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• Jimi Xcanex Moises Sanchez

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TRANFORMACIONES O PROCESOS PARA SISTEMAS ABIERTOS 1.-INGENIERIA TERMODINAMICA (J.B. JONES-R.E DUGAN) pag76(problema 1.95) Se comprime nitrógeno en forma constante de una atmosfera a cuatro atmosferas, en un proceso cuasi equilibrio, para el cual pv 1.34=constante. El nitrógeno que entra al compresor tiene una velocidad despreciable y una densidad de 1.118 kg/m3. El nitrógeno que sale del compresor tiene una velocidad de 95 m/s. calcule el trabajo por kilogramo de nitrógeno. P pv1.34=C P1=1 atm P2=4 atm N2 V1 =0 V2=95 m/s

Si la densidad es 1.118 kg/m3 entonces vf = 1/1.118 kg/m3 vf = 0.8945m3/kg Sabemos que cuando es adiabática el trabajo para un sistema abierto es: Ecuación (1): 2

W =−∫ vdP−∆ V −g ∆ z Sabiendo que: v1.34=c/p remplazando en la ecuación (1) integrando y simplificando tenemos que:

W=

[( ) ]

−n P2 P1v1 n−1 P1

n−1 n

−1 −

(V 2) 2 2

[( )

−1.34 4 W= 101,325 kpa .0,8945 m3 /kg 1.34−1 1

1.34 −1 1.34

]

( 95 ) 2 m2 N s2 kJ −1 − 2 s2 kgm 103 Nm

W =−150.58−4.5125

W =−155.09 kJ 2) INGENIERIA TERMODIAMICA J.B.JONES PAGINA 76 EJERCICO 1.96 En un compresor entra metano a 14 psia con una velocidad sumamente baja y se comprime a 55 psia. El metano que entra tiene una densidad de 0.040 lbm/ft3 El metano sale del compresor con una velocidad de 250ft/s. La velocidad del flujo es de 0.38 lbm/s. Suponiendo un proceso cuasiequilibrado donde pv 1.33=constante, calcule el trabajo realizado sobre el metano en B/lbm.

P=14 psia V=0 ft/s

P=55 psia V=250 ft/s

Proceso cuasi equilibrado (sistema queda en equilibrio o infinitesimalmente cercano al equilibrio) la densidad es constante

C= p v 1.33 v2 W =−∫ vdp+∆ +g∆ z 2

( )

p2 p1 ¿ ¿ n−1 n ¿ 1−¿ n W= ∗mRT ¿ n−1 W=

[( ) ]

−1.33 55 ×55 psi× 9.5 f t 3 1.33−1 14

0.33 1.33

−1 −

2

2

(

2

250 ft lb . F . s 2 s2 lb . ft

)( 1lbFBTU. ft )

W =−32101.26 BTU /lb 3) PAGINA 122 EJERCICIO 37 INGENIERÍA TERMODINÁMICA DAVID-BURGHARDT 2DA EDICION Gas helio se expande poliatropicamente a través de una turbina conforme al proceso pv1.5=constante. La temperatura de entrada es de 1000K y la presión inicial vale 1000kpa;la presión de salida es de 150Kpa. Determine la temperatura de salida.

T=1000k P=1000kpa P=105kw T=? P=150Kpa

p2 p1 ¿ ¿ T2 =¿ T1 150 kpa 1000 kpa ¿ ¿ T2 =¿ 1000 k T 2=531.31 K

4) PROBLEMA 13 PAGINA 71 INGENIERIA TERMODINAMICA – (DAVID BURGHARDT) Una bomba centrifuga comprime 3000 L/min de agua de 98 kPa a 300kPa las temperaturas de entrada y salida son de 25°C así mismo los tubos de succión y de descarga están al mismo nivel pero el diámetro de la tubería detona es 15cm, mientras que la tubería de descarga es 10 cm. Realizar el trabajo por la bomba en kW.

AGUA SATURADA

T1= 25°C P1= 98 kPa D1= 15 cm

T2= 25°C P2= 300 kPa D2= 10 cm

M°=3000L/min =50L/s= 50kg/s 10-3

kg

m° = ρ.A.V = 1000 m3 2.82

m s

V2=6.36

−3 2

. π/4. (15.1 0 )

.V

m s

Por la forma Energias que entra = Energias que salen

V1=

2

2

V 1 −V 2 ¿ 0=Q – W + m° ( 2

+ h2 – h1 (Por ser un proceso isotérmico

la variación de entalpia es 0) W = -0.812 kW 5)

PROBLEMA 9 PAGINA 135 INGENIERIA TERMODINAMICA – (DAVID BURGHARDT) Una tobera recibe 5kg/s de vapor de agua a 0.6 MPa y 350°C y lo descarga a 100kPa y a 200°C la velocidad de admisión es despreciable y la perdida de calor es 250 kJ /kg. Determinar la velocidad de salida P1= 60 kPa T1= 350 °C V1= 0 m/s

P2= 100 kPa T2= 200 °C V2=?

Vapor de agua Para hallar la entalpia a 60kPa a una temperatura de 350°C se necesita interpolar 3 veces H3= 3075,52

kJ kg

+

(350−300) 400−300

(203,37)

kJ kg

= 3177,205

kJ kg

(T°=350°C y 50 kPa)

kJ

H3=3071.79 kg H3=3177,205

kJ kg

50 100

+ +

(205,76)

(60−50) 100−50

kJ kg

(T°=350°C y 100kPA)

(T°=350°C y 60kPa) entalpia final

Por la formula de las toberas sin ser adiabaticas H+

1 kJ 2 .V = Ho + Q H=2875.27 2 kg

V=33.20

m s

TRABAJO PARA SISTEMAS CERRADOS 1) PROBLEMA 4.8 PAG: 74 INTRODUCCIÓN A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA ( SONNTAG- BORGNAKKE) Un cilindro con un pistón a presión constante contiene a vapor de agua saturado a 200kPa. En este estado, el pistón se encuentra a 0.1 m del fondo del cilindro y el área del cilindro es 0.25m 2.A continuación se modifica la temperatura a 200°C.Encuentre e trabajo realizado durante el proceso. Ac= 0.25 m2= 2πrh+πr2 por baskara se obtiene un solo resultado

r= 0.2 r2= 0.04 P1=200KPa

P2=200kPa

P2V2=RT2

V1=0.012m3

0.1m

KJ . 472°kA=0.25m A=0.25m2 kg ° K

200kPa. V 2=0.287 V 2= 0.6787 m3

P=(kpa) )

1

200

2

W

.

W= 133.34 KJ

0.6787

0.012

V(m3)

2) PROBLEMA 4.10 PAG: 75 INTRODUCCIÓN A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA ( SONNTAG- BORGNAKKE) Un montaje de cilindro con pistón a presión constante contiene 0.2 kg de agua como vapor saturado a 400kPa. A continuación se enfría, de modo que el agua ocupa la mitad del volumen original. Encuentre el trabajo realizado durante el proceso. P=cte T°=143.63°K P1=P2=400kPa V1=V

m=0.2 kg

De la fórmula: P.V=R.T

V

KJ

V 2= 2

400kPa.V=0.4615 kg ° K

.416,63°K

V1 = 0.4806 m3 (Para 1kg) Para 0.2 kg V1 = 0.0961 m3 V2 = 0.2404 m3 (Para 1kg) V 2 = 0.0480 m3 400

P=(kpa) )

400

2

1

W

0.2403

0.4806

V (m3)

0.096

W=⌠Pdv = P

3)

∫

dv

0.048

= 19.224Kj

PROBLEMA 4.32 PAG: 76 INTRODUCCIÓN A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA ( SONNTAG- BORGNAKKE) Un cilindro con pistón como el de la figura P4.32 contiene refrigerante R-22 y su volumen es 11L cuando el pistón choca contra los topes. El estado inicial es -30°C y 150kPa, con volumen de 10L. El sistema se lleva al interior de un edificio y se calienta a 15°C.Encuentre el trabajo por el R-22 durante este proceso. V= 10L

T2=15°C

T=-30°C

P2=789.1kPa

R=0.0961

KJ Kg ° K

P.V=R.T P1=150kPa

KJ

789.1kPa.V2=0.0961 Kg ° K

w

288°k

V2=0.035m3 W=ʃPdv = 7863,38 KN (geométricamente se saca el trabajo) Según la tabla se halla el fluido refrigerante R-22 P(kPa) 789.1

150

V(m3) 0.035

10

4) PROBLEMA 4.37 PAG: 77 INTRODUCCIÓN A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA (SONNTAG- BORGNAKKE)

Considere un proceso en dos partes con una expansión de 0.1 a 0.2 m 3 a presión constante de 150kPa seguida por una expansión de 0.2 a 0.4 m 3 y con una presión que aumenta en forma lineal de 150kPa y termina en 300 kPa. Indique el proceso en un diagrama P-V y determine el trabajo. 1) Expansión a P=cte.=150kPa V1= 0.1m3

2) Expansión V 2=0.2 m3

V2=0.2 m3

P2= 150kPa

V 3= 0.4 m3 P3= 300kPa

0.2

0.2

W1-2= ∫ Pdv =P 0.1

∫ dv 0.1

=15kJ

W2-3=60kJ (Geométricamente obteniendo el area bajo la curva) WT=75kJ P(kPa) 300 150

0.1

0.2

0.4

m3

5) PROBLEMA 4.18 PAG: 75 INTRODUCCIÓN A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA ( SONNTAG- BORGNAKKE) Un montaje de cilindro con pistón contiene 0.5 Kg de aire a 500 kPa y 500 K. El aire se expande en un proceso tal, que P disminuye de modo lineal con el volumen hasta un estado final de 100 kPa, 300 K. encuentre el trabajo realizado en el proceso. m=0.5kg P1=500kPa T1=500°k

el fluido es aire P2=100kPa T2=300°k

P1.V1=R.T1

P 2.V2=R.T2

KJ

500kPa.V1=0.287 Kg ° K

.500°k

100kPa.V 2=0.287

KJ Kg ° K .300°k V1=0.287m3 (1kg) V1=0.1435m3 (0.5kg)

V2=0.861m3 (1kg) V 2=0.4305m3 (0.5kg)

W= 28.7kJ+57.4kJ=86.1kJ

w P (kPa)

500

100

0.1435

0.4305

CALOR ESPECIFICO 1) Ingeniería Termodinámica David-Burghardt 2DA EDICION Ejercicio 13 propuesto Pagina 92: Para un gas ideal particular el valor de R es 0.280 Kj/Kg.K, y el valor de K es 1.375.Determinar los valores de Cp y Cv.

R es la contante de gas el cual tiene una relacionde calores especificos : R=Cp−Cv 0.280

Kj =Cp−Cv Kg × K

Relacionde calores especificos

K=

Cp Cv 1.375=

Cp CV

0.280 Kj =1.375×(Cv)−Cv Kg × K 0.280 Kj =0.375 ×Cv Kg × K 0.7467 Kj =Cv Kg × K

Cp=

( 0.280+0.7467 ) Kj Kg . k

V (m3)

Cp=1.0267

Kj Kg. k

2) Ingeniería Termodinámica David-Burghardt 2DA EDICION Ejercicio 14 propuesto Pagina 92: Para un gas ideal particular el valor de R es 0.270 Kj/Kg.K, y el valor de K es 1.25.Determinar los valores de Cp y Cv.

R es la contante de gas el cual tiene una relacionde calores especificos : R=Cp−Cv 0.270

Kj =Cp−Cv Kg × K

Relacionde calores especificos

K=

Cp Cv 1.25=

Cp CV

0.270 Kj =1.25×(Cv )−Cv Kg × K 0.270 Kj =0.25 ×Cv Kg × K 1.08 Kj =Cv Kg × K

Cp=

( 0.27+1.08 ) Kj Kg . k

Cp=1.78

Kj Kg . k

3) Ingeniería Termodinámica David-Burghardt 2DA EDICION Ejercicio 24 pagina 93: Un sistemas gaseoso de 1Kg se encuentra en un dispositivo de cilindro y embolo, y recibe calor a presión constante de 350 kPa . La energía se incrementa en 200 kj , y la temperatura en 70 °K. Si el trabajo realizado es de 100 kj , determine: a) Cp b) El cambio de volumen Solución: M=1kg P=350Kpa

∆U=200Kj ∆T=70°K W=100Kj a) Hallar Ce:

Q−W =∆ U Q−100 Kj=200 Kj Q=300 K Q=m∗Ce∗∆ T 300 Kj=1 Kg∗Ce∗70 ° K 4.2857∗Kj =Ce ° K∗Kg b) Hallar la variación de volumen: v2

W =∫ p∗dv v1

100 Kj=350 Kpa∗ (V 2−V 1 ) 0.2857 m3=∆ V 4) Ejercicio 29 pagina 93 SERWAY FISICA: El calor específico de cierto metal se determina midiendo la variación que tiene lugar cuando un trozo del metal se calienta y luego se sitúa en un recipiente aislado construido del mismo material y que contiene agua. El trozo de metal posee una masa de 100g y una temperatura inicial de 100°C El recipiente posee una masa de 200g y contiene 500g de agua a una temperatura inicial de 20°C.La temperatura final es de 21,4°C ¿Cuál es el calor especifico de del metal?

Solución: M.recipiente=200g M.agua=500g

Q2

Q1

20°C

Q

Q1

2

Q1+Q 2=0 mre∗Ce∗( 21.4−20 ) +mag∗Ceagua∗( 21.4−20 ) +mbloque∗Ce∗( 21.4−100 )=0 200 g∗Ce∗1.4 ° K + 500

g∗4.18 kj ∗1.4 ° K=100 g∗Ce∗78.6 ° K ° K∗kg

7580∗Ce∗° K∗g=2926 J

Ce=

0.38∗Kj ° K∗Kg (

Argón)

5) Ingeniería Termodinámica David-Burghardt 2DA EDICION Ejercicio 15 página 92 En el caso de cierto gas ideal Cp=1.1 Cv Solución:

Cp=1.1

Kj kg∗° K

K=1.3 K=

Cp Kj =1.1 =1.3∗Cv Cv Kg∗° K

Cv=0.8461

Kj Kg∗° K

R=Cp−Cv R=0.2539

Kj Kg∗° k

Kj kg∗° K

y k=1.3. Calcule R y

21.4°C

PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA PARA SISTEMAS CERRRADOS 1) PROBLEMA 45, PAG: 110 TERMODINADICA I (Danilo Valenzuela – Teodosio Zapata) En el recipiente mostrado se tiene aire comportándose como gas ideal, en dos comportamientos separados por un pistón sin fricción. Se transfiere calor al aire encerrado en A el cual se expande manteniendo su temperatura constante hasta que a presión del aire en B se reduce a la mitad.

QA

A

B

0.2m3 27°C 4bar

0.9 m3 227 °C

Pistón adiabático sin fricción

A) Determine el calor transferido al aire A, en KJ. Analizando el comportamiento del aire que está en la sección A, al darle calor este expande aumentando su volumen y disminuyendo su presión este caso pertenecería a un proceso isotérmico V1 = 0.2 m3

Calculamos la m A

T1= 27 °C = 300 k

m A=

P1= 400 kPa

m A=

P1 V 1 R T1

400 ( 0.2 ) 0.287 ( 300 )

V1 = 0.9 m3

Calculamos la P m BV 1 1

mB =

T1 = 227°C = 500 K B ejerce la presión que A ejerce sobre él

mB =

P1 = 400 kPa

RT1

400(0.9) 0.287 (500)

mB =¿ 2.50871 Kg

Por ser isotérmico calculamos el volumen V2: A ejerce la presión que ejerce B P1.V1 = P2.V2 PB

PA

(400kPa)(0.2m3) = (200kpa) V2 V2 = 0.4 m3 V2 =? T2 =? P2 = 0.5 P1 = 0.5 (400) = 200 kPa Aplicando la primera ley de la termodinámica al comportamiento A: Q12 = mA (uA - uB) + W12

por teoría sabemos que:

/

∆ U =mC v (T 2−T 1 ) Q12 =mA CV (T2 – T1) + W12 isotérmico T1 = T2 entonces

también por dato sabemos que es

∆ U =0

Q12 = W12 (trabajo de expansión) Entonces:

W 12=∫ Pdv=

V mRTdV =m A RT ln 2 V V1

W 12=m A RT ln

P1 =0.92915 ( 0.287 )( 300 ) ln ( 2 ) P2

( )

W 12=55.4516 kJ =Q12 Q A = 55.45 KJ B) Calcule la temperatura final del aire en “B”, en K. Para el comportamiento A se cumple:

V 2 P1 400 = V = V V =2 V 1 V 1 P2 2 200 1 2

Por tanto la variación de volumen:

3

∆ V =V 1=0.2 m

Para el comportamiento B se cumple:

V 2=V 1−∆ V =0.9−¿ (0.2) = 0.7 m3 Entonces:

T2=

P2 V 2 200 ( 0.7 ) = mB R ( 2.50871 ) ( 0.287 ) T2 = 194.44 K

C) Determinar el calor transferido en el recipiente “B” en KJ

Q12 = mB (u2 – u1) + W12 Q12 = mB Cv (T2 – T1) + (-55.45) Q12 = 2.50871 (0.7165) (194.44 – 500) + (- 55.45)

Q 12 = - 604.69126 kJ

2) PROBLEMA 6 PAG: 119 INGENIERIA TERMODINAMICA(DAVID BURGHART) Un dispositivo de cilindro y embolo que contiene aire, recibe calor a una temperatura constante de 500 k y a una presión inicial de 200 kPa. El volumen inicial es de 0.01 m3 y el final de 0.07 m3. Determine el calor y el trabajo realizado y afirme si hay o no hay variación interna interna. SOLUCION Datos T°= 500 K = CTE Por ser de temperatura cte. pertenece al caso de proceso isotérmico. Vo= 0.01 m3 Vf = 0.07 m3 Po= 200 kPa

P P0

1 V1

PdV =¿ ∫ V0

V1

RT dV V1 dV =RT ∫ dV =RT [ ln V ] V 0 V V0 V V1

W =∫ ¿

P1

V0

V0

(

W = 0.287 V1

2

kJ 0.07 kJ (500 k ) ln =279.23 Kg−k 0.01 Kg

)

( )

Aplicando la primera ley de la termodinámica:

Q=∆U +W

Sabemos que en un proceso isotérmico la temperatura es cte por tanto no hay una variación de temperatura ya que tendríamos

∆ U =mC v (T 2−T 1 )

por lo tanto

∆ U =0

Esto significa que todo el calor que recibe el aire podrá ser transformado en trabajo Q = W.

3) PROBLEMA 12 PAG: 119 INGENIERIA TERMODINAMICA(DAVID BURGHART) Aire a una presión de 100kPa tiene un volumen de 0.32 m 3. Es comprimido de manera adiabática reversible hasta que su

temperatura vale 190°C. El trabajo reversible es de - 63 kJ. Determine: a) la temperatura inicial. b) la masa del aire. c) el cambio de energía interna solucion Datos P1= 100kPa V1= 0.32 m3 V2=? T1=? T2= 190°C= 463 k W= -63 kJ

PV K =∁

Con k= 1.4

De esta relación despejaremos P para luego hallar el volumen final sabiendo ya que nuestra constante C = 20.28 kPa*m4.2 V2

w=∫ V1

V2

C dV V 1.4 −0.4 V 2

[ ]

dV V −63 kJ =∁ ∫ 1.4 =∁ −0.4 V1 V

V1

T2= T1 (P 2/P1) (n-1)/n = (V1/V2)n-1 (de aquí de0.4la ecuación de estado 1 =V 2 sacamos la temperatura inicial 2.81959 Obteniendo T1 = 243.92 k A hora la masa del are calcularemos mediante la ecuación:

√

w=

mR ( T 2−T 1 ) 1−k

Despejando m = W (1 - k)/ R (T2-T1) m = (-63kJ)(-0.4)/(0.287Kj / kg-k) (219.08 k) = 0.4 kg El cambio de energía interna seria:

∆ U =mCe v ∆ T =( 0.4 kg )

kj ( 219.08 k ) ( 0.717 kg−k )

∆ U =62.83 kJ

4) PROBLEMA 5 PAG: 119 INGENIERIA TERMODINAMICA(DAVID BURGHART) Un recipiente cerrado rígido tiene una capacidad de 1m 3 y contiene aire a 344.8 kPa y 273 k. se le suministra calor hasta que su temperatura es de 600 k. Evalué el calor y la presión final DATOS V1= 1m3 Sabemos que el recipiente es rígido entonces el P1= 344.8 kPa volumen no varía, es cte. el proceso es isobárico: T1= 273 k T2= 600 k Utilizando la primera ley de la termodinámica nos Q =? damos cuenta de que el Q=∆U ya que no hay P2=?

P1 T 1 = P 1∗T 2=P 2∗T 1 P2 T 2 P2=757 kPa Utilizando tablas termodinámicas ubicamos el R del aire = 0.287 kJ/Kg-k Por ser un recipiente cerrado la masa del aire se mantiene cte así que calculamos su masa: P1*V1= m R T1 m = (P1*V1) / (R*T1) = (344.8 kPa) (1m3) / (0.287 kJ/Kg-k) (273 k) = 4.39 Kg Ahora por teoría calculamos la variación de energía interna:

∆ U =mC v (T 2−T 1 ) ∆ U =4.39

kg∗0.717 kJ ∗( 327 k )=1029.27 kj kg−k

Q=∆U +W pero W =0 Q=246.23 kcal

5) PROBLEMA 5.81, PÁGINA 110; INTRODUCCION A LA TERMODINAMICA PARA INGENIERIA- (SONNTAG BORGNAKKE) Nos dice dato con del pistón problema queautomóvil el proceso es politrópico entonces El montaje de por cilindro de un contiene 0.2 L de aire a 90 kPa y 20°C, como se ve en lacumple figura. El aire se comprime en un proceso con: politrópico de cuasi- equilibrio con un exponente politrópico n = 1.25, hasta un volumen final seis veces menor. Determine PV n=∁ ……….la (I)presión final, la temperatura y la transferencia de calor en el proceso. Necesitamos saber el valor del V1 entonces: 1.25

P1 V 1 =R T 1 Datos m = 0.2 kg kJ P1=( 90 90kPa kPa ) V 1.25 )(293 K ) 1 =(0.287 Kg−k T1= 20 °C Aire 2 1 n = 1.25 V2= V 1/6 m3 ( V 1.25 =0.934 × 0.2 Kg )=0.1869 m 3 P2=? 1 kg T2=? Q=? Ahora conocemos el valor de V2= V1/6 reemplazamos en (I) 1.25 P1 V 1.25 1 =P 2 V 2

SOLUCION

( 90 kPa ) ( 0.1869 m3 )= p2 (

0.1869 3 m ) 6 1.25

P2=845.2 kPa Ahora calculamos la T° usando la relación para un proceso politrópico de un gas ideal:

T 2 P2 = T 1 P1

n−1 n

V1 V2

( ) ( ) =

n−1

L a transferencia de calor se puede calcular a partir del balance de energía. Así

Q W −70.2 kJ = + ( u2−u 1 )=−190.1+ ( 328.95−209.05 ) = m m Kg Q = (-70.2)*(0.2)= -14.04 KJ Donde los valores de la energía interna específica se calculan mediante la tabla de propiedades termodinámicas del aire.