Problemas Y Soluciones - Flujo Compresible

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2019

MECÁNICA DE FLUIDO II

FLUJO COMPRESIBLE DSC. JUAN JOSÉ UCHUYA LOPÉZ

[email protected] | Celular: +51987753286

PROBLEMA 01: (REPASO DE TERMODINÁMICA) Fluye aire a través de un ducto de sección constante a razón de 0.15 kg/s. Un tramo corto del conducto se enfría con nitrógeno líquido que rodea al ducto. La razón de pérdida de calor del aire en esta sección es 15 kJ/s. La presión, temperatura y velocidad de entrada en la sección fría son 188 kPa (abs), 440K y 210 m/s, respectivamente. Las condiciones de estado en la salida son 213 kPa (abs.) y 351 K. Calcule el área de la sección transversal del ducto y los cambios de entalpía y entropía para este flujo. Considerar para el aire 𝐶𝑃 = 1004 𝐽⁄𝑘𝑔. 𝐾 y 𝐶𝑉 = 717.4 𝐽⁄𝑘𝑔. 𝐾 . SOLUCIÓN: Tramo refrigerado 𝒎 = 𝟎. 𝟏𝟓

𝒌𝒈 𝒔

Entrada:

Salida:

T1 = 440 K

T2 = 351 K

P1 = 188 KPa

P2 = 213 KPa

V1 = 210 m/s Volumen de control Hipótesis: ◼ Flujo permanente. ◼ Flujo uniforme en cada sección. ◼ Gas ideal (R = 287 J/kg.K) a) Cálculo del área de la sección de flujo: El área de la sección de flujo del ducto se calcula a partir del flujo másico a la entrada, que de acuerdo al planteamiento hipotético y de acuerdo con la ecuación de continuidad debe ser constante a lo largo del tubo: 𝑚 = 𝜌. 𝑉. 𝐴 = 𝑐𝑡𝑒 Previamente debemos calcular la densidad, para ello usamos la ecuación del gas ideal. 𝜌1 =

𝑃1 = 1.489 𝑘𝑔/𝑚3 𝑅. 𝑇1

Luego entonces: 𝐴=

𝑚 = 𝟒. 𝟕𝟗𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟐 𝜌1 . 𝑉1

b) El cambio de entalpía se puede calcular recordando que para un gas ideal con calores específicos constantes: 2

∆ℎ = ∫ 𝐶𝑃 . 𝑑𝑇 = 𝐶𝑃 . (𝑇1 − 𝑇2 ) 1

Sabemos para el aire:

𝐶𝑃 = 1004 𝐽⁄𝑘𝑔. 𝐾 Tendremos que: ∆𝐻 = 𝐶𝑃 . 𝑚. (𝑇2 − 𝑇1 ) = −𝟏. 𝟑𝟒𝒙𝟏𝟎𝟒 𝑾 c) De manera similar se puede calcular el cambio de energía interna: Partimos de la siguiente relación: 2

∆𝑈 = ∫ 𝐶𝑉 𝑑𝑇 = 𝐶𝑉 (𝑇2 − 𝑇1 ) 1

Sabemos para el aire: 𝐶𝑉 = 717.4 𝐽⁄𝑘𝑔. 𝐾 Se tiene: ∆𝑈 = 𝐶𝑉 . 𝑚. (𝑇2 − 𝑇1 ) = −𝟗. 𝟓𝟕𝟕𝒙𝟏𝟎𝟑 𝑾 d) Finalmente, el cambio de entropía calcularse a partir de la ecuación: 1 𝑇𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − . 𝑑𝑝 𝜌 Integrando esta ecuación para un gas ideal con calores específicos constantes, se tiene: 2

2 𝑑𝑇 𝑑𝑝 ∆𝑠 = ∫ 𝐶𝑃 . − ∫ 𝑅. 𝑇 𝑝 1 1

De donde: 𝑇2 𝑃2 𝒎𝟐 ∆𝑠 = 𝐶𝑃 . ln ( ) − 𝑅. ln ( ) = −𝟐𝟔𝟐. 𝟕𝟐𝟒 𝑇1 𝑃1 𝒌. 𝒔𝟐

PROBLEMA 02: (NÚMERO DE MACH) Un aeroplano vuela a 180 m/s y 500 m de altitud, la temperatura es 284.9 K en un día con condiciones estándar. Asciende a 15 km de altitud, la temperatura es 216.7 K y vuela a 320 m/s. Calcule el número de Mach de vuelo en ambos casos. Considerar R = 287 J/kg.K y K = 1.4 SOLUCIÓN: Datos: V1 = 180 m/s

V2 = 320 m/s

K = 1.4

Z1 = 500 m

Z2 = 15000 m

R = 287 J/kg.K

En ambos casos útil izaremos la ecuación: 𝑀 = 𝑉/𝐶 Donde, la velocidad del sonido, está dada por: 𝐶 = √𝑘. 𝑅. 𝑇 en cada caso calculamos la temperatura en función a la altitud a la que se encuentra el aeroplano. Por lo tanto: ⚫ 𝐶1 = √1.4𝑥287𝑥284.9 = 338.338 m/s ⚫ 𝐶2 = √1.4𝑥287𝑥216.7 = 295.076 m/s Ahora calculemos el número de Mach: 180

⚫ 𝑀1 = 338.338 = 𝟎. 𝟓𝟑𝟐 → 𝑭𝑳𝑼𝑱𝑶 𝑺𝑼𝑩𝑺Ó𝑵𝑰𝑪𝑶 15000

⚫ 𝑀2 = 338.338 = 𝟏. 𝟎𝟖𝟒 → 𝑭𝑳𝑼𝑱𝑶 𝑺𝑼𝑷𝑬𝑹𝑺Ó𝑵𝑰𝑪𝑶

PROBLEMA 03: (CONO DE MACH) Un avión que vuela a 2000 m de altitud pasa directamente por arriba de un observador. Si el avión se desplaza a un número de Mach igual a 1.5 y la temperatura ambiente es 10ºC, ¿cuántos segundos tiene que esperar el observador antes de escuchar el sonido producido por el avión? Considerar para el aire K = 1.4 SOLUCIÓN: Datos: M = 1.5

Z = 2000 m

T = 10 + 273 = 283 K

Para M = 1.5 se tiene V > C, es decir flujo supersónico, por lo que usaremos el cono de Mach como referencia para resolver el problema.

Donde el ángulo de Mach está dado por: 1 1 1 → 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑜 ( ) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛𝑜 ( ) = 41.835° 𝑀 𝑀 1.5 La velocidad del sonido se puede calcular a partir de: sin(𝛼) =

𝐶 = √𝑘. 𝑅. 𝑇 = √1.4𝑥287𝑥283 = 337.208 𝑚/𝑠 Así mismo, x se calcula a partir del cono de Mach, así: 𝑥=

𝑍 2000 = = 1300.357 tan 𝛼 tan(41.835°)

El tiempo se puede calcular a partir de la relación: 𝑥 𝑥 1300.357 = = = 2.571 𝑠 𝑉 𝐶. 𝑀 337.208𝑥1.5 Reemplazando valores numéricos, en las ecuaciones anteriores se tiene que el observador oirá el sonido luego de un tiempo de ∆t = 2.571 s. 𝑥 = 𝑉. (𝑡 − 𝑡0 ) = 𝑉. ∆𝑡 → ∆𝑡 =

PROBLEMA 04: (ESTADOS DE REFERENCIA) Entra aire a una turbina a M1=0.4, T1=2350 °F y P1=90 psia. Las condiciones a la salida de la turbina son M2=0.8, T2=1200 °F y P2=3 psia. Evalúe las condiciones locales de estancamiento isentrópico a) en la entrada de la turbina, b) en la salida de la turbina y c) calcule el cambio de entropía específica a través de la turbina. SOLUCIÓN: Datos: 𝑙𝑏𝑓

𝑅 = 53.3 𝑝𝑖𝑒 𝑙𝑏𝑚 𝑅

K = 1.4

𝐵𝑡𝑢 𝑙𝑏𝑚. 𝑅 𝐵𝑡𝑢 𝐶𝑉 = 0.171 𝑙𝑏𝑚. 𝑅 𝐶𝑃 = 0.240

c) En la entrada de la turbina

b) En la salida de la turbina

Temperatura de estancamiento:

Temperatura de estancamiento:

𝒌−𝟏 𝟐 . 𝑴𝟏 + 𝟏) . 𝑻𝟏 𝟐 1.4 − 1 =( . (0.4)2 + 1) . 2809.67 2

𝑇01

𝒌−𝟏 𝟐 . 𝑴𝟐 + 𝟏) . 𝑻𝟐 𝟐 1.4 − 1 =( . (0.8)2 + 1) . 1659.67 2 𝑻𝟎𝟐 = (

𝑻𝟎𝟏 = (

𝑇02

𝑻𝟎𝟐 = 𝟏. 𝟖𝟕𝟐𝒙𝟏𝟎𝟑 𝑹

𝑻𝟎𝟏 = 𝟐. 𝟗𝒙𝟏𝟎𝟑 𝑹

Presión de estancamiento:

Presión de estancamiento:

𝒌

𝒌

𝑷𝟎𝟏

𝒌−𝟏 𝒌−𝟏 𝟐 =( . 𝑴𝟏 + 𝟏) . 𝑷𝟏 𝟐

𝑃01 = (

1.4 1.4−1

1.4 − 1 . (0.4)2 + 1) 2 𝑷𝟎𝟏 = 𝟏𝟎𝟎. 𝟒𝟗 𝒑𝒔𝒊𝒂

𝑷𝟎𝟐

𝒌−𝟏 𝒌−𝟏 𝟐 =( . 𝑴𝟐 + 𝟏) . 𝑷𝟐 𝟐 1.4

. 90

𝑃02

1.4−1 1.4 − 1 =( . (0.8)2 + 1) .3 2 𝑷𝟎𝟐 = 𝟒. 𝟓𝟕𝟑 𝒑𝒔𝒊𝒂

Densidad de estancamiento:

Densidad de estancamiento:

A partir de la ecuación general de los gases:

A partir de la ecuación general de los gases:

𝝆𝟎𝟏 = 𝜌01 =

𝑷𝟎𝟏 . 𝟏𝟒𝟒 𝑹. 𝑻𝟎𝟏

100.49𝑥144 𝒍𝒃𝒎 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟒 3 53.3𝑥2.9𝑥10 𝒑𝒊𝒆𝟑

𝝆𝟎𝟐 = 𝜌02 =

𝑷𝟎𝟐 . 𝟏𝟒𝟒 𝑹. 𝑻𝟎𝟐

4.573𝑥144 𝒍𝒃𝒎 = 𝟔. 𝟓𝟗𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟑 3 53.3𝑥1.872𝑥10 𝒑𝒊𝒆𝟑

a) Cambio de la entropía específica Para calcular el cambio de entropía, utilizamos la ecuación: Tds = dh – Vdp. 𝑇2 𝑃2 𝑇2 𝑃2 ∆𝑆 = 𝐶𝑃 . ln ( ) − 𝑅. ln ( ) = 𝐶𝑃 . ln ( ) − (𝐶𝑃 − 𝐶𝑉 ). ln ( ) 𝑇1 𝑃1 𝑇1 𝑃1 ∆𝑆 = 0.240 ln (

1200 3 𝑩𝒕𝒖 ) − (0.240 − 0.171). ln ( ) = 𝟎. 𝟎𝟕𝟑𝟒 2350 90 𝒍𝒃𝒎𝑹

PROBLEMA 05: (ESTADOS DE REFERENCIA) Fluye aire por un ducto de área constante. En la sección1 el aire está a 60 psia, 600 R y 500 pies/s. Como e resultado de la transferencia térmica y de la fricción, el aire en la sección 2 aguas abajo se encuentra a 40 psia, 800 R. Calcule la transferencia térmica por libra de aire entre las secciones 1 y 2, así como la presión de estancamiento en la sección 2. SOLUCIÓN: Datos: P1 = 60 psia T1 = 600 R

P2 = 40 psia T2 = 800 R

V1 = 500 pie/s V2 = ?

𝑙𝑏𝑓

𝑅 = 53.3 𝑝𝑖𝑒 𝑙𝑏𝑚 𝑅 K = 1.4 𝐶𝑃 = 0.240

𝐵𝑡𝑢 𝑙𝑏𝑚.𝑅

En base a estos datos realizamos algunos cálculos preliminares, que serán útiles posteriormente: Sección de flujo 1: ◼ 𝜌1 =

𝑃1 .144 𝑅.𝑇1

60𝑥144

= 53.3𝑥600 = 𝟎. 𝟐𝟕𝟎𝟏

◼ 𝐶1 = √𝑘. 𝑅. 𝑇1 . 32.2 = √1.4𝑥53.3𝑥600𝑥32.2 = 𝟏. 𝟐𝟎𝟏𝒙𝟏𝟎𝟑 ◼ 𝑀1 = 𝑉1⁄𝐶1 = 500⁄1.201𝑥103 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟔 Sección de flujo 2: ◼ 𝜌2 =

𝑃2 .144 𝑅.𝑇2

40𝑥144

= 53.3𝑥800 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓

◼ 𝐶2 = √𝑘. 𝑅. 𝑇2 . 32.2 = √1.4𝑥53.3𝑥800𝑥32.2 = 𝟏. 𝟑𝟖𝟔𝒙𝟏𝟎𝟑 ◼ 𝑀2 = ? A partir de la ecuación de continuidad, podemos calcular la velocidad 𝑉2, que es necesario conocer para calcular el cambio de energía cinética: 𝜌1 . 𝑉1 . 𝐴 = 𝜌2 . 𝑉2 . 𝐴 → 𝑉2 =

𝜌1 . 𝑉1 0.2701𝑥500 = = 1𝑥103 𝑝𝑖𝑒/𝑠 𝜌2 0.135

𝑉2 1𝑥103 𝑀2 = = = 𝟎. 𝟕𝟐𝟏 𝐶2 1.386𝑥103 Con estos datos, la presión de estancamiento en 2, se puede calcular del siguiente modo: 𝑘

𝑃02

𝑘−1 𝑘−1 = 𝑃2 . [1 + ( ) . 𝑀22 ] 2

1.4

𝑃02

1.4−1 1.4 − 1 = 40. [1 + ( ) . (0.721)2 ] = 𝟓𝟔. 𝟓𝟔 𝒑𝒔𝒊𝒂 2

Ahora a partir de la primera “Ley de la termodinámica” calculemos el calor transferido: 𝑞 = ∆ℎ + ∆𝑘 Donde: ∆ℎ = 𝐶𝑃 . (𝑇2 − 𝑇1 ) ∆𝑘 =

𝑉22 − 𝑉12 2

Entonces se tiene que: 𝑉22 − 𝑉12 2 2 2 𝑉2 𝑉1 𝑉22 𝑉12 𝑞 = 𝐶𝑃 . 𝑇2 − 𝐶𝑃 . 𝑇1 + − → 𝑞 = 𝐶𝑃 . 𝑇2 + − (𝐶𝑃 . 𝑇1 + ) 2 2 2 2 Pero según se vio en la clase teórica, la entalpia de estancamiento de un punto determinado es igual a la suma de la entalpia y la energía cinética del punto en cuestión: 𝑞 = 𝐶𝑃 . (𝑇2 − 𝑇1 ) +

𝐶𝑃 . 𝑇0 = 𝐶𝑃 . 𝑇 +

𝑉2 2

Entonces, para 𝐶𝑃 = 𝑐𝑡𝑒, se tiene: 𝑞 = 𝐶𝑃 . (𝑇02 − 𝑇01 ) La temperatura de estancamiento en las secciones 1 y 2 están dadas por: 𝑘−1 1.4 − 1 ) . 𝑀12 ] = 600. [1 + ( ) (0.416)2 ] = 𝟔𝟐𝟎. 𝟖𝟎𝟗 𝑹 2 2 𝑘−1 1.4 − 1 𝑇02 = 𝑇2 . [1 + ( ) . 𝑀22 ] = 800. [1 + ( ) (0.721)2 ] = 𝟖𝟖𝟑. 𝟐𝟑𝟕 𝑹 2 2 Finalmente, se tiene que el calor transferido entre el punto 1 y el punto 2: 𝑇01 = 𝑇1 . [1 + (

𝑞 = 0.240𝑥(883.237 − 620.809) = 𝟔𝟐. 𝟗𝟖

𝑩𝒕𝒖 𝒍𝒃𝒎

PROBLEMA 06: (FLUJO ADIBÁTICO IRREVERSIBLE) Aire fluye isoentrópicamente a través de un ducto circular de área variable. En la sección 1 (entrada) que tiene el D1 = 34.4 cm, si la V1 = 184 m/s, P1 = 574.263 kPa y T1 = 200 °C. a) Calcular P01, T01, ρ01, M1 y A*, correspondiente al estado 1. b) Calcular el número de Mach, la presión estática en la sección 2 (salida) que tiene D2 = 29.8 cm, si la V2 es subsónica y si V2 es supersónica. SOLUCIÓN: Sección 1: T1 = 473 K

P1 = 574.263 kPa

V1 = 184 m/s

D1 = 34.4 cm

a) En la sección 1 (entrada): Usamos la ecuación del gas ideal: 𝜌1 =

𝑃1 574263 𝒌𝒈 = = 𝟒. 𝟐𝟐𝟖 𝟑 𝑅. 𝑇1 287.13𝑥473 𝒎

Ahora usaremos la ecuación de la velocidad del sonido: 𝐶1 = √𝑘. 𝑅. 𝑇1 = √1.4𝑥287.13𝑥473 = 𝟒𝟑𝟔. 𝟎𝟒𝟕 𝒎/𝒔 Ahora usaremos la ecuación del número de Mach: 𝑀1 =

𝑉1 184 = = 𝟎. 𝟒𝟐𝟏𝟗 𝐶1 436.047

Como el aire fluye isoentrópicamente, utilizaremos la relación isentrópica: 𝑻𝟎 𝒌−𝟏 𝟐 𝑷𝟎 =𝟏+ .𝑴 = ( ) 𝑻 𝟐 𝑷

𝒌−𝟏 𝒌

=(

𝝆𝟎 𝒌−𝟏 ) 𝝆

1.4−1 1.4

𝑇01 1.4 − 1 𝑃01 =1+ . (0.4219)2 = ( ) 473 2 574263 𝑻𝟎𝟏 = 𝟒𝟖𝟗. 𝟖𝟑𝟖 𝑲

𝑷𝟎𝟏 = 𝟔𝟒𝟗. 𝟎𝟓𝟕 𝒌𝑷𝒂

=(

𝝆𝟎𝟏 = 𝟒. 𝟔𝟏𝟒

Usando la ecuación: 𝑘+1

𝜌01 1.4−1 ) 4.228

𝑘 − 1 2 2(𝑘−1) 𝐴1 1 1 + 2 . 𝑀1 = .[ ] … … (𝐼) 𝑘+1 𝐴1∗ 𝑀1 2

𝒌𝒈 𝒎𝟑

Sabemos 𝑀1 = 0.4219, se obtiene: 1.4+1

2(1.4−1) 1.4 − 1 1 + 2 . (0.4219)2 𝐴1 1 = .[ ] = 1.523 1.4 + 1 𝐴1∗ 0.4219 2

Como: 𝜋 𝑥(0.344)2 = 0.09294 𝑚2 → 𝑨𝟏∗ = 𝟎. 𝟎𝟔𝟏𝟎 𝒎𝟐 4 b) En la sección 2 (salida), calcularemos el número de Mach y la presión estática: 𝐴1 =

A1 = 0.09294 m2 A2 = 0.06975 m2 V2 → Subsónica

A1 = 0.09294 m2 A2 = 0.06975 m2 V2 → Supersónica

Se observa que el valor del área A2 = 0,06975 m2, se encuentra en la parte convergente del conducto, así como en parte divergente: Caso de flujo subsónico: 𝐴2 𝐴1 0.06975 = 1.1434 ∗ = ∗ = 𝐴2 𝐴1 0.0610 En la ecuación (I): 𝑴𝟐 = 𝟎. 𝟔𝟒𝟐 Luego: 1.4−1 1.4

649.057 ( ) 𝑃2

= 1+

1.4 − 1 . (0.642)2 → 𝑷𝟐 = 𝟒𝟗𝟏. 𝟗𝟑𝟏 𝒌𝑷𝒂 2

Caso de flujo supersónico: 𝐴2 𝐴1 0.06975 = = = 1.1434 𝐴∗2 𝐴1∗ 0.0610 En la ecuación (I): 𝑴𝟐 = 𝟏. 𝟒𝟒𝟗 Luego: 1.4−1 1.4

649.057 ( ) 𝑃2

= 1+

1.4 − 1 . (1.449)2 → 𝑷𝟐 = 𝟏𝟗𝟎. 𝟐𝟕𝟔 𝒌𝑷𝒂 2

PROBLEMA 07: (FLUJO MÁSICO MÁXIMO) Se desea expansionar isoentrópicamente aire desde un reservorio que se encuentra a Po = 200 kPa y To = 500 K, a través de un conducto convergente divergente circular hasta un número de Mach de salida Ms = 2,5. Si el gasto es de 3 kg/s, calcular: a) El diámetro del conducto en la garganta. b) Las propiedades del flujo en la sección de salida: p, T, V y A. SOLUCIÓN: a) Cálculo del diámetro en la garganta: DG Como se trata de un conducto de sección transversal circular, en la garganta se tiene: T

𝝅. 𝑫𝟐𝑮 𝑨𝑮 = 𝟒

Como en la salida se tiene Ms = 2,5; en la garganta se han alcanzado las condiciones críticas, es decir M = 1 y AG = A*. EL flujo másico 𝑚 = 𝜌.̇ 𝐴. 𝑉 , está dado por:

Para aire:

Reemplazando valores: 3 𝑘𝑔/𝑠 √500 𝑘 . = 0.040418 → 𝐴∗ = 0.0082985 𝑚2 𝐴∗ 200000 𝑃𝑎 Sabemos: AG = A* = 0.0082985 m2

𝝅. 𝑫𝟐𝑮 𝑨𝑮 = 𝟒

𝑫𝑮 = √

𝟒.𝑨𝑮 𝝅

= 10.28 cm

b) Como se conoce el número de Mach en la salida, utilizando la ecuación (α), se determina As. −(1.4+1)

2𝑥(1.4−1) 𝑘𝑔 1.4 200000 𝑃𝑎 1.4 − 1 3 =√ 𝑥2.5𝑥𝐴𝑆 𝑥 𝑥 [1 + 𝑥(2.5)2 ] 𝐽 𝑠 2 √500 𝐾 287.13 ⁄𝑘𝑔. 𝐾

Por lo tanto: 𝑨𝑺 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟏𝟖𝟖𝟎𝟔𝟕𝟔 𝒎𝟐 y usando: 𝑇0 𝑘−1 𝑃0 =1+ 𝑥𝑀𝑆2 = ( ) 𝑇𝑆 2 𝑃𝑆

𝑘−1 𝑘

500 1.4 − 1 200 = 1+ 𝑥(2.5)2 = ( ) 𝑇𝑆 2 𝑃𝑆

1.4−1 1.4

𝑷𝑺 = 𝟏𝟏. 𝟕𝟎𝟔 𝒌𝑷𝒂 𝑻𝑺 = 𝟐𝟐𝟐. 𝟐𝟐 𝑲 𝐶𝑆 = 298.81 𝑚/𝑠 Finalmente: 𝑀=

𝑉𝑆 → 𝑽𝑺 = (𝟐. 𝟓)𝒙(𝟐𝟗𝟖. 𝟖𝟏) = 𝟕𝟒𝟕. 𝟎𝟑 𝒎/𝒔 𝐶𝑆

PROBLEMA 08: (EFICIENCIA TÉRMICA) El flujo de aire a través de una tobera, que tiene una eficiencia del 95%, es de 1,5 kg/s. El aire entra a 600 K y 500 kPa y sale a 101 kPa. Determinar el área transversal de salida, la velocidad y la entalpía reales. Considerar que las propiedades del aire a 600 K → k =1.376 CP = 1.051 kJ/Kg.K R = 287 J/kg.K SOLUCIÓN: En la ecuación isentrópica: 𝑘−1 𝑘

𝑃2 𝑇2 = 𝑇1 . ( ) 𝑃1 𝑇1 = 600 K

𝑃1 = 500 kPa

𝑃2 = 101 kPa

101 𝑇2 = 600. ( ) 500 Sabemos que la eficiencia térmica, es: 𝜂=

1.376−1 1.376

= 387.6 𝐾

ℎ1 − ℎ2′ ℎ1 − ℎ2

Además, en la teórica se definió: ℎ = 𝐶𝑃 . 𝑇 Por lo tanto, podemos decir: 𝜂=

ℎ1 − ℎ2′ 𝑇1 − 𝑇2′ →𝜂= … … (1) ℎ1 − ℎ2 𝑇1 − 𝑇2

Ahora, despejando la temperatura real 𝑇2′ , de la ecuación anterior: 𝑇2′ = 𝑇1 − 𝜂. (𝑇1 − 𝑇2 ) 𝑇2′ = 600 − 0.95𝑥(600 − 387.6) = 398.2 𝐾 La entalpía real es: ℎ2′ = 𝐶𝑃 . 𝑇2′ ℎ2′ = 1.051

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑥398.2 𝐾 = 418.5 𝑘𝑔. 𝐾 𝑘𝑔

Para encontrar la velocidad real, utilizaremos la siguiente ecuación: ( 𝜼=

𝑽𝟐𝟐′ ) 𝟐

𝒓𝒆𝒂𝒍

(𝒉𝟏 − 𝒉𝟐 )

𝑉 2′ ( 2) 2 =

𝑟𝑒𝑎𝑙

(𝐶𝑃 . 𝑇1 − 𝐶𝑃 . 𝑇2 )

→ 𝑽𝟐′ = √𝟐. 𝜼. 𝑪𝑷 (𝑻𝟏 − 𝑻𝟐 )

𝑽𝟐′ = √2𝑥0.95𝑥1.051𝑥103 (600 − 398.2) = 𝟔𝟑𝟒. 𝟖𝟎𝟐 𝒎/𝒔

El volumen especifico real es: 𝑣2 =

𝑅. 𝑇2′ 𝑃2

Reemplazando: 𝑣2 =

287𝑥398.2 = 1.13 𝑚3 /𝑘𝑔 101𝑥103

Calculo del área: 𝐴2 =

𝑣2 𝑥𝑚̇ 𝑉2′

Reemplazando: 𝑨𝟐 =

1.13𝑥1.5 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟔𝟕𝟑 𝒎𝟐 634.802

PROBLEMA 09: (ONDA DE CHOQUE NORMAL) Entra aire en un tobera convergente-divergente de un túnel de viento supersónico a 1 MPa y 300 K con una velocidad pequeña. Si ocurre un choque normal en el plano de salida de la tobera a M = 2, determine: presión, temperatura, número de Mach, velocidad y presión de estancamiento después de la onda de choque. SOLUCIÓN: Interpretamos el problema planteado en el esquema mostrado en la figura.

De la teoría sabemos que debido a la onda de choque el flujo pasara de ser supersónico antes del choque a subsónico después de la onda de choque, además se puede considerar hipotéticamente que el flujo a través de la onda de choque es adiabático (T01=T02) y sin fricción. Bajo estas consideraciones y a partir de los datos conocidos antes del choque (M1, P1 y T1), se pueden calcular estas mismas variables termodinámicas después de la onda de choque usando las relaciones matemáticas entre estas variables: El número de Mach M2 se puede calcular a partir del número de Mach M1 a partir de la ecuación:

Con M2, conocido y recordando que T02 = T01, podemos calcular T2, a partir de la relación de temperaturas estáticas y de estancamiento, pero analicemos previamente T01. Como se menciona que el flujo entra a la tobera con una velocidad pequeña podemos suponer que la presión y temperatura a la entrada de la tobera son condiciones de estancamiento y como el flujo en la tobera se considera isentrópico estas propiedades no cambiaran, a lo largo de la tobera, salvo la presión de estancamiento luego del choque, entonces: T02 = T01 = 300K y P01 = 1 MPa. La temperatura T2 será;

Con M2 y T2 conocidos, la velocidad se calcula mediante la definición de número de Mach y la ecuación de velocidad del sonido para gases ideales.

La presión de estancamiento, se puede calcular a partir de la presión estática, y del número de Mach, para ello, calculamos primero la presión estática, usando la relación:

La presión P1 se puede calcular a partir de M1, y la presión de estancamiento P01:

luego la presión P2 será igual a;

Ahora con la presión P2 y el número de Mach M2 conocidos, como ya se mencionó, calculamos la presión de estancamiento P02 después de la onda de choque:

PROBLEMA 10: (FLUJO EN UNA TOBERA CONVERGENTE) El aire de un gran reservorio a 700 kPa y 40ºC fluye a través de una tobera convergente, cuya área de salida es de 0.025 m2. Suponiendo que los efectos de fricción son despreciables, determine la presión y la temperatura en el plano de salida de la tobera y el caudal másico cuando la presión ambiente es: (a) 400 kPa (b) 100 kPa SOLUCIÓN: Interpretamos el problema planteado en el esquema mostrado en la figura.

Lo importante en este tipo de problemas es verificar si la tobera está estrangulada o no. Esto ocurre, como se vio en la clase, cuando el cociente entre la presión de la salida y la presión del estancamiento es: 𝑘

𝑃 𝑃∗ 2 𝑘−1 ≤ =[ ] 𝑃0 𝑃0 𝑘+1 Para Aire k = 1.4 𝑃 ≤ 0.528 𝑃0 a) Para P = 400 kPa: 𝑷 𝟒𝟎𝟎 = = 𝟎. 𝟓𝟕𝟏 > 𝟎. 𝟓𝟐𝟖 𝑷𝟎 𝟕𝟎𝟎 Por lo que la tobera, en este caso, no está estrangulada; el flujo es subsónico a través de la tobera y la presión de salida es igual a la contrapresión (presión atmosférica), es decir Ps = 400 kPa. Con Ps = 400 calculamos el número de Mach a partir de las condiciones de estancamiento: 2 𝑃0 𝑀=√ . [( ) 𝑘 − 1 𝑃𝑆

𝑘−1 𝑘

1.4−1 1.4

2 700 𝑀=√ . [( ) 1.4 − 1 400

− 1]

− 1] = 0.931

Como el flujo es isentrópico la temperatura de salida se puede calcular, de la siguiente manera: 𝑘−1 𝑘

𝑃𝑆 𝑇𝑠 = 𝑇0 . ( ) 𝑃0 400 𝑇𝑠 = 313. ( ) 700

1.4−1 1.4

= 𝟐𝟔𝟔. 𝟕𝟓 𝑲

La densidad del aire a la salida se puede calcular con la ecuación de los gases ideales: 𝑃𝑆 . 1000 𝜌𝑆 = 𝑅. 𝑇𝑆 𝜌𝑆 =

400𝑥1000 𝑘𝑔 = 5.225 3 287𝑥266.75 𝑚

Finalmente, el flujo másico se calcula a partir de su definición y con los datos de la salida: 𝑚̇ = 𝜌𝑆 . 𝑽𝑺 . 𝐴𝑆 → 𝑚̇ = 𝜌𝑆 . 𝐴𝑆 . 𝑴. √𝒌. 𝑹. 𝑻𝑺 𝑚̇ = 5.225𝑥0.025𝑥0.931𝑥√1.4𝑥287𝑥266.75 = 𝟑𝟖. 𝟗 𝒌𝒈/𝒔 b) En este caso la presión atmosférica, contrapresión, es 100 kPa, por lo que: 𝑷 𝟏𝟎𝟎 = = 𝟎. 𝟏𝟒𝟑 < 𝟎. 𝟓𝟐𝟖 → 𝑳𝒂 𝒕𝒐𝒃𝒆𝒓𝒂 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒆𝒔𝒕𝒓𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 𝑷𝟎 𝟕𝟎𝟎 Entonces la presión del aire a la salida de la tobera no es igual a la contrapresión (presión atmosférica en este caso), y se calcula a partir de la presión de estancamiento (en realidad es igual a la presión crítica): 𝑃𝑆 = 0.528𝑥𝑃0 → 𝑃0 = 0.528𝑥700 = 𝟑𝟔𝟗. 𝟔 𝒌𝑷𝒂 La temperatura y densidad del aire a la salida se calculan igual que en el caso anterior: 𝑃𝑆 𝑇𝑆 = 𝑇0 . ( ) 𝑃0 𝜌𝑆 =

𝑘−1 𝑘

100 → 𝑇𝑆 = 313. ( ) 700

1.4−1 1.4

= 𝟐𝟔𝟎. 𝟕𝟗 𝑲

𝑃𝑆 . 1000 100𝑥1000 𝒌𝒈 → 𝜌𝑆 = = 𝟒. 𝟗𝟑𝟖 𝟑 𝑅. 𝑇𝑆 287𝑥260.79 𝒎

El flujo másico se puede calcular con la velocidad crítica (condiciones críticas): 𝟐 𝑚̇ = 𝜌𝑆 . 𝑽∗ . 𝐴𝑆 → 𝑚̇ = 𝜌𝑆 . 𝐴𝑆 . √𝒌. 𝑹. ( ) . 𝑻𝟎 𝒌+𝟏 2 𝑚̇ = 4.938𝑥0.025𝑥 √1.4𝑥287𝑥 ( ) . 313 = 𝟑𝟗. 𝟗𝟔 𝒌𝒈/𝒔 1.4 + 1

PROBLEMA 11: (TOBERA CONVERGENTE - DIVERGENTE) Una tobera convergente-divergente, diseñada para expandir aire a M2 = 3 tiene 250 mm2 de área de salida. La tobera está conectada a la parte lateral de un gran tanque y descarga a la atmósfera estándar. El aire en el tanque está presurizado a 4.5 MPa (manométrica) y 750 K. Suponga que el flujo dentro de la tobera es isentrópico. Evalué la presión en el plano de salida de la tobera. Calcule la relación de flujo másico de aire a través de la tobera. SOLUCIÓN: Interpretamos el problema planteado en el esquema mostrado en la figura. Patm = 101.325 kPa P0 = 4500 + Patm = 4500 + 101.325 P0 = 4601.325 kPa T0 = 750 K M2 = 3 k = 1.4 R = 287 J/kg.K

La clave en estos problemas es verificar si la tobera esta estrangulada, para ello evaluamos 𝑃 la relación: 𝑎𝑡𝑚 = 0.022 además para el aire 𝑃 0

𝑘

𝑃∗ 2 𝑘−1 =[ ] = 0.528 𝑃0 𝑘+1 Como 0.022 es menor que 0.528 la tobera está estrangulada, en la garganta se tienen condiciones sónicas. La presión en la garganta será: 𝑃∗ = 0.528𝑥𝑃0 → 𝑃∗ = 0.528𝑥4601.325 = 2429.5 𝑘𝑃𝑎 La temperatura en la garganta será: 2 2 𝑇 ∗ = 𝑇0 . ( ) → 𝑇 ∗ = 750𝑥 ( ) = 625 𝐾 𝑘+1 1.4 + 1 La densidad en la garganta se puede calcular a partir de la ecuación de los gases ideales. 𝑃∗ 2429.5𝑥1000 𝑘𝑔 ∗ 𝜌 = → 𝜌 = = 13.544 𝑅. 𝑇 ∗ 287𝑥625 𝑚3 El flujo másico esta dado por: 𝑚 𝑉 ∗ = 𝐶 = √1.4 ∗ 287 ∗ 625 = 501.124 𝑠 𝑚̇ = 𝜌∗ . 𝑉 ∗ . 𝐴∗ ∗

El área de la garganta se calcula a partir de la ecuación: 𝑘+1

2.(𝑘−1) 𝑘−1 1+ 2 𝐴∗ = 𝐴𝑆 . 𝑀2 . [ ] 𝑘−1 2 +1 ( 2 ) . 𝑀2 1.4+1

2.(1.4−1) 1.4 − 1 1+ 2 𝐴∗ = 0.00025𝑥3𝑥 [ ] = 5.904𝑥10−5 𝑚2 1.4 − 1 2 +1 ( 2 ) . 3 Entonces el flujo másico será:

𝑚̇ = 𝜌∗ . 𝑉 ∗ . 𝐴∗ → 𝑚̇ = 13.544𝑥501.124𝑥5.904𝑥10−5 = 0.401 𝑘𝑔/𝑠 La presión a la sal ida se puede calcular a partir de la presión de estancamiento en el tanque (se debe recordar que las propiedades de estancamiento son constantes a lo largo del flujo cuando este es isentrópico) y el número de Mach a la salida: 𝑃2 =

𝑃0 𝑘

𝑘−1 𝑘−1 [1 + ( 2 ) 𝑀22 ] 4601.325 𝑃2 = 1.4 = 125.3 𝑘𝑃𝑎 1.4−1 1.4 − 1 [1 + ( 2 ) (3)2 ]

PROBLEMA 12: (FLUJO FANNO) Un ducto de área constante opera en una condición estrangulada. La sección transversal es rectangular, con los lados de 6pies y 4 pies, y su superficie tiene una rugosidad relativa de 0.0001. A 20 pies del extremo del ducto, la presión absoluta es 18 psi. Si no existe transferencia de calor a través de las paredes, determine el número de Mach y el de Reynolds en esta sección para un flujo de aire. La presión ambiente de los alrededores, que es 14.7 psia. SOLUCIÓN: Interpretamos el problema planteado en el esquema mostrado en la figura.

k = 1.4 R = 53.3 lbf.pie/lbm

Como el flujo esta estrangulado, el número de Mach en la sección 2 es M2=1, entonces la presión crítica será igual a la presión de sal ida P2. 𝑃∗ = 𝑃2 Como la presión crítica es constante, se puede usar este valor como referencia para calcular el número de Mach en la sección 1, usando para ello las ecuaciones derivadas en la clase teórica (línea de Fanno). 𝑃1 18 = = 1.224 ∗ 𝑃 14.7 1/2 𝑘+1 𝑃1 1 2 = .[ ] = 1.224 ∗ 𝑘 − 1 𝑃 𝑀1 +1 ( 2 ) . 𝑀 1 2 Esta ecuación debe ser resulta para M2, sin embargo, no tiene solución analítica pues es una ecuación cúbica, por ello se empleará un método numérico (aproximaciones sucesivas o prueba y error, para ello preparamos la ecuación del siguiente modo: 1/2 1.4 + 1 1 2 𝑀(𝑀1 ) = .[ ] 1.224 +1 (1.4 − 1) . 𝑀2 1 2 Comenzando con un valor arbitrario para M1, por ejemplo, M1=1, 𝑀(1) = 0.817 sustituyendo este valor en la función anterior calculamos un nuevo valor para M1, y así sucesivamente obtenemos una mejor aproximación.

𝑀(0.817) = 0.841 𝑀(0.841) = 0.838 𝑴(𝟎. 𝟖𝟑𝟖) = 𝟎. 𝟖𝟑𝟖

Nos quedamos con, 𝑴(𝟎. 𝟖𝟑𝟖) = 𝟎. 𝟖𝟑𝟖 como mejor aproximación. El número de Reynolds en la sección 1, se puede calcular de manera aproximada, a partir del diagrama de Moody. Para ello es necesario estimar el valor del coeficiente de fricción a partir de la ecuación: 𝑘+1 ( 2 ) . 𝑀12 𝑓. 𝐿 1 1 − 𝑀12 𝑘+1 = ( )+ . ln [ ] 𝑘−1 𝐷 𝑘 2. 𝑘 𝑀12 2 1 + ( 2 ) . 𝑀1 𝑘+1 ( 2 ) . 𝑀12 𝑓. 𝑘. 𝐿 1 − 𝑀12 𝑘+1 → =( )+ . ln [ ] 𝑘−1 𝐷 2 𝑀12 2 1 + ( 2 ) . 𝑀1 1.4 + 1 ( 2 ) . (0.838)2 𝑓. 𝑘. 𝐿 1 − (0.838)2 1.4 + 1 =( )+ . ln [ ] = 0.061 1.4 − 1 (0.838)2 𝐷 2 1 + ( 2 ) . (0.838)2 Donde el diámetro equivalente D se puede calcular, del siguiente modo: 𝐷 = 4.

(𝑎. 𝑏) 4𝑥6 → 𝐷 = 4. = 4.8 𝑝𝑖𝑒𝑠 2. (𝑎 + 𝑏) 2𝑥(4 + 6)

Entonces: 𝐷 4.8 → 𝑓 = 0.061𝑥 = 0.0105 𝑘. 𝐿 1.4𝑥20 Entonces con 𝑓 = 0.0105 y 𝜀 = 0.0001, se puede obtener el número de Reynolds del diagrama de Moody o también mediante la fórmula de Colebrook (base del ábaco de Moody). 𝑓 = 0.061.

2.51 √𝑓

2.51 √0.0105 𝑅𝑒 = → 𝑅𝑒 = = 𝟑. 𝟒𝒙𝟏𝟎𝟔 −1 −1 0.0001 𝜀 [102.√0.0105 − 3.7𝑥4.8] [102.√𝑓 − 3.7𝑥𝐷 ]

PROBLEMA 12: (FLUJO RAYLEIGH) Fluye aire sin fricción por un corto ducto de área constante. A la entrada del ducto M1=0.3, T1=50 C y T1=2.16 kg/m3. Como resultado del calentamiento, el número de Mach y la densidad del tubo son M2=0.60 y T2=0.721 kg/m3. Determine la adición de calor por unidad de masa y el cambio de entropía en el proceso. SOLUCIÓN: Interpretamos el problema planteado en el esquema mostrado en la figura. Estrategia: Con los datos de la sección 1, podemos calcular, las condiciones críticas (estrangulamiento), con estos datos luego calculamos las condiciones de estado en la sección de flujo 2. Además, en cada sección determinamos la temperatura de estancamiento, a partir de estos valores las respectivas entalpías de estancamiento, luego con la ecuación de energía determinamos el flujo de calor por unidad de masas. Primero calculamos de la presión en la sección 1, a partir de la ecuación de los gases ideales. 𝑃1 = 𝜌1 . 𝑅. 𝑇1 → 𝑃1 = 2.16𝑥287𝑥323 = 200.2 𝑘𝑃𝑎 1 + 𝑘. 𝑀12 1 + 1.4. (0.3)2 𝑃∗ = 𝑃1 . [ ] → 𝑃 ∗ = 200.2𝑥1000𝑥 [ ] = 93.9 𝑘𝑃𝑎 1+𝑘 1 + 1.4 𝑇 ∗ = 𝑇1 . [

1 + 𝑘. 𝑀12 1 + 1.4. (0.3)2 ] → 𝑇 ∗ = 323𝑥 [ ] = 790 𝐾 (0.3)𝑥(1 + 1.4) 𝑀1 . (1 + 𝑘)

𝑘−1 1.4 − 1 ] → 𝑇0∗ = 790𝑥 [1 + ] = 948 2 2 Ahora con estos datos y haciendo uso de las tablas, determinamos la temperatura de estancamiento en cada una de las secciones de flujo que se consideran. 𝑇0∗ = 𝑇 ∗ . [1 +

Para 𝑀1 = 0.30 de la mencionada tabla se tiene:

𝑇0 ⁄𝑇 ∗ = 0.3469 entonces la temperatura 0

de estancamiento en 1, es: 𝑇01 = 948𝑥0.3469 = 328.9 𝐾 Para 𝑀2 = 0.60 de la mencionada tabla se tiene:

𝑇0 ⁄𝑇 ∗ = 0.8189 entonces la temperatura 0

de estancamiento en 2, es: 𝑇02 = 948𝑥0.8189 = 776.3 𝐾 Entonces el calor añadido, calculado a partir de la ecuación de energía con Cp constante es: 𝑞 = ℎ02 − ℎ01 → 𝑞 = 𝐶𝑃 (𝑇02 − 𝑇01 ) 𝑞 = 1.005𝑥1000(776.3 − 328.9) = 449.637

𝐾𝐽 𝑘𝑔

Para calcular el cambio de entropía, partimos de la ecuación: 𝑇. 𝑑𝑠 = 𝑑ℎ − 𝑣. 𝑑𝑝 Para calcular el cambio de entropía, partimos de la ecuación: 𝑑𝑠 = 𝐶𝑃 .

𝑑𝑇 𝑑𝑃 + 𝑅. 𝑇 𝑃

Integrando, para Cp=cte. tenemos: 𝑇2 𝑃2 𝑠2 − 𝑠1 = ∆𝑠 = 𝐶𝑃 . ln ( ) − 𝑅. ln ( ) 𝑇1 𝑃1 La temperatura en la sección 2 se puede calcular a partir de la temperatura crítica (estrangulamiento). 2

𝑀2 . (1 + 𝑘) 0.6𝑥(1 + 1.4) 2 𝑇2 = 𝑇 . [ ] → 𝑇 = 790𝑥 [ ] = 724.2 𝐾 2 1 + 𝑘. (0.6)2 1 + 𝑘. 𝑀22 ∗

La presión en la sección 2 se puede calcular a mediante la ecuación de los gases ideales: 𝑃2 = 𝜌2 . 𝑅. 𝑇2 → 𝑃2 = 0.721𝑥287𝑥724.2 = 149.9 𝑘𝑃𝑎 Entonces el incremento de la entropía será: 𝑇2 𝑃2 ∆𝑠 = 𝐶𝑃 . ln ( ) − 𝑅. ln ( ) 𝑇1 𝑃1 𝑇2 𝑃2 𝐾𝐽 ∆𝑠 = 𝐶𝑃 . ln ( ) − 𝑅. ln ( ) = 0.895 .𝐾 𝑇1 𝑃1 𝑘𝑔

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