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• jose Mamani

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PROBLEMA 7-85 Un dispositivo de cilindro-embolo contiene 1.2 Kg de gas nitrógeno a 120 KPa y 27 °C. Despues el gas se comprime lentamente en un proceso politropico durante el cual PV1.3=constante. El proceso finaliza cuando el volumen se reduce a la mitad. Determine el cambio de entropía del nitrógeno durante este proceso. Datos 𝑚 = 1.2𝑘𝑔 𝑃 = 120 𝑘𝑃𝑎 𝑇 = 27°𝐶 = 300 𝐾 𝑅𝑁2 = 0.297 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 𝑉1 = 2𝑉0 𝑉2 = 𝑉0 Solución: De la tabla A-2 determinamos la constante de volumen especifico de 𝑁2 𝐶𝑉𝑛𝑖𝑡𝑟𝑜𝑔𝑒𝑛𝑜 = 0.743 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 Por teoría: 𝑇2 𝑉1 𝑉1 = ( )𝑛−1 → 𝑇2 = 𝑇1 ( )𝑛−1 𝑇1 𝑉2 𝑉2 𝑇2 = (300𝐾)(

2𝑉0 1.3−1 ) 𝑉0

𝑇2 = 396.34 Determinamos el cambio de entropía ∆𝑆𝑁2 = 𝑚(𝐶𝑣𝑙𝑛 ∆𝑆𝑁2 = 1.2𝑘𝑔((0.743

𝑇2 𝑉2 + 𝑅𝑙𝑛 ) 𝑇1 𝑉1

𝑘𝐽 369.34 𝐾 𝐾𝐽 )𝑙𝑛 + (0.297 )ln(0.5)) 𝑘𝑔𝐾 300 𝐾 𝑘𝑔𝐾

∆𝑆𝑁2 = −0.0615 𝐾𝐽/𝐾

PROBLEMA 7-89 Un tanque rigido aislado se divide en dos partes iguales por medio de una separación. En principio una parte contiene 5 kmol de un gas ideal a 400 kPa y 50°C y la otra se encuentra vacia. Se retira la aseparacion y el gas llena todo el tanque. Determine el cambio de entropía durante este proceso. Datos 𝑃 = 400 𝑘𝑃𝑎 𝑇 = 50°𝐶 𝑁 = 5 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑅 = 8.314 𝑘𝐽/𝑘𝑚𝑜𝑙 𝐾

Solución: Por teoría: 𝐸𝑒𝑛𝑡 − 𝐸𝑠𝑎𝑙 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 ∆𝑈 = 𝑚(𝑢2 − 𝑢1 ) = 0 𝑢2 = 𝑢1 𝑇2 = 𝑇1 Hallando el cambio de entropía Por teoría: ∆𝑆 = 𝑁((𝐶𝑣)𝑙𝑛

𝑇2 𝑉2 ) + 𝑅𝑙𝑛 ); 𝑇1 = 𝑇2 = 𝑇 𝑇1 𝑉1

∆𝑆 = 𝑁𝑅𝑙𝑛

𝑉2 … … … … … . . (1) 𝑉1

Reemplazando en (1) ∆𝑆 = (5𝑘𝑚𝑜𝑙) (8.314

𝑘𝐽 ) ln(2) 𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾

∆𝑆 = 28.81 𝐾𝐽/𝐾

PROBLEMA 7-90 Se comprime aire en un dispositivo de cilindro-embolo desde 100 kPa y 17°C hasta 800 KPa en un proceso adiabático reversible. Determine la temperatura final y el trabajo realizado durante este proceso, supongo a) calores específicos constantes, b) calores específicos variables para el aire. Datos 𝑃1 = 100𝑘𝑃𝑎 𝑇1 = 17°𝐶 = 290𝐾 𝑃2 = 800𝑘𝑃𝑎 𝐾 = 1.4 𝑅 = 0.287 𝐾𝐽/𝑘𝑔𝐾

Solución Por teoría: 𝑃1 𝑘−𝑣 𝑇2 = 𝑇1 ( ) 𝑘 𝑃2 𝑇2 = (290𝐾)(

800𝑘𝑃𝑎 0.4 )1.4 = 525.3𝐾 100𝑘𝑃𝑎

Entonces: 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 =

290 + 525.3 𝐾 = 407.7𝐾 → 𝐶𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚 = 0.727 𝐾𝐽/𝑘𝑔𝐾 2

Por teoría: 𝐸𝑒𝑛𝑡 − 𝐸𝑠𝑎𝑙 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑤𝑒𝑛𝑡 = ∆𝑈 = 𝑚(𝑢2 − 𝑢1 ) = 𝑚𝐶𝑣(𝑇2 − 𝑇1 ) Reemplazando: 𝑤𝑒𝑛𝑡 = 𝐶𝑣𝑝𝑟𝑜𝑚 (𝑇2 − 𝑇1 ) = (0.727

𝑘𝐽 )(525.3 − 290)𝐾 𝑘𝑔𝐾

𝑤𝑒𝑛𝑡 = 171.1 𝑘𝐽/𝑘𝑔 De la tablas 𝑇1 = 290𝐾 →

𝑃𝑟1 = 1.2311 𝑘𝐽 𝑣1 = 206.91 𝑘𝑔

Por teoría: 𝑃𝑟2 =

𝑃2 800𝑘𝑃𝑎 (1.2311) = 9.849 𝑃𝑟1 = 𝑃1 100𝑘𝑃𝑎

Interpolando 9.849 − 9.684 (𝑇𝟐 − 520)𝐾 = 10.37 − 9.684 (530 − 520)𝐾 𝑇𝟐 = 522.40 K 9.849 − 9.684 (𝑢𝟐 − 374.36)𝑘𝐽/𝑘𝑔 = 10.37 − 9.684 (381.84 − 374.36)𝑘𝐽/𝑘𝑔

𝑢𝟐 = 376.16 kJ/kg Por teoría: 𝑤𝑒𝑛𝑡 = 𝑢2 − 𝑢1 𝑤𝑒𝑛𝑡 = 376.16

𝑘𝐽 𝑘𝐽 − 206.91 𝑘𝑔 𝑘𝑔

𝑤𝑒𝑛𝑡 = 169.25 𝑘𝐽/𝑘𝑔

PROBLEMA 7-92 Un tanque rigido aislado contiene 4 kg de gas argón a 450 kPa y 30 °C. Despues se abre una valvula y se deja que el argón escape hasta que la presión en el interion disminuye a 150 kPa. Si el argón que permace dentro del tanque se ha sometido a un proceso adiabático reversible, determine la masa final en el tanque. Datos: 𝑃1 = 450𝑘𝑃𝑎 𝑃2 = 150𝑘𝑃𝑎 𝑚 = 4𝑘𝑔 𝑇1 = 30°𝐶 = 303.15𝐾 𝑘𝐴𝑇 = 1.667 𝑚𝑓 =?

Solución Por teoría 𝑃1 𝑘−𝑣 𝑇2 = 𝑇1 ( ) 𝑘 𝑃2 𝑇2 = (303.15𝐾)(

150𝑘𝑃𝑎 0.667 )1.667 450𝑘𝑃𝑎

𝑇2 = 195.32229𝐾 Determinamos la masa final por relación de gas ideal Por teoría: 𝑃1 𝑉 𝑚1 𝑅𝑇 = 𝑃2 𝑉 𝑚2 𝑅𝑇 Despejando: 𝑚2 =

𝑃2 𝑇1 𝑚 𝑃1 𝑇2 1

Reemplazando: 𝑚2 =

(150𝑘𝑃𝑎)(303.15𝐾)(4𝑘𝑔) (450𝑘𝑃𝑎)(195.32229𝐾) 𝑚2 = 2.07𝑘𝑔

PROBLEMA 7-105 Al comprimir gas nitrógeno de 80 kPa y 27 °C hasta 480 kPa mediante un compresor de 10 KW. Determine la relación de flujo de masa del nitrógeno por el compresor, si el proceso de compresión es a) isentropico; b) politropico con n=1.3; c)isotérmico, d) politropico ideal de dos estapas con n=1.3 Datos: 𝑃 = 80 𝑘𝑃𝑎 𝑇 = 27°𝐶 𝑃 = 480 𝑘𝑃𝑎 𝑤̇ = 10 𝑘𝑤

Solución: a) Por teoría: Compresión isoentropica 𝑤̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇ Reemplazando 10 𝑘𝐽/𝑠 = 𝑚̇𝑚̇

𝑘𝑅𝑇1 𝑃2 𝑘−1/𝑘 (( ) − 1) 𝑘 − 1 𝑃1

(1.4)(0.297𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾)(300𝐾) 480 𝑘𝑃𝑎 0.4/1.4 (( ) − 1) 1.4 − 1 80 𝑘𝑃𝑎 𝑚̇ = 0.048 𝑘𝑔/𝑠

b) Compresión politropica con n=1.3 𝑤̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇ Reemplazando 10 𝑘𝐽/𝑠 = 𝑚̇

𝑛𝑅𝑇1 𝑃2 𝑛−1/𝑛 (( ) − 1) 𝑛 − 1 𝑃1

(1.3)(0.297𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾)(300𝐾) 480 𝑘𝑃𝑎 0.3/1.3 (( ) − 1) 1.3 − 1 80 𝑘𝑃𝑎 𝑚̇ = 0.051 𝑘𝑔/𝑠

c) Compresión isotérmica 𝑤̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇𝑅𝑇𝑙𝑛

𝑃2 𝑃1

10 𝑘𝐽/𝑠 = 𝑚̇(0.297𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾)(300𝐾)𝑙𝑛 ( 𝑚̇ = 0.063 𝑘𝑔/𝑠

480 𝑘𝑃𝑎 ) 80 𝑘𝑃𝑎

d) Por teoría 𝑃𝑥 = √𝑃1 𝑃2 𝑃𝑥 = √(80 𝑘𝑃𝑎)(480 𝑘𝑃𝑎) 𝑃𝑥 = 196 𝑘𝑃𝑎 El trabajo del compresor en cada etapa también es el mismo. Por lo cual el trabajo total del compresor es el doble de compresión para una sola etapa.

𝑤̇𝑐𝑜𝑚𝑝 Reemplazando 10 𝑘𝐽/𝑠 = 2𝑚̇

𝑤̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 2𝑚̇𝑤𝑐𝑜𝑚𝑝 𝑛𝑅𝑇1 𝑃2 𝑛−1/𝑛 = 2𝑚̇ (( ) − 1) 𝑛 − 1 𝑃1

(1.3)(0.297𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾)(300𝐾) 480 𝑘𝑃𝑎 0.3/1.3 (( ) − 1) 1.3 − 1 80 𝑘𝑃𝑎 𝑚̇ = 0.056 𝑘𝑔/𝑠

PROBLEMA 7-109 En una turbina adiabática ingresa vapor a 8 MPa y 500°C con una relación de flujo de masa de 3 kg/s y sale a 30 KPa. La eficiencia adiabática de la turbina es 0.90. Ignore el cambio en la energía cinetica del vapor y determine a) la atemperatura a la salida de la turbina, b) la salida de potencia de la turbina. Datos: 𝑃 = 8 𝑀𝑃𝑎 𝑇 = 500°𝐶 𝑚̇ = 3 𝑘𝑔/𝑠 𝑃2 = 30 𝑘𝑃𝑎 𝑛 = 0.90

Solución: De la tabla A-6 vapor saturado 𝑃1 = 8 𝑀𝑃𝑎 𝑇1 = 500 °𝐶

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 } 𝑘𝐽 ℎ1 = 3399.5 𝑘𝑔 𝑠1 = 6.7266

De la tabla A-5 agua saturada 𝑃2𝑠 = 30 𝑘𝑃𝑎 𝑠2𝑠 = 𝑠1

}

𝑘𝐽 𝑘𝑔 𝐾 𝑘𝐽 = 6.8234 𝑘𝑔𝑘

𝑠𝑓 = 0.9441 𝑠𝑓𝑔

Por teoría 𝑥2 =

𝑠2𝑠 − 𝑠𝑓 𝑠𝑓𝑔

(6.7266 − 0.9441)𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 𝑥2 = 6.8234 𝑘𝐽/𝑘𝑔𝐾 𝑥2 = 0.8475

ℎ2𝑠 = ℎ𝑓 + 𝑥2 ℎ𝑓𝑔 ℎ2𝑠 = 289.27 𝑘𝐽/𝑘𝑔 + (0.8475)(2335.3)𝑘𝐽/𝑘𝑔 ℎ2𝑠 = 2268.44 𝑘𝐽/𝑘𝑔

Hallando ℎ2𝑎 a partir de la eficiencia de relación isoentropica 𝑛𝑇 =

ℎ1 − ℎ2𝑎 → ℎ2𝑎 = ℎ1 − 𝑛𝑇 (ℎ1 − ℎ2𝑠 ) ℎ1 − ℎ2𝑠

ℎ2𝑎 = 3399.5 𝑘𝐽/𝑘𝑔 − (0.9)(3399.5

𝑘𝐽 − 2268.44𝑘𝐽/𝑘𝑔) 𝑘𝑔

ℎ2𝑎 = 2381.55 𝑘𝐽/𝑘𝑔 De la tablas para agua saturada 𝑃2𝑎 = 30 𝑘𝑃𝑎 ℎ2𝑎 = 2381.45 𝑘𝐽/𝑘𝑔

} 𝑇2𝑎 = 𝑇𝑠𝑎𝑡 30 𝑘𝑃𝑎 = 69.09°𝐶

Por teoría Solo hay una entrada y salida por lo tanto m1 y m2 tomamos la turbina real como el sistema 𝐸̇𝑒𝑛𝑡 − 𝐸̇𝑠𝑎𝑙 = ∆𝐸̇𝑠𝑖𝑠𝑡 = 0 𝐸𝑒𝑛𝑡 = 𝐸𝑠𝑎𝑙 𝑚̇ℎ1 = 𝑤̇𝑎,𝑠𝑎𝑙 + 𝑚̇ℎ2 𝑤̇𝑎,𝑠𝑎𝑙 = 𝑚(̇ℎ1 − ℎ2 ) … … … … … . . (1) Reemplazando en (1) 3𝑘𝑔 𝑤̇𝑎,𝑠𝑎𝑙 = ( ) (3399.5 − 2381.55)𝑘𝐽/𝑘𝑔 𝑠 𝑤̇𝑎,𝑠𝑎𝑙 = 3053 𝑘𝑊