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 m 3 . 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 proceso entre los estados inicial y final, el producto PV es constante
SOLUCION: P=100KPa
P1=800KPa
= 800 KPa V 1 = 0.010m3 V 2 = 0.020m3 W = ? P 0 = 100 KPa P 1
PV = cte = C W
1
= ∫ PdV = C ∫
V
dV
V = PV 1[ LnV LnV ]V W = ( P 1 − P 0 )V 1 ( Ln2 ) 3 W = ( 700 KPa KPa ) (0.010m )( Ln2) W = 4852 Nm
W
2
1
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 KJ/Kg en el siguiente proceso cuasiestático: el producto PV es constante
SOLUCION:
m = 0.2 Kg → aire V 1 = 0.020m3 P 1 = 8bar V 2 = 0.050m3 W = ? → KJ Kg PV = cte = C
∫
W = PdV 1
∫ V dV = P V [ LnV ]
W = C
1
1
V 2 V 1
= (8bar )(0.020m3 )( Ln2.5) W = 14660.65 Nm W = 14.66 KJ Por unidad de masa: W
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 trazar el diagra diagrama ma del del proceso proceso en en un plan plano o P-V b) determinar determinar el trabajo efectuado efectuado durante durante el el proceso proceso por el gas 0 c) si T 1 = 103 C , R = 0.25
K 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
b)
W 1−2
= ∫ Pdv ; para un sistema. 1
La presión varia en una forma lineal debido a la compresión paulatina del resorte. P = P i +
KV A2
2
W 1−2
= ∫ ( P I +
KV 2
A
1
W 1−2
2
2 KV )dv = P iV + 2 2V 1
= P i (V 2 −V 1 )
K 2 A2
( V 22
−V 12 ) = P i (V 2 −V 1 ) +
K 2
2 A
(V 2
−V 1 )(V 2 + V 1 )
Donde: P i =la presión inicial donde esta incluido el peso del pistón y la presión atmosférica. K: constante del resorte P 2 − P 1 =
Kx
=
K (V 2 − V 1 ) A2
A
Reemplazando en la ecuación anterior W 1−2
= P i (V 2 − V 1 ) +
W 1−2
= 100
W 1−2
= 40 KJ
KN m
2
( P 2
− P 1 )
(V 2 + V 1 ) 2 (300 − 100) KN
(0.1m3 ) +
2
m
2
(0.3m 3 )
c) ∆U = m(U 2 − U 1 ) ∆U = mC v (T 2 −T 1 ) K = C v
=
C p C V
;
C p
R K −1
=
−C v = R 0.25 KJ 0 Kg . K 1.5 −1
KN x0.1m3 100 2 P 1V 1 m m= = = 0.106 Kg 0 KJ RT 1 0.25 x376 K Kg .0 K 3 300 KN 2 x0.2m m T 2 = = R.m 0.106 Kgx0.25 KJ 0 Kg . K
P 2V 2
∆U = 0.106 Kgx0.5
KJ 0
Kg . K
( 22644.15 − 376)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: P 1
= 1bar
V 1
= 0.1m3
= 10bar PV = C
P 2
Hallando V 2 =
W = W
v2
∫ v1
Pdv
P 1V 1 P 2
= (1)(0.1) = 0.01m3 10
v2
Cdv
1
v
= ∫ v
= P 1V 1 ln
V 2 V 1
=105 (0.1) ln(0.1) = −23.03 KJ
P (2) P
2
(1)
P
1
V
2
V
V 1
Una esfera de 0.85m3 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:
= m s h s − me he + m2u2 − m1u1 −W 1−2 W 1−2 = me he = 0; Q
m s
= m1 − m2 =
m s
=
0.85 0.14184
V
( v ) 250°C ,1.6 MPa
−
0.85 0.7934
−
V
( v ) 250°C , 0.3 MPa
= 4.921 Kg
Los estados 1 y 2 son vapores sobre calentados buscando sus valores en tablas reemplazamos en la ecuación generada. Q = 4.921 x 2919.2 +1.071 x 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.
= m1 x( v ) 250°C ,0.3 MPa 3 V = 5.392 x0.7934 = 4.754m V
(c) el trabajo que realiza es de expansión isotérmica para un sistema: W 1−2 =
2
∫ Pdv 1
Como se trata de un vapor sobrecalentado sus condiciones se asemejan al de un gas ideal por lo que planteamos: P 1V 1
= P 2V 2 = C = PV
W 1−2
= ∫ 1
W 1−2
= 1600 x0.85 xLn
2
dv V
= P 1V 1 Ln
V 2 V 1 4.754 0.85
= 2337.84 KJ
Para un sistema: Q1−2 Q1−2 Q1−2
= m( u 2 − u1 ) + W 1−2 = 5.992( 2728.7 − 2692.3) + 2337.84 = 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 v …………………. (1) v = (v f + x v fg ) 140 bar 1
1
1
x v
1
1
1
=
mg m
=
1.36 2.268 +1.36
= 0.3748
= 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=
0.01926 4.528
= 0.00425
m3 Kg .
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) m g 2
= x2 m2 = 0.2672 x 4.528 = 1.2098Kg .
m f 2
= m2 − m g 2 = 4.528 −1.2098 = 3.3182 Kg .
v2 f
= m f 2 x (v f )140bar
v2 f
= 3.3182 x0.005345m3
El volumen ocupado por el líquido saturado en el estado (1) será: v1 f
= 2.268 x0.001611 = 0.003653m3
el aumento del nivel del liquido será : Axh
= v2 f −v
1 f
0.005345 − 0.003653 0.0093
= 0.1819m3
(c) planteando la ecuación para el flujo y estado uniforme : Q
= m s h s − me he + m2u2 − m1u1 + PdV ....................(1)
PdV
= 0 ; Recipiente rígido volumen constante.
=0 me = 0.9 Kg . ; liquido saturado he = ( h f )140 bar = 1571.1 KJ . Kg m1 = 3.628Kg . ; m2 = 4.528Kg .
m s h s
u1
= (u f + x1u fg )
u1
= 1548.6 + 0.3747 x928.2 = 1896.39 KJ
u2
= (u1 + x2u fg )140bar
u2
= 1548.6 + 0.2672 x928.2 = 1796 .61 KJ
140bar
Kg .
Kg .
Reemplazando en (2) Q = −0.9 x1571.1 +4.528 x1796.61 −3.628x1896.39
KJ Indica que es calor transferido al medio ambiente Q = −159.042
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 =1 Kg
t = 20 0 C W = ?
Debido a que el recipiente es rígido W = 0 El calor suministrado varia su energía interna
= 1bar P 2 = 2bar
P 1
Q
= ∆U
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
= ? → cuando, t = 10 min dt b)∆ E = ? → con, t = 20 min, en, KJ a)
0
0
Q− W =
dE dt
− 80watt − ( −16t ) =
a) − 80watt +16t = 80watt = 0
0
Q −W
=
dE dt
dE dt , t = 10 min
dE dt
dE dt
− 80 watt − ( −16( 20 ) ) =
b)
240 watt =
∆ E , t = 20 min ∆t
∆ E ∆t
⇒ ∆ E = ( 240 watt )( 20 x 60 seg ) ∆ E = 288 KJ 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
→ en...vatios t → en... min Q
dE
= ?, cuando, t = 12 min dt b) ∆ E = ?, cuando, t = 25 min a)
a) 0
0
Q − W
= dE dt
− 6(12 ) − ( − 200 watt ) = 128 watt =
b) 0
0
Q−W
=
dE dt
dE dt
∆ E ∆t
− 6( 25) − ( − 200watt ) = 50 x∆t = ∆ E
∆ E ∆t
⇒ ∆ E = 50 x25 x60 seg ∆ E = 75 KJ 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 = m s h s − 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 m=
0.56 0.3948
3
Kg
= 1.418 Kg
Por lo tanto la masa de vapor y líquido respectivamente sera: m g = Xxm = 0.6 x1.418 = 0.8508 Kg m f = m − m g = 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 0.6573
= 0.8519Kg
∴La masa que salio es:
m s = m − m2 = 1.418 − 0.8519 = 0.5661 Kg h s = ( h g ) 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 Kg u2 = ( u g ) 2.75bar = 2540.5 KJ Kg
Luego reemplazando valores en (1):
Q = 0.5661 x 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 f = 0.5672 Kg Q = 0.5672( 2540.5 − 548.59 ) + 0.5672 x 275( 0.6573 − 0.001070) Q = 1232.17 KJ m
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:
=1.4 Kg , de..aire V i = 0.15m3 3 V f = 0.09m ∆U = ? KJ Kg m
Q −W
= ∆U
Por unidad de masa.
q −w
= ∆u
− 7bar ( 0.06m3 ) − =u 1.4 Kg 1.4 Kg
− 49 KJ
− 35 KJ Kg + 30 KJ Kg = u − 5 KJ
Kg
=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 m 3 . 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
= 800 KPa V 1 = 0.010m3 V 2 = 0.020m3 W = ? P 0 = 100 KPa P 1
P = cte W
= ∫ PdV
W
= P ∫ V
V 2
PdV
1
= ( P 1 − P 0 )(V 2 −V 1 ) 3 W = ( 700 KPa ) (0.01m ) W = 7000 Nm W
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 V 1 = 0.020m
3
P 1 = 8bar V 2 = 0.050m
3
W = ? → KJ Kg
P = cte W
= ∫ PdV = P (V 2 − V 1 )
W
= (8 x10 5 N
W
= 24 KJ
)(0.050 m m
3
2
− 0.020 m 3 )
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 t = 10 min
Q2
= 12000W
= 600 seg
= 12000(600) = 7200 KJ De la relación Q = ∆U + W W = 0 (no se realiza trabajo) a) ∆U = 7200 KJ b) si Q = 0 Q
Q
= ∆U
⇒ ∆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
= 0.01m3 P = 3bar P = 1bar V 1 1
2
Hallando el valor de 1.3
P V 1 1
= P 2V 21.3
V 2
1
V 2
=3
W
= ∫V
1 .3 V 2
(0.01)
= 0.0233m3 V 2
= ∫ V
Pdv
1
CV −1.3dv
1
= P 1V 11.3 [V 2−0.3 −V 1−0.3 ] = − 3 X 10 (0.01) (−0.224) 0.3 W = 2.24 KJ 5
W
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.
Kg . Si durante la m3
La densidad del aire al iniciarse el proceso es de 10.45
expansión se obedece la relación pv = C , en donde C es una constante, calcule el trabajo por unidad de masa desarrollado por el sistema. 1.4
SOLUCIÓN: Kg m3
ρ ( aire ) = 10.45 pv1.4
= C
P 1 = 60bar
= V V 2 = 8V V 1
W m
W
=? V 2
= ∫V
Pdv
1
v2
= ∫ v
Cv
−1.4
dv
1
W
=
− P 1V 1 V 0.4 ( ) −1 0.4 8V
W
=
− 60 x105 (m) 1 0.4 ( ) −1 (0.4)(10.45) 8
W
= 810.6 KJ Kg .
m
un gas se expande sin fricción de acuerdo con la relación pv = 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 a
SOLUCIÓN: pv
a
= C
p1; v1 p2 ; v2
a) en un sistema cerrado
V 2
= ∫V
W
Pdv
1
V 2
= ∫ V
1
a
W
=
W =
−a
CV dv
P V 1 1 1−
− [ V a
1 a 2
−V 11−a ]
V 2 1−a ( ) −1 1 − a V 1 P 1V 1
b) en un sistema abierto P 2
∫
W = −
P 1
P 2
1
−
∫ C P
Vdp = − 1
a
1 a
P 1
dp
1
− +1
−V 1 P 1 a P a P 2 1− 1a W = ( ) −1 1 P 1 1− a
V P a P 1− W = − 1 1 ( 2 ) a a −1 P 1
1
Se mezclan 2.25
−1
Kg Kg de vapor a 1.5 bar y 200°C con 0.45 de liquido min min
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
Q vc
0
0
= Σm s h s − Σme he +W VC ...........................................................(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 Q vc = 0,W vc = 0 ; por ser simple mezcla. En (1) 0
0
0
me1 he1 + me 2 he 2 = m s 3 h s 3
he1 he 2 h s 3 h s 3
2872.9 KJ Kg ; De tablas de vapor sobre calentado = ( h f )1.5bar = 467 .11 KJ Kg 2.25 x 2872.9 + 0.45 x 467 .11 = 2. 7 = 24.71.93 KJ Kg
=
Calculando la calidad a la salida (3) h s3 = h f + Xh fg 1.5bar 2471.93 − 467.11 X = = 0.900 2226.5
Mezcla con una calidad de 90% v s 3 = v f + Xv fg 1.5bar v s 3 = 0.001053 + 0.9 x1.15824 = 10.425 m 0 0 Kg V = m v = 2.7 0
V = 28.147 m
3
Kg
3
x10.425 m min 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 E C y E P . 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
= 0,W = 0
Q 0
0
Q
0
m s h s
=
0 0
m1 =
En (1):
− m e he + W
P V 1
=
1379 KN
RT 1
0
0.287 0
2
x0.1416 m
m KNxm Kg ° K
3
seg
= 1.156 Kg
seg
x588.5° K
0
0 = m3 h3 − m 2 h2 − m1 h1
Por la ecuación de continuidad: 0 0 0 0 0 0 0 m3 = m2 + m1;0 = m2 + m1 h3 − m2 h2 − m1 h1 0
0
0
0
= m2 ( h3 − h2 ) + m,1 ( h3 − h1 ) = m2 c p (T 3 − T 2 ) + m1(T 3 − T 1 )c p Despejando T : 0
3
0
T 3
=
0
m 2 T 2 0
+
m1 T 1 0
=
m 2 + m1 T 3 = 384.19°C
0.4536 x 477.4 + 1.156 x588.5 1.156 + 0.4536
=
557.19° K
(b) considerando que dentro de la turbina se realiza un proceso adiabático: 0
W T
= m3 c p (T 3 − T 4 )
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
T 3 =T 4
= m3 c p (T 3 − T 4 )
T 4
= 284.19°C
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
P 1 = 12bar →1200 KPa
∫ pdV =W = ? −∫ Vdp =W = ?
= 260º C T 2 = 90º C 1.156 = C , ⇒ n = 1.156 pV T 1
c
SOLUCION: De la relación de un proceso politrópico con respecto a las temperaturas y las presiones se tiene: n −1
P n = 2 P 1
T 2 T 1
1.156 −1
P 1.156 = 2 260 1200 0.135 P 2 0.346 = 1200 P 2 = 0.4567 KPa Para hallar el trabajo realizado ubicamos el volumen especifico del vapor a 1.2 MPa 90
v1 g
=
0.15654 m
3
Kg
n −1 n P v P ⇒ w = 1 1 1 − 2 n −1 P 1 3
0.135 1200 x0.15654 KN 2 m 0.4567 Kg m w= 1 − 0.156 1200
w
= 1204.15 x0.65 KJ Kg = 782.7 KJ kg
El trabajo en 4 Kg. será: W = 782.7 x 4 KJ = 3130.8 KJ Kg
b) − ∫ Vdp = W c = nW ⇒ W c = 3130.8 x1.156 KJ W c = 3619.2 KJ Kg f
1 Kg. de vapor, saturado inicialmente a 11.25
Kg f
1.13 = C hasta 1.05 flujo según pV
cm 2
Datos:
cm 2
, sufre una expansión sin
. Determine el trabajo realizado.
1 Kg → vapor Kg P 1 = 11.25 f Kg P 2 = 1.05 f
cm 2
→ 1102.5 KPa
cm2
pV 1.13 = C ⇒ n = 1.13
Hallando el volumen especifico en la presión 1 por tabla se tiene: P 1 = 1.1 MPa ⇒ v1
=
3
0.17753 m
Kg
En la relación se tiene: n −1 P 2 n P 1v1 1− w= P n −1 1 3
0.18 1102.5 x0.17753 KN 2 m 1.05 Kg m w= 1 − 0.13 11.25
= 468.24 KJ Kg w = 1505.6 x0.74 KJ Kg El trabajo en un kilogramo de sustancia será: W = 468.24 KJ x1 Kg = 468.24 KJ Kg 1 Kg. de NH 3 se comprime politropicamente desde el vapor saturado a
Kg f P 1 = 1.76 b)
∫ pdV
Datos:
Kg f
cm
2
hasta P 2 = 9.84
Vdp c) −∫
cm
2
n y 82.2ºC. Calcule: a) n en pV
= C
Kg P 1 = 1.76 f
cm
Kg P 2 = 9.84 f
2
cm
→ 172.5 KPa
2
T 2 = 82.2º C
SOLUCION: Para el amoniaco saturado a una presión de 172.5 KPa se tiene por tabla una temperatura de -22ºC y un volumen especifico v1
=
0.6783 m
3
Kg entonces.
n −1
T 2 T 1
P n = 2 P 1
n −1
−
82 .2 22
9.84 n = 1.76 1
− 3.74 = ( 5.59 )1− n 1
( 5.59 ) n = −
1 0.67
1
( 5.59 ) n = −1.49 ⇒ ( −1.49 ) n = 5.59
Asumiendo a n como numero positivo y par entonces se tiene: Ln1.49 n
= Ln5.59 → n =
Ln5.59 Ln1.49
= 1.42
b) w
=
T 2 1 − n −1 T 1 P 1v1
172.5 x 0.6783 KN
m
2
m3
Kg 82.2 1 + 22
w
=
w
= 278.6 x 4.74 KJ Kg = 1320.5 KJ Kg
0.42
En 1 Kg. De amoniaco se tiene: W = 1320.5 KJ x1 Kg = 1320.5 KJ Kg
c) ⇒W c = Wn = 1320.5 x1.42 = 1875.11 KJ Kg f
4 Kg. De vapor ocupan un volumen de 0.654 m3 a 17.6
Kg f
expansión según pV 1.25 = C hasta P 2 = 0.703 W
Datos:
cm2
cm 2
y sufre una
. Calcule: a) V 2
b)
5 Kg → vapor
= 0.654m3 V 2 = ? V 1
Kg P 1 = 17.6 f
→1724.8 KPa
cm 2 Kg P 2 = 0.703 f cm 2 pV 1.25
= C ⇒ n = 1.25
SOLUCION: De la relación de los procesos politropicos se tiene: n −1
n −1
P 2 n V 1 = V P 2 1 0.25 0.2 0.654 0.703 = 17.6 V 2 0.899 0.25 2
V
0.25
V 2 V 2
= 0.03990.2
= 1.712
= 8.59m3
b)
V 1 n −1 1 − W = n −1 V 2 P 1V 1
W =
1724.8 KN
2
x 0.654 m 3
m 0.25
0.654 0.25 1 − 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
