Unidad 4 termodinamica

1. REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
UNIVERSIDAD "FERMIN TORO"
FACULTAD DE INGENIERÍA
ESCUELA DE INGENIERÍA EN MANTENIMIENTO
MECÁNICO
ASIGNATURA: TERMODINÁMICA 1
SEMESTRE: IV
TUTOR: ING. FRANCISCO J. VARGAS C.
EJERCICIO UNIDAD 4
INTEGRANTES
·Herrera Cesar
C.I.: V-26.261.720
·Guzamana Sergio
C.I.: V-22.194.901
·Rodriguez Marcos
C.I.: V-20.929.536
Melendez Engerth
C.I.: V-24.712.931
Cabudare, a los 10 días de Septiembre del 2016.

2. 1. A una tobera entra vapor de agua a 2758 KPa y 316 °C. El vapor sale a 1379 KPa y
una velocidad de 449,58m/s y el flujo másico es de 8164,66Kg/h. Despreciando la
velocidad de entrada y considerando el flujo adiabático, calcúlese:
a. La entalpía de salida, en KJ/Kg.
b. La temperatura de salida, en grados Celsius.
c. El área de salida de la tobera, en cm2.
a) La primera ley de la termodinámica establece que
Q − W = (h2 +
V2
2
2𝑔𝑐
+ z2) − (h1 +
V1
2
2𝑔𝑐
+ z1)
Pero Q=0 y W=0.Ademas tenemos que: z1=z2. Entonces:
h2 − h1 +
V2
2
2𝑔𝑐
= 0 → h2 = h1 −
V2
2
2𝑔𝑐
Como 2500<2758<3000KPa, entonces: 223,95 <Tsat<233,85°C; o sea que la temperatura
Tsat es menor queT1= 316°C; entonces a la tobera entra vapor sobrecalentado. Interpolamos
entre las presiones de 2,5 MPa y 3MPa en la tabla de vapor recalentado para calcular la
entalpía de entrada a la tobera.
P= 2,5MPa
h′
− 3009,6
316 − 300
= (
3127 − 3009,6
350 − 300
) → h′
= 3047,17
KJ
Kg
P=3MPa
h′′
− 2994,3
316 − 300
= (
3116,1 − 2994,3
350 − 300
) → h′′
= 3033,28
KJ
Kg

3. h1 − 3047,17
2,758 − 2,5
= (
3033,28 − 3047,17
3 − 2,5
) → h1 = 3040
KJ
Kg
Por lo tanto:
h2 = 3040 −
(449,58)2
2 ∗ 1000
= 2938,94
KJ
Kg
b) Como 1300<1379<1400KPa se tiene que 2786,5< <2788,9KJ/Kg< h2 , por lo que
en este estado tenemos vapor sobrecalentado. Por interpolación conseguimos en la
tabla de vapor recalentado la temperatura en el estado 2 en la forma:
T2 − 250
2938,929− 2927,9
= (
300 − 250
3040,9 − 2927,9
) → T2 = 254,9°C
c) El flujo másico se obtiene a partir de la ecuación:
ṁ = ρ2V2A2; ρ2 =
1
v2
→ A2 =
ṁ v2
V2
Interpolando conseguimos el volumen específico a la salida de la tobera:
v2 − 0,16356
2938,929 − 2927,9
= (
0,18233 − 0,16356
3040,9 − 2927,9
) → v2 = 0,1653920
KJ
Kg
A2 =
8164,66
Kg
h
∗
1h
3600s
∗ 0,165392
449,58
m2
∗
(100)2
cm2
1m2
= 8,3434cm2

4. 2. A una turbina que funciona en régimen estacionario entra refrigerante 134a a 1000
KPa, 70°C y 35 m/s a través de una entrada de 32 cm2 de sección. En la salida las
condiciones son 100 KPa, 0°C y 75 m/s. La potencia desarrollada es de 200 KW.
Determínese:
a. El flujo másico, en Kg/s.
b. El flujo de calor, en KJ/min.
c. El área de salida, en cm2.
a) El flujo másico en la entrada de la turbina se obtiene por medio de la fórmula:
ṁ = ρ1V1A1
Y como
ρ1 =
1
v1
→ ṁ =
V1A1
v1
La temperatura de saturación a la presión de 1000KPa es Tsat= 39,37°C>T1, por lo tanto el
refrigerante a la entrada de la turbina está sobrecalentado. Luego:
v1=0,024261m3/Kg; h1=303,85 KJ/Kg.
El flujo másico es entonces:
ṁ =
35 ∗ 0,0032
0,024261
= 4,62
Kg
s
b) Recordando que la primera ley establece que:
Q − W = (h2 +
V2
2
2gc
+ gz2) − (h1 +
V1
2
2gc
+ gz1)
Y como z1=z2;

5. Q = W + h2 − h1 +
1
2gc
(V2
2
− V1
2)
A la presión de salida de 100 KPa se tiene una temperatura de saturación de -26,37 °C, lo
que implica refrigerante sobrecalentado. En estas condiciones:
h2=255,58 KJ/Kg; v2=0,21630m3/Kg.
La potencia y el trabajo en la turbina están relacionados por
W =
Ẇ
ṁ
→ W =
200
4,62
= 43,29
KJ
Kg
Entonces:
Q = 43,29 + 255,58 − 303,85 +
(75)2
2 ∗ 1000
−
(35)2
2 ∗ 1000
= −2,78
KJ
Kg
Y como
𝑄̇ = 𝑚̇ 𝑄 = 4,62
𝐾𝑔
𝑠
∗ (−2,78
𝐾𝐽
𝐾𝑔
) ∗
60 𝑠
1 𝑚𝑖𝑛
= −770,62
𝐾𝐽
𝑚𝑖𝑛
c) Como el flujo másico es constante, entonces a la salida de la turbina se tiene que
ṁ =
V2A2
v2

6. A2 =
ṁ v2
V2
=
4,62 ∗ 0,21630
75
= 0,01332m2 ∗
(100)2cm2
1m2 = 133,2cm2