. En la entrada las condiciones del agua son_ P=80 bar, T=70ºC; el agua sale del calentador con velocidad de 100m/s ay temperatura de 500ºC. Determinar:

a) Velocidad de entrada del agua en el calentador.

b) Presión del agua a la salida del calentador.

c) Dibujar el proceso en el diagrama P-V

d) Calor que absorbe el agua

Cuestión.- ¿Qué es la temperatura crítica de una sustancia?

Al no indicar que se trate de una caldera no podemos suponer que se trate de un proceso a presión constante

Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una entrada y una salida. Fluido agua.. Sección tubo constante .Desprecia la variación de energía potencial

No hay flujo de trabajo calentador

M=0.75Kg/s 3.5 cmEntrada:

P=80bar

T=70ºC

Salida:

v=10m/s

T=500ºC

10

Principios físicos:

a) Conservación de la masa

b) Conservación de la energía (1er Principio sistemas abiertos)

sesees vcs

vcsm ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅=&

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=− e

2e

es

2s

s gz2chgz

2chmWQ &&&

11

Estado 1 (entrada)

P=80 bar

T=70ºC

)80( barPTT se =<CbarPTs º98.294)80( ==

Tablas/prpagua Estado 1 (entrada)

Líquido

Para determinar las variables termodinámicas del estado 1 hay que utilizar la tabla de agua líquida comprimida

KgKj

1

Kgdm

e,1

299.5h

1.0192v 3

=

=

sm

2

cmm2

dmm3

Kgdm

sKg

e

ees,e

ees

0.7910cm

23.5π

101.01920.75svm

cv

csm 3

33

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅⋅=

⋅=⇒⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅=

−

−&&

La velocidad de entrada se puede determinar a partir de la ecuación de conservación de la masa

Estado 2 (salida)

T=500ºC

Temperatura crítica del agua

Tc.agua=374.15ºCaguacs TT ,>

Estado 2 (salida)

Vapor sobrecalentado

a)

12

&m = s ⋅ cves

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

e

⇒ ve =ss ⋅cs

&m=π 3.5

2cm ⋅10−2 m

cm⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

⋅100 ms

0.75 Kgs

= 0.1282 m3

Kg

El volumen específico del estado de salida se puede determinar a partir de la conservación de la masa

Tablas/prpaguaEstado 2 (salida)

T=500ºC

Kgm

se,336.65v =

P=90.3 bar

hs = 3437.28Kj/kg

b)

c)

T=500ºC

T=500ºC

T=500ºCP=90.3bar

13

5.- En una tobera convergente con un área de salida de 0.001 m2 entra aire con velocidad despreciable a la presión de 1.0MPa y temperatura de 360K. Determinar para un flujo isotrópico el flujo másico de aire para las siguientes condiciones en la salida:a) 500KPa η=1b) 500KPa. η=0.85Datos: γ=1.4 Pm,aire=28.97gr R=8.314KJ/(Kmol K)Hacer el calculo Utilizando los programas PROAGUA y PROGASESUtilizando las expresiones teóricas

P=1MPa

T=360K

C=0

S=0.001m2

Ps

DISPOSTIVO: Tobera, sistema abierto con una entrada y una salida.La ecuación del primer principio es en este caso:

13

14

despejando cs:

14

cs = 2 h P=1MPa;T=360ºC( )-h(P=500KPa,ss =se⎡⎣ ⎤⎦+ce

2

=0

e

s

P=1MPaT=360K

P=500KPa

h

s

15

despejando cs,R

15

e

S,i

P=1MPaT=360K

P=500KPa

η=0.85

sR

he + ce2

2=hs,R + cs,R

2

2

cs,R = 2 he-hs,R( )+ce2

his =he -hs,R

he -hs,i

⇒ hs,R =he-ηis he -hs,i( )

cs,R = 2 he − he -ηis he -hs,i( )⎡⎣ ⎤⎦⎡⎣

⎤⎦

s

h

16

Tobera idealPrograma  PROGASES

16

1717

18

Tobera con η=0.85

18

19

•Hay que determinar hs,real•de la expresión de rendimiento isotrópico

.la velocidad es para este caso:

19

20

Cálculo

Teoría Ecuación de transformación adiabáticaEc.estado de gas ideal

Ley de MayarÍndice adiabático

Ec. Estado de gas ideal salida

Definición de rendimiento isotrópicoEc. del primer principio

Tobera con η=0.85

20

2121

22

8.‐ Un conducto aislado lleva agua desde un depósito hasta una bomba, también aislada, situado 4m por encima del nivel del depósito. El agua entra en dicho conducto a 95KPa, 15ºC y velocidad de 3 m/s. La bomba impulsa el agua a un segundo conducto, con diámetro interior de 89.9mm a 480KPa y velocidad de 7.5 m/s. A continuación el agua asciende por este ultimo conducto 20m. Una  tobera  situada al  final del  conducto de  impulsión,  reduce el diámetro de  la  corriente  y,  a través de ella, descarga el agua a la atmósfera  a 100KPa.  Si todo el proceso se supone isotermo y adiabático, determinar:a)Potencia mínima para el accionamiento de la bomba.b)Caudal másico del agua impulsada por la bomba.c)Diámetro de salida de la tobera

cuatro sistemas abiertos cada uno con una entrada y una salida:Sistema 1conducto (Puntos 1 y A de la figuraSistema 2 bomba (Puntos A y B de la figura)Sistema 3conducto (Puntos B y C de la figura)Sistema 4 tobera (Puntos C y D de la figura)

Depósito

Bomba

Tobera

4mP=95KPaT=15ºCc=3m/s

P=100KPa

20m

P=480KPad=89.9mmc=7.5m/s

DC

1

B

A

22

23

Sistema 3:ConductoW=0

Q=0

23

Sistema 1:ConductoW=0

Q=0

Sistema 2:BombaW<0

Q=0

Sistema 4:ToberaW=0

Q=0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= 1

21

1A

2A

A gz2ch)gz

2c(h0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

•

A

2A

AB

2B

B gz2

ch)gz2

c(hw-

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= C

2C

CD

2D

D gz2

ch)gz

2c(h0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= B

2B

BC

2C

C gz2

ch)gz2

c(h0

Des,

DD

Ces,

CC

vcs

vcs ⋅

=⋅

Aes,

AA

es,1

11

vcs

vcs ⋅

=⋅

Bes,

BB

Aes,

AA

vcs

vcs ⋅

=⋅

Ces,

CC

Bes,

BB

vcs

vcs ⋅

=⋅

Conservación de la energía Conservación de la masa

24

Determinación del flujo másico

esvcsm ⋅

=•

Aplicado al punto B sKg

dmm

Kgdm

sm

CTKPaP

m38.5

101.0006

7.521089.9π

vcsm 3

23

Bes,

BBB =

⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅=

⋅= −

−

==

•

3

33

2

º15;480 )(

Datos de los puntosPunto 1: z=0 P=95KPa T=15ºC c=3m/s s=?Punto A: z=4 P=? T=15ºC c=? s=?Punto B : z=4 P=480KPa T=15ºC c=7.5 m/s s=π(80.9/2)2

Punto C: z=24 P=? T=15ºC c=? s=?Punto D : z=24 P=100KPa T=15ºC c=? s=?

24

B

25

Sistema 2:BombaW<0

Q=0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

•

A

2A

AB

2B

B gz2

ch)gz2

c(hw-

Sistema 1:ConductoW=0

Q=0⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= 1

21

1A

2A

A gz2ch)gz

2c(h0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

•

1

21

1B

2B

B gz2ch)gz

2c(hw-

25

KgKJ

KgJ

KgJ

22

KgJ3

1B

21

2B

1B 462.820)9.8(42

37.563)10(63.4)z-g(z2

cchhw- =−+−

+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+−=

•

17.82KW17818.7462.8238.5W- ===⋅=•••

sKJ

KgKJ

sKgwm

2626

Sistema 3:ConductoW=0

Q=0

Sistema 4:ToberaW=0

Q=0⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= C

2C

CD

2D

D gz2

ch)gz

2c(h0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= B

2B

BC

2C

C gz2

ch)gz2

c(h0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= B

2B

BD

2D

D gz2

ch)gz2

c(h0

( )[ ] sm2

12BDBDBD 33.5c)zg(zhh2c =+−+−=

D

27

Fluido: vapor aguaP=4 barT=440ºC

Fluido: vapor aguaP=0.20barx=90%

q=20Kj/kg

27

28

Sistema abierto con una entrada y una salida Dispositivo turbina, se desprecia la variación de EP

ses,

ss

ees,

eese

vcs

vcs

mm⋅

=⋅

==••

Conservación de la masa.

[ ]cΔEΔhmW-Q +=•••

)gz2c(hm)gz

2c(hmWQ e

2e

ee

es

2s

ss

s ++−++=− ∑∑••••Conservación de la energía.

2

2

22e 0.0560m10

226.7πrπs =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅== −

22s 0.990m1.10)m(0.900s =⋅=

28

2929

Entrada:P=4bar;T=440ºC Ts (P=4bar)=143.63ºC<Te =440ºC vapor de agua saturado

P=4bar T=400ºC T=440ºC T=450ºC

h(KJ/Kg) 3274 3357.2 3378

Ve (dm3 /kg) 772.5 819.32 831.1

Salida: P=0.2bar; x=90%

Kgdm

Kgdm

Kgdm

glses,333 6883.667648.40.90.9)1.0171(1xvx)v(1v =⋅+−=+−=

KgKJ

KgKJ

KgKj

glses, 2373.332609.10.90.9)251.46(1xhx)h(1h =⋅+−=+−=

sm

2

dmm3

Kgdm

sh

hKg

s

ses,s 38.63

0.99m

106883.663600

120000

svm

c3

33

=⋅

==

−•

sm

2

Kgm

sh

hKg

e

ees,e 81.64

0.0560m

0.8233600

120000

svm

c

3

=⋅

==

•

29

3030

14.37KW14368.932

81.6438.633600

1200002

ccmΔE sJ

22

sh

hKg

2e

2s

c −=−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=

•

5369.2KW

5369.2KW14.373600

1200003357.2)(2373.33W-3600

12000020 sKj

sh

hKg

KgKj

sh

hKg

kgKJ

=

−=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−=−

•

•

Para ver si es posible construir esta turbina, además del primer principio de la termodinámica se debe e verificar el segundo principio.

0ssΔS es ≥−=

P=4bar T=400ºC T=440ºC T=450ºC

s(KJ/KgK) 7.898 8.018 8.048

KgKKJ

KgKKJ

K KgKJ

glses, 7.199517.9070.90.9)0.8321(1xsx)s(1s =⋅+−=+−=

Ss <seIMPOSIBLE VIOLA 2ºPPCIO

30

31

7.- En un sistema de aire acondicionado entra un caudal de 1.20m3 /s de aire seco a 30ºC y 1.10 bares. El aire se enfría intercambiando calor con una corriente de refrigerante 134a que entra al intercambiador de calor a -12ºC y una calidad del 20%. El refrigerante sale del intercambiador de calor como vapor saturado y extrae del aire un flujo de calor de 22KW. Calcular:a)Flujo másico de refrigeranteb)Temperatura del aire a la salida del intercambiador.c)Datos:ρaire =1.2929Kg/m3 ,cp,aire =1.007KJ7Kg PMaire =28.86

AireT=30ºCP=1,10barmc=1.20m3 /s

R134aT=-12ºCx=0.2mf=?

Q=22KWR134aT=-12ºCx=1mf=?

AireT=?P=1,10barmc=1.20m3 /s

f,s f,e

c,sc,e

Sistema abierto, dos corrientes fluidas no mezcladas, con una entrada y una salida por cada corrienteRégimen estacionario

31

32

AireT=30ºCP=1,10barmc=1.20m3 /s

R134aT=-12ºCx=0.2mf=?

Q=22KWR134aT=-12ºCx=1mf=?

AireT=?P=1,10barmc=1.20m3 /s

f,s f,e

c,sc,e

Conservación de la masa

Al ser corrientes no mezcladas:mc,e =mc,s mf,e =mf,s

es mm ∑∑••

=

Conservación de la Energía )gz2c

(hm)gz2c

(hmWQ e

2e

ee

es

2s

ss

s ++−++=− ∑∑••••

)h(hmQ ec,sc,cfcalientec, −=•• )h(hmQ ef,sf,fffrioab, −=

••

0=+••

friof,ab,fcalientec, QQ 0)h(hm)h(hm ef,sf,fsc,ec,c =−+−••

32

Para cada fluido

33

Airehc,e (P=1.10bar,T=30ºC)=303.3 KJ/Kg

Airehc,s (P=1.10bar,T=?)=

R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=0.2)=

R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=1)=

1.85(-12)-(-12.73)(-10.09)-(-12.73)

C)10.09ºP(TC)12.73ºP(TC)12.73ºP(TC)12ºP(T =−=−−=

+−==−=

33

34

hl(T=-12ºC)=hl(T=-12.73ºC)+ hl(T=-12.73ºC)-hl(T=-10.09ºC)(-12.73)-(-10.09)

(-12.73)-(-12) =

hl(T=-12ºC)=33.45+ 33.45-36.84(-12.73)-(-10.09)

(-12.73)-(-12) =34.39

hv(T=-12ºC)=hv (T=-12.73ºC)- hv (T=-12.73ºC)-hv (T=-10.09ºC)(-12.73)-(-10.09)

(-12.73)-(-12) =

hv(T=-12ºC)=206.26- 206.26-204.46(-12.73)-(-10.09)

(-12.73)-(-12) =205.76

R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=1)=205.76

R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=0.2)=

hes,c,e = (1− x)hl(T = −12ºC)+ xhg(T = −12ºC) = (1−0.2)34.39 KJKg + 0.2 ⋅205.76 KJ

Kg = 68.64 KJKg

sKg

ef,sf,

ffrioab,fef,sf,fffrioab, 0.16

68.64205.7622

hhQ

m)h(hmQ =−

=−

=⇒−=

••••

KgKJ

mKg

sgm

KgKJ

sKg

KgKJ

c

ef,sf,fec,sc,ef,sf,fsc,ec,c

289.161,29291.20

68.64)(205.760.16303.3

m

)h(hmhh0)h(hm)h(hm

3

3 =⋅

−−

=−

−=⇒=−+− •

•••

Estos valores e entalpía pueden variar según las tablas que se utilicen

34

35

Consideraciones sobre este problema

1.-Los datos de entalpia de entrada para el aire se puede obtener del programa PROGASES

2-Una vez determinada la entalpia de salida del aire la temperatura de salida se puede obtener del programa PROGASES

35

36

3.-De acuerdo con el dato de calor especifico del aire la variación de entalpia del aire se puede escribir :

)T(TcΔh ec,sc,aireP,aire −=

Que sustituido en la ecuación

0)h(hm)h(hm ef,sf,fsc,ec,c =−+−••

288.951.0071,29291.2068.64)(205.760.16

-273)(30

Tcm

)h(hmT)h(hm)T(Tcm

KKgKJ

mKg

sgm

KgKJ

sKg

ec,

aireP,c

ef,sf,fsc,ef,sf,fsc,ec,aireP,c

3

3 =⋅

−+

+−

=⇒−=−

⋅

•

•••

Permite obtener directamente la temperatura de salida del aire

4.-Para determinar el flujo de aire en Kg/s se puede hacer de la siguiente manera (suponiendo que no se conoce la densidad)

[ ] [ ][ ]

[ ][ ] [ ][ ]

[ ][ ] [ ]

[ ]2

2

33

3

3

mN

KKgKJ

sm

mN

KKgKJ

sm

Kgms

m

skg

T

P

TPM

Rm

Pr

mvmm

gases

c

airees,

c

es

cc

••••

===

36