TERMODINÁMICA
SEMANA 7
Mezcla de gases, gases-vapores y
acondicionamiento de aire
Ejemplos
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EJEMPLO – FRACCIONES MOLAR Y DE MASA DE UNA MEZCLA DE GASES
Una mezcla de gases está compuesta por 3 kg de O2, 5 kg de N2 y 12 kg de CH4.
Determine a) la fracción de masa de cada componente, b) la fracción molar de cada
componente y c) la masa molar promedio y la constante de gas de la mezcla.
SOLUCIÓN
a) La masa total de la mezcla es:
𝑚𝑚 = 𝑚𝑂2 + 𝑚𝑁2 + 𝑚𝐶𝐻4 = 3 + 5 + 12 = 20 𝑘𝑔
Entonces, la fracción de masa de cada componente viene a ser:
𝑓𝑚𝑂2 =
𝑚𝑂2
3
=
= 0,15
𝑚𝑚
20
𝑓𝑚𝑁2 =
𝑚𝑁2
5
=
= 0,25
𝑚𝑚
20
𝑓𝑚𝐶𝐻4 =
𝑚𝐶𝐻4
12
=
= 0,60
𝑚𝑚
20
b) Para encontrar las fracciones molares, primero es necesario determinar el
número de moles de cada componente:
𝑁𝑂2 =
𝑚𝑂2
3 𝑘𝑔
=
= 0,094 𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑀𝑂2
32 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑁𝑁2 =
𝑚𝑁2
5 𝑘𝑔
=
= 0,179 𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑀𝑁2
28 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑁𝐶𝐻4 =
𝑚𝐶𝐻4
12 𝑘𝑔
=
= 0,750 𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑀𝐶𝐻4
16 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
Por lo tanto,
𝑁𝑚 = 𝑁𝑂2 + 𝑁𝑁2 + 𝑁𝐶𝐻4 = 0,094 + 0,179 + 0,750 = 1,023 𝑘𝑚𝑜𝑙
Y entonces las fracciones molares serían
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EJEMPLO – FRACCIONES MOLAR Y DE MASA DE UNA MEZCLA DE GASES Continuación
𝑦𝑂2 =
𝑁𝑂2
0,094
=
= 0,092
𝑁𝑚
1,023
𝑦𝑁2 =
𝑁𝑁2
0,179
=
= 0,175
𝑁𝑚
1,023
𝑦𝐶𝐻4 =
𝑁𝐶𝐻4
0,750
=
= 0,733
𝑁𝑚
1,023
c) La masa molar promedio y la constante del gas de la mezcla se determinan
a partir de sus definiciones,
𝑀𝑚 =
𝑚𝑚
20 𝑘𝑔
=
= 19,6 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑁𝑚
1,023 𝑘𝑚𝑜𝑙
O, de la misma forma:
𝑀𝑚 = ∑ 𝑦𝑖 𝑚𝑖 = 𝑦𝑂2 𝑀𝑂2 + 𝑦𝑁2 𝑀𝑁2 + 𝑦𝐶𝐻4 𝑀𝐶𝐻4 ⇒
⇒ 𝑀𝑚 = (0,092)(32) + (0,179)(28) + (0,750)(16) = 19,6 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
Y entonces la constante de gas quedaría como:
𝑅𝑚 =
𝑅𝑈
8,314 𝑘𝐽/(𝑘𝑚𝑜𝑙. 𝐾)
𝑘𝐽
=
= 0,424
𝑀𝑚
19,6 𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝑔. 𝐾
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EJEMPLO – COMPORTAMIENTO P-V-T DE MEZCLAS DE GASES IDEALES
Un recipiente rígido contiene 2 kmol de gas N2 y 6 kmol de gas CO2 a 300 K y 15 MPa.
Calcule el volumen del recipiente con base en la ecuación de estado de gas ideal
SOLUCIÓN
Cuando se supone que la mezcla se comporta como un gas ideal, su volumen se
determina a partir de la relación de gas ideal para la mezcla:
𝑉𝑚 =
𝑁𝑚 𝑅𝑈 𝑇𝑚
𝑃𝑚
El número de moles de la mezcla se calcula como:
𝑁𝑚 = 𝑁𝑁2 + 𝑁𝐶𝑂2 = 2 𝑘𝑚𝑜𝑙 + 6 𝑘𝑚𝑜𝑙 = 8 𝑘𝑚𝑜𝑙
Entonces el volumen será:
𝑘𝑃𝑎. 𝑚3
8 𝑘𝑚𝑜𝑙 . 8,314
. 300 𝐾
𝑁𝑚 𝑅𝑈 𝑇𝑚
𝑘𝑚𝑜𝑙. 𝐾
𝑉𝑚 =
=
⇒
𝑃𝑚
15000 𝑘𝑃𝑎
⇒ 𝑉𝑚 = 1,33 𝑚3
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EJEMPLO – LA CANTIDAD DE VAPOR DE AGUA EN EL AIRE DE UNA HABITACIÓN
Una habitación de 5 m x 5 m x 3 m contiene aire a 25 °C y 100 kPa, a una humedad
relativa de 75 por ciento. Determine a) la presión parcial del aire seco, b) la humedad
específica, c) la entalpía por unidad de masa del aire seco y d) las masas del aire seco
y del vapor de agua en el cuarto.
SUPOSICIÓN
El aire seco y el vapor de agua en el cuarto son gases ideales.
PROPIEDADES
El calor específico a presión constante del aire a la temperatura del cuarto es cp =
1,005 kJ/kg · K (tabla A-2a). Para el agua a 25 °C, se tiene que Psat = 3.1698 kPa y hg
= 2 546,5 kJ/kg (tabla A-4).
SOLUCIÓN
a) La presión parcial del aire seco puede obtenerse de la ecuación
𝑃𝑎 = 𝑃 − 𝑃𝑣
Donde:
𝑃𝑣 = 𝜙 𝑃𝑔 = 𝜙𝑃𝑠𝑎𝑡 @ 25° = (0,75)(3,1698 𝑘𝑃𝑎) = 2,38 𝑘𝑃𝑎
Por lo tanto:
𝑃𝑎 = (100 − 2,38)𝑘𝑃𝑎 = 97,62 𝑘𝑃𝑎
b) La humedad específica del aire se encuentra a partir de la ecuación
𝜔=
(0,622)(2,38 𝑘𝑃𝑎)
0,622 𝑃𝑣
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
=
= 0,0152
(100 − 2,38)𝑘𝑃𝑎
𝑃 − 𝑃𝑣
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
c) La entalpía del aire por unidad de masa de aire seco está determinada con
base en la ecuación
ℎ = ℎ𝑎 + 𝜔ℎ𝑣 ≅ 𝑐𝑝 𝑇 + 𝜔ℎ𝑔 ⇒
⇒ ℎ = (1,005
𝑘𝐽
𝑘𝐽
) (25°𝐶) + (0,0152)(2.546,5)
⇒
𝑘𝑔. °𝐶
𝑘𝑔
⇒ ℎ = 63,8
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
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EJEMPLO – LA CANTIDAD DE VAPOR DE AGUA EN EL AIRE DE UNA HABITACIÓN Continuación
SOLUCIÓN
La entalpía del vapor de agua (2.546,5 kJ/kg) también podría determinarse a
partir de la aproximación dada por la ecuación
ℎ𝑔 (𝑇) ≅ 2.500,9 + 1,82 𝑇
ℎ𝑔@25°𝐶 ≅ 2.500,9 + (1,82)(25°𝐶) = 2.546,4
𝑘𝐽
𝑘𝑔
La cual es prácticamente idéntica a la obtenida a partir de la tabla A-4.
d) Tanto el aire seco como el vapor de agua llenan por completo la habitación.
En consecuencia, el volumen de cada uno de ellos es igual al volumen del
cuarto:
𝑉𝑎 = 𝑉𝑣 = 𝑉ℎ𝑎𝑏𝑖𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 = 5𝑚 . 5𝑚 . 3𝑚 = 75 𝑚3
Las masas del aire seco y del vapor de agua se determinan a partir de la relación
de gas ideal aplicada por separado a cada gas:
𝑃𝑎 𝑉𝑎
𝑚𝑎 =
=
𝑅𝑎 𝑇
𝑚𝑣 =
𝑃𝑣 𝑉𝑣
=
𝑅𝑣 𝑇
(97,62 𝑘𝑃𝑎)(75 𝑚3 )
= 85,61 𝑘𝑔
𝑚3
(0,2870 𝑘𝑃𝑎.
) (298 𝐾)
𝑘𝑔. 𝐾
(2,38 𝑘𝑃𝑎)(75 𝑚3 )
= 1,30 𝑘𝑔
𝑚3
(0,4615 𝑘𝑃𝑎.
) (298 𝐾)
𝑘𝑔. 𝐾
La masa del vapor de agua en el aire podría obtenerse también de la ecuación:
𝑚𝑣 = 𝜔𝑚𝑎 = (0,0152)(85,61)𝑘𝑔 = 1,30 𝑘𝑔
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EJEMPLO – EMPAÑADO DE LAS VENTANAS DE UNA CASA
En clima frío, la condensación se aprecia sobre las superficies interiores de las
ventanas debido a las bajas temperaturas del aire cercano a la superficie de la
ventana. Para la casa que se muestra en la figura, la cual tiene aire a 20 °C y 75% de
humedad relativa. ¿Cuál será la temperatura de la ventana en que la humedad del
aire empezará a condensarse en las superficies interiores de las ventanas?
PROPIEDADES
La presión de saturación del agua a 20 °C es Psat = 2,3392 kPa (tabla A-4).
SOLUCIÓN
En general, la distribución de la temperatura en una casa no es uniforme. En
invierno, cuando la temperatura de los exteriores disminuye, sucede lo mismo
con las temperaturas interiores cerca de los muros y las ventanas. Por
consiguiente, el aire cercano a los muros y las ventanas permanece a una
temperatura inferior que la de las partes interiores de una casa, aun cuando la
presión total y la presión de vapor permanezcan constantes por toda la casa.
Como resultado, el aire cercano a los muros y ventanas experimentará un
proceso de enfriamiento Pv = constante hasta que la humedad en el aire
comience a condensarse. Esto sucederá cuando el aire alcance su temperatura
de punto de rocío Tpr. El punto de rocío se determina a partir de la ecuación:
𝑇𝑝𝑟 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 𝑎 𝑃𝑣
Donde:
𝑃𝑣 = 𝜙𝑃𝑔 𝑎 20°𝐶 = (0,75)(2,3392𝑘𝑃𝑎) = 1,754 𝑘𝑃𝑎
Por lo tanto:
𝑇𝑝𝑟 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 𝑎 1,754 𝑘𝑃𝑎 = 15,4°𝐶
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EJEMPLO – LAS HUMEDADES ESPECÍFICA Y RELATIVA DEL AIRE
Las temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo del aire atmosférico a una
presión de 1 atm (101.325 kPa) se miden con un psicrómetro giratorio. Se establece
que sus valores son de 25 y 15 °C, respectivamente. Determine a) la humedad
específica, b) la humedad relativa y c) la entalpía del aire.
PROPIEDADES
La presión de saturación del agua es de 1,7057 kPa a 15 °C, y 3,1698 kPa a 25 °C
(tabla A-4). El calor específico a presión constante del aire a temperatura ambiente
es cp = 1.005 kJ/kg · K (tabla A-2a).
SOLUCIÓN
a) La humedad específica ω1 se obtiene con la ecuación:
𝜔1 =
𝑐𝑝 (𝑇2 − 𝑇1 ) + 𝜔2 ℎ𝑓𝑔2
ℎ𝑔1 − ℎ𝑓2
Donde T2 es la temperatura de bulbo húmedo y ω2 es:
𝜔2 =
0,622 𝑃𝑔2
(0,622)(1,7057)𝑘𝑃𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
=
= 0,01065
(101,325 − 1,7057)𝑘𝑃𝑎
𝑃2 − 𝑃𝑔2
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
Por lo tanto, ω1 queda (utilizando la tabla A-4 para las entalpías):
1,005
𝜔1 =
𝑘𝐽
𝑘𝐽
(25 − 15)°𝐶 + (0,01065)(2.465,4)
𝑘𝑔. °𝐶
𝑘𝑔
= 0,00653
(2.546,5 − 62,982) 𝑘𝐽/𝑘𝑔
b) La humedad relativa 𝜙1 se determina con la ecuación
𝜙1 =
(0,00653)(101,325)𝑘𝑃𝑎
𝜔1 𝑃2
=
= 0,332 = 33,2%
(0,622 + 𝜔1 )𝑃𝑔1
(0,622 + 0,00653)(3,1698)𝑘𝑃𝑎
c) La entalpía por unidad de masa de aire seco se calcula según la ecuación:
ℎ1 = ℎ𝑎1 + 𝜔1 ℎ𝑣1 ≅ 𝑐𝑝 𝑇1 + 𝑤1 ℎ𝑔1 =
ℎ1 = (1,005
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
) (25°𝐶) + (0,00653) (2.546,5 ) = 41,8
𝑘𝑔. °𝐶
𝑘𝑔
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
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EJEMPLO – EL USO DE LA CARTA PSICROMÉTRICA
Considere un cuarto que tiene aire a 1 atm, 35 °C y 40 por ciento de humedad
relativa. Con la carta psicrométrica determine a) la humedad específica, b) la
entalpía, c) la temperatura de bulbo húmedo, d) la temperatura de punto de rocío y
e) el volumen específico del aire.
SOLUCIÓN
A una presión total dada, el estado del aire atmosférico se establece mediante dos
propiedades independientes, como la temperatura de bulbo seco y la humedad
relativa. Otras propiedades se determinan al leer directamente sus valores en el
estado especificado.
a) La humedad específica se determina al dibujar una línea horizontal del estado
especificado hacia la derecha hasta que interseca al eje 𝜔, como se aprecia en
la figura y en la carta detallada en la página siguiente. En el punto de intersección
se lee
𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝜔 = 14
= 0,014
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
b) La entalpía del aire por unidad de masa de aire seco se determina al trazar una
línea paralela a las líneas de h = constante desde el estado especificado hasta
que interseca la escala de la entalpía. En el punto de intersección se lee
ℎ = 72 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
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EJEMPLO – EL USO DE LA CARTA PSICROMÉTRICA
Continuación
SOLUCIÓN
c) La temperatura de bulbo húmedo se determina al trazar una línea paralela a la
línea de Tbh = constante a partir del estado especificado hasta que interseca la
línea de saturación, dando como resultado:
𝑇𝑏ℎ = 24°𝐶
d) La temperatura del punto de rocío se determina al trazar una línea horizontal
desde el estado especificado hacia la izquierda hasta intersecar la línea de
saturación, lo que resulta en:
𝑇𝑝𝑟 = 19,5°𝐶
e) El volumen específico por unidad de masa de aire seco se determina al observar
las distancias entre el estado especificado y las líneas de v = constante a ambos
lados del punto. El volumen específico se obtiene mediante interpolación visual
como:
𝑚3
𝑣 = 0,893
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
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EJEMPLO – CALENTAMIENTO Y HUMIDIFICACIÓN DEL AIRE
Mediante un sistema de acondicionamiento de aire se toma aire exterior a 10 °C y
30 por ciento de humedad relativa, a una tasa constante de 45 m3/min y se le
acondicionará a 25 °C y 60 por ciento de humedad relativa. El aire exterior se calienta
primero hasta 22 °C en la sección de calentamiento, después se humidifica mediante
la inyección de vapor caliente en la sección humidificadora. Suponga que todo el
proceso sucede a una presión de 100 kPa; entonces determine a) la tasa de
suministro de calor en la sección de calentamiento y b) el flujo másico del vapor de
agua que se requiere en la sección de humidificación.
SUPOSICIONES
1. Este es un proceso de flujo estacionario y, por ende, el flujo másico del aire
seco permanece constante durante todo el proceso.
2. El aire seco y el vapor de agua son gases ideales.
3. Los cambios en las energías cinética y potencial son insignificantes.
PROPIEDADES
El calor específico a presión constante del aire a temperatura ambiente es cp = 1,005
kJ/kg·K y su constante de gases es Ra = 0.287 kJ/kg · K (tabla A-2a). La presión de
saturación del agua es 1,2281 kPa a 10 °C y 3,1698 kPa a 25 °C. La entalpía de vapor
de agua saturado es 2.519,2 kJ/kg a 10 °C y 2.541,0 kJ/kg a 22 °C (tabla A-4).
SOLUCIÓN
Se toma el sistema como si fuera la sección de calentamiento o la de humidificación,
como sea más conveniente. En la figura se muestra un esquema del sistema y de la
carta psicrométrica. Advierta que la cantidad de vapor de agua en el aire permanece
constante en la sección de calentamiento (𝜔1 = 𝜔2 ) y se incrementa en la sección
de humidificación (𝜔2 < 𝜔3 ).
a) Al aplicar los balances de masa y energía a la sección de calentamiento se
obtiene
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑚̇𝑎1 = 𝑚̇𝑎2 = 𝑚̇𝑎
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑚̇𝑎1 𝜔1 = 𝑚̇𝑎2 𝜔2 ⇒ 𝜔1 = 𝜔2
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎
𝑄̇𝑒𝑛𝑡 + 𝑚̇𝑎 ℎ1 = 𝑚̇𝑎 ℎ2 ⇒ 𝑄̇𝑒𝑛𝑡 = 𝑚̇𝑎 (ℎ2 − ℎ1 )
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EJEMPLO – CALENTAMIENTO Y HUMIDIFICACIÓN DEL AIRE
Continuación
La carta psicrométrica ofrece grandes ventajas en la determinación de las
propiedades del aire húmedo. Sin embargo, su empleo se limita a una presión
especificada, que es de 1 atm (101,325 kPa). A presiones diferentes de 1 atm, se
deben utilizar otras cartas correspondientes a estas presiones, o bien, las ecuaciones
y fórmulas ya desarrolladas antes. En este caso se emplearán las ecuaciones:
𝑃𝑣1 = 𝜙1 𝑃𝑔1 = (0.3)(1.2281𝑘𝑃𝑎) = 0,368 𝑘𝑃𝑎
𝑃𝑎1 = 𝑃1 − 𝑃𝑣1 = (100 − 0,368 𝑘𝑃𝑎) = 99,632 𝑘𝑃𝑎
𝑘𝑃𝑎
(0,287
) (283 𝐾)
𝑅𝑎 𝑇1
𝑚3
𝑘𝑔. 𝐾
𝑉1 =
=
= 0,815
𝑃𝑎
99,632 𝑘𝑃𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑚̇𝑎 =
𝜔1 =
𝑉1̇
45 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛
=
= 55,2 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
𝑣1
0,815 𝑚3 /𝑘𝑔
0,622 𝑃𝑣1
0,622 (0,368 𝑘𝑃𝑎)
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
=
= 0,0023
𝑃1 − 𝑃𝑣1
(100 − 0,368)𝑘𝑃𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
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EJEMPLO – CALENTAMIENTO Y HUMIDIFICACIÓN DEL AIRE
Continuación
ℎ1 = 𝑐𝑝 𝑇1 + 𝜔1 ℎ𝑔1 = (1,005
𝑘𝐽
𝑘𝐽
) (10°𝐶) + (0,0023) (2.519,2 )
𝑘𝑔. °𝐶
𝑘𝑔
ℎ1 = 15,8
ℎ2 = 𝑐𝑝 𝑇2 + 𝜔2 ℎ𝑔2 = (1,005
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑘𝐽
𝑘𝐽
) (22°𝐶) + (0,0023) (2.541,0 )
𝑘𝑔. °𝐶
𝑘𝑔
ℎ2 = 28,0
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
Dado que 𝜔2 = 𝜔1. Entonces la razón de transferencia de calor al aire en la sección
de calentamiento se convierte en:
𝑄̇𝑒𝑛𝑡 = 𝑚̇𝑎 (ℎ2 − ℎ1 ) = (55,2 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 )(28,0 − 15,8)
𝑘𝐽
= 673 𝑘𝐽/𝑚𝑖𝑛
𝑘𝑔
b) El balance de masa para el agua en la sección de humidificación puede
expresarse como:
𝑚̇𝑎2 𝜔2 + 𝑚̇𝑤 = 𝑚̇𝑎3 𝜔3 ⇒ 𝑚̇𝑤 = 𝑚̇𝑎3 (𝜔3 − 𝜔2 )
Donde:
𝜔3 =
0,622 𝜙3 𝑃𝑔3
(0,622)(0,60)(3,1698)𝑘𝑃𝑎
=
= 0,01206
(100 𝑘𝑃𝑎) − (0,60)(3,1698)𝑘𝑃𝑎
𝑃3 − 𝜙3 𝑃𝑔3
Por lo tanto:
𝑚̇𝑤 = 55,2
𝑘𝑔
𝑘𝑔
(0,01206 − 0,0023) = 0,539
𝑚𝑖𝑛
𝑚𝑖𝑛
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EJEMPLO – ENFRIAMIENTO Y DESHUMIDIFICACIÓN DEL AIRE
En una unidad de aire acondicionado de ventana entra aire a 1 atm, 30 °C y 80 por
ciento de humedad relativa, a una tasa de 10 m3/min y sale como aire saturado a 14
°C. Parte de la humedad en el aire que se condensa durante el proceso se elimina
también a 14 °C. Determine las tasas de eliminación de calor y de humedad del aire.
SUPOSICIONES
1. Este es un proceso de flujo estacionario y, por ende, el flujo másico del aire
seco permanece constante durante todo el proceso.
2. El aire seco y el vapor de agua son gases ideales.
3. Los cambios en las energías cinética y potencial son insignificantes.
PROPIEDADES
La entalpía del agua líquida saturada a 14 °C es de 58,8 kJ/kg (tabla A-4). Asimismo,
los estados del aire a la entrada y a la salida están especificados completamente y la
presión total es de 1 atm. En consecuencia, es factible determinar las propiedades
del aire en ambos estados a partir de la carta psicrométrica (anexa) como sigue:
ℎ1 = 85
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
ℎ2 = 40
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝜔1 = 21,5
𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
= 0,0215
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝜔2 = 10,0
𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
= 0,0100
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑚3
𝑣1 ≅ 0,888
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
SOLUCIÓN
Se considera que la sección de enfriamiento es el sistema. Tanto el esquema del
sistema como la carta psicrométrica del proceso se muestran en la figura. Observe
que la cantidad de vapor de agua en el aire disminuye durante el proceso (𝜔3 < 𝜔2 )
debido a la deshumidificación. Aplicando los balances de masa y energía en la
sección de enfriamiento y deshumidificación se obtiene
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EJEMPLO – ENFRIAMIENTO Y DESHUMIDIFICACIÓN DEL AIRE
Continuación
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜:
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑔𝑢𝑎:
𝑚̇𝑎1 = 𝑚̇𝑎2 = 𝑚̇𝑎
𝑚̇𝑎1 𝜔1 = 𝑚̇𝑎2 𝜔2 + 𝑚̇𝑤 ⇒ 𝑚̇𝑤 = 𝑚̇𝑎 (𝜔1 − 𝜔2 )
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎: ∑ 𝑚̇ℎ = 𝑄̇𝑠𝑎𝑙 + ∑ 𝑚̇ℎ ⇒ 𝑄̇𝑠𝑎𝑙 = 𝑚̇(ℎ1 − ℎ2 ) − 𝑚̇𝑤 ℎ𝑤
𝑒𝑛𝑡
𝑠𝑎𝑙
Por lo tanto:
𝑚̇𝑎 =
𝑉1̇
10 𝑚3 ⁄𝑚𝑖𝑛
=
= 11,26 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
𝑣1 0,888 𝑚3 ⁄𝑘𝑔
𝑚̇𝑤 = 11,26
𝑄̇𝑠𝑎𝑙 = 11,26
𝑘𝑔
(0,0215 − 0,0100) = 0,130 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
𝑚𝑖𝑛
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(85 − 40)
− 0,130
(58,8 ) = 499 𝑘𝐽/𝑚𝑖𝑛
𝑚𝑖𝑛
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
𝑘𝑔
Por lo tanto, esta unidad de aire acondicionado elimina la humedad y el calor
del aire a tasas de 0,130 kg/min y 499 kJ/min, respectivamente.
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EJEMPLO – MEZCLADO DE AIRE ACONDICIONADO CON AIRE EXTERIOR
El aire saturado que sale de la sección de enfriamiento de un sistema de
acondicionamiento de aire a 14 °C y a una razón de 50 m3/min, se mezcla
adiabáticamente con el aire exterior a 32 °C y 60 por ciento de humedad relativa que
fluye a una razón de 20 m3/min. Suponga que el proceso de mezclado se efectúa a
una presión de 1 atm; con ello determine la humedad específica, la humedad
relativa, la temperatura de bulbo seco y el flujo volumétrico de la mezcla.
SUPOSICIONES
1. Este es un proceso de flujo estacionario y, por ende, el flujo másico del aire
seco permanece constante durante todo el proceso.
2. El aire seco y el vapor de agua son gases ideales.
3. Los cambios en las energías cinética y potencial son insignificantes.
4. La sección de mezclado es adiabática
PROPIEDADES
Las propiedades de entrada de cada flujo están determinadas a partir de la carta
psicrométrica como (ver carta psicrométrica anexa):
ℎ1 = 40
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝜔1 = 0,010
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑣1 ≅ 0,826
𝑚3
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
ℎ2 = 78
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝜔2 = 0,018
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑣2 ≅ 0,889
𝑚3
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
SOLUCIÓN
Se considera como sistema la sección de mezclado de los flujos. El diagrama
esquemático del sistema y la carta psicrométrica del proceso se muestran en la
figura. Tome en cuenta que esto constituye un proceso de mezclado de flujo
estacionario y por ello los flujos másicos del aire seco en cada flujo son:
𝑚̇𝑎1 =
𝑉1̇
50 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛
=
= 60,5 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
𝑣1
0,826 𝑚3 /𝑘𝑔
𝑚̇𝑎2 =
𝑉̇2
20 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛
=
= 22,5 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
𝑣2
0,889 𝑚3 /𝑘𝑔
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EJEMPLO – MEZCLADO DE AIRE ACONDICIONADO CON AIRE EXTERIOR
Continuación
Del balance de masa de aire seco se tiene
𝑚̇𝑎3 = 𝑚̇𝑎1 + 𝑚̇𝑎2 = 60,5 + 22,5 = 83 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛
La humedad específica y la entalpía de la mezcla se determinan a partir de la
ecuación:
𝑚̇𝑎1 𝜔2 − 𝜔3 ℎ2 − ℎ3
60,5 0,018 − 𝜔3 79 − ℎ3
=
=
⇒
=
=
𝑚̇𝑎2 𝜔3 − 𝜔1 ℎ3 − ℎ1
22,5 𝜔3 − 0,010 ℎ3 − 40
Al despejar las variables 𝜔3 y ℎ3 y resolver la ecuación se tiene:
𝜔3 = 0,012
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑐𝑜
ℎ3 = 50
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
Estas dos propiedades fijan el estado de la mezcla. Otras propiedades de la mezcla
se obtienen de la carta psicrométrica (anexa):
𝑇3 = 19°𝐶
𝜙3 = 85%
𝑣3 = 0,843 𝑚3 /𝑘𝑔
Por último, el flujo volumétrico de la mezcla se determina de:
𝑉̇3 = 𝑚̇3 . 𝑣3 = (83 𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛)(0,843 𝑚3 /𝑘𝑔) = 69,97 𝑚3 /𝑚𝑖𝑛
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EJEMPLO – ENFRIAMIENTO EN UNA CENTRAL ELÉCTRICA MEDIANTE
UNA TORRE DE ENFRIAMIENTO
Del condensador de una central eléctrica sale agua de enfriamiento y entra a una
torre de enfriamiento a 35 °C, con un flujo másico de 100 kg/s. El agua se enfría hasta
22 °C en la torre de enfriamiento con aire que entra a la torre a 1 atm, 20 °C, con 60
por ciento de humedad relativa, y sale saturado a 30 °C. Ignore la entrada de
potencia al ventilador y determine a) el flujo volumétrico del aire en la torre de
enfriamiento y b) el flujo másico del agua de reposición requerido.
SUPOSICIONES
1. Este es un proceso de flujo estacionario y, por ende, el flujo másico del aire
seco permanece constante durante todo el proceso.
2. El aire seco y el vapor de agua son gases ideales.
3. Los cambios en las energías cinética y potencial son insignificantes.
4. La torre de enfriamiento es adiabática
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EJEMPLO – ENFRIAMIENTO EN UNA CENTRAL ELÉCTRICA MEDIANTE
UNA TORRE DE ENFRIAMIENTO - Continuación
PROPIEDADES
La entalpía del agua líquida saturada es de 92,28 kJ/kg a 22 °C y 146,64 kJ/kg a 35 °C
(tabla A-4). De la carta psicrométrica se tiene (ver carta psicrométrica anexa):
ℎ1 = 43
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
ℎ2 = 100
𝜔1 = 0,0087
𝑘𝐽
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑣1 ≅ 0,843
𝜔2 = 0,0273
𝑘𝑔 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑚3
𝑘𝑔 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
SOLUCIÓN
Considere la torre de enfriamiento como el sistema, representado de manera
esquemática en la figura. Tome en cuenta que el flujo másico del agua líquida
disminuye en una cantidad igual a la cantidad de agua que se evapora en la torre
durante el proceso de enfriamiento. El agua que se pierde por evaporación debe
restituirse después en el ciclo para mantener la operación estacionaria.
a) Al aplicar los balances de energía y de masa a la torre de enfriamiento se obtiene
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑔𝑢𝑎:
𝑚̇𝑎1 = 𝑚̇𝑎2 = 𝑚̇𝑎
𝑚̇3 + 𝑚̇𝑎1 𝜔1 = 𝑚̇4 + 𝑚̇𝑎2 𝜔2
De donde se puede obtener el agua de remplazo como
𝑚̇3 − 𝑚̇4 = 𝑚̇𝑎 (𝜔2 − 𝜔1 ) = 𝑚̇𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜
𝐵𝑎𝑙𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎: ∑ 𝑚̇ℎ = ∑ 𝑚̇ℎ ⇒ 𝑚̇𝑎1 ℎ1 + 𝑚̇3 ℎ3 = 𝑚̇𝑎2 ℎ2 + 𝑚̇4 ℎ4
𝑒𝑛𝑡
𝑠𝑎𝑙
Reordenando la ecuación y sustituyendo 𝑚̇4 por 𝑚̇3 − 𝑚̇𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜 se tiene:
𝑚̇3 ℎ3 = 𝑚̇𝑎 (ℎ2 − ℎ1 ) + (𝑚̇3 − 𝑚̇𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜 )ℎ4
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EJEMPLO – ENFRIAMIENTO EN UNA CENTRAL ELÉCTRICA MEDIANTE
UNA TORRE DE ENFRIAMIENTO - Continuación
𝑚̇3 ℎ3 = 𝑚̇𝑎 (ℎ2 − ℎ1 ) + (𝑚̇3 − 𝑚̇𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜 )ℎ4
Al despejar 𝑚̇𝑎 se obtiene:
𝑚̇𝑎 =
𝑚̇3 (ℎ3 − ℎ4 )
(ℎ2 − ℎ1 ) − (𝜔2 − 𝜔1 )ℎ4
Al sustituir por sus valores se tiene:
𝑚̇𝑎 =
(100 𝑘𝑔/𝑠)(146,64 − 92,28)𝑘𝐽/𝑘𝑔
𝑘𝐽
(100 − 43)
− (0,0273 − 0,0087)(92,28𝑘𝐽/𝑘𝑔)
𝑘𝑔
𝑚̇𝑎 = 98,33 𝑘𝑔/𝑠
Entonces, el flujo volumétrico de aire en la torre de enfriamiento es:
𝑉1̇ = 𝑚̇𝑎 𝑣1 = 98,33
𝑘𝑔
𝑚3
𝑚3
. 0,843
= 82,89
𝑠
𝑘𝑔
𝑠
b) El flujo másico del agua de reposición se determina a partir de:
𝑚̇𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑜 = 𝑚̇𝑎 (𝜔2 − 𝜔1 ) = 98,33
𝑘𝑔
(0,0273 − 0,0087) = 1,83 𝑘𝑔/𝑠
𝑠
Por consiguiente, más de 98% del agua de enfriamiento se recupera y recircula en
este caso.
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