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TERMODINAMICA

FASE 5 APLICACIÓN DE LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA EN SITUACIONES INDUSTRIALES

PRESENTADO AL TUTOR (A): CAROLINA LEON

ESTUDIANTE: PAULA VIVIANA RINCON CORTES CÓDIGO: 1074559022

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS TECNOLOGÍA E INGENIERÍA

ACTIVIDAD Una fuente de calor que se encuentra a 1150K cede 1580kJ hacia un sumidero que se encuentra a 725K, calcule el cambio de entropía que se genera. Calcule nuevamente el cambio de entropía si el sumidero se encuentra a una temperatura igual a los tres últimos dígitos de su cédula en Kelvin. Compare los valores y escriba una corta reflexión sobre lo que se puede concluir frente a la irreversibilidad de ambos procesos. Datos Q= 1580kj T f =1150 k T s=725 k ∆ s=

Q Q − Ts Tf

∆ s=

1580 kj 1580 kj kj kj − =2,179 −1,374 725 k 1150 k k k

∆ s=0,805

kj k

Calculo de entropía con los tres últimos dígitos de la cedula

∆ s=

Q Q − Ts Tf

∆ s=

1580 kj 1580 kj kj kj − =1,628 −1,374 789 k 1150 k k k

∆ s=−1,375

kj k

En el segundo caso tengo como resultado menor de entropía porque a más temperatura del sumidero el cálculo de entropía es menor.



Una cantidad de vapor de agua igual a los últimos tres dígitos de su cédula en lbm, se encuentra a una presión de 280psia contenida en un cilindro de 1.8pies3. El agua es calentada a presión constante hasta una temperatura de 480°F. Calcule el cambio de entropía involucrado en el proceso.

Datos Vapor del agua: 789lbm presión 1: 280 psia Volumen: 1.8 pies3 Presión 2: 280 pies T: 480°F SOLUCION T =480 ° F+ 459,67=939,67 R

n=

18 g ∗1 Lbm mol lbm p m= =0,040 454,5 g mol

m pm

m 789 lbm = =19,725 mol pm lbm 0,040 mol mol∗2,02 lbmol n=19,725 =39,8445lbmol 1000 mol n=

P1 V 1=nR T 1 T 1=

PV = nR

280 psia∗1,8 ( pies )3 =135,725 R lbmol∗10,73 psia pies3 39,8445 lbmolR

pa m3 ∗1,45∗1 o− 4 pa kg k ∗3,281 pie3 1 pa ∗1 kg 1 m3 ∗1 K 2,02 lbm Cp=2,02 1K

−3

Cp=5,1∗10

∆ S=CpLn

Psia pie 3 bmolR

T2 P −RLn 2 T1 P1

∆ S=5,1∗10

−3

∆ S=5,1∗10

−3

Psia pie3 939,67 R 10,73 psia pie 3 280 psia ∗ln − ∗ln bmolR 110,399 R lbmolR 280 psia Psia pie3 10,73 psia pie 3 ∗ln 8,511− ∗0 bmolR lbmolR

Psia pie3 ∗2,141−0 bmolR Psia pie 3 ∆ S=0,011 bmolR ∆ S=5,1∗10



−3

Se expande aire de forma isoentrópica (entropía constante) desde 100psia y 520°F hasta 15psia. Determine la temperatura final del gas.

P1=100 Psia P2=15 Psia T 1=520 ° F+ 459,67=979,67 R

∆ S=s 2−s1=CpLn

T2 P2 −RLn T1 P1

P2 T =CpLn 2 P1 T1 P2 ∆ S + RLn P1 T =ln 2 Cp T1

∆ S+ RLn

pa m3 ∗1,45∗10−4 psia molk 3 ∗( 3,281 pie ) 1 pa ∗1000 mol ( 1 m )3 ∗1 R 2,02lbmol psia pie 3 Cp=29,19 =74,006 1R lbmolR

∆ S + RLn

P2 P1

Cp

0+

0+

=ln

T2 T1

10.73 Psia Pie 3 15 psia ∗ln T lnmolR 100 psia =ln 2 3 T1 psia pie 74,006 lbmolR 10.73 Psia Pie 3 ∗−1,897 T lnmolR =ln 2 3 T1 psia pie 74,006 lbmolR

T −20,355 =ln 2 74,004 T1 −0,275=ln

e

(−0,275)

ln

=e

e (−0,275) =

T2 T1

T2 T1

T2 T1

e (−0,275)∗T 1=T 2 T 2=e(−0,275)∗979,67 R T 2=744,130 R