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23.- Un cilindro aislado está cubierto por un pistón pesado que se sostiene en su sitio por una fijación. El cilindro contiene 0,52 kg de agua a 300kPa y 150 °C (estado 1). Se suelta la fijación y el pistón cae hasta que la presión alcanza 500 kPa y se detiene (estado 2). En este momento se quita el aislamiento y el sistema se pone en contacto con un baño a 150 °C, permitiéndose que se igualen las temperaturas (estado 3). (a) Encontrar la temperatura y la presión en el estado 2. (b) Encontrar la temperatura y la presión en el estado 3. (c) Determinar el calor intercambiado en el proceso completo.

Solución Se tiene un sistema sucesivamente en tres estados diferentes. Los datos conocidos se indican en cursiva en la tabla: m = 0,52 kg de H2O.

(a) Se pide encontrar la temperatura en el estado 2, del que se conoce la presión. Partiendo de P1: Q12 – W12 = ΔU12 + ΔEP12 Eligiendo como sistema el vapor exclusivamente, vemos que se trata de un sistema adiabático en el que además el incremento de energía potencial (desplazamiento del centro de masas del vapor) es despreciable.

Este proceso es a presión exterior constante e igual a P2, por lo que el trabajo realizado sobre elsistema es:

Sustituyendo en P1: 0 – P2V2 + P2V1 = U2 – U1 ∴ U2 + P2V2 = U1 + P2V1 ∴ H2 = H1 – P1V1 + P2V1

Sustituyendo, h2 = 2887,1 kJ/kg. Conocidas P2 y h2, se deduce de las tablas el valor T2 = 215 °C. (b) Por estar el sistema en contacto con el baño a 150 °C (pues hemos quitado el aislamiento), T3 = 150 °C. Asimismo la presión P3= 500 kPa, pues el peso del pistón no varía y tampoco su sección. (c) Se pide calcular el calor intercambiado en el proceso completo. Para ello recurrimos al P1: De 1 a 2 al ser adiabático el sistema Q12 = 0. De 2 a 3: Q23 – W23 = ΔU23 ; es decir, Q23 = W23 + ΔU23 Como se trata de un proceso cuasiestático a presión constante, el trabajo viene dado por W23 =P2ΔV23. A su vez, relacionando la variación de energía interna con la entalpía, ΔU23 = ΔH23 –Δ(PV)23 = ΔH23 – P2ΔV23, pues P2 es constante de 2 a 3. Así, sustituyendo en P1: Q = P2ΔV23 + ΔH23 – P2ΔV23 = ΔH23 = m( h3 – h2) = 0,52 ( h3 – 2888,5) = -1172,8 kJ.

33.-Se tiene un “baño de María” de 500 g de agua a 100ºC y se sumerge un tetero de 10.0 g de leche a 25ºC por unos minutos, para luego sacarlo a la temperatura final de 37ºC. a) Determine la temperatura final del baño. b) Determine E, q y w debido al cambio experimentado por el sistema y el medio. Solución: T2

q  n  Cesp  dT  n  Cesp  (T2  T1 )  qtetero  10g  1 cal T1

 qtetero  qbaño   120 cal  500g  1 cal

gº C

gº C

 37  25 º C  120 cal

 T f  100 º C  T f  99.76 º C