Ejercicios resueltos de Termodinámica Termodinámica
1. 5kg de vapor de agua a 4 bar y 30% de calidad se expande libremente (sin realizar trabajo) en un proceso adiabático asta !ue su presi"n desciende a #$5 bar &etermine su incremento
'apor de agua *400000a*400+ *400000a*400+a a &e tablas se obtiene !ue , -*000#0.4 m3/+g m3/+g 2ntonces
,'*0$4141
ν 1= ν L + x ∙ ( ν v −ν L ) ν 1= 0,001084 + 0,3 ∙ ( 0,46242−0,001084 ) 3
m 3 ν 1= 0,1394 ∙ 5 Kg→ Kg → V 1=0,6974 m Kg
-os moles 3
m 5 ∙ 10 n = = =277,77 mol 18 M
omo la expansi"n es adiabática no ace trabajo 1*# 2ntonces ∆ S =− R ∙ ln
( ) P2 P1
∆ S =2424,51
=−8,314 ∙ ln
KJ K
( )
1,4 ∙ 277,77 4
2. ierta cantidad de aire inicialmente a 3 bar y 06$ se expande adiabáticamente asta # bar y 406 a) 72l proceso proceso es reversible$ reversible$ irrever irreversible sible o imposible8 imposible8 b) &etermi &etermine ne la m9nima m9nima temperatu temperatura ra obtenida obtenida con la presi" presi"n n :nal de # bar Si fuese reversible:
( )
P 2 T 2 =T 1 ∙ P1
k −1 k
()
1 T 2 =343 ∙ 3
1,4−1 1,4
→ T 2 =250,6 K
Si fuese irreversible: irreversible: T 2 R > T 2
La mínima temperatura será: T min=250,6 −273 →T 2=−22,4 ° C
3. ;ire a la presi"n de 1 bar y 46 es comprimido en un proceso adiabático reversible asta # bar$ luego el aire se expande en un proceso adiabático irreversible asta 1 bar y #06$ completando el ciclo mediante un proceso a presi"n constante a) alcule alcule el trabajo trabajo neto neto del ciclo ciclo en +s >s indicando valores valores 4. ?na má!uina de arnot opera con vapor @medo ente 50 bar y # bar$ si la má!uina toma #40 +
Entonces: η=1 −
T f T c
=1−
372,6 → η= 0,3061=30,61 537
Pero: η=
W Neo !
W Neo= η ∙ !=0.3061 ∙ 1640
KJ Kg
2. ierta cantidad de aire inicialmente a 3 bar y 06$ se expande adiabáticamente asta # bar y 406 a) 72l proceso proceso es reversible$ reversible$ irrever irreversible sible o imposible8 imposible8 b) &etermi &etermine ne la m9nima m9nima temperatu temperatura ra obtenida obtenida con la presi" presi"n n :nal de # bar Si fuese reversible:
( )
P 2 T 2 =T 1 ∙ P1
k −1 k
()
1 T 2 =343 ∙ 3
1,4−1 1,4
→ T 2 =250,6 K
Si fuese irreversible: irreversible: T 2 R > T 2
La mínima temperatura será: T min=250,6 −273 →T 2=−22,4 ° C
3. ;ire a la presi"n de 1 bar y 46 es comprimido en un proceso adiabático reversible asta # bar$ luego el aire se expande en un proceso adiabático irreversible asta 1 bar y #06$ completando el ciclo mediante un proceso a presi"n constante a) alcule alcule el trabajo trabajo neto neto del ciclo ciclo en +s >s indicando valores valores 4. ?na má!uina de arnot opera con vapor @medo ente 50 bar y # bar$ si la má!uina toma #40 +
Entonces: η=1 −
T f T c
=1−
372,6 → η= 0,3061=30,61 537
Pero: η=
W Neo !
W Neo= η ∙ !=0.3061 ∙ 1640
KJ Kg
W Neo=502,078
KJ Kg
5. ?na má!uina reArigeradora ideal Aunciona seg@n el ciclo de arnot entre las presiones de 0$03bar y 400 +a -a sustancia de trabajo es agua y el calor transAerido por el ciclo condensa al agua desde vapor saturado asta l9!uido saturado a) Bra:!ue el ciclo en el plano plano >C >C y >C indicando indicando los los valores valores de $ y s Primero se tiene: P1=3 KPa→ KPa → T C = 24,08 ° C =297,08 K P2= 400 KPa→ KPa → T C =143,6 ° C = 416,61 K
Como es una máquina de Carnot, todos los procesos son reversibles: ∆ S2− ∆ S 1=0
Para el diagrama T-S: T-S:
6. &etermine la potencia máxima !ue re!uiere un compresor para comprimir 50g/seg de aire desde un bar y 156 asta 3 bar Condiciones iniciales iniciales
*# bar*#00 +a
Condiciones nales:
*400 +a 1*8
!e tablas tablas 1 * 40$D + W =−m ∙ ∆ "
W =−m ∙ C # ∙ ∆ T W =−50
g 1 mol 7 J ∙ ∙ ∙ 8,314 ∙ ( 407,9− 298 ) K $ 28,84 g 2 K −mol
W = 5,544 KW
7. inco +g de un gas ideal (E*0$3 +E y +*#$5) a 316 están contenidos en un recipiente r9gido de #m 3$ el gas trans:ere D00+< de calor al exterior alcule el cambio de entrop9a en +< &atos F* 5+g E*0$3 ++ +*#$5 *316 '*#m3 G*D00 +<
! 900 ∆ S = = T 600 ∆ S =1,5
KJ K
8. 1+g/min de vapor de agua a 300 +a$ se estrangulan asta obtener vapor saturado a #00 +a &eterminar el cambio total de entrop9a del vapor en +seg +seg
Condiciones iniciales:
#*300 +a v#*0$05.. m3/+g
Condicione nales:
1*# Fa v1A *0$00#043 *0$00#043 m3/+g v1g*#$44# m3/+g
I
ero v 1= v 2
Entonces la calidad será: x =
v 2− v 2 f v fg
=
0,60583−0,00104 → x =0,977 1,6441−0,00104
Entonces la entalpía será: $ 2= $2 f + x ∙ ( $2 g −$ 2 f ) $ 2=1,3028 + 0,977 ∙ ( 6,0562 −1,3028 )
$ 2=6,8693
KJ Kg − K
Entonces: ∆ S =( $ 2− $1 ) ∙ m ∆ S =2
Kg 1 min ∙ ∙ ( 6,9917 −1,6717 ) min 60 $eg
∆ S =0,9632
KJ K − $eg
9. Ce prop propon one e un proy proyect ecto o de turbi turbina na de vapor vapor !ue !ue involu involucr cra a el estado estable y Hujo estable isot=rmico>irreversible del vapor a trav=s de la turbina Ci el vapor entra a la turbina a #000+a y sale a 1 bar$ determinar el trabajo por kilogramo de vapor !ue Huye a trav=s de la turbina
Primero se reali"a un balance: ! +%1=W + %2 & & & ( 1 )
Para un proceso estable #$sot%rmico reversible&: ! = ∆ S a'ema$ m´ 2= m´ 1 T
#*#000 +a Entonces para las condiciones de entrada: #*#D$..6 #'*1$# ++
Para las condiciones de salida:
#*100 +a #*#D$..6 (Lsot=rmico) #'*10$3 +
Entonces: ! =T ∙ ∆ S ! =( 179,88 + 273 ) ∙ ( 7,1210−6,5850 ) →! =242,74 KJ / Kg
'eempla"amos en #(&: W = ! +( %1 −%2)
W = 242,74 + ( 2777,1−2706,3 ) → W =313,54 KJ / Kg
10. 2ntra vapor a una turbina a #5 bar y 5006 y sale a 3 bar y 1006 ual!uier transmisi"n de calor es con el medio circundante a 156 y los cambios de energ9a interna cin=tica y potencial son despreciables Ce dice !ue esta turbina desarrolla #00+J con un Hujo de masa de #100+g/Kr
Entonces se tiene: aire* 156 Se reali"a un balance de masa #este es un proceso de estado estable&:
¿ ! + m´ 1 ∙ %1=W + m´ 2 ∙ %2 ¿
Pero: m´ 2=m´ 1=1200
Kg %(
Para las condiciones iniciales se tiene:
#*#500+a*#$5 Fa #*5006 #'*8
ara allar la entalp9a y entrop9a de tablas se debe interpolar 1,6 −1,5 3472,6 −%1 = → %1=3473,7 KJ / Kg 1,5 −1,4 %1− 3473,7 1,6 −1,5 7,5410− $ 1 = → $1 =3473,7 KJ / Kg 1,5 −1,4 $1−7,6047
Para las condiciones de salida: 'eempla"amos datos en #)&:
#*5 bar*0$5 Fa #*1006 #'*1.55$. ++
!=W + m´12 ∙ ( %2− %1)
!=100
1% KJ Kg KJ + 1200 ∙ ∙ ( 2855,8 −3473,7 ) $eg % 3600 $eg Kg
!=−105,96
KJ $eg
El incremento de entropía del medio a temperatura constante: T *+./0 1 ! 105,96 KJ ∆ S = = → ∆ S Me'io=0,355 298 T Kg− $eg
El incremento de entropía del sistema:
∆ S =$ 2− $1=7,0610 −7,5729 → ∆ S =−0,5119 ∆ S S)ST*M+=1200
KJ Kg − K
1% Kg KJ ∙ ∙ (−0,5119 ) % 3600 $eg Kg− K
∆ S S)ST*M+=−0.17063
KJ $eg − K
Para la entropía total: ∆ S S)ST*M+ + ∆ S M*,)-=0,355 + (−0,1706 )=0,1844
KJ > 0 $eg − K
Esto nos indica que no se valida la .da le23 11. 2n un recipiente adiabático !ue contiene 5 +B de agua a 156$ se introduce ielo a >#06 y 1 +g de masa 7uál será el cambio de entrop9a del universo8 El delta de entalpías es: ∆ S%ielo =( $2 −$ 1 ) ∙ m ∆ S =m∙C#∙ ln
( )
∆ S =5 ∙ 2,11 ∙ ln ∆ S%ielo =1,318
Ce realiza un balance de energ9as
−! $ali'a =m∙C#∙ ( T 2−T 1) !$ali'a =5 ∙ 4,18 ∙ ( 25−10 ) !$ali'a =731,57 KJ
*4ora para el agua se tendrá: ! 731,57 KJ ∆ Sag.a = = → ∆ S ag.a= 29,263 25 T ° C
Entonces:
∆ S.nive($o =∆ Sag.a + ∆ S%ielo =1,318 +29,263
T 2 T 1
(
273 + 25 273−10
KJ ° C
)
∆ S.nive($o =30,581
KJ °C
12. 2n una mezcladora semi>abierta de gases$ se mezclan dos Hujos de un gas (E*0$4 I v*0$.) tal como se muestra en la :gura$ si el Hujo estable de la mezcla sale a 30$1 m 3/min$ determinar el cambio de entrop9a del universo
Como no 4a2 cambio de fase es 5 sensible se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a ∆ " =! −W
−! =m1 ∙ %1 + m2 ∙ %2− m3 ∙ %3 !=−m1 ∙ %1− m2 ∙ %2+ m3 ∙ %3
Pero del balance de masas se tiene que: m1+ m2 =m3
Entonces: !=−m1 ∙ %1− m2 ∙ %2+ ( m1+ m2 ) ∙ %3 !=m1 ∙ ( %3− %1)− m2 ( %3−%2 )
*demás se tiene que: !=% f −%l=C # ∙ ∆ T !=m 1 ∙C#∙ ( T 3−T 1 ) + m2 ∙C#∙ ( T 3−T 2) C#−Cv = R →C# =0,4 + 0,8 → C#=1,2
El 6u7o másico será: m=
P ∙ v 101,321 ∙ 0,1953 = 0,4 ∙ 293 R∙ T
m1=0,1688
Kg $eg P ∙ v Kg m 3= →m 3= 0,4146 R ∙ T $eg
Entonces:
!=m1 ∙C#∙ ( T 3−T 1 ) +( m3 −m1 ) ∙C#∙ ( T 3−T 2 )
'eempla"amos 2: T 3 =307,47 K =34,47 ° C
Luego: m2=m3−m1=0,4146 −0,1688 m2=0,2458
Kg $eg
Entonces para la entropía: ∆ S1−3= m1 ∙C#∙ ln
( ) T 3 T 1
∆ S1−3=−0,0407
(
307,43 293
)
(
307,47 353
)
KJ kg − K
−3
∆ S1−3= 9,764 ∙ 10
∆ S2−3= m2 ∙C#∙ ln
=0,1688 ∙ 1,2 ∙ ln
( ) T 3 T 2
=0,2458 ∙ 1,2 ∙ ln
KJ kg − K
8 además la entropía de los alrededores será: ! 10,5 ∆ Sal(e'e'o(e$ = = T 307,47 ∆ Sal(e'e'o(e$ =0,034
KJ kg − K
Entonces la entropía del universo: −3
∆ S.nive($o =9,764 ∙ 10 −0,0407 + 0,034
∆ S.nive($o =3,164 ∙ 10
−3
KJ kg − K
13. ?n recipiente r9gido contiene 0$# +g de vapor de agua$ inicialmente a 0$3 FM/m 1 y 1006$ mediante un agitador se eAect@a un trabajo de 3$ +<$ siendo l presi"n :nal de #$4FM/m 1
&urante este proceso el calor transAerido exterior es #4$5+< -a temperatura exterior es de 06$ determine a) -a temperatura :nal en 6 b) 2l cambio de entrop9a del agua en +
Para las condiciones iniciales:
#*0$3 Fa #*1006 #'*1.5$5 ++
Se reali"a un balance de energías *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a m∙ ´ ( %2 −%1 )=! −W %2= %1+
! −W −14,75 + 36,6 =2865,5 + 0,1 m ´
%2=3084
KJ Kg
Entonces se tiene para las condiciones nales:
#*#$4 Fa #'*30.4 +
Para el cambio de entropía del agua: ∆ Sag.a =( $2 −$ 1 ) ∙ m=0,1 ∙ (7,0274 −7,3132 ) ∆ Sag.a =−0,02858
KJ K
Para la entropía del universo:
! 14,75 ∆ Sal(e'e'o(e$ = = T 70 + 273 ∆ Sal(e'e'o(e$ =0,043
Entonces: ∆ S.nive($o =∆ S $i$em+ ∆ S al(e'e =−0,02858 + 0,043
∆ S.nive($o =0,01442
KJ K
14. ?n tan!ue de 5m3 contiene agua con una calidad de 35$3.% a 0$3 Fa Fediante un agitador se ace un trabajo sobre el agua de #0000 +< y al mismo tiempo se trans:ere calor al agua asta tener vapor saturado en el tan!ue a) &etermine el calor transAerido al agua en +< b) &etermine el cambio de entrop9a experimentada por agua$ en +
KJ Kg
Para el volumen: v 1= v 1 f + x ∙ ( v 1 g− v 1 f ) =0,001073 + 0,3538 ∙ ( 0,606 −0,001073 ) 3
m v 1= 0,21503 Kg
Entonces la masa: 5 V m= = → m=23,253 Kg v 0,21503
Pero como estado . es vapor: 4 . 4g( 2 se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a m∙ ´ ( %2 −%1 )=! −W !=W + m∙ ´ ( %2− %1 )=10000 + 23,253 ∙ (2724,9 −1326,27) != 42508,4 KJ
Para la entropía en el estado (: $ 1= $1 f + x ∙ ( $1 g −$ 1 f )
$ 1=1,6717 + 0,3538 ∙ ( 5,3200 ) $ 1=3,5539
KJ Kg − K
$ 2= $1 g =6,9917
KJ Kg − K
Entonces: ∆ S =( $ 2− $1 ) ∙ m=23,253 ∙ ( 6,9917 −3,5539 )
∆ S =79,94
KJ K
15. 2n un dispositivo se trans:ere al agua #100 ++
16. Ce necesita un reArigerador !ue opere con el ciclo de arnot$ para trasmitir 1510 +cal/min$ de una Auente de calor de >1.$D6 a la atm"sAera de 1$6 7uál debe ser la potencia8 −28,9 ° C =−20 ° 0 26,7 °C = 80 ° 0 Cambiamos la temperatura a 9: 2520
Kcal 1T2 =10000 min min
Como es un ciclo Carnot entonces:
! " T "
=
! L =
! L T L
! "
∙ T L
T "
Entonces se reempla"an datos 2 se tiene: ! " =
! " =12279
80 + 460 1T2 ∙ 1000 −20 + 460 min
1T2 min
*demás para el traba7o: W = ! " −! L =12270−10000 →W =2270 2270
1T2 60 min ∙ ∙ 1 %( min
1 "P
1T2 2545 %(
1T2 min
→ P=53,5 "P
17. Ce intenta calentar una casa con una bomba de calor -a transmisi"n de calor de la casa es de #100 +cal/$ la casa se mantiene a 13$D6$ mientras !ue el aire exterior está a $6 7uál es la potencia m9nima !ue se necesita para mover la bomba8 Cambiamos la temperatura a 9: 13$D6*56N $6*106N 2520 Kcal / min =10000 1T2 / min
2s un ciclo arnot entonces
! " T "
=
! L =
! L T L
! " T "
∙ T L
Entonces se reempla"an datos 2 se tiene: ! L =
20 + 460 1T2 ∙ 50000 75 + 460 %(
! " =44850
1T2 %(
*demás para el traba7o: W = ! " −! L =50000− 44850 → W =5150
5150
1T2 ∙ %(
1 "P
1T2 2545 %(
1T2 %(
→ P= 2,02 "P
18. ;moniaco a 1$.1 +gA/cm 1$ se comprime en un cilindro mediante un =mbolo asta !ue la presi"n es de #$. +gA/cm 1 en un proceso reversible y adiabático &etermine el trabajo de compresi"n por +Bm de amoniaco Para las condiciones iniciales:
#*40psi #*106N #*1D4 O?/lb s#*#$313 O?/lb>E ,#*$103 At3/lb Para las condiciones nales: P . .;
El proceso es adiabático reversible, entonces: ∆ ! = 0 3 ∆ S =0 3 $1 =$ 2
Calculamos la energía interna: 41=%1 − P1 ∙ ν 1=620,4 −
40 ∙ 144 ∙ 7,203 1T2 → 41 =567,1 778 l5m
Para las condiciones nales:
42=738,2−
1*40psi s1*#$313 O?/lb>E on p y s se obtienen los datos de 1*1#6N 1*3.$1 O?/lb
240 ∙ 144 ∙ 1,778 1T2 → 42=659,2 778 l5m
Pero la diferencia de energía interna en los estados ( 2 . es: ∆ 2 =!−W Pe(o : ! =0
∆ 2 =−W = 42− 4 1 W =−( 659,2 −567,1 ) → W =−92,1
92
1T2 l5m
1T2 1 l5m 1000 g 1T2 ∙ ∙ P=659 l5m 453,6 g 1 Kg Kgm
19. ?n cilindro con su =mbolo contiene #+g de Are"n >#1 a #$0 +gA/cm1 y D36 2l =mbolo se mueve lentamente y el calor necesario trasmitido toma lugar de tal manera !ue el Are"n>#1 se comprime bajo un proceso isot=rmico reversible$ asta !ue el Are"n>#1 existe como vapor saturado a) &ibuje el proceso en un diagrama >C b) alcule la presi"n :nal y el volumen espec9:co c) &eterminar el trabajo y el calor transmitido en este proceso
Se reali"a el gráco T-s:
Condiciones iniciales:
Condiciones nales:
#*#5 psi #*1006N #*#0$.35 O?/lb s#*0$13#35O?/lb>E ,#*3$31 At 3/lb 1*430psi s1*0$#55# O?/lb>E 1*1006N 1*D#$1. O?/lb
Los datos de las condiciones iniciales 2 nales se 4allaron de tablas, se tiene la siguiente ecuaci=n: !=T ∙ ( $2− $ 1 )=( 200 + 460 ) ∙ ( 0,15651− 0,2313 ) !=−49,39
1T2 ∙ 2,2046 l5m→!=−108,9 1T2 l5m
Para calcular la energía interna se reali"an los siguientes cálculos: 41=%1 − P1 ∙ ν 1=107,835 − 42=% 2− P2 ∙ ν 2= 91,278−
15 ∙ 144 ∙ 3,8632 1T2 → 41= 97,1 778 l5m
430 ∙ 144 ∙ 0,07673 1T2 → 4 2=85,17 778 l5m
Entonces se tiene que: ∆ 2 =m∙ ( 42− 41 ) =2,2046 ∙ ( 85,17 −97,1 ) ∆ 2 =−26,3 1T2
ara allar el trabajo
W = !−∆ 2 =−108,9+ 26,3 W =−82,6 1T2
20. ?na turbina de vapor recibe vapor a $04 +gA/cm 1 y 106N 2l vapor se expande en un proceso reversible y adiabático y sale de la turbina a #$033 +gA/cm 1 -a potencia de la turbina es de 10000 Kp 7uál es la relaci"n del Hujo de vapor en +gm/m a la turbina8 Convertimos todo a psi:
$04 +gA/cm1*#00 psi #$033 +gA/cm1*#4$ psi Para las condiciones iniciales: #*#00 psi #*106N #*#5$31 O?/lb s#*0$1.D3# O?/lb>E
ara las condiciones :nales
1*#4$ psi s1*0$1.D3# O?/lb>E sA *0$0#4D I s g*0$111 A *$54 O?/lb I g*#00$.
Entonces: $ 2= $ f + x ∙ $ fg 0,28931=0,01749 + x ∙ ( 0,22727−0,01749 ) → x =0,9667
Calculo de 4.: %2=7,574 + 0,9667 ∙ (100,86 −7,574 ) → %2=97,75
1T2 l5m
La ecuaci=n de continuidad m´ 1=m´ 2=m ´
Se reempla"a en la ecuaci=n 2 resulta: 6 =( %1 −%2 )= (157,32 −97,35 ) → 6=59,97
Pero:
1T2 l5m
W = m∙ ´ 6 1T2 %( 1T2 20000 "P ∙ 2548 = m∙ ´ 59,97 "P l5m
5
m ´ =8,5 ∙ 10
l5m %(
21. ?n dispositivo de cilindro>=mbolo contiene 0$05 +g de vapor de agua a #Fa y 3006 2l vapor se expande a un estado :nal de 100 +a y #506$ por lo !ue realiza trabajo &urante este proceso se estiman p=rdidas de calor del sistema acia los alrededores de 1+< CL se supone !ue los alrededores están a o * 156 y o * #00+a$ determine a) -a exerg9a del vapor en los estados inicial y :nal
b) 2l cambio de exerg9a del vapor c) -a exerg9a destruida d) -a e:ciencia seg@n la segunda ley para este proceso Se eval>an los procesos inicial, nal, 2 tambi%n un estado al que llamaremos estado muerto3 Se utili"an los datos que provee el problema 2 se complementan con lo que se 4alla en tablas, se obtiene lo siguiente: Condiciones iniciales:
#*# Fa #*3006 u#*1D3$ ++ ,#*0$15DD m 3/+g
Condiciones nales:
1*100+a 1*#506 u1*15$# ++ ,1*0$D5D. m3/+g
Para el estado muerto:
Entonces para el inicio:
o*#00 +a o*156 uo*#04$.3 ++ ,o*0$00#03 m 3/+g
7 1= m∙ [ ( 41− 4o ) −T o ∙ ( $1− $ o ) + Po ∙ ( ν 1− ν o ) ] 7 1= 0,05 [ ( 2793,7−104,83 ) −298 ∙ ( 7,1246 −0,3672 )+ 100 ∙ ( 0,2579−0,00103 )] 7 1=35 KJ
Para la salida: 7 1= m∙ [ ( 42− 4o )−T o ∙ ( $2− $ o ) + Po ∙ ( ν 2− ν o ) ] 7 2= 0,05 [ ( 2577,1−104,83 )−298 ∙ ( 7,2810−0,3672 ) + 100 ∙ ( 0,9598 −0,00103 )]
7 2= 25,4 KJ
El cambio de e?ergía del vapor: ∆ 7 = 7 2− 7 1=25,4 −35 → ∆ 7 =−9,6 KJ
Se reali"a un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema W − ! − 7 'e$(.i'a= 7 2− 7 1 & & & ( a)
!$al −W $al= ∆ 2
*demás:
Entonces: W $al =−!− m∙ ( 4 2− 41 ) =−2 −0,05 ∙ ( 2577,1− 2793,7 ) → W $al= 8,8 KJ
Pero: W .il =W −W al(e'e'o(e$ =W $al −m ∙ P o ∙ ( 42 − 4 1 ) W .il =8,8−100 ∙ 0,05 ∙ ( 0,95786 −0,25799 ) W .il =5,3 KJ
'eempla"ando en #a&: 7 'e$(.i'a =35 −25,4 −5,3 → 7 'e$(.i'a = 4,3 KJ
Para 4allar el rendimiento: η=
7 (ec
=
W .il
7 'e$ 7 1− 7 2
(
=
)
5,3 ∙ 100 35 −25,4
η=55,2
22. ?n recipiente r9gido aislado contiene 1-Om de aire a 10 sia y 06N$ una =lice dentro del recipiente se ace girar por una Auente de potencia externa asta !ue la temperatura en el recipiente sube a #306N Ci el aire de los alrededores está a o*06N$ determine a) -a exerg9a destruida b) 2l trabajo reversible para este proceso Se reali"a un balance de entropías:
S en −S $al − S gene= ∆ S $i$ S gene(a'o = ∆ S $i$ema
[ ( ) ( )]
∆ S $i$ = m Cv ∙ ln
Entonces: S gene(a'o =m∙Cv∙ ln S gene(a'o =0,03663
( ) T 2 T 1
=2 ∙ 0,171 ∙ ln
(
130 + 460 70 + 460
T 2 v − R ∙ ln 2 T 1 v1
)
1T2 ° 0
Entonces la e?ergía destruida: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=530 ∙ 0,003663 7 'e$(.i'a =19,44 1T2
Para el traba7o reversible se reali"a un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema
W (eve($i5le = 7 2− 7 1=( 42 − 4 o )−T o ∙ ( $ 2−$ o ) + Po ∙ ( ν 2− ν o ) W (eve($i5le =m∙Cv∙ ( T 2 −T 1 ) −T o ∙ S gen W (eve($i5le =2 ∙ 0,171 ∙ ( 130 −70 )−19,44 W (eve($i5le =1,08 1T2
23. ?n blo!ue de 5 +g !ue se alla inicialmente a 3506 es enAriado rápidamente en un recipiente aislado !ue contiene #00 +g de agua a 306 Cuponiendo !ue el agua evaporada durante el proceso se condensa de nuevo en el recipiente y !ue los alrededores están a 106 y #00+a determine a) -a temperatura de e!uilibrio :nal b) -a exerg9a del sistema combinado en los estados inicial y :nal c) 2l potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso
Condicione iniciales: mK1P*#00 +g K1P*306 mO-*#00 +g O-*306
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a ∆ * ene(g/a =∆ 2 =0
Entonces: ∆ 2 " 2 - + ∆ 2 5lo8 =0 m5l ∙Cv∙ ( T e −T 5 ) + m " 2 - ∙Cv∙ ( T e −T " 2 - ) 5 ∙ 0,45 ∙ ( T e− 350 ) +100 ∙ 4,18 ∙ ( T e −30 )
T e= 31,71 ° C
*4ora se usa la ecuaci=n: 7 =( 42− 4o ) −T o ∙ ( $2− $ o ) + Po ∙ ( ν 2− ν o ) 7 =m ∙ C ∙ (T −¿ )−T o ∙ m ∙ C ∙ ln
[
7 =m ∙ C ∙ ( T −¿ )−T o ∙ ln
( T ¿ )
( T ¿ )]
Entonces para el bloque:
[ [
7 1=5 ∙ 0,45 ∙ ( 350−20 ) −293 ∙ ln
(
350 + 273 20 + 273
7 2=5 ∙ 0,45 ∙ ( 31,71−20 )− 293 ∙ ln
Para el agua:
[ [
7 1=100 ∙ 4,18 ∙ ( 30−20 )−293 ∙ ln
(
(
→ 7 1=245,18 KJ
31,71 + 273 20 + 273
30 + 273 20 + 273
7 2=100 ∙ 4,18 ∙ ( 31,7 −20 )−293 ∙ ln
)]
(
Entonces: 7 1 T =245,18 + 69,82 → 7 1 T =315 KJ
)]
)]
→ 7 2= 0,51 KJ
→ 7 1=69,82 KJ
) ]
31,7 + 273 20 +273
→ 7 2 =95,3 KJ
7 2 T =0,51 + 95,37 → 7 1 T = 95,88 KJ
Entonces la e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a = 7 1T − 7 2 T =315 −95,88 7 'e$(.i'a =219,12 KJ
24. 2l vapor de agua entra a una turbina en Aorma estacionaria a 3Fa y 4506 a una raz"n de . +g/s y sale a 0$1 Fa y #506 2l vapor pierde calor acia los alrededores a una tasa de 300+Q y el cual se alla a #00+a y 156$ mientras !ue los cambios de las energ9as cin=tica y potencial son signi:cativas &etermine a) -a salida de potencia real b) -a salida de potencia máxima c) -a e:ciencia seg@n la segunda ley d) -a exerg9a destruida e) -a exerg9a del vapor en las condiciones de entrada Para las condiciones iniciales:
Para las condiciones nales:
#*3 Fa #*4506 #*3344$D +
1 * 0$1 Fa 1*#506 1*1D$# +
Para el estado muerto: 1 * #00 +a 1*156 1*#04$.3 +
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a m∙ ( %1 −%2 )=! −W
W = m∙ ( T 1 −T 2 ) + ! =8 ∙ ( 3344,9 −2769,1 )+(−300 ) W = 4306,4 KW
*4ora se reali"a un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema 7 en − 7 $al =0 m∙ ( 9 1−9 2 )= W (ev
[
W (ev =m∙ ( %2−%1 ) −T o ∙ ( $ 2− $o )
]
W (ev =8 ∙ [ (3344,9 −2769,1 )−298 ∙ ( 1,0856 −1,2810 ) ] W (ev =5072,23 KW
Para el rendimiento de la segunda le2: η )) =
W a W (ev
=
4306,4 → η )) = 0,8490 5072,23
8 la e?ergía destruida será:
7 'e$(.i'a =W (ev −W =5072,3− 4306,4 7 'e$(.i'a =765,83
;demás : 1=( %1−%o )−T o ∙ ( $2− $ o ) : 1=( 3344,9 −104,8 )−298 ∙ ( 1,0856−0,3672 )
: 1=1237,981
KJ Kg
25. 2n una cámara de mezclado entra a gua a 10 psia y 506N a una tasa de 300lbm/min para ser mezclada de manera estacionaria con vapor de agua !ue ingresa a 10psia y 1406N -a mezcla sale de la cámara a 10 psia y #306N y pierde calor acia el aire de los alrededores a o * 06N a una tasa de #.0 O?/min$ sin tomar en cuenta los cambios de las energ9as cin=tica y potencial$ determine la potencia reversible y la tasa de destrucci"n de exerg9a para este proceso
Para las condiciones iniciales: #*10 psi #*506N #*#.$0 O?/lbm s#*0$010D
1*10 psi 1*1406N 1*##1$3 O?/lbm
Para las condiciones nales: 3*10 psi #*#106N #*D$DD O?/lbm s#*0$#.#4
Se 4ace un balance de masas: men −m$ale =0 m1+ m2 =m3
Se 4ace un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a m3 ∙ %3− ( m2 ∙ %2 + m1 ∙ %1 )=! −W !=m1 ∙% 1 + m2 ∙% 2−m3 ∙ %3 !=m1 ∙% 1 + m2 ∙% 2−( m1 + m 2) ∙ %3
'eempla"ando datos: 180=300 ∙ ( 18,07− 97,99 ) + m2 ∙ ( 1162,3 −97,99 )
m2=22,7
l5m min
Se reali"a un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema 7 en − 7 $al =0
m1 ∙ 9 1+ m2 ∙9 2− m3 ∙9 3 =W (ev W (ev =m1 ∙ ( %1 −T 0 ∙ $1 ) + m2 ∙ ( %2−T 0 ∙ $2 )− m3 ∙ ( %3 −T 0 ∙ $ 3) W (ev =300 ( 18,07−530 ∙ 0,036 ) + 22,7 ( 1162,3−530 ∙ 1,174 )−( 322,7)( 97,99−530 ∙ 0,182) W (ev =4587,5
1T2 min
Para la e?ergía destruida: 7 'e$(.i'a =W (ev −W =T o ∙ S gen
7 'e$(.i'a = 4587,5
1T2 min
26. ?n dispositivo de cilindro>=mbolo contiene 5 +B de reArigerante >#34 a 0$ Fa y 06 el reArigerante se enAr9a aora a presi"n constante asta !ue existe como l9!uido a 146 Ci el entorno está a #00+ay 146$ determine a) -a exerg9a del reArigerante en los estados inicial y :nal b) -a exerg9a destruida durante el proceso
Para las condiciones iniciales:
Para las condiciones nales:
#*0$ Fa #*06 u#*14$0# + + 1*0$ Fa 1*146 u1*.4$44 + +
Para el estado +uerto:
o*0$# Fa o*146 uo*15#$.4 ++ ,o*0$13#. m 3/+g
Todos los datos son obtenidos a partir de tablas usando los datos que provee el problema3 En el estado inicial: 7 1= m∙ [ ( 41− 4o ) −T o ∙ ( $1− $ o ) + Po ∙ ( ν 1− ν o ) ] 7 1=5 [( 274,01 −251,84 )− 297 ∙ ( 1,0256 −1,1033 )+ 100 ∙ ( 0,03487− 0,2372)] 7 1=125,1 KJ
Para la salida: 7 2= m∙ [ ( 42− 4 o )−T o ∙ ( $2− $ o ) + Po ∙ ( ν 2− ν o ) ] 7 2=5 [ ( 84,44−251,89 )−297 ∙ ( 0,31958−1,1033 ) + 100 ∙ ( 0,00082− 0,2372)] 7 2= 201,6 KJ
Entonces para calcular la e?ergía destruida: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema W (eve($i5le = 7 2− 7 1=208,6 −125,1=83,5 KJ
Entonces: W .il =W −W al(e'e'o(e$ =W $al −∙Po∙ ( v 2− v 1 ) W .il =5 ∙ ( 700 −100 ) ∙ ( 0,0345−0.000826 ) W .il =102,1 KJ
Se reempla"a en la primera ecuaci=n 2 la e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a =102,1− 83,5 → 7 'e$(.i'a =18,6 KJ
27. ?n tan!ue r9gido de #$1m 3 contiene 1$#3 +g de bi"xido de carbono a #00+a ;ora se realiza sobre el sistema de trabajo de rueda de paletas asta !ue la presi"n en el tan!ue sube a #10+a &etermine
a) 2l trabajo real de rueda de paletas realizado durante el proceso b) 2l trabajo m9nimo de rueda de paletas con el cual se puede realizar este proceso (entre los dos mismos estados inicial y :nal) Para el estado inicial: T 1 =
#1 ∙ v 1 m∙ R
=
100 ∙ 1,2 2,13 ∙ 0,1889
T 1 =298,2 K
Para el estado nal: T 2 =
#2 ∙ v 2 m∙ R
=
120 ∙ 1,2 2,13 ∙ 0,1889
T 2 =357,9 K
Se 4alla un T promedio: T #(ome'io =
298,2 + 357,9 =328 K 2
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a W en =∆ 2 =m c v ∙ ( T 2−T 1 ) =2,13 ∙ 0,684 ∙ ( 357,9 −298,2 ) W en =87 KJ
Entonces para las entropías: $ 2− $1= c v ∙ ln $ 2− $1= 0,684 ∙ ln
( ) () T 2 T 1
+ R∙ ln
( )= 357,1 298,2
v2 v1
0,1253
KJ Kg− K
Se 4ace un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema
We= 7 2− 7 1 W = m∙ [ ( 42− 4 o )−T o ∙ ( $2 −$ o ) + Po ∙ ( ν 2− ν o ) ]
Pero v es constante así que se anula ese t%rmino en la ecuaci=n: W = m∙ [ ( 42− 4 o )−T o ∙ ( $2 −$ o ) ] W = 2,13 ∙ [ 0,684 ∙ ( 357,9−298,2 ) −298,2 ∙ 0,1233 ]
W = 7,74 KJ
28. ?n dispositivo aislado de cilindro>=mbolo contiene 1 l de agua l9!uida saturada a presi"n constante de #50+a ?n calentador el=ctrico de resistencia dentro del cilindro se enciende y realiza un trabajo el=ctrico sobre el agua en la cantidad de 1100+< Cuponiendo !ue el entorno este a 15#6 y #00 +a$ determine a) 2l trabajo m9nimo con el !ue podr9a realizarse este proceso b) -a exerg9a destruida durante este proceso Condiciones $niciales:
Pero:
#*#50 +a #*4$#3 +
V 0,002 m= = v 0.001053 m=1,899 Kg
Entonces se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a W en −W $ale=∆2 Pe(o : W e= m∙ ( %2− %1 )
8 a presi=n constante: %2= %1+
W e m
= 467,13+
2200 1,809
%2=1625,1 KJ / Kg
8 con eso se 4alla el factor de calidad: x =
%2−% f % fg
=
1625,1−467,13 → x = 0,5202 2226
Con los datos obtenidos de los cálculos se pueden obtener los datos de las condiciones nales:
$ 2= $ f + x ∙ $ fg =1,4337 + 0,5202 ∙ 5,7891 → $ 2= 4,4454 .2=. f + x ∙ . fg =466,97 + 0,5202 ∙ 2052,3 → .2=1354,6
KJ Kg −k
KJ Kg 3
m v 2= v f + x ∙ v fg =0,001053 + 0,5202 ∙ ( 1,1594− 0,001053 )=0,6037 Kg
Se reali"a un balance se e?ergías 7 en − 7 $al − 7 'e$(.i'a =∆ 7 $i$ema We= 7 2− 7 1 W =−m ∙ [ ( 4 2− 4o ) −T o ∙ ( $2− $ o ) + Po ∙ ( ν 2−ν o ) ] W =−1,899 [ ( 466,6−1534,6 ) −298 ∙ ( 1,434 −4,445 )+ 100 ∙ ( 0,00105 −0,6037 )]
W e = 437,7 KJ
*4ora se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema ∆ S $i$ema=S gen =m ( $ 2− $1 )
Pero: 7 - =T o ∙ S gen =m∙ T o ( $2 −$ 1 ) 7 o =298 ∙ 1,899 ∙ ( 4,4454 −1,4337 ) → 7 o=1705 KJ
29. ?n blo!ue de ierro de masa desconocida a .56 se introduce a un tan!ue aislado !ue contiene #00 l de agua a 10 6 ;l mismo tiempo se activa una rueda de paletas accionada por un motor de 100 Q$ para agitar el agua Ce observa !ue se establece el e!uilibrio t=rmico despu=s de 10 min con la temperatura :nal de 146 Cuponiendo !ue el entorno está a 106 &etermine a) -a masa del blo!ue de ierro b) -a exerg9a destruida durante este proceso Se reali"a un balance de energías:
*en(a − * $ale=∆ *ene(g/a
W e = ∆2 = ∆2 0e + ∆ 2 +;
*demás: m= < ∙ v = 997 ∙ 0,1
m " 2 -= 99,7 Kg
Entonces se tiene que el traba7o que entra: W #6 =W # ∙ ∆ =0,2 ∙ 20 ∙ 60=240 KJ
8 de la ecuaci=n de balance de energías: W #= ( m ∙ c ∙ [ T 2−T 1] ) 0e + ( m ∙ c ∙ [T 2−T 1 ] ) " 2 240= m 0e ∙ 0,15 ∙ ( 24 −89 ) + 99,7 ∙ 4,18 ∙ ( 24 −20 )
m 0e =52 Kg
*4ora se reali"a un balance de entropías
S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema
∆ S $i$ema =S gen =∆ S 0e− ∆ S " 2 -
Pero:
( ) ( )
∆ S 0e= m∙Cv∙ ln
∆ S " 20 =m∙Cv∙ ln
T 2 T 1
T 2 T 1
( ) ( )
=52 ∙ 0,45 ∙ ln
=99,7 ∙ 4,18 ∙ ln
297 KJ → ∆ S 0e =−4,371 358 K
297 KJ → ∆ S 0e =5,651 293 K
Entonces se reempla"a en la ecuaci=n: 7 - =T o ∙ S gen 7 o =293 ∙ (−4,371 +5,651 ) → 7 'e$=375 KJ
30. ?n tan!ue r9gido de #1 At 3 contiene reArigerante #34R a 40 psi y calidad de 55% aora se trans:ere calor al reArigerante desde una Auente de #106N asta !ue la presi"n se eleva a 0 psia Cuponiendo !ue el entorno está a 56N$ determine a) -a cantidad de calor transAerido entre la Auente y el reArigerante b) -a exerg9a destruida durante este proceso
Condiciones iniciales #*40 psi x#*0$5
Con estas condiciones se calcula lo siguiente: $ 2= $ f + x ∙ $ fg =0,04688 + 0,55 ∙ 0,1758 → $ 2=0,1436
1T2 l5m − R
.2=. f + x ∙ . fg =21,246 + 0,55 ∙ 77,307 → .2=63,76
1T2 l5m 3
f v 2= v f + x ∙ v fg =0,01232 + 0,55 ∙ 1,16368 → v2 =0,6523 l5m
Pero v .v (, entonces las condiciones nales son: #*40 psi v#*v1
8 los cálculos para estas condiciones son: x 2=
v 2− v f v fg
=
0,65234 −0,01270 → x2 =0,8191 0,79361− 0,01270
$ 2= $ f + x ∙ $ fg =0,06029 + 0,8191 ∙ 0,16098 → $2= 0,1922
1T2 l5m− R
.2=. f + x ∙ . fg =27,939 + 0,8191 ∙ 73,360 →. 2 =88,03
1T2 l5m
La masa del refrigerante será: 12 V m= = → m=18,4 l5m v 0,65234
'eali"ando en balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a !e =∆ 2 =m∙ ( .2−. 1 ) !e =18,4 ∙ ( 88,03−63,76 ) → !e =446,3 1T2
'eali"ando un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema ∆ S $i$ema=S gen +
! en T f.ene
S gen =m∙ ( $2− $1 ) −
= m∙ ( $ 2− $1 )
!e T f.ene
Pero: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen
Entonces:
[
7 'e$ =535 ∙ 18,4 ∙ ( 0,1922− 0,1436 )−
]
446,3 580
7 'e$ =66,5 1T2
31. Ce estrangula vapor de .Fa y 4506 a Fa &etermine el potencial de trabajo despreciado durante este proceso de estrangulaci"n Cuponga !ue entorno está a 156 #*. Fa #*313$3 +
Para las condiciones iniciales:
Para las condiciones nales 4 . 4( , entonces: 1* Fa 1*313$3 +
Entonces se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema ∆ S $i$ema=S gen =m ( $ 2− $1 )
Pero:
7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen
Entonces reempla"ando las ecuaciones 2 los datos: 7 'e$(.i'a = 298 ∙ ( 6,6806 −6,5579 )
7 'e$(.i'a =36,6
KJ Kg
Lo que es lo mismo que el potencial de traba7o que es gastado durante todo el proceso3 32. 2ntra vapor de agua a un diAusor de #0 +a y 506 con un velocidad de 300m/s y sale como vapor saturado a 506 y 0 m/s 2l área de salida del diAusor es de 3m 1 &etermine a) 2l Hujo másico del vapor b) 2l potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso Cuponga !ue el entorno está a 156
Para las condiciones iniciales:
#*#0 +a #*15D1 +
v1*#1$01 m3/+g 1*15D#$3 +
Para las condiciones nales:
Para el 6u7o másico: m ´=
1
v2
∙ + 2 ∙ vel2=
1 Kg ∙ 3 ∙ 70 → ´ m=17,46 12,206 $eg
Se reali"a un balance de energía: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a
( ) ( ) ( ( ) ( )) (
m∙ %1+
v 1
2
2
=m∙ %2 +
!$ale=−m∙ − %1 +
v1
v2
2
2
+ !$ale
2
2
+ %2 +
v2
2
2
!$ale=−17,46 ∙ 2591,3− 2592+ !$ale=754,8
70
2
−300 2 2
)
∙
1 KJ / Kg 2
1000 m / $eg
KJ $eg
*4ora reali"amos un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema m∙ $ 1−m ∙ $2 −
!$i$ T al(e'e'o(e$
+ S gen =0
Pero 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen
Entonces se tiene que:
(
7 'e$(.i'a =T o ∙ −m∙ $ 1+ m∙ $ 2+
(
!$i$ T al(e'e'o(e$
)
7 'e$(.i'a =298 ∙ 17,46 ∙ ( 8,074 −8,1741 )+
)
754,8 298
7 'e$(.i'a =238,3 KW
33. 7uánta exerg9a se pierde en un tan!ue r9gido lleno con #+g de E>#34R l9!uido cuya temperatura permanece constante 106$
al liberar vapor de E>#34R del tan!ue8 2ste tan!ue puede intercambiar calor con la atm"sAera circundante !ue está a #00+a y 106 2l vapor se libera asta !ue desparece lo @ltimo del l9!uido dentro del tan!ue 34. ?n tan!ue aislado de #50 At 3 contiene aire a 5 psia y #406N se abre una válvula conectada al tan!ue y se permite !ue escape aire$ durante este proceso se mantiene constante mediante un calentador el=ctrico de resistencia colocado en el tan!ue &etermine a) 2l trabajo el=ctrico realizado b) -a destrucci"n de exerg9a (o*06N) La constante ' del aire es: E*0$304 psi>At3/lbm>E T e= 600 R → %e =143,47 1T2 / l5m
T 2 =600 R → .2=102,34 1T2 / l5m T 1 =600 R → .1=102,34 1T2 / l5m
Se reali"a un balance de masa: men(a −m$ale =∆ m $i$ema m e =m 1−m 2
*4ora se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a W e −me ∙ % e= m2 ∙. 2−m 1 ∙ .1
Entonces: P 1 ∙ v 75 ∙ 150 m1= = → m1 =50,67 l5m R ∙ T 1 0,3704 ∙ 600 P 2 ∙ v 30 ∙ 150 m2= = → m1=20,25 l5m R ∙ T 2 0,3704 ∙ 600
!el balance de masas: me =50,62−20,25 → me =30,37 l5m
'eempla"amos en la ecuaci=n del balance de energías: W e =me ∙ % e + m 2 ∙ .2− m1 ∙. 1 W e =30,37 ∙ 143,47 + 20,25 ∙ 102,34 −50,67 ∙ 102,34 W e =1249 1T2
*4ora se reali"a un balance de entropías S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema S gen + me ∙ $e =m 2 ∙ $2− m1 ∙ $ 1 S gen =−me ∙ $e + m2 ∙ $ 2−m 1 ∙ $1 m (¿ ¿ 1 + m2) ∙ $ e + m2 ∙ $2− m1 ∙ $1 S gen =−¿ $
(¿ ¿ 2− $ e ) ∙ m2+ m1 ∙ ( $1− $ e ) S gen=¿ !onde: $ 2− $e =C# ∙ ln
( ) T 2
T e
$ 2− $e = 0,03836 $ 1− $e =C# ∙ ln
( ) T 1
T e
$ 1− $e =−0,02445
− R ∙ ln
( ) P 2
P o
=−0,06855 ∙ ln
( ) 30 52,5
1T2 l5m− R
− R∙ ln
( ) P 1
P o
=−0,06855 ∙ ln
( ) 75 52,5
1T2 l5m − R
Pero 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen $
(¿ ¿ 2− $ e ) ∙ m2+ m1 ∙ ( $1− $ e ) ¿ 7 'e$(.i'a =T o ∙ ¿ 7 'e$(.i'a =530 ∙ [ 20,25 ∙ 0,03836 + 50,62 ∙ 0,02445 ]
7 'e$(.i'a =1068 1T2
35. ?n tan!ue de 0$1m 3 contiene inicialmente vapor saturado de E>#34R a # Fa 2l tan!ue está conectado por una válvula a una l9nea de suministro !ue lleva E>#34R a #$4 Fa y 0 6$ aora se abre la válvula para permitir !ue el reArigerante entre al tan!ue -a válvula se cierra cuando la mitad del volumen está lleno del l9!uido y el resto de vapor a #$1 Fa 2l reArigerante intercambia calor durante este proceso con el medio a 156 &etermine a) -a cantidad de transAerencia de calor b) -a destrucci"n de exerg9a asociada a este proceso Condiciones iniciales: #*# Fa u#*150$. ++
Condiciones nales: 1*#$4 Fa 1*1.5$. ++ 6 Se reali"a un balance
de masa: men(a −m$ale =∆ m $i$ema m ´ =m 1 = m 2
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a
−! $ale + m1 ∙ %1=m2 ∙ .2−m1 ∙.1 Pero: 0,2 V m= = → m =9,846 Kg v 0,020313
m 2 =m l + m v =
V L V v v L
+
vv
=
0,1 0,1 + → m2=117,91 Kg 0,0008934 0,016715
Entonces: 2 2=m 2 ∙. 2 =m L ∙ . L −m V ∙ .V 2 2=111,93 ∙ 116,7 + 5,983 ∙ 253,81 →2 2=14,581 KJ S 2=m 2 ∙ $2= m L ∙ $ L −m V ∙ $V
S 2=111,93 ∙ 0,42411+ 5,983 ∙ 0,91303 → S2 =52,967
KJ K
Para la masa e?traída: me =117,91− 9,846 →m e =108,06 Kg
!e la ecuaci=n de balance de energías: !$ale=m1 ∙% 1−m2 ∙ .2+ m1 ∙ .1 !$ale=108,06 ∙ 285,47−14,581 + 9,846 ∙ 250,68 →! $ale =18,73 KJ
Se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema
−m∙ $1+ m∙ $2+
!$ale T al(e'e'o(e$
= S gen
Pero: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen
(
7 'e$(.i'a =T o ∙ −m∙ $ 1+ m∙ $ 2+
!$ale T al(e'e'o(e$
)
7 'e$(.i'a =298 ∙ ( 52,967 −9,846 ∙ 0,91558−108,06 ∙ 0,93889+
18,737 ) 298
7 'e$(.i'a =1599 KJ
36. onsidere una Aamilia de cuatro de la !ue cada miembro toma una duca de seis minutos cada maSana 2l Hujo promedio a trav=s de la cabeza de la regadera es #0 l/min 2l agua municipal a #56 y se templa a 416 mediante agua Ar9a mezclándose con ella en la uni"n de tuber9as de Aorma de una antes de dirigirse a la cabeza de la regadera &etermine la cantidad de exerg9a !ue esta Aamilia destruye por aSo como resultado de sus ducas diarias o * 156 Se toman las condiciones iniciales <=1
Kg Kg KJ =1000 3 3 C =4,18 l Kg−° C m
Entonces:
m= < ∙ v =1 ∙ 10 → m=10
Kg min
Se reali"a un balance de masa: men(a −m $ale =∆ m $i$ema =0 m$ale =m1 + m2=m 3
Se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema m1 ∙ $ 1+ m 2 ∙ $ 2−m3 $3 + S gen=0
−m1 ∙ $1 −m2 ∙ $ 2+ m3 $ 3= S gen Pero s( s. entonces: S gen =m3 $3− ( m 1+ m2 ) ∙ $ 1=m3 ∙ ( $3 + $1 ) S gen =m3 ∙C#∙ ln
( )
S gen =10 ∙ 4,18 ∙ ln S gen =3,746
T 3 T 1
(
42 + 273 18 +273
)
6 min 365 '/a$ KJ ∙ ∙ ∙ 4 #e($ona$ K −min #e($ona−'/a a=o
S gen =32815
KJ K − a=o
Entonces: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=298 ∙ 32815 7 'e$(.i'a =9779000 KJ
37. 2ntra aire aun compresor a condiciones ambientes de #00 +pa y 106 a raz"n de 4$5 m 3/seg con baja velocidad y sale a D00+pa$ 06 y .0m/seg 2l compresor se enAr9a por agua de enAriamiento !ue suAre un aumento de temperatura de #06$ la e:ciencia isot=rmica del compresor es del 0% &etermine a) -os suministros de potencia real y reversible b) -a e:ciencia seg@n la segunda ley c) 2l Hujo másico de agua de enAriamiento Calculamos la masa que entra:
P 1 ∙ v 100 ∙ 4,5 m1= = R ∙ T 1 0,287 ∙ ( 20 + 273 ) m1=5,351
Kg $eg
Para el traba7o reversible: W (ev =m∙ T 1 ∙ R ∙ ln
( ) P2 P1
W (ev =5,351 ∙ 0,287 ∙ 293 ∙ ln
( ) 900 100
W (ev =988,8 KW
Entonces del rendimiento: W ac =
W (ev η
=
988,8 →W ac =1413 KW 0,7
La eciencia isot%rmica o la eciencia de la segunda le2 será: η )) =0,70
Para el calor que sale:
(
2
!$ale=m ∙ C#∙ ( T 1−T 2 )+
(
v 1 −v 2
!$ale =5,351 ∙ 1,005 ∙ ( 20 −60 ) +
2
2 0
2
)
+ W ac
−80 2 2
∙
(
1 KJ / Kg 2
1000 m / $
2
))+
1413
!$ale=1181 KW
Pero: m " 2 -=
!$ale
=
c∙∆T
1181 Kg → m " 2- =28,25 4,18 ∙ 10 $eg
38. ?n intercambiador de calor bien aislado de tipo coraza y tubos se usa para calentar agua en los tubos de 10 a 06 a raz"n de 4$5 +g/s 2l calor lo suministra aceite caliente (p* 1$3 + 6) !ue entra al lado de la coraza a #06 a raz"n de #0 +g/s &espreciando cual!uier p=rdida de calor del intercambiador de calor &etermine a) -a temperatura de salida del aceite
b) -a tasa de destrucci"n de exerg9a en el intercambiador de calor o * 156 Se reali"a un balance de energías: *en(a− * $ale =∆ *ene(g/a
!en + m ´ ∙% 1=m∙ ´ %2
´ !en= m∙C#∙ ( T 2−T 1 ) 2l balance realizado se aplica al agua !en= 4,5 ∙ 1,18 ∙ ( 70 −20 ) !=940,5 KW
*plicando al aceite: !en= m∙C#∙ ´ ( T en−T $al ) T $al =T en(a −
940,5 ! =170− →T $al =129,1 ° C 10 ∙ 2,3 m∙C#
*4ora se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema m1 ∙ $ 1−m2 ∙ $2 + m 3 ∙ $ 3− m3 ∙ $ 4 + S gen =0 m " 2 - ∙ $1− m " 2 - ∙ $ 2 + m +ceie ∙ $3− m aceie ∙ $ 4 + S gen=0 S gen =m " 2 - ∙ ( $2 −$ 1 ) + m +ceie ∙ ( $ 4− $3 ) S gen =m " 20 ∙C#∙ ln
( )
S gen =4,5 ∙ 4,18 ∙ ln
(
T 2 T 1
+ m +ceie ∙C#∙ ln
70 + 273 20 + 273
)
S gen =0,736 KW
La e?ergía destruida es:
7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=298 ∙ 0,736 7 'e$(.i'a =219 KW
( ) T 4 T 3
+ 10 ∙ 2,3 ∙ ln
(
)
129,1 + 273 170 + 273
39. ?n radiador el=ctrico de 30l !ue contiene aceite de caleAacci"n$ se coloca en un cuarto bien sellado de 50m 3$ tanto el aire del cuarto como el aceite del radiador están inicialmente a la temperatura ambiente de #06$ se conecta aora la electricidad$ con una potencia nominal de #$. +Q ambi=n pierde calor del cuarto a una tasa promedio de 0$35+Q$ el caleAactor se apaga despu=s de cierto tiempo cuando las temperaturas del aire$ del cuarto y del aceite se miden como 10 y 506 respectivamente omando la densidad y el calor espec9:co del aceite como D50+g/m3 y 1$1 +6 &etermine a) uánto tiempo se mantiene encendido el caleAactor b) -a destrucci"n de exerg9a c) -a e:ciencia seg@n la segunda ley Para 4allar la masa: P1 ∙ v 101,3 ∙ 50 mai(e = = R ∙ T 1 0,287 ∙ ( 10 +273 ) mai(e =62,36 Kg
Para la masa de aceite: maceie = <∙ v =950 ∙ 0,030 maceie =28,50 Kg
*4ora se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a
( W e −! $ale) ∙ ∆ =mai(e ∙Cv∙ ( T −T ) +maceie ∙ c ∙ (T −T ) 2
1
2
1
( 1,8−0,35 ) ∙ ∆ =62,36 ∙ 0,178 ∙ ( 20 −10 ) + 28,58 ∙ 2,2 ∙ (50− 10) ∆ =2038 $eg∙
1 min → ∆ =34 min 60 $eg
Para la presi=n: P2=
m ∙ R ∙ T 62,3 ∙ 0,287 ∙ ( 20 + 273 ) = → P 2=104,9 KPa 50 v
!$ale=! S ∙ ∆ =0,35 ∙ 2038 →! $ale =713,5 KJ
Para la entropía:
[ ( ) ( )]
∆ SC =m∙ C#∙ ln
T 2 P − R ∙ ln 2 T 1 P1
[
∆ Sc = 62,36 ∙ 1,005 ∙ ln ∆ Sc =1,554
(
20 + 273 10 + 273
)
−0,287 ∙ ln
( )] 104,9 101,3
KJ Kg
Para el aceite: ∆ Saceie =m " 20 ∙C#∙ ln ∆ Saceie =8,2893
( ) T 2 T 1
= 28,5 ∙ 2,2 ∙ ln
(
50 + 273 10 + 273
)
KJ K
Para el aire: ∆ Sai(e =
!al( T al(
=
713,5 KJ → ∆ S ai(e= 2,5211 10 + 273 K
Entonces: S gen =∆ Sc + ∆ Saceie + ∆ S ai(e =1,554 + 8,289 + 2,521 S gen =12,365
KJ Kg
La e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=(10 + 273) ∙ 0,736
7 'e$(.i'a =3500 KJ
*demás se tiene que: T 2−T 1 Cv ∙ ¿−T o ∙ ∆ S c 7 c =m∙ ¿
7 ai(e =62,36 ∙ 0,718 ∙ ( 20−10 ) −( 10 + 273 ) ∙ 1,5548 → 7 ai(e=7,73 KJ 7 aceie =28,50 ∙ [ 2,2 ∙ (50 −10 ) ] − (10 + 273 ) ∙ 8,2893 → 7 ai(e =162,13 KJ
Entonces: η )) =
7 (ec 7 '
η )) = 4,6
=
7,729 + 162,13 1,8 ∙ 2038
40. -as super:cies interna y externa de un vidrio de ventana de 1m x 1m de dimensiones y de 0$5 de espesor$ están en invierno a #0 y 36 respectivamente Ci la tasa de p=rdida de calor a trav=s de la ventana es 4$4 +
!=79200 KJ
Se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$em ! * T *
(
S gen =−
−
!S T S
+ S gen =0
)
4400 4400 W − → S gen =0,3943 283 276 K
S gen vi'(io = S gen ∙ ∆ =0,3943 ∙ 5 ∙ 3600 → S genvi'(io =7097,86 KJ
La e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=278 ∙ 7097,86 7 'e$(.i'a =1973,2 KJ
41. ?na turbina de vapor de agua está e!uipada para purgar % del vapor de entrada para calentamiento del agua de alimentaci"n Ce opera con vapor de 500 psia y 006N a la entrada$ presi"n de purga de #00 psia y presi"n de escape de 5 psia -a e:ciencia de la turbina entre la entrada y el punto de purga es de D% y la e:ciencia entre el punto de purga y el escape es de D5% alcule la e:ciencia seg@n la segunda ley de esta turbina o*6N 42. ;ire ambiente a #00 +a y 300+ se comprime isentr"picamente en un dispositivo de Hujo estacionario a #Fa &etermine
a) 2l suministro de trabajo al compresor b) -a exerg9a del aire a la salida del compresor c) -a exerg9a del aire comprimido despu=s de enAriarse a 300+ y #Fa Para los datos obtenidos de tablas son: R= 0,287
KJ Kg− K
C#=1,005
KJ 3 K =1,4 Kg − K
Entonces:
( )
P 2 T 2 =T 1 ∙ P1
k −1 k
( )
1000 T 2 =300 ∙ 100
1,4 −1 1,4
T 2 =579,2 K
El traba7o será:
[( ) ]
K ∙ R ∙ T 1 P 2 W com# = ∙ K − 1 P 1
k −1 k
−1
1,4 ∙ 0,287 ∙ 300 W com# = ∙ 1,4 −1
( ) 1000 100
0,4 1,4
−1 →W com#=280,5 KJ Kg
Entonces la entropía para las condiciones de salida:
[
9 2= ( %2−% o )−T o ∙ ( $1− $ o ) +
v2
]
2
2
+ g ∙ > =C#∙ ( T 2−T - )
9 2=1,005 ∙ ( 579,2− 300 ) → 9 2=280,6
KJ Kg
La entropía para a las condiciones de entrada:
[
9 3= ( %3−% o )−T o ∙ ( $3 −$ o ) +
v3
2
2
+g∙ >
9 3=C# ∙ ( T 3−T - ) −T - ∙ ( $3− $ o)
Pero:
]
$ 3− $ o=C#∙ ln
( ) T 3 T 1
− R ∙ ln
( ) P 3 P1
=−0,661
KJ Kg − K
9 3=−300 ∙ (−0,661 )
9 3=198
KJ Kg
43. ?na má!uina t=rmica !ue deseca calor de desperdicio en un sumidero a 530E tiene una e:ciencia t=rmica de 3% y una e:ciencia de segunda ley de 0% &etermine la temperatura de Auente !ue suministra calor a esta má!uina La eciencia de la segunda le2 será: η )) =
ηT% ηT%(ev
ηT%(ev =
ηT % η ))
=
0,36 0,60
ηT%(ev =0,60
Pero: ηT%(ev =0,60 =1− T " =
T " =
T L T "
T L 1−ηT %(ev 530 1−0,60
T " =1325 R
44. ?na central geot=rmica usa como la Auente da calor agua l9!uida geot=rmica a #06 a una tasa de 440+g/s$ con lo !ue produce #4 FQ de potencia neta en un ambiente 156 Ci #.$5FQ de exerg9a !ue entra a la central con el agua geot=rmica es destruida dentro$ determine a) -a exerg9a del agua geot=rmica !ue entra en la planta b) -a e:ciencia de segunda ley c) -a exerg9a de calor desecado de la central
#*#06
Para las condiciones del estado inicial: #*5$4 ++
Para las condiciones del estado nal:
#*#06 #*5$4 ++
Entonces la e?ergía es:
[
7 =m ∙ %1− %o−T o ∙ ( $ 1−$ o )
]
7 =440 ∙ ( 675,47 −104,83 + 0− ( 25 + 273 ) ) ∙ ( 1,9426 −0,367 )
7 =44,53 MW
Entonces la eciencia de la segunda le2 será: η )) =
W $al x e
=
14000 44,525
η )) =0,314
La e?ergía: 7 !S = 7 e −W $− 7 'e$= 44,525−14000−18500 7 !S =12,03 MW
45. Ce genera vapor de agua saturado en una caldera convirtiendo un l9!uido saturado a un vapor saturado a 100 psia 2sto se ace transmitiendo calor de los gases de combusti"n$ !ue están a 5006N$ al agua en los tubos de la caldera alcule el potencial de trabajo desperdiciado asociado con este proceso de transAerencia t=rmica 7"mo aAecta el aumento de temperatura de los gases de combusti"n el potencial de trabajo de Hujo de vapor8 ome o*.06N y o*#4$ psia
46. ?n dispositivo de cilindro =mbolo contiene inicialmente 1 l de aire a #00 +pa y 156 &espu=s el aire se comprime asta un estado :nal de 00 +pa y #506 -a entrada de trabajo @til es #$1
+< Cuponga !ue los alrededores están a #00 +pa y 156 y determine a) -a exerg9a del aire en los estados inicial y :nal b) 2l trabajo m9nimo !ue debe suministrarse para llevar a cabo el proceso de compresi"n c) -a e:ciencia de segunda ley para el proceso Calculamos la masa: P1 ∙ v 100 ∙ 0,002 mai(e = = R ∙ T 1 0,287 ∙ ( 20 + 273 ) mai(e =0,00234 Kg
Tambi%n P1 ∙ v 1 P2 ∙ v 2
=
T 1 v 2= v 2=
$ 2− $o =C#∙ ln
( ) T 2 T 1
− R ∙ ln
( ) P2 P1
$ 2− $o =1,009 ∙ ln
( )
$ 2− $o =−0,1608
KJ Kg− K
423 298
=−0,661
−0,287 ∙ ln
T 2
P1 ∙ T 2 T 1 ∙ P2
∙ v1
100 ∙ 423 ∙ 2 → v2 =0,474 l 600 ∙ 298
KJ Kg − K
( ) 600 100
Entonces la e?ergía en el estado nal es:
[
]
7 2= ϕ 2=m∙ Cv ∙ ( T 2−T o )−T o ∙ ( $2 −$ o ) + Po ∙ ( v 2− v o ) ϕ 2=0,0234 ∙ [ 0,722 ∙ ( 423−298 )−298 ∙ (− 0,1608 ) ] + 100 ∙ ( 0,00047 −0,002 ) ϕ 2=0,171 KJ
Se reali"a un balance de e?ergías: 7 en − 7 $al − 7 'e$(.?e= ∆ 7 $i$ema W (ev en(a= 7 2− 7 1 =0,171−0 W (ev en(a= 0,171
El rendimiento de la segunda le2 es: η )) =
W (ev en(a W e
=
0,171 ∙ 100 1,2
η )) =14,3
47. 2l radiador de un sistema de caleAacci"n de vapor tiene un volumen de 10l y se llena con vapor de agua a 100 +pa y 1006 Lnicialmente las válvulas tanto de entrada como de salida del radiador están cerradas$ pero despu=s de un tiempo se observa !ue la temperatura del vapor disminuye a .06 como resultado de la transAerencia de calor al aire de la abitaci"n$ la cual está a 1#6 Cuponga !ue los alrededores están a 06 y determine a) -a cantidad de transAerencia de calor acia la abitaci"n b) -a cantidad máxima de calor !ue puede suministrar a la abitaci"n si el calor del radiador se obtiene de una má!uina t=rmica !ue acciona una bomba de calor Cuponga !ue la má!uina t=rmica opera entre el radiador y los alrededores 48. Ce estrangula vapor !ue está a 4506 desde . Fa asta Fa &etermine el potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso Cuponga !ue los alrededores están a 156
Para las condiciones iniciales:
Para las condiciones nales: alance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$em m1 ∙ $ 1−m 2 ∙ $2 + S gen =0 S gen =$ 2− $1
La e?ergía destruida es:
#*4506 # * . Fa #*5$4 +
7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=T o ∙ ( $2− $1 ) 7 'e$(.i'a =298 ∙ ( 6,6806 −6,5579 )
7 'e$(.i'a =36,6
KJ Kg
49. Ce comprime aire de Aorma estable desde #00 +pa y # 6 asta 00+pa y #6$ por medio de un compresor de . +Q a una tasa de 1$#kg/min Lgnore los cambios de enreg9as cin=tica y potencial y determine a) 2l incremento en la exerg9a del aire b) -a tasa de exerg9a destruida durante este proceso Cuponga !ue los alrededores están a #6 Para el estado (: #*1D06+ # * #00 +a #*1D0$# +
Para el estado .: 1*440 + 1 * 00 +a 1*44#$# +
Entonces: ∆ 9 =9 2 −9 1=( %2− %1 )−T o ∙ ( $ 2−$ 1 )
!onde: $ 2− $1= $ 2 ° − $ 1 ° − R ∙ ln
( ) P2 P1
$ 2− $1= 2,0887−1,66802− 0,287 ∙ ln $ 2− $1= 0,0938
( ) 600 100
KJ Kg− K
Entonces el incremento de e?ergía es: ∆ 9 = ( 441,6− 290,16 )−290 ∙ 0,0938
∆ 9 =178,6
Entonces:
KJ Kg
W R*V =m∙ ´ ( 9 2−9 1 ) =2,1
Kg 1 min ∙ ∙ ( 178,6 ) min 60 $eg
W R*V =6,25 KW
La e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen=W e −W 7 'e$(.i'a =8 −6,25 7 'e$(.i'a =1,75 KW
50. 2n un diAusor entra vapor a #0 +pa y 506 con una velocidad de 300m/s y sale como vapor saturado a 506 y 0m/s 2l área de salida del diAusor es 3m 1 &etermine a) 2l Hujo másico de vapor b) 2l potencial de trabajo desperdiciado durante el proceso onsidere !ue la temperatura de los alrededores es de 156
Para las condiciones iniciales:
Para las condiciones nales:
#*#0 +a #*15D1 + v1*#1$01 m3/+g 1*15D#$3 +
Para el 6u7o másico: m ´=
1
v2
∙ + 2 ∙ vel 2=
1 Kg ∙ 3 ∙ 70 → ´ m=17,46 12,206 $eg
Se reali"a un balance de energía: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a
(
m∙ %1+
v 1 2
2
) ( ) ( ( ) ( )) ( =m∙ %2 +
!$ale =−m∙ − %1 +
v1
v2 2
2
+ !$ale
2
2
+ %2 +
v2
2
2
!$ale =−17,46 ∙ 2591,3− 2592+ !$ale =754,8
2
70
−300 2 2
)
∙
1 KJ / Kg 2
1000 m / $eg
KJ $eg
*4ora reali"amos un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema m∙ $ 1−m ∙ $2 −
!$i$ T al(e'e'o(e$
+ S gen =0
Pero 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen
Entonces se tiene que:
(
7 'e$(.i'a =T o ∙ −m∙ $ 1+ m∙ $ 2+
(
!$i$ T al(e'e'o(e$
7 'e$(.i'a =298 ∙ 17,46 ∙ ( 8,074 −8,1741 )+
) )
754,8 298
7 'e$(.i'a =238,3 KW
51. ?n dispositivo vertical de cilindro =mbolo contiene inicialmente 0$#m 3 de elio a 106 -a masa del =mbolo se mantiene a una presi"n constante de 300+pa en el interior Ce abre una válvula y se deja !ue el elio escape asta !ue el volumen dentro del cilindro se reduce a la mitad Pcurre transAerencia de calor entre el elio y sus alrededores a 106 y D5 +pa de manera !ue la temperatura del elio en el cilindro permanece constante &etermine a) 2l potencial de trabajo máximo del elio en el estado inicial b) -a exerg9a destruida durante este proceso Para el @elio las constantes 2 los calores especícos son:
R=2,077
KJ Kg− K
C#=5,1926
KJ Kg − K
Cv =3,1156
KJ Kg− K
300 ∙ 0,1 P ∙ v = m 1= R ∙ T 2,0769 ∙ 293
m1=0,0493 Kg
m e =m 2 =
m1 2
=
0,0493 → me =0,0247 Kg 2
!onde: v 1=
R ∙T 1 P1 R ∙ T 0
v0 =
P0
3
2,0769 ∙ 293 m = → v 1=2,0284 300 Kg 3
2,0769 ∙ 293 m = → v 0=6,405 95 Kg
*demás: $ 1− $o =C#∙ ln
( )
$ 1− $o =−2,28
KJ Kg− K
T 1 T 0
− R ∙ ln
( ) P 1 P0
=5,1926 ∙ ln
( ) 293 293
−2,0769 ∙ ln
Entonces reempla"amos en la ecuaci=n:
[
]
ϕ 1=m ∙ ( .1−.o ) −T o ∙ ( $1− $ o ) + Po ∙ ( v 1− v o ) ϕ 1=0,0493 ∙ [ 3,115 ∙ ( 20 −20 )− 293 ∙ (−2,28 ) ] + 95 ∙ ( 2,028 −6,405 ) ϕ 1=12,44 KJ
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale =∆ *ene(g/a !e −m e ∙ %e + W e =m2 ∙ .2− m1 ∙. 1
( ) 300 100
!e =( m1−m2 ) ∙% e −W e + m2 ∙ .2−m 1 ∙ .1 ! e =( m 1 − m 2 − m 1 + m 2 ) ∙ % → ! e = 0
*4ora se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema
−me ∙ $e + S gen−∆ S =m2 ∙ $ 2−m1 ∙ $ 1 S gen =( m1−m2−m 1 + m 2 ) ∙ $ 1 S gen =0
Pero: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen 7 'e$(.i'a =0
52. ?n dispositivo vertical aislado de cilindro>=mbolo contiene inicialmente #5 +g de agua$ de los cuales D +g están en la Aase de vapor -a masa del =mbolo es tal !ue mantiene una presi"n constante de 100 +pa en el interior del cilindro &espu=s se deja entrar al cilindro vapor a #Fa y 4006 de una l9nea de alimentaci"n$ asta !ue se evapora todo el l9!uido dentro Cuponga !ue los alrededores están a 156 y #00+pa$ determine a) -a cantidad de vapor !ue a entrado b) -a exerg9a destruida durante este proceso Las condiciones iniciales son: #*100 +a x#*D/#5*0$
$ 2= $ f + x ∙ $ fg =1,5302 + 0,6 ∙ 5,5968 → $1= 4,88
KJ Kg− K
%1= %f + x ∙% fg =504,71 + 0,6 ∙ 2201,6 → %1= 1825,6
Las condiciones nales son:
KJ Kg
1*100 +a #*10$3 +
Las condiciones para los alrededores:
0*# Fa 0*314$5 +
Se reali"a un balance masa: m e −m $= ∆ m m i =m 2 − m 1
Se reali"a un balance de energías: *en(a − * $ale=∆ *ene(g/a mi ∙ %i=W $ +m 2 ∙ .2− m1 ∙. 1 0 =( m2−m1 ) ∙ %1 + m2 ∙ %2 −m1 ∙ %1
m2=
%i−% 1 %i−% 2
∙m1=
3264,5−1825,6 ∙ 15 3264,5−2706,3
m2=38,66 Kg
Entonces: mi=38,66 −15 → mi=23,66 Kg
Se reali"a un balance de entropías: S en −S $al − S gene(a'o = ∆ S $i$ema mi ∙ $ i + S gen −∆ S = m2 ∙ $ 2−m1 ∙ $ 1 S gen =m2 ∙ $ 2−m1 ∙ $ 1−mi ∙ $i
Entonces la e?ergía destruida será: 7 'e$(.i'a =T o ∙ S gen 7 'e$(.i'a =T o ∙ ( m2 ∙ $2− m1 ∙ $1 −mi ∙ $ i ) 7 'e$(.i'a =298 ∙ (38,66 ∙ 7,1270−15 ∙ 4,883 −23,66 ∙ 7,4670 ) 7 'e$(.i'a =7650 KJ
53. ?n contenedor adiabático de #0At 3 está inicialmente al vac9o -a l9nea de suministro contiene aire !ue se mantiene a 100 psia y #006N -a válvula se abre asta !ue la presi"n en el contenedor es igual a la presi"n en la l9nea de suministro &etermine el potencial del trabajo de aire en este contenedor cuando se llena -a temperatura del ambiente es .06N 54. &os recipientes r9gidos se conectan por medio de una válvula 2l recipiente ; está aislado y contiene 0$1m 3 de vapor a 400 +pa y .0% de calidad 2l recipiente O no está aislado y contiene 3 +g de vapor a 100 +pa y 1506 &espu=s se abre la válvula y el vapor Huye del recipiente ; al O asta !ue la presi"n en ; disminuye a 300 +pa &urante este proceso se trans:eren D00 +< de calor del recipiente O acia los alrededores a 0 6 Cuponiendo !ue el vapor !ue permanece dentro del recipiente ; experimenta un proceso adiabático reversible$ determine a) -a temperatura en cada recipiente b) 2l potencial de trabajo desperdiciado durante este proceso
Para el tanque *:
