TERMODINÁMICA PROBLEMA 1-20 Determinase el peso de una masa de 10kg en un lugar en el que la aceleración de la graveda
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TERMODINÁMICA
PROBLEMA 1-20 Determinase el peso de una masa de 10kg en un lugar en el que la aceleración de la gravedad es 9,77 m/s2 SOLUCION: peso = masa x gravedad peso = 10 kg x 9,77 m/s2 peso = 97.7 N PROBLEMA 1-23 Calcúlese la fuerza necesaria para acelerar hasta 100 ft/sec2, verticalmente y hacia arriba, un cohete de 20.000 lb. Supóngase g=32,2 ft/sec2. SOLUCION: F−W=
F − 20.000 lbf =
W xa g
20.000 lbf x 100 ft/sec 2 ft 32,2 sec 2
F − 20.000 lbf = 62.111,816 lbf F = 62.111,816 lbf + 20.000 lbf F = 82.111,816 lbf F = 82,1 klbf
PROBLEMA 1-28 Complétese la tabla siguiente si Patm=100kPa (wHg=13,6wH2O).
(a) (b) (c) (d)
(a)
KPa manométrica 5
KPa absoluta
mmHg abs
150 30 30 Pman = Pabs − Patm 5 = Pabs − 100 Pabs = 105 KPa
Pabs = w. h 105 KPa = 9.810x13,6xh h=
9.810x13,6 105
h = 0,787mHg h = 787 mmHg
h=
Pman w
h=
5.000 9.810
h = 10.7 mH2 O
(b)
mH2O manométrica
Pman = Pabs − Patm Pman = 150 − 100 Pman = 50 KPa
Pabs = w. h 150KPa = 9.810x13,6xh
h=
9.810x13,6 150
h = 1,124mHg h = 1.124 mmHg
h= h=
Pman w
50.000 9.810
h = 5.097 mH2 O
(c)
Pman = Pabs − Patm Pman = 4 KPa − 100 KPa Pman = −96 KPa
Pabs = w. h Pabs = 9.810x13,6x0,03 Pabs = 9.810x13,6x0.03 Pabs = 4002,48 Pa Pabs = 4 KPa
h= h=
Pman w
−96.000 9.810
h = −9,786 mH2 O
(d)
Pman = Pabs − Patm 294,3 = Pabs − 100 KPa Pabs = 394,3 KPa
Pabs = w. h 394,3 KPa = 9.810x13,6xh h=
394,3 9.810x13,6
h = 0.0029554 Pa h = 2.955 KPa
h=
Pman w
30 mH2 O =
Pman 9.810
Pman = 294,3 KPa
PROBLEMA 1-34 Un vehículo de 1.500 kg que se desplaza a 60 km/h choca de frente con otro vehículo de 1.000 kg que se desplaza a 90 km/h. si alcanzan inmediatamente el reposo tras el impacto, determínese el incremento de energía interna, tomando ambos vehículos como sistema. SOLUCION:
Antes del choque 1 50 1 E1 = x1.500Kgx( m/s) 2 + x1.000Kgx(25m/s) 2 2 3 2 E1 = 208.333,3 J + 312.500 J E1 = 520.833,3 J E1 = 521 KJ
Después del choque E2 = 0
E1 + U1 = E2 + U2 521 521 KJ + U1 = 0 KJ + U2 U2 − U1 = 521 KJ
PROBLEMA 2-21 Un recipiente hermético de vidrio Freón 12 a 50 *C. Según se va enfriando, en las paredes, que se encuentran a 20 *C, se observan pequeñas gotas de líquido. Determinar la presión inicial en el recipiente. Ecuación van der Waals para gases no ideales: p=
RT a − 2 v−b v
Teniendo: T = 50℃ v = vf + vg = 0.000826 + 0.014170 = 0.014996 m3/kg a = 0.0718
b = 0.000803
(vf y vg son datos de la tabla D-1)
(datos de la tabla B-8 para el Freón 12)
Resolviendo: p=
(0.462)(50℃) 0.0718 − 3 m m3 2 0.014996 − 0.000803 (0.014996 ) kg kg p = 657.256 kPa
ROBLEMA 2-30 Un recipiente rígido de 4 m3 contiene nitrógeno a una presión de 4.200kPa. Determinar la masa cuando la temperatura sea (a) 30*C y (b)-120*C. a) T= 30*C + 273 = 303*K V= 4m
3
P= 4200 KPa
P.V = R.T.m
𝑃𝑉 𝑅𝑇
m=
M = (4200*103 x 4𝑚3 )/(0.296 x303*K) M =0.1867Kg
b) T= -120*C + 273 = 153*K V= 4m
3
P= 4200 KPa
P.V = R.T.m
𝑃𝑉
m=𝑅𝑇
M = (4200*103 x 4𝑚3 )/(0.296 x153*K) M =0.3697Kg
Problema 3.9 En un recipiente rígido se calientan 0,025Kg de vapor de agua con una calidad del 10% y una presión de 200KPa hasta que la temperatura alcanza 220°C. Calcúlese (a) la calidad final y (b) el trabajo realizado por el vapor. SOLUCIÓN a) v1=vf + x (vg – vf) v1=0,0010 + 0,10 (0,89-0,0010) v1=0,09 como el volumen es rígido el volumen especifico se mantiene constante en una temperatura de 220°C INTERPOLACIÓN Vg= 0,8857 +
0,22−0,20 0,30−0,20
X (0,6058 – 0,8857)
Vg=0.94
0,09=0,010 + xf (0,94-0,0010) Xf=0,93
b) trabajo realizado por el vapor: W=p(v2-v1) m = 0,025 (220) (0,94-0,0010) W=51645
PROBLEMA 3-18 Un muelle en su longitud natural está unido a un émbolo. Se suministra energía hasta la presión en el cilindro es 400KPa. Calcúlese el trabajo realizado por el gas sobre el émbolo. Utilícese Patm =75KPa SOLUCIÓN:
Área: (25x10−3 )2 = 0.002m2
(P-Patm) A=kx (400000 – 75000) 0.0196 = 1000x x=0.637m
Hallando el trabajo realizado por el gas: w=
x2 x1Fdx
=
x2 x1Kxdx
w = 0.5
1 = kx2 2 − x1 2 2
1kN 0.6372 m
w = 0.2028kJ PROBLEMA 3-22 Un motor eléctrico extrae 12ª de una batería de 12V (Figura 3.20) El 90% de la energía se utiliza para hacer girar rueda de paletas. Después de 50s funcionamiento de émbolo de 30kg se eleva una distancia de 100mm.Determinense el trabajo neto realizado por el gas sobre su entorno. Utilícese Patm=95kPa SOLUCIÓN:
Solución: mg = pA − Patm A 30(9.81) = (p − 95000)(π(0.32 / 4) P=99kPa 1.-La rueda de paletas realiza trabajo sobre el sistema (el gas), es negativo
w = Vi∆t W = −(12V)(12A)(50s) W = −(12W/ A)(12A)(50s) = −7200J Trabajo usado será: W = (0.9)(7200) = −6480J 2.-El trabajo realizado por el sistema en el émbolo es positivo W = PAh W = 99000(π(0.3)2 /4)(0.1) W5780j = 700J Por lo tanto, el trabajo neto será: Wnot = −6480J + 700J Wnot = −5780J
PROBLEMA 3-20 Un globo de 60ft de diámetro se Vallenar con helio procedente de un tanque presurizado. El globo está inicialmente vacío(r=0) a una altura donde la presión atmosférica es 12psi. Determínese el trabajo realizado por el helio mientras se llena el globo. La presión varia con el radio según p=0.04(r − 30)2 +12 donde p esta en psi. SOLUCIÓN: vacío
D=0
lleno
D=0 pie
P=0.04(r − 30)2 +12 psi Se sabe: v2
W=∫v1 pdv π
v= 6 D3 1
dv=2πD2
v1=0 v2=max
60
D1=0 D2=60 pie
D
π
w=∫0 (0,04( 2 − 30)2 + 12)( 2 D2 )dD D2
60
π
w=∫0 (0,04 ( 4 + 900 − 30D) + 12)( 2 D2 ) dD 60 D2 6 − D+ 100 5
w=∫0 ( π
60 D4
6
π 2
48)( D2 )dD
w= 2 ∫0 (100 − 5 D3 +48D2 )Dd 60
0
π D5 6D4 2 500 20
w= (
+
48D3 ) 3
w=3,11x108 ft-lbf
PROBLEMA 3.30
El motor de un coche desarrolla 100hp, de los que el 96% se transmiten al eje. Calcúlese el par transmitido por el eje si gira a 300rpm Sol. Datos: ẇ=100hp w=? ω=300rpm Utilizando la ecuación ẇ= tω 1
Expresando ω en rad/s:
ω= (300)(2π)(60)= 31,41rad/s
Para los ejes transmite el 96% ẇ Por lo tanto, 96% ẇ=t (31,41) T= (96%) (100) (746) (
1 31,41
)= 2280N.m
1hp= 746w
Problema 4.32 A la vez se comunican 300J en forma de calor al aire del cilindro de la figura, el émbolo asciende 0,2m. Determine la variación de energía interna.
El trabajo necesario para elevar el peso y comprimir el muelle es: W = (mg)(h) + (Patm )(A)(h) W = 10(9,81)(0,2) +
100000( π0,22 ) (0,2) = 176,7 J 4
El primer principio aplicado a un proceso sin variaciones de las energías cinética y potencial es: Q − W = ∆U Así, se tiene ∆U = 300J − 176,7 = 123,3 J
Problema 4.40 Un recipiente rígido de 0.2 m3 contiene vapor de agua a 600kPa y calidad 0.8. Determine la temperatura final si se le comunican 1000 Kj en forma de calor SOLUCIÓN
-De la fórmula: v = vf + x( vg –vf) = 0.001101 + 0.8(0.3157 -0.001101) =0.25278 m= V/v= 0.2/0.253= 0.791 kg -Como el volumen no varía en un volumen rígido: u= uf + x (ug – uf) = 669.9 + 0.8(2567.4-669.9) = 2187.9 -La energía final interna se calcula entonces con el primer principio: 1000=0.791(u2 -2187.9) 1000 =0.791u2 -1730.63
u2=3452.12
-Interpolando la temperatura final sería: T=787℃
EL PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA
4.51) Un volumen rígido de 2 pies cúbicos contiene agua a 120 farenheit con una calidad de 0.5. Calcúlese la temperatura final si se le comunica un calor de 8 BTU SOLUCION •
El primer principio aplicado al proceso exige que Q-W=m.u. Para hallar la masa, se ha de utilizar el volumen específico del modo siguiente
•
V1= vf + x(vg-vf)=0,016+(0,5)(203,0-0,016)=101,5 pies cúbicos por libra masa
•
Masa=V/v; 2/101,5= 0,0197 lbm
•
Como el volumen no varia en un volumen rígido, el trabajo es cero. Por tanto, Q=m.u. El valor de la energía interna inicial es:
•
u1= uf +x.ufg; 87,99 +(0,5)(961,9)=568,9 BTU/lbm
•
La energía interna final es
•
8=0,0197(u2-568,9) --> u2=975 BTU/lbm
•
Es menor que ug, por tanto el estado 2 se encuentra en la región húmeda con v2=101,5 pies cubicos por libra masa. Para determinar el estado 2 se necesita aplicar un procedimiento de prueba y error a T=140F
•
101,5=0.016+x2(122,9-0,016) --> x2=0,826
•
975=108+948,2.x2 --> x2=0,914
•
A T=150F: vg=96,99 --> ligeramente sobrecalentado; 975=118+941,3x2 --> x2=0,912
•
Evidentemente, el estado 2 se halla entre 140F y 150F. Como la calidad es insensible a la energía interna, se halla T2 de tal modo que vg=101,5pies cubicos por libra masa
•
T2=150-((101,5-96,99)/(122,88-96,99)).(10)=148 F.
4.68) Estímese las capacidades térmicas específicas a presión y a volumen constante del 30 psia y 100F.
Freon 12 a
SOLUCION •
Se escriben las derivadas en forma de diferencias finitas y empleando valores a ambos lados de 100F para mayor exactitud, se obtiene:
•
Cp=(94,843-88,729)/(120-80)=0,153BTU/lbm.F= 0,135BTU/lbm.F
5.19) Un motor que funciona según ciclo de Carnot tiene un rendimiento del 75%. ¿Qué COP tendría una máquina frigorífica que funcionase siguiendo el mismo ciclo? La temperatura de la fuente de baja es 0 grados Celsius. •
El rendimiento del motor térmico viene dado por n=1-Tb/Ta. Por tanto T alta=T baja/(1-n)=273/(10,75)=1092K
•
El COP de la máquina frigorífica resulta entonces
•
COP=273/(1092-273)= 0,3333
5.27) Dos máquinas frigoríficas de Carnot funcionan en serie entre dos fuentes térmicas a 20 y 200C, respectivamente. La energía térmica cedida por la primera máquina frigorífica se utiliza como energía térmica suministrada a la segunda máquina. Si el COP de las dos máquinas frigoríficas es el mismo, ¿Cuál es la temperatura de la fuente térmica intermedia?. •
El COP dee una máquina frigorífica viene dado por COP = T baja(T alta- T baja). Obligando a que los dos valores del COP sean iguales se obtiene
•
293/(T-293)=T/(473-T) --> T= 372,3K
•
8.35) La turbina del problema 8.2 tiene un rendimiento del 87%. Determínese el flujo másico y el rendimiento del ciclo si Wt= 20MW.
SOLUCION •
Teniendo como referencia la figura 8.16 y utilizando las tablas del vapor de agua se obtienen los siguientes valores de las entalpías
•
H3=3,422KJ/Kg h2=h1=192KJ/Kg s4=s3=6,881=0,649+7,502X4
•
-->X4=0,8307, por lo tanto h4=192+(0,8307)(2,393)=2180KJ/Kg
•
Los cálculos se completan como sigue
•
Ws=h3-h4=3422-2180=1242KJ/Kg
•
Wr=NtWs=(0,87)(1242)=1081KJ/kg
•
Flujo másico=20 000/(18,5)(3422-192) =0,317 o 31,7%
8.50) Una planta de potencia de vapor se diseña para funcionar según un ciclo Rankine con una temperatura de salida del condensador de 80 grados Celsius y una temperatura de salida de la caldera de 500 grados Celsius. Si la presión de salida de la bomba es de 2 MPa, calcúlese el rendimiento térmico máximo posible del ciclo. SOLUCION •
Para calcular el rendimiento térmico se debe a determinar el trabajo de la turbina y el calor transferido en la caldera. El trabajo de la turbina se obtiene como sigue
•
En el estado 3: h3=3498KJ/Kg
•
En el estado 4: s4=s3=7,432=1,075+6,538X4
•
Así X4=0,9723, h4=2580KJ/Kg y Wt=h3-h4=888KJ/Kg
s3=7,432KJ/Kg.K
8.44) El vapor de agua de un ciclo Rankine que funciona entre 4MPa y 10KPa se recalienta a 400Kpa hasta 400 grados Celsius. Determínese el rendimiento del ciclo si la temperatura máxima es de 600 grados Celsius.
•
H2=h1=191,8KJ/Kg, h3=3674,4KJ/Kg, h5=3273,4KJ/Kg, s4=s3=7,369KJ/Kg.K
•
Para los dos procesos isoentrópicos se calcula lo siguiente
•
(S4=7,369KJ/Kg.K, P4=400KPa)-->Interpolando: h4=2960KJ/Kg
•
S6=7,898=0,649+7,501.X6, X6=0,9664, h6=2504KJ/Kg
•
El calor suministrado a la caldera es
•
Qcald=h3-h2+h5-h4=3795KJ/Kg
•
El trabajo obtenido en la turbina es:
•
Wt=h3-h4+h5-h6=1483KJ/Kg. Finalmente, el rendimiento del ciclo resulta
•
N=Wt/qcald, 1483/3795=0,391 o 39,1%
s6=s5=7,899KJ/Kg.K
4.32 A la vez se comunican 300 J en forma de calor al aire del cilindro de la figura 4.28, el embolo asciende 0,2 m. Determínese la variación de la energía interna.
Solución:
1era Ley: Q = ΔU + W ΔU = Q – W ΔU = Q – ΔV.P………..Ɓ
D = 10 total cm ==0.1 m + Presión Patm
Pembolo
2 D2 Area = A = π. = π. 0,14 = 0.007854m ² 4 PT = Patm + Pembolo
ΔV = A.h=0,007854 . 0,2 = 1,57. 10−3 m3 𝑊 PT = Patm + 𝐴 W = peso del embolo =98,1 mg 0,007854 W = 10 . 9.81 = 98.1 N
PT = 101325 Pa +
PT = 113815.48 Pa En Ɓ
N m²
.
ΔU = 300 J - 1,57. 10−3 113815.48 m3
4.42 En un recipiente de 4 litros se tiene vapor de agua a una presión de 1,5 MPa y una temperatura de 200°C si durante una expansión en la que se reciben 40 KJ en forma de calor la presión se mantiene constante, obténgase la temperatura final (resuelve el problema sin recurrir a la entalpia).
En la tabla de vapor sobrecalentado:
V1 = 4L = 4 . 10−3 𝑚3 P1 = 1,5 MPa = 1500 KPa
V1 = 0,135
T1 = 200°C
𝜇1 = 2598.1
T1 = 200°C = 473°K Q=40KJ
m=
Sabemos = P1 = P2 = cte
𝑚3
P1 = 1,5 MPa
Vt Vi
=
4.10−3 𝑚3 𝑚3 0,135 𝐾𝑔
𝐾𝑔
𝐾𝑗 𝐾𝑔
= 0,03018887Kg
V2 = m . Vi2 = 0,03018887 . (Vi2)
1era Ley: Q = ΔU + ΔW = m (μ 2 - μ1) + P(V2–
V1)
Reemplazando: 40 = 0,0301887 (μ2 – 2598.1) + 1500 (0.0301887 V2 – 0.004) Como hay dos incógnitas (μ2 ^ V2) se resuelve por aproximación: Tomando P2 = 105MPa ^ V2 = 0.2981 ⇒ T2 = 700°C .... (Por tablas) Resolviendo la ecuación:
μ2 = 3674.69
Interpolamos: tomamos V2 = 0,32
Kj Kg
⇒
T2 = 786,495°C
> μ1 permitido
700 0,2981
T2 0,32
800 0,3292
En la ecuación: V2 = 0,32 40 = 0,0301887 (μ2 – 2598.1) + 1500 (0.0301887 (0.32) – 0.004)
μ2 = 3524,35 c Ahora en la tabla (interpolamos)
μ2 = 3524,35 P2 = 1500MPa
700 0,2981
T2 0,32
800 0,3292
T2 = 733,3°C Sacando promedio de las temperaturas:
T=
786.495+733.3 2
= 760°C (aprox).
Nota: Se podría ir haciendo más ensayos de interpolación para mejorar la aproximación.
4.48 Obténgase valores aproximados de la capacidad térmica específica a volumen constante del vapor de agua a 800°F si la presión es (a) 1 psia, (b) 14.7 psia y (c) 3.000 psia. a)
Si: P = 1psia T = 800°F
Tablas (Artificio)
por diferencias finitas.
μ1= 1219.3 Btu/lb
T1 = 600 F T = 800 F T2 = 1000 F
μ2= 1773.9 Btu/lb
Sabemos:
Cv =
ΔU ΔT
=
μ2− μ1 T2− T1
=
1373,9+1219,3 1000−600
= 0,386 Btu/lb°F
Cv = 0,386 Btu/lb°F (Rpta)
b)
Si: P = 14.7psia T = 800°F
Tablas
T1 = 600 F T = 800 F
por diferencias finitas.
μ1= 1218.6 Btu/lb
μ2= 1373.7 Btu/lb
T2 = 1000 F
Sabemos:
Cv =
μ2− μ1 T2− T1
=
1373,7+1218,6 400
= 0,388 Btu/lb°F
Cv = 0,388 Btu/lb°F (Rpta)
c)
Si: P = 3000psia T = 800°F
Tablas
μ1= 1114.7 Btu/lb
T1 = 750 F T = 800 F T2 = 850 F
μ2= 1207.7 Btu/lb
Sabemos:
Cv =
ΔU μ2− μ1 ΔT T2− T1
=
1207,7+1114,7 850−750
= 0,93 Btu/lb°F
Cv = 0,93 Btu/lb°F (Rpta)
4.72 Una persona emite aproximadamente 400 Btu por hora en forma de calor. En una habitación de 10x75x150 ft sin ventilación hay 1000 personas. Obtener un valor aproximado del aumento de temperatura al cabo de 15 minutos, suponiendo: a) presión constante b) volumen constante c) cuál de las dos hipótesis es más realista?
a) *Para hallar la presión se recurre a la presión absoluta: P abs = P atm + P man
*Recurriendo a las tablas la temperatura es 96 C °. *La más realista es la presión constante.
5.19 (a) ¿Cuál es el máximo rendimiento que puede tener un motor que funciona con el gradiente térmico del océano? La superficie del agua está a 85 ℉ en el sitio propuesto y a una profundidad razonable a 50℉. (b) ¿Cuál sería el COP máximo de una bomba de calor que funcione entre esas dos superficies cuando se utiliza para calentar una plataforma marítima extractora de petróleo próxima a la costa?
a) Un motor que funciona con el máximo rendimiento es el motor de Carnot, por lo tanto podemos usar la fórmula del rendimiento térmico, convirtiendo las temperaturas a grados Kelvin.
Rendimiento térmico:
b) El motor de Carnot se convierte en una bomba de calor y su coeficiente de operación resulta:
5.26 Se utiliza un ciclo de refrigeración de Carnot para estimar la exigencia energética en un ensayo para reducir la temperatura de una muestra hasta el cero absoluto. Supóngase que se desea extraer 0.01 J de energía térmica de la muestra cuando ésta se halla a 2x10-6 K. ¿Qué cantidad de trabajo se necesita si la fuente térmica de alta está a 20℃?
El motor de Carnot que extrae energía térmica es la máquina frigorífica, y el coeficiente de operación se define como:
Resolviendo obtenemos el trabajo: 𝑊 = 1465 𝑘j
6.27 La variación de entropía en cierto proceso de expansión es 5,2 kJ/K. El gas, inicialmente a 80kPa, 27ºC y 4m3, alcanza una temperatura final de 127ºC. Calcúlese el volumen final si el gas es (a) aires, (b) dióxido de carbono, (c) nitrógeno y (d) hidrógeno.
6.36 En un cilindro aislado se expanden 4 kg de aire desde 500 kPa y 227℃ hasta 20 kPa. ¿Cuál es el trabajo obtenido (a) suponiendo capacidades térmicas específicas constantes y (b) utilizando la tabla de los gases?
Tenemos aire con los siguientes datos: M=4 kg, P1=500 kPa, T1=500 K, T2=20 kPa a) Si suponemos capacidades térmicas específicas constantes: La expansión se produce muy rápidamente. Por tanto, el proceso se aproxima por un proceso adiabático reversible. La temperatura final es:
Usamos el primer principio con transferencia de calor nula: −𝑊 = 𝑚𝑐𝑝∆T −𝑊 = (4) (0.717) (199.32 − 500) 𝑊 = 862.4 J b) Utilizando la tabla de gases, suponemos capacidades térmicas específicas variables: A 500 K la presión relativa según la tabla F.1 es 8.411, entonces la presión relativa del estado 2 es: 𝑃𝑟2 = 𝑃𝑟1 (𝑃2/ 𝑃1) → 𝑃𝑟2 = 0.3364 Esta presión corresponde, en la tabla, a la temperatura de 200 K, por lo tanto, podemos hallar el trabajo con el primer principio: 𝑊 = 𝑚 (𝑢1 − 𝑢2) = 4(359.49 − 142.56) 𝑊 = 867.72 𝑘𝐽 El resultado aproximado de (a) tiene un error menor que el 0.6%.
6.39) En un cilindro se expansionan 0.1 kg de agua a la presión constante de 4 M Pa desde liquido saturado hasta que la temperatura es 600 C °. Calcular el trabajo necesario y la variación de entropía.
SOLUCION: m= 0.1 kg P= 4 M Pa T2 = 600 C ° W =? Δ S=? -el trabajo es igual: W= P (V 2 – V1) ………………………… (1) -para hallar el volumen 1 : p= m/ v = v = 0.1 𝑚3 -Para hallar el volumen 2: m= V2/ v2 =0.1 x0.098 𝑚3 -reemplazando en (1) : W= 400(0.1X0.098 -0.1) = 38.8 KJ -para hallar la variación de entropía: = 0.863 KJ/K
6.52 En un contenedor rígido de 2𝐦𝟑 se almacenan 2kg de aire a una temperatura inicial de 300°C. Se extrae calor del aire hasta que la presión alcanza un valor de 120kPa. Calcúlese la variación de entropía (a) del aire (b) del universo si el entorno está a 27°C.
Solución:
Rígido De los gases ideales:
To = 27°C = 300°K
V1 = V2
= 2 𝑚3
T2 =
𝑃2 . 𝑉2 𝑚. 𝑅
=
120 . 2 2 . 0,287
= 418,12°K
m = 2kg
T2 = 418,12°K Q Sale calor
T1 = 300°C = 573°k Aire
Dato:
a). Para un proceso a V = cte
P2 = 120 KPa
Δs = m .
Sabemos para el aire: Kj Cv = 0.717 Kg°K Kj Cp = 0,10035 Kg°K R = 0,287 Kj / Kg°K
Cv. Ln
Δs = - 0,4518
T2 T1
𝐊𝐣 °𝐊
= 2 . 0,717 . Ln
(Rpta).
418,12°K 573°K
* Calor que pierde el sistema
Q = m . Cv . Q=
ΔT = m .
Cv (T2 – T1) = 2 . 0,717 (418,12 – 573) = -222,09KJ
-222,09KJ
* El calor que pierde el sistema es lo que ganan los alrededores
Q entr = + 222,09kJ Δso=
Q entr To
=
^
222,09kJ 300°K
To = 27°C=300°K
Kj = 0,74032 °K
b) ΔsUNIV = ΔsAire + ΔsEntr ΔsUNIV = -0,4518 + 0,74032 = 0,289 ΔsUNIV = 0,289
𝐊𝐣 °𝐊
(Rpta).
Kj °K
7.7) En una turbina entra vapor a 6Mpa y 500ºC y sale a 100kPa y 150ºC. Determínese (a) el trabajo reversible y (b) la irreversibilidad del proceso. Los datos se recogen de la tabla 7.4
7.23 En una válvula adiabática se somete vapor de agua a un proceso de estrangulamiento desde 250 psia y 450 °F hasta 60 psia. Determínese (a) el trabajo reversible y (b) la irreversibilidad. Solución: Una válvula adiasotica Q=0 1
2
P1 = 250psi
P2 = 60psi
T1 = 450°F
T2 = ?
Vapor de agua
1era Ley: Q = Δh + ΔW 0 = h2 - h1 h1 = h2 * Estado 1: Si: P1 = 250 psia T = 450°F
P1 = 200 psia
P1 = 250 psia
P1 = 300 psia
1240.7 1.5938
h1 S1
1226,1 1,5365
h1 S1
Tabulando e Interpolando:
=
h1− 1240,7 1226.2−1240.7
=
250−200 300−200
= h1 = 1233,45 Btu/lb
^ Igualmente S1 = 1,56515 Btu/lb
* Estado 2: Tablas de sobrecalentado
P2 = 60 psia
Resulta casi exacto en la tabla
h1 = h2 = 1233,45 Btu/lb
P2 = 60 psia T2 = 400 ⇒
h1 = h2 = 1233,45 Btu/lb ⇒ S2 = 1,7134
* Hallando la irreversibilidad:
i = WREV - WR
i = Irreversibilidad
i = W REV – 0 i = WREV
W REV = trabajo reversible WR = trabajo real
WREV = h1 - h2 + T0 (S2 - S1) ………………………Asumiendo T0 = 80°F WREV = 0 + 540 (1,7134 – 1,56515) T0 = 460 + 80 = 540°R WREV = 79,80 Btu/lb T0 = 540°R WREV = 79,80 . 778.16 lbf – pie / lb WREV = 79,80 Btu / lb WREV = 62106,5 lbf – pie / lb(Rpta).
Sabemos: 1Lbtu = 778,16 lbf – pie
Problema adicional: Consideremos un volumen de 1 𝐦𝟑 de aire que está a 400 Kpa de presión y 600°K de temperatura, siendo la presión exterior de 100 Kpa y la temperatura a 300°K . Cuanto vale la energía del aire?
V1 = 1 𝑚3
T2 = 300k
P1 = 400kPa
P2 = 100kPa
Ambiente
T1 = 600k Aire
m=
PV RT
=
400 . 1 0.287 . 2,323kg
= 2,323 Kg
H1 = m . Cp . T1 = 2,323 . 1,0035 . 600 = 1398,67 Kj H2 = ?