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• Nicanor Kana Gamarra

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TRANSFORMACIONES ISOTERMICAS Un dispositivo cilindro-èmbolo sin fricción, rodeado por la atmósfera, contiene argón, inicialmente la presión del gas es 800 KPa y el volumen es 0,010 m3 . Si el gas se expande hasta un volumen final de 0,020 m3 Calcúlese el trabajo realizado en newton.metro, por el eje conectado al embolo, la presión atmosférica es de100 Kpa. Supóngase que el proceso entre los estados inicial y final, el producto PV es constante SOLUCION: P=100KPa

P1=800KPa

P1 = 800 KPa V1 = 0.010m3 V2 = 0.020m3 W =? P0 = 100 KPa

PV = cte = C W = ∫ PdV = C ∫ W = PV1 [ LnV ]V12

1 dV V

V

W = ( P1 − P0 )V1 ( Ln 2 )

W = ( 700 KPa ) (0.010m 3 )( Ln 2 ) W = 4852 Nm

Un dispositivo cilindro-émbolo contiene 0,2 kilogramos de aire en unas condiciones iniciales de 0,020 m3 y 8Bar. Se permite que el gas se expanda hasta un volumen final de 0,050 m3 . Calcúlese el trabajo realizado, en KJ/Kg en el siguiente proceso cuasiestático: el producto PV es constante SOLUCION:

m = 0.2 Kg → aire V1 = 0.020m3 P1 = 8bar V2 = 0.050m3 W = ? → KJ

Kg

PV = cte = C W = ∫PdV 1 V W = C ∫ dV = P1V1 [ LnV ]V12 V

(

)

W = (8bar ) 0.020m3 ( Ln 2.5) W =14660.65 Nm W =14.66 KJ

Por unidad de masa:

w = 73.3 KJ

Kg

En el recipiente mostrado el volumen inicial es de 0.1m3 en este estado la presión es de 100Kpa. Inicialmente el resorte no ejerce ninguna presión, seguidamente el gas se calienta hasta que el volumen ocupado es doble del inicial, la presión final es de 300 Kpa. Determinar: a) trazar el diagrama del proceso en un plano P-V b) determinar el trabajo efectuado durante el proceso por el gas K

0 c) si T1 = 103 C , R = 0.25 Kg .0 K , yK = 1.5 determinar el incremento de

energía correspondiente al proceso. SOLUCIÓN

P

(2)

(2)

300 KPa

V -V 2

1

100 KPa

(1)

T=cte

(1) GAS V

1

2V

1

2

W1−2 = ∫ Pdv ; para un sistema.

b)

1

La presión varia en una forma lineal debido a la compresión paulatina del resorte. KV P = Pi + 2 A 2

 KV KV 2  = ∫ ( PI + 2 )dv = PiV +  A 2V 2 1  1 2

W1−2

K K ( V22 − V12 ) = Pi (V2 − V1 ) + (V2 − V1 )(V2 + V1 ) 2 2A 2 A2 Donde: Pi =la presión inicial donde esta incluido el peso del pistón y la presión atmosférica. W1−2 = Pi (V2 −V1 )

K: constante del resorte

P2 − P1 =

Kx K (V2 − V1 ) = A A2

Reemplazando en la ecuación anterior ( P − P1 ) W1−2 = Pi (V2 − V1 ) + 2 (V2 + V1 ) 2 KN (300 − 100) KN W1−2 = 100 2 (0.1m3 ) + (0.3m3 ) m 2 m2 W1−2 = 40 KJ

c) ∆U = m(U 2 − U1 ) ∆U = mCv (T2 −T1 )

K =

Cp

; C p − Cv = R

CV R 0.25 KJ Cv = = Kg .0 K K − 1 1 .5 − 1

100 KN 2 x0.1m3 P1V1 m m= = = 0.106 Kg 0 RT1 0.25 KJ x376 K Kg.0 K 300 KN 2 x0.2m3 P2V2 m T2 = = R.m 0.106 Kgx0.25 KJ Kg .0 K ∆U = 0.106 Kgx 0.5

KJ ( 22644.15 − 376) 0 K Kg .0 K

∆U = 100.07 KJ

un gas se comprime sin fricción en un cilindro, desde una presión de 1 bar y un volumen de 0.1m3 hasta una presión de 10 bar. El proceso es de tal forma que pV = C , donde C es una constante. Determine el trabajo hecho por y sobre el

sistema y dibuje mediante un esquema el proceso en un diagrama presiónvolumen. SOLUCIÓN: P1 = 1bar

V1 = 0.1m

P2 = 10bar

PV = C

3

Hallando V2 =

P1V1 (1)(0.1) = = 0.01m3 P2 10

Cdv V = P1V1 ln 2 v V1 5 W = 10 (0.1) ln(0.1) = −23.03 KJ v2

v2

W = ∫v Pdv = ∫v 1 1

P P

(2) 2

(1)

P

1

V

2

V

V 1

Una esfera de 0.85m 3 contiene vapor de agua a 1.6 KP y 250°C. Se abre una válvula para permitir que el vapor escape lentamente mientras se transmite calor al vapor de la esfera con tal intensidad que su temperatura se mantiene constante: a) cuanto de calor se a suministrado cuando la presión de la esfera alcanza 3.0 bar b) cual será el volumen final de la esfera si ocurre un proceso isotérmico, pero sin flujo de masa para alcanzar las mismas propiedades intensivas que el caso anterior. c) determine el calor y el trabajo ene este último caso SOLUCIÓN: (a) para un proceso de flujo y estado uniforme:

Q = ms hs − me he + m2u 2 − m1u1 −W1−2 W1−2 = me he = 0; ms = m1 − m2 = ms =

V

( v ) 250°C ,1.6 MPa

−

V

( v ) 250°C ,0.3MPa

0.85 0.85 − = 4.921Kg 0.14184 0.7934

Los estados 1 y 2 son vapores sobre calentados buscando sus valores en tablas reemplazamos en la ecuación generada. Q = 4.921x 2919.2 +1.071x 2728.7 −5.992 x 2692.3 Q =1155.5 KJ

(b) para alcanzar las condiciones finales sin flujo de masa el volumen solo depende del del estado final. V = m1 x( v ) 250°C , 0.3 MPa V = 5.392 x 0.7934 = 4.754m 3

(c) el trabajo que realiza es de expansión isotérmica para un sistema: 2

W1−2 = ∫ Pdv 1

Como se trata de un vapor sobrecalentado sus condiciones se asemejan al de un gas ideal por lo que planteamos: P1V1 = P2V2 = C = PV 2

W1−2 = ∫

1

dv V = P1V1 Ln 2 V V1

W1−2 = 1600 x 0.85 xLn

4.754 = 2337.84 KJ 0.85

Para un sistema: Q1−2 = m( u2 − u1 ) + W1−2

Q1−2 = 5.992( 2728.7 − 2692.3) + 2337.84 Q1−2 = 2555.94 KJ

Un recipiente de 0.0093 m 2 de superficie contiene 2.268 Kg. de agua y 1.37 Kg. De vapor a 140 bar, encontrándose ambas fases en equilibrio. Se introducen al recipiente 0.9 Kg. de liquido saturado a la misma presión que la del recipiente, manteniéndose en todo momento la temperatura constante. Determinar: a) volumen del recipiente b) el nivel del liquido en el recipiente al final del proceso respectivo al nivel inicial c) la transferencia de calor requerida en el proceso

SOLUCIÓN (a) 1 y 2 estados inicial y final respectivamente v = m 1 v 1 …………………. (1) v 1 = (v f + x 1 v fg ) 140 bar x1 =

mg 1.36 = = 0.3748 m 2.268 +1.36

v 1 = 0.001611+ 0.3748 x 0.009874 = 0.00531

m3 Kg .

Luego en (1) v = 3.628 x 0.00531 = 0.01926 m 3 v = 0.01926 m 3 (b) m 2 = 4.528 Kg. v 2=

m3 0.01926 = 0.00425 Kg . 4.528

Después de introducir el líquido saturado averiguamos si existe calidad a la misma temperatura de saturación v 2 = (v f + x2v fg )140bar x 2 = 0.2672 Como existe vapor y liquido saturados, calculamos el volumen ocupado por el líquido saturado en el estado (2) mg 2 = x2 m2 = 0.2672 x 4.528 = 1.2098 Kg .

m f 2 = m2 − mg 2 = 4.528 −1.2098 = 3.3182 Kg .

v2 f = m f 2 x (v f )140bar

v2 f = 3.3182 x 0.005345m3

El volumen ocupado por el líquido saturado en el estado (1) será: v1 f = 2.268 x 0.001611 = 0.003653m 3

el aumento del nivel del liquido será : Axh = v2 f −v

1f

0.005345 − 0.003653 = 0.1819m3 0.0093

(c) planteando la ecuación para el flujo y estado uniforme : Q = ms hs − me he + m2u2 − m1u1 + PdV ....................(1)

PdV = 0 ; Recipiente rígido volumen constante. ms hs = 0

me = 0.9 Kg . ; liquido saturado he = ( h f )140 bar = 1571.1KJ .Kg

m1 = 3.628 Kg . ; u1 = (u f + x1u fg )

m2 = 4.528 Kg .

140 bar

u1 = 1548.6 + 0.3747 x928.2 = 1896.39 KJ

Kg .

u2 = (u1 + x2u fg )140bar

u2 = 1548.6 + 0.2672 x928.2 = 1796.61 KJ

Kg .

Reemplazando en (2) Q = −0.9 x1571.1 + 4.528 x1796.61 −3.628 x1896.39 Q = −159.042 KJ

Indica que es calor transferido al medio ambiente TRANSFORMACIONES ISOMETRICAS un recipiente rígido contiene 1 Kg. de aire a 200 C Y 1 bar. Agregando calor la presión del aire se duplica. Calcule el trabajo hecho por y sobre el sistema. SOLUCIÓN: m =1Kg

t = 20 C W =? 0

P1 = 1bar P2 = 2bar

Q = ∆U Debido a que el recipiente es rígido W = 0 El calor suministrado varia su energía interna

Un recipiente rígido contiene nitrógeno gaseoso del que se extrae un flujo de calor constante de 80W, al mismo tiempo se transfiere trabajo mediante una rueda de paletas a una velocidad dada por W=16t, donde W esta en vatios y t en minutos. Determínese (a) la velocidad de variación de energía del gas con t= 10 min, en vatios, y (b) la variación neta de energía después de 20 min en kilojulios. SOLUCION:

W=16t

Q=80watt

0

W = en...voltios t = en... min dE a) = ? → cuando, t = 10 min dt b) ∆E = ? → con, t = 20 min, en, KJ 0

0

Q−W =

dE dt

− 80 watt − ( −16t ) =

a) − 80 watt +16t =

dE dt

dE , t = 10 min dt

dE dt 0 0 dE Q −W = dt 80 watt =

− 80 watt − ( −16( 20 ) ) =

b)

∆E , t = 20 min ∆t

∆E ∆t ⇒ ∆E = ( 240 watt )( 20 x60 seg ) ∆E = 288 KJ 240 watt =

Sobre una sustancia contenida en un depósito rígido se realiza trabajo de rueda de paletas, suministrándose 2000W. Simultáneamente se extrae un flujo de calor dado por Q=-6t, donde Q esta en vatios y t en minutos. Calcúlese (a) la velocidad de variación de energía de la sustancia después de 12 min, en vatios, y (b) la variación neta de energía después de 25 min en kilojulios. SOLUCION:

W=200W

Q=-6t

0

Q → en...vatios t → en... min dE a) = ?, cuando, t = 12 min dt b) ∆E = ?, cuando, t = 25 min

a) 0

0

Q−W =

dE dt

− 6(12) − ( − 200watt ) = 128watt =

b) 0

0

Q −W =

dE dt

dE dt

∆E ∆t

− 6( 25) − ( − 200 watt ) = 50 x∆t = ∆E ⇒ ∆E = 50 x 25 x60seg ∆E = 75 KJ

∆E ∆t

En un tanque de 0.56m3 se tiene vapor a 2.75 bar. y X=0.6. Se transfiere calor al tanque con el fin de mantener constante la temperatura dentro de el, mientras que por una válvula instalada en su parte superior fluye sustancia, hasta que dentro del tanque queda únicamente vapor saturado. Calcular el calor transferido en KJ. SOLUCION: Para un mejor entendimiento ilustraremos dos formas de plantear el problema para su solución: I) proceso de flujo y estado uniforme: Q = ms hs − me he + m2u2 − m1u1 + Pdv

Pdv = 0 ; a volumen constante.

me he = 0

Calculo de la masa dentro del tanque: m =V v v = ( v f + Xv fg ) 2.75bar v = 0.001070 + 0.6 x0.65623 = 0.3948 m

3

Kg

0.56 = 1.418 Kg 0.3948 Por lo tanto la masa de vapor y líquido respectivamente sera: m=

mg = Xxm = 0.6 x1.418 = 0.8508 Kg

m f = m − mg = 1.418 − 0.8508 = 0.5672 Kg

La masa que queda en el estanque será ( m2 ) : vapor saturado. m2 =

V

(v )

; m2 =

g 2.75bar

0.56 = 0.8519 Kg 0.6573

∴La masa que salio es:

ms = m − m2 = 1.418 − 0.8519 = 0.5661Kg hs = ( hg ) 2.75bar = 2721.5 KJ

Kg Note que por la parte superior se extrae solo vapor saturado. u1 = ( u f + Xu fg ) 2.75bar

u1 = 548.59 + 0.6 x1991.9 = 1743.73 KJ u2 = ( u g ) 2.75bar = 2540.5 KJ

Kg

Kg Luego reemplazando valores en (1):

Q = 0.5661x 2721.5 +0.8519 x 2540.5 −1.418 x1743.73 Q =1232.28 KJ

II)

el calor necesario para pasar el liquido saturado que se encuentra con el tanque a vapor saturado a presión constante. 2

Q = U + ∫ PdV 1

Q = m(u g − u f ) + mP ( v g − v f

)

2.75bar

Hallando los valores en tablas y reemplazando:

m = m f = 0.5672 Kg

Q = 0.5672( 2540.5 −548.59 ) + 0.5672 x 275( 0.6573 − 0.001070 ) Q =1232.17 KJ

TRANSFORMACIONES ISOBARICAS Un dispositivo cilindro-émbolo que contiene 1,4 Kg de aire se mantiene a una presión constante de 7Bar. Durante el proceso el calor extraido es 49KJ, mientras que el volumen varía de 0,15 a 0,09 m3. Calcúlese la variación de energía interna del gas en KJ/Kg.

P=7bar

Q=-49KJ SOLUCION: m = 1.4 Kg , de..aire Vi = 0.15m 3 V f = 0.09m3  ∆U = ?KJ Kg     Q −W = ∆U

Por unidad de masa. q − w = ∆u − 49 KJ  − 7bar 0.06m3  − =u 1.4 Kg 1.4 Kg  

(

− 35 KJ − 5 KJ

Kg

Kg

+ 30 KJ

)

Kg

=u

=u

Un dispositivo cilindro-èmbolo sin fricción, rodeado por la atmósfera, contiene argón, inicialmente la presión del gas es 800 KPa y el volumen es 0,010 m3 . Si el gas se expande hasta un volumen final de 0,020 m3 Calcúlese el trabajo realizado en newton.metro, por el eje conectado al embolo, la presión atmosférica es de100 Kpa. Suponga que el proceso entre los estados inicial y final es a presión es constante SOLUCION:

P=100KPa

P1=800KPa

P1 = 800 KPa V1 = 0.010m3 V2 = 0.020m3 W =? P0 = 100 KPa

P = cte W = ∫ PdV V2

W = P ∫ PdV V1

W = ( P1 − P0 )(V2 −V1 )

(

W = ( 700 KPa ) 0.01m3

)

W = 7000 Nm

Un dispositivo cilindro-émbolo contiene 0,2 kilogramos de aire en unas condiciones iniciales de 0,020 m3 y 8Bar. Se permite que el gas se expanda hasta un volumen final de 0,050 m3 . Calcúlese el trabajo realizado, en KJ/Kg en el siguientes proceso cuasiestático: la presión es constante SOLUCION: m = 0.2 Kg → aire V1 = 0.020m3 P1 = 8bar V2 = 0.050m3 W = ? → KJ

Kg

P = cte W = ∫ PdV = P(V2 − V1 )

(

W = 8 x105 N

m2

)(0.050m − 0.020m ) 3

3

W = 24 KJ Por unidad de masa:

w = 120 KJ

Kg

TRANSFORMACIONES ADIABATICAS La transferencia de calor de una persona hacia los alrededores es normalmente del orden de 120 W. supóngase que en una sala en la que se encuentran 100 personas, el aire acondicionado falla. ¿Cuál es el incremento en energía interna que sufre el aire de la sala en un intervalo de 10 minutos? Si se considera como sistema toda la sala y se supone que no hay transferencia de calor ¿cual es el incremento en energía interna del sistema en el mismo intervalo? SOLUCIÓN: Calor de una persona Q = 120 W 100 personas ∆U = ? t = 10 min utos

Calor de 100 personas Q2 = 12000W t = 10 min = 600 seg

Q = 12000(600) = 7200 KJ

De la relación Q = ∆U +W W = 0 (no se realiza trabajo) Q = ∆U a) ∆U = 7200 KJ b) si Q = 0 ⇒ ∆U = 0

Se encuentra que en muchos procesos reales, los gases satisfacen la relación pv1.3 = C , donde C es una constante. Determine el trabajo en joules que realiza el aire en un dispositivo pistón-cilindro cuando se expande desde 0.01 m3 y 3 bar hasta una presión final de 1 bar. SOLUCIÓN: pv1.3 = C

V1 = 0.01m3 P1 = 3bar P2 = 1bar

Hallando el valor de V2 1.3

P1V1

= P2V21.3

1 1.3

V2 = 3 (0.01) = 0.0233m3 V2

V2

W = ∫ Pdv = ∫ CV −1.3dv V1

V1

[

]

W = P1V11.3 V2−0.3 −V1−0.3 = W = 2.24 KJ

− 3 X 105 (0.01) ( −0.224) 0.3

cierta cantidad de aire en un cilindro se expande sin fricción desde 60 bar de presión absoluta y un cierto volumen hasta que este se hace ocho veces mas grande. La densidad del aire al iniciarse el proceso es de 10.45

Kg

m3

. Si durante la

expansión se obedece la relación pv1.4 = C , en donde C es una constante, calcule el trabajo por unidad de masa desarrollado por el sistema. SOLUCIÓN:

ρ ( aire ) = 10.45 Kg

m3

pv1.4 = C

P1 = 60bar V1 = V V2 = 8V W =? m V2

v2

W = ∫ Pdv = ∫ Cv −1.4 dv V1

v1

W =

− P1V1 0.4

W =

− 60 x105 ( m)  1 0.4  ( ) −1  (0.4)(10.45)  8 

 V 0.4  ( 8V ) −1  

W = 810.6 KJ Kg . m

un gas se expande sin fricción de acuerdo con la relación pv a = C , donde a y C son constantes. Derive una expresión para calcular el trabajo hecho por el gas, si este se expande desde un estado p1 , v1 ; hasta un estado p2 , v2 ; en: a) un sistema cerrado b) un sistema abierto en donde los cambios en energía potencial y cinética son despreciables SOLUCIÓN: pv a = C

p1 ; v1 p2 ; v2

a) en un sistema cerrado

V2

V2

W = ∫ Pdv = ∫ CV −a dv V1

V1

a

[

W =

P1V1 1 −a V2 −V11−a 1−a

W =

 P1V1  V2 1−a ( ) −1 1 − a  V1 

]

b) en un sistema abierto P2

P2

P1

P1

1

W = −∫ Vdp = −∫ C a P 1

−

1 a

dp

1 − +1

1  − V1P1 a P a  P2 1− a W = ( ) −1  1  P1  1− a 1  V1P1a  P2 1− a W =− −1 ( ) a −1   P1  

Kg Se mezclan 2.25

min

Kg de vapor a 1.5 bar y 200°C con 0.45

min

de liquido

saturado a 1.5 bar, manteniéndose la mezcla a la misma presión. Determinar la entalpía y volumen total de la mezcla resultante; el proceso es adiabático. SOLUCIÓN:

2.25 Kg/min 1.5 bar 200°C

(1) (3)

0.45 Kg/min 1.5 bar

2.7 Kg/min 1.5 bar h

(2)

Para el volumen de control: 0

0

0

Q vc = Σm s hs − Σm e he +WVC ...........................................................(1)

La temperatura de saturación del liquido saturado (2) es 111.37°C; y como se nota hay una gradiente de temperatura; por lo tanto concluimos que hay transferencia de

calor y parte del liquido saturado se evapora. 0

0

0

0

Q vc = 0,W vc = 0 ; por ser simple mezcla. En (1) 0

m e1 he1 + m e 2 he 2 = m s 3 hs 3

he1 = 2872.9 KJ he 2 = ( h f

)

Kg ; De tablas de vapor sobre calentado

= 467.11 KJ

Kg 2.25 x 2872.9 + 0.45 x 467.11 hs 3 = 2.7 hs 3 = 24.71.93 KJ Kg Calculando la calidad a la salida (3) 1.5 bar

hs 3 = ( h f + Xh fg )1.5bar X =

2471.93 − 467.11 = 0.900 2226.5

Mezcla con una calidad de 90% vs 3 = ( v f + Xv fg )1.5bar

vs 3 = 0.001053 + 0.9 x1.15824 = 10.425 m 0

0

V = m v = 2.7 Kg 0

V = 28.147 m

min

x10.425 m

3

Kg

3

Kg

3

min

Dos flujos de aire son mezclados en una gran cámara, antes de pasar por una tubería, como se muestra. La salida de la turbina descarga a la atmósfera. Asumiendo que el proceso es adiabático y que son despreciables los cambios de EC y EP . Determinar: (a) la temperatura del aire en la entrada a la turbina (b) la temperatura del aire a la salida de la turbina, suponiendo que en un momento de su funcionamiento quede atascado.

(1) P3=10.34bar

(3)

(4)

tanque

(2)

Kg/s

T4=37.7°C

SOLUCIÓN: (a) en el tanque se realiza un proceso de (FEES) flujo y estados estables con: 0

0

Q = 0,W = 0 0

0

0

Q = m s hs − me he + W

En (1):

0 KN 2 x0.1416 m3 P V 1 1379 seg m m1 = = = 1.156 Kg seg KNxm RT1 0.287 x588.5°K Kg °K 0

0

0

0

0 = m3 h3 − m 2 h2 − m1 h1 Por la ecuación de continuidad: 0 0 0 0 0 0 0  m3 = m 2 + m1 ;0 =  m 2 + m1 h3 − m 2 h2 − m1 h1   0

0

0

0

0 = m 2 ( h3 − h2 ) + m,1 ( h3 − h1 ) = m 2 c p (T3 − T2 ) + m1 (T3 − T1 ) c p

Despejando T3 : 0

T3 =

0

m 2 T2 + m1 T1 0

0

m 2 + m1 T3 = 384.19°C

=

0.4536 x 477.4 + 1.156 x588.5 = 557.19° K 1.156 + 0.4536

(b) considerando que dentro de la turbina se realiza un proceso adiabático: 0

WT = m3 c p ( T3 − T4 )

Cuando la turbina queda atascada esta ya no realiza trabajo (W = 0 ) ; por lo tanto las condiciones ala entrada y salida se igualan. 0

0 = m3 c p ( T3 − T4 ) T4 = 284.19°C

T3 = T4

Respuesta.

TRANSFORMACIONES POLITROPICAS Suponga que 4 Kg. de vapor a 12 bar., 260ºC, se expanden en la región húmeda a 90ºC en un proceso politrópico donde pV 1.156 = C halle: a) ∫ pdV b) −∫Vdp

Datos: 4 Kg → vapor P1 = 12bar →1200 KPa

∫ pdV =W = ? −∫Vdp =W = ?

T1 = 260º C T2 = 90º C

c

pV 1.156 = C , ⇒ n = 1.156

SOLUCION: De la relación de un proceso politrópico con respecto a las temperaturas y las presiones se tiene: n −1 n

 P2  T2 = P   T1  1

1.156 −1

90  P  1.156 = 2  260 1200 

0.135

 P  0.346 =  2  1200  P2 = 0.4567 KPa

Para hallar el trabajo realizado ubicamos el volumen especifico del vapor a 1.2 MPa

v1g = 0.15654 m

3

Kg

n −1     Pv P n ⇒ w = 1 1 1 −  2   n −1   P1     3 0.135 1200 x 0.15654 KN 2 m  Kg   0.4567  m w=  1 −   0.156   1200  

w = 1204.15 x 0.65 KJ

Kg

= 782.7 KJ

El trabajo en 4 Kg. será:

W = 782.7 x 4 KJ

Kg

= 3130.8 KJ

kg

b) − ∫Vdp = Wc = nW

⇒Wc = 3130.8 x1.156 KJ

Wc = 3619.2 KJ

1 Kg. de vapor, saturado inicialmente a 11.25 flujo según pV 1.13 = C hasta 1.05

Kg f

cm 2

Kg f

cm2

, sufre una expansión sin

. Determine el trabajo realizado.

Datos: 1Kg → vapor Kg f P1 = 11.25 P2 = 1.05 pV 1.13

cm 2

→ 1102.5KPa

Kg f

cm 2 = C ⇒ n = 1.13

Hallando el volumen especifico en la presión 1 por tabla se tiene:

P1 = 1.1MPa ⇒ v1 = 0.17753 m

3

Kg

En la relación se tiene: n −1   P1v1   P2  n  w= 1−    n −1    P1      3 0.18 1102.5 x0.17753 KN 2 m Kg   1.05   m w=   1 −  0.13   11.25    

w = 1505.6 x0.74 KJ

Kg

= 468.24 KJ

Kg

El trabajo en un kilogramo de sustancia será:

W = 468.24 KJ

Kg

x1Kg = 468.24 KJ

1 Kg. de NH 3 se comprime politropicamente desde el vapor saturado a

P1 = 1.76 b)

Kg f

∫ pdV

Datos:

cm

2

hasta P2 = 9.84

c) −∫Vdp

Kg f cm

2

y 82.2ºC. Calcule: a) n en pV n = C

P1 = 1.76

Kg f

P2 = 9.84

Kg f

cm 2

→ 172.5 KPa

cm 2

T2 = 82.2º C SOLUCION: Para el amoniaco saturado a una presión de 172.5 KPa se tiene por tabla una 3

temperatura de -22ºC y un volumen especifico v1 = 0.6783 m Kg entonces. T2  P2  =  T1  P1 

n −1 n

82.2  9.84  − =  22  1.76  − 3.74 = ( 5.59 )

1−

1

( 5.59) n 1

( 5.59) n

=−

n −1 n

1 n

1 0.67

= −1.49 ⇒ ( − 1.49) = 5.59 n

Asumiendo a n como numero positivo y par entonces se tiene: Ln5.59 Ln1.49n = Ln5.59 → n = = 1.42 Ln1.49 b) w=

P1v1  T2  1 −  n − 1  T1  172.5 x0.6783 KN

m3

Kg  82.2  1 +  0.42 22   w = 278.6 x 4.74 KJ = 1320.5 KJ Kg Kg En 1 Kg. De amoniaco se tiene: w=

W = 1320.5 KJ

Kg

m

2

x1Kg = 1320.5 KJ

c)

⇒Wc = Wn = 1320.5 x1.42 = 1875.11KJ

4 Kg. De vapor ocupan un volumen de 0.654 m3 a 17.6 expansión según pV 1.25 = C hasta P2 = 0.703 W Datos:

Kg f

cm 2

Kg f

cm 2

y sufre una

. Calcule: a) V2

b)

5 Kg → vapor V1 = 0.654m3 V2 = ? P1 = 17.6

Kg f

→ 1724.8 KPa cm 2 Kg f P2 = 0.703 cm 2 pV 1.25 = C ⇒ n = 1.25

SOLUCION: De la relación de los procesos politropicos se tiene:  V1  V  2

n −1

   

 P2 = P  1

   

n −1 n

0.25

0.2

 0.654   0.703   =   V    17.6  2   0.899 = 0.03990.2 V20.25 V20.25 = 1.712 V2 = 8.59m3

b) n −1 P1V1   V1   1 −    W = n − 1   V2     1724.8 KN 2 x 0.654m3   0.654 0.25  m W =   1 −  0.25   8.59  

W = 4484.48 x 0.475 KJ = 2130.12 KJ

BIBLIOGRAFIA -

Kenneth Wark / Donald E. Richards (termodinamica) Faires / Simmang (problemas de termodinamica) Jose A. Manrique (termodinamica) Van Wylen (termodinamica) Cruz y Postigo