guía 2° parte

CATEDRA DE TERMODINAMICA B (67.52) UBA 2007 1

CAPITULO 10 SUSTANCIAS PURAS - VAPORES Problema 10.1.1 Diez kilogramos de vapor de agua saturado a 10 bar contenidos en un recipiente de paredes rígidas son sumergidos en agua en ebullición a presión atmosférica. Una vez alcanzado el equilibrio térmico se pide determinar : a) Título final del vapor. b) Calor intercambiado con el medio. c) Variación de Entropía del sistema (vapor), del medio y del universo. d) Variación de Exergía del sistema y del medio suponiendo T0 = 300 0K y p0 = 1 atm (101.33 Kpa). e) Variación de Exergía del universo y Rendimiento Exergético del proceso. Solución

a) Como el estado inicial es vapor saturado se pueden obtener los parámetros de las Tablas de Vapor para p1 = 10 bar : t1 = 179.88 0C T1 = 452.88 0K El agua en ebullición a presión atmosférica = 1 ata está a te = 100 0C, por lo que al sumergir en ella el recipiente el vapor transferirá calor al agua, enfriándose. Por ser el recipiente rígido la evolución del vapor será a Volumen constante, y al no haber cambio de masa el volumen específico también será constante :

v = cte = v1 = v1

” = v2 El estado final es de equilibrio (térmico) con el agua en ebullición, por lo que la temperatura final será t2 = 100 0C. Representando la evolución en el diagrama T - S, ubicaremos entonces el punto 2 a t2 = 100 0C y con la curva de v = cte = v1. El título final puede obtenerse como :

pe = 1 ata te = 100 0C = 373 0K

VAPOR SATURADO m = 10 kg. p1 = 10 bar

Q


'2

"2

'2

"1

'2

"2

'22

2 vvvv

vvvvx

−−

=−−

=

De tablas obtenemos : v1

” = 0.1943 m3/kg v2

” = 1.6730 m3/kg v2

’ = 0.001044 m3/kg

1156.0001044.0673.1001044.01943.0

2 =−−

=x

b) Adoptando como sistema al vapor (sistema cerrado) y aplicando el Primer Principio : LUQ +Δ= y por ser el recinto rígido L = 0 entonces ( )1212 uumUUUQ −⋅=−=Δ=

"11 uu =

( )2'22

"22 1 xuxuu −⋅+⋅=

con lo que ( )[ ]"

12'22

"2 1 uxuxumQ −−⋅+⋅⋅=

De las tablas de vapor obtenemos KgKju /88,581.2"

1 =

KgKju /48,506.2"2 =

KgKju /95,418'2 =

y reemplazando ( )[ ]KgKjKgKjKgKjKgQ /88.25811156.01*/95.4181156.0*/48.2506*10 −−+=

KgKjQ /12,216.19−= el calor cedido al agua en ebullición (medio). c) ( )1212 ssmSSSS vs −⋅=−=Δ=Δ


y sabemos que "

11 ss =

y )1( 2'22

"22 xsxss −⋅+⋅=

De tablas KKgKjs 0"

1 /58281,6 ⋅=

KKgKjs 0"2 /35538,7 ⋅=

KKgKjs 0'2 /30687,1 ⋅=

Entonces [ ]"

12'22

"2 )1.(.. sxsxsmSs −−+=Δ

[ ] KKgKjKgSs0./58281,6)1156,01(*30687,11156,0*35538,7*10 −−+=Δ

KKjSs0/77,45−=Δ

Para el medio (agua en ebullición), que está cediendo calor a temperatura constante :

KKjK

KjTQS

MM

00 /5,51

37312,216.19

===Δ

Y sumando KKjKKjSSS MsU

00 /73,5/)5,5177,45( =+−=Δ+Δ=Δ d) SSSXS VpSTUE Δ+Δ−Δ=Δ .. 00 Recipiente rígido 0=Δ SV

KjKKjKKjEXS 12,485.5)/77,45(*30012,216.19 00 −=−−−=Δ

KjKgKjKKjSTQQE MMUMXM 12,766.3/5,51*30012,216.19. 00 =−=Δ−==Δ

e) La variación de Exergía del Universo se obtendrá sumando la de sistema y medio :

KjKjEEE XMXSXU 719.1)12,376612,5485( −=+−=Δ+Δ=Δ o también KjKgKjKSTE UXU 719.1/5.51*300. 0

0 −=−=Δ−=Δ


Y el rendimiento exergético :

686,012,548512,3766

==ΔΔ

==XS

XM

X

XEX E

EperdidasEganadasE

η

Problema 10.1.2 En un cilindro adiabático cerrado por un pistón también adiabático que mantiene la presión constante hay una masa de 3º Kg de vapor a 10 bar y título x = 0,935. Mediante el aporte de calor y posterior compresión adiabática reversible se lleva al vapor hasta 20 bar y en estado de vapor saturado. Determinar el calor y trabajo aportados : a) Gráficamente, utilizando el diagrama de Mollier (h – s). b) Analíticamente, utilizando Tablas de Vapor. Solución a) Gráficamente :

El estado inicial 1 se ubica a p1 = 10 bar y título x1 = 0,935. Ubicamos el punto 1. El calentamiento 1-2 se hace a presión constante p1 = p2, pero no conocemos la ubicación del punto 2.

El estado final 3 es vapor saturado a p3 = 20 bar, con lo que ubico el punto 3 sobre la campana y a esa presión. La compresión 2-3, por ser adiabática reversible será isoentrópica. Por ello el punto 2 se ubicará sobre la línea de p = cte =p1 y sobre la vertical que pase por el punto 3. Del diagrama de Mollier se obtienen los siguientes valores : Estado p v x h s bar m3/kg - - Kcal/Kg Kcal/Kg.0K

1 10 0,180 0,935 630,05 1,505


2 10 0,178 0,947 635,50 1,540 3 20 0,100 1,000 665,50 1,540 Tomando como sistema al vapor (sistema cerrado ) y aplicando Primer Principio en el calentamiento : [ ] [ ]11211212112212121 .).()(. vpvpuumvvpuumLUQ −+−=−+−=+Δ= −−− y al ser p1= p2 [ ] ).(()(. 111122221 2

hhmvpuvpumQ −=+−+=−

KjKcalKgKcalKgQ 02,608150/)5,6305,635(*3021 ==−=− Para el mismo sistema pero aplicando Primer Principio a la compresión (adiabática reversible) : 0323232 =+Δ= −−− LUQ

).( 233232 uumUL −−=Δ−= −− Para determinar las energías internas (u) aplicamos la definición de entalpía : pvuh += o sea que pvhu −= ; entonces :

mKgf

KcalKgm

mcm

cmKgf

KgKcalvphu

.4271*178.0*10*2.105.635

3

2

24

22222 −=−=

KgKjKcalKj

KgKcalu /13,2482

2389,01*98,5922 ==

KgKjKcalKj

KgKcalvphu /7,2585

2389.1*72,617

4271*1,0*10*4,205,665 4

3333 ==−=−=

Con lo que obtenemos el trabajo L2-3 : ).( 3232 uumL −=−

KjKgKjKgLKcalKgKcalKgL

1,3107/)7,258513,2482(*302,742/)72,61798,592(*30

32

32

−=−=−=−=

−

−


b) Analíticamente : De las Tablas de vapor se obtienen los siguientes datos :

Estado p T v’ v“ h‘ h“ u‘ u” s‘ s”

KPa 0K m3/Kg m3/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg 1 1000 453.04 0.001127 0.1943 762.61 2776.17 761.48 2581.88 2.13817 6.58251 2 1000 453.04 0.001127 0.1943 762.61 2776.17 761.48 2581.88 2.13817 6.58251 3 2000 485.53 0.001177 0.0995 908.59 2797.22 906.24 2598.15 2.44686 6.33665

Siguiendo el razonamiento anterior :

).( 1221 hhmQ −=− Para el punto 1 : KgKjxhxhh /29,2645)935,01(*61,762935,0*17,2776)1.(. 1

'11

"11 =−+=−+=

Para el punto 2, podemos obtener el título x2 :

945,013817,258251,613817,233665,6

'2

"2

'2

"3

'2

"2

'22

2 =−−

=−−

=−−

=ssss

ssssx dado que s2 = s3

” por ser la compresión adiabática reversible, o sea isoentrópica. Entonces :

KgKjxhxhh /42,2665)945,01(*61,762945,0*17,2776)1.(. 2

'22

"22 =−+=−+=

y obtenemos KjKgKjKghhmQ 9,603/)29,264542,2665(*30).( 1221 =−=−=− Del mismo modo ).( 323232 uumUL −=Δ−= −−

KgKjxuxuu /76,2481)945,01(*48,761945,0*88,2581)1.(. 2'22

"22 =−+=−+=

KgKjuu /15,2598"33 ==

con lo que tenemos KjKgKjKgL 7,3491/)15,259876,2481(*3032 −=−=−


Problema 10.1.3 Se mezcla una corriente de 4000 Kg de vapor de título x1 = 1 a 30 bar con otra de 1000 Kg de título x2 = 0,9, a la misma presión. La mezcla se lamina a través de una válvula hasta 15 bar, presión a la cual ingresa a una turbina de rendimiento 0,655 de la que sale a 0,1 bar. Considerando toda la instalación adiabática, se pregunta :

a) Estado del vapor a la salida de la turbina b) Trabajo obtenido en la misma c) Variación de Entropía del proceso total d) Variación de Exergía del proceso total, si p0 = 1 bar y T0 = 300 0K e) Rendimiento Exergético del proceso total f) Explique conceptualmente en qué partes del proceso se destruye exergía

Solución Representamos las evoluciones en un diagrama T – S : Los puntos 1 y 2 se ubican con el dato de presión y título.

C. M.

m1

m2 LT

1

2

3 4

5


El punto 3 estará a la misma presión que 1 y 2, en un valor intermedio de título. Es una incógnita que se definirá aplicando primer principio en la cámara de mezcla. Ubicado el punto 3, el punto 4 estará a la presión de salida de la válvula (15 bar), y sobre la isoentálpica que pasa por 3. El punto 5 se ubicará en función del rendimiento de la turbina. Con ello se obtendrán todos los parámetros del estado final 5. De las tablas de vapor se obtienen los datos que apoyarán los cálculos :

Estado p T h’ h“ s’ s “ x kPa 0K Kj/Kg Kj/Kg KJ/Kg.0K. KJ/Kg.0 K - - -

1 3000 507 1008.35 2802.29 2.64550 6.18372 1.00 2 3000 507 1008.35 2802.29 2.64550 6.18372 0.90 3 3000 507 1008.35 2802.29 2.64550 6.18372 4 1500 471.45 844.66 2789.89 2.31447 6.44059 5 10 318.99 191.83 2584.78 0.64925 8.15108

Para definir el punto 3 aplicamos Primer Principio a la Cámara de Mezcla : CLHQ +Δ= y como Q = 0 y LC = 0

0).().( 232131 =−+−=Δ hhmhhmH Así podemos obtener h3 :

21

22113

..mm

hmhmh++

=

KgKjxhxhhKgKjhh

/9,2622)9,01(35,10089,029,2802)1.(./29,2802

2'22

"22

"11

=−∗+∗=−+=

==

KgKjKgKg

KgKjKg

KgKjKg

h /41,276610004000

9,2622100079,280240003 =

+

∗+∗=

y con h3 podemos obtener x3 y s3 :


98,035,100829,280235,100841,2766

'3

"3

'33

3 =−−

=−−

=hhhhx

KKgKjxsxss 03

'33

"33 ./11296,6)98,01(64550,298,018372,6)1.(. =−∗+∗=−+=

Para el punto 4 aplicamos Primer Principio en la válvula : CLHQ +Δ= y siendo Q = 0 y LC = 0

0)).(( 3421 =−+=Δ hhmmH

o sea KgKjhh /41,276634 ==

y

KgKjxsxsshhhhx

/39108,6)988.01(31447,2988,044059,6)1.(.

988,066,84489,278966,84441,2766

4'44

"44

'4

"4

'44

4

=−∗+∗=−+=

=−−

=−−

=

Para definir el punto 5 analizamos la Turbina :

655,0)).(()).((

4'5

45

4'521

4521ReRe =−−

=−+−+

=ΔΔ

==hhhh

hhmmhhmm

HH

LL

Tideal

alT

Tideal

alTTη

Los datos del punto 5’ los obtenemos a partir de la isoentrópica (adiabática reversible) que pasa por 5:

KgKjss /39108,64'5 == '5

''5 ss = "

5"'5 ss = '

5''5 hh = "

5"'5 hh =

KgKjxhxhh

ssssx

/44,2022)765,01(83,191765,078,2584)1.(.

765,064925,015108,864925,039108,6

'5'5'5

"5'5

'5

"5

'5'5

'5

=−∗+∗=−+=

=−−

=−−

=

Despejando h5 de la expresión de rendimiento obtenemos su valor y los demás parámetros de 5 :


KKgKjxsxss

hhhhx

KgKjhKgKjKgKjhhhh T

05

'55

"55

'5

"5

'55

5

5

44'55

./19085,7)872,01(64925,0872,015108,8)1.(.

872,083,19178,258483,19111,2279

/11,2279/41,2766/)41,276644,2022(655,0).(

=−∗+∗=−+=

=−−

=−−

=

=+−∗=+−= η

b) Trabajo en la Turbina LT : Aplicando Primer Principio en la Turbina

0=+Δ= TT LHQ por ser adiabática entonces

KjL

KgKjKghhmmHL

T

TT

500.436.2/)11,227941,2766()10004000()).(( 5421

=−∗+=−+=Δ−=

c) Variación de Entropía :

MSU SSS Δ+Δ=Δ pero 0=Δ MS por ser la instalación adiabática

TVCMS SSSS Δ+Δ+Δ=Δ En la Cámara de Mezcla entran dos masas de la misma sustancia (el vapor) a la misma presión y temperatura, no hay una evolución sino simplemente una mezcla física, que por lo tanto es reversible. Resulta entonces :

45

34

3231 0

SSSSSS

SSS

T

V

CM

−=Δ−=Δ

=Δ+Δ=Δ −−

quedando

KKjKKgKjKgS

ssmmSSSSSSS

S

S00

3521354534

/45,5389./)11296,619085,7()10004000(

)).(()()(0

=−∗+=Δ

−+=−=−+−+=Δ

y


KKjSSS MSU0/45,389.5=Δ+Δ=Δ

d) Variación de Exergía :

XTXVXCMXS

TXM

XMXSXU

EEEEKjLE

EEE

Δ+Δ+Δ=Δ

>==Δ

Δ+Δ=Δ

0500.436.2

En la Cámara de Mezcla 000.0 =−=Δ−Δ=Δ CMCMXCM STHE , ya que no hay evolución. En la Válvula 0).(0. 340 <−−=Δ−Δ=Δ SSTSTHE VoVXV En la Turbina 0).()(. 450450 <−−−=Δ−Δ=Δ SSTHHSTHE TTXT Y sumando

( )[ ]

( )

KjEKKg

KjKKgKjKgE

ssThhmmSSTHHE

XS

XS

XS

335.053.4.

)11296,619085,7(*30041,276611,2279*)10004000(

0).().().()(

00

350452135045

−=Δ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−+=Δ

<−−−+=−−−=Δ

Para el Universo entonces: KjEXU 835.616.1500.436.2335.053.4 −=+−=Δ y verificando : KjKKJKSTE UXU 835.616.1/45,5389*300. 00

0 −=−=Δ−=Δ e) Rendimiento exergético :


601,0335.053.4

500.436.2=

−=

Δ+Δ=

Δ

Δ=

KjKJ

EEL

EE

XTXV

T

sXconsumida

sXproducidaEXη

f) Conceptualmente se destruye Exergía en la Válvula y en la Turbina; en la Válvula porque se reduce la presión con respecto al medio sin que nadie gane, y en la

turbina porque al ser irreversible con un rendimiento 1<Tη , la Exergía ganada por el medio es menor que la perdida por el vapor. Problema 10.1.4 En un recinto rígido y adiabático hay 10 kg de vapor de agua saturado a una presión de 10 bar. Se abre lentamente una válvula que lo conecta con la atmósfera y se descarga vapor hasta que se igualan las presiones. Determinar el estado final de la masa de vapor que queda en el recinto y su variación de Exergía, siendo p0 = 1 ata y T0 = 300 0K. Solución

Denominemos : m1 = masa inicial en el recinto m2 = masa final en el recinto m2

’ = masa descargada a la atmósfera

Como la válvula se abre lentamente, la masa final de vapor m2 evoluciona cuasiestáticamente; además lo hace sin intercambiar calor ya que a través de las paredes no puede por ser aislantes, y con el resto del vapor no intercambia por estar punto a punto en el mismo estado. Su evolución es por lo tanto adiabática reversible desde la presión inicial p1 = 10 bar hasta la final p2 = 1 ata = 101,3 Kpa = 101,3 N/m2. En un diagrama T - S podemos representar la evolución desde el estado 1, vapor saturado a 10 bar, hasta el estado 2 que estará sobre la vertical (isoentrópica) que pase por 1 y a la presión final p2 = 1 ata.

m2 m2

’


De las tablas de vapor obtenemos los datos siguientes para los estados inicial y final :

Estado p T v’ v“ h’ h” s’ s”

bar/ata 0K m3/Kg m3/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg.0K Kj/Kg.0K 1 10 bar 453.04 - - - - - - 0.1943 - - - - - - 2776.17 - - - - - - 6.58281 2 1 ata 373.16 0.001044 1.6730 419.06 2676.01 1.30687 7.35538

Calculamos el volumen del recipiente con los datos del estado inicial :

3

21

3"11111

73,16

/673,1*10..

mVV

KgmKgvmvmV

==

===

Podemos obtener el título del estado final '2

"2

'22

2 ssssx

−−

= y como "112 sss ==

872,0/)30687,135538,7(/)30687,158281,6(

0

0

'2

"2

'2

"1

2 =−−

=−−

=KKgKjKKgKj

ssssx

y así obtenemos el resto de los parámetros para la masa que queda en el recinto :

[ ]

[ ] KgKjKgKjxhxhh

KgKgm

mvVm

KgmKgmxvxvv

/12,2387/)872,01(*06,419872,0*01,2676)1.(.

467,11/459,1

73,16/459,1/)872,01(*001044,0872,0*673,1)1.(.

2'22

"22

3

3

2

22

332

'22

"22

=−+=−+=

===

=−+=−+=

Calcularemos ahora la Variación de Exergía de la masa que queda en el recinto, m2 :


[ ]

).(

0

).().(.).(

..

"122

"11

"12222

"122

00

2

2

2

2222

vvmV

S

vphvphmuumU

VpSTUE

m

m

m

mmmXm

−=Δ

=Δ

−−−=−=Δ

Δ+Δ−Δ=Δ

Reemplazando y simplificando, recordando que 02 pp = :

[ ]( )[ ]

KjEKgKj

KgKjKgE

Kgm

mKN

KgKjKgE

vpphhmvpvphhmE

vvmpvphvphmE

Xm

Xm

Xm

oXm

oXm

87,458.2

)62,17405,389(*467,11

1943,0*)3,1011000()17,277612,2387(*467,11

).(.)...(

).(.).().(.

2

2

2

2

2

3

2

"101

"122

"1

"11

"122

"122

"11

"12022

−=Δ

+−=Δ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−=Δ

−+−=−+−=Δ

−+−−−=Δ

Problema 10.1.5 Se tiene un tanque rígido que puede comunicarse por medio de una válvula con un cilindro en el que actúa un pistón que mantiene una presión constante de 2 bar. Toda la instalación es adiabática. El tanque contiene inicialmente m1 = 10 Kg de vapor de agua saturado a 10 bar, y el cilindro contiene inicialmente m2 = 2 Kg de vapor de agua sobrecalentado a 200 0C. Se abre la válvula y cuando se alcanza el equilibrio se pide determinar :

a) Estado final del vapor b) Variación de Entropía del Universo c) Variación de Exergía del Universo si p0 = 1 ata y T0 = 27 0C.

p0 = 1 ata / t0 = 27 0C m2 = 2 Kg

t2 = 200 0C p2 = 2 bar

Vapor Sobrec.

m1 = 10 Kg

p1 = 10 bar

Vapor Saturado


Solución

a) Estado final del vapor : En un diagrama T - S podemos representar el estado inicial de la masa m1 (punto 1) como vapor saturado a 10 bar, y el estado inicial de la masa m2 (punto 2) como vapor sobrecalentado a 2 bar y 200 0C. En el estado final sabemos que el conjunto se encontrará a una presión final de 2 bar.

De las tablas de vapor obtenemos los datos siguientes para los estados iniciales : Estado p T v’ v“ h’ h” u’ u” s’ s”

bar 0K m3/Kg m3/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg.0K Kj/Kg.0K 1 10 453.04 0.001127 0.1943 762.61 2776.17 761.48 2581.88 2.13817 6.58281

Estado p T v h u s

bar 0K m3/Kg Kj/Kg Kj/Kg Kj/Kg.0K2 2 473.16 1.08040 2870.49 2654.41 7.50716

Se adopta como sistema el conjunto de las masas de vapor (m1 + m2), que es un sistema cerrado, y se aplica el Primer Principio : 0=+Δ= LUQ por tratarse de recipientes adiabáticos.


)..().()( 22112121 umumummUUUU ff +−+=+−=Δ Las energía internas u las obtenemos a partir de la definición de entalpía :

2222

"11

"11111

2

...

..

vphuvphvphu

vphvphu ffffff

−=−=−=

−=−=

Con lo que tenemos :

[ ][ ])..().(..

)..()..().).((

22"112122

2222"11

"11221

vmvmvmmpVpL

vphmvphmvphmmU

f

ff

+−+=Δ=

−+−−−+=Δ

Reemplazando en la ecuación del Primer Principio :

[ ]

0)...(.).(

)..()..(.).().(

0)..().(.

)..()..().).((

22"112221

2222"11

"1122121

22"11212

2222"11

"11221

=+−++

+−−−−+−+

=+−++

+−−−−−+

vmvmpvpmm

vphmvphmvpmmhmm

vmvmvmmp

vphmvphmvphmm

f

ff

f

ff

Simplificando

)()...()..()..(

0)...()..()..().(

21

22"1122222

"11

"11

22"1122222

"11

"1121

mmvmvmpvphmvphmh

vmvmpvphmvphmhmm

f

f

+++−+−

=

=+−−−−−+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

+−+−

+=

32 )08040.1*21943.0*10(*200

)08040.1*20049.2870(*2)1943.0*100017.2776(*10*

)210(1

mmKN

KgKjKg

KgKjKg

Kgh f

KgKjh f /39.2662=


Con pf = 2 bar y hf = 2662.39 Kj/Kg, de las tablas de vapor se puede determinar los datos faltantes del estado final. Dado que de tablas vemos que para p = 2 bar : h’

2 = 504.7 Kj/Kg y h”2 = 2706.29 Kj/Kg, el estado final se trata de un vapor húmedo, cuyo título podemos determinar :

KgmKgm

Kgmxvxvv

KT

hhhh

x

fffff

f

ff

fff

/868.0)98.01(*001061.098.0*8854.0)1.(.

39.393

98.07.50429.27067.50437.2662

333

'"

0

'"

'

=−+=−+=

=

=−−

=−−

=

KKgKj

KKgKj

KKgKjxsxss fffff 000

'"

.015.7)98.01(*

.53008.198.0*

.12683.7)1.(. =−+=−+=

b) Variación de Entropía del Universo

KKjSSSS

KKgKj

KKgKjKg

KKgKjKgS

ssmssmssmssmSSS

MSU

M

S

ffffS

0

000

22"11221121

/33758.30

.33758.3

.)50716.7015.7(*2

.)58281.6015.7(*10

).().().().(

=Δ+Δ=Δ

=Δ

=−+−=Δ

−+−=−+−=Δ+Δ=Δ

d) Variación de Exergía del Universo

KjKKg

KjKSTE UXU 808.1001.

33758.3*16.300. 00

0 −=−=Δ−=Δ

Este resultado puede verificarse calculándola por partes :

SSSXS

XMXSXU

VpSTUEEEE

Δ+Δ−Δ=ΔΔ+Δ=Δ

.. 00


Pero al plantear Primer Principio al sistema habíamos llegado a que : 0=+Δ= SS LUQ por ser adiabáticos los recintos, o sea

SSS VpLU Δ−=−=Δ .2 entonces

MMMXM

SSSSSXS

VpSTUESTVppVpSTVpE

Δ+Δ−Δ=ΔΔ−Δ−=Δ+Δ−Δ−=Δ

...).(...

00

020002

Pero si aplicamos Primer Principio al medio : 0=+Δ= MM LUQ por ser adiabáticos. O sea que

SSMM VpLLU Δ=−−=−=Δ .)( 2 además : SM VV Δ−=Δ entonces

SXM

MSSMSXM

VppESTVppVpSTVpE

Δ−=ΔΔ−Δ−=Δ−+Δ−Δ=Δ

).(.).().(..

02

002002

Reemplazando USSSSXMXSXU STSTVppSTVppEEE Δ−=Δ−=Δ−+Δ−Δ−=Δ+Δ=Δ ..).(.).( 0002020 Problema 10.1.6

Un recipiente de 3 m3 de capacidad contiene 5 % de su volumen de agua líquida en equilibrio con su vapor a la presión de 0,5 bar (Estado 1). Se le entrega calor hasta que la presión llega a 2 bar (Estado 2). A esa presión se abre la válvula V, dejando salir vapor hasta que el título dentro del recinto llega al 50 % (Estado 3). Determinar cuánto vapor salió y la cantidad Q de calor entregada.

Q

V


Solución Estado 1 :

De Tablas de Vapor, para 0,5 bar : v ‘ (agua líquida ) = 0,00103 m3/kg ; v “ (vapor saturado) = 3,24 m3/kg La masa de agua líquida dentro del recipiente es : kgkgmmvVm aa 63,145/00103,0/305,0/ 33'

111 =×== de agua y la masa de vapor : kgkgmmvVm vv 88,0/24,3/395,0/ 33"

111 =×== de vapor. Se puede calcular entonces el Título del Estado 1 :

%6,0006,063,14588,0

88,0

11

11 ==

+=

+=

av

v

mmm

x

el volumen específico : kgmxvxvv /02046,0)006,01(00103,0006,024,3)1( 3

1'11

"11 =−∗+∗=−∗+∗=

y la masa total inicial kgmmm av 51,14663,14588,0111 =+=+= Se puede verificar el volumen específico kgmkgmv /02047,051,146/3 33

1 == La energía interna : de tablas kgkJu /44,340'

1 = ; kgkJu /9,2483"1 = , entonces :

kgkJxuxuu /3,353)006,01(44,340006,09,2483)1( 1'11

"11 =−∗+∗=−∗+∗=

Estado 2 De tablas de vapor, para 2 bar : v 2‘ (agua líquida ) = 0,00106 m3/kg ; v 2“ (vapor saturado) = 0,8857 m3/kg Como el recinto es rígido (V = cte.) y hasta ese momento no sale masa, el volumen específico será igual al del estado 1 kgmvv /02046,0 3

12 == .


El título en 2 será %66,20266,000106,08857,000106,002046,0

'2

"2

'22

2 ==−−

=−−

=vvvvx

La masa de agua líquida kgmxma 61,14251,146)0266,01()1( 222 =∗−=∗−= de agua.

Para la energía interna, de tablas kgkJu /49,504'2 = ; kgkJu /5,2529"

2 = , entonces :

kgkJxuxuu /35,558)0266.01(*49,5040266,0*5,2529)1( 2'22

"22 =−+=−∗+∗=

Y para la entalpía, de tablas kgkJh /7,504'

2 = ; kgkJh /7,2706"2 = , entonces

kgkJxhxhh /27,563)0266.01(*7,5040266,0*7,2706)1( 2'22

"22 =−+=−∗+∗=

Estado 3 Como el título en este estado se dice que es 50 %, entonces 33 va mm = , o lo que es lo mismo

033 =− va mm (1) y también 3"

33'33 3** mvmvm va =+ , y como '

2'3 vv = y "

2"3 vv = (p3 = p2 = 2 bar)

333 38857,0*00106,0* mmm va =+ (2)

Resolviendo (1) y (2) resulta kgmm va 38,333 ==

Y la masa total kgm 76,638,338,33 =+= Con lo que la masa de vapor que salió resulta kgmmm 75,13976,651,14631 =−=−=

Y la entalpía kgkJxhxhh /7,1605)5.01(*7,5045,0*7,2706)1( 3'33

"33 =−+=−∗+∗=

Calor entregado 3221 −− += QQQ , siendo : 1-2 una transformación a volumen constante


2-3 una transformación a presión constante, con lo que Q2-3 será el calor de vaporización a p = cte = 2 bar multiplicado por la cantidad de agua que se evaporó, es decir : kgmmm aa 23,13938,361,14232 =−=−=Δ Entonces : LUQ +Δ= −− 2121 y como 0=L por ser a V=cte.

kJuumUQ 042.30)3,35335,558(*51,146)(* 1212121 =−=−=Δ= −− kJhhmHQ 591.306)7,5047,2706(*23,139)(* "

3'33232 =−=−Δ=Δ= −−

kJQ 633.336591.306042.30 =+= SUSTANCIAS PURAS - VAPORES Problemas a Resolver Problema 10.2.1 Se comprime isoentrópicamente agua saturada en un proceso con flujo a 37.7 0C hasta alcanzar una presión de 70.3 Kgf/cm2. Qué cantidad de trabajo se necesita ? Cuál sería el trabajo necesario si el rendimiento de la bomba es de 60 % del valor reversible ? Respuestas : Lrev = 1.64 Kcal/Kg Lirrev = 2.73 Kcal/Kg Problema 10.2.2 Cierta cantidad de agua a 37.7 0C y 70.3 Kgf/cm2 debe alcanzar, en una transformación en régimen permanente, el estado de vapor saturado seco a la misma presión. Qué cantidad de calor es necesario entregarle ? Considerar las condiciones planteadas en el problema anterior. Respuesta : Q = 623.2 Kcal/Kg Problema 10.2.3


Vapor de agua penetra en régimen permanente en una turbina a una presión de 10 Kgf/cm2 y a una temperatura de 204 0C, saliendo con una presión de 0.2 Kgf/cm2 . Qué cantidad de trabajo se obtiene : a) si la turbina es adiabática reversible, y las energías cinéticas a la entrada y a la salida se consideran despreciables ? b) si la turbina es adiabática y se obtiene solamente el 70 % del trabajo isoentrópico. Respuestas : a) Lrev = 147.06 Kcal/Kg b) Lirrev = 102.9 Kcal/Kg Problema 10.2.4 A una turbina de 1000 HP ingresa vapor de agua a 42 bar y 400 0C evolucionando reversiblemente hasta 12 bar, presión a la cual se efectúa una extracción de 2.500 Kg/hr expandiéndose el resto hasta 1 ata. Determinar el caudal de vapor a la entrada de la turbina.

Respuesta : hrKgm /920.4.

= Problema 10.2.5 En un recinto rígido de 0.5 m3 se encuentra 1 Kg de vapor de agua a 373,16 0K. Se le suministra calor hasta que su temperatura es de 400.54 0K. Se pide determinar :

1) Cantidad de calor suministrado 2) Estado final del vapor 3) Si el calor es entregado a través de una resistencia eléctrica de capacidad calorífica 12.5 Kj/0K cuya temperatura varía de 500 0K a 700 0K se pide

determinar : a) Variación de Entropía del universo b) Variación de Exergía del universo c) Rendimiento exergético del proceso

siendo p0 = 1 ata y T0 = 373.16 0K. Respuestas :

1. Q = 885.18 Kj 2. Tf = 400.59 0K ; vf = 0.5 m3/Kg ; pf = 2.5 bar ; xf = 0.6955 3. Resto :

a) KKjSU0/4876.6=Δ

b) KjEXU 32.1947−=Δ

c) 425.0=EXη


Problema 10.2.6 Se desea calentar 100 kg de agua líquida desde 0 0C hasta 80 0C, y para ello se dispone de dos fuentes de calor, una a 40 0C y otra a 80 0C, de modo que pueden usarse dos procedimientos alternativos :

1. Utilizar únicamente la fuente a mayor temperatura (80 0C) 2. Utilizar las dos fuentes, primero la de 40 0C y luego la de 80 0C

Determinar cuál de los dos procedimientos es termodinámicamente más adecuado, y verificar para ambos casos la desigualdad de Clausius. Respuestas :

1. El método más adecuado es el segundo. Problema 10.2.7 Desde una tubería por la que circula vapor de agua saturado a una presión p = 10 kgr/cm2 ingresa vapor a un recipiente rígido y adiabático de volumen V = 3 m3 , inicialmente vacío. Se cierra la llave de paso que comunica la tubería con el recipiente cuando se alcanza el equilibrio dinámico con el vapor de la tubería. Calcular la masa de vapor que ingresa al recipiente y su estado termodinámico final. Respuestas : m = 11,6234 kg p = 10 kgr/cm2 t = 290 0C v = 0,2581 m3/kg Problema 10.2.8 Agua líquida saturada que circula por una tubería a una presión de p = 70 kgr/cm2 se estrangula en una válvula reductora de presión y luego ingresa a un separador de líquido del cual se obtiene vapor saturado. La presión a la salida de la válvula y en el separador es p2 = 10 kgr/cm2.


Si el medio atmosférico de referencia está a po = 1 at. y To = 27 0C, calcular :

1. La masa de vapor saturado mv que se obtiene por cada kg. De líquido que ingresa a la válvula. 2. El rendimiento exergético en la válvula. 3. El rendimiento exergético de todo el proceso, desde el punto de vista de la obtención de vapor saturado.

Respuestas :

1. mv = 0,248547 kg. vapor / kg. de líquido ingresado 2. 883873,0=válvulaexη

3. 600745,0=procesoexη

CAPITULO 11 CICLOS DE VAPOR


Problema 11.1.1 Para un ciclo de vapor de Carnot ideal que funciona entre la presión de caldera P1=50 bar (5000kPa), y presión de condensador; P2=1 bar (100kPa). Se pide Determinar:

a) Croquis de instalación y diagrama [T-S]. b) Calor Q1, entregado en la caldera. c) Calor Q2, cedido en el condensador. d) Rendimiento térmico del ciclo (ηt). e) Relación de trabajo (rw). f) Para una potencia generada en la turbina de N=40 MW. Calcular el flujo másico de vapor.

Solución:


Para la presión de P1=50 bar (5000kPa), se obtiene la siguiente tabla 1:

Kpa p

°C t

m3/kg v´

m3/kg v´´

kJ/kg h´

kJ/kg h´´

kJ/kg u´

kJ/kg u´´

kJ/kgK s´

kJ/kgK s´´

Est. Vapor

5000 263,91 0,0012858 0,0394 1154,4

7 2794,1

8 1198,0

4 2597,0

4 2,9206 5,9735 Sat.

Estado 1: h1=h´=1154,47 también s1=s´=2,9206 kJ/kgK ( tabla 1) Estado 2: h2=h´´=2794,18 también s2=s´´=5,9735 kJ/kgK ( tabla 1) Para la presión de P2=1 bar (100kPa), se obtiene la siguiente tabla 2:

Kpa p

°C t

m3/kg v´

m3/kg v´´

kJ/kg h´

kJ/kg h´´

kJ/kg u´

kJ/kg u´´

kJ/kgK s´

kJ/kgK s´´

Est. Vapor

100 99,63 0,0010434 1,6937 417,51 2675,4

3 417,41 2506,06

1,30271

7,35982 Sat.

Estado 3: Utilizando la expresión de título de vapor, se obtiene los valores del estado 3 del vapor húmedo:


0,771130271,135982,730271,19735,5x

2) tabla (de 30271,1 y s´ 35982,7 s´´valores losy ss como s´´sss

x

3

233

3

=−−

=

===−−

=

kgkJ6,2158h

51,417)51,41743,2675(7711,0h´)h´´h(xh despejando h´´hhh

x

:h idem

3

333

3

3

=

+−=+−=−−

=

Estado 4:

0,26730271,135982,730271,19206,2x

2) tabla (de 30271,1 y s´ 35982,7 s´´valores losy ss como s´´sss

x

4

144

4

=−−

=

===−−

=

kgkJ37,1020h

51,417)51,41743,2675(267,0h´)h´´h(xh despejando h´´hhh

x

:h idem

4

444

4

4

=

+−=+−=−−

=

b) Calor Q1, entregado en la caldera:

.kg/kJ 71,1639Q.kg/kJ 71,1639kg/kJ)47,115418,2794(hhQ

1

121

==−=−=

c) Calor Q2, cedido al condensador:

rcondensado el por cedido calor indica menos signoEl .kg/kJ 23,1138Q.kg/kJ 23,1138kg/kJ)6,215837,1020(hhQ

2

342

−=−=−=−=


d) Rendimiento térmico del ciclo (ηt).

3058,0

3058,071,163923,11381

QQ

1

t

1

2t

=

=−=−=

η

η

Trabajo de la turbina: Sistema abierto en régimen permanente: Q=Δh+ Wt ; como Q=0 (turbina adiabática) Wt=-(h3-h2)=( h2-h3)=(2794,18-2158,6)kJ/kg=635,58kJ/kg. Trabajo del compresor: Q=Δh+ Wc ; como Q=0 (compresor adiabático) Wc=-(h1-h4)=( h4-h1)=( 1020,37-1154,47)kJ/kg=-134,1kJ/kg.

3058,0

3058,071,1639

1,13458,635Q

WWQW

:térmico orendimient el calcular de forma Otra

t

1

ct

1

nt

=

=−

=−

==

η

η

También:

3058,0

ideal) Carnot de (ciclo 3058,0K91,536K63,3721

TT

1

t

1

2t

=

=−=−=

η

η

e) Relación de trabajos rw:

6515,0r

6515,01,13458,6351,13458,635

WWWW

r

w

ct

ctw

=

=+−

=+−

=

f) Masa de vapor que circula en la turbina:


hkg71,226564m

hkg71,226564

h1s3600

skg9346,62

skg9346,62m

skg9346,62

Wk1s/Jk1

WM1Wk1000

kgJk58,635

WM40

kgkJ58,635

MW40WNm

t

=

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ /

/==

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

//

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

//

//

===

°

°

°

PROBLEMA 11.1.6 Se desea calcular un ciclo regenerativo ideal con un sobrecalentamiento y una extracción de vapor entre las presiones de 30 bar y 0.1 bar. La extracción del vapor se efectúa a los 13 bar y el título final del vapor se limita a X=0.88. a) Representar en diagrama de instalación y T-S] : b) La temperatura final del vapor de agua sobrecalentado. c) La entalpía en c/estado d) La masa de vapor que se extrae e) El trabajo neto del ciclo f) La cantidad de calor entregada por la fuente caliente g) El rendimiento del ciclo ηt.


Solución:


Para la presión de P1=0,1 bar (10 kPa), se obtiene de tabla1 de saturado:

Kpa P

°C t

m3/kg v´

m3/kg v´´

kJ/kg h´

kJ/kg h´´

kJ/kg u´

kJ/kg u´´

kJ/kgK s´

kJ/kgK s´´

Est. Vapor

10 45,83 0,00101 14,67 191,8

3 2584,

78 191,8

2 2438,

03 0,649

25 8,151

08 Sat.

Estado 1: h1=h´=191,83 también s1= s2= s´=0,64925 kJ/kgK ( tabla 1) Para la presión de P2=13 bar (1300 kPa), se obtiene la siguiente tabla 2:

Kpa P

°C t

m3/kg v´

m3/kg v´´

kJ/kg h´

kJ/kg h´´

kJ/kg u´

kJ/kg u´´

kJ/kgK s´

kJ/kgK s´´

Est. Vapor

1300 191,61

0,00114

0,1511

814,70

2785,43

813,21

2588,96

2,25095

6,49126 Sat.

Estado 7: Utilizando la expresión de título de vapor x=0,88 , se obtiene los valores del estado 7 del vapor húmedo:

kgKkJ25,7s

64925,015108,864925,0s

88,0

2) tabla(de 0,64925 s´y 15108,8 s´´ valoreslos s´´sss

x

77

77

=⇒−

−=

==−−

=

kgkJ62,2297h

83,191)83,19178,2584(88,0´h´)h´´h(xh despejando ´h´´h´hh

x

:h idem

7

777

7

3

=

+−=+−=−−

=

Estado 5: con los valores de s7 = s5 =7,25 kJ/kgK y pcal=3000 kPa, se obtiene del estado del vapor sobrecalentado:


tado)sobrecalen de ra temperatu( C9,505TkgkJ82,3469h

5

5

°=

=

Estado 6: con los valores de s7 = s6 =7,25 kJ/kgK y pcal=1300 kPa, se obtiene del estado del vapor sobrecalentado:

tado)sobrecalen de ra temperatu( C88,372TkgkJ77,3200h

6

6

°=

=

Estado 3: con los valores de la tabla 2: s3 = s4 =s´=2,25 kJ/kgK:

kgkJ7,814´hh 3 ==

Estado 4: con los valores de la tabla 2: h3=h´=814,7 kJ/kg también s3 = s4 =s´=2,25 kJ/kgK; v3= v4=v´=0,0011438 m3/kg (el volumen del líquido se mantiene igual, porque es incompresible.

( ) ( )

0Q como ; WhQ :bomba laen ,permanenterégimen para PrincipioPrimer mkJ1kPa1 : querecordar

kgkJ944,1

kgkPam944,1kPa13003000

kgm0011438,0ppvW

dpvW integral la de :bomba la de Trabajo

b

3

33

.EXT.CALD´

2B

b

=+Δ=

=

−=−=−−=−−=

=−= ∫


kgkJ64,816h

kgkJ64,816

kgkJ)944,17,814(

kgkJ944,1hh

kgkJ944,1)hh( )hh-(h- W

4

34

43342B

=

=+=+=

−=−=−=Δ=⇒

Estado 2: De los valores de tabla 1: s1= s2=s´=0,64925 kJ/kgK; v1= v2=v´=0,0010102 m3/kg.(el líquido es incompresible entre estos dos estados)

( ) ( )

0Q como ; WhQ :bomba laen ,permanenterégimen para PrincipioPrimer mkJ1kPa1: querecordar

kgkJ0334,1kPa

hkgm0334,1kPa101300

kgm0010102,0

hkg793,0ppv)1(W

dpmvdpVW integral la de :bomba la de Trabajo

b

3

33

.CONDENS.EXTRAC´

1B

b

=+Δ=

=

−=−=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−α−−=

−=−= ∫∫

( )

kgkJ13,193h

kgkJ155,153

hkJ0334,1

kgkJ)83,191(

hkg0,793

hkJ0334,1h

hkg0,793h

hkg0,793

kgkJ0334,1)hh(

hkg0,793 )hh(

hkg-0,793h-1-H- W

2

12

21121B

=

=+=+=

−=−=−=Δα=Δ=⇒

d) masa de vapor que se extrae en la turbina: haciendo un balance energético en la cámara de mezcla:


hkg206,0

191,83-3200,77

191,83-814,7 )hh()hh(

)hh()hh(

)h(hkg1)h(

hkg)-(1 )h(

hkg 0He-Hs

0H WQ

26

232326

326

=α

=−−

=α∴−=−α

=α+α⇒=

=Δ=−⇒

masa de vapor que circula por el condensador:

hkg 0,793

hkg)206,01(1 =−=α−

e) Trabajo Neto del ciclo: Trabajo de la turbina:

( ) ( )

( ) ( )

hkg 244,985Wt

hkg 244,985

kgkJ53,229777,3200

hkg)206,01(

kgkJ77,320082,3469

hkg1

hhhkg)1(hh

hkg1Wt 7665

=

=−−+−=

=−α−+−=

Trabajo en las bombas:

hkJ0334,1 W

:anterior cálculo Del

1B −=⇒

hkJ944,1W 2B −=

Entonces el Trabajo neto será:


Lc

Q2 Q1 C

4

hkJ26,982W

hkJ26,982

hkJ)945,10334,124,985(WWWW

N

2B1BTN

=

=−−=−−=

f) Cantidad total entregada en la caldera:

( )

( )

hkJ18,2653Q

hkJ18,2653

kgkJ64,81682,3469

hkg1

hhhkg1QQQ

1

45111

111

=

=−=

=−=+=

g) Rendimiento Térmico Total:

37,0

37,0

hkJ18,2653

hkJ26,982

QW

T

1

NT

=η

===η

CAPITULO 12 CICLOS FRIGORIFICOS Problema 12.1.1 : Ciclo Frigorífico Simple Una instalación frigorífica funciona según el esquema de la figura. El fluido refrigerante es Freón 12, la temperatura en el evaporador es de -23 oC y la del condensador es de 27 0C. La cantidad de calor a retirar en el evaporador es de 100.000 Kcal/hr.

1) Representar el ciclo en el diagrama T-S.

1

2

3


m

2) Calcular el caudal de refrigerante necesario.

3) Calcular la potencia consumida en el compresor.

4) Determinar el Coeficiente de Efecto Frigorífico. Solución 1 ) Diagrama T-S :

La salida del evaporador es vapor saturado seco a Te =-23 0C punto 1. La compresión 1-2 se supone adiabática reversible, por lo tanto isoentrópica. Ubicamos el punto 2 sobre la vertical que pasa por 1 y sobre la curva de p = cte = pc, correspondiente al equilibrio con Tc = 27 0C. La condensación 2-3 es a presión cte. = pc. La salida es líquido saturado a Tc = 27 0C, así ubicamos el punto 3. En la válvula la evolución es isoentálpica. El punto 4 está sobre la curva de h = cte. que pasa por 3 y a la presión pev, de equilibrio con Tev= -23 0C. Del diagrama obtenemos los parámetros de los distintos estados : Punto No Estado T (0C) p (Kgf/cm2) h (Kcal/Kg) 1 vapor sat. - 23 1.38 134.5

2 vapor sobrec. 37 7.0 141.3 3 líquido sat. 27 7.0 106.0 4 vapor húmedo - 23 1.38 106.0


2) Caudal de refrigerante m : El caudal de refrigerante es m, que circula por toda la instalación. Absorbe calor Q2 en el evaporador, pasando del estado 4 al estado 1. Planteando Primer Principio al sistema abierto Evaporador, tenemos : hrKcalLHQ c /000.1002 =+Δ= 0=cL ya que no hay forma de intercambiar trabajo con el medio, entonces ( ) hrKcalhhmH /000.10041 =−⋅=Δ . Despejando m :

( ) ( ) hrkgkgKcal

hrKcalhh

hrKcalm /77.508.3/1065.134

/000.100/000.100

41

=−

=−

=

3) Potencia consumida en el compresor Lc El Primer Principio planteado al Compresor, como sistema abierto, nos da

02 =+Δ= cLHQ , por considerarlo adiabático.

Tenemos entonces que

( ) ( ) ( ) kgKcalhrkghhmhhmHLc /3.1415.134*/77.508.32112 −=−⋅=−⋅−=Δ−= hrKcalLc /65.859.23−= , negativo por ser trabajo recibido.

4) Coeficiente de Efecto Frigorífico Ef

19.4/65.859.23

/000.1002 ===hrKcal

hrKcalLQE

cf

Problema 12.1.2 : Ciclo Frigorífico de Doble Compresión y Evaporador Simple


LCA

Q1

CA CB CA

Q2

m

m1

Una instalación frigorífica funciona según el esquema de la figura. La temperatura en el Evaporador = - 15 0C, el estado 3 es vapor saturado a 15 0C y la temperatura en el Condensador es 40 0C. Las compresiones se asumen adiabáticas reversibles y el calor recibido en el Evaporador es Q2 = 100.000 Kcal/hr y el fluido refrigerante es Freón 12.

1) Representar el ciclo en el diagrama T-S 2) Calcular las masas m1 y m2 en Kg/hr 3) Calcular la potencia en Kw para el accionamiento de los compresores

4) Calcular el coeficiente de efecto frigorífico Solución

1) Diagrama T-S El punto 1 es vapor saturado a la temperatura del Evaporador = - 15 0C. Para el punto 2, p2 = p6 = p3 en equilibrio a T3 = 15 0C. Ubico el punto 2 con la vertical (isoentrópica) que pasa por 1 y a p2 = p3. El punto 3 es vapor saturado a 15 0C por dato del problema.

4

5

LCB

7

1

3 2

m2

EVAPORADOR

CONDENSADOR 6


La presión del punto 4 es la del Condensador, en equilibrio a Tc = T5 = 40 0C. El punto 4 esta sobre la vertical que pasa por 3 y a p4. El punto 5 es líquido saturado a T5 = 40 0C.

Los puntos 6 y 7 se ubican por la isoentálpica que pasa por 5, a las presiones p6 = p3 y p7 = p1.

Del diagrama obtenemos los parámetros de los distintos puntos : Punto No Estado T (0C) p (Kgf/cm2) h (Kcal/Kg) 1 vapor saturado - 15 1.8 135.4

5 vapor sobrec. 5.0 139.9 6 vapor saturado 15 5.0 138.8 7 vapor sobrec. 10.0 142.0 8 líquido saturado 40 10.0 109.8 9 vapor húmedo 15 5.0 109.8 10 vapor húmedo - 15 1.8 109.8

2) Masas m1 y m2 : La masa m2 surge del análisis del Evaporador. Aplicando Primer Principio para el sistema abierto cLHQ +Δ= y Lc = 0 por no haber dispositivo para intercambiar trabajo, entonces :

( ) hrKcalhhmHQ /000.1007122 =−⋅=Δ=

con lo que ( ) ( ) hrkgkgKcal

hrKcalhh

hrKcalm /25.3906/8.1094.135

/000.100/000.100

712 =

−=

−=

La masa m1 es tal que luego de la mezcla el punto3 es vapor saturado. Aplicando Primer Principio a la cámara de mezcla :

cLHQ +Δ= Siendo Q = 0 (cámara adiabática) y Lc = 0 (no hay eje)

( ) ( ) 01261321 =⋅+⋅−⋅+=Δ hmhmhmmH

o también ( ) ( ) 0631232 =−⋅+−⋅=Δ hhmhhmH

Despejando m1 ( )

( )( )

( ) hrkghh

hhmm /17.1488.1098.138

9.1398.138*25.3906

63

2321 =

−−−

=−

−⋅−=


LCA

Q2 Q1

CA

6

CB CA

Q3

mA mB m

3) Potencia de compresión: es la suma de lo consumido en los dos compresores, de baja y alta: cAcBc LLL += Cada uno de ellos se calcula con el Primer Principio aplicado al compresor como sistema abierto : 0=+Δ= cLHQ por ser adiabáticos.

Entonces HLc Δ−=

O sea ( ) ( )431212 hhmhhmHHLLL ABcAcBc −⋅+−⋅=Δ−Δ−=+=

( ) ( ) ( )1428.138*17.14825.39069.1394.135*25.3906 −++−=cL

hrKcalLc /27.30552−= negativo por ser trabajo recibido.

En Kw Kw

KwhrKcal

hrKcalLc 53.35/860

/27.30552==

4) Coeficiente de efecto frigorífico :

27.3/27.30552

/000.1002 ===hrKcal

hrKcalLQE

cf

Problema 12.1.3 : Ciclo Frigorífico de Doble Evaporador La instalación de la figura se utiliza para mantener frío en dos niveles distintos de temperatura : 3 0C y -25 0C, mientras que la temperatura de condensación es de 30 0C. El fluido refrigerante es Freón 12. Las cantidades de calor a remover son Q2 = 150.000 Kcal/hr y Q3 = 50.000 Kcal/hr .

7

4

5

LCB

9

1

3 2


1) Representar el ciclo en el diagrama T - S 2) Calcular los caudales circulantes en la etapa de baja y de alta presión. 3) Calcular la Potencia consumida en la compresión (en KW) 4) Calcular el calor liberado en el condensador 5) Determinar el coeficiente de efecto frigorífico Solución 1) Diagrama T-S :

El Evaporador 3 es el que opera a la menor presión, ya que alimenta al compresor de baja. Por lo tanto le corresponde la menor de las temperaturas, - 25 0C. La salida del evaporador es vapor saturado seco a - 25 0C, y ubicamos el punto 1. Las compresiones se suponen adiabáticas reversibles, o sea isoentrópicas : el punto 2 estará sobre la vertical que pasa por 1. Para que la mezcla sea posible la presión en 2 debe ser igual a p7, que es la presión del Evaporador 2, de equilibrio a la temperatura de evaporación = 3 0C. Ubicamos entonces el punto 2 sobre la vertical que pasa por 1 y a la presión p7. El punto 7 es vapor saturado seco a la temperatura de evaporación = 3 0C. Al punto 3 le corresponde una presión p3 = p2, y una temperatura intermedia entre t2 y t7 , que deberemos determinar; asumimos para el dibujo una posición estimada. Por compresión adiabática reversible el punto 4 estará sobre la vertical que pasa por 3 y a la presión p4, de equilibrio con la temperatura del Condensador = 30 0C. El punto 5 es líquido saturado a tc = 30 0C. Al punto 6 le corresponde una presión p6 = p7 (presión en el Evaporador 2), y sobre la isoentálpica

EVAP. 2EVAP. 3

CONDENSADOR


que pasa por 5 ya que en la válvula h = cte (primer principio).

El punto 8 es líquido saturado en las condiciones del Evaporador 2, y en la válvula se reduce la presión hasta la del Evaporador 3 de modo que el punto 9 se ubica con la isoentálpica que pasa por 8 y a la presión p8 = p1.

Del diagrama obtenemos los parámetros de los distintos puntos :

Punto No Estado T (0C) p (Kgf/cm2) h (Kcal/Kg) 1 vapor saturado - 25 1.2 134.2

11 vapor sobrec. 3.5 138.5 12 vapor sobrec. 3.5 13 vapor sobrec. 7.5 14 líquido saturado 30 7.5 107.0 15 vapor húmedo 3 3.5 107.0 16 vapor saturado 3 3.5 137.3 17 líquido saturado 3 3.5 100.5 18 vapor húmedo - 25 1.2 100.5

2) Caudales circulantes : El caudal en la etapa de baja presión es el que pasa por el Evaporador 3. Planteando Primer Principio a ese sistema abierto :

cLHQ +Δ=3 Ahora,

0=cL y hrKcalQ /000.503 = Con lo que queda ( ) hrKcalhhmQ B /000.50913 =−⋅= y despejando mB

( ) ( ) hrkgkgKcal

hrKcalhh

hrKcalmB /7.483.1/5.1002.134

/000.50/000.50

91

=−

=−

=

El caudal circulante en la etapa de alta presión es mmm BA += , Para calcular m aplicaremos Primer Principio al Evaporador 1 : CLHQ +Δ=2


y dado que LC = 0 6872 .)..( hmhmhmHQ AB −+=Δ=

Sabemos que BA mmm +=

Reemplazando 66876872 ....).(.. hmhmhmhmhmmhmhmQ BBBB −−+=+−+=

).().( 68672 hhmhhmQ B −+−=

despejando para m )(

).(

67

682

hhhhmQm B

−−−

=

hrKgmKgKcal

KgKcalhrKghrKcalm

/8,5263/)1073,137(

/)1075,100(*/7,1483/000.150

=−

−−=

Y entonces hrKgmmm BA /5,67527,14838,5263 =+=+= 3 ) Potencia consumida en la compresión :

cAcBc LLL +=

Cada uno de ellos puede ser calculado aplicando el Primer Principio para sistemas abiertos en el compresor correspondiente. Así tenemos :

0=+Δ= cBcB LHQ por considerarlo adiabático. Entonces ( ) =−⋅−=Δ−= 12 hhmHL BcB

( ) hrKcalkgKcalhrkgLcB /9.379.6/2.1345.138*/7.1483 −=−−= negativo por ser trabajo recibido. Del mismo modo ( )34 hhmHL AcA −⋅−=Δ−= El punto 3 no es conocido todavía, y por lo tanto tampoco el 4. Para definir el estado 3 aplicamos Primer Principio en la cámara de mezcla (sistema abierto) : 0=+Δ= CCMCM LHQ por considerarla aislada térmicamente.

Pero 0=CL ya que no hay medios de intercambiar trabajo,


Entonces ( )7230 hmhmhmH BA ⋅+⋅−⋅==Δ

Resolviendo kgKcalm

hmhmhA

B /56.1375.6752

3.137*8.52685.138*7.14833 72 =+

=⋅−⋅

=

Con el valor de h3 ubicamos el punto 3 sobre la curva de p = cte = p2 = p7; luego ubicamos el punto 4 con la vertical que pasa por 3 y a la presión p4, de equilibrio con TC = 30 0C. Obtenemos h4 = 141.2 Kcal/kg,.y calculamos LCA

( ) ( ) hrKcalhhmL ACA /243096.1372.141*5.675234 −=−−=−⋅−= La potencia total resulta entonces (valor absoluto)

hrKcalLLL cAcBc /9.30688243099.6379 =+=+=

En Kw Kw

KwhrKcal

hrKcalLc 68.35/860

/9.30688==

a. Calor liberado en el Condensador : Aplicamos Primer Principio en el sistema abierto Condensador : cLHQ +Δ=1

y como 0=cL

entonces ( ) ( ) hrKcalhhmHQ A /5.2309352.141107*5.6752451 −=−=−⋅=Δ= b. Coeficiente de efecto frigorífico :

52.69.30688

5000015000032 =+

=++

=cAcB

f LLQQE

Problema 12.1.4 Se desea hacer funcionar una instalación frigorífica como la de la figura, con Freon 12 como fluído refrigerante y con un compresor que puede alcanzar un volumen barrido Vb = 200 m3/hora.


Lc

Q2 Q1

C

4 m

El compresor es alternativo y tiene una relación de espacio nocivo de E0 = 5 %. La temperatura en el Evaporador es de –5 0C y en el Condensador de 35 0C. Calcular la capacidad frigorífica si se supone que la compresión es adiabática reversible.

Solución:

Representamos el ciclo en el diagrama T-S La salida del Evaporador es vapor saturado seco a Te = - 5 0C punto 1. La compresión 1-2 es adiabática reversible, por lo tanto isoentrópica. Ubicamos el punto 2 sobre la vertical que pasa por 1 y sobre la curva de p = cte = pc, correspondiente al equilibrio con Tc = 35 0C. La condensación 2-3 es a presión cte. = pc. La salida es líquido saturado a Tc = 35 0C, así ubicamos el punto 3. En la válvula la evolución es isoentálpica. El punto 4 está sobre la curva de h = cte. que pasa por 3 y a la presión pev, de equilibrio con Tev= -5 0C.

1

2

3 EVAPORADOR

CONDENSADOR


Del diagrama obtenemos los parámetros de los distintos estados : Punto No Estado T (0C) p (Kgf/cm2) h (Kcal/Kg) 1 vapor saturado - 5 2.5 136.4

19 vapor sobrecalentado 8.0 141.8 20 líquido saturado 35 8.0 107.5 21 vapor húmedo - 5 2.5 107.5

La capacidad frigorífica Q2 la obtenemos aplicando el primer principio para el Evaporador como sistema abierto : 2Q = cev LH +Δ

Dado que 0=cL por no haber intercambio de trabajo, entonces ( )412 hhmHQ ev −⋅=Δ= Los valores de h1 y h4 los tenemos del diagrama. El caudal m en kg/hr lo obtendremos del Volumen Aspirado Va a través de la ecuación de estado, y éste a su vez se obtendrá a partir de los datos de Volumen Barrido Vb y rendimiento volumétrico ηv : bva VV ⋅= η y

( )12.3*05.0115.2

8*05.0111 71.041.111

1

20 −−=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−=

k

v ppEη

( ) 064.011284.2*05.01 −=−−=vη

936.0=vη Con lo que hrmhrmVV bva /2.187/200*936.0 33 ==⋅= η Y por ecuación de estado para gases perfectos :


Lc

QeQc

C

4

hrKgK

KKgmKgf

hrm

mcm

cmKgf

TRVpm a /490.2

268*013.7

187*10*5.2

00

3

2

24

2

1

1 =

⋅⋅

=⋅⋅

=

Calculamos entonces la Capacidad Frigorífica : ( ) ( ) 9.282490/5.1074.136*/2490412 ⋅=−=−⋅= KgKcalhrkghhmQ hrKcalQ /961.712 = Problema 12.1.5 En la instalación frigorífica de la figura se deben producir mh = 1 tn/hr de hielo, partiendo de agua a temperatura ambiente. El refrigerante utilizado es amoníaco (NH3), que vaporiza a te = -5 0C, pe = 3.619 at y condensa a tc = 23 0C y pc = 9.611 at. El rendimiento isoentrópico del compresor es de 0.78. Para refrigerar el condensador se utiliza también agua a temperatura ambiente t0 = 15 0C, siendo el caudal de agua de refrigeración mw = 22 tn/hr. Calcular las exergías de toda la instalación frigorífica asumiendo t0 = 15 0C y p0 = 1.0 at.

1

2

3

m mw

mh


Solución Comenzaremos por calcular la producción de frío de la instalación, Qe. Es la cantidad de calor necesaria para llevar las mh = 1 tn/hr de agua desde t0 = 15 0C hasta el estado de hielo a th = 0 0C. Por Primer Principio : [ ]00 ).(.. rttcmhmQ hwhhhe +−=Δ= donde cw = calor específico del agua = 4.19 Kj/Kg y r0 = calor latente de fusión = 333 Kj/Kg. Entonces :

Kws

hrhrKj

KgKjC

CKgKj

tnKg

hrtnQe 110

36001*395850333)150(*

.19.410*1 0

03 −=−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

La Exergía del hielo en el estado final será la variación de Exergía al pasar del estado inicial (de equilibrio con el medio, eX = 0) al final :

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+−−+−=−−−=Δ= )ln..()().().()( 0

000000ho

hwhwhhXhXh T

rTTcTrttcssThhee

Reemplazando valores : KgKjeXh /7.16=

y el “flujo” de exergía KwshrhrKjE

hrKjKgKjhrKgemE

Xh

XhhXh

64.4/3600

1*/16700

/16700/7.16*/1000.

==

===

Para determinar las Exergías del refrigerante (amoníaco) veamos de caracterizar los distintos estados a lo largo del ciclo frigorífico. Representando el ciclo en el diagrama T – S : El estado1 es vapor saturado a te = -5 0C El estado 3 es líquido saturado a tc = 23 0C


El estado 4 se ubica a h = cte desde 3 hasta la presión de evaporador (en equilibrio a te) El estado 2 lo ubicamos por el rendimiento del compresor :

78.012

12'=

−

−==

hhhh

LL

irrev

revCη

y de aquí obtenemos h2 , y ubicamos el estado 2 sobre la curva de p = cte = pc . En la tabla siguiente se detallan los valores de los parámetros, incluyendo el del estado de equilibrio con el ambiente, en el que el amoníaco se encuentra en fase gaseosa. La exergía en cada estado ex se determina como la variación de exergía del amoníaco entre el estado en cuestión y el del equilibrio con el medio (ex = 0). ).()( 000 ssThhe iiXi −−−=

Estado t p h s eX eX 0C at Kcal/Kg Kcal/Kg.0K Kcal/Kg Kj/Kg 1 -5.0 3.619 400.1 2.120 41.9 175.02’ 61.3 9.611 432.5 2.120 74.3 311.02 76.2 9.611 441.6 2.148 75.4 316.03 23.0 9.611 125.8 1.090 64.4 270.04 -5.0 3.619 125.8 1.097 62.4 261.0

Med.Amb’te. 15.0 1.000 416.7 2.323 0.0 0.0 Calcularemos también el caudal de refrigerante m requerido, con Primer Principio en el evaporador : sKjKwhhmQe /110110).( 41 ==−= entonces

hrKgsKg

KcalKj

KgKcal

sKj

hhQm e /9.344/0958.0

186.4*)8.1251.400(

110

41

==−

=−

=

Multiplicando las respectivas exergías eX del NH3 por m obtendremos los flujos de exergía. La potencia a entregar a la instalación la obtenemos por Primer principio en el compresor :


KwsKjs

hrhrKjL

KcalKj

KgKcal

hrKghhmHL

C

C

64.16/64.163600

1*/7.59915

186.4*)1.4006.441(*9.344).( 12

===

−=−−=Δ−=

Finalmente, para determinar la exergía del agua de refrigeración a la salida del condensador tendremos que determinar la temperatura a la salida. Aplicando Primer Principio al agua de refrigeración : 03 =Δ+Δ=+Δ= NHw HHLHQ ya que L = 0 Entonces

C

CKgKcal

tnKg

hrtn

KgKcal

hrKg

Ccm

hhmtt

hhmttcmhhmhhm

wwws

wswwwwsw

0

0

0320

230120

20

.1*1000*22

)8.1256.441(*9.34415

.).(

).().(.).().(0

=−

+=−

+=

−+−=−+−=

El flujo de exergía del agua que sale del condensador es entonces :

KwTTTTTcmSTHE ws

wswwwwXw 10.1ln.)(...0

000 =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=Δ−Δ=

Y el rendimiento exergético de la instalación :

34.064.16

1.164.4=

+=

+==

C

XwXh

X

Xex L

EEconsumidasEgeneradasE

η

En la práctica, la exergía ganada por el agua de refrigeración no es normalmente utilizada de ninguna manera, con lo que termina perdiéndose al disiparse en el medio ambiente el calor absorbido por el agua. En ese caso :

28.064.1664.4

===C

XhEx L

Eη


Las mayores pérdidas de exergía se generan en el compresor y en los aparatos donde hay transmisión de calor. La exergía perdida en el estrangulamiento en la válvula es relativamente pequeña. CICLOS FRIGORIFICOS Problemas a resolver Problema 12.2.1 : Ciclo Frigorífico Simple con compresor alternativo de doble etapa Se tiene la instalación frigorífica de la figura. Se conoce que el fluído refirgerante es Freón 12, la temperatura en el Evaporador es de -20 0C, la presión intermedia p5 = 5 kgr/cm2, la temperatura de condensación es de 40 0C y la capacidad frigorífica Q2 = 100.000 Kcal/hr.

1) Representar el ciclo en el diagrama T-S. 2) Calcular las masas de fluído en kg/hora en el compresor de alta y en el compresor de baja. 3) Determinar la potencia teórica necesaria de accionamiento de los compresores suponiendo que la compresión es adiabática reversible. 4) Calcular la relación entre los volúmenes barridos para la etapa de alta y baja sabiendo que el número de revoluciones es el mismo para ambos compresores

y que la relación de espacio nocivo en ambos casos es de E0 = 5 %. Los compresores son alternativos. 5) Determinar el coeficiente de efecto frigorífico.


LCA

Q1

CA CA

mA

CB

mB

Lc

Q2

Q1-2

C

4

Resultados : 2) mB = 3194.9 kg/hr - mA = 3979.9 kg/hr 3) LcB = 19.32 Kw - LcA = 14.35 Kw - Lc = 33.67 Kw 4) VbB / VbA = 0.734 5) Ef = 3.45 Problema 12.2.2 El sistema de refrigeración de la figura debe extraer Q2 = 3.500 Kj/hr de alimentos que deben permanecer a T2 = - 30 0C. Se emplea como fluído frigorífico HFC-134 a.

7

8

6 5

LCB

3

4

Q2

EVAPORADOR

CONDENSADOR 1

2

5

1


Q 2-3

El sistema trabaja a régimen seco con válvula reductora de presión. La temperatura del Condensador es de 40 0C y luego se subenfría en otro intercambiador hasta 30 0C. El Compresor se considera adiabático y de rendimiento isoentrópico unitario. Determinar, efectuando lecturas directamente del diagrama log p – h tanto para la zona de vapor sobrecalentado como para la de vapor húmedo, el poder refigerante, la cantidad de fluído a circular, el calor entregado en el Condensador, el calor entregado en el Subenfriador, el trabajo suministrado al Compresor y el coeficiente de efecto frigorífico. Comparar con el coeficiente de efecto frigorífico de un ciclo de Carnot entre las mismas temperaturas de Condensador y Evaporador. Resultados : 1) Poder refrigerante : q2 = 138 kj/kg

2) Cantidad de fluído a circular : m = 25.36 kg / hora

3) Calor entregado en el Condensador : Q1-2 = - 4362 kj/kg

4) Calor entregado en el Subenfriador : Q 2-3 = - 431 kj/kg

5) Trabajo suministrado al Compresor : L c = - 1293.5 kj/kg 6) Coeficiente de efecto frigorífico : ε = 2.7

7) Coeficiente de efecto frigorífico de Carnot : ε = 3.47 Problema 12.2.3 Se tiene un ciclo frigorífico de Carnot que funciona entre la temperatura de la atmósfera t 0 = 26,6 0C y la temperatura del evaporador t e = 4,4 0C. Se utiliza vapor de agua como refrigerante.

3


El título del vapor a la entrada del condensador es x = 0,8 y a la salida del condensador tenemos líquido saturado. Los valores necesarios para el cálculo se deben obtener de las tablas para vapor de agua. Se pide :

1) Representar el ciclo en el diagrama T – S 2) Calcular la potencia consumida en la etapa de compresión 3) Calcular el coeficiente de efecto frigorífico del ciclo de Carnot 4) Analizar los inconvenientes de la utilización de vapor de agua como fluído refrigerante

Resultados : 1) L c = - 34,89 kcal/kg 2) ε Carnot = 12,5 Problema 12.2.4 Con los mismos datos del Problema 12.2.3 suponer que el refrigerante es Freon 12. Considerar que a la salida del evaporador se tiene vapor saturado y a la salida del condensador líquido saturado. El rendimiento isoentrópico del compresor es de 0,8. Se pide :

1) Representar el ciclo en el diagrama T – S y log p – h 2) Calcular la potencia consumida en la etapa de compresión 3) Calcular el coeficiente de efecto frigorífico 4) Comparar los valores obtenidos con los del Problema 12.2.3

Resultados : 1) Lc real = - 3,5 kcal/kg 2) ε ciclo = 8,95


CAPITULO 13 AIRE HUMEDO PROBLEMA 13.1.6

10.000 Kg/h de aire húmedo que se encuentran a t1=18°C, con una humedad relativa φ1=40% y presión total 101,325KPa, deben ser acondicionados para un proceso industrial de la siguiente manera:


El aire ingresa a una cámara de tratamiento adiabática en la cual recibe W3= ? Kg/hora de agua líquida a muy baja temperatura, ( t3=0°C) hasta la saturación, φ2=100%. Posteriormente ingresa a un intercambiador donde recibe calor a presión constante hasta salir a t4=45°C. Se solicita:

a) El esquema de las evoluciones experimentadas por el aire húmedo en un diagrama de Mollier para aire húmedo y en un diagrama psicrométrico.

b) La masa de agua agregada en la humidificación. c) La cantidad de calor suministrada en el intercambiador de calor. d) El grado de saturación en el estado final.

SOLUCION: Por comodidad colocaremos a continuación todos los datos en forma agrupada : φ1 = 0,4 t3 = 0°C tbs1= 18°C tbs4 = 45°C φ2 = 100% Pt = 101,325KPa Cw = 4,185 KJKg.°C ro = 2.501,30KJ/Kg Cpas= 1,005 KJKg.°C mas = 10.000Kg/hora Cpv= 1,8200 KJKg.°C a) Ver el esquema de las evoluciones en los diagramas de Mollier y Psicrométrico: (Son las evoluciones dibujadas en rojo) b) Cálculo de la masa de agua agregada en la humidificación. De tablas de vapor de agua saturado obtenemos:

t Pvs V' v'' h' h'' s' s'' °C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K

10,87 1,3 0,0010003 100,7564 45,62 2521,49 0,16379 8,8809 18 2,06 0,0010013 65,0873 75,5 2534,54 0,26766 8,71346 45 9,58 0,0010099 15,2762 188,35 2583,3 0,63832 8,16607

0,622x2,06/(101,325-2,06) = 0,012908Kgv/Kg.as

HOJA N° 2

⇒=

SXX

1

11ϕ

=−

=1

11 622,0

PvsPtPvsx

S

==S

XX 111 .ϕ


0,4 x 0,01291 = 0,005163Kgv/Kg.as

0,005163x101,325/(0,622-0,005163) = 0,84814KPa

Para calcular parámetros del estado 2 aplicamos el primer principio para sistemas abiertos en regimen permanente y el principio de conservación de la masa de vapor entre los estados1 y 2. (La masa de aire seco durante la humidificación permanece

constante): 1,005 x 18 + 0,005163 x 2534,54 = 31,18KJ/Kg

Primer Principio: ΔH = 0 => H1+ H3 = H2 => mas.h1 + w3.h3 = mas.h2 => => mas.(h2 - h1) = w3.h3 (1) Balance de masas de vapor/agua: mas . X1 + w3 = mas . X2 => mas . (X2 - X1) = w3 (2) Dividiendo m.a.m (1) / (2): Δh12/ΔX12 = h3 Dado que por 3 ingresa agua líquida a t3=0°C, la evolución es isoentálpica, ya que: h3 = Cw . t3 = 4,185KJ/Kg.°C x 0°C = 0KJ/Kg h2 = h1 = 31,18KJ/Kg La igualdad de las entalpías entre los estados 1 y 2 implica, si se pretende efectuar un cálculo analítico, dos incógnitas, xtbh y tbh, es decir hay que iterar. El tema se simplifica si contamos con diagrama de aire húmedo que cumpla con la presión total del problema. En nuestro caso particular la presión total se la atmosférica normal, (101,325KPa), luego no habría limitaciones en el uso del diagrama. No obstante y a modo de orientación para otros problemas, trataremos las dos soluciones: Gráficamente, en el diagrama psicrométrico, en la intersección de la isoentálpica h1 con φ=100%, obtenemos: X2 = 8,06gv/Kg.as tbs=tbh=tr= 10,5°C

=−

=)622,0(

.

1

11 X

PtXPv

=+= 1111 ".. hxtchasp


0,00806Kgv/Kg.as En forma analítica mediante tanteos: elegimos una temperatura de bulbo húmedo en forma arbitraria y calculamos la humedad absoluta y la entalpía correspondientes a esa temperatura. Limitamos nuestro tanteo a valores disponibles en nuestra tabla de vapor de agua saturado.

HOJA N° 3

Pvs|tbh Xtbh htbh Δ=h1-htbh °C KPa [Kg v/Kg as] KJ/Kg ---

14,00 1,60 0,009979 39,2858582 -8,1059 9,00 1,15 0,007141 27,0225044 4,1575 12,00 1,40 0,008715 34,0479941 -2,8680 10,00 1,23 0,007643 29,3073922 1,8726 11,00 1,31 0,008147 31,5961385 -0,4161 10,28 1,25 0,007769 29,9097908 1,2702 10,87 1,30 0,008084 31,3047353 -0,1247

Luego la masa de agua agregada será: w3 = mas.(X2 - X1) =10.000x(0,008084-0,005163) = 29,21Kg w c) Cálculo de la cantidad de calor suministrada durante el calentamiento: Para el calentamiento 2-4 volvemos a plantear el primer principio para sistemas abiertos: Q24=ΔH24

=++= )..(. 01 bhptbhp tcrxtchvbhas

=−

=bh

bh

bht

tt PvsPt

Pvsx 622,0


Recordamos que para todo calentamiento, la humedad absoluta se mantiene constante, luego: X2 = X4

1,005 x 45 + 0,00806 x 2583,30 = 66,05KJ/Kg

Q24=ΔH24 = mas.(h4 - h2) = 10000.(66,05 - 31,18) = 348700Kwatt d)Grado de saturación en el estado final:

0,622x9,58/(101,325-9,58) = 0,064949Kgv/Kg.as

Φ4 = X4/Xs4 = 0,1245 12,45% PROBLEMA N°

Dos corrientes de aire húmedo ingresan a una cámara de mezcla. La corriente 1 tiene un flujo másico m1=500Kg/hora de aire seco y la corriente 2 m2=800Kg/hora de aire seco, de la 1 se conoce su temperatura de bulbo seco t1=30°C y la humedad relativa φ1=60%, y de la corriente 2 se tiene la temperatura de rocío t2r=15°C y su

=+= 4244 ".. hxtchasp

=−

=°

°

C

C

PvsPtPvsx

s45

454 622,0


=−

=1

11 622,0

PvsPtPvsx

S

temperatura de bulbo húmedo t2bh=18°C. Para ambas corrientes la presión total es la atmosférica normal Pt=101,325KPa. A la salida de la cámara de mezcla ingresan a una cámara de acondicionamiento en la cual recibe simultáneamente una cantidad de calor Q34=100.000KWatt y W34=20Kg/hora de vapor de agua saturado a tw34=60°C. Se solicita: a) Representar las transformaciones en un diagrama psicrométrico y de Mollier.

b) Calcular los parámetros de la corriente resultante en 3. c) Calcular los parámetros de la corriente resultante en 4, si tbs4 =50°C.

SOLUCION: a) Ver el esquema de las evoluciones en los diagramas de Mollier y Psicrométrico: (Son las evoluciones dibujadas en color violeta) b)Cálculo de los parámetros a la salida de la cámara de mezcla. De tablas de vapor de agua saturado obtenemos:

0,622x4,24/(101,325-4,24) = 0,027165Kgv/Kg.as

27,165 gv/Kg.as

t Pvs v' v'' h' h'' s' s''°C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K15 1,7 0,0010008 77,9779 62,94 2529,05 0,22432 8,7825718 2,06 0,0010013 65,0873 75,5 2534,54 0,26766 8,7134630 4,24 0,0010043 32,9289 125,66 2556,35 0,43651 8,4545650 12,34 0,0010121 12,0457 209,26 2592,17 0,70351 8,0775760 19,92 0,0010171 7,6785 251,09 2609,71 0,83099 7,91081


PROBLEMA 13.2.1 PRESION TOTAL DISTINTA DE LA ATMOSFERICA NORMAL Pt > (101,325Kpa) Aire húmedo a una presión total Pt0=101,325KPa, tbs0=15°C y tr0=13°C, es aspirado por un compresor adiabático ideal y comprimido hasta una presión total final de 700KPa y luego de enfriarse en un intercambiador de calor a presión constante, es almacenado dentro de un tanque adiabático de 10m³ de capacidad. Si la temperatura de bulbo seco final dentro del tanque es tbsf= 35°C, se solicita calcular la masa de aire húmedo comprimida y si hubo condensación, cual es la masa de agua condensada. Considerar que inicialmente el tanque está vacío. Resolver exclusivamente en forma analítica, sin utilizar diagramas de aire húmedo. SOLUCION: Por comodidad colocaremos a continuación todos los datos en forma agrupada: tbso= 15°C tbsf= 35°C tro = 13°C Ptf = 700KPa Pto = 101,325KPa ro= 2.501,30KJ/Kg Cw = 4,185 KJKg.°C Cpas= 1,005 KJKg.°C Vt = 10m³ Cpv= 1,820 KJKg.°C Ras = 0,287009 KJ/Kg.K De tablas de vapor de agua saturado obtenemos:

t Pvs v' v'' h' h'' s' s'' °C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K 13 1,5 0,0010006 88,1761 54,57 2525,4 0,19515 8,82968 15 1,7 0,0010008 77,9779 62,94 2529,81 0,22432 8,78257 35 5,62 0,0010059 25,2449 146,56 2565,38 0,50487 8,35434


Recordamos que la humedad absoluta a la temperatura de rocío es igual a la humedad absoluta del aire húmedo en el estado inicial, luego:

0,622 . 1,5 / (101,325-1,5) = 0,009346 Kgv/Kg.as 9,346356 gv/Kg.as

La humedad absoluta de saturación en el estado final valdrá:

0,622 . 5,62 / (101,325-5,62) = 0,005034 Kgv/Kg.as

5,034189 gv/Kg.as Del resultado obtenido, Xs|35°C<Xo, deducimos que habrá condensación y por

lo tanto: La presión de aire seco final será: Pasf = Ptf - Pvf =700KPa – 5,62KPa = 694,38 Kpa La masa de aire seco comprimida valdrá: (Despreciando el volumen ocupado por el condensado y despreciando además la masa de aire seco disuelta en el condensado): 78.55Kg La masa de vapor será: mvf = masf . Xf = 78.55Kgas x 0,005034 Kgv/Kgas = 0,3954 Kgv La masa de agua condensada valdrá: mw = masf.(Xf-X1)=78.55Kgas x (0,005034-0,009346)Kgv/Kgas= -0,3387Kgagua (El signo negativo está indicando justamente que se trata de una masa de agua condensada)

=−

== °0

0130 622,0]

PvsPtPvsXX CS

=−

=°

°°

C

CCS PvsPt

PvsX

35

3535 ]

]622,0]

CSf XX °= 30]

===Kx

KKgKJ

mxKPaTRVPas

mfas

tfas f

308.

287009,0

10696.. 3


La masa de aire húmedo comprimida será la suma de las tres masas: mahf = masf + mvf + mw = 78.55Kgas + 0,3954Kgv + 0,3387Kgagua = 79.285Kgah Si se eliminase la masa de agua condensada, la masa de aire húmedo comprimida será: mahf' = masf + mvf = 78,55Kgas + 0,3954Kgv = 78,95 Kgah

PROBLEMA 13.2.2 PRESION TOTAL DISTINTA DE LA ATMOSFERICA NORMAL Pt > (101,325Kpa)

Para evitar la condensación del aire húmedo comprimido dentro del tanque, se propone la instalación de la figura. Se solicita calcular la masa de aire húmedo comprimida en forma totalmente analítica, sin utilizar diagramas de aire húmedo. Comparar el resultado con el obtenido en el problema anterior:

SOLUCION:

Por comodidad colocaremos a continuación todos los datos en forma agrupada : tro= 13°C tbsf = 35°C

tbso= 15% Ptf = 700 KPa Pto = 101,325KPa ro = 2.501,30 KJ/Kg Cw = 4,185 KJKg.°C Cpas = 1,005 KJKg.°C Vt = 10m³ Cpv = 1,820 KJKg.°C tbs1= 1°C Ras = 0,287009 KJ/Kg.K tbs2= 40°C De tablas de vapor de agua saturado obtenemos:


t Pvs v' v'' h' h'' s' s''

°C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K 1 0,66 0,0010001 192,6075 4,17 2503,39 0,01525 9,13107 13 1,5 0,0010006 88,1761 54,57 2525,4 0,19515 8,82968 15 1,7 0,0010008 77,9779 62,94 2529,81 0,22432 8,78257 35 5,62 0,0010059 25,2449 146,56 2565,38 0,50487 8,35434 50 12.34 0,0010121 12.0457 209.26 2592.17 0,70351 8,07757

0,622 .1,50 / (101,325-1,50) = 0,009346

Kgv/Kg.as 9,346356 gv/Kg.as

0,622 . 0,66 / (101,325-0.66) = 0,004078 Kgv/Kg.as

4,078080 gv/Kg.as Observamos que siendo la humedad absoluta de saturación a 1°C más pequeña que la que posee al aire que ingresa al sistema, como resultado del proceso de enfriamiento y deshumectación, el aire húmedo quedará saturado, con los parámetros termodinámicos correspondientes a 1°C. La humedad absoluta de saturación en el estado final valdrá:

0,622 . 5,62 / (700-5,62) = 0,005034 Kgv/Kg.as 5,034189 gv/Kg.as

Al ser la humedad absoluta de saturación en el estado final, más grande que la humedad absoluta del aire a la salida del acondicionador inicial, los procesos posteriores de calentamiento, compresión y enfriamiento no podrán alterar la humedad absoluta, es decir, todos los procesos posteriores se realizarán a humedad absoluta constante, por lo tanto: 4,56 KPa

=−

== °0

0130 622,0]

PvsPtPvsXX

iCS

=−

== °1

111 622,0]

PvsPtPvsXX

iCS

=−

=°

°°

Cf

CCS PvsPt

PvsX

35

3535 ]

]622,0]

⇒−

=−

== °ff

f

iCS PvPt

PvPvsPt

PvsXX 622,0622,0]1

111

=×

=×

= ⇒325 , 101700 66 , 0 1

i

ff

PtPt Pvs

Pv


La presión de aire seco final será: Pasf = Ptf - Pvf =700 - 4,56 = 695,44 Kpa La masa de aire seco comprimida valdrá: 78,67 Kgas La masa de vapor comprimida será: mvf = masf . Xf = 78,67Kgas x 0,004078 Kgv/Kgas = 0,3208 Kgv La masa de aire húmedo comprimida será la suma de las dos masas: mahf = masf + mvf = 78,67Kgas + 0,3208Kgv = 78,99 Kgah La masa de agua condensada en el acondicionamiento inicial valdrá: mw = masf.(X1 - X0)=78,67Kgas x ( 0,004078- 0,009346)Kgv/Kgas= -0,4145Kgagua (El signo negativo está indicando justamente que se trata de una masa de agua condensada)

===Kx

KKgKJ

mxKPaTRVPas

mfas

tfas f

308.

287009,0

1044,695.. 3


PROBLEMA 13.3.1 PROBLEMA DE APLICACIÓN (AIRE ACONDICIONADO) (Presión total = atmosférica normal (101,325KPa)

A) TRATAMIENTO DE AIRE ACONDICIONADO PARA CONFORT

Según los resultados obtenidos del balance térmico para el acondicionamiento del aire de un local en verano, se determinó que será necesario ingresar 5000m³/hora de aire. El local está ocupado por personas y se fijó una condición de confort a mantener de tLbs=25°C y una humedad relativa φL=50%, la condición del aire exterior que sirve de base para el cálculo de las cargas del aire acondicionado es: tEbs=33°C y una humedad relativa φE=40%. Para mantener las condiciones de confort se recicla solo el 25% del aire, renovando el resto. DATOS: Caudal de aire a inyectar al local: VI = 5000m³/h Caudal de aire de retorno, (0,25 x V I): VR = 1250m³/h Caudal de aire exterior, (0,75 x V I): VE = 3750m³/h Temperatura de bulbo seco de inyección del aire al local: tIbs = 13°C Humedad relativa de inyección del aire al local: φΙ = 85% Temperatura de bulbo seco del aire exterior: tEbs = 33°C Humedad relativa del aire exterior: φE = 40% Presión total Pt = 101,325KPa INCOGNITAS:

a) Calor sensible y cantidad de vapor a eliminar del local. b) Temperatura y humedad relativa del estado M. c) Pendiente de las transformaciones I-A y I-M. d) Factor de calor sensible F.C.S.: I-A e I-M. e) Representar el proceso en el ábaco psicrométrico.


CONSTANTES: Ru= 8,314 N.m/Kmol.°K cp.as= 1,005 KJ/Kg.as.°C Mas= 28,97 Kg/Kmol cp.v= 1,92 KJ/Kg.v.°C Mv= 18,02 Kg/KMol cw= 4,1868 KJ/Kg.°C r0= 2501,3 KJ/Kg.v 1bar= 101,325KPa SOLUCION GRAFICO-NUMERICA: PARA EL ESTADO I: Ubicamos en el ábaco psicrométrico el estado I, en el eje de las temperaturas, abcisas, levantamos la vertical por t=tIbsI=13°C hasta interceptar la curva de humedad relativa φI=85%. Ubicado el estado I, leémos: tIbs= 13°C φI = 85% XI = 8g.v/Kg.as hI = 33,2KJ/Kg.as tIr= 10,7°C tIbh = 11,7°C vI= 0,8207 m³/Kg.as PARA EL ESTADO A: Ubicamos en el ábaco psicrométrico el estado A, en el eje de las temperaturas, abcisas, levantamos la vertical por t=tAbs=25°C hasta interceptar la curva de humedad relativa φA=50%. Ubicado el estado A, leémos: tAbs= 25°C φA = 50% XA = 9,8g.v/Kg.as hA = 50,6KJ/Kg.as tAr= 13,8°C tAbh = 17,8°C vA= 0,8579 m³/Kg.as PARA EL ESTADO E: Para encontrar el estado E, por t=tEbs=33°C levantamos una vertical hasta interceptar la curva de humedad relativa φE=40%. Ubicado el estado E, leémos: tEbs= 33°C φE = 40% XE = 12,7g.v/Kg.as hE = 65,5KJ/Kg.as tEr = 17,6°C tEbh = 22,4°C vE= 0,8846 m³/Kg.as


Ubicados en el ábaco psicrométrico los tres estados, podemos proceder a calcular la masa de aire total que debe ingresar al ambiente. De acuerdo con el enunciado, el volumen de aire a ingresar es de 5000m³/h y está compuesto por un 25% de aire de retorno y por un 75% de aire nuevo tomado del exterior. Con éstos datos procederemos a determinar el estado del aire luego de efectuada la mezcla, estado que hemos llamado M: PARA EL ESTADO M: Solución gráfica: Para encontrar la ubicación del estado M debemos recordar que los estados iniciales de las dos corrientes de aire húmedo y el estado resultante de la mezcla, deben encontrarse alineadas, luego unimos los estados A y E mediante una recta y medimos la distancia entre los puntos representativos de ambos estados: El valor leído es A-E = 3,7cm . Dado que la proporción era 25% de aire de retorno y 75% de aire nuevo, el estado de mezcla se encontrará más cerca del estado que aporta mayor masa, en éste caso el estado que mayor masa aporta es el E y la distancia será igual a la cuarta parte de la distancia A-E = 3,7cm, es decir: A-M = 0,75 . 3,7cm = 2,78cm E-M = 0,25 . 3,7cm = 0,93cm Ubicado el estado M, leémos: XM = 12,3g.v/Kg.as hM = 63,2KJ/Kg.as φM = 43% tMr = 16,9°C tMbh = 21,7°C tMbs = 31,7°C vM = 0,8805 m³/Kg.as La masa de aire seco total que ingresa a la unidad de tratamiento de aire, U.T.A., será: mM.as = VI / vI = 5000m³/h / 0.8805m³/Kg.as = 5678,59Kg.as/h La masa de vapor de agua total que ingresa a la unidad de tratamiento de aire, U.T.A., será: mM.v = XM. mM.as = 0.0123Kg.v/Kg.as x 5678,59Kg.as/h = 69,85Kg.v/h EVOLUCION DEL AIRE HUMEDO DENTRO DE LA UNIDAD DE TRATAMIENTO DE AIRE, (U.T.A.): Pendiente de la evolución: PENDIENTE =(hM - hI) / (XM - XI)=(63,2-33,2)KJ/Kg.as/(0,0123-0,00800)Kg.v/Kg.as PENDIENTE I-M = 6976,74KJ/Kg.v 6,98KJ/g.v


La masa de vapor de agua que debe ser eliminada por la U.T.A., será: wU.T.A.= mM.as . (xM - xI) = 5678,59Kg.as/h .(0,0123-0,0080)Kg.v/Kg.as = 24,42Kg.v/h La cantidad de calor sensible que debe ser extraído por la U.T.A., será: Qs.M-I =mM.as x (cp.as+ XI x cp.v) x (tM - tI) Qs.M-I = 5678,59Kg.as/h/3600s/h x (1,005 + 0,008x1,92)KJ/(Kg.°C) x (31,7 -13) °C Qs.M-I = 30,10 KW La cantidad de calor total a extraer en la U.T.A.: QT.as =mM.as . (hM - hI)=5678,59Kg.as/h / 3600s/h x (63,2-33,2)KJ/Kg QT I-M = 47,32KW Factor de calor sensible: F.C.S. I-M RI-M = Qs.I-M / QT. I-M = 30,10/47,32 = 0,636 El punto de rocío del aparato, P.R.A., se obtiene en la intersección de la recta que une el estado del aire en el ambiente, (A), con el estado del aire de impulsión, (I), con la curva de saturación, (φs = 100%), del ábaco psicrométrico obtenemos: P.R.A. = 9,5°C (Esta recta tiene la misma pendiente que la recta del factor de calor sensible F.C.S.) Punto de rocío del serpentín: P.R.S. : Se determina en la intersección con la curva de saturación, (φs=100%), con la recta que une el estado del aire exterior, (E), con el estado del aire de impulsión, (I), del diagrama obtenemos: P.R.S. = 8,8°C EVOLUCION DEL AIRE HUMEDO DENTRO DEL AMBIENTE: Pendiente de la evolución: PENDIENTE = (hA - hI) / (XA - XI) = (50,6-33,2)KJ/Kg.as / (0,0098-0,0008)Kg.v/Kg.as PENDIENTE = 9666,67KJ/Kg.v 9,67KJ/g.v La masa de vapor de agua que se debe eliminar del ambiente, será: wA = mM.as . (xA - xI) = 5678,59Kg.as/h .(0,0098-0,0080)Kg.v/Kg.as WA = 10,22Kg.v/h La cantidad de calor sensible que debe ser extraído del ambiente, será: Qs.A-I =mM.as x (cp.as+ XI x cp.v) x (tA - tI) Qs.A-I = 5678,59Kg.as/h/3600s/h x (1,005 + 0,008x1,92) x (25°C-13°C) Qs.M-I = 19,31KW La cantidad total de calor a extraer en el ambiente, será: QT A-I = mM.as x (hA - hI) = 5678,59Kg.as x (50,6-33,2)KJ/Kg.as/h/3600s/h QT A-I = 27,45KW Factor de calor sensible: F.C.S.A-I RI-A = Qs / QT = 19,31/27,45 = 0,704


PROBLEMA 13.3.2

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE AIRE HUMEDO CON UNA PRESION TOTAL IGUAL A LA ATMOSFERICA NORMAL (101,325KPa) B) TORRES DE ENFRIAMIENTO DE AGUA: Otra aplicación muy importante del aire húmedo lo constituyen las torres de enfriamiento de agua, siendo una de sus aplicaciones, el enfriamiento del agua de las instalaciones frigoríficas condensadas por agua. Suponer que se solicita diseñar termodinámicamente la torre de enfriamiento que será necesario instalar para satisfacer los requerimientos del equipo frigorífico del problema anterior. La cantidad total de calor que debe ser eliminada es QT=47,32KW. El agua que sale del condensador tiene una temperatura de 41°C y debe regresar como máximo a 33°C. El aire atmosférico, (exterior), se encuentra a 33°C y posee una humedad relativa de 40% y abandona la torre de enfriamiento a 40°C y 95% de humedad relativa. El agua de reposición a la batea de la torre, (la que se repone por las pérdidas que arrastra la corriente de aire), se encuentra a 20°C. Se solicita calcular los flujos másicos de aire seco y agua de reposición en Kg/h. Suponer que el régimen de funcionamiento de la torre es estacionario. Despreciar la energía cinética y potencial. La presión total es la atmosférica normal, (101,325KPa). DATOS: QT = 47,32 KJ/s tebs = 33 °C twi = 41 °C fei = 40 % tws = 33 °C tsbs = 40 °C twr = 20 °C fsou = 95 % CONSTANTES: Ru= 8,314 KJ/Kmol.°K cp.as= 1,005 KJ/Kg.as.°C Mas= 28,97 Kg/Kmol cp.v= 1,92 KJ/Kg.v.°C Mv= 18,02 Kg/KMol Cw = 1KCalKg.°C= 4,1868 KJ/Kg.°C r0= 2501,3 KJ/Kg.v 1bar= 101,325KPa Ras= 0,2870 KJ/Kg.°C Rv= 0,4614 KJ/Kg.°C


SOLUCION: Para resolver éste problema, planteamos el balance de masas de agua/vapor y el balance de entalpías. Se debe tener en cuenta que la masa de aire seco se mantiene constante, solo varía el contenido de humedad. Se asume además que el flujo másico de agua a ser enfriada que ingresa a la torre, ( mwi ), es el mismo que el que regresa, ( mwou ). La masa de agua a ser enfriada la calcularemos por calorimetría: QT=mw.CW.(ti - ts) => mw = QT / [Cw.(twi - tws)] = 47,32KJ x 3600s/h / [4,1868 x (41 - 33)] mwa = 5085,98Kg/h Balance de masas de vapor/agua: mai + mwr = mao (1) Balance de entalpías: mwr . hwr + mai.as . hai + mwi . hwi = mao.as . hao + mws . hws (2) Del ábaco psicrométrico obtenemos: Estado del A.H. exterior (entrada a la torre) Estado del A.H. de salida de la torre (Estos parámetros fueron calculados más abajo) tebs = 33°C taobs = 40°C φe = 40% φao = 95% Xe = 12,7g.v/Kg.as Xao = 46,261g.v/Kg.as Xaes = 32,520 g.v/Kg.as Xaos = 48,887g.v/Kg.ashe hae = 65,5KJ/Kg.as hao = 159,25KJ/Kg.as ter = 17,6°C taor = 39,22°C tebh = 22,4°C taobh = 39,17°C ve = 0,8846 m³/Kg.as vao = 0,9525m³/Kg.as


Dado que no se cuenta con un ábaco que permita ubicar el estado del aire húmedo de salida de la torre de enfriamiento, procederemos a calcular analíticamente los parámetros correspondientes: De tablas de vapor de agua saturado, obtenemos:

t Pvs v' v'' h' h'' s' s'' °C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K

33,00 5,0343 0,001005 28,006 138,26 2560,93 0,4779 8,3912 39,04 7,0143 0,001008 20,49 163,51 2571,8 0,5595 7,7141 40,00 7,3835 0,001008 19,521 167,52 2573,5 0,5724 7,6831

φae = Pv|taebs / Pvs|taebs => Pv|taebs = φae . Pvs|taebs = 0,40 x 5,0343 Pv|taobs = 2,0137 KPa Xae = 0,622 . Pv|taebs / (Pt - Pv|taebs) = 0,622 x 2,0137 / (101,325 - 2,0137) Xao = 0,01261 Kg.v/Kg.as 12,612 g.v/Kg.as Xaes = 0,622 . Pvs|taebs / (Pt - Pvs|taebs) = 0,622 x 5,0343 / (101,325 - 5,0343) Xaes = 0,03252 Kg.v/Kg.as 32,520 g.v/Kg.as Grado de saturación del aire húmedo de entrada a la torre: ξe= Xae / Xaes =12,612 / 32,520 ξe = 0,3878 φao = Pv|taobs / Pvs|taobs => Pv|taobs = fao . Pvs|taobs = 0,95 x 7,3835 Pv|taobs = 7,0143 KPa Xao = 0,622 . Pv|taobs / (Pt - Pv|taobs) = 0,622 x 7,0143 / (101,325 - 7,0143) Xao = 0,04626 Kg.v/Kg.as 46,2610 g.v/Kg.as Xaos = 0,622 . Pvs|taobs / (Pt - Pvs|taobs) = 0,622 x7,3835 / (101,325 - 7,3835) Xaos = 0,04889 Kg.v/Kg.as 48,887 g.v/Kg.as


Grado de saturación del aire húmedo de salida de la torre: ξo= Xao / Xaos =46,261 / 48,887 ξo = 0,9463 hao = cp.as . taobs + Xao . hao" = 1,005 x40 + 0,4626 x 2573,5 hao = 159,25 KJ/Kg.as vah.ao = Tao x (Ras + Xao . Rv) / Pt =213 x (0,28699 + 0,04626 x 0,46138) / 101,325 vah.ao = 0,95245m³/kg.as La temperatura de bulbo húmedo debe encontrarse por tanteos, ya que no solo no se conoce ésta, sino que además no se conoce la humedad absoluta de saturación correspondiente a dicha temperatura. Volviendo a las ecuaciones de balances de masas y entalpías, (1) y (2) : de (1) : mwr = mao - mai = ma.as . (Xao - Xai) (3) Recordando que : mai.as = mao.as = ma.as y mwi = mws = mwa de (2) : ma.as . (hai - hao) + mwr . hwr = mwa .( hws - hwi ) reemplazando por (3):ma.as . (hai - hao) + ma.as . (Xao - Xai) . hwr = mwa.( hws - hwi )

despejando: (A) Calculamos: hwi = Cw . twi = 4,1868 KJ/Kg.°C x 41°C = 171,66KJ/Kg hws = Cw . tws = 4,1868 KJ/Kg.°C x 33°C = 138,16KJ/Kg hwr = Cw . twr = 4,1868 KJ/Kg.°C x 20°C = 83,74KJ/Kg hai = cp.as . tai + Xai . hai" = 1,005 x 33 + 0,0127 x 2560,93 = 65,46KJ/Kg hao = cp.as . tao + Xao . hao" = 1,005 x 40 + 0,04626 x 2573,50 = 159,25KJ/Kg Reemplazando en (A):

tbh Pvs|tbh Xtbh htbh Δ=h1-htbh °C KPa [Kg v/Kg as] KJ/Kg --- 38 6,6315 0,043559 150,16 9,0923 40 7,3835 0,048887 166,04 -6,7905

39,52 7,2 0,047579 162,15 -2,8999 39,26 7,1 0,046869 160,04 -0,7878 39,17 7,064 0,046613 159,28 -0,0325

r

a

waiaoaoai

wiwswasa hxxhh

hhmm

×−+−

−=

)()()(

.


ma.as = 1872,59Kg/h mwr = 63,01Kg/h PROBLEMA 13.3.3 PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE AIRE HUMEDO CON UNA PRESION TOTAL IGUAL

A LA ATMOSFERICA NORMAL (101,325KPa) C) SECADO INDUSTRIAL DE MERCADERIAS UTILIZANDO AIRE HUMEDO Una fábrica textil tiene un secador contínuo para secar 1000Kg/hora de fibras . Las fibras sonintroducidas en el secadero a 18°C y poseen un 60% de agua. En la zona de emplazamiento del secadero, el aire exterior tiene una temperatura de bulbo seco te = 18°C y una humedad relativa φe = 85%. Por razones de seguridad del producto a secar, la máxima temperaturadel aire de inyección no puede superar los 50°C. Asumir que: El aire abandona el secadero con una humedad relativa φs=80%. Las fibras salen del secadero a la misma temperatura de ingreso, 18° Las fibras salen del secadero con un contenido de humedad del 15%. La presión total es igual a la atmosférica normal. 101,325KPa El aire es calentado por un intercambiador de calor que emplea vapor de agua saturado a 760Kpa. Por razones de buen orden, la empresa decide hacer recalcular algunos parámetros del secadero que permitan determinar si por su antigüedad el mismo ha llegado al límite de su vida útil. Los datos solicitados por la empresa son los siguientes:

1) Volumen de aire que debe mover el ventilador. 2) Consumo de vapor de agua saturado que debe suministrar la caldera. 3) Consumo específico del secadero.

ESQUEMA FUNCIONAL DEL SECADOR:

74,83)0127,004626,0()25,15946,65()66,17116,138(98,5085

. ×−+−−×

=asam


FIGURA DE ANALISIS DE LA INSTALACION:

DATOS: Producto a secar: hilados. 1000,00Kg/h (Se desprecia su capacidad calorífica) Fibras sin humedad (40%) 400,00Kg/h Fibras secas con 15% de humedad 470,59Kg/h Masa de agua líquida que ingresa 600,00Kg/h Masa de agua líquida que sale 70,59Kg/h Masa de agua líquida a evaporar mae = 529,41Kg/h CONSTANTES: Ru = 8,314N.m/Kmol.°K Cw = 1KCalKg.°C = 4,1868 KJ/Kg.°C cp.as= 1,005KJ/Kg.as.°C r0 = 2501,3KJ/Kg.v Mas = 28,97Kg/Kmol 1 bar = 101,325KPa cp.v = 1,92KJ/Kg.v.°C Ras = 0,28699KJ/Kmol.°K Mv = 18,02Kg/KMol Rv = 0,46138KJ/Kmol.°K SOLUCION: De tablas de vapor de agua saturado, obtenemos:

t Pvs v' v'' h' h'' s' s'' °C KPa m³/Kg m³/Kg KJ/Kg KJ/Kg KJ/Kg.K KJ/Kg.K

18,00 2,0643 0,001002 65,018 75,53 2533,74 0,2678 8,7109 50,00 12,3499 0,001012 12,029 209,33 2591,27 0,7038 8,0747

168,30 760 0,0011123 0,2522 711,67 2765,38 2,02489 6,67714 Del ábaco psicrométrico obtenemos: Parámetros del aire que ingresa al secadero Parámetros del aire luego de ser calentado tebs

= 18°C tAbs = 50°C φe = 85% φA = 14% Xe = 11,0000 g.v/Kg.as XA = 11,0000g.v/Kg.as he = 46,00KJ/Kg.as hA = 79,00KJ/Kg.as ter = 15,50°C tAr = 15,50°C tebh = 16,2°C tAbh = 25,6°C ve = 0,8387m³/Kg.as vA= 0,9317m³/Kg.as


La masa de agua que hay que eliminar debe ser absorbida por la masa de aire que atraviesa el secadero, luego se debe cumplir: mae = mas x (Xsal - Xent) El aire exterior que ingresa al secadero recibe calor, por lo tanto, su evolución debe efectuarse a humedad absoluta constante. Por otro lado, el aire debe calentarse a una temperatura máxima de 50°C. Por lo tanto, ubicado en el ábaco psicrométrico el estado representativo del aire exterior, nos desplazamos a humedad absoluta constante hasta interceptar la isoterma de 50°C, estado A. Desde ese estado, el aire sufre una evolución a pendiente constante, encontrándose el estado de salida del aire del secadero, en la intersección de la recta dependiente constante con la curva de humedad relativa 80%. (VER ESQUEMA EN EL ABACO ADJUNTO). Dado que hemos despreciado la capacidad calorífica de las fibras, el proceso entre los estados A y el de salida del aire del secadero, es de humidificación, es decir, planteando elbalance de masas de vapor y de entalpías y efectuando su cociente, obteníamos como resultado el valor de la tangente del ángulo del proceso y al ser una humidificación pura, éste valor coincide con el valor de la entalpía del agua de humidificación; por lo tanto: PENDIENTE =(hA - hS) / (XA - XS) = hW = CW x tW = 4,1868 x 18 PENDIENTE = 75,36KJ/Kg.v 0,0754KJ/g.v (Prácticamente se trata de una evolución isoentálpica). Del ábaco psicrométrico obtenemos: Parámetros del aire que egresa del secadero tsbs = 28,5°C

Φs = 80% Xs = 19,7000g.v/Kg.as hs = 79,00KJ/Kg.as tsr = 24,60°C tsbh =25,70°C Vs = 0,8810m³/Kg.as

Estamos ahora en condiciones de responder la primera pregunta del problema: La masa de aire a circular será: mas = mae / (Xs - XA) = 529,41 / (0,0197-0,0110) mas = 60851,72Kg/h El volumen del aire a circular: Va = mas . ve = 60851,72 x 0,8387 Va = 51036,34m³/h Va = 850,61m³/min La cantidad de calor que se debe entregar al secadero será: Q = mas . (hA - he) = 60851,72 x (79,00 - 46,00) Q = 2008106,90KJ/h Q = mas . (hA - he) = (60851,72/3600) x (79,00 - 46,00) Q =557,81KW


La cantidad de vapor de agua que consume el secadero, será: mv = Q / rv = Q / (h" - h' ) = 2008106,9 / (2765,38 - 711,67) mv = 977,79Kg/h Se denomina consumo específico del secadero al cociente entre la masa de vapor y la masa de agua que se debe evaporar en él: ξ = mv / mae = 977,79 / 529,41 ξ = 1,85Kg.v / Kg.agua Problemas A RESOLVER PROBLEMA 13.4.3 El tanque de la izquierda de la figura contiene 5 m3 de aire a 1 kg/cm2 de presión, temperatura de bulbo seco de 20ºC y un grado de saturación φ = x / xs = 60 %.Sus paredes son perfectamente conductoras del calor. El tanque de la derecha , aislado térmicamente contiene aire seco a 40 ºC y la presión de 3,5 kg/cm2 que se mantiene constante por la acción de un pistón sin rozamiento Se abre la válvula y luego se cierra justo cuando en el recinto de la izquierda se alcanza la presión de 3,5 kg/cm2 El medio ambiente se encuentra a p0 = 1 kg/cm2 y T0 = 293 K.Se desprecian los volúmenes de la cañería de interconexión Calcular: a.- El calor intercambiado por el tanque izquierdo, con el medio b.- La humedad absoluta y el grado de saturación φ = x / xs en dicho recinto al final del proceso c.- La variación de entropía del universo Respuestas: a) Calor intercambiado: Q = - 348,35 kcal b) Humedad absoluta xf = Gv / Gas = 0,002574 kg ag / kg as Grado de saturación φ = x / xs = 60 % c) Variación de entropía del universo: Δ S u = + 0,4547 kcal / K

guía 2° parte

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