Problemas Resueltos Tipo Examen de Admisión Termodinámica Los problemas aquí referidos son presentados como "problemas tipo examen de admisión de termodinámica". Son una guía para el estudiante y no deberán ser tomados como los problemas que aparecerán en el examen de admisión.
Los siguientes problemas son tomados del libro: Fundamental of Thermodynamics. Richard E. Sonntan, Claus Borgnakke and Gordon J. Van Wylen. Ed. John Wiley & Sons, Sixth Edition, 1976, U.S.A. ISBN 0-471-15232-3.
1.- ¿Cuál es el peso de un kilogramo masa a una altitud donde la aceleración local de la gravedad es de 9.78 m/s 2 ? R1.-La fuerza en Newtons es: m 1N F = mg = (1kg ) 9.78 2 kgm = 9. 78 N s 2 s Nota: kgm 1N = 2 s 2.- Un pistón cilíndrico con un área de sección transversal de 0.01 m 2 hidráulica a otro pistón cilíndrico con área de sección 0.05 m
2
está conectado con una línea
. Suponga que en ambas cámaras de los
pistones y la línea hidráulica que los une se encuentra llena con un fluido de densidad de 900 kg / m 3 y el pistón de mayor área de sección transversal está 6 m por arriba del pistón con menor área de sección transversal. Considerando una presión atmosférica de 100 kPa y una fuerza neta de 25 kN actuando en el pistón más pequeño, ¿Cuál es la fuerza del pistón más grande que tiene que actuar para lograr el balance? R2.-El balance de fuerzas en el pistón pequeño es F1 + P0 A1 = P1 A1 donde la presión del fluido es F P1 = P0 + 1 A1 P1 = (100 kPa ) +
25 kN 0.01 m 2
P1 = 2600 kPa
Nota: Tome en cuenta que
1 kPa = 1 La presión en el cilindro elevado a 6m
es
kN m2
P2 = P1 − ρgH kPa kg m P2 = 2600 kPa − 900 3 9.81 2 (6 m ) m s 1000 Pa P2 = 2547 kPa Nota: el segundo término de la derecha tiene unidades de pascales y se requieren unidades de kilo-pascales para poder realizar la suma kg m kg = 52974.0 Pa 900 3 9.81 2 (6 m ) = 52974.0 (m )s 2 m s 52974.0 Pa = 52. 974 kPa Haciendo el balance de fuerzas en el pistón más grande F2 + P0 A2 = P2 A2
F2 = (P2 − P0 ) A2
(
F2 = (2547 kPa − 100 kPa ) 0.05 m 2
)
F2 = 122. 35 m 2 kPa F2 = 122. 35 kN 4.- Considere como un sistema el gas contenido en un cilindro y confinado por un émbolo o pistón. En la parte superior del émbolo se colocan pequeñas pesas y la presión inicial es 200 kPa y el volumen inicial del gas es 0.04 m 3 . a) Un mechero de Bunsen es colocado bajo el cilindro y el volumen del gas se incrementa 0.1 m 3 mientras la presión permanece constante. Calcule el trabajo realizado por el sistema durante el proceso. b) Considere el mismo sistema y condiciones iniciales, pero al mismo tiempo que el mechero de Bunsen está colocado por debajo del cilindro y el pistón se desplaza hacia arriba, las pesas son removidas a una razón tal que, durante el proceso, la temperatura del gas permanece constante. Considere el modelo del gas ideal para el comportamiento del sistema. c) Considere el mismo sistema, pero durante la transferencia de calor los pesos son movidos a una razón que puede ser expresada como PV 1.3 = cons tan te y describe la relación entre presión y volumen durante el proceso. Al igual que el inciso a), el volumen final del gas es 0.1 m 3 . Calcule el trabajo. d) Considere el pistón es mantenido en su posición por una vástago que impide su desplazamiento y el volumen permanece constante. Calcule el trabajo si al utilizar el mechero de Bunsen la presión se incrementa al doble de la presión inicial. R4.- a) El trabajo se calcula mediante la expresión 1W2
=
∫
2
PdV
1
con la presión constante V2
∫
1W2
=P
1W2
= P(V2 − V1 )
1W2
dV
V1
(
)
= (200 kPa ) 0.1 m 3− 0.04 m 3 = 12.0 m3kPa
1W2 = 12.0 kJ
Nota:
m3kPa = 1000.0 J=
m2 kg s2
m2 kg s2
R4.- b) La ecuación del gas ideal es
PV = mRT ya que la temperatura T es constante al igual que la masa poiltrópico con exponente n = 1 .
m
y
R
son constantes, esto es un proceso
PV 1 = cte. P1V1 = P2V2 P2 = P1
V1 V2
Así el trabajo es
=
1W2
V2
∫
PdV
V1 V2
∫
V1 dV V V2 dV 1W2 = P1V1 V2 V ( ln W = P V V2 − ln V1 ) 1 2 1 1
=
1W2
V1
P1
∫
V2 V1
1W2
= P1V1 ln
1W2
= (200 kPa ) 0.04 m 3 ln
1W2
= 7. 33 kJ
(
)
0.1 m 3 = 7. 33 m3kPa 3 0.04 m
R4.- c) Este es un proceso politrópico con n = 1.3 . Así se tiene que PV n = cte. P1V1n = P2V2n V P2 = P1 1 V2
n
1.3
0.04 m 3 P2 = (200 kPa ) 3 0.1 m para un proceso politrópico con n ≠ 1 : V2
∫
1W2
=
1W2
=
1W2
=
1W2
= 6. 41 kJ
= 60. 77 kPa
PdV
V1
P2V2 − P1V1 1− n
(60. 77 kPa )(0.1m 3 )− (200 kPa )(0.04 m 3 ) = 6. 41m3kPa 1 − (1.3)
R4.- d) Ya que el trabajo es expresado como δW = PdV para un proceso de cuasi-equilibrio, el trabajo es CERO ya que no hay cambio en el volumen dV = 0. 5.- Un tanque que contiene un fluido es agitado por una rueda con paletas. El trabajo proporcionado por la rueda de paletas es de 5000 kJ . La transferencia de calor desde el tanque hacia los alrededores 1500 kJ . Considere una superficie de control que incluye el tanque y el fluido de en su interior y determine el cambio
de energía interna del sistema. R5.- Considerando la Primera Ley de la Termodinámica y haciendo un balance en el sistema: 1 U 2 − U1 + V22 − V12 + mg (Z 2 − Z1 ) = 1 Q2 −1 W2 2
(
(
)
?0
1 U 2 − U1 + V22 − V12 2
)+ [mg (Z
?0 2
− Z1 )] = 1 Q2 −1 W2
U 2 − U1 = 1 Q2 −1 W2 ∆U = 1 Q2 −1 W2
∆U = −1500 kJ − (− 5000 ) kJ ∆U = 3500 kJ Nota: Por convención de signos el calor abandona el sistema y es negativo. Además, el trabajo entra el sistema por lo que es negativo. 6.- Un tanque tiene un volumen de 5 m 3 y contiene 0.05 m 3 de agua líquida saturada y 4.95 m 3 de vapor de agua saturado a 0.1 MPa . Se inyecta calor hasta que en el tanque solo presenta vapor saturado. Determine la cantidad de calor transferido al tanque para este proceso. Considere el agua dentro del tanque como la masa de control. Considere las siguientes propiedades termodinámicas en sus cálculos: m3 v f ,1 = 0.001043 kg
m3 kg kJ u f ,1 = 417.36 kg kJ u g ,1 = 2560.1 kg kJ u g , 2 = 2600.5 kg v g ,1 = 1.6940
R6.- Haciendo un balance por Primera Ley de la Termodinámica 1 U 2 − U1 + V22 − V12 + mg (Z 2 − Z1 ) =1 Q2 −1 W2 2
(
)
(
)
1 2 V2 − V12 + mg (Z 2 − Z1 ) +1 W2 2 Considerando que no hay cambio en la energía cinética, en la energía potencia y no hay transferencia de trabajo, 1 Q2 = U 2 − U 1 1 Q2
= U 2 − U1 +
Tomando en cuenta las condiciones del estado inicial, se puede establecer la masa de cada uno de los componentes Vliq 0.05 m3 m1, liq = = 3 = 47. 94 kg v f ,1 0.001043 m kg
m1, vap =
y la energía interna del estado inicial es:
Vvap v g ,1
=
4.95 m
3 3
1.6940 mkg
= 2. 92 kg
U1 = m1, liq u f ,1 + m1, vapu g ,1 kJ kJ U1 = (47. 94 kg ) 417.36 + (2. 92 kg ) 2560.1 = 27483. 73 kJ kg kg para determinar el volumen específico final se considera la masa total del agua y el volumen del tanque V vg , 2 = m V vg , 2 = m1, liq + m1, vap
vg , 2 =
5 m3 47. 94 kg + 2. 92 kg
m3 kg Nota: La masa total de agua es la componente en estado líquido más el estado vapor. m = m1, liq + m1, vap v g , 2 = 9.831×10− 2
m = 47. 94 kg + 2. 92 kg m = 50.86 kg Para obtener el valor de la energía interna al final del proceso: U 2 = mu g , 2 kJ U 2 = (50.86 kg ) 2600.5 kg U 2 = 132261. 43 kJ Por último la transferencia de calor es entonces 1 Q2 = U 2 − U1 1 Q2
= 132261. 43 kJ − 27483. 73 kJ
1 Q2 = 104777. 7 kJ
7.- Una bomba sumergible está localizada a 15 m por debajo del nivel del terreno en un pozo. La bomba maneja una presión de 90 kPa y un flujo másico de 1.5 kg / s . El agua está a una temperatura de 10°C y su densidad es de 999.77 kg / m 3 La línea de salida es un tubo de diámetro de 0.04 m que llega hasta un tanque que se mantiene a una presión manométrica de 400 kPa . Considerando que la presión atmosférica es de 101.3 kPa , el proceso es adiabático, las velocidades de entrada y salida son las mismas, y que el agua se mantiene a la misma temperatura de 10°C . Calcule el trabajo de bombeo requerido. R7.- De la ecuación de continuidad se tiene que ⋅
⋅
⋅
ment = m sal = m y del balance de energía por primera ley se escribe ⋅ 1 2 1 2 ⋅ ⋅ m hent + Vent + gZ ent = m hsal + Vsal + gZ sal + W 2 2 la condición para el cálculo de la entalpía de salida hsal = hent + (Psal − Pent )v
hsal − hent = (Psal − Pent )v donde v y u son constantes y no existe cambio en la velocidad V . Rescribiendo la ecuación de balance
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
W = m(hent + gZ ent − hsal − gZ sal ) W = m(gZ ent − gZ sal + hent − hsal ) W = m(g (Z ent − Z sal ) − (Psal − Pent )v ) Nota: La presión de salida es la manométrica más la atmosférica Psal = Pman + Patm Psal = 400 kPa + 101.3 kPa Pals = 501. 3 kPa El volumen específico es el inverso de la densidad,
v=
1
ρ
por lo tanto:
⋅ m 1 kg W = 1.5 9.807 2 (− 15 m − 0 m ) − (501. 3 kPa − 90 kPa ) s 999.77 kg3 s m m2 kg kg W = 1.5 − 147.105 2 − 411300.0 2 s s ms ⋅
⋅ m2 m2 kg W = 1.5 − 147.105 2 − 411. 40 2 s s s ⋅ m kg W = 1.5 − 558. 505 2 s s
2
1 999.77 kg m3
2 = −837. 76 m kg s3
⋅ m 2 kg 1 1 W = −837. 76 2 = −837. 76(J ) s s s ⋅
W = −837. 76 W 8.-Vapor a presión de 1.4 MPa y temperatura de 300°C fluye en una tubería. Conectado a la tubería a través de una válvula hay un tanque evacuado. La válvula se abre y el taque se llena hasta una presión de 1.4 MPa y después la válvula se cierra. El proceso sucede de manera adiabática y las energías cinética y potencial son despreciables. Determine la energía interna del vapor. Considere que la entalpía de entrada es de 3040.4 kJ / kg . R8.- De la Primera Ley de la Termodinámica para un volumen de control se tiene: ⋅ V2 V2 mi hi + 1 + gZ1 = me he + e + gZ e + Q C .V . + 2 2
∑
∑
V2 V2 + WC .V . + m2 u 2 + 2 + gZ 2 − m1 u1 + 1 + gZ1 2 2 C .V . ⋅
Note que Q C .V . = 0 , WC .V . = 0 , me = 0
y
(m1 )C.V . = 0
. Además, la energía cinética y potencial son
despreciables. Por lo tanto la ecuación anterior simplemente se reduce a mi (hi ) = m2 (u2 ) con base en la ecuación de continuidad
mi = m2 por lo tanto
hi = u2 = 3040.4 kJ / kg 9.-Como un modo de operación de un aire acondicionado es enfriar una habitación durante un día caluroso, así que este funciona como un refrigerador. Un total de 4 kW debe ser removido de una habitación 24°C hacia la intemperie que se encuentra a 35°C . Estime la magnitud del trabajo requerido. Considere que el proceso es reversible y es representado por un ciclo de Carnot de refrigeración. R9.-El coeficiente de funcionamiento del refrigerador COP es establecido como: ⋅
COP =
QL ⋅
W ⋅
COP =
⋅
QL
⋅
QH − QL COP = COP =
TL TH − TL
(273.15 + 24)K (273.15 + 35)K − (273.15 + 24)K
COP = 27. 014 y el trabajo requerido es ⋅
COP =
QL ⋅
W ⋅
⋅
QL W= COP ⋅ 4 kW W= 27. 014 ⋅
W = 0.148 kW
11.- Una turbina de vapor que no opera adiabáticamente, es decir que intercambia calor con los alrededores, entrega una potencia de 9 MW y opera con un flujo másico de 17 kg / s . Las condiciones a la entrada de la turbina son 3 MPa , 450°C y una velocidad de . A la salida el estado es vapor saturado a 0.5 MPa y una velocidad de 80 m / s . Considere que la entalpía de entrada es 3343.1 kJ / kg y la entalpía de salida es 2746.6 kJ / kg . Calcule el calor que es transferido a la turbina en kW . R11.- Del balance de energía por Primera Ley de la Termodinámica se tiene que
⋅ ⋅ ⋅ 1 Q − W = m dh + dV 2 + gdz 2 ⋅ ⋅ 1 ⋅ Q = m h2 − + V22 − V12 + W 2 ⋅
⋅
Q = m dh +
(
)
(
)
⋅ 1 ⋅ 2 m V2 − V12 + W 2
2 2 ⋅ kJ kJ 1 kg m m kJ kg − 3343.1 + 17 80 − 200 + 9000 Q = 17 2746.6 s kg kg 2 s s s s ⋅
Q = −1426100.0
m2 s3
kg
⋅
Q = −1426.1kW 12. Un bloque de hierro de 50 kg y un bloque de cobre de 20 kg , ambos a una temperatura inicial de 80°C son depositados en un gran lago cuya temperatura es de 15°C . Al transcurrir el tiempo los bloques llegan al equilibrio térmico con el agua del lago. Determine el cambio total de entropía, o entropía generada, para este proceso. Considere que el calor específico del hierro es Chierro = 0.45 kJ / kgK y el calor específico del cobre es Ccobre = 0.386 kJ / kgK . R12.- Los cambios en la entropía de los bloques es dada por
TLago ∆S hierro = mhierroChierro ln Ti kJ (15 + 273.15) K ln ∆S hierro = (50 kg ) 0.45 kgK (80 + 273.15) K ∆S hierro = −4.577
kJ K
TLago ∆Scobre = mcobreCcobre ln Ti
kJ (15 + 273.15) K ln ∆Scobre = (20 kg ) 0.386 kgK (80 + 273.15) K kJ ∆Scobre = −1.570 K Al considerar el hierro y el cobre como sistema, y se trata como un sistema cerrado ya que no hay transferencia de masa a través de su frontera durante el proceso. El balance de energía es establecido por
−Qsalida = ∆U hierro − ∆U cobre
) ( ) ( Qsalida = mhierroChierro (Ti − TLago ) + mcobreCcobre (Ti − TLago )
− Qsalida = mhierroChierro TLago − Ti + mcobreCcobre TLago − Ti
kJ kJ (353.1 K − 288.15 K ) + (20 kg ) 0.386 (353.1 K − 288.15 K ) Qsalida = (50 kg ) 0.45 kgK kgK Qsalida = 1962.8 kJ y para el caso del lago
∆S Lago =
Qsalida TLago
∆S Lago =
kJ 1962.8 kJ = 6.812 K 288.15 K
La generación total de entropía es: ∆STotal = ∆S hierro + ∆Scobre + ∆S Lago kJ kJ kJ − 1.570 + 6.812 K K K kJ = 0.665 K
∆STotal = −4.577 ∆STotal
Los siguientes problemas son tomados del libro: 250 Ejercicios y problemas de termodinámica explicados y resueltos. Manuel Zamora Carranza. Universidad de Sevilla, Manuales Universitarios. Sevilla, España, 1998 ISBN 84-472-0491-X
1.-La constante de los gases es
R = 8.314510 Jmol−1K −1 , cuando se expresa en moles. Hallar la constante
(M
de los gases expresada en gramos para el hidrógeno
(
M 2 = 32.00 gmol R1.-
−1
)
R1 =
1
= 2.02 gmol−1
)
y el oxígeno
R M1
R1 =
(8.314510 Jmol K ) = 4.1161 J Kg (2.02 gmol )
R2 =
R M2
R2 =
−1
−1
−1
(8.314510 Jmol K ) = 0.259 8 J Kg (32.00 gmol ) −1
−1
−1
2.- La densidad media del aire en condiciones ambientales en una determinada ciudad es ρ = 1.2 kg / m 3 . Determinar la presión normal de esta ciudad localizada a 650 m sobre el nivel del mar. R2.- Considerando que la presión al nivel del mar es
P0 = 1.00 atm
y la densidad del mercurio es
ρ Hg = 13.6 g / cm . La presión atmosférica normal a nivel del mar puede expresarse como: 3
( )
P0 = ρ Hg (g )(h0 )
donde g = 981.0 cm / s es la aceleración de la gravedad y h0 = 76.0 cm representa la altura de la columna de mercurio en el barómetro. Para el cálculo de la presión a la altura de 650 m sobre el nivel del mar: 2
P = P0 − Pcity
)
(
P = ρ Hg (g )(h0 ) − (ρ )(g )(h ) P0 − Pcity P = P0 P0 Pcity P = 1− P0 P0
(ρ )(g )(h ) P = 1− ρ Hg (g )(h0 ) P0
(
)
(
)
(ρ )(h ) P = 1− ρ Hg (h0 ) P0 P = 1− P0 13.6
(
P = 0.925 P0 Así se tiene que:
(1.2 )(650 m) )(76.0 cm)( )( kg m3
g cm 3
1kg 1000 g
m 100 cm
)
P = (0.925) P0
P = (0.925)(1.00 atm ) P = 0.925 atm Nota: se considera que no hay una variación significativa de la aceleración de la gravedad entre el nivel del mar y la ciudad. 3.- Un resorte está sujeto en su extremo superior y tiene una longitud, L0 = 150.0 mm cunado está sin someterse a un peso como carga. Al colocar una masa m = 10.0 kg estira hasta alcanzar una longitud de L = 205.0 mm .
en el extremo inferior el resorte se
a).- Determine cuál es el trabajo sobre el resorte cunado se cuelga una sola pesa de masa m = 10.0 kg b).- Determine cuál es el trabajo sobre el resorte cunado se cuelgan sucesivamente cuatro pesas, cada uno con masa ma = 2.5 kg c).- Determine cuál es el trabajo sobre el resorte al cargar los 10.0 kg considerando un proceso cuasiestáticamente. Considere en sus cálculos que la aceleración de la gravedad es g = 9.81 m / s 2 R3.- La constante del resorte se determina a través de la ley elástica del resorte Fr = k (l − l0 )
Fr
k=
(l − l0 )
k=
(l − l0 )
mg
(10.0 kg )(9.81 sm ) (205.0 mm − 150.0 mm)(10001mmm ) (10.0 kg )(9.81 sm ) (205.0 mm − 150.0 mm)(10001mmm ) 2
k=
2
k=
k = 1783. 64
kg s2
k = 1.783 64 ×103
N m
R3 a).-El trabajo se realiza con una fuerza externa constante
W=−
∫
l
mgdl
l0
W = −mg
∫
l
dl
l0
W = −mg (l − l0 )
W = −(m )(g )(l − l0 ) m W = −(10.0 kg ) 9.81 2 (0.205 m − 0.150 m ) s m 2 kg s2 W = −5. 34 J W = −5. 34
Nota: el signo negativo corresponde al hecho que se realiza trabajo contra el resorte R3 b).-La extensión del resorte se hace en cuatro etapas, el trabajo es de la forma
4
W=− W=−
∑∫
li
∫
mgdl −
i =1 l1 1
li −1
4
l0
1 W = −mg 4 1 W = −mg 4
Fext dl
∫
l1
∫
l1
∫
l2
l1
1 mgdl − 2
dl −
1 2
∫
l2
1 2
∫
l2
l0
dl −
l0
dl −
l1
dl −
l1
∫
l3
l2
3 4
∫
l3
3 4
∫
l3
3 mgdl − 4 dl −
l2
l2
∫
l4
∫
l4
l3
dl −
l3
∫
l4
mgdl
l3
dl dl
(l − l ) 3(l − l ) l −l W = −mg 1 0 + 2 1 + 3 2 + (l4 − l3 ) 4 2 4 Considerando que k es una constante, los alargamientos del resorte en las sucesivas etapas son proporcionales a las fuerzas externas, de acuerdo con la forma mg li − li −1 = 4k por lo tanto (l − l ) 3(l − l ) l −l W = −mg 1 0 + 2 1 + 3 2 + (l4 − l3 ) 4 2 4 1 mg 1 mg 3 mg mg W = −mg + + + 4 4k 2 4k 4 4k 4k W=−
5 m2 g 2 8 k
(
2 m 5 (10.0 kg ) 9.81 s 2 W = − 3 N 8 1.783 64 × 10 m
(
)
2
)
kgm 2 m kg 3 . 37 = − N s4 s2 W = −3.37 J R3 c).- La fuerza se aplica en una sucesión de estados de equilibrio en un proceso de cuasi-equilibrio, de tal forma que la fuerza se aplica continuamente cumpliendo en cada instante la ley elástica establecida W = −3.37
W=−
∫
l
l0
W = −k
3
2
k (l − l0 ) dl
∫ (l − l )dl l
l0
0
1 W = − k (l − l0 )2 2 N 1 W = − 1.783 64 ×103 ((0.205 m − 0.150 m ))2 m 2 W = −2. 70 Nm W = −2. 70 J Nota: Mientras más pausado es el proceso se requiere un menor trabajo ya que se van alcanzando un mayor número de estados de equilibrio. 4.- Las instrucciones de un horno fabricado en Estados Unidos dicen que la primera posición del termostato regula la temperatura del horno a 300°F y que las tres posiciones superiores consecutivas elevan la temperatura en 125°F cada una. Determinar todos los valores en la escala Celsius. R4.- La equivalencia entre escalas es
T (°C) =
5 (T (°F) − 32.0) 9
Así,
T1 =
5 (300 − 32.0) = 148.9°C 9
Al incrementar la ecuación de equivalencia entre escalas 5 ∆T (°C) = ∆T (°F) 9 5 ∆T (°C) = (125) 9 ∆T (°C) = 69. 44°C y los valores buscados son entonces: T2 = (148. 9 + 69. 44 )°C
T2 = 218. 34°C
T3 = (218. 34 + 69. 44 )°C T3 = 287. 78°C
T4 = (287. 78 + 69. 44 )°C T4 = 357. 22°C 5.- Un gas ideal tiene un calor específico a volumen constante tal que Cv = 2.5 R . Si se realiza un proceso
P1 = 12.0 atm y V1 = 0.001 m3 hasta que su presión se reduce al valor ambiental P2 = 1.0 atm . Hallar el trabajo , así como los incrementos de energía interna y entalpía experimentados en el proceso. R5.- Se trata de un procesos politrópico de la forma PV γ = P1V1γ = P2V2γ = K donde el índice adiabático está expresado por C C +R R γ= p = v =1+ Cv Cv Cv adiabático y cuasi-estático desde las condiciones
γ = 1+ γ = 1. 4 El estado final se calcula mediante:
1 R =1+ 2.5 2.5 R
P1V1γ = P2V2γ V2γ =
P1 γ V1 P2
( )
( )
P ln V2γ = ln 1 V1γ P 2 P1 γ ln V2 = ln + ln V1γ P2
( )
P
γ ln V2 = ln 1 + γ ln V1 P2 P ln 1 + ln V1 P2 1 P exp(ln V2 ) = exp ln 1 + ln V1 γ P2 1 P1 V2 = exp ln + ln V1 γ P2 ln V2 =
1
γ
note que las presiones son:
P1 = 12.0 atm = 1215900.0 P2 = 1.0 atm = 101325.0 y el volumen
N kg = 1215900.0 , 2 (m )s 2 m
N kg = 101325.0 (m )s 2 m2
es entonces calculado como: 1 1215900.0 ln V2 = exp + ln (0.001) 0 101325 . . 4 1
V2 = 5. 9 ×10 − 3 m3 Al ser un proceso cuasi-estático, el trabajo puede determinarse sustituyendo la presión por el valor dado por la ecuación de las transformaciones adiabáticas del gas ideal 1W2
=
1W2
=
∫
2
1
PdV = K
2
∫V
γ
1
(
K V21−γ − V11−γ 1− γ
dV
)
o mediante: 1W2
=
P2V2 − P1V1 1− γ
(
)
(
101325.0 kg 5. 9 ×10− 3 m3 − 1215900.0 kg 0.001 m3 (m ) s 2 (m ) s 2 1W2 = 1 − (1.4) 1W2 = 1545. 21 J También se podría calcular el trabajo mediante
)
(
)
16
1.4 kg m5 0.001 m3 = 76. 720 (kg ) P1V1γ = 1215900.0 2 (m )s s2
(
)
16
1.4 kg m5 5. 9 ×10− 3 m3 = 76. 720 (kg ) P2V2 = 101325.0 2 (m )s s2 K V 1−γ − V11−γ 1W2 = 1− γ 2 γ
(
)
16 5
76. 720 (kg ) m 2 1−1.4 − 3 3 1−1.4 s W = − 0.001 m3 5. 9 ×10 m 1 2 1 − 1.4 1W2
= 1545. 28(kg )
(
)
(
)
m2 = 1545. 28 J s2
Con base en un balance establecido por la Primera Ley de la Termodinámica ∆U = Q − W ∆U = −W ∆U = −1545. 28 J ya que el proceso es adiabático Q = 0 . El incremento de la entalpía es entonces ∆H = ∆U + (P2V2 − P1V1 )
(
)
(
kg kg 0.001 m3 5. 9 ×10− 3 m3 − 1215900.0 ∆H = (− 1545. 28 J ) + 101325.0 2 2 ( ) ( ) s m s m ∆H = −2163. 3(kg )
)
2
m = −2163. 3 J s2 O bien, se puede utilizar la relación:
∆H =
γ
1− γ
∆H = −
(P2V2 − P1V1 )
kg kg 1.4 0.001 m3 5. 9 ×10 − 3 m3 − 1215900.0 101325.0 2 2 1 − 1.4 (m )s ( ) m s
∆H = −2163. 3(kg )
(
)
(
)
2
m = −2163. 362 5 J s2
7.- El gas argón considerado como un gas ideal, Cv = 1.5R y M Ar = 39.94 gmol −1 , mueve una turbina adiabática en estado estacionario, por la cual entra en ella a P1 = 800.0 kPa y T1 = 400°C con una velocidad
V1 = 10 ms −1 y sale a
P2 = 150.0 kPa
con una velocidad
V2 = 20 ms −1 . Considerando que
el área de entrada es A1 = 0.06 m 2 , y la potencia desarrollada por la turbina es de 250 kW , determinar la temperatura a la que saldrá el argón. R7.- Considerando que se trata al argón como gas ideal
C p − Cv = R
C p − (1.5R ) = R
C p = R + 1.5R C p = 2. 5R R = 8.314510 Jmol −1K −1 C p = (2. 5)(8.314510 J ) mol −1K −1 C p = 20. 786 275
J molK
El flujo másico es, considerando la ecuación de continuidad ⋅
m = ρ1V1 A1 = ρ 2 V2 A2
Considerando la ecuación del gas ideal
PV = mRT PV = mR ArT PV = m
R T M Ar
PM Ar m = RT V m ρ= V PM Ar =ρ RT así ⋅ PM m = 1 Ar RT1
V1 A1
(
)
⋅ m (800.0 kPa ) 39.94 gmol−1 10 0.06 m 2 m = −1 −1 s ( ) + 8 . 314510 Jmol K 400 273 . 15 K ⋅ kg m = 3. 43 s
(
)
Considerando que la turbina es adiabática y no cambia la altura:
(
)
(
)
(
)
⋅ ⋅ ⋅ 1 Q − W = m h2 − h1 + V22 − V12 + g (Z 2 − Z1 ) 2 ⋅ ⋅ 1 − W = m h2 − h1 + V22 − V12 2 Cp (T2 − T1 ) h2 − h1 = M ⋅ ⋅ C p − W = m (T2 − T1 ) + 1 V22 − V12 2 M
(
⋅
−
W ⋅
=
m −
Cp M
Cp M
(T2 − T1 ) + 1 (V22 − V12 ) 2
⋅
(T2 − T1 ) =
W ⋅
m
)
+
(
1 2 V2 − V12 2
)
⋅ M W 1 2 2 − T2 + T1 = + − V V 2 1 C p ⋅ 2 m ⋅ M W 1 2 + V2 − V12 T2 = T1 − C p ⋅ 2 m
(
)
(
T2 = (400 + 273.15) K −
)
39.94 gmol−1 J 20. 786 275 molK
250 kW 1 m 2 m 2 + 20 − 10 3. 43 kg 2 s s s
T2 = 532.81 K = 259. 66°C 8.- Una máquina térmica reversible opera entre tres fuentes, T1 > T2 > T3 y toma calores Q1 y Q2 de las dos primeras en cada ciclo. Determinar la expresión de su rendimiento en función de esas cantidades. R8.- El trabajo realizado en cada ciclo es W = Q1 + Q2 − Q3 donde
es negativo ya que es cedido a la fuente . Ya que la máquina se considera es reversible Q1 Q2 Q3 + − =0 ∆Suniv. = T1 T2 T3
Q1 Q2 Q3 + = T1 T2 T3 Q3 = La eficiencia es
T3 T Q1 + 3 Q2 T2 T1
η=
W Q + Q2 − Q3 = 1 Q1 + Q2 Q1 + Q2
η=
T T 1 Q1 + Q2 − 3 Q1 + 3 Q2 Q1 + Q2 T2 T1
η=
T T 1 Q1 − 3 Q1 + Q2 − 3 Q2 Q1 + Q2 T1 T2
η=
T 1 T3 1 − Q1 + 1 − 3 Q2 Q1 + Q2 T1 T2
o también:
η=
Q1 + Q2 − Q3 Q1 + Q2
η=
Q1 + Q2 Q3 − Q1 + Q2 Q1 + Q2
η = 1− η = 1−
Q3 Q1 + Q2 T3 T1
T
Q1 + T3 Q2 2
Q1 + Q2
9.- Para mantener en un edificio la temperatura media de T = 18°C , el sistema de refrigeración extrae del interior Q = 600 cal / s , mientras consume un trabajo eléctrico W = 1 kW . Determinar el incremento de entropía por segundo que sufre el universo debido al acondicionamiento del edificio sabiendo que el ambiente externo se encuentra a T0 = 35°C . R9.cal Q = 600 = 2. 512 08 kW s
∆Suniv = −
2. 512 08 kW 2. 512 08 kW + 1 kW + (18 + 273)K (35 + 273)K kW cal = 2. 77 ×10− 3 = 0.662 K sK
∆Suniv = − ∆Suniv
Q Q +W + T0 T
