Ejercicio 1 Termo Psicometria

1. Entra aire a una sección de enfriamiento de 30 cm de diámetro a 1 atm, 35°C y 45% de humedad relativa a 18 m/s. se quita calor del aire a razón de 750 kJ/min. Determine: a) la temperatura de salida, b) la humedad relativa de salida del aire y c) la velocidad de salida. Datos: 𝜋 4

30 2



Á𝑟𝑒𝑎 =

  

𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑢𝑙𝑏𝑜 𝑆𝑒𝑐𝑜 = 35°𝐶 𝐻𝑢𝑚𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 = 45% 𝑚 𝑉 = 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 = 18 𝑠

∗ (100) = 0.0707 𝑚²

Las propiedades obtenidas, fueron calculadas gracias al software Daikin's Psychrometric chart. Relative humidity (%) 100 150

ESTADO 1 T (Bulbo Seco)

Absolute humidity (kg/kg) 70 60 50 40

140

35.0°C

T (Bulbo Húmedo)

90 80

0.0400

30 130

25.0°C

0.0350

120

T (Rocío)

21.3°C

Presión

110

101325.0Pa

Humedad Relativa

0.0300

100

45.0%

Humedad Especifica

20

90

0.0250

80

0.0159kg/kg

0.0200

70

Entalpia

76.1kJ/kg

Densidad

1.135kg/m³

Vol. Específico

0.895 m3/kg

0.0450

P1

60

0.0150

50

10

40

0.0100

30 20 0.0050

10 Enthalpy (kJ/kg)

0

-10

-20

0.0000 -40 -35 -30 -25 Dry bulb temperature (°C)

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60



Sabemos que para calcular el flujo másico, la fórmula es:

𝑨∗𝑽 ∀ Donde: ṁ=

𝜋 4

30 2



𝐴 = Á𝑟𝑒𝑎 =



𝑉 = 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 => 18



∀= 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝐸𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑜

∗ (100) => 0.0707 𝑚² 𝑚 𝑠

𝑚 0.0707𝑚² ∗ 18 𝑠 𝐴∗𝑉 𝒎𝟑 ṁ= = = 𝟏. 𝟒𝟐𝟏𝟗 𝑚3 ∀ 𝒔 0.895 𝑘𝑔  Al realizar un balance de energía, para este estado, se debe tomar en cuenta que se pierde calor, por ende el calor en nuestra ecuación será negativo. ∆𝑈 = 𝑄 − 𝑊 ∆𝑈 + 𝑊 = 𝑄 ṁ(∆𝐻) = −𝑄 ṁ(ℎ2 − ℎ1) = −𝑄 𝑘𝐽 𝑘𝐽 ) = −750 𝑘𝑔 𝑚𝑖𝑛 𝑘𝐽 𝑘𝐽 1 𝑚𝑖𝑛 1.4219 ∗ (ℎ2 − 76.1 ) = −750 ∗ 𝑘𝑔 𝑚𝑖𝑛 60𝑠 𝑘𝐽 −12.5 𝑘𝐽 (ℎ2 − 76.1 ) = 𝑘𝑔 1.4219 𝑘𝑔 𝒌𝑱 𝒉𝟐 = 𝟔𝟕. 𝟑𝟏 𝒌𝒈 1.4219 ∗ (ℎ2 − 76.1



Este sistema ha sido analizado como abierto y constante, pues los flujos de aire que entran y salen en la tubería siempre son iguales. Por ende, necesitamos calcular las propiedades para el estado de salida, con lo cual ya se conocen dos parámetros, la entalpía y la humedad especifica. kJ

1. h2 = 67.31 kg kg

2. 𝜔 = 0.0159 kg Con lo que al insertar estos dos datos al software, se obtienen los parámetros adjuntos en la tabla, obteniendo un valor de temperatura igual a 26.5 °C, volumen específico 0.871 m3/kg y una humedad relativa de 73%

Relative humidity (%) 100 150

ESTADO 2

T (Bulbo Húmedo)

22.7°C

T (Rocío)

21.3°C

Absolute humidity (kg/kg) 70 60 50 40

140

26.5°C

T (Bulbo Seco)

90 80

0.0400

30 130

0.0350

120 110

101325.0Pa

Presión

Densidad

1.167kg/m³

Vol. Específico

0.871 m3/kg

0.0250

80 0.0200

70

67.31kJ/kg

Entalpia

20

90

0.0159kg/kg

Humedad Especifica

0.0300

100

73.0%

Humedad Relativa

P1

60

0.0150

50

10

40

0.0100

30 20 0.0050

10 Enthalpy (kJ/kg)

0.0450

0

-10

-20

0.0000 -40 -35 -30 -25 Dry bulb temperature (°C)



-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

30

Ahora se calculará la velocidad de salida, para esto se deben igualar los flujos másicos de aire.

ṁ 𝟏 = ṁ𝟐 𝐴 ∗ 𝑉1 𝐴 ∗ 𝑉2 = ∀1 ∀2

𝑚 ∀2 ∗ 𝑉1 0.871 ∗ 18 𝑠 𝑉2= = 𝑚3 ∀1 0.895 𝑘𝑔 𝒎 𝑽𝟐= 𝟏𝟕. 𝟓𝟐 𝒔

35

40

45

50

55

60

2. Aire a 1 atm, 15°C y 60% de humedad relativa se calienta primero a 20°C en una sección de calentamiento y luego se humidifica por introducción de vapor de agua. El aire sale de la sección de humidificación a 25°C y 65% de humedad relativa. Determine: a) la cantidad de vapor que se agrega al aire, b) la cantidad de calor que se transfiere al aire en la sección de calentamiento. Datos:  𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑢𝑙𝑏𝑜 𝑆𝑒𝑐𝑜 (1) = 15°𝐶  𝐻𝑢𝑚𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎(1) = 60%  𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑢𝑙𝑏𝑜 𝑆𝑒𝑐𝑜 (2) = 20°𝐶  𝑇𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑢𝑙𝑏𝑜 𝑆𝑒𝑐𝑜 (3) = 25°𝐶  𝐻𝑢𝑚𝑒𝑑𝑎𝑑 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎(3) = 65% Las propiedades obtenidas, fueron calculadas gracias al software Daikin's Psychrometric chart.

Relative humidity (%) 100 150

ESTADO 1 T (Bulbo Seco) T (Bulbo Húmedo) T (Rocío) Presión Humedad Relativa Humedad Especifica Entalpia Densidad Vol. Específico

90 80

Absolute humidity (kg/kg) 70 60 50 40

140

0.0400

30

15.0°C 10.8°C 7.3°C 101325.0Pa 60.0% 0.0063kg/kg 31.1kJ/kg 1.220kg/m³ 0.825 m3/kg

130 0.0350

120 110

0.0300

100 20

90

0.0250

80 0.0200

70 60

0.0150

50

10

40 30 20

0.0100 P1 0.0050

10 Enthalpy (kJ/kg)

0

-10

-20

0.0450

0.0000 -40 -35 -30 -25 Dry bulb temperature (°C)

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60



Para el estado 2, se cumple que en el momento que se calienta la humedad específica permanece constante, al igual que los flujos másicos de todo el ciclo por ser un sistema constante.

ESTADO 2 T (Bulbo Seco) T (Bulbo Húmedo) T (Rocío) Presión Humedad Relativa Humedad Especifica Entalpia Densidad Vol. Específico

Relative humidity (%) 100 150

20.0°C 12.9°C 7.4°C 101325.0Pa 44.0% 0.0064kg/kg 36.3kJ/kg 1.199kg/m³ 0.839 m³/kg

90 80

Absolute humidity (kg/kg) 70 60 50 40

140

0.0400

30 130

0.0350

120 110

0.0300

100 20

90

0.0250

80 0.0200

70 60

0.0150

50

10

40

0.0100

30

P1

20

0.0050

10 Enthalpy (kJ/kg)

0

-10

-20

0.0450

0.0000 -40 -35 -30 -25 Dry bulb temperature (°C)



-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

Ahora definiremos el estado 3. Con 20°C y una humedad relativa de 65%.

25

30

35

40

45

50

55

60

ESTADO 3 T (Bulbo Seco) T (Bulbo Húmedo) T (Rocío) Presión Humedad Relativa Humedad Especifica Entalpia Densidad Vol. Específico

25.0°C 20.2°C 18.0°C 101325.0Pa 65.0% 0.0129kg/kg 58.0kJ/kg 1.175kg/m³ 0.862 m3/kg

Relative humidity (%) 100 150

90 80

Absolute humidity (kg/kg) 70 60 50 40

140

0.0450

0.0400

30 130

0.0350

120 110

0.0300

100 20

90

0.0250

80 0.0200

70 60

0.0150

P1

50

10

40

0.0100

30 20 0.0050

10 Enthalpy (kJ/kg)

0

-10

-20

0.0000 -40 -35 -30 -25 Dry bulb temperature (°C)

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

 En la etapa de calentamiento, es necesario tomar en cuenta que la humedad especifica si se mantiene igual. Pero al pasar por el estado de humidificación este valor si cambiará. 𝑘𝑔𝐴𝑔𝑢𝑎 𝑘𝑔𝐴𝑔𝑢𝑎 𝒌𝒈𝑨𝒈𝒖𝒂 ∆𝜔 = 𝜔3 − 𝜔2 = 0.0129 − 0.0064 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟔𝟓 𝑘𝑔𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑘𝑔𝐴𝑖𝑟𝑒 𝒌𝒈𝑨𝒊𝒓𝒆  Para calcular la cantidad de calor transferido que solo se da en la etapa de calentamiento, se reduce a los estados 1 y 2. 𝑲𝒋 ∆𝑞1−2 = ℎ2 − ℎ1 = 36.3 − 31.1 = 𝟓. 𝟐 𝒌𝒈𝑨𝒊𝒓𝒆

3. Entra aire a una sección de enfriamiento de 40 cm de diámetro a 1 atm, 32°C y 70% de humedad relativa a 120 m/min. El aire se enfría pasándolo sobre un serpentín de enfriamiento por el que fluye agua fría, el agua experimenta una elevación de temperatura de 6°C, el aire sale de la sección de enfriamiento saturado a 20°C. Determine: a) La tasa de transferencia de calor b) El flujo másico del agua c) La velocidad de aire a la salida a) Suposiciones: Esto es un proceso de flujo estacionario, y por lo tanto, el flujo másico del aire seco permanece constante durante todo el proceso. El aire seco y el vapor de agua son gases ideales. Los cambios en las energías cinética y potencial son insignificantes. La Presión de saturación a 32 °C es de 4.76 kPa, calculado con HP 50g, entonces la presión de saturación al 70% es 4.76*(0.7) = 3.332 kPa, entonces con las tablas de la Hp 50g se saca la temperatura de saturación al 70% teniendo en cuenta una presión de 3.332 kPa y calidad de 1 por ser vapor saturado Tsat(70%) = 25.84°C La entalpía del agua líquida saturada a 20 °C es de 84.01 kJ/kg, calculado con HP 50g. Las propiedades del aire en ambos estados a partir de la carta psicométrica son: h1 = 86.35 kJ/kg aire seco h2 = 57.43 kJ/kg aire seco w1 = 0.02114 kg H2O/kg aire seco y w2 = 0.0147 kg H2O/kg aire seco v1 = 0.8939 m3/kg aire seco v2 = 0.8501 m3/kg aire seco 𝑉̇ = 𝑉1 𝐴1 = 𝑉1 (

𝑚𝑎1

𝜋𝐷 2 𝑚 𝜋(0.4𝑚)2 = (120 ) ) ( ) = 15.08 𝑚3 /𝑠 4 min 4

𝑉1̇ = = 𝑉1

15.08 0.8939

𝑚3 𝑘𝑔

̇ 𝑚3 𝑚𝑖𝑛

𝑑𝑒 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜

= 16.87

𝑘𝑔 𝑚𝑖𝑛

Ahora aplicando el balance de masa de agua y las ecuaciones del balance energético a la sección combinada de enfriamiento y deshumidificación (excluyendo el agua) Balance de masa de agua: Σ𝑚̇(𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜) = Σ𝑚̇(𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜) 𝑚𝑎1 ̇ 𝜔1 = 𝑚𝑎2 ̇ 𝜔 + 𝑚̇(𝑤) 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚̇(𝑤) = 𝑚̇𝑎 (𝜔1 − 𝜔2 ) = (16.87 ) (0.02114 − 0.0147) = 0.1086 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 Balance de energía: 𝑈̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑈̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑚𝑎1 ̇ ℎ1 = 𝑄̇ 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 + 𝑚̇𝑎2 ℎ2 + 𝑚̇𝑤 ℎ𝑤 𝑄̇ 𝑠𝑎𝑙 = 𝑚̇𝑎 (ℎ1 − ℎ2) − 𝑚̇𝑤 ℎ𝑤 𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑄̇𝑠𝑎𝑙 = (16.87 ) (86.35 − 57.43) − (0.1086 ) (83.91 ) 𝑚𝑖𝑛 𝑘𝑔 𝑚𝑖𝑛 𝑘𝑔 𝒌𝑱 𝑸̇𝒔𝒂𝒍 = 𝟒𝟕𝟖. 𝟕 𝒎𝒊𝒏

b) Observando que el calor perdido por el aire es ganado por el agua de refrigeración, el caudal másico del agua de refrigeración se determina a partir de: 𝑄̇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑚̇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 Δℎ = 𝑚̇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 CpΔ𝑇 𝑘𝐽 478.7 𝑚𝑖𝑛 𝑄̇𝑤 𝑚̇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = = 𝐶𝑝Δ𝑇 (4.18 𝑘𝐽 ) (6°𝐶) 𝑘𝑔°𝐶 𝒌𝒈 𝑚̇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑛𝑓𝑟𝑖𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝟏𝟗. 𝟎𝟗 𝒎𝒊𝒏 c) La velocidad de salida se determina a partir de la conservación de la masa de aire seco 𝑚̇𝑎1 = 𝑚̇𝑎2 𝑉1̇ 𝑉̇2 = 𝑣1 𝑣2 𝐶1 𝐴1 𝐶2 𝐴2 = 𝑣1 𝑣2 𝑣2 0.8501 𝑚 𝐶2 = 𝐶1 = (120 ) 𝑣1 0.8939 𝑚𝑖𝑛 𝒎 𝑪𝟐 = 𝟏𝟏𝟒 𝒎𝒊𝒏