EJERCICIOS_TOBERAS_DIFUSORES_TURBINAS_VA

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TOBERAS Y DIFUSORES 
5.29 A una tobera entra aire a 1.8 bar, 67°C y 48 m/s. A la salida la presión es de 1 bar y la velocidad es de 6 
veces su valor inicial. Si el área de entrada es 100 𝑐𝑚2, determínese a) la temperatura a la salida en grados 
Celsius, y b) el área de salida de la tobera adiabática en centímetros cuadrados. 
𝑚(̇ ℎ𝐸 +
𝑣𝐸
2
2
) = 𝑚(̇ ℎ𝑆 +
𝑣𝑆
2
2
) 
a) ℎ𝐸 +
𝑣𝐸
2
2
= ℎ𝑆 +
𝑣𝑆
2
2
 
ℎ𝑠 =
𝑣𝐸
2
2
+ℎ𝐸 −
𝑣𝑆
2
2
 
ℎ𝑠 = 1.152 − 41.472 + 340.571 = 300.251 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
 
 
1° Interpolación 𝑦 = (
𝑦2−𝑦1
𝑥2−𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 
𝑦 = 340.571 = ℎ𝐸 
2° interpolación 
𝑦 = (
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 
𝑦 = 300.061 𝐾 = 26.9106 °𝐶 = 𝑇𝑆 
b) 𝐴𝑠 =?𝑐𝑚
2 
𝑃𝑣 = 𝑅𝐸𝑇 𝑅𝐸 =
𝑅
𝑃𝑀
=
8.314
𝐾𝑃𝑎𝑚3
𝐾𝑚𝑜𝑙∙𝐾
29
𝐾𝑔
𝐾𝑚𝑜𝑙
= 0.28669
𝐾𝑃𝑎𝑚3
𝐾𝑔∙𝐾
 
𝑣𝑆 = 0.860245
𝑚3
𝐾𝑔
 𝛿𝑠 =
1
𝑣
= 1.16246
𝐾𝑔
𝑚3
 
 �̇� = 𝛿𝑠𝑣𝐸𝐴𝐸 = 0.885994
𝐾𝑔
𝑠
 𝑣𝐸 =
𝑅𝐸𝑇
𝑃
= 0.541764 𝛿𝐸 =
1
𝑣
= 1.84582
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝐴𝑠 = 0.002646𝑐𝑚
2 
𝐴𝑠 = 26.46𝑚2 
5.30 2 kg/s de argón monoatómico circulan por una tobera adiabática. El estado de entrada es de 500 K y 5 
bar, mientras que el estado de salida es de 400 K y 1 bar. Si la relación de áreas de entrada y salida es 2, 
determínese la velocidad de salida en m/s. �̇� + �̇� + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉2
2 𝐸
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑠 +
𝑉2
2 𝑆
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
No se puede resolver. 
 
 
T (K) h (kj/kg) 
 
340 340.42 
340.15 
350 350.49 
h (kj/kg) T (K) 
300.19 300 
300.251 
305.22 305 
Aire 
Aire 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑃𝐸= 1.8 bar 
𝑇𝐸= 67 °C 
𝑉𝐸= 48 m/s 
𝐴𝐸= 100 cm² 
 
 
𝑃𝑆= 1 bar 
 
𝑉𝑆= 288 m/s 
 
𝑃𝐸= 5 bar 
𝑇𝐸= 500 K 
𝐴𝐸 = 2x 
�̇�= 2kg/s 
 
𝑃𝑆= 1 bar 
𝑇𝑠 = 400 𝐾 
𝐴𝑆 = x 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
5.31 A una tobera de 0.1 𝑚2 de sección de entrada entra aire a 5 bar y 320 K. Sale a 1 bar y 300 K a través de 
un conducto de 0.047 𝑚2 de sección. Determínese a) la velocidad de salida en m/s, b) el flujo másico en kg/s. 
�̇� + �̇� + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉2
2 𝐸
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑠 +
𝑉2
2 𝑆
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
 
. 
 
 
 
 
 
 
 
5.32 A una tobera aislada entra nitrógeno gaseoso a 200 kPa con una velocidad despreciable. A la salida de la 
tobera el estado del fluido es 120 kPa y 27°C y la sección es 10.0 𝑐𝑚2. Si el flujo másico es 0.20 kg/s, 
determínese a) la velocidad en m/s, y b) la variación de temperatura en grados Celsius. 
�̇� + �̇� + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉2
2 𝐸
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑠 +
𝑉2
2 𝑆
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 b) 
a) 
 
 
 
 
 
Aire 
NITRÓGENO 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 𝑃𝐸= 5 bar = 
500 kPa 
𝑇𝐸= 320 K 
𝐴𝐸 = 0.1 m² 
 
𝑃𝑆= 1 bar = 100 
kPa 
𝑇𝑠 = 300 K 
𝐴𝑆 = 0.047 m² 
 
 
𝜃 = ℎ +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 
 𝐴 = 
𝜋𝑟2
4
 
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧 = 0 
𝑉 = √2𝑔𝑧 
𝑉 = √(2)(9.81 𝑚/𝑠2)(0.244 m) 
𝑎) 𝑉𝑆 = 4.78 m/s 
 
r = z 𝑟 = √
4𝐴
𝜋
 
𝑟 = √
4 (0.047 m2)
𝜋
 
 
r = 0.244 m 
�̇� =
𝑉𝐴
𝑣
 
𝑣𝑠 =
𝑅𝑇
𝑃
=
(0.287 𝑘𝑃𝑎 𝑚3𝑘𝑔 𝐾)(300 𝐾)
100 𝑘𝑃𝑎
= 0.861 
𝑚3
𝑘𝑔
 
𝑏) �̇� =
4.78
𝑚
𝑠
 (0.047 m²)
0.861 
𝑚3
𝑘𝑔
= 0. 260 𝑘𝑔/𝑠 
 
 
 
 
𝑃𝐸= 200 Kpa 
�̇�= 0,20 kg/s 
 
 
𝑃𝑆= 120 Kpa 
𝑇𝑠 = 27 °C
= 300.15 𝐾 
𝐴𝑆 = 10,0 
cm²= 1 ×
10−3 𝑚2 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
�̇� =
𝑉𝑆𝐴𝑆
𝑣𝑆
 𝑉𝑠 =
�̇�𝑣𝑆
𝐴𝑆
 
𝑣𝑠 =
𝑅𝑇
𝑃
=
(0.2968 𝑘𝑃𝑎 𝑚3𝑘𝑔 𝐾)(300.15𝐾)
120 𝑘𝑃𝑎
= 0.742 
𝑚3
𝑘𝑔
 
𝑉𝑠 =
(0,20 kg/s ) (0.742 
𝑚3
𝑘𝑔
)
1 × 10−3 𝑚2
= 148. 4 𝑚/𝑠 
 
𝑣𝐸 =
𝑅𝑇𝐸
𝑃𝐸
 
𝑇𝐸 =
𝑣𝐸𝑃𝐸
𝑅
 
𝜌 𝑑𝑒𝑙 𝑁2 𝑎 200 𝑘𝑝𝑎 = 2.169
𝑘𝑔
𝑚3
 
𝑣 =
1
2.169
𝑘𝑔
𝑚3
= 0.461
𝑚3
𝑘𝑔
 
𝑇𝐸 =
(0.461
𝑚3
𝑘𝑔
) (200 𝑘𝑝𝑎)
0.2968 𝑘𝑃𝑎 𝑚3𝑘𝑔 𝐾
= 310.65 𝐾 
∆𝑇 = 𝑇𝑆 − 𝑇𝐸 = 300. 15 𝐾 − 310.65 𝐾 = −10.5 𝐾 (°𝐶) 
 
 
 
 
 
 
 
5.33 A una tobera adiabática entra refrigerante 134a a 5 bar y 90 m/s. A la salida el fluido es vapor saturado a 
3.2 bar y tiene una velocidad de 177 m/s. Determínese a) la temperatura de entrada en grados Celsius, y b) el 
flujo másico en kg/s, si el área de salida es 6.0 𝑐𝑚2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.34 A una tobera entra vapor de agua a 30 bar y 320°C y sale a 15 bar y una velocidad de 535 m/s. El flujo 
másico es 8.000 kg/h. despreciando la velocidad de entrada y considerando el flujo adiabático, calcúlese a) la 
entalpia a la salida en kJ/kg, b) la temperatura a la salida en grados Celsius, y c) el área de salida de la tobera 
en centímetros cuadrados. 
�̇� + �̇� + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉2
2 𝐸
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇� + �̇� + �̇�(ℎ𝑠 +
𝑉2
2 𝑆
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
a) Vaporsobrecalentado 
𝑦 = (
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 𝑦 = ℎ𝑆 = 3043.02 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ℎ𝐸 = 3043.02 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
Interpolación 
T (°C) h (kj/kg) 
300 2994.3 
Agua 
𝑃𝐸= 30 bar 
𝑇𝐸= 320 °C 
�̇�= 8,000 kg/h 
 
𝑃𝑆= 15 bar 
𝑉𝑆= 535 m/s 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
ṁ𝑒(ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
) = ṁ𝑠ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
 ṁ𝑒 = ṁ𝑠 
ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
= ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
 
ℎ𝑒 = ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
−
𝑣𝑒
2
2
 
 
 
ℎ𝑒 = 251.88 + 15.6645 − 4.05 
ℎ𝑒 = 263.48 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
𝑎) 𝑇𝑒 = 20.03℃ 
ṁ = 𝜌𝑣𝑠𝐴𝑠 
=
𝑣𝑠𝐴𝑠
v
=
(177𝑚/𝑠)(0.0006𝑚2)
0.063604𝑚3/𝑘𝑔
 
 
b) 1.6697 kg/s 
Refrigerante 
134a 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑃𝑒 = 5𝑏𝑎𝑟 
𝑣𝑒 = 90𝑚/𝑠 
𝑉𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 
𝑃𝑠 = 3.2 𝑏𝑎𝑟 
𝑣𝑠 = 177𝑚/𝑠 
𝐴𝑠 = 6.0𝑐𝑚
2 
�̇� (ℎ𝐸 +
𝑉2
2 𝐸
) = �̇� (ℎ𝑠 +
𝑉2
2 𝑆
) 
ℎ𝑠 = ℎ𝐸 + (
𝑉𝐸
2 − 𝑉𝑆
2
2
) ℎ𝑆 = 2899.99 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
b) 𝑇𝑆 = 𝑦 = (
𝑦2−𝑦1
𝑥2−𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 
𝑦 = 𝑇𝑆 = 263.361 °𝐶 
 
 
c) 𝐴𝑆 
𝑦 = (
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 
𝑦 = 0.073502𝑚3/𝑘𝑔=volumen de salida a 263.61°C 
8,000
kg
h
×
1 ℎ
3600 𝑠
= 2.222
𝑘𝑔
𝑠
 
�̇� =
𝑉𝑆𝐴𝑆
𝑣𝑆
 𝐴𝑆 =
�̇�𝑣𝑠
𝑉𝑠
 𝐴𝑆 =
(2.222 𝑘𝑔/𝑠)( 0.073502 𝑚3/𝑘𝑔)
535 𝑚/𝑠
= 0.000305 𝑚2 = 3.05𝑐𝑚2 
 
 
5.35 Una tobera adiabática admite aire a 3 bar, 200°C y 50 m/s. Las condiciones de salida son 2 bar y 150°C. 
Determínese la relación de áreas de salida y de entrada 𝐴2/𝐴1. 
ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
= ℎ𝑆 +
𝑣𝑆
2
2
 
ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
− ℎ𝑆 =
𝑣𝑆
2
2
 
475.46875 + 1250 − 424.46355 =
𝑉𝑆
2
2
 
50955.8 + 1250 =
𝑣𝑆
2
2
 
𝑉𝑆 = √104411.6 = 323.128 
𝑚
𝑠
 
Interpolación 
𝑦 = (
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
) (𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 
𝑦𝐸 = 475.46875 
 𝑦𝑆 = 424.46355 
320 
350 3116.1 
h (kj/kg) T (K) 
2865.6 250 
2899.99 y 
2994.3 300 
T (°C) v (𝑚3/kg) 
250 0.07063 
263.61 
300 0.08118 
T (K) h (KJ/Kg) 
470 472.24 
473.15 ℎ𝐸 
480 482.49 
T (K) h (KJ/Kg) 
420 421.26 
423.15 ℎ𝑆 
430 431.43 
Aire 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
 
𝑣1 =
𝑅𝐸𝑇1
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒𝑃1
= 0.452157
𝑚3
𝐾𝑔
 𝑣2 =
𝑅𝐸𝑇2
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒𝑃2
= 0.606564
𝑚3
𝐾𝑔
 
𝐴2
𝐴1
=
𝑣2𝑉2
𝑣1𝑉1
=
30.3282
146.104587096
= 0.207579 
 
5.36 Un difusor adiabático se utiliza para reducir la velocidad de una corriente de aire de 250 a 40 m/s. Las 
condiciones de entrada son 0.1 MPa y 400°C. Determínese, en metros cuadrados, el área de salida necesaria 
si el flujo másico es 7 kg/s y la presión final es 0.12 MPa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.37 A un difusor adiabático entra refrigerante 134a como vapor saturado a 26°C con una velocidad de 95 m/s. 
A la salida la presión y la temperatura son 7 bar y 30°C respectivamente. Si el área de salida es 50 𝑐𝑚2, 
determínese a) la velocidad de salida en m/s, y b) el flujo másico en kg/s. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
hE= 264.68,48KJ/ Kg 
 
hS = 268.45 KJ/ kg𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
Refrigerante 
134a 
Vapor 
Saturado 
VE= 95 m/s 
TE= 26°C 
VS=? m/s 
PS= 7 bar 
 TS=30°C 
AS= 50 cm2 
 
 
ṁ𝑒(ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
) = ṁ𝑠ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
 ṁ𝑒 = ṁ𝑠 
ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
= ℎ𝑠 +
𝑣𝑠
2
2
 
 ℎ𝑠 = ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
−
𝑣𝑠
2
2
 
 
ℎ𝑠 = 684.5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 + 31.25
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 0.8
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
= 714.95
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 𝑇𝑠 = 428.40℃ = 701.55 𝐾 
ṁ = 𝜌𝑣𝑠𝐴𝑠 
𝐴𝑠 =
ṁv𝑠
𝑣𝑠
 𝐴𝑠 =
ṁ𝑅𝑒𝑇𝑠
𝑣𝑠𝑃𝑠
 
 
𝐴𝑠 =
(7 𝑘𝑔/𝑠)(0.2860 𝑘𝑃𝑎 ∙ 𝑚3/𝑘𝑔 ∙ 𝐾)(701.55𝐾)
(40 𝑚/𝑠)(120 𝑘𝑃𝑎)
 
𝐴𝑠 = 0.2926 𝑚
2 
Aire 
VS=49 m/s 
PS= 0.12 MPa 
 ṁ = 7 𝑘𝑔/𝑠 
 
VE=250 m/s 
PE= 0.1 MPa 
 TE=400°C 
 
a) 
(ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
) = (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
) 
𝑉𝑆 = √(ℎ𝐸 − ℎ𝑆 + 𝑉𝐸
2/2) ∙ 2 𝑉𝑆 = √(−3770 + 4512,5) ∙ 2 = 38.5357m/s 
𝑏) �̇� =
𝑉𝑆∙𝐴𝑆
�̇�
 v=0,029966 m3/Kg. 
�̇� =
38.5357 𝑚/𝑠 ∙ 0.005𝑚2
0,029966 m3/Kg
= 6.4299 kg/s 
5.38 El estado de entrada de refrigerante 134a a una tobera adiabática es 80 psia y 100 ft/s. A la salida el fluido 
es vapor saturado a 60 psia y tiene una velocidad de 535 ft/s. Determínese a) la temperatura de entrada en 
grados Fahrenheit, y b) el flujo másico, en 𝐼𝑏𝑚/𝑠, si el área de salida es 0.016 𝑓𝑡
2. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
hS = 110.11 Btu/lbm 
1 Btu/ lbm= 25037 ft2/s2 
VE2/2 = 0.199704 Btu/lbm 
VS2/2 = 5.71604 Btu/lbm 
ℎ𝐸 = ℎ𝑆 + 
(𝑉𝑠
2 − 𝑉𝐸
2) 
2
⁄ ℎ𝐸 = 112.868
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 𝑣 = 0.79361
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
�̇� = 𝛿𝑆 𝑉𝑆𝐴𝑆 𝛿 = 
1
𝑣
 �̇� = (
1
0.79361
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)(535
𝑓𝑡
𝑠
) (0,016 𝑓𝑡2) �̇� = 10. 786 lbm/s 
5.39 A una tobera entra vapor de agua a 400 psia y 600°F. El vapor sale a 200 psia y una velocidad de 1.475 
ft/s y el flujo másico es 18.000 𝐼𝑏𝑚/ℎ. Despreciando la velocidad de entrada y considerando el flujo adiabático, 
calcúlese a) la entalpia a la salida en 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚 , b) la temperatura a la salida en gados Fahrenheit y c) el área 
de salida de la tobera en pies cuadrados. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
ℎ𝐸 = 1306.9 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 
1 Btu/lbm = 25037 ft2/s2 
Agua 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
Refrigerante 
134a 
VE= 100 ft/s 
PE= 80 psia 
TE= ¿? °F 
Vapor Saturado 
VS= 535 ft/s 
PS= 60 psia 
AS= 0,016 ft2 
 
VE= 0 ft/s 
PE= 400 psia 
TE= 600 °F 
�̇�= 18 lbm/h = 
5X10-3 lbm/s 
 
 
VS= 1.475 ft/s 
PS= 200 psia 
hs = ¿? 
TS= ¿? 
AS= ¿? 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
 
VS2/2 = 43.4481 Btu/lbm 
ℎ𝑆 = ℎ𝐸 −
𝑉𝑠
2 
2
 
ℎ𝑆 = 1306.9
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
− 43.4
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 ℎ𝑆 = 1263.5
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
�̇� = 𝛿𝑆 𝑉𝑆𝐴𝑆 
𝛿 = 
1
𝑣
 𝐴𝑆 =
�̇�𝑆
𝛿𝑆𝑉𝑆
 𝐴𝑆 =
(5𝑥10−3
𝑙𝑏𝑚
𝑠
)
(
1
3.005
𝑓𝑡3
𝐾𝑔
)(1475 𝑓𝑡/𝑠)
 𝐴𝑆 = 1.01940 𝑥10
−5 
5.40I En una tobera se expande aire desde 25 psia, 200°F y 100 ft/s hasta 15 psia y 80°F. las pérdidas de calor 
son 2.0 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚. Determínese a) la velocidad de salida en ft/s, y b) la relación de áreas de salida y entrada. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
𝑉𝑆 = √2(ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
− 𝑞𝑆 − ℎ𝑆) 𝑉𝑆 = 1,164.5984
𝑓𝑡
𝑠
 
𝛿𝐸 𝑉𝐸𝐴𝐸̇ = 𝛿𝑆 𝑉𝑆𝐴𝑆 𝛿 = 
1
𝑣
 
 𝑣 =
𝑅𝐸𝑇
𝑃
 
 𝑣𝐸 =
(0.3704
𝑝𝑠𝑖𝑎 ∙𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚∙𝑅
)(659.67 𝑅)
25 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑣𝐸 = 9.7736
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
 𝑣𝑠 =
(0.3704
𝑝𝑠𝑖𝑎 ∙𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚∙𝑅
)(539.67 𝑅)
15 𝑝𝑠𝑖𝑎 
 𝑣𝑆 = 13.3262
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
𝛿𝐸 𝑉𝐸𝐴𝐸̇ = 𝛿𝑆 𝑉𝑆𝐴𝑆 
(
1
9.7736
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)(100
𝑓𝑡
𝑠
)𝐴𝐸
̇
= (
1
13.3262
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)(1,164.5984
𝑓𝑡
𝑠
)𝐴𝑆 
10.2316 𝐴𝐸̇ = 87.3916𝐴𝑆 
𝑏) 
𝐴𝑠
𝐴𝐸
= 0.117 
 
 
 
Aire 
𝑇𝑆 = 490.17°𝐹 
 
𝑣 = 3.005
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 por interpolación. 
 
VE= 100 ft/s 
PE= 25 psia 
TE= 200 °F 
AE= ? 
VS= ? ft/s 
PS= 15 psia 
AS= ¿? ft2 
 TS= 80 °F 
qS= 2,0 btu/lbm 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
ℎ𝐸 = 157.84 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 
ℎ𝑆 = 128.954 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 
 Btu/lbm a ft2/ s2 
1 Btu/lbm = 25037 ft2/s2 
ℎ𝐸 = 3951840.08
𝑓𝑡2
𝑠2
 
ℎ𝑠 = 3228621.29
𝑓𝑡2
𝑠2
 
𝑞𝑆 = 50074
𝑓𝑡2
𝑠2
 
 
 
 
 
 
5.41 Por una tobera perfectamente aislada circula en régimen estacionario agua en estado líquido comprimido. 
A la presión de entrada la temperatura y la velocidad son 4.0 bar y 15.0 °C, respectivamente, y el área es 10.0 
𝑐𝑚2. En la salida el área es 𝑐𝑚2 y la temperatura es 15.05°C. Considérese que el agua es incompresible, 
siendo 𝑣 = 1.001𝑥10−3 𝑚3/𝑘𝑔 y 𝐶𝑝 = 4.19 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ∙ 𝐾. Determínese a) el flujo másico en kg/s, b) la 
velocidad de salida en m/s, y c) la variación de temperatura en grados Celsius. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
 
FALTAN DATOS. 
 
5.42 Por una tobera perfectamente aislada circula en régimen estacionario agua en estado líquido comprimido. 
En la entrada la presión, la temperatura y la velocidad son 3.2 bar, 20.0°C y 4 m/s respectivamente y el área 
es 16.0 𝑐𝑚2. En la salida el área es 4.0 𝑐𝑚2 y la presión 1.5 bar. Considérese que el agua es incompresible, 
siendo 𝑣 = 1.001𝑥10−3 𝑚3/𝑘𝑔 y 𝐶𝑝 = 4.19 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ∙ 𝐾. Determínese a) el flujo másico en kg/s, b) la 
velocidad de salida en m/s, y c) la variación de temperatura en grados Celsius. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
 
a) �̇� = 𝐴𝑉𝛿 
 
b) 
 
 
 
 
 
Agua 
Agua 
AS= 2,50 cm2 
 TS= 15,05 °C 
 
AE= 10 cm2 
PE= 4,0 bar 
TE= 15 °C 
AE= ? 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
PS= 1.5 bar 
 
AS= 4.0 cm
2 
TE= 20º C 
 
PE= 3.2 bar 
 
vE= 4 m/s 
 
AE= 16.0 
cm2 
 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
5.43 A un difusor entra aire a 0.7 bar, 57°C con una velocidad de 200 m/s. En la salida, donde el área es un 20 
por 100 mayor que la de la entrada, la presión es de 1.0 bar. Determínese la temperatura de salida en grados 
Celsius y la velocidad de salida en m/s si a) el proceso es adiabático, y b) el fluido cede un calor de 40 kJ/kg 
cuando pasa por el dispositivo. 
 
 FALTAN DATOS. 
 
 
 
 
5.44 A un difusor adiabático entra vapor de agua saturado a 110°C a una velocidad de 220 m/s. A la salida la 
presión y la temperatura son 1.5 bar y 120°C respectivamente. Si el área de salida es 50 𝑐𝑚2, determínese a) 
la velocidad de salida, y b) el flujo másico en kg/s. 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
ℎ𝑒 +
𝑉𝑒
2
2
 = ℎ𝑠 +
𝑉𝑠
2
2
 
√
|ℎ𝑒 +
𝑉𝑒
2
2
 ℎ𝑠|
2
= 𝑉𝑠 
he=2691.1 kJ/kg = 2691100 m2 / s2 
hs= Cp(∆𝑇)+he 
hs=2732.9 kJ/kg = 2732900 m2 / s2 
Vs= 93.803 m/s 
 
 
 
 
 
 
Agua 
𝑇1=110 °C 
V=220m/s 
 
𝑃2 = 1,5𝑏𝑎𝑟𝑒𝑠 
𝑇2=120°C 
A=50 𝑐𝑚2 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
5.45 A un difusor adiabático entra refrigerante 134a a 1.8 bar y 20°C a una velocidad de 140 m/s. El área de 
entrada es 10.0 𝑐𝑚2. En la salida las condiciones son 2.0 bar y 50 m/s. Determínese a) el flujo másico en kg/s, 
b) la entalpia de salida en kJ/kg, c) la temperatura de salida en grados Celsius, y d) el área de salida en 
centímetros cuadrados. 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
 
 
 
 
 
a) v= 0.12748 m3 / kg 
ṁ =
Ve ∗ Ae
ve
 
ṁ = 1.098 kg/s 
b) ℎ𝑒 +
𝑉𝑒
2
2
−
𝑉𝑠
2
2
= ℎ𝑠 
 
c) ℎ𝑠 − ℎ𝑒 = 𝐶𝑝(𝑇𝑠 − 𝑇𝑒) 
𝑇𝑠 =
ℎ𝑠−ℎ𝑒
𝐶𝑝
+ 𝑇𝑒 Ts = 26.74°C 
d) ṁ𝑒 = ṁ𝑠 =
Vs∗As
vs
 
As =
ṁs ∗ vs
Vs
 
As= 25.753cm5.46I A una tobera perfectamente aislada que funciona en régimen estacionario entra agua en estado líquido 
comprimido a 60 psia, 50.0 °F y 10 ft/s, siendo el área de entrada 2.0 𝑖𝑛2. A la salida el área es 0.50 𝑖𝑛2 y la 
temperatura es 50.10 °F. Considérese que el agua es incompresible, con 𝐶𝑝 = 1.00 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚 ∙ °𝑅. 
Determínese a) el flujo másico en 𝐼𝑏𝑚/𝑠, b) la velocidad de salida en ft/s, y c) la presión de salida en psia. 
 
 
 
 
𝑎) ṁ =
Ve∗Ae
ve
= 
(0.01388)∗(10)
0.01602
 
ṁ = 8.669
lbm
s
 
Refrigerante 
134a 
Agua 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑃1 = 1,8 𝑏𝑎𝑟 
𝑇1 = 20°C 
V1=140m/s 
𝐴𝐸 = 10𝑐𝑚
2 
 
 
 
𝑃2 = 2,0 𝑏𝑎𝑟 
𝑉2 = 50 m/s. 
 
he=270.59 kJ/kg 
V1=140 m/s = 9.8 kJ/kg 
V2=50 m/s = 1.25 kJ/kg 
hs= 278.3 kJ/kg 
 
𝑄 ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑃1 = 60 psia 
𝑇1 =50,0 °F y 
𝑉1=10 ft/s 
A= 2,0 𝑖𝑛2 
 
A=0,50 𝑖𝑛2 
𝑇2 = 50,10℉ 
𝑐𝑝 =1,00 Btu/𝑙𝑏𝑚 ∙ °𝑅 
 
 
 
 
b) ṁ𝑠 =
Vs∗As
vs
 c) 
Vs =
ṁs ∗ vs
As
 
Vs= 40 ft/s 
 
5.47I A una tobera perfectamente aislada que funciona en régimen estacionario entra agua en estado líquido 
comprimido a 50 psia, 70.0 °F y 12 ft/s, siendo el área de entrada 3.0 𝑖𝑛2. A la salida el área es 0.75 𝑖𝑛2 y la 
presión es 20 psia. Considérese que el agua es incompresible, con 𝑣 = 0.0160 𝑓𝑡2/𝐼𝑏𝑚 y 𝐶𝑝 =
1.00 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚 ∙ °𝑅. Determínese a) el flujo másico en 𝐼𝑏𝑚/𝑠, b) la velocidad de salida en ft/s, y c) la 
temperatura de salida en grados Fahrenheit. 
 
 
 
 
 
�̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠)(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
)
= (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
a) �̇� = 𝜌𝐴√𝐸 
�̇� =
(12
𝑓𝑡
𝑠
)(0.020 𝑓𝑡2)
0.01605 𝑓𝑡3/𝐼𝑏𝑚
= 14.95
𝐼𝑏𝑚
𝑠
 
 
b) √𝑠 =
𝑣�̇�
𝐴
= 
(0.01683
𝑓𝑡3
𝐼𝑏𝑚
)(14.95
𝐼𝑏𝑚
𝑠
)
0.0052 𝑓𝑡2
= 48.38 𝑓𝑡/𝑠 
 
c) 𝑇𝑠 = 69.95 °𝐹 
ℎ𝑠 = ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
− 
√𝑠
2
2
 
ℎ𝑠 = 38.08
𝐵𝑡𝑢
𝐼𝑏𝑚
+
(12
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
−
(48.38
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
= 38.037
𝐵𝑡𝑢
𝐼𝑏𝑚
 
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 
𝑇 °𝐹 ℎ
𝐵𝑡𝑢
𝐼𝑏𝑚
 
65 33.08 
𝑦 38.037 
 
ℎ𝑠 = 18.0692 
𝑇𝑠 = 50.10 
𝑃𝑠 = 0.17812 𝑝𝑠𝑖𝑎 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
<< 
Agua 
Líquido comprimido 
𝑇𝐸 = 70 °𝐹 
𝑃𝐸 = 50 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝐸 = 12
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 3.0 𝑖𝑛
2 
 
 
𝑃𝑠 = 20 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝐴𝑠 = 0.75 𝑖𝑛
2 
 
 
𝑇𝑠 = 69.95 °𝐹 
 
 
 
70 38.08 
5.48I Un difusor adiabático reduce la velocidad de una corriente de nitrógeno de 714 a 120 ft/s. Las condiciones 
de entrada son 15 psia y 160 °F. Determínese el área de salida necesaria en pulgadas cuadradas si el flujo 
másico es 15 𝐼𝑏𝑚/𝑠 y la presión final es 17.7 psia. 
 
 
 
 
 
 
 
�̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
5.49I A un difusor de un aerorreactor entra aire a 10 psia, 140 °F con una velocidad de 800 m/s. En la salida, 
donde el área es un 28 por 100 mayor que en la entrada, la presión es 13 psia. Determínese la temperatura a 
la salida en grados Fahrenheit y la velocidad de salida en ft/s si el fluido pierde un calor de 2 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚. 
 
 
 
 
 
�̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
 
 
 
 
 
 
Nitrógeno 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑇𝐸 = 160 °𝐹 
𝑃𝐸 = 15 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝐸 = 714
𝑓𝑡
𝑠
 
 
𝑃𝐸 = 17.7 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝑠 = 120
𝑓𝑡
𝑠
 
 
�̇� = 15
𝑙𝑏𝑚
𝑠
 
Aire 
𝑇𝐸 = 140 °𝐹 
𝑃𝐸 = 10 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝐸 = 800
𝑚
𝑠
 
�̇� = 15
𝑙𝑏𝑚
𝑠
 
𝑃𝑠 = 13 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝐴𝑠 = .28𝐴𝐸 
𝑞 = 2
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
 
 
5.50I A un difusor adiabático entra vapor de agua saturado a 200 °F a una velocidad de 1.100 ft/s. A la salida 
la presión y la temperatura son 14.7 psia y 250 °F respectivamente. Si el área de salida es 8.0 𝑖𝑛2, determínese 
a) la velocidad de salida en ft/s, y b) el flujo másico en 𝐼𝑏𝑚/𝑠. 
 
 
 
 
�̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
a) 
√𝑠
2
2
= ℎ𝐸 − ℎ𝑠 +
√𝐸
2
2
 
√𝑠
2
2
= −22.069
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+ 605000 
𝑓𝑡
2
𝑠2
 
√𝑠
2
2
= (−552541.55 + 605000)
𝑓𝑡2
𝑠2
 
√𝑠 = 323
𝑓𝑡
𝑠
 
b) 𝑚 =̇
√𝑠𝐴𝑠
𝑣𝑠
= 
(323
𝑓𝑡
𝑠
)(0.055𝑓𝑡2)
28.5405
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 0.622
𝑙𝑏𝑚
𝑠
 
5.51I A un difusor adiabático entra refrigerante 134a a 180 psia y 220 °F a una velocidad de 495 ft/s. El área 
de entrada es 4.0 𝑖𝑛2. En la salida las condiciones son 200 psia y 103 ft/s. Determínese a) el flujo másico en 
𝐼𝑏𝑚/𝑠, b) la entalpia de salida en 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚, c) la temperatura de salida en grados Fahrenheit, y d) el área de 
salida en pulgadas cuadradas. 
 
 
 
 
 
a) 𝑚 =̇
√𝐸𝐴
𝑣
= 
(495
𝑓𝑡
𝑠
)(0.0277𝑓𝑡2)
0.35228
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 38.92
𝑙𝑏𝑚
𝑠
 
b) �̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
Vapor 
Vapor saturado 
𝑇𝐸 = 200 °𝐹 
√𝐸 = 1.100
𝑓𝑡
𝑠
 
𝑇𝐸 = 250 °𝐹 
𝑃𝐸 = 14. 7 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝐴𝑠 = 8 𝑖𝑛
2 
 
R-134a 
𝑇𝐸 = 220 °𝐹 
𝑃𝐸 = 180 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝐸 = 495
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 4 𝑖𝑛
2 
 
𝑃𝐸 = 200 𝑝𝑠𝑖𝑎 
√𝑠 = 103
𝑓𝑡
𝑠
 
 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
 
 
 
ℎ𝑠 = ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
− 
√𝑠
2
2
 
ℎ𝑠 = 144. 88
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+
(495
𝑓𝑡
𝑠
)
2
 
2
− 
(103
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
= 144. 88
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+ 117208
𝑓𝑡2
𝑠2
 
ℎ𝑆 = 149.56 
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
 
c) 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 
𝑦 =
(260 − 240)°𝐹
(154.59 − 149.38)
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
(149.56 − 149.38)
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+ 240°𝐹 = 240 °𝐹 
d) 𝐴𝑠 =
�̇�
𝜌𝑠√𝑠
=
(38.92
𝑙𝑏𝑚
𝑠
)
(
1
0.35228 
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)(103
𝑓𝑡
𝑠
)
= 0.1331 𝑓𝑡2 = 19. 16 𝑖𝑛2 
 
5.52 Al difusor de un avión de altas prestaciones entra aire a 57 mbar, -53°C y 880 m/s a través de una sección 
de 0.52 𝑚2. La velocidad de salida es 18 m/s y el área de salida es 0.93 𝑚2. Calcúlese a) la temperatura de 
salida del aire en kelvin, b) el flujo másico en kg/s, y c) la presión de salida en bar. 
 
 
 
 
 
a) �̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
ℎ𝑠 = ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
− 
√𝑠
2
2
 
ℎ𝑠 = 219. 97
𝐾𝐽
𝑘𝑔
+ 
(880
𝑚
𝑠
)
2
2
−
(18
𝑚
𝑠
)
2
2
= 219.97
𝐾𝐽
𝑘𝑔
+ 387038
𝑚2
𝑠2
 
ℎ𝑠 = 607.008
𝐾𝐽
𝑘𝑔
 ∴ 𝑇𝑠 = 600 𝐾 
b) �̇� =
√𝐸𝐴𝑒
𝑣𝑒
=
(880
𝑚
𝑠
)(0.52𝑚2)
11.07
𝑚3
𝐾𝑔
= 41.33
𝐾𝑔
𝑠
 
Aire 
�̇� ≈ 0 
Ẇ = 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
 
𝑇𝐸 = −53 °𝐶 = 220 𝐾 
𝑃𝐸 = 57 𝑚𝑏𝑎𝑟 = 5.7 𝐾𝑃𝑎 
√𝐸 = 880
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 0.52 𝑚
2 
 
√𝑠 = 18
𝑚
𝑠
 
𝐴𝑠 = 0.93 𝑚
2 
 
 
 
 
 
 
c) 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 
𝑃 =
𝑅𝑇
𝑣
=
(0.2870 
𝐾𝑃𝑎 ∙ 𝑚3
𝑘𝑔 ∙ 𝐾
) (600 𝐾)
11.03 
𝑚3
𝑘𝑔
= 15.6119 𝐾𝑃𝑎 = 0.156119 𝑏𝑎𝑟 
 
TURBINAS 
5.53 una turbina adiabática de vapor de agua funciona con unas condiciones de entrada de 120 bar, 480 °C y 
100 m/s y la corriente pasa por una sección de 100 𝑐𝑚2. En la salida la calidad es del 90 por 100 a 1 bar y la 
velocidad es 50 m/s. Determínese a) la variación de energía cinética en kJ/kg, b) el trabajo en eje en kJ/kg, c) 
el flujo másico en kg/s, d) la potencia obtenida en kilovatios, y e) el área de salida en metros cuadrados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�̇�𝑆 = 38.77 
𝑘𝑔
𝑠
[(3434.032 − 2449.26)
𝐾𝐽
𝑘𝑔
+
(1000𝑚/𝑠)2
2
−
(50𝑚/𝑠)2
2
] 
�̇�𝑆 = 38.77 
𝑘𝑔
𝑠
[984.772
𝐾𝐽
𝑘𝑔
+ 3750
𝑚
𝑠2
2
] 
�̇�𝑆 = 38.77 
𝑘𝑔
𝑠
(981.022
𝐾𝐽
𝑘𝑔
) = 38024
𝐾𝐽
𝑠
 
𝐴𝑠 =
�̇�
𝜌√𝑠
=
𝑚𝑣̇
√𝑠
=
(38.77𝑘𝑔/𝑠)(1.52𝑚3
𝑘𝑔
)
50
𝑚
𝑠
= 1.17𝑚2 
 
�̇� ≈ 0 
 ∆𝑒𝑝 ≅ 0 
∆𝑒𝑐 ≠ 0 
 
 
 
<< Vapor 
𝑃𝐸 = 120 𝑏𝑎𝑟 = 12000 𝐾𝑃𝑎 
𝑇𝐸 = 480 °𝐶 
√𝐸 = 100
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 100 𝑐𝑚
2 
 
𝑃𝐸 = 1 𝑏𝑎𝑟 
𝑥 = 0.9 
√𝑠 = 50
𝑚
𝑠
 
 
 
a) ∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝐸𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 
∆𝐸𝑐 =
�̇�√𝑠2
2
−
�̇�√𝐸2
2
 
∆𝐸𝑐 = √𝑠
2
− √𝐸
2
 
∆𝐸𝑐 = 1250 
𝑚
𝑠2
2
− 5000
𝑚
𝑠2
 
∆𝐸𝑐 = −3750
𝑚
𝑠2
= −3.75
𝐾𝐽
𝐾𝑔
 
b) �̇� =
√𝐸𝐴𝑒
𝑣𝑒
=
(100
𝑚
𝑠
)(0.01𝑚2)
0.2795
𝑚3
𝐾𝑔
= 38.77
𝑘𝑔
𝑠
 
c) �̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 +
 �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
�̇�𝑆 = �̇�(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) − �̇� (ℎ𝑆 +
√𝑠
2
2
) 
 
 
 
 
 
 
 
5.54 Una turbina de gas pequeña que funciona con hidrogeno proporciona 28 kW. El gas entra al dispositivo en 
régimen estacionario a 75 m/s través de una sección de 0.0020 𝑚2. El estado de entrada es 240 kPa y 500 K. 
El estado de salida es 100 kPa y 380 K y el área de salida es 0.00160 𝑚2. Calcúlese a) la velocidad final en 
m/s, y b) el calor transferido en kJ/min. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑃𝐸 = 240 𝑘𝑃𝑎 
𝑇𝐸 = 500 𝐾 
√𝐸 = 75
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 0.002 𝑚
2 
 
H 
�̇�𝑠 = 28 𝑘𝑊 
𝑃𝑠 = 100 𝑘𝑃𝑎 
𝑇𝑠 = 380 𝐾 
𝐴𝑠 = 0.00160 𝑚
2 
 
a) �̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 +
 �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) + �̇�𝑠 
√𝑠
2
2
= ℎ𝐸 − ℎ𝑆 +
√𝐸
2
2
− �̇�𝑆 
√𝑠
2
2
= 3.507
𝐾𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
− 28𝑘𝑊 
√𝑠
2
2
= 1.7535 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
+ 1647058.82
𝑚2
𝑠2
 
𝑉𝑆 = 1817.48
𝑚
𝑠
 
b) �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = 𝑄�̇� + �̇� (ℎ𝑆 +
√𝑠
2
2
) 
𝑄�̇� = �̇�(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) − �̇� (ℎ𝑆 +
√𝑠
2
2
) 
 
 
 
 
𝑄�̇� = (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(7.175 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
) − (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(5.4215 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 1651616.77
𝑚2
𝑠2
) 
𝑄�̇� = (0.017
𝑘𝑔
𝑠
) (7.175 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 2.8125
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) − (0.017
𝑘𝑔
𝑠
) (5.4215 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 1651.61
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) 
𝑄�̇� = −27.99
𝐾𝐽
𝑠
= −6047945.56 𝑘𝐽/𝑚𝑖𝑛 
 
 
 
5.55 Por una turbina circulan en régimen estacionario 20.000 kg/h de vapor de agua, que entra a 4 bar y 440 
°C y sale a 0.20 bar y una calidad del 90 por 100. Se pierde un calor de 20 kJ/kg. El conducto de entrada tiene 
un diámetro de 8 cm y la sección de salida es rectangular, de dimensiones 0.9 m por 1.1 m. Calcúlese a) la 
variación de energía cinética, y b) la potencia obtenida, expresando ambos resultados en kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vapor 
𝑃𝐸 = 4 𝑏𝑎𝑟 
𝑇𝐸 = 440 °𝐶 
√𝐸 = 100
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 50.26 𝑐𝑚
2 = 5.02 ∗ 10−3𝑚2 
 
𝑃𝑠 = 0.2 𝑏𝑎𝑟 
𝑥 = 0.9 
𝑞 = 20
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝐴𝑠 = 9900 𝑐𝑚
2 
 
 
a) √𝐸 = 
�̇�
𝜌𝐴𝐸
=
20000
𝐾𝑔
ℎ
(
1
46.814
𝑚3
𝐾𝑔
)(5.02∗10−3𝑚2)
=
186509960.2
𝑚
ℎ
 
√𝑠 =
�̇�
𝜌𝐴𝑠
=
20000
𝐾𝑔
ℎ
(
1
6.88
𝑚3
𝐾𝑔
) (0.99𝑚2)
= 138989.89
𝑚
ℎ
 
∆𝐸𝑐 = 𝐸𝑐𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝐸𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 
 
∆𝐸𝑐 =
𝑚√𝑠
2
2
−
𝑚√𝐸
2
2
 
∆𝐸𝑐 = √𝑠
2
− √𝐸
2
= 3.47 ∗ 1016𝑚/ℎ 
b) �̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
�̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = 𝑄�̇� + �̇�𝑆 + �̇�(ℎ𝑆 +
√𝑠
2
2
) 
�̇�𝑆 = �̇�(ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) − �̇� (ℎ𝑆 +
√𝑠
2
2
) − 𝑄�̇� 
�̇�𝑆 = �̇�(ℎ𝐸 − ℎ𝑆 +
√𝐸
2
2
−
√𝑠
2
2
− 𝑞𝑠) 
�̇�𝑆 = �̇� (865
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 1334875799
𝑚2
𝑠2
) 
�̇�𝑆 = 2.67 ∗ 10
10𝑘𝐽/ℎ 
 
 
 
 
 
5.56 A una turbina entra aire en régimen estacionario a 6 bar, 740 K y 120 m/s. Las condiciones de salida son 
1 bar, 450 K y 220 m/s. Se cede una calor de 15 kJ/kg y el área de entrada es 4.91 𝑐𝑚2. Determínese a) la 
variación de energía cinética en kJ/kg, b) la potencia obtenida en kilovatios, y c) la relación de diámetros de los 
conductos de entrada y salida. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.57 Una turbina de aire de 240 kW de potencia de salida tiene unas condiciones de entrada de 840 K, 1.0 MPa 
y 18 m/s. El estado de salida es 420 K y 0.1 MPa. Los conductos de entrada y de salida tienen un diámetro de 
0.10 m. Determínese a) la variación de entalpia en kJ/kg b) la variación de energía cinética en kJ/kg, c) el flujo 
másico en kg/min, y d) el flujo de calor en kJ/min. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑃𝐸 = 6 𝑏𝑎𝑟 
𝑇𝐸 = 740 𝐾 
√𝐸 = 120
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 4.91 𝑐𝑚
2 
 
𝑃𝑠 = 1 𝑏𝑎𝑟 
𝑇𝑠 = 450 𝐾 
√𝑠 = 220
𝑚
𝑠
 
 
Δ𝑒𝑐 = √𝑠
2
− √𝐸
2
= ( 220
𝑚
𝑠
)
2
− (120
𝑚
𝑠
)
2
 
𝐴𝑠 =
𝜌𝐸√𝐸𝐴𝐸
√𝑠
√𝑠
 
𝐴𝑠 = 
(3.546
𝑘𝑔
𝑚3
) (120
𝑚
𝑠
) (0.000491𝑚2ℎ) 
0.7742
𝑘𝑔
𝑚3
220
𝑚
𝑠
 
𝐴𝑠 = 0.001226363 m
2 𝑜 12.26363 cm2 
𝑑𝐸 = 0.01410 
𝑑𝑠 = 0.02229 
 
𝑃𝐸 = 1 𝑀𝑃𝑎 
𝑇𝐸 = 840 𝐾 
√𝐸 = 18
𝑚
𝑠
 
 
𝑃𝐸 = 0.1 𝑀𝑃𝑎 
𝑇𝑠 = 420 𝐾 
�̇�𝐸 = 240 𝑘𝑊 
 
Ae = π/4 (0.10 m)2= 0.00785 m2 = As 
a) 𝛥ℎ = (ℎ𝑠 − ℎ𝑒) =421.26 kJ/kg - 866.08 kJ/kg = -
444.82 kJ/kg 
𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ∴ 𝑛 = 
𝑃𝑒 ∙ 𝑉𝑒 ∙ 𝐴𝑒
𝑅 ∙ 𝑇
 
n= (1 000 000 Pa) (18 m/s) (0.00785m²) ÷ (8.314 
m3 -kPa/mol-k) (840 K) 
n= 20.23 mol/s (60 s/ 1 min) = 1213.9 mol/min 
Ps ∙ √s ∙ As = nRTs √𝑠 =
nRTs 
Ps∙As 
 
√𝑠 = (1213.9
mol
min
) (8.314 m𝟑 −
KPa
mol
− k) (420 K)
÷ (100 000 Pa)(0.00785 m2) 
√𝑠 = 89. 73
𝑚
𝑠
 
b) Δ𝑒𝑐 = 
√𝑠
2
− √𝐸
2
2
= 3.86
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.58I Una turbina de vapor de agua funciona con unas condiciones de entrada de 1.000 psia, 800 °F y 300 ft/s 
y la corriente circula por una sección de 20 𝑖𝑛2. En la salida las condiciones son 500 °F, 200 psia y la velocidad 
es 140 ft/s. El flujo de calor perdido es 17.000 Btu/min. Determínese a) la variación de energía cinética en 
𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚, b)el flujo másico en 𝐼𝑏𝑚/𝑚𝑖𝑛, c) el trabajo en eje en 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚, d) la potencia de salida en hp, y 
e) el área de salida en pulgadas cuadradas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑃𝑀 =
�̇�
𝑛
 ∴ �̇� = 𝑃𝑀 ∙ 𝑛 
 c) �̇�= 28.9 g/mol (1213.9 mol/min) ÷ 1000 g = 35.08 kg/min 
d) �̇� − �̇� = �̇� (𝛥ℎ + 𝛥𝐸𝑐) → �̇� = �̇�(𝛥ℎ + 𝛥𝐸𝑐) + �̇� 
�̇�= 35.08 kg/min (-444.82 kJ/kg + 3.86 kJ/kg) + 240 kW (60 s/1 min) 
�̇�= -1068.8768 kJ/min 
 
𝑃𝐸 = 1.000 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝐸 = 800 °𝐹 
√𝐸 = 300
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 20 𝑖𝑛
2 
 
𝑃𝑠 = 200 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝑠 = 500 °𝐹 
√𝑠 = 140
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 20 𝑖𝑛
2 
 
�̇�𝐸 + Ẇ𝐸 + �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸)
= �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
�̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) = �̇�𝑠 + Ẇ𝑠 + �̇� (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) 
a) Δ𝑒𝑐 = 
√𝑠
2
− √𝐸
2
2
 
Δ𝑒𝑐 = 
(140
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
−
(300
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
= 9800
𝑓𝑡2
𝑠2
− 45000 
𝑓𝑡2
𝑠2
= −1.405
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
b) �̇� = 
(300
𝑓𝑡
𝑠
)(0.138 𝑓𝑡2)
0.68821 
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 0.0551
𝑙𝑏𝑚
𝑠
= 3.2994
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
 
 
𝑐) 𝑊 = 
�̇�
�̇�
= 
−55694.56
3.2994 
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
 = −16880. 20 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚 
d) �̇�𝑠 = �̇� (ℎ𝐸 +
√𝐸
2
2
) − �̇�𝑠 − (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
) = 
= (3.299
𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
) (1389
𝐵𝑡𝑢
1𝑏𝑚
) +
(300
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
− (17000
𝐵𝑡𝑢
𝐼𝑏𝑚
) − (1269
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
) −
(140
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
 
= −55687.81
𝐵𝑡𝑢
𝐼𝑏𝑚
= 1312.63 ℎ𝑝 
𝑒) 𝐴𝑠 =
(0.0551
𝑙𝑏𝑚
𝑠
) (2.7247
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)
140
𝑓𝑡
𝑠
= 0.00107𝑓𝑡2 = 0.15408 𝑖𝑛2 
Vapor 
 
 
 
 
 
 
 
5.59I En una turbina de gas de 18 hp se utiliza helio. El gas entra al dispositivo estacionario a 220 ft/s por una 
sección de 0.020 𝑓𝑡2. El estado de entrada es 40 psia y 440 °F. El estado de salida es 15 psia y 220 °F y el 
área de salida es 0.0270 𝑓𝑡2. Calcúlese a) la velocidad final en ft/s, y b) el flujo de calo en Btu/min. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Helio 
𝑃𝐸 = 40 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝐸 = 440 °𝐹 
√𝐸 = 220
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 0.020 𝑓𝑡
2 
�̇� = 18 ℎ𝑝 
 
𝑃𝑠 = 15 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝑠 = 220 °𝐹 
𝐴𝑠 = 0.027 𝑓𝑡
2 
 
 
a) 𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸 = 𝑛𝑅𝑇𝐸 𝑃𝑠√𝑠𝐴𝑠= 𝑛𝑅𝑇𝑠 
𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸 = 𝑇𝐸 𝑃𝑠√𝑠𝐴𝑠 = 𝑇𝑠 
(40 𝑝𝑠𝑖𝑎𝑠) (220
𝑓𝑡
𝑠
) (0.020 𝑓𝑡2) = 900 𝑅 
(15 𝑝𝑠𝑖𝑎𝑠)(√𝑠)(0.0270 𝑓𝑡2) = 680 𝑅 
√𝑠 = 328
𝑓𝑡
𝑠
 
 
𝛥ℎ = 𝐶𝑝 = 4.97
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙
⋅ °𝐹 
𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸 = 𝑛𝑅𝑇𝐸 ∴ 𝑛 = 
𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸
𝑅𝑇
 
𝑛 = 
(40 psias) (220
ft
s) (0.020 ft
2
)
(10.73
𝑓𝑡3 ⋅ 𝑝𝑠𝑖𝑎
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑅
) (900𝑅)
= 0.0182
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙
𝑠
 
�̇� = 𝑃𝑀 ∙ 𝑛 
�̇� = 4
lb
lb
− mol (0.0182 lb −
mol
s
) 
= 0.0728
lb
s
 
𝛥ℎ = (4.97
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙
⋅ °𝐹) (220
𝑓𝑡
𝑠
− 440 °𝐹)
4
𝑙𝑏
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙
= −273. 35
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏
 
 
�̇� ⋅ 𝜔 = �̇� → 𝜔 = 
�̇�
�̇�
 = 18 hp (2545 Btu*hr/1 hp) (1 hr/3600 s) ÷ 0.0728 lb/s 
 𝜔 = 174.7 Btu/lb 
𝛥𝑒𝐶 =
√𝑠
2
− √𝐸
2
2
= 29,592
ft2lb
s2lb
→ 29,592 poundal ∗
ft
𝑙𝑏
 (
1lbf
32174 poundal
) 
= 919.74 lbf ∗
ft
lb
 (1
Btu
778.16 lbf ∗ ft
) = 1.18
Btu
lb
 
 
𝑏) �̇�= w + Δh +ΔEc = (-273.35 + 174.7 + 1.18) Btu/min = -97.47 Btu/min 
 
 
5.60I A una turbina que funciona en régimen estacionario entran 300.000 𝐼𝑏𝑚/ℎ de vapor de agua a 700 psia 
y 700 °F. El vapor sale como vapor saturado a 1 psia y se pierde un calor de 4 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚. El conducto de 
entrada tiene un diámetro de 12 in y la sección de salida es rectangular, de dimensiones 16 ft por 7 ft. Calcúlese 
a) la variación de energía cinética en 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚 , y b) la potencia obtenida en hp. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.61I A una turbina entra aire en régimen estacionario a 90 psia, 940 °F y 480 ft/s. Las condiciones de salida 
son 15 psia, 440 °F y 240 ft/s. Se pierde un calor de 6 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑚, b) la potencia obtenida en hp, y c) la relación 
de diámetros de los conductos de entrada y salida. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vapor 
𝑃𝐸 = 700 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝐸 = 700 °𝐹 
√𝐸 = 300000
𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙
ℎ
 
𝐴𝐸 = 𝑑 = 12 𝑖𝑛 
 
 
Vapor saturado 
𝑃𝑠 = 1 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑞 = 4
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
𝐴𝑠 = 112 𝑓𝑡
2 
 
 
 
𝑃𝐸 = 90 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝐸 = 940 °𝐹 
√𝐸 = 480
𝑓𝑡
𝑠
 
𝐴𝐸 = 31. 5 𝑖𝑛
2 
 
 
𝑃𝑠 = 15 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑇𝑠 = 440 °𝐹 
𝑞 = 6
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
√𝑠 = 240
𝑓𝑡
𝑠
 
 
 
a) 𝛥𝑒𝑐 =
√𝑠
2
−√𝐸
2
2
= 
((240)2−(480)2)
𝑓𝑡2
𝑠2
2
= −86400
𝑓𝑡2
𝑠2
 
−86400
𝑓𝑡2
𝑠2
(
𝑙𝑏𝑚
𝑙𝑏𝑚
) =
𝑝𝑜𝑢𝑛𝑑𝑎𝑙 ∙ 𝑓𝑡 
𝑙𝑏𝑚
(
1𝑙𝑏𝑚
32.174 𝑝𝑜𝑢𝑛𝑑𝑎𝑙
) 
= −3.45
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
b) 𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸 = 𝑛𝑅𝑇𝐸 ∴ 𝑛 = 
𝑃𝐸√𝐸𝐴𝐸
𝑅𝑇
 
𝑛 = 
(90 psias) (480
ft
s) (31.5 in
2)
(10.73 ft3 ∗
psia
lb
−mol ∗ R) (1400 R)
 
𝑛 = 0.63
𝑙𝑏𝑚
𝑠
 
�̇� = 𝑃𝑀(𝑎𝑖𝑟𝑒) ∙ 𝑛 = (29 lbmol/lbmol) (0.63 lb 
mol/s) 
= 18.27 lbm/s 
�̇� = 𝑞 ⋅ �̇� = (6 Btu/lb-m) (18.27 Lbm/s) = 115,655 w = 
115.655 kW 
c) 
 
 
 
 
 
 
 
5.62 A una turbina que funciona en régimen estacionario entra refrigerante 134a a 10 bar, 70°C y 35 m/s a 
través de una entrada de 32𝑐𝑚2 de sección. En la salida las condiciones son 1 bar, 0°C y 75 m/s. La potencia 
desarrollada es 200 kW. Determínese (a) el flujo másico en kg/s, (b) el flujo de calor en kJ/min, y (c) el área de 
salida en centímetros cuadrados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R-134a 
𝑃𝐸 = 10 𝑏𝑎𝑟 
𝑇𝐸 = 70 °𝐶 
√𝐸 = 35
𝑚
𝑠
 
𝐴𝐸 = 32 𝑐𝑚
2 
 
 
𝑃𝑠 = 1 𝑏𝑎𝑟 
𝑇𝑠 = 0 °𝐶 
�̇� = 200 𝑘𝑊 
√𝑠 = 75
𝑚
𝑠
 
 
 
 
 
 
 
 
5.63. A una turbina entra vapor de agua en unas condiciones de 80 bar, 440°C y 49 m/s. En la salida 
el estado es 0,2 bar, calidad del 90 por 100 y 80 m/s. La potencia obtenida es 18.000 kW y el área de 
entrada es 0,0165 m2. Calcúlese el flujo de calor en kJ/min y su sentido. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 T° C h (KJ/Kg) 
X1 400 Y1 3139.4 
x 440 Y = h 3246.52 
X2 450 Y2 3273.3 
 
�̇� = 𝜌√𝐴 =
√𝐴
𝑣
 ; 𝑣 =
𝑅𝐸 𝑇
𝑃
 ; 𝑅𝐸 = 0.4615 
𝐾𝑃𝑎∗ 𝑚3
𝐾𝑔∗ 𝐾
 
𝑣 =
(0.4615 
𝐾𝑃𝑎∗ 𝑚3
𝐾𝑔∗ 𝐾
)(713.15K)
8000KPa
 = 0.04113984 
𝑚3
𝐾𝑔
 
�̇� = 
√e∙𝐴𝑒
𝑣𝑒
= 
(0.0165 m²) (49 m/s) 
0.04113984 𝑚3/𝐾𝑔
 = 19.65248285 Kg/s 
Sale como una mezcla líquido-vapor, entonces: hs= hprom= hf + x (hfg) 
hs= 251.42 kJ/kg + (.9) (2357.5 kJ/kg) = 2373.17 kJ/kg 
Ahora 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
△ �̇� = − �̇� + �̇� (ℎ𝑒 + 
𝑉𝑒2
2
) − �̇� (ℎ𝑠 + 
𝑉𝑠2
2
) 
△ �̇� = -18,000
KJ
𝑠
 + (19.65248285 
Kg
s
) (3246.52
KJ
Kg
+ 1.2005
KJ
Kg
− 2373.17
kJ
kg
− 3.2 
KJ
Kg
 ) 
△ �̇� = -18,000
KJ
𝑠
 + (19.65248285 
Kg
s
) (871.3505 
KJ
Kg
 ) = -875.7992 
KJ
𝑠
 = -52547.95454 
KJ
𝑚𝑖𝑛
 
Datos de entrada 
Ae= 0.0165 m² 
Pe= 80 bar = 8000KPa 
Te= 440 ºC= 713.15K 
√e= 49 m/s 
 Es un vapor 
sobrecalentado 
 
Vapor de 
agua 
Datos de salida 
𝑊ṡ = 18,000 KW = 18,000 KJ/s 
Ps= 0.2 bar = 20KPa 
x= 90 % =0.9 
√s= 80 m/s 
 
𝑊ṡ 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
5.64. A una turbina aislada entran 2,2x106 kg/h de vapor de agua a 16 MPa y 480°C. De la turbina se 
sangra el 20 por 100 a 1 MPa y 280°C. El vapor restante sigue expandiéndose hasta salir de la turbina 
como vapor saturado a 0,008 MPa. La velocidad del vapor sangrado es 30 m/s y los efectos de la 
energía cinética y potencial son despreciables. Dermínese (a) el diámetro del conducto de sangrado 
en m, y (b) la potencia desarrollada por la turbina en kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� + �̇�𝐸 + �̇�(ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸)=𝑄�̇� + �̇�𝑆 + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
a) Velocidad en m/s (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
) = (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
) + �̇�𝑆 
𝑉𝑆
2
2
= ℎ𝐸 − ℎ𝑆 +
𝑉𝐸
2
2
− �̇�𝑆 
𝑉𝑆
2
2
= 3.507
𝐾𝐽
𝐾𝑚𝑜𝑙
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
− 28𝐾𝑊 
𝑉𝑆
2
2
= 1.7535 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
+ 1647058.82
𝑚2
𝑠2
 
𝑉𝑆
2
2
= 1751
𝑚2
𝑠2
+ 1649871.32
𝑚2
𝑠2
 
 
𝑉𝑆 = 1817.48
𝑚
𝑠
 
b) Calor transferido en KJ/min 
�̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
) = 𝑄�̇� + �̇�(ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
) 
𝑄�̇� = �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
) − �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
) 
Datos de entrada 
Pe= 16MPa = 16000KPa 
Te= 480 ºC= 753.15K 
Es vapor sobrecalentado 
Datos de salida 
𝑊ṡ = 18,000 KW = 18,000 KJ/s 
Ps= 1 MPa = 1000KPa 
Ts= 280 ºC= 553.15K 
√s= 80 m/s 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
𝑊ṡ 
 
Vapor de agua 
𝑄�̇� = (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(7.175 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 2812.5
𝑚2
𝑠2
) − (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(5.4215 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 1651616.77
𝑚2
𝑠2
) 
𝑄�̇� = (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(7.175 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 2.8125
𝐾𝐽
𝐾𝑔
) − (0.017
𝑘𝑔
𝑠
)(5.4215 
𝐾𝐽
𝐾𝑔
+ 1651.61
𝐾𝐽
𝐾𝑔
) 
𝑄�̇� = −27.99
𝐾𝐽
𝑠
 
𝑄�̇� = −6047945.56 𝐾𝐽/𝑚𝑖𝑛 
 
 
5.65. A un compresor entra un flujo volumétrico de 4,5 m3/s de aire a 22°C y 1 bar por una sección 
de 0,030 m2. El estado a la salida es 400K, 2,4 bar y 70 m/s. El flujo de calor perdido es 900 kJ/min. 
Determínese (a) la velocidad de entrada en m/s, (b) el flujo másico en kg/s, y (c) la potencia 
suministrada en kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
a) �̇� =
𝑣𝑒 𝐴𝑒
𝑉𝑒 𝑒𝑠𝑝
: 𝑣1 =
�̇�𝑉𝑒 𝑒𝑠𝑝
𝐴𝑒
 
𝑉𝑒 𝑒𝑠𝑝=
𝑅𝑇
𝑃
=
8.314𝐾𝑃𝑎
𝑚3
𝐾𝑚𝑜𝑙
°𝐾 ×298°𝐾
1 𝑏𝑎𝑟
 ×
1 𝑏𝑎𝑟
100𝐾𝑃𝑎
 ×
1𝐾𝑚𝑜𝑙
29 𝐾𝑔
 ⟶ 𝑉𝑒 𝑒𝑠𝑝 = 0.854
𝑚3
𝐾𝑔
 
 𝑉𝑒 =
5.27
𝐾𝑔
𝑠
 ×0.854
𝑚3
𝐾𝑔
0.030𝑚2
= 150𝑚/𝑠 
 
 
b) �̇� =
�̇�
𝑉𝑒 𝑒𝑠𝑝
=
4.5𝑚3/𝑠
0.854𝑚3/𝑘𝑔
= 5.27𝑘𝑔/𝑠 
 
 
c) �̇� − �̇� = ∆ℎ + ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝⟶−�̇� = ∆ℎ + ∆𝐸𝑐 + �̇� ⟶ �̇� = −∆ℎ − ∆𝐸𝑐 + �̇� ⟶
 �̇� = �̇� − �̇�(∆ℎ + ∆𝐸𝑐) 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
�̇�𝐸 = 4.5
m3
𝑆
 
Pe= 1 bar = 100KPa 
Te= 22ºC= 295.15K 
Ae= 0.030 m² 
�̇�𝑠 = 900
KJ
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 2.4 bar = 240KPa 
Ts= 126.85ºC= 400K 
√s= 70 
m
𝑆
 
 
Aire 
𝑊ė 
 
 
 
 295°K⟶ ℎ𝑒 = 295.17 𝐾𝑗/𝐾𝑔 
 400°K⟶ ℎ𝑠 = 400.98 𝐾𝑗/𝐾𝑔 
 �̇� = −
900𝐾𝑗
𝑚𝑖𝑛
×
1𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
−
5.27𝐾𝑔
𝑠
(400.98 − 295.17)𝐾𝑗/𝐾𝑔 +
1
2
702−1502
1000
𝐾𝑗/𝐾𝑔 �̇� = 526.24 𝑘𝑗/𝑠 
 
 
5.66. En el comprensor de un acondicionador de aire comercial entre refrigerante 134 a 0°C y 2 bar 
y sale a 60°C y 12 bar. El flujo volumétrico a la entrada es 0,5 m3/min y el calor perdido 5 kJ/kg. 
Calcúlese el coste en dólares del funcionamiento del motor del compresor durante 30 días. La 
electricidad cuesta 0,12 $/kW·h y el motor funciona la quinta parte del tiempo. 
 
 
 
 
 
 
 
t = 
30 𝑑𝑖𝑎𝑠
5
 = 6 dias = 518400 s = 144 hrs 
$ = 0.12 
$
𝐾𝑊∗ℎ
 
ℎ𝑒 = 253.05 𝐾𝐽/𝐾𝑔 
ρ = 
1
𝑣𝑒
 = 
1
0.10481
= 9.54107
Kg
𝑚3
; 
�̇� = 𝜌�̇�𝐸 = (9.54107
Kg
𝑚3
) (0.00833
m3
𝑆
) = 0.0795089
𝐾𝑔
𝑆
 =(4.7705
𝐾𝑔
𝑚𝑖𝑛
) 
�̇� = �̇�𝑞 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
𝑊𝑒̇ = �̇� (𝑞 + ℎ𝑠 − ℎ𝑒) 
𝑊𝑒̇ = (4.7705
𝐾𝑔
𝑚𝑖𝑛
) (41.59 
KJ
𝐾𝑔
) = 198.40655
𝐾𝐽
𝑚𝑖𝑛
 = 11904.39304
𝐾𝐽
ℎ𝑟
 
 
�̇� = 
𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔í𝑎
𝑡
; 𝑒𝑛𝑒𝑟í𝑎 = �̇�𝑡 
�̇�𝐸 = 0.00833
m3
𝑆
 = 0.5 
m3
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 2 bar = 200KPa 
Te= 0ºC= 273.15K 
 
𝑞𝑠 = 5 
KJ
𝐾𝑔
 
Ps= 12 bar = 1200KPa 
Ts= 60ºC= 333.15K 
hs= 289.64 
KJ
𝐾𝑔
 
 
 
Refrigerante 
134a 
𝑊ė 
Calcular costo en dólares del 
funcionamiento del motor 
durante el tiempo (t) establecido 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
E = (11904.39304
𝐾𝐽
ℎ𝑟
) (144 hrs ) = 1714232.598 KJ 
 
1 KW*h 1714232.598KJ 
3600 KJ X = 476.17572 KW*h 
 
0.12$ 476.17572 KW*h 
𝐾𝑊 ∗ ℎ X = 57.141086 $ 
5.67.Un compresor de hidrógeno tiene unas pérdidas de calor de 35 kW. Las condiciones de entrada 
son 320 K, 0,2 MPa y 100 m/s. Los conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0,10m. El 
estado de salida es 1,2 MPa y 520 . Determínese (a) la variación de energía cinética en kJ/kg, (b) el 
flujo másico en kg/min, y (c) la potencia en eje, en kilovatios, utilizando los datos de la tabla A.11. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� + 𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
 
a) ∆𝐸𝑐 =
1
2
(𝑣2
2 − 𝑣1
2) ⟶ �̇� =
𝑣1𝐴1
𝑉1𝑒𝑠𝑝
 
 𝑉1𝑒𝑠𝑝 =
𝑅𝑇
𝑃
=
8.314𝐾𝑃𝑎∙
𝑚3
𝐾𝑚𝑜𝑙°𝐾
 ×320°𝐾×320°𝐾 
0.2𝑀𝑃𝑎
 ×
𝑀𝑃𝑎
1000𝐾𝑃𝑎
×
1𝐾𝑚𝑜𝑙
2𝐾𝑔
= 6.6512𝑚3/𝑘𝑔 
 𝑣2 =
�̇�𝑉2𝑒𝑠𝑝
𝐴2
=
𝑅𝑇
𝑃
=
8.3/4𝐾𝑃𝑎∙𝑚3/𝐾𝑚𝑜𝑙°𝐾 ×520°𝐾
1.2𝑀𝑃𝑎
×
1𝑀𝑃𝑎
1000𝐾𝑃𝑎
×
1𝐾𝑚𝑜𝑙
2𝑘𝑔
= 1.80𝑚3/𝑘𝑔 
∞ 𝑣2 =
0.118𝑘𝑔/𝑠×1.80𝑚3/𝑘𝑔
𝜋
4
(0.1)2𝑚2
= 27.04𝑚/𝑠 
 ∆𝐸𝑐 =
1
2
(27.042 − 1002)
𝑚2
𝑠2
×
𝑘𝑔
𝑘𝑔
×
1𝑘𝑗
1000𝑗
= −4.63𝑘𝑗/𝑘𝑔 
 
b) �̇� =
100𝑚/𝑠×
𝜋
4
 (0.1)2𝑚2
6.6542𝑚3/𝑘𝑔
= 7.085𝑘𝑔/min( 1𝑚𝑖𝑛/60𝑠) = 0.118𝑘𝑔/𝑠 
 
𝑊ė 
√𝐸= 100 
m
𝑆
 
Pe= 0.2MPa = 200KPa 
Te= 46.85ºC= 320K 
De= 0.10 m² 
𝑄 = 35KW 
Ps= 1.2MPa = 120KPa 
Ts= 246.85ºC= 520K 
DS= 0.10 m² 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Hidrogeno 
 
 
c) �̇� − �̇� = �̇�(∆ℎ + ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝) ⟶ �̇� = �̇� − �̇�(∆ℎ + ∆𝐸𝑐) 
320°K⟶ ℎ1 = 9100𝑘𝑗/𝐾𝑚𝑜𝑙 
520°K⟶ ℎ2 = 14935𝑘𝑗/𝐾𝑚𝑜𝑙 
 �̇� = −35𝐾𝑗/𝑠 − 0.118𝑘𝑔/𝑠((14935 − 9100)𝑘𝑗/𝐾𝑚𝑜𝑙 × 1𝐾𝑚𝑜𝑙/2𝑘𝑔 +
(−4.63𝑘𝑗/𝑘𝑔) 
 �̇� = −378.72𝑘𝑊 
5.68. Se comprime dióxido de carbono desde 0,1 MPa y 310 K hasta 0,5 MPa y 430 K. El flujo 
volumétrico necesario en las condiciones de entrada es 30 m3/min. La variación de energía cinética 
es despreciable, pero se pierde un calor de 4,0 kJ/kg. Determínese la potencia necesaria, en kilovatios, 
utilizando los datos de la tabla A.9. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� + 𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
𝑄 −𝑊 = (∆ℎ + ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝) ⟶ 𝑄 −𝑊 = ∆ℎ;𝑊 = 𝑄 − ∆𝐻 
 �̇� = �̇�(𝑄 − ∆ℎ) ⟶ �̇� =
�̇�
𝑉𝑒𝑠𝑝
 
𝑉 = 30𝑚3/min × 1𝑚𝑖𝑛/60𝑆 = 0.5𝑚3/𝑠 
 𝑉𝑒𝑠𝑝 =
𝑅𝑇
𝑃
=
8.314𝐾𝑃𝑎∗𝑚3𝐾𝑚𝑜𝑙°𝑘×310°𝐾 
0.1𝑀𝑃𝑎
×
1𝑀𝑃𝑎
1000𝐾𝑃𝑎
×
1𝐾𝑚𝑜𝑙
44𝑘𝑔
 𝑚 =
0.5𝑚3/𝑠
0.5857 𝑚3/𝑘𝑔
= 0.8536 𝑘𝑔/𝑠 
 = 0.5857𝑚3/𝑘𝑔 
 310°𝐾 ⟶ ℎ1 = 9807 𝐾𝐽/𝐾𝑚𝑜𝑙 
 430°𝐾 ⟶ ℎ2 = 14628 𝐾𝐽/𝐾𝑚𝑜𝑙 
�̇� = 0.8536𝑘𝑔/𝑠 [−4 𝐾𝐽/𝑘𝑔 − (14628 
𝐾𝐽
𝐾𝑚𝑜𝑙
 ×
𝐾𝑚𝑜𝑙
44 𝑘𝑔
 − 9807 
𝐾𝐽
𝐾𝑚𝑜𝑙
 ×
𝐾𝑚𝑜𝑙
44 𝑘𝑔
)] 
 �̇� = 96.9 𝐾𝑊 
CO2 
�̇�𝐸 = 30 
m3
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 0.1MPa = 100KPa 
Te= 36.85ºC= 310K 
 
𝑄 = 4 
KJ
𝐾𝑔
 
Ps= 0.5MPa = 500KPa 
Ts= 156.85ºC= 430K 
 
 
𝑊ė 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
 
 
 
 
 
5.69. Un compresor de aire por el que pasan 300 m3/min en la entrada aumenta la presión de 1,0 a 2,3 
bar y cede un flujo de calor de 1.700 kJ/min. La temperatura y área de entrada son 17°C y 280 cm2 
respectivamente, y estas magnitudes a la salida son 137°C y 200 cm2. Calcúlese (a) las velocidades 
de entrada y salida del gas en m/s, y (b) la potencia necesaria en kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
a) 𝑃𝑉 = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑉 =
𝑅𝑇
𝑝
 𝑅 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 0.2870 
 �̇� =
�̇�
𝑣
 =
5𝑚3
0.8327𝑚3/𝑘𝑔
= 6.0045𝑘𝑔/𝑠 
 𝑣𝐸 = (0.2870)(290.15°𝐾)/ 100𝐾𝑃𝑎 = 0.8327𝑚
3/𝑘𝑔 
 𝑣𝑆 = (0.2870)(410.15°𝐾)/ 230𝐾𝑃𝑎 = 0.5117𝑚
3/𝑘𝑔 
 �̇� =
𝐴 × 𝑉
𝑣
⟶ 
𝑉𝐸 =
�̇� × 𝑣𝐸
𝐴𝐸
 = (6.0045 𝑘𝑔/𝑠)(0.8327𝑚3)/ 28000𝑚2 = 1.78483 × 10−4𝑚/𝑠 
 𝑉𝑠 =
�̇�× 𝑣𝑆
𝐴𝑆
 = (6.0045 𝑘𝑔/𝑠)(0.5117𝑚3)/ 20000𝑚2 = 1.53625 × 10−4𝑚/𝑠 
 
b) 𝑤𝐸 = 𝑞 + (ℎ𝑆 − ℎ𝐸) + (
𝑉𝑆
2 − 𝑉𝐸
2
2
) 
Aire 
𝑊ė 
�̇�𝐸 = 300 
m3
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 1 bar = 100KPa 
Te= 17ºC= 290.15K 
Ae= 280 cm² = 0.028m
2 
�̇� = 1.700
𝐾𝐽
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 2.3bar = 230KPa 
Ts= 137ºC= 410.15K 
AS= 200 cm² = 0.02m
2 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
 
 4.71868 × 10−3𝐾𝐽/𝑘𝑔 + (411.12 − 290.16) +
(1.53625×10−4)2 − (1.78483×10−4)2
2
= 120.9647 𝐾𝐽/𝑘𝑔 
 �̇� = 
𝑤
�̇�
(120.9647𝐾𝐽/𝑘𝑔)/ 6.0045 𝑘𝑔/𝑠 = 20.1453 𝐾𝑊𝑎𝑡𝑡𝑠 
 
 
5.70. Un compresor refrigerado por agua cambia el estado del refrigerante 134ª desde vapor saturado 
a 1 bar hasta una presión de 8 bar. El área de entrada es 5 cm2, el flujo másico es 0,9 kg/min y el agua 
de refrigeración extrae un flujo de calor de 140 kJ/min. Si la potencia suministrada es 3,0 kW, 
determínese (a) la temperatura salida en grados Celsius, y (b) la velocidad de entrada en m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
ℎ1 = 231.35 𝐾𝐽/𝑘𝑔 𝑉𝑒𝑠𝑝1 = 0.1917𝑚
3/𝑘𝑔 
a) 𝑉𝑒𝑠𝑝1 =
�̇�
�̇�
 ⟶ 𝑉𝑒𝑠𝑝1 =
𝑉1×𝐴1
�̇�
 ⟶ 𝑉1 =
𝑉𝑒𝑠𝑝1× �̇�
𝐴1
 
 = 
0.1917𝑚3/𝑘𝑔 × 0.015 𝑘𝑔/𝑠
0.0005𝑚2
= 5.751𝑚/𝑠 
�̇� − �̇� = �̇� (∆ℎ) ⟶ �̇� −𝑊 =̇ �̇�(ℎ2 − ℎ1)⟶ ℎ2 =
�̇�− �̇�+ℎ1
�̇�
 
 
(−2.33−3.0 𝐾𝐽/𝑠 ) + 231.35
0.015 𝑘𝑔/𝑠
 ⟶ ℎ2 = 275.8 𝐾𝐽/𝑘𝑔 
b) 
284.39 −275.66
50−40
 (284.39 − 40) + 275.8 = 42.33°𝐶 
 
 
 
 
𝑊ė 
�̇� = 0.9 
Kg
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 1 bar = 100KPa 
𝑊e = 3 KW 
Ae= 5 cm² = 0.0005m
2 
𝑄 =
140𝐾𝐽
min
= 2,333
𝐾𝐽
𝑠
 
Ps= 8 bar = 230KPa 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Refrigerante 
134a 
 
 
 
5.71. A un compresor de un gran acondicionador de aire comercial entran en régimen estacionario 
2.000 kg/h de refrigerante 134ª a 0,6 bar y 0°C por un conducto de 7 cm de diámetro interior. El gas 
se descarga a 7 bar y 80°C a través de un conducto de 2 cm de diámetro. Durante el proceso se cede 
al ambiente un flujo de calor de 40.000 kJ/h, Determínese (a) las velocidades de entrada y salida en 
m/s, y (b) el coste del funcionamiento del motor del comprensor durante y 1 día. La electricidad cuesta 
0,13 $/kW·h y el motor funciona la cuarta parte del tiempo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
Ve= (m) (ve)/ Ae 
Ve= (10 m/s)(2.6883 m^3/kg)/ 0.2 m^2 
Ve= 134,415 m/s 
me(he)= ms (hs+vs^2/2) 
me(he)/ms= hs+ v^2/2 
me (he)/ms- hs= vs^2 
\|2(mehe/ms-hs)= vs 
Vs= 34.45 m/s 
 
 
 
 
 
 
�̇�𝐸 = 300 
m3
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 1 bar = 100KPa 
Te= 17ºC= 290.15K 
Ae= 280 cm² = 0.028m
2 
�̇� = 1.700
𝐾𝐽
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 2.3bar = 230KPa 
Ts= 137ºC= 410.15K 
AS= 200 cm² = 0.02m
2 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Aire 
𝑊ė 
 
5.72. Se comprime un flujo de 18kg/min de aire desde 1 bar y 290 K hasta 5 bar y 450 K. El área de 
entrada de salida es 0,0025 m2 y se pierde un calor de 50 kJ/kg. Como datos de propiedades, tómese 
los datos de capacidad térmica a 400 K. Determínese (a) las velocidades de entrada y salida en m/s, 
(b) el flujo volumétrico en la entrada en m3/min, y (c) la potencia necesario en kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
hE=290.16 kJ/kg 
hs=451.8 kJ/kg 
 
A) 𝑃𝑣 = 𝑅𝑇; 𝑣 =
𝑅𝑇
𝑃
 
𝑣𝐸 =
(0.2870
𝑚3𝑘𝑃𝑎
𝑘𝑔𝐾
) (290𝐾)
100𝑘𝑃𝑎
= .8323
 
𝑚3
𝑘𝑔
 
𝑣𝑠 =
(0.2870
𝑘𝑃𝑎𝑚3
𝑘𝑔𝐾
) (450𝐾)
500𝑘𝑃𝑎
= .2583
𝑚3
𝑘𝑔
 
�̇� =
ѴA
𝑣
 
Ѵ𝐸 =
𝑚𝑣𝐸̇
𝐴𝐸
=
(18 
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
) (. 8323
𝑚3
𝑘𝑔
)
0.025𝑚2
= 599.256
 𝑚
𝑚𝑖𝑛
(
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠𝑒𝑔
) = 9.98 
𝑚
𝑠
 
Ѵ𝑠 =
�̇�𝑣𝑠
𝐴𝐸
=
(18 
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
) (. 2583
𝑚3
𝑘𝑔
)
0.0025𝑚2
= 1859.76 
𝑚
𝑚𝑖𝑛
(
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠𝑒𝑔
) = 30.996 
𝑚
𝑠
 
 
B) �̇� =
�̇�
𝑣
 
𝑣 𝑚 =̇ 𝑉 = (0.8323
𝑚3
𝑘𝑔
)
̇
(18
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
) = 14.9814 
𝑚3
𝑚𝑖𝑛
 
𝑊ė 
�̇�𝐸 ̇ = 18𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 
Pe = 1 𝑏𝑎𝑟 = 100KPa 
Te= 16.85ºC= 290K 
Ae = 0.025 𝑚2 
𝑄 = 50 kj/kg 
Ps= 5 bar = 500KPa 
Ts= 176.85ºC= 450K 
AS= 0.0025 m2 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Aire 
 
 
 
 
C) 𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
�̇� (ℎ𝑠 +
Ѵ𝑠
2
2
− ℎ𝐸 −
Ѵ𝐸
2
2
) + 𝑄�̇� = �̇�𝐸 
𝑊𝐸 = 0.3 
𝑘𝑔
𝑠𝑒𝑔
(451.8
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 480.376
𝑚2
𝑠2
− 290.16
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 49.8
𝑚2
𝑠2
) + 50
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝑊𝐸 = 0.3 
𝑘𝑔
𝑠𝑒𝑔
(451.8
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 0.480376
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 290.16
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 0.0498
𝑘𝐽
𝑘𝑔
+ 50
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) = 63.62
𝑘𝐽
𝑠𝑒𝑔
= 63.62 𝑘𝑊 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.73. Un compresor se alimenta con 50 kg/h de vapor de agua saturado a 0,04 bar y descarga el fluido 
a 1,5 bar y 120°C. La potencia necesaria es 2,4 kW y el área de entrada es 40 cm2. Determínese (a) el 
flujo de calor cedido por el fluido en kJ/min, y (b) la velocidad de entrada en m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
A) 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇�(ℎ𝐸) = �̇�(ℎ𝑆) 
−𝑊𝐸̇ + �̇�(ℎ𝑆 − ℎ𝐸) = 𝑄�̇� 
𝑄�̇� = −2.4 𝑘𝑊 + 50
𝑘𝑔
ℎ
(2711.4
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 2553.7
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) 
𝑄�̇� = 7885
𝑘𝐽
ℎ
− 2.4
kJ
seg
 
𝑄�̇� = 131.41
𝑘𝐽
𝑚𝑖𝑛
− 144
𝑘𝐽
𝑚𝑖𝑛
= −12.58 
𝑘𝐽
𝑚𝑖𝑛
 
B) 
�̇� =
ѴA
𝑣
 
Ѵ𝐸 =
𝑚𝑣𝐸̇
𝐴𝐸
= 434887.5
m
h
= 120.8
m
s
 
 
 
 
 
𝑊ė 
�̇�𝐸 ̇ = 50𝑘𝑔/ℎ 
Pe= 0.04 bar = 4KPa 
𝑊ė = 2.4 KW 
Ae= 40 cm² = 0.003m
2 
Ps= 1.5bar = 150KPa 
Ts= 120ºC 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Vapor de 
agua 
 
 
5.74. Las condiciones de entrada de un compresor de hidrógeno son 560°R, 2,0 atm y 250 ft/s. Los 
conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0,30 ft. El estado del fluido a la salida es 12 atm 
y 940°R y se pierde un flujo de calor de 2.000 Btu/min. Determínese (a) la variación de energía 
cinética en Btu/lbm, (b) el flujo másico en lbm/ min, y (c) la potencia en eje, en hp, utilizando los datos 
de la tabla A.11I. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
A) 𝑃𝑉 = 𝑅𝑇; 𝑉 =
𝑅𝑇
𝑃
 
𝑉𝐸 =
(5.3224
𝑝𝑠𝑖𝑎𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚𝑅
) (560 𝑅)
39.19 𝑝𝑠𝑖𝑎
= 76.05
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
𝑉𝑆 =
(5.3224
𝑝𝑠𝑖𝑎𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚𝑅
) (940 𝑅)
176.35 𝑝𝑠𝑖𝑎
= 28.37
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
 
Δ𝑒𝑐 = Ѵ𝐸 − Ѵ𝑆 
Ѵ𝐸𝑣�̇�̇
𝐴𝐸
=
Ѵ𝑆𝑣�̇�
𝐴𝑆
 
𝑣𝑠Ѵ𝐸
𝑣𝐸
= Ѵ𝑆 
Ѵ𝑆 = 
(28.37
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
) (250
𝑓𝑡
𝑠
)
76.05
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 93.26
𝑓𝑡
𝑠
 
Δ𝑒𝑐 = 250
𝑓𝑡
𝑠
− 93.26
𝑓𝑡
𝑠
= 156.73
𝑓𝑡
𝑠
 
 
 
B) 𝐴 = 𝜋 (
𝑑
2
)
2
=
9𝜋
400
𝑓𝑡2 
�̇� =
Ѵ𝐸A𝐸
𝑣𝐸
=
(250
𝑓𝑡
𝑠
) (
9𝜋
400
𝑓𝑡2)
76.05 
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 0.232
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
= 13.94 
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
 
𝑊ė 
𝐷𝐸 = 0.30 ft 
Pe= 2 atm 
Te= 560°R 
√e= 250 ft/s
 
�̇� = 2.000 
𝐵𝑡𝑢
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 12atm 
Ts= 940°R 
DS= 0.30 ft 
 
Hidrogeno 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
 
5.75. Un compresor de aire aumenta la presión desde 15 a 35 psia y se extrae un flujo de calor de 750 
Btu/min. La temperatura y el área de entrada son 70°F y 0,96 ft2 respectivamente y estas magnitudes 
en la salida son 280°F y 0,90 ft2. Si el flujo volumétrico a la entrada es 10.000 ft3/min, calcúlese (a) 
las velocidades de entrada y de salida del gas en ft/s, y (b) la potencia necesaria en hp. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
 hE =126.44 Btu/lbm 
 hS = 177.23 Btu/lbm 
A) 𝑃𝑉 = 𝑅𝑇 𝑉 =
𝑅𝑇
𝑃
 
𝑉𝐸 =
(0.3704
𝑝𝑠𝑖𝑎𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚𝑅
) (529.67 𝑅)
15 𝑝𝑠𝑖𝑎
= 13.07
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
𝑉𝑆 =
(0.3704
𝑝𝑠𝑖𝑎𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚𝑅
) (739.67 𝑅)
35 𝑝𝑠𝑖𝑎
= 7.82
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
 
�̇� =
�̇�
𝑣
=
10000
𝑓𝑡3
𝑚𝑖𝑛
13.07
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
= 765.11
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
= 
�̇� =
ѴA
𝑣
 
Ѵ𝐸 =
𝑚𝑣𝐸̇
𝐴𝐸
=
(12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
) (13.07
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)
0.96 𝑓𝑡2
= 173.58
𝑓𝑡
𝑠
 
Ѵ𝑆 =
𝑚𝑣𝑆̇
𝐴𝑆
=
(12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
) (7.82
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚
)
0.9 𝑓𝑡2
= 110.783
𝑓𝑡
𝑠
 
 
𝑊ė 
�̇�𝐸 = 10.000 
ft3
𝑚𝑖𝑛
 
Pe= 15 psia 
Te= 70°F 
Ae= 0.96 ft
2 
�̇� = 750
𝐵𝑡𝑢
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 35 psia 
Ts= 280°F 
AS= 0.90 ft
2 
 
 
Aire 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
 
 
B) 
𝑄�̇� +𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸) = 𝑄�̇� +𝑊𝑆̇ + �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑆) 
𝑊𝐸̇ + �̇� (ℎ𝐸 +
𝑉𝐸
2
2
) = 𝑄�̇� + �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
) 
𝑊𝐸̇ = 𝑄�̇� + �̇� (ℎ𝑆 +
𝑉𝑆
2
2
−ℎ𝐸 −
𝑉𝐸
2
2
) 
𝑊𝐸̇ = 750
Btu
min
+ 12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
(
 177.23
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+
(110.783
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
− 126.44 
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
−
(173.58
𝑓𝑡
𝑠
)
2
2
)
 
𝑊𝐸̇ = 750
Btu
min
+ 12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
(177.23
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+ 6136.43
𝑓𝑡2
𝑠2
− 126.44 
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
− 15111.91 
𝑓𝑡2
𝑠2
) 
𝑊𝐸̇ = 750
Btu
min
+ 12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
(177.23
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
+ 0.245
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
− 126.44 
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
− 0.603 
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
) 
𝑊𝐸̇ = 750
Btu
min
+ 12.75
𝑙𝑏𝑚
𝑠𝑒𝑔
(50.432
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
) 
𝑊𝐸 = 750
Btu
min
+ 38580.48
Btu
min
= 924.2 hp 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.76. En un compresor refrigerado por agua , el refrigerante 134ª pasa de vapor saturado a 20 psia a 
una presión final de 120 psia. El flujo másico es 2.0 lbm/min y el flujo de calor extraído es 124,9 
Btu/min. Si la potencia suministrada es 4 hp y el área de entrada es 0,5 in2, determínese (a) la 
temperatura de salida en grados Fahrenheit, y (b) la velocidad en pies por segundo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
hE=102.73 Btu/lbm 
vE=2.2772 ft
3/lbm 
A) 𝑊𝐸̇ + �̇�(ℎ𝐸) = 𝑄�̇� + �̇�(ℎ𝑆) 
ℎ𝑆 =
𝑊𝐸̇ + �̇�(ℎ𝐸) − 𝑄�̇�
�̇�
 
ℎ𝑆 =
4ℎ𝑝 + 2
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛 (102.73
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
) − 129.4
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
2
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
 
ℎ𝑆 =
170.21
𝐵𝑡𝑢
𝑚𝑖𝑛 + 205.46
𝐵𝑡𝑢
𝑚𝑖𝑛 − 129.4
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
2
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
= 123.135
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
 
 𝑦 =
(𝑦2 − 𝑦1)
(𝑥2 − 𝑥1)
(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 = 122.566°𝐹 
𝑇𝑠 = 122.566°𝐹 
 
B) �̇� =
ѴA
𝑣
 
Ѵ𝐸 =
𝑚𝑣𝐸̇
𝐴𝐸
=
(2
𝑙𝑏𝑚
𝑚𝑖𝑛
) (2.2772
𝑓𝑡3
𝑙𝑏𝑚)
0.00347𝑓𝑡2
= 1311.66
𝑓𝑡
𝑚𝑖𝑛
= 21.86
𝑓𝑡
𝑠
 
 X (Btu/lbm) Y (°F) 
1 122.54 120 
 123.135 Y=? 
2 127.44 140 
𝑊ė 
�̇� = ̇ 2.0 lbm/min 
Pe= 20 psia 
𝑊ė =4 hp 
Ae= 0.5 in
2 
�̇� = 124.9
𝐵𝑡𝑢
𝑚𝑖𝑛
 
Ps= 120psia 
 
 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
Refrigerante 
134A 
 
 
5.77. Un ventilador recibe aire a 970 mbar, 20,0°C y 3 m/s y lo descarga a 1.020 mbar, 21,6°C y 18 
m/s. Si la corriente es adiabática y entran 50 m3/min, determínese la potencia suminastrada en 
kilovatios. 
 
 
 
 
 
 
he= 293.3163 kj/kg 
hs= 294.919 kj/kg 
 
A) 𝑃𝑉 = 𝑅𝑇; 𝑉 =
𝑅𝑇
𝑃
 
 𝑉=
(0.2870)(293.15)
97
= 0.8673
𝑚3
kg
 
�̇� =
�̇�
𝑣
=
50
𝑚3
𝑚𝑖𝑛
0.8673
𝑚3
kg
= 57.65
kg
min
 
 
𝑄�̇� +𝑊𝑒̇ + 𝑚𝑒̇ (ℎ𝑒 +
√𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) = 𝑄�̇� + �̇�𝑠 + 𝑚𝑠̇ (ℎ𝑠 +
√𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
 
WE+�̇�(he+
ⱱ𝑒2
2
)=�̇�(ℎ𝑠 +
ⱱ𝑠2
2
) 
𝑊𝐸̇ = �̇� (ℎ𝑠 +
𝑉𝑠2
2
− ℎ𝑒 +
𝑉𝑒2
2
) 
=57.65 kg/min (294.919 kj/kg + 
18𝑚2
2
− 293.3163 −
3𝑚
𝑠2
2
 
= 57.65
kg
min
(294.919
kJ
kg
+ 162 
𝑚2
𝑠2
− 293.3163
kJ
kg
− 4.5 
𝑚2
𝑠2
) 
= 57.65
kg
min
(294.919 + 0.162
kJ
kg
 − 293.3163
kJ
kg
− 0.045 
kJ
kg
) 
(99.14
kJ
min
) (
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 1.65 kW 
 
𝑊ṡ 
�̇� = ̇ 50 m3/min 
Pe= 970 Mbar 
Te= 20°C 
√e= 3 m/s
 
Ps= 1.020Mbar 
Ts= 21.6°C 
√s= 18 m/s
 
 
 
 
Aire 
�̇� ≈ 0 
�̇� ≠ 0 
∆𝑒𝑐 ≅ ∅ 
 ∆𝑒𝑝 ≅ ∅ 
 
5.78. Por el interior de 20 tubos de un cambiador de calor de carcasa y tubos circula un flujo total de 
240 kg/min de agua líquida a 5 bar y 140°C, y salen a 4,8 bar y 60°C. El agua se enfría haciendo pasar 
un flujo volumétrico de 1.000 m3/min de aire inicialmente a 110 kPa y 25°C por la carcasa del 
cambiador. La presión de salida del aire es 105 kPa. Determínese (a) la temperatura de salida del aire 
en grados Celsius, (b) el área de entrada de la corriente, en metros cuadrados, si la velocidad de 
entrada del aire es 25 m/s, y (c) la velocidad de entrada del agua, en m/s, si cada tubo tiene un diámetro 
de 2,0 cm. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑚𝑎𝑔𝑢𝑎(ℎ1) + 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 (ℎ3 +
𝑣32
2
) = 𝑚𝑎𝑔𝑢𝑎(ℎ3) + 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒(ℎ4) 
ℎ4 =
𝑚𝑎𝑔𝑢𝑎(ℎ1 − ℎ2) + 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒(ℎ3 +
𝑣32
2 )
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒
 
𝜌𝑣 = 𝑚 𝜌 =
1
𝑣
 𝑣 =
𝑅𝐸𝑇
𝑃
 
𝑣 =
(0.2870
𝑘𝑃𝑎 ∗ 𝑚3
𝑘𝑔 ∗ 𝐾 )(298.15𝐾)
110𝑘𝑃𝑎
= 0.777
𝑚3
𝑘𝑔
 
𝜌 =
1
0.777
𝑚3
𝑘𝑔
= 1.287
𝑘𝑔
𝑚3
 
𝑚3 = (1.287
𝑘𝑔
𝑚3
) (1000
𝑚3
𝑚𝑖𝑛
) = 1287
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
 
ℎ4 =
240
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
(589.16
𝑘𝐽
𝑘𝑔
−251.18
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)+1287
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
(298.35
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)
1287
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
= 361.3765 KJ/Kg 
 
 
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 = 240𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 
𝑇1 = 140°𝐶 
𝑃1 = 5𝐵𝑎𝑟 = 500𝑘𝑃𝑎 
𝑃2 = 4.8𝐵𝑎𝑟 = 480𝑘𝑃𝑎 
𝑇2 = 60°𝐶 
𝑃3 = 110𝑘𝑃𝑎 
𝑇3 = 25°𝐶 
𝑉3 = 25𝑚/𝑠 
𝑃4 = 105𝑘𝑃𝑎 
 
Aire (3) 
Aire (4) 
Agua (1) Agua (2) 
h1=589.16kJ/kg 
h2=251.18kJ/kg 
h3=298.33kJ/kg 
h4=? 
 
5.79 Por un cambiador de calor circulan 10,0 kg/s de refrigerante 134 A a 10 bar y 38°C y salen a 9,0 bar y 80° 
C. Intercambian calor con una corriente de vapor de agua que entra a 1 bar y 200° C. 
(a) Si el vapor de agua sale del cambiador de calor como vapor saturado a 1 bar, determínese el flujo másico 
en kg/s. 
(b) Considerando el mismo cambio de estado, el flujo del refrigerante se limita a 5 kg/s. Si el flujo másico de 
vapor sigue siendo el mismo, determínese la temperatura de salida del vapor en grados Celsius. 
𝑚𝑅 = 10𝑘𝑔/𝑠 
𝑇1 = 38°𝐶 
𝑃1 = 10𝐵𝑎𝑟 = 1000𝑘𝑃𝑎 
𝑃2 = 9𝐵𝑎𝑟 = 900𝑘𝑃𝑎 
𝑇2 = 80°𝐶 
𝑃3 = 1𝐵𝑎𝑟 = 100𝑘𝑃𝑎 
𝑇3 = 200°𝐶 
 
𝑃4 = 1𝐵𝑎𝑟 = 100𝑘𝑃𝑎 
h1=105.29kJ/kg h2=315.63kJ/kg 
h3=2875.5kJ/kg h4=2675.0kJ/kg 
 
a) 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟(ℎ1) + 𝑚𝑟𝑒𝑓𝑟𝑖𝑔𝑒𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒(ℎ3) = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟(ℎ2) + 𝑚𝑟𝑒𝑓𝑟𝑖𝑔𝑒𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒(ℎ4) 
𝑚𝑟𝑒𝑓𝑟𝑖𝑔𝑒𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒(ℎ2 − ℎ1) = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟(ℎ4 − ℎ3) 
𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 =
𝑚𝑅(ℎ2 − ℎ1)
ℎ3 − ℎ4
 
𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 =
10
𝑘𝑔
𝑠 (315.63
𝑘𝐽
𝑘𝑔 − 105.29
𝑘𝐽
𝑘𝑔)
2875.5
𝑘𝐽
𝑘𝑔 − 2675.0
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 10.49
𝑘𝑔
𝑠
 
 
 
 
 
b) Vapor saturado 
𝑚𝑟𝑒𝑓𝑟𝑖𝑔𝑒𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒(ℎ2 − ℎ1) = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟(ℎ4 − ℎ3) 
5
𝑘𝑔
𝑠
(315.63
𝑘𝐽
𝑘𝑔
105.29
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) = 10.44
𝑘𝑔
𝑠
(2875.5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− ℎ4) 
1051.7
𝑘𝐽
𝑠
10.49
𝑘𝑔
𝑠
− 2875.5
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= −ℎ4 
ℎ4 = 2775.24
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
 
𝑌 =
(180°𝐶 − 175°𝐶)
(2777.2
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 2772.7
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)
(2775.24
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 2772.7
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)
+ 175°𝐶 
𝑇4 = 177.82°𝐶 
 
5.81 Se condensa vapor de agua en el exterior de un cambiador de calor de tubos en cuyo interior circula aire. 
El aire entra a 1,20 bar, 20°C y 10 m/s y sale a 80°C. El flujo másico de vapor es 5 kg/min, entra a 3 bar y 200 
°C y sale como liquido saturado. Calcúlese (a) el flujo másico de aire necesario en kg/min, y (b) el área de 
entrada del conducto de la corriente de aire en metros cuadrados. 
 
 
𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 5𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 
 
𝑇1 = 20°𝐶 
𝑃1 = 1.20𝐵𝑎𝑟 = 120𝑘𝑃𝑎 
𝑃3 = 3𝐵𝑎𝑟 = 300𝑘𝑃𝑎 
𝑇2 = 80°𝐶 
𝑇3 = 200°𝐶 
𝑉1 = 10𝑚/𝑠 
T(°C) h(kJ/kg) 
175°C 2772.7kJ/kg 
Y 2775.24kJ/kg 
180°C 2777.2kJ/kg 
 
 
 
 
𝑌 =
(295.17
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 290.16
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)
(295𝐾 − 290𝐾)
(293.15𝐾 − 290𝐾) + 290.16
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
h1=293.31kJ/kg 
 
 
𝑌 =
(360.58
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 350.49
𝑘𝐽
𝑘𝑔
)
(360𝐾 − 350𝐾)
(353.15𝐾 − 350𝐾) + 350.49
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
h2=353.66kJ/kg 
h3=2865.9kJ/kg 
h4=852.26kJ/kg 
 
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒(ℎ2 − ℎ1) = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟(ℎ4 − ℎ3) 
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 (353.66
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 293.31
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) = 5
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
(2865.9
𝑘𝐽
𝑘𝑔
− 852.26
𝑘𝐽
𝑘𝑔
) 
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 =
5
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛 (2013.64
𝑘𝐽
𝑘𝑔)
60.35
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 = 166.8
𝑘𝑔
𝑚𝑖𝑛
 
 
 
 
 
 
 
T(K) h(kJ/kg) 
290K 290.16kJ/kg 
293.15K Y 
295K 295.17kJ/kg 
T(K) h(kJ/kg) 
350K 350.49kJ/kg 
353.15K Y 
360K 360.58kJ/kg 
 
 
 
5.83 A un cambiador de calor entra aire a 27 ºC y 130 kPa y sale a 227 ºC y 120 kPa. Al cambiador de calor 
entra vapor de agua a 600 ºC y 1.500 kPa. A la salida el vapor pasa por un dispositivo de estrangulamiento que 
cambia el estado de salida a 100 kPa y 80 ºC. Las variaciones de energía cinética y potencial son despreciables. 
El flujo másico de aire es 165 kg/s. En estas condiciones: 
a) Calcúlese el flujo másico de vapor en kJ/s 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Flujo másico del vapor 
 
 
 
Obtenemos las respectivas entalpias, algunas se deben interpolar, una vez que las 
tenemos, las sustituimos directamente en la fórmula: 
 
 
 
 
 
5.851. A un sistema de aire acondicionado entra un flujo volumétrico de 30 ft3/s de aire a 100°𝐹 y 14,7 psia. 
El aire se enfria intercambian calor con una corriente de refrigerante 134a que entra al cambiador calor a -20 
1 T1= 27 ºC 
P1= 130 kPa 
Flujo másico= 
165 kg/s 
4 
 T4= 80ºC 
P4= 100 kPa 
Liquido comp. 3 
 T3= 600ºC 
P3= 1500 kPa 
Vapor sobrec. 
 
°F y una calidad del 10 por 100. Supongase que para las dos corrientes el intercambio de calor se realiza a 
presión constante. El refrigerante 134a sale como vapor saturado y se transfiere un calor de 20 Btu/s del aire 
al refrigerante. Calcúlese 
 (a) el flujo másico necesario de refrigerante 134a, en Ibm/s, y (b) la temperatura del aire que sale del cambiador 
de calor, en grados Fahrenheit. 
 
 
�̇�1 + �̇�1 + �̇�𝑎 (ℎ1 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧1) + �̇�3 + �̇�3 + �̇�𝑅 (ℎ3 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠)
= �̇�2 + �̇�2 + �̇�𝑎 (ℎ2 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧2) + �̇�4 + �̇�4 + �̇�𝑅 (ℎ4 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
ℎ1𝑐𝑜𝑛 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠 = 133.86 
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
ℎ2 = 𝑐𝑜𝑛 1𝑟𝑎 𝑙𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙 
ℎ2 = 124.458
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
ℎ3 = 𝑦𝑝𝑟𝑜𝑚 = 15.453
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
 
ℎ4 = 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑝𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠 = 101.451
𝑏𝑡𝑢𝑙𝑏𝑚
 
𝑚 ̇ 𝑎𝑖𝑟𝑒 (𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑙𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙) 
 
�̇� = 30
ft3
s
de aire 
𝑇1 = 100℉ 
𝑃1 = 14,7 𝑝𝑠𝑖𝑎 
Refrigerante 134 a 
T= -20 °F 
C = 10% 
P const. Refrigerante 134 a 
Vapor saturado 
Transferencia de calor= 20 Btu/s 
 
a) 𝑚 ̇ 𝑎𝑖𝑟𝑒
(ℎ1−ℎ2)
ℎ4−ℎ3
= 𝑚 ̇ 𝑟134 𝑎 = 0.235 𝑙𝑏𝑚/𝑠 
a) despejar ∆ℎ 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝐶𝑝 del aire(T2-T1) =-37.155℉ 
 
5.86 Se calienta aire haciéndolo pasar alrededor de tubos que contienen vapor de agua. El flujo másico de 
vapor es 8 kg/min que entran a los tubo del cambiador de calor a 300 KPa y 200℃ y salen a 180 kPa y 100℃ 
El aire entra a 100 kPa y 25 °C y sale a 47 °C. La velocidad de entrada del vapor es 5 m/s y el diámetro interior 
de los tubos es 2 cm. Determínese 
 (a) el flujo de calor transferido al aire en kW. 
(b) el flujo volumétrico de aire a la entrada en 𝑚3/S 
(c) el número de tubos necesario 
 
 
 
 
�̇�1 + �̇�1 + �̇�𝑎 (ℎ1 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧1) + �̇�3 + �̇�3 + �̇�𝑅 (ℎ3 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠)
= �̇�2 + �̇�2 + �̇�𝑎 (ℎ2 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧2) + �̇�4 + �̇�4 + �̇�𝑅 (ℎ4 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
Despejando primera ley de la termodinámica con vapor de agua como volumen de control 
�̇� (ℎ𝑒 +
𝑣𝑒
2
2
) − �̇�(ℎ𝑠) = �̇� 
ℎ𝑒 𝑙𝑒𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠 = 2865.9
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
ℎ𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 ∆ℎ = 𝐶𝑝(∆𝑇) =
2837.2𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
Vapor de agua 
�̇� = 8𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 
𝑃1 = 300𝐾𝑝𝑎 
 𝑇1 = 200℃ 
V= 5m/s 
Diámetro= 2cm 
 
 
Aire 
P1= 100kpa 
T1= 25℃ 
P2= 180 kpa 
T2= 100℃ 
T2=47℃ 
 
�̇� =
𝐴𝑒(𝑉𝑒)
𝑣𝑒
=
(0.0003𝑚2) (
5𝑚
𝑠
)
0.71643
𝑚3
𝑘𝑔
 
�̇� = 0.0021𝑘𝑔/𝑠 
Sustituyendo la primera ley: 
�̇�(ℎ𝑒 +
𝑣𝑒2
2
− �̇�(ℎ𝑠) = �̇� 
0.0021(2865.9 + 0.0125) − 0.0021(2837.2) = 0.060296𝑘𝑤 
�̇� = �̇�𝑣= 0.0021(0.71643)=0.001504
𝑚3
𝑠
 
 
5.87 A un cambiador de calor entra vapor de agua como vapor saturado a 1,5 bar y sale a 1 bar con 
una calidad del 10 por 100. También entran 1,5 kg/s de aire a 1,1 bar y 20 °C y salen a 1 bar y 80 °C. 
El 10 por 100 del calor cedido por el vapor se va al entorno. 
 Determínese 
(a) la relación de áreas de salida y entrada del vapor necesaria para la variación de energía cinética 
del vapor sea cero 
 (b) el flujo másico de vapor en kg/min. 
 
 
 
 
 
 
1,5 kg/s de aire 
1,1 bar 
Te=20℃ 
Vapor de agua 
Vapor sat. 
P1= 1,5 bar P2= 1 bar 
Calidad = 10% 
P = 1 bar 
Ts=80℃ 
 
�̇�1 + �̇�1 + �̇�𝑎 (ℎ1 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧1) + �̇�3 + �̇�3 + �̇�𝑅 (ℎ3 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠)
= �̇�2 + �̇�2 + �̇�𝑎 (ℎ2 +
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧2) + �̇�4 + �̇�4 + �̇�𝑅 (ℎ4 +
𝑉𝑆
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
PROCESOS DE MEZCLA 
5.88. A una cámara de mezcla entra agua de dos fuentes. Una fuente suministra un flujo másico de 
2.000 kg/h de vapor de 90 por 100 de calidad. La segunda fuente suministra 2.790 kg/h de vapor a 
280 °C. El proceso de mezcla es adiabático y se realiza a una presión constante de 10 bar, siendo la 
velocidad de salida 8,9 m/s. Determine 
(a) la temperatura de salida en grados Celsius 
 (b) el diámetro del conducto de salida en centímetros. 
𝑚𝐸1(ℎ𝐸1) + 𝑚𝐸2(ℎ𝐸2) = 𝑚𝑠(ℎ𝑠) 
 
 
Entrada 1 
P1= 10bar 
X= 0,9 
Entrada 2 
P2=10 bar 
T2=280℃ 
 
a) Con 𝑃1 y X, tablas: ℎ1 = 2.573
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
Con 𝑃2 y 𝑇2, tablas: ℎ2 = 3.008,2
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
 
Balance másico: 
𝑚1 +̇ 𝑚2 =̇ 𝑚𝑠̇ = 4.790
𝑘𝑔
ℎ
 
 
Balance energético: 
𝑚1̇ ℎ1 +𝑚2̇ ℎ2 = 𝑚𝑠̇ ℎ𝑠 
2.000
𝑘𝑔
ℎ
∗ 2.573
𝑘𝑗
𝑘𝑔
+ 2.790
𝑘𝑔
ℎ
∗ 3.0008,2
𝑘𝑗
𝑘𝑔
= 4.790
𝑘𝑔
ℎ
∗ ℎ𝑠 ℎ𝑠 = 2.82649
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
 
 
Salida 
Ps=10 bar 
Vs= 8,9 
𝑚
𝑠
 
(𝑄 ≅) 
(𝐴𝑝𝑝 ≈ 0) 
(∆𝑒𝑓≈0) 
 (𝑤 = 0) 
 
Con Ps y ℎ𝑠, tablas: 𝑇𝑠 = 198,64℃ 
 
B ) Tablas: Vs= 0,2057
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
 𝑚𝑠̇ =
𝐴𝑠∗𝑉𝑠
𝑣𝑠
→ 1,33
𝑘𝑔
𝑠
=
𝐴𝑠∗8,9
𝑚
𝑠
.2057
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
 → 𝐴𝑠 = 0.03𝑚
3 → 𝑑𝑠 = 0.195𝑚 = 19.5𝑐𝑚 
 
5.89. En un calentador abierto del agua de alimentación se mezclan agua líquida y vapor de agua. Un 
flujo másico de 100 kg/min de agua fría entra a 50 °C y 5 bar. El vapor entra a 5 bar y 180 °C y la 
mezcla resultante sale como líquido saturado a 5 bar a una velocidad de 0,60 m/s. El calentador 
funciona con unas pérdidas de calor al ambiente de 151.920 kJ/min. 
Determine 
(a) el flujo másico de vapor que entra en kg/min 
(b) el diámetro del conducto de salida del 
 
 
 
 
 
calentador en centímetros 
 
ℎ1(�̇�1) + ℎ2(�̇�2) = ℎ3(𝑚1 +̇ 𝑚2̇ ) 
ℎ1(�̇�1) − ℎ3(�̇�1) = ℎ3(�̇�2) − ℎ2(�̇�2) 
(ℎ1 − ℎ3)𝑚1̇ = (ℎ3 − ℎ2)𝑚2̇ 
 
 
Entrada 1
 
 
 
 
Agua líquida 
�̇� = 100𝑘𝑔/𝑚𝑖𝑛 
𝑇1 = 50℃ 
𝑃1 = 5 𝑏𝑎𝑟 
Entrada 2
 
 
 Vapor 
𝑃2 = 5 𝑏𝑎𝑟 
𝑇2 = 180℃ Perdida de calor= 151.920 kj/min. 
 
 Liquido saturado 
𝑃𝑠 = 5 𝑏𝑎𝑟 
 
(𝑄 ≅) 
(∆𝑒𝑝≈ 0) 
(∆𝑒𝑐≈0) 
 (𝑤 = 0) 
 
 
 
5.90. Un calentador abierto del agua de alimentación funciona a 7 bar. Por una toma entra 
agua en estado de líquido comprimido a 35 °C, por otra toma entra vapor de agua 
sobrecalentado y la mezcla sale del dispositivo como líquido saturado. Determinar, en 
grados Celsius, la temperatura del vapor que entra si la relación de flujos másicos 
de líquido comprimido a vapor sobrecalentado es 4,52:1. 
 
 
 
 
 
 
 
𝑚3̇ ℎ3 = 𝑚1̇ ℎ1 +𝑚2̇ ℎ2 
 
7 bar= tablas ℎ3 = ℎ𝑓 = 697,22
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
35℃ = tablas ℎ1 = ℎ𝑔 = 146,68
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
 
m3̇ = 𝑚1̇ + 𝑚2 ̇ = 4.51 + 1 = 5.52 
5.52𝑥697.22 
𝑘𝑗
𝑘𝑔
= 4.52𝑥146.68
𝑘𝑗
𝑘𝑔
+ 1 (ℎ2) 
3.8465
𝑘𝑗
𝑘𝑔
= 662.99
𝑘𝑗
𝑘𝑔
+ ℎ2 
 3.8465
𝑘𝑗
𝑘𝑔
− 662.99
𝑘𝑗
𝑘𝑔
= ℎ2 
ℎ2 = 3.18565
𝑘𝑗
𝑘𝑔
 
ℎ2 = 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑇
° = 360℃ 
 
(𝑄 ≅) 
(∆𝑒𝑝≈ 0) 
(∆𝑒𝑐≈0) 
 (𝑤 = 0) 
 𝐿𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑖𝑑𝑜 
𝑇1 = 35℃ 
 
 
Vapor de agua 
sobrecalentado 
 
Liquido saturado 
 
 
7 bar. 
 
5.91 En una cámara aislada se calienta agua mezclándose con vapor de agua. Entran 100 kg/min 
de agua en régimen estacionario a 20 °C y 3 bar. El vapor entra a 320°C y 3 bar y la mezcla sale 
de la cámara de mezcla a 90 °C y 3 bar. a) Determine el flujo de vapor necesario en kg/min. b) 
Si el Área de salida es 25 cm2, determine la velocidad de salida en m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PROCESOS DE ESTRANGULAMIENTO 
Agua 
100kg/min 
𝑇1=20℃ 
𝑃1 =3 bar 
Vapor 
𝑇2 = 320℃ 
 𝑃2 =3 bar 
 
 
Vapor 
𝑇𝑠 = 90℃ 
 𝑃𝑠 =3bar 
 
�̇�𝐸1 + �̇�𝐸1 + �̇� (ℎ𝐸1 +
𝑉𝐸1
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸2) + �̇�𝐸2+ �̇�𝐸2 + �̇� (ℎ3 +
𝑉𝐸2
2
2
+ 𝑔𝑧𝐸2) = �̇�𝑠 + �̇�𝑠 + �̇�(ℎ𝑠 +
𝑉𝑠2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) 
mE1(ℎ𝐸1)̇ + mE2(ℎ𝐸2) =̇ mE1̇ (hs) + mE2̇ (hs) 
�̇�E2 =
�̇�E1(ℎ𝑠 − ℎ𝐸1)
ℎ𝐸2 − ℎ𝑠
 
𝒉𝒔 = 𝟑𝟕𝟕. 𝟎𝟒
𝒌𝒋
𝒌𝒈
 𝒉𝑬𝒔 = 𝟖𝟑.
𝟗𝟏𝟓𝒌𝒋
𝒌𝒈
 𝒉𝑬𝟐 = 𝟑𝟏𝟏𝟏. 𝟎𝟐𝒌𝒋/𝒌𝒈 
�̇�𝑬𝟐 =
(𝟏. 𝟔𝟔𝒌𝒈/𝒔)(𝟑𝟕𝟕.𝟎𝟒 
𝒌𝒋
𝒌𝒈 − 𝟖𝟑. 𝟗𝟏𝟓𝒌𝒋/𝒌𝒈)
𝟑𝟏𝟏𝟏. 𝟎𝟐 𝒌𝒋/𝒌𝒈− 𝟑𝟕𝟕. 𝟎𝟒𝒌𝒋/𝒌𝒈
= 𝟎.𝟏𝟕𝟕𝒌𝒈/𝒔 
𝒂) 𝒎𝑬𝟐 =̇ 𝟎. 𝟏𝟕𝟕𝒌𝒈/𝒔 
𝒎𝒔 =̇ 𝒑𝒙𝑨𝒙𝑽𝒔 
�̇�𝒔 = 𝟏.𝟖𝟑𝟕
𝒌𝒈
𝒔
 
𝑽 =
𝒎𝑬
𝒑𝑨
 
𝑷 =
𝟏
𝑽
=
𝟏
𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟎𝟑𝟔
𝒎𝟑
𝒌𝒈
= 𝟗𝟔𝟓. 𝟐𝟓
𝒌𝒈
𝒎𝟑
 
𝑽𝒔 =
𝟏. 𝟖𝟑𝟕
𝒌𝒈
𝒔
(𝟗𝟔𝟓.𝟐𝟓
𝒌𝒈
𝒎𝟐
)(𝟐. 𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟐𝒎𝟐)
= 𝟎. 𝟕𝟔𝟏
𝒎
𝒔
 
𝒃) 𝑽𝒔 = 𝟎. 𝟕𝟔𝟏𝒎/𝒔 
 
 
 
 
(𝑄 ≅ 0) 
(∆𝑒𝑝≈ 0) 
(∆𝑒𝑐≈0) 
 (𝑤 = 0) 
 
 
 
5.94 Determínese la variación de temperatura de una corriente de agua que se 
hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento (a) desde 10 bar y 280 °C hasta 
1 bar y (b) desde 50 bar y 100 °C hasta 25 bar. (c) Determínese la solución en el caso en que la sustancia 
se comporte como gas ideal. 
 
 
 
 
 
 
Estado estable, flujo estable 
(a) 
Q-W=Δh+ΔK+ΔEp 
P2= 1 bar Q=0 W=0 ΔK=0 ΔEp=0 
P1 y T1 (tabla) h=3008.2 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ A 1 bar 280°Ch=334.2 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ 240°C h= 
2954.5 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ 
>Interpolación< 
280−240
3034.2−2954.5
 = 
𝑥−240
3008.2−2954.5 
 x=266.95°C ΔT=280-
266.95=13.05°C 
 
 
 
 
(b) P1 y T1 (tabla) h=422.72 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ A 25 bar 100°C (tabla) h=420.85 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ 
140 °C (tabla) h= 590.52 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ 
>Interpolación< 
140−100
590.52−420.85
=
𝑥−100
422.72−420.85
 x= 100.44°C ΔT=100.44-
100=0.44°C 
 
 
P1= 10 bar 
>la entalpia no varía< 
T1= 280°C 
P1= 50 bar 
T1= 100°C 
 P2=25 bar 
44˚C 
12 bar 
T sat ˚C 
16 bar 
1 bar 
(c) P1*V1= n RT1 
𝑃1∗ 𝑉1
𝑃2∗𝑉2
= 
𝑇1
𝑇2
 Considerando T1=280+273=553 K (tablas) 
 P2*V2= n RT2 h1=18601 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ a 553 K h2=18959 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ a 
560 K 
>Interpolación< 
560−550
18959−18601
=
553−550
𝑋−18601 
 x=18708.4 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ 18708.4 
𝐾𝐽
𝐾𝑚𝑜𝑙⁄ * 
1
18𝐾𝐽 𝐾𝑚𝑜𝑙⁄
= 𝑐𝑝 ∗T2 
1039.33 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄
4.217 𝐾𝐽 𝐾𝑔∗°𝐶⁄
= 246.46 °𝐶 =T2 
1039.33 
𝐾𝐽
𝐾𝑔⁄ =4.217* T2 ΔT=280-246.46=33.54 °C 
 
5.95 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde (a) liquido saturado a 20 bar hasta 
una presión de 4 bar, y (b) vapor saturado a 16 bar hasta 1 bar. En cada caso calcúlese el volumen especifico 
en el estado final en 𝑚3/𝑘𝑔 
a) Liquido comprimido 
T=46.32° C 
P1= 1.2 MPa 
H=270.01 KJ/Kg 
P2= 2.8 bar o 0.28MPa 
0.08320 − 0.07972
275.12 − 265.91
(270.01 − 265.91) + 0.07972 = 0.08009 
𝑚3
𝐾𝑔
 
b) Vapor saturado 
P1= 16 bar 
T1= 58°C aproximadamente 
hg= 277.86 
 
P2=1 bar 
hg=277.86 
T2=? 
Interpolar vg1=0.23373 y vg2=0.24233 
0.24233 − 0.23373
280.62 − 272.17
(277.86 − 272.17) + 0.23373 = 0.239521005
𝑚3
𝐾𝑔
 
 
 
 
 
2.8 bar 
 
 
5.96 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde (a) líquido saturado a 20 bar hasta 
una presión de 4 bar, y (b) 100 bar y 200 K hasta una presión de 5,0 bar. Determínese en el estado final la 
temperatura en kelvin y el volumen especifico en L/kg. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Liquido saturado 
P1=20bar 
 
P2=4bar 
P1=100bar 
T1=200K 
 
P2=5bar 
5.97 Por una válvula de estrangulamiento circula vapor de agua en las siguientes condiciones: (a) entra a 30 
bar y 240°C y sale a 7 bar, y (b) entra como vapor saturado a 8 bar y sale a 3 bar. Determínese, en grados 
Celsius, la temperatura final aguas abajo de la válvula en el estado correspondiente a la presión de salida. 
a) 
 
 
Vapor de agua 
 
P1= 3Mpa P2= 0.7Mpa 
T1= 240° C T2= ? 
h1= 2809.35 h2= 2809.35 
 
Interpolación 
200 − 180
2844.8 − 2799.1
(2824.3 − 2799.1) + 180 = 191.028°𝐶 
b) 
 
 
P1=0.8 MPa P2= 0.3MPa 
T1= 170.41 °C T2 
h1= 2768.3 h2= 2768.3 
Interpolación 
200 − 150
2865.9 − 2761.2
(2768.3 − 2761.2) + 150 = 153.3906399 °𝐶 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 bar 
T= Saturación 
30 bar 
240°C 
3 bar 
7 bar 
 
 
5.98 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde (a) 5 bar hasta 1 bar y 100°C, y (b) 
10 bar hasta 0.7 bar y 100°C Determínese (1) la calidad del vapor que entra en el dispositivo de 
estrangulamiento, y (2) la relación de áreas de salida y entrada del dispositivo, si las velocidades de entrada y 
salida son prácticamente iguales. 
a) 5 bar 1 bar 
 100°C 
 
𝑋 =
181.4744−18.8
168.4
= 0.966 
 
b) 10 bar 0.7 bar 
 100°C 
 
𝑋 =
180.1422 − 35.4
152.2
= 0.951 
 
 
5.99 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento refrigerante 134ª desde (a) líquido saturado a 32 
C hasta una temperatura de -20 C, y (b) un estado a 30 C y 9 bar hasta una temperatura de -12 C. Determínese 
(1) la presión final en bar, y (2) el volumen específico final en 
𝑚3
𝑘𝑔.
. 
a) 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜 
𝑇𝐸 = 32℃ 𝑇𝑆 = −20° 
 
 ℎ𝐸 = ℎ𝑆 
ℎ𝐸 = 96.48 
𝐾𝐽
𝐾𝐺
 
ℎ𝐹 ≤ 96.48 ≥ ℎ𝑔 
𝑃 = 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 132.82 
𝑣 =
𝑅𝑒𝑇
𝑃
=
. 4615 ∗ (−20 + 273.15)
132.82
= .8796
𝑚3
𝑘𝑔
 
b) 
 𝑇𝐸 = 30℃ 𝑇𝑆 = −12℃ 
 
 
 
𝑃𝐸 = 9𝑏𝑎𝑟 = 900 𝑘𝑃𝑎 
𝑃𝑠𝑎𝑡 = 770.64 𝑘𝑃𝑎 
𝑃 > 𝑃𝑠𝑎𝑡 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑡 
ℎ𝐸 = 93.58
𝐾𝐽
𝐾𝐺
= ℎ𝑆 
ℎ𝐹 ≤ 93.58 ≥ ℎ𝑔 𝑚𝑒𝑧𝑐𝑙𝑎 𝑙𝑖𝑞 − 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 
𝑃 = 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 185.37 
𝑣 =
𝑅𝑒𝑇
𝑃
=
. 4615 ∗ (−12 + 273.15)
185.37
= .6501
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
5.100 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento refrigerante 134a desde (a) 48°C y 14 bar hasta 
2.4 bar, y (b) vapor saturado a 12 bar hasta una presión de 2 bar. Calcúlese el volumen especifico final en cada 
caso en 𝑚3/𝑘𝑔 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TE=48°C 
PE=14 bar 
PS=2.4 bar 
a) 𝐿𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑖𝑑𝑜 
ℎ𝐸 = 120.39 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ℎ𝑓 = 44.66 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
ℎ𝑝𝑟𝑜𝑚 = 120.39 ℎ𝑓𝑔 = 202.62 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
 
𝑥 =
ℎ𝑝𝑟𝑜𝑚−ℎ𝑓
ℎ𝑓𝑔
 𝑥 =
120.39−44.66
202.62
 𝑥 = 0.373 
𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝑣𝑓 + 𝑥(𝑣𝑔 − 𝑣𝑓) 
𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚 = 0.0007620 + (0.373)(0.083897 − 0.0007620) = 0.03177 𝑚
3/𝑘𝑔 
Vapor saturado 
PE=12 bar PS=2 bar 
b) 
ℎ𝐸 = 273.87 𝑘𝐽/𝑘𝑔 ℎ𝑓 = 38.43 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
ℎ𝑝𝑟𝑜𝑚 = 273.87 ℎ𝑓𝑔 = 206.03 𝑘𝐽/𝑘𝑔 
 
 = 0.11559 𝑚3/𝑘𝑔 
5.101I Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde (a) liquido saturado a 200°R hasta 
una temperatura de 140°R. Calcúlese la presión final, en psia, y el volumen especifico final, en 𝑓𝑡3/𝐼𝑏𝑚. (b) 
Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde 2.000 psia y 350” R hasta 200 psia. 
Determínese la temperatura, en grados Fahrenheit, y el volumen especifico, en 𝑓𝑡3/𝐼𝑏𝑚, en el estado final. 
INCONCLUSO 
 
5.102I Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde (a) 80 psia hasta 10 psia y 200°F, 
y (b) 250 psia hasta 20 psia y 250°F. Determínese (1) la calidad del vapor que entra en el dispositivo de 
estrangulamiento, y (2) la relación de áreas de salida y entrada del dispositivo, si las velocidades de entrada y 
salida son prácticamente iguales. 
INCONCLUSO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.103I Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento refrigerante 134a desde (a) liquido 
saturado a 60°F hasta una temperatura de -20°F, y (b) un estado a 100°F y 120 psia hasta una 
temperatura de 80°C. Determínese (1) la presión final en psia, y (2) el volumen especifico final en 
𝑓𝑡3/𝐼𝑏𝑚. 
 
a) 
 𝑇𝐸 = 60℉ 
𝑃𝐸 = 14 𝑏𝑎𝑟 = 140𝑘𝑃𝑎 𝑇𝑆 = −20℉ 
ℎ𝐸 = 102.61
𝐾𝐽
𝐾𝐺
= ℎ𝑆 
ℎ𝐹 ≤ 102.61 ≥ ℎ𝑔 𝑚𝑒𝑧𝑐𝑙𝑎 𝑙𝑖𝑞 − 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 
𝑃 = 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 12.906 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑣 =
𝑅𝑒𝑇
𝑃
=
. 5956(−20 + 459.57)
12.906
= 20.285
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
b) 
 𝑇𝐸 = 100℉ 
𝑃𝐸 = 120𝑝𝑠𝑖𝑎 𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑎𝑡. 𝑇𝑆 = 80℉ 
ℎ𝐸 = 117.59
𝐾𝐽
𝐾𝐺
= ℎ𝑆 
𝑃 = 101.45 𝑝𝑠𝑖𝑎 
𝑣 =
𝑅𝑒𝑇
𝑃
=
. 5956 ∗ (80 + 459.57)
101.45
= 3.16
𝑚3
𝑘𝑔
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.104 A una cámara de mezcla entra un flujo constante de 2 kg/s refrigerante 134a a 5 bar y 4°C. Otra 
fuente de