ejercicios resueltos Volumen de control

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Termodinámica: Volumen de control 
Freddy J. Rojas, M.Sc. 1/14 
APLICACIÓN DE CASOS 
1. Aplicación del balance de energía con las tablas de gas ideal 
 Aire 
Un dispositivo cilindro pistón contiene 1 kg de aire a la temperatura de 300 K y 
a una presión de 1 atm absoluto. El aire se comprime hasta un estado en el 
que la temperatura es 460 K y la presión es 5 atm manométrico. Durante la 
compresión, hay una transferencia de calor del aire al entorno igual a 20 kJ. 
Utilizando el modelo de gas ideal para el aire, determinar el trabajo durante el 
proceso, en kJ. 
 
Solución: 
Hay transferencia de calor desde el aire. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Consideraciones: 
 El aire es un sistema cerrado 
 Los estados inicial y final son estados de equilibrio. No hay cambio en la 
energía cinética y potencial. 
 El aire se modela como un gas ideal. 
 Análisis: 
El balance de energía para el sistema cerrado será 
sesistema EEE −=Δ (1) 
QWUEPEC −=Δ+Δ+Δ (2) 
Despejando W y anulando energía cinética y potencial. 
( )12 uumQW
UQW
−+=
Δ+=
 (3) 
Del enunciado Q = 20 kJ 
Se puede calcular u1 aplicando la relación: 
v
atmp 62 =2
1
atmp 11 =
p
KT 4602 =
KT 3001 =
aire
kg1
Termodinámica: Volumen de control 
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kgkJu
Tcu v
/95,2143007165,01
11
=⋅=
=
 
Y u2 de la misma forma: 
kgkJu
Tcu v
/59,3294607165,02
22
=⋅=
=
 
También se puede calcular de Tablas termodinámicas para el aire: para T1 = 
300 K, u1 = 214,07 kJ/kg y para T2 = 460 K, u2 = 329,97 kJ/kg, entonces 
reemplazando en (3): 
 
W = 20 kJ/kg + (1 kg)(329,97 kJ/kg – 214,07 kJ/kg) 
W = 135,90 kJ/kg 
 
Podemos ver también si el aire se comporta desde el punto de vista ideal o 
real: 
La Tabla para el aire da: Pc = 37,7 bar, Tc = 133 K. 
Por tanto, en el estado 1, PR1 = 1,01325/37,7 = 0.03, TR1 = 300/133 = 2,26 
Para el estado 2, PR1 = 6*1,01325/37,7 = 0.16, TR2 = 460/133 = 3,46 
 
Verificando con la Figura de compresibilidad se puede concluir que para estos 
estados Z ≈ 1, como se asume en la solución del problema. 
Termodinámica: Volumen de control 
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2. Monóxido de carbono 
Dos depósitos están conectados mediante una válvula. Uno de ellos contiene 2 
kg de gas monóxido de carbono a 77°C y 0,7 bar (absoluto). El otro contiene 8 
kg del mismo gas a 27 °C y 1,2 bar (absoluto). La válvula se abre y los gases 
se mezclan mientras reciben energía por transferencia de calor del entorno. La 
temperatura del equilibrio final es 42 °C. Usando el modelo de gas ideal 
determínese: 
a) La presión del equilibrio final, en bar. 
b) La transferencia de calor para el proceso, en kJ. 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Hipótesis: 
 La cantidad de gas CO es un sistema cerrado. 
 El gas se modela como gas ideal. 
 El gas en cada depósito esta inicialmente en equilibrio. El estado final es un 
estado de equilibrio. 
 No hay transferencias de energía, mediante trabajo. 
 Análisis: 
V
mRT
P ff = 
Donde m es la suma de las cantidades iniciales de masa presentes en los dos 
depósitos, V es el volumen total de los dos depósitos, y Tf es la temperatura 
final de equilibrio. Por tanto: 
( )
21
21
VV
RTmm
P ff +
+
= (1) 
También sabemos que: 
1
11
1 P
RTmV = (2) 
Monóxido 
de carbono 
 
2 kg, 77°C, 
0,7 bar 
Monóxido 
 de carbono 
 
8 kg, 27°C, 1,2 bar 
Depósito 1 Depósito 2 
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2
22
2 P
RTmV = (3) 
Reemplazando 2 y 3 en 1: 
( ) ( )
2
22
1
11
21
2
22
1
11
21
P
Tm
P
Tm
Tmm
P
RTm
P
RTm
RTmm
p fff
+
+
=
+
+
= (4) 
Sustituyendo valores en 4: 
 
( )( )
( )( ) ( )( )
barP
bar
Kkg
bar
Kkg
KkgP
f
f
05,1
2,1
3008
7,0
3502
31510
=
+
=
 
La transferencia de calor puede calcularse mediante el balance de energía: 
sesistema EEE −=Δ (5) 
WQUEPEC −=Δ+Δ+Δ (6) 
Despejando Q y anulando energía cinética y potencial y no hay trabajo. 
[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]2211
221121
21
2211
)()()()(
)()(
)()(
TuTumTuTumQ
TumTumTummQ
TummU
TumTumU
UUQ
UQ
ff
f
ff
i
if
−+−=
+−+=
+=
+=
−=
Δ=
 (7) 
Cv del CO varía muy poco a lo largo del intervalo de temperatura de 300 K a 
350 K, entonces puede ser tratado como constante (en el mejor de los casos 
como un promedio de estas temperaturas), sino de tablas a 300 K: 
Cv = 0,7445 kJ/kg.K (Tabla) 
( ) ( )2211 TTCmTTCmQ fvfv −+−= (8) 
Reemplazando valores en (8): 
( ) ( ) ( ) ( )
kJQ
KK
Kkg
kJkgKK
Kkg
kJkgQ
25,37
300315
.
7445,08350315
.
7445,02
=
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
 
El signo nos indica que la transferencia de calor es hacia el sistema. 
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3. Llenado de un bidón de agua 
Un flujo de agua constante de 30 lb/s entra a un bidón por su parte superior. El 
agua sale por un conducto junto a la base del bidón mediante un flujo 
proporcional a la altura del líquido en el interior: Lms
o
9= , donde L es la altura 
instantánea del líquido expresada en pies (ft). El área de la base es de 3 ft2, y 
la densidad del agua es de 62,4 lb/ft3. Si el bidón está inicialmente vacío, 
represéntese gráficamente la variación de la altura del agua con respecto al 
tiempo y coméntese el resultado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 Hipótesis: 
 La densidad del agua es constante. 
 Análisis: 
Aplicamos la conservación de la masa para un volumen de control (balance de 
flujo): 
∑∑
••
−= sevc mm
dt
dm (1) 
s
o
e
o
vc mm
dt
dm
−= (2) 
La masa de agua contenida en el bidón en el instante t viene dada por: 
)()( tALtmvc ρ= (3) 
Donde: 
ρ = densidad, [lb/ft3] 
A = área del bidón, [ft2] 
L(t) = altura instantánea del líquido, [ft] 
slbme
o
/30=
)( ftL
33 ftA = sLlbms
o
/9=
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Reemplazando (3) en (2): 
s
o
e
o
mm
dt
ALd
−=
ρ (4) 
Sabemos que la densidad y el área son constantes, reemplazando valores en 
(4): 
L
AAdt
dL
L
dt
dLA
ρρ
ρ
930
930
−=
−=
 (5) 
Es una ecuación diferencial de primer orden. La solución es: 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+= t
A
CL
ρ
9exp33,3 (6) 
Donde C es una constante de integración. Calculamos C con las condiciones 
iniciales de t = 0, L = 0, Así C = -3,33, entonces la solución de (6) sería: 
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−= t
A
L
ρ
9exp33,333,3 (7) 
Sustituyendo datos en (7) tendríamos: 
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−= tL
3*4,62
9exp133,3 
Gráficamente: 
 
 
 
 
 
0 50 100 150
2
2.5
3
3.5
tiempo, s
al
tu
ra
, 
ft
Llenado de un bidon con agua
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4. Potencia de un compresor 
El aire entra a un compresor que opera en situación estacionaria (considerar 
presión atmosférica 1 bar), a una temperatura de 290 K y a una velocidad de 6 
m/s a través de una sección de 0,1 m2. en la salida, la presión es 6 bar 
manométricos, la temperatura 450 K y la velocidad 2 m/s. El calor se transfiere 
del compresor al entorno con una velocidad de 180 kJ/min. Empleando el 
modelo de gas ideal, calcúlese la potencia consumida por el compresor, en kW. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 Hipótesis: 
 El volumen de control de la figura se encuentra en estado estacionario. 
 Puede despreciarse la variación de energía potencial entre la entrada y la 
salida. 
 Se aplica el modelo de gas ideal para el aire. 
 Análisis: 
Planteamos el balance de masa y energía de un volumen de control. 
∑∑
••
−= sevc mm
dt
dm (1) 
se
vc EE
dt
dE ••
−= (2) 
Como se en encuentra en estado estacionario podemos simplificar el problema, 
de la ecuación (1) queda: 
∑∑
••
−== sevc mm
dt
dm
0 
y como se trata de una entrada y una salida podemos concluir que: 
 
•••
== mmm 21 (3) 
De la misma manera con la ecuación (2): 
2
1
1
1
1
1,0
/6
290
1
mA
smC
KT
barp
=
=
=
=
smC
KT
barp
/2
450
7
2
2
2
=
=
=1 2
aire
de
compresor
?=vc
o
W
min/180kJQ vc
o
−=
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⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++−⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++== ∑∑
••••••
s
s
sssse
e
eeee
vc gz
C
hmWQgz
C
hmWQ
dt
dE
22
0
22
 
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++−⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++= ∑∑
••••••
2
2
2
22221
2
1
1111 22
0 gzChmWQgzChmWQ 
Despreciando la energía potencial: 
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+++−⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+++= ∑∑
••••
2
2
2
2221
2
1
111 22
0 gz
C
hmQgz
C
hmW
( ) ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+−+=
••••
22
2
1
2
2
1221
CC
mhhmQW (4) 
El flujo másico puede calcularse a partir de los datos correspondientes a la 
entrada empleando la ecuación térmica de estado del gas ideal: 
RTPv
mRTPV
=
=
 (5) 
1
11
v
CAm =
•
 (6) 
Sustituyendo (5) en (6): 
1
111
1
11
T
M
R
PCA
v
CAm
u ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
==
•
 (7) 
Reemplazando datos en (7): 
( )( )( )
( )
s
kgm
K
kmolkg
KkmolkJ
kPasmmm
72,0
290
/97,28
./3143,8
100/61,0 2
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
•
•
 
Podemos calcular las entalpías de la siguiente manera: (considerando 
Cp=1,0035 kJ/kg.K, de tablas) 
kgkJh
Tch p
/015,2912900035,11
11
=⋅=
=
 
Y h2 de la misma forma: 
kgkJh
Tch p
/575,4514500035,12
22
=⋅=
=
 
 
También las entalpías específicas h1 y h2 se pueden tomar de Tablas: 
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A 290 K, se tiene h1 = 290,16 kJ/kg 
A 450 K, se tiene h2 = 451,8 kJ/kg 
Sustituyendo estos valores en la ecuación (4) 
( ) ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−+−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛= −
kg
kJ
kg
kJ
s
kg
s
kJW vc
o
3
22
10
2
6
2
216,2908,45172,0
60
180 
kW
s
kJW vc
o
4,1194,119 == 
Termodinámica: Volumen de control 
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5. Potencia de un compresor 
Un compresor de aire llena rápidamente un depósito de 10 ft3 que inicialmente 
contenía aire a 70 °F y 1 atm (absoluto), con aire tomado del ambiente a 70 °F 
y 1 atm. Durante el llenado la relación entre el volumen específico y la presión 
del aire del depósito es ctePv =4.1 . Puede considerarse que el modelo de gas 
ideal es aplicable al aire, y que los efectos en las energías cinética y potencial 
son despreciables. Representa gráficamente la presión, en atm, y la 
temperatura en °F, del aire dentro del depósito, cada uno de ellos frente a la 
relación m/m1, donde m1 es la masa inicial del depósito y m es la masa en el 
depósito en el instante t > 0. representa también el trabajo suministrado al 
compresor, en Btu, frente a la misma relación m/m1 variándola de 1 a 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 Hipótesis: 
 El volumen de control está definido por las líneas punteadas. 
 El flujo de calor puede despreciarse porque el depósito se llena muy rápido. 
 Los efectos de la energía cinética y potencial son despreciables. 
 El estado del aire que entra al volumen de control siempre es el mismo. 
 El aire almacenado dentro del compresor y los conductos de conexión es 
despreciable. 
 La relación entre la presión y el volumen específico para el aire en el 
depósito es ctePv =4.1 
 El aire puede considerarse gas ideal. 
 Análisis: 
La presión p del depósito para un instante t>0 se calcula a partir de: 
4.1
11
4.1 vPPv = (1) 
Los balances de masa y energía son: 
ctePv
ftV
FT
atmP
=
=
°=
=
4.1
3
1
1
10
70
1
FT
atmP
e
e
°=
=
70
1
Aire
Compresor
Depósito
e
±
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∑ ∑−=
e s
s
o
e
o
vc mm
dt
dm (2) 
∑ ∑ ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+++−=
e s
s
ss
o
e
ee
o
vc
o
vc
o
vc gz
C
hmgz
C
hmWQ
dt
dE
22
22
 (3) 
De (2) solo existe una entrada, entonces la ecuación queda: 
e
o
vc m
dt
dm
= (4) 
Integrando se tiene: 
evc mm =Δ (5) 
El balance de energía se reduce a: 
ee
o
vc
o
vc hmW
dt
dU
+−= (6) 
Integrando se tiene: 
eevcvc mhWU +−=Δ (7) 
Reemplazando (5) en (7): 
vcevcvc mhWU Δ+−=Δ 
Despejando el trabajo: 
( ) ( )
( )111
111
mmhummuW
mmhummuW
mhUW
evc
evc
vcevcvc
−++−=
−+−−=
Δ+Δ−=
 (8) 
Aplicando la ecuación de estado para calcular el volumen específico del aire 
inicialmente, v1: 
1
1
1 P
RTv = (9) 
Reemplazando valores en (9): 
( )
lb
ftv
in
ft
in
lbf
R
Rlb
lbft
v
3
1
2
2
2
1
35,13
144
1
7,14
530
.
.
97,28
1545
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
°⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
°
=
 
Ahora calculamos m1 de la relación: 
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1
1 v
Vm = (10) 
Reemplazando en (10) 
lbm
lb
ft
ftm
75,0
35,13
10
1
3
3
1
=
=
 
Si el caso m/m1 = 2, entonces m = 2*m1 = 1,5lb, el volumen específico sería: 
lb
ftv
lb
ftv
m
Vv
3
3
67,6
5,1
10
=
=
=
 
Para calcular la presión del depósito en el instante t>0, podemos reemplazar 
los datos obtenidos en (1): 
( )
atmP
lb
ft
lb
ft
atmP
v
vPP
64,2
67,6
35,13
1
4.1
3
3
4.1
1
1
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
 
Calculamos la temperatura del aire correspondiente, utilizando la ecuación de 
los gases: 
( )
FRT
ft
in
atm
in
lbf
Rlb
lbfft
lb
ftatm
T
R
PvT
°=°=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
°
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
=
239699
1
144
1
7,14
.97,28
.1545
67,664,2
2
22
3
 
Usando el programa o las Tablas, tenemos: 
u1 = 90,3 Btu/lb 
u = 119,4 Btu/lb 
h1 = 126,7 Btu/lb 
Reemplazando en la ecuación (8): 
 
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( )
( ) ( ) ( )
BtuW
lblb
lb
Btu
lb
Btulb
lb
BtulbW
mmhummuW
vc
vc
evc
4,16
75,05,17,1263,9075,04,1195,1
111
−=
−⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−=
−++−=
 
Esto indica que el trabajo es suministrado al depósito. 
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6. Densidad del metano 
Cual es la densidad del CH4 seco, si se encuentra a una temperatura de 40 °C 
y una presión manométrica de 1,0 bar. 
i. Solución: 
Ecuación de los gases ideales: 
TnRPV u= (1) 
sabemos: 
nMm = (2) 
M
R
R u= (3) 
Reemplazando (2) y (3) en (1): 
mRTPV = (4) 
Entonces, despejando la densidad ρ=m/V 
RT
P
=ρ (5) 
Reemplazando datos en (5): 
323,1
)15,27340(*
.
519,0
100*)11(
m
kg
K
Kkg
kJ
kPa
=
+
+
=
ρ
ρ
 (6)