Fase 3 Primera Ley de La Termodinámica

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL 

EJEMPLOS DE BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMA CERRADO.

1.- Un dispositivo de cilindro-émbolo contiene 25g de vapor de agua saturado que se mantiene a una presión constante de 300 KPa. Se enciende un calentador de resistencia eléctrica dentro del cilindro y pasa una corriente de 0.2 A durante 5 minutos desde una fuente de 120 V. Al mismo tiempo, ocurre una pérdida de calor de 3.7 KJ. Determine la temperatura final del vapor. SOLUCIÓN: De acuerdo al planteamiento:

Al realizar el balance de energía: 𝐸𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 + 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = ∆𝑈 + 𝑊𝐹𝑟𝑜𝑛𝑡𝑒𝑟𝑎 + 𝑄𝑆𝑎𝑙𝑒 Y recordemos que: ∆𝐻 = ∆𝑈 + 𝑊𝑓 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = (ℎ2 − ℎ1 )𝑚 + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑒

∴

Calculamos 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝑉𝐼∆𝑡 = (120 𝑉 )(0.2 𝐴)(300 𝑠) ( Obtenemos ℎ1 en el estado inicial:

Estado 1: 𝑃1 = 300 𝐾𝑃𝑎 𝐹1 = 𝑉𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 ∴ ℎ1 = 2724.9

𝐾𝐽

𝑘𝑔

1

𝐾𝐽 𝑠

1000 𝑉 𝐴

) = 7.2 𝐾𝐽

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL Entonces: 7.2 𝐾𝐽 − 3.7 𝐾𝐽 = (ℎ2 − 2724.9 ℎ2 = 2864.9

𝐾𝐽 𝑘𝑔

) (0.025 𝑘𝑔)

𝐾𝐽 𝑘𝑔

Al fijar el estado final de acuerdo a la presión y entalpía especifica: Estado 2: 𝑃2 = 300 𝐾𝑃𝑎 ℎ2 = 2864.9

𝐾𝐽 𝑘𝑔

∴ 𝑇2 = 𝟏𝟗𝟗. 𝟓𝟐° 𝑪 (𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒑𝒐𝒍𝒂𝒏𝒅𝒐) 2.- Un recipiente rígido está dividido en dos partes iguales por una separación. Al inicio, un lado del recipiente contiene 5 kg de agua a 200 KPa y 25° C, mientras el otro lado se halla al vacío. Se retira la separación y el agua se expande en todo el recipiente, con lo que el agua intercambia calor con sus alrededores hasta que la temperatura en el recipiente vuelve al valor inicial de 25° C. Determine a) el volumen del recipiente, b) la presión final y c) la transferencia de calor para éste proceso. SOLUCIÓN:

a) En el estado inicial podemos obtener información al describir la fase a partir de la presión y temperatura: Estado 1: 𝑃1 = 200 𝐾𝑃𝑎 𝑇1 = 25° 𝐶 𝐹1 = 𝐿𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑖𝑑𝑜 ∴

𝑣1 = 0.001003

𝑚3 𝑘𝑔

Entonces el volumen inicial del agua es: 𝑚3

) (5 𝑘𝑔) = 0.005𝑚3 𝑘𝑔 Y el volumen total del recipiente sería el doble de esta cantidad: 𝑉2 = 2𝑉1 = 2(0.005𝑚3 ) = 𝟎. 𝟎𝟏𝒎𝟑 𝑉1 = 𝑣1 𝑚 = (0.001003

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL b) En el estado final el volumen específico sería: 𝑣2 =

𝑉2 𝑚

=

0.01𝑚3 5 𝑘𝑔

= 0.002

𝑚3 𝑘𝑔

Y ahora: Estado 2: 𝑇2 = 25° 𝐶 (𝑣𝑓 = 0.001003 𝑣2 = 0.002

𝑚3 𝑘𝑔

y 𝑣𝑔 = 43.340

𝑚3 𝑘𝑔

)

𝑚3 𝑘𝑔

Al ser la fase resultante la de mezcla saturada, la presión final sería la de saturación a la temperatura de 25° C: 𝑃2 = 𝑃𝑠𝑎𝑡 .@25° 𝐶 = 𝟑. 𝟏𝟔𝟗𝟖 𝑲𝑷𝒂 c) Mediante un balance de energías: 𝐸𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 + 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑄𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = ∆𝑈 = (𝑢2 − 𝑢1 )𝑚 En el estado inicial: 𝑢1 = 𝑢𝑓@25° 𝐶 = 104.83

𝐾𝐽 𝑘𝑔

En el estado final, la fase es mezcla saturada, y para obtener la energía interna específica primero hay que calcular la calidad: 𝑣 = 𝑣𝑓 + 𝑋𝑣𝑓𝑔 ⇒ 𝑋 =

𝑣 − 𝑣𝑓 𝑣𝑓𝑔

=

0.002 − 0.001 43.340 − .001

= 2.3 𝑥 10−5

𝑢2 = 𝑢𝑓 + 𝑋𝑢𝑓𝑔 = 104.83 + [(2.3 𝑥 10 −5 )(2304.3)] = 104.88 ∴

𝑄𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = (104.88 − 104.83)

𝐾𝐽 𝑘𝑔

(5 𝑘𝑔) = 𝟎. 𝟐𝟓 𝑲𝑱

𝐾𝐽 𝑘𝑔

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL BALANCE DE ENERGÍA: GASES IDEALES. 3.- Un recipiente rígido aislado contiene al inicio 1.5 lbm de Helio a 80° F y 50 psia. Dentro del recipiente hay una rueda de paletas que opera con una potencia nominal de 0.02 hp durante 30 minutos. Determine a) la temperatura final y b) la presión final del gas Helio. SOLUCIÓN:

Hacemos el balance de energías: 𝐸𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 + 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑊𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑡𝑒𝑙𝑎𝑠,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = ∆𝑈 = (𝑢2 − 𝑢1 ) 𝑚 = 𝑚𝐶𝑣 (𝑇2 − 𝑇1 ) Calculamos el trabajo que realiza la rueda de paletas: 𝑊𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝑊̇𝑟𝑢𝑒𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 ,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 ∆𝑡 = (0.02 ℎ𝑝)(0.5 ℎ) (

2544.5 𝐵𝑇𝑈 ⁄ℎ

= 25.45 𝐵𝑇𝑈 Consultamos el 𝐶𝑣 del Helio en la tabla de calores específicos: 𝐶𝑣𝐻𝑒 = 0.753

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚 ∙ ° 𝐹

Entonces, 25.45 𝐵𝑇𝑈 = (1.5 𝑙𝑏𝑚) (0.753

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚 ∙ ° 𝐹

) (𝑇2 − 80° 𝐹)

∴𝑇2 = 𝟏𝟎𝟐. 𝟓° 𝑭 Y la presión final la podemos obtener a partir de la relación de gas ideal 𝑃1 𝑣1 𝑇1

=

𝑃2 𝑣2 𝑇2

1 ℎ𝑝

)

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL Al ser constante el volumen (recipiente rígido), éste se cancela, y la ecuación nos quedaría 50 𝑝𝑠𝑖𝑎 (80° 𝐹 + 460)𝑅 ∴

=

𝑃2 (102.5° 𝐹 + 460)𝑅

𝑃2 = 𝟓𝟐. 𝟏 𝒑𝒔𝒊𝒂

4.- Un dispositivo de cilindro-émbolo contiene inicialmente 0.5 m3 de gas Nitrógeno a 400 KPa y 27° C. Dentro del dispositivo se enciende un calentador eléctrico, con lo cual pasa una corriente de 2 A durante 5 minutos desde una fuente de 120 V. El Nitrógeno se expande a presión constante y ocurre una pérdida de calor de 2800 J durante el proceso. Determine la temperatura final del Nitrógeno. SOLUCIÓN:

Hacemos el balance de energías: 𝐸𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 + 𝐸𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎

𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 ,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = ∆𝑈 + 𝑊𝑓 + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 ,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = ∆𝐻 + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = ( ℎ2 − ℎ1 )𝑚 + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑒 = 𝑚𝐶𝑝 ( 𝑇2 − 𝑇1 ) + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑒 Calculamos el 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 : 𝑊𝐸𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝑉𝐼∆𝑡 = (120 𝑉 )(2 𝐴)(300 𝑠) (

1 𝐾𝐽⁄𝑠 1000 𝑉𝐴

) = 72𝐾𝐽

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL Ahora empleamos la ecuación del gas ideal para determinar la masa del Nitrógeno: (400 𝐾𝑃𝑎)(0.5 𝑚3 ) = 2.245 𝑘𝑔 𝑅𝑇 (0.2968 𝐾𝑃𝑎 ∙ 𝑚3 )(300 𝐾) 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 Consultamos el 𝐶𝑝 para el Nitrógeno en la tabla de calores específicos: 𝑚=

𝑃𝑉

=

𝐶𝑃𝑁2 = 1.039

𝐾𝐽 𝑘𝑔 ∙ 𝐾

Entonces, 72 𝐾𝐽 − 2.8 𝐾𝐽 = (2.245𝑘𝑔)(1.039

𝐾𝐽 )(𝑇 − 27° 𝐶) 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 2

∴ 𝑇2 = 𝟓𝟔. 𝟕° 𝑪 O bien, 72 𝐾𝐽 − 2.8 𝐾𝐽 = (ℎ2 − ℎ1 )(2.245 𝑘𝑔) Consultamos ℎ1 en la tabla de “propiedades del gas ideal Nitrógeno”: Estado 1: 𝑇1 = 300 𝐾→ℎ1 = 8723

𝐾𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙

Calculamos el número de moles del Nitrógeno: 𝑚 = 𝑀𝑛 ⇒ 𝑛 =

𝑚 𝑀

=

2.245 𝑘𝑔 𝑘𝑔 28.013 𝑘𝑚𝑜𝑙

= 0.08014 𝑘𝑚𝑜𝑙 Ahora obtenemos ℎ2 : 72 𝐾𝐽 − 2.8 𝐾𝐽 = (ℎ2 − 8723

𝐾𝐽

)(0.08014 𝑘𝑚𝑜𝑙) 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾𝐽 ℎ2 = 9586.48 𝑘𝑚𝑜𝑙

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL Regresamos a la tabla de “propiedades del gas ideal Nitrógeno” para obtener la temperatura final: Estado 2: ℎ2 = 9586.48

𝐾𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙

→ 𝑇2 = 𝟑𝟐𝟗. 𝟔𝟑𝟖𝟒 𝑲 = 𝟓𝟔. 𝟔𝟑𝟖𝟒° 𝑪

T(K) 320 329.6384 330 

h(KJ/kmol) 9306 9586.48 9597

EJEMPLOS DE BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMA ABIERTO

1.- A una tobera cuya área de entrada es 0.2ft 2 entra en forma estacionaria vapor de agua a 250 psia y 700° F. El flujo másico del vapor por la tobera es 10 𝑓𝑡

𝑙𝑏𝑚 𝑠

. El vapor sale de la tobera a 200 psia

con una velocidad de 900 . Las pérdidas de calor desde la tobera por unidad de masa de vapor se estiman en 1.2

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚

𝑠

. Determine a) la velocidad de entrada y b) la temperatura de salida del vapor.

SOLUCIÓN:

a) Obtenemos en la entrada a la tobera el volumen específico y la entalpía específica: 𝑓𝑡3

P=250 psia

v=2.6883

T=700° F

h=1371.4

𝑙𝑏𝑚 𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚

Ahora calculamos la velocidad de entrada:

𝒎̇ 𝟏 =

𝐴 1 𝑉1 𝑣1

⇒ 𝑉1 =

𝑚1 ̇ 𝑣1 𝐴1

=

10

𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 (2.6883 ) 𝑠 𝑙𝑏𝑚 2 0.2𝑓𝑡

𝒇𝒕

=134.4

𝒔

b) Ahora, mediante un balance de energías: 𝑒𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 𝑒𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL 𝑢1 + 𝑤𝐹1 + 𝑒𝑐.1 = 𝑢2 + 𝑤𝐹2 + 𝑒𝑐.2 + 𝑞2 Si ℎ = 𝑢 + 𝑃𝑣: ℎ1 + 𝑒𝑐.1 = ℎ2 + 𝑒𝑐.2 + 𝑞2 ℎ2 = ℎ1 − 𝑞 2 −

𝑉22 − 𝑉12 2 = 1371.4

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚

− 1.2

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚

(900 −

𝑓𝑡 2 𝑓𝑡 ) − (134.4 )2 𝑠 𝑠 2

[(

𝐵𝑇𝑈 𝑙𝑏𝑚 ) ( 𝑓𝑡 2 25037 2 𝑠 ] ) 1

𝐵𝑇𝑈 = 1354.4 𝑙𝑏𝑚 Entonces, P2=200 psia

T2=662° F (interpolando).

𝐵𝑇𝑈

h2=1354.4

𝑙𝑏𝑚

2.- La salida de potencia de una turbina de vapor adiabática es de 5 MW, mientras que las condiciones de entrada y salida del vapor de agua son como se indica en la siguiente figura:

a) Compare las magnitudes de ∆h, ∆ec y ∆ep. b) Determine el trabajo hecho por unidad de masa del vapor que fluye por la turbina. c) Calcule la tasa de flujo másico del vapor. SOLUCIÓN: Se obtiene la entalpía especifica del vapor de agua en la entrada a la turbina

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL P1= 2 MPa

𝐾𝐽

h1= 3248.4

𝑘𝑔

T1= 400° C

Obtenemos la entalpía específica de salida, de acuerdo a la presión y calidad proporcionadas ℎ2 = ℎ𝑓 + 𝑋ℎ𝑓𝑔 = 225.94 ∴

𝐾𝐽 𝑘𝑔

+ [(0.9)(2372.3

∆𝒉 = ℎ2 − ℎ1 = (2361 .01 − 3248.4)

𝐾𝐽 𝑘𝑔

𝐾𝐽 𝑘𝑔

)] = 2361.01

= −𝟖𝟖𝟕. 𝟑𝟗

𝐾𝐽 𝑘𝑔

𝑲𝑱 𝒌𝒈

𝐾𝐽 𝑚 2 𝑚 2 1 𝑉22 − 𝑉12 (180 𝑠 ) − (50 𝑠 ) 𝑲𝑱 𝑘𝑔 ( ) = 𝟏𝟒. 𝟗𝟓 ∆𝒆𝒄 = = 2 𝑚 2 2 𝒌𝒈 1000 2 𝑠 𝐾𝐽 𝑲𝑱 𝑘𝑔 ) = −𝟎. 𝟎𝟒 ∆𝒆𝒑 = 𝑔(𝑧2 − 𝑧1) = 9.81 2 (6 − 10)𝑚 ( 2 𝑚 𝑠 𝒌𝒈 1000 2 𝑠 1

𝑚

b) Ahora obtenemos la producción de trabajo de la turbina, mediante un balance de energías: 𝑒𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 𝑒𝑠𝑎𝑙𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 ℎ1 + 𝑒𝑐1 + 𝑒𝑝1 = ℎ2 + 𝑒𝑐2 + 𝑒𝑝2 + 𝑤2 ∴

𝒘𝟐 = − [(ℎ2 − ℎ1 ) + (

𝑉22 −𝑉12 2

) + 𝑔(𝑧2 − 𝑧1)]

= − [(−887.39) + 14.95 + ( −0.04)] = 𝟖𝟕𝟐. 𝟒𝟖

𝐾𝐽 𝑘𝑔

𝑲𝑱 𝒌𝒈

c) Finalmente calculamos el flujo másico requerido para una salida de potencia de 5 MW 𝐾𝐽 𝑠 = 𝟓. 𝟕𝟑 𝒌𝒈 𝒎̇ = = = 𝑒 𝑤 872.48 𝐾𝐽 𝒔 𝑘𝑔 𝐸̇

𝑊̇

5000

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL

BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMA ABIERTO (GASES IDEALES) 3.- En el difusor de un motor de propulsión entra en régimen estacionario aire a 10° C y 80 𝑚 KPa, con una velocidad de 200 . El área de entrada al difusor es 0.4m 2, El aire sale del difusor 𝑠

con una velocidad que es muy pequeña comparada con la velocidad de entrada. Determine a) el flujo másico del aire y b) la temperatura del aire que sale del difusor. SOLUCIÓN:

a) Primero determinamos el volumen específico del aire, por medio de la ecuación del gas ideal:

𝑃𝑣 = 𝑅𝑇 ⇒ 𝑣 =

𝑅𝑇 𝑃

(0.2870 =

𝐾𝑃𝑎 ∙ 𝑚3 ) (10° 𝐶 + 273)𝐾 𝒎𝟑 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 = 𝟏. 𝟎𝟏𝟓 80 𝐾𝑃𝑎 𝒌𝒈

Ahora calculamos el flujo másico, 𝑚 2 𝐴1 𝑉1 (0.4𝑚 )(200 𝑠 ) 𝒌𝒈 𝒎̇ 𝟏 = = = 𝟕𝟖. 𝟖 3 𝑚 𝑣1 𝒔 1.015 𝑘𝑔 b) Expresamos el balance de energía, ℎ1 + 𝑒𝑐.1 = ℎ2 Calculamos la energía cinética de entrada,

𝑒𝑐.1 =

𝑉12 2

=

𝐾𝐽 𝑚 2 1 ) 𝐾𝐽 𝑘𝑔 𝑠 ( ) = 20 2 𝑚 2 𝑘𝑔 1000 2 𝑠

(200

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL Ahora consultamos la entalpía específica del aire en la entrada del difusor, en las tablas de “propiedades del gas ideal aire”, T1= 283 k→h1= 283.14

𝐾𝐽 𝑘𝑔

(𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜)

Se calcula h2, ℎ2 = (283.14 + 20)

𝐾𝐽 𝑘𝑔

= 303.14

𝐾𝐽 𝑘𝑔

Regresamos a la tabla de “propiedades del gas ideal aire” para obtener la temperatura de salida del aire, h2= 303.14

𝐾𝐽 𝑘𝑔

→ 𝑻𝟐 = 𝟑𝟎𝟑 𝑲

Si lo resolvemos por el método de calores específicos constantes, la ecuación quedaría, 𝐶𝑝 𝑇1 + 𝑒𝑐.1 = 𝐶𝑝 𝑇2 𝐾𝐽 20 𝑒𝑐.1 𝑘𝑔 𝑻𝟐 = 𝑇1 + = 283 𝐾 + 𝐾𝐽 = 𝟑𝟎𝟐. 𝟗 𝑲 𝐶𝑝 1.005 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 4.- Aire a 100 KPa y 280 K se comprime en régimen estacionario hasta 600 KPa y 400 K. El flujo másico del aire es 0.02

𝑘𝑔 𝑠

y ocurre una pérdida de 16

𝐾𝐽 𝑘𝑔

durante el proceso. Si se supone

que los cambios en la energía cinética y potencial son despreciables, determine la entrada de potencia que requiere el compresor para su operación. SOLUCIÓN:

Hacemos un balance de energías,

M.C. TOMÁS N. MARTÍNEZ GARCÍA-FIME-UANL

ℎ1 + 𝑤1 = ℎ2 + 𝑞2 ⇒ 𝑤1 = ℎ2 − ℎ1 + 𝑞2

Empleamos la tabla de “propiedades del gas ideal aire” para consultar las entalpías específicas de entrada y salida, T1=280 K→h1= 280.13

𝐾𝐽 𝑘𝑔 𝐾𝐽

T2= 400 K→h2= 400.98

𝑘𝑔

Calculamos el trabajo de entrada específico, 𝑤1 = (400.98 − 280.13 + 16)

𝐾𝐽 𝑘𝑔

= 136.85

𝐾𝐽 𝑘𝑔

Y finalmente calculamos la potencia de entrada al compresor, 𝑾̇ 𝟏 = 𝑚̇ 𝑤1 = (0.02

𝑘𝑔 ̇ 𝐾𝐽 ) (136.85 ) = 𝟐. 𝟕𝟑𝟕 𝑲𝑾 𝑠 𝑘𝑔

Si lo resolvemos por el método de calores específicos constantes, 𝐶𝑝 𝑇1 + 𝑤1 = 𝐶𝑝 𝑇2 + 𝑞2 𝑤1 = 𝐶𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) + 𝑞2 𝑤1 = (1.005

𝐾𝐽 𝐾𝐽 𝐾𝐽 ) (400 − 280)𝐾 + 16 = 136.6 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 𝑘𝑔 𝑘𝑔

Y la potencia sería, ̇ 𝑘𝑔 𝐾𝐽 𝑾̇ 𝟏 = 𝑚̇ 𝑤1 = (0.02 ) (136.6 ) = 𝟐. 𝟕𝟑𝟐 𝑲𝑾 𝑠 𝑘𝑔