solucionario de termodinamica

Solucionario TermodinámicaUNIVERSIDAD DE NARIÑO FACULTAD DE INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL III SEMESTRE DE INGENIERÍA AGROINDUSTRIAL * PERIODO A /2010 1) CONCEPTOS GENERALES SISTEMA TERMODINAMICO Un sistema termodinámico es una parte del Universo que se aísla para su estudio. Este aislamiento se puede llevar a cabo de una manera real, en el campo experimental, o de una manera ideal, cuando se trata de abordar un estudio teórico. CLASFICACION: Los sistemas termodinámicos se clasifican según el grado de aislamiento que presentan con su entorno. Aplicando este criterio pueden darse tres clases de. y Sistema aislado, que es aquel que no intercambia ni materia ni energía con su entorno. Un ejemplo de este clase podría ser un gas encerrado en un recipiente de paredes rígidas lo suficientemente gruesas (paredes adiabáticas) como para considerar que los intercambios de energía calorífica sean despreciables, ya que por hipótesis no puede intercambiar energía en forma de trabajo. y Sistema cerrado. Es el que puede intercambiar energía pero no materia con el exterior. Multitud de sistemas se pueden englobar en esta clase. El mismo planeta Tierra puede considerarse un sistema cerrado. Una lata de sardinas también podría estar incluida en esta clasificación. y Sistema abierto. En esta clase se incluyen la mayoría de sistemas que pueden observarse en la vida cotidiana. Por ejemplo, un vehículo motorizado es un sistema abierto, ya que intercambia materia con el exterior cuando es cargado, o su conductor se introduce en su interior para conducirlo, o es cargado de combustible en un repostaje, o se consideran los gases que emite por su tubo de escape pero, además, intercambia energía con el entorno. Sólo hay que comprobar el calor que desprende el motor y sus inmediaciones o el trabajo que puede efectuar acarreando carga. PROCESO TERMODINAMICO: Estas transformaciones deben transcurrir desde un estado de equilibrio inicial a otro final; es decir, que las magnitudes que sufren una variación al pasar de un estado a otro deben estar perfectamente definidas en dichos estados inicial y final. De esta forma los procesos termodinámicos pueden ser interpretados como el resultado de la interacción de un sistema con otro tras ser eliminada alguna ligadura entre ellos, de forma que finalmente los sistemas se encuentren en equilibrio (mecánico, térmico y/o material) entre sí. De una manera menos abstracta, un proceso termodinámico puede ser visto como los cambios de un sistema, desde unas condiciones iníciales hasta otras condiciones finales, debidos a la desestabilización del sistema. y Proceso isocóro Un proceso isocóro, también llamado proceso isométrico o isovolumétrico es un proceso termodinámico en el cual el volumen permanece constante; ǻV = 0. Esto implica que el proceso no realiza trabajo presión-volumen, ya que éste se define como: ǻW = PǻV, donde P es la presión (el trabajo es positivo, ya que es ejercido por el sistema). Aplicando la primera ley de la termodinámica, podemos deducir que Q, el cambio de la energía interna del sistema es: Q = ǻU para un proceso isocórico: es decir, todo el calor que transfiramos al sistema quedará a su energía interna, U. Si la cantidad de gas permanece constante, entonces el incremento de energía será proporcional al incremento de temperatura, Q = nCVǻT donde CV es el calor específico molar a volumen constante. En un diagrama P-V, un proceso isocórico aparece como una línea vertical Proceso isotérmico. Se denomina proceso isotérmico o proceso isotermo al cambio de temperatura reversible en un sistema termodinámico, siendo dicho cambio de temperatura constante en todo el sistema. La compresión o expansión de un gas ideal en contacto permanente con un termostato es un ejemplo de proceso isotermo, y puede llevarse a cabo colocando el gas en contacto térmico con otro sistema de capacidad calorífica muy grande y a la misma temperatura que el gas; este otro sistema se conoce como foco caliente. De esta manera, el calor se transfiere muy lentamente, permitiendo que el gas se expanda realizando trabajo. Como la energía interna de un gas ideal sólo depende de la temperatura y ésta permanece constante en la expansión isoterma, el calor tomado del foco es igual al trabajo realizado por el gas: Q = W. Una curva isoterma es una línea que sobre un diagrama representa los valores sucesivos de las diversas variables de un sistema en un proceso isotermo. Las isotermas de un gas ideal en un diagrama P-V, llamado diagrama de Clapeyron, son hipérbolas equiláteras, cuya ecuación es P‡V = constante. y Proceso isobárico Proceso Isobárico es aquel proceso termodinámico que ocurre a presión constante. En él, el calor transferido a presión constante está relacionado con el resto de variables y Proceso adiabático En termodinámica se designa como proceso adiabático a aquel en el cual el sistema (generalmente, un fluido que realiza un trabajo) no intercambia calor con su entorno. Un proceso adiabático que es además reversible se conoce como proceso isentrópico. El extremo opuesto, en el que tiene lugar la máxima transferencia de calor, causando que la temperatura permanezca constante, se denomina como proceso isotérmico. El término adiabático hace referencia a elementos que impiden la transferencia de calor con el entorno. Una pared aislada se aproxima bastante a un límite adiabático. Otro ejemplo es la temperatura adiabática de llama, que es la temperatura que podría alcanzar una llama si no hubiera pérdida de calor hacia el entorno. En climatización los procesos de humectación (aporte de vapor de agua) son adiabáticos, puesto que no hay transferencia de calor, a pesar que se consiga variar la temperatura del aire y su humedad relativa. El calentamiento y enfriamiento adiabático son procesos que comúnmente ocurren debido al cambio en la presión de un gas. Esto puede ser cuantificado usando la ley de los gases ideales. PRESIÓN MANOMÉTRICA PRESIÓN ABSOLUTA Se llama presión manométrica a la diferencia entre la presión absoluta o real y la presión atmosférica. Se aplica tan solo en aquellos casos en los que la presión es superior a la presión atmosférica. En determinadas aplicaciones la presión se mide no como la presión absoluta sino como la presión por encima de la presión atmosférica, denominándose presión relativa, presión normal, presión de gauge o presión manométrica. Consecuentemente, la presión absoluta es la presión atmosférica más la presión manométrica (presión que se mide con el manómetro). PRESIÓN ATMOSFÉRICA PRESIÓN BAROMÉTRICA La presión atmosférica es la presión ejercida por el aire atmosférico en cualquier punto de la atmósfera. Normalmente se refiere a la presión atmosférica terrestre, pero el término es generalizable a la atmósfera de cualquier planeta o satélite. La presión atmosférica en un punto representa el peso de una columna de aire de área de sección recta unitaria que se extiende desde ese punto hasta el límite superior de la atmósfera. Otro término para presión atmosférica. Expresada en pulgadas de Mercurio (in- Hg). La presión barométrica, se determina por la altura a la cual llega el mercurio en un tubo de vidrio por la fuerza de la presión atmosférica (relativa a la presión cero absoluto). 14.7 psi= 1 barra, 100 kpa 0 29.92 in-Hg. , a una temperatura de 80 grados Fahrenheit (26.7 grados Centígrados) a nivel del mar PROCESO CUASIESTÁTICO Un proceso cuasi estático se define como una idealización de un proceso real que se lleva a cabo de tal modo que el sistema está en todo momento muy cerca del estado de equilibrio, como un proceso que se realiza en un número muy grande de pasos, o que lleva mucho tiempo. En la naturaleza los procesos son irreversibles. En Termodinámica se estudian los procesos reversibles. Podemos conseguir aproximarnos a un proceso reversible, a través de una transformación consistente en una sucesión de estados de equilibrio. PROCESO ISOCORO Un proceso isocórico, también llamado proceso isométrico o isovolumétrico es un proceso termodinámico en el cual el volumen permanece constante; ǻV = 0. Esto implica que el proceso no realiza trabajo presión-volumen, ya que éste se define como: ǻW = PǻV, Donde P es la presión (el trabajo es positivo, ya que es ejercido por el sistema). Aplicando la primera ley de la termodinámica, podemos deducir que Q, el cambio de la energía interna del sistema es: Q = ǻU para un proceso isocórico: es decir, todo el calor que transfiramos al sistema quedará a su energía interna, U. Si la cantidad de gas permanece constante, entonces el incremento de energía será proporcional al incremento de temperatura, Q = nC V ǻT donde C V es el calor específico molar a volumen constante. En un diagrama P-V, un proceso isocórico aparece como una línea vertical. TRABAJO TERMONIDAMICO Los sistemas se consideran desde el exterior, por lo tanto el trabajo está asociado a las fuerzas exteriores. El trabajo tiene dimensiones de energía y representa un intercambio de energía entre el sistema y su entorno. Dependiendo del origen físico de las fuerzas aplicadas al sistema se distinguen diferentes formas de trabajo: trabajo mecánico, eléctrico, etc. El trabajo mecánico se da cuando una fuerza que actúa sobre el sistema hace que éste se mueva una cierta distancia. Este trabajo se define por W = ò Fdl, donde F es la componente de la fuerza externa que actúa en la dirección del desplazamiento dl. En forma diferencial esta ecuación se escribe: dW = Fdl. La convención de signos usada en este curso es la que establece que el valor de W es positivo cuando el trabajo se realiza sobre el sistema y negativo cuando es el sistema el que actúa sobre el entorno. Aunque hay que aclarar que es un convenio arbitrario y que podría ser el contrario, es decir cambiar los signos con respecto al convenio usado. Principio cero de la termodinámica Este principio establece que existe una determinada propiedad, denominada temperatura empírica ș, que es común para a todos los estados de equilibrio termodinámico que se encuentren en equilibrio mutuo con uno dado. Tiene tremenda importancia experimental pues permite construir instrumentos que midan la temperatura de un sistema pero no resulta tan importante en el marco teórico de la termodinámica. Primera ley de la termodinámica También conocida como principio de conservación de la energía para la termodinámica en realidad el primer principio dice más que una ley de conservación, establece que si se realiza trabajo sobre un sistema o bien éste intercambia calor con otro, la energía interna del sistema cambiará. Visto de otra forma, esta ley permite definir el calor como la energía necesaria que debe intercambiar el sistema para compensar las diferencias entre trabajo y energía interna. Segunda ley de la termodinámica Esta ley arrebata la dirección en la que deben llevarse a cabo los procesos termodinámicos y, por lo tanto, la imposibilidad de que ocurran en el sentido contrario (por ejemplo, que una mancha de tinta dispersada en el agua pueda volver a concentrarse en un pequeño volumen). También establece, en algunos casos, la imposibilidad de convertir completamente toda la energía de un tipo en otro sin pérdidas. De esta forma, la segunda ley impone restricciones para las transferencias de energía que hipotéticamente pudieran llevarse a cabo teniendo en cuenta sólo el Primer Principio. Esta ley apoya todo su contenido aceptando la existencia de una magnitud física llamada entropia Propiedad extrínseca Propiedad intrínseca Propiedad extensiva Propiedad intensiva Son aquellas que varían con la cantidad de materia considerada. Es decir, a mayor tamaño, mayor peso tendrá, además de mayor volumen. Por ejemplo,las rocas pequeñas pesaran en gramos menos; que la roca central de la foto y del mismo tipo de material. Luego, el peso al variar con la cantidad de materia La carga eléctrica es una propiedad intrínseca de algunas partículas subatómicas que se manifiesta mediante atracciones y repulsiones que determinan las interacciones electromagnéticas entre ellas. La materia cargada eléctricamente es influida por los campos electromagnéticos Algunos ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura, la velocidad, el volumen específico (volumen ocupado por la unidad de masa), el punto de ebullición, el punto de fusión,una magnitud escalar, una magnitud vectorial, la densidad etc. Si se tiene un litro de agua, su punto Son las que si dependen de la cantidad de sustancias del sistema, y son reciprocamente equivalentes a las intensivas. Algunos ejemplos de propiedades extensivas son la masa, el volumen, el peso, cantidad de sustancia, etc. considerada, es una propiedad extrínseca. Llamadas también propiedades generales o extensivas de la materia. siendo, a su vez, generadora de ellos. La interacción entre carga y campo eléctrico es la fuente de una de las cuatro interacciones fundamentales, la Interacción electromagnética. de ebullición es 100 °C (a 1 atmósfera de presión). Si se agrega otro litro de agua, el nuevo sistema, formado por dos litros de agua, tiene el mismo punto de ebullición que el sistema original. Esto ilustra la no aditivita de las propiedades intensivas. Ejemplos. 1) Si la temperatura es constante ¿Cuál es la grafica que representa mejor el volumen en función de la presión? Como la Ley de Boyle establece que P*V=CTE, su representación grafica es una hipérbola equilátera. Presión Volumen 0,5 atm 400 cm 3 200 1 atm 200 cm 3 200 2 atm 100 cm 3 200 4 atm 50 cm 3 200 A temperatura cte. PV= n*R*T V= n*R*T/P Son inversa proporcionales. 2) Un gas perfecto obedece a la ecuación p 2 v = constante. Si se comprime el gas la temperatura: Para este gas tenemos la ecuación p 2 v = constante. La ecuación de los gases perfectos PV=nRT. Se igualan: p 2 v / pv = c / nRT P = c/nRT. Si P aumenta, por la compresión, T debe disminuir (Proporcionalidad inversa) 1) p 2 v = c 2) PV = nRT eliminamos p elevemos la ecuación. 3) Si el gas de la pregunta 2. Se expande la temperatura: 2) Al cuadrado, dividimos por la ecuación 1) para obtener: p 2 v 2 /p 2 v = n 2 R 2 T 2 /c V= n 2 R 2 /c * T 2 Si V aumenta, T debe aumentar. 4) ¿Cuál es la energía cinética de las moléculas si se duplica la presión del gas de la pregunta numero 7? V2 P=D*1/3V2 Ec=1/2m*V2 3P/D=V2 Ec=1/2m*3p/D Ec=3/2*P/D Ec=6/2m*P/D Cuando se le aumenta la presión a un gas las moléculas tienden a moverse más rápido. Por que se le aumenta la presión dos veces. Propiedad intensiva: Las propiedades intensivas son aquellas que no dependen de la cantidad de sustancia presente, por este motivo no son propiedades aditivas. Ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura, la velocidad, el volumen específico (volumen ocupado por la unidad de masa). Observe que una propiedad intensiva puede ser una magnitud escalar o una magnitud vectorial. Propiedad extensiva: Cuando la propiedad intensiva se multiplica por la cantidad de sustancia (masa) se tiene una propiedad que sí depende de la cantidad de sustancia presente y se llama propiedad extensiva, como ocurre con la masa, con la cantidad de movimiento y con el momento de la cantidad de movimiento. Propiedades extrínsecas: Son aquellas que varían con la cantidad de materia considerada. Es decir, a mayor tamaño, mayor peso tendrá, además de mayor volumen. Por ejemplo, las rocas pequeñas pesaran en gramos menos; que la roca central de la foto y del mismo tipo de material. Luego, el peso al variar con la cantidad de materia considerada, es una propiedad extrínseca. Llamadas también propiedades generales o extensivas de la materia. Propiedades específicas: El estudio de este tipo de propiedades es importante, ya que los materiales que nos rodean son útiles debido a esas propiedades que poseen, además que nos pueden servir para identificar o reconocer distintas sustancias diferenciando unas de otras, como es el caso del dopaje, análisis de sustancias, materiales conductores y aislantes; elásticos e inelásticos, etc. POSTULADO DE ESTADO. El numero de propiedades termodinámicas variables independientes para un sistema dado, es él numero de tipos de trabajo reversible +1, es decir los modos en que un sistema puede transferir energía como trabajo, dependen de las propiedades de la sustancia que configura el sistema. Por ejemplo, si la sustancia es compresible y magnética sus tipos de trabajo se asocian a los cambios de VOLUMEN que resultan al aplicar una presión y a los cambios de MAGNETIZACION producidos en un campo magnético que varia. Para definir su estado se requieren, entonces, tres propiedades variables independientes. En este texto no se consideraran efectos magnéticos, propiedades eléctricas de las sustancias de las sustancias de las sustancias ni tensiones superficiales. Sólo se considerará el tipo de trabajo asociado a la compresibilidad; el estado de una sustancia compresible sencilla de estas características, para un sistema no reactivo, puede definirse a partir de solo dos propiedades variables independientes. SUSTANCIAS PURAS: Se considera una sustancia pura aquella que mantiene la misma composición química en todos los estados. Una sustancia pura puede estar conformada por más de un elemento químico ya que lo importante es la homogeneidad de la sustancia. El aire se considera como una sustancia pura mientras se mantenga en su estado gaseoso, ya que el aire está conformado por diversos elementos que tienen diferentes temperaturas de condensación a una presión específica por lo cual al estar en estado líquido cambia la composición respecto a la del aire gaseoso. Ejemplos de sustancias puras son: el agua, el nitrógeno, el helio y el dióxido de carbono. EJERCICIOS 2. Un sistema tiene un volumen inicial de 10ft 3 y se expande hasta un volumen final de 20ft 3 . La presión inicial es 14.7 PSI. Encuentre el trabajo realizado si el sistema se mantiene a una temperatura constante de 75°F y la presión entre los estados inicial y final del sistema es: (a) constante, (b) inversamente proporcional al volumen (c) dada por la relación de gas ideal PV=mRT. Datos ܸ ଵ ൌ ͳͲ݂ݐ ଷ ܸ ଶ ൌ ʹͲ݂ݐ ଷ ܶ ൌ ͹ͷ°ܨ Solución (a) p 1 y p 2 constantes ܹ ଵିଶ ൌ െܲන ݀ݒ ܸ ଶ ଵ ൌ െܲන ሺܸ ଶ െ ܸ ଵ ሻ ଶ ଵ ൌ െͳͲͳǡ͵ ܭܰ ݉ ଶ ሺʹͲ݂ݐ ଷ െ ͳͲ݂ݐ ଷ ሻ ܹ ଵିଶ ൌ െͳͲͳǡ͵ ܭܰ ݉ ଶ ቆͳͲ݂ݐ ଷ ݔ ሺͲǡ͵ͲͶͺ݉ሻ ଷ ͳ݂ݐ ଷ ቇ ൌ െͳͲͳǡ͵ ܭܰ ݉ ଶ ሺͲǡʹͺ݉ ଷ ሻ ൌ െʹͺǡ͹Ͳܭܬ (b) inversamente proporcional al volumen ݌ ൌ ܥ ܸ ܹ ଵିଶ ൌ െන ܥ ܸ ଶ ଵ ݀ݒ ൌ െܿ න ͳ ܸ ଶ ଵ ݀ݒ ൌ െܥܮ݊ ฬ ݒʹ ݒͳ ฬ ܥ ൌ ܸܲ ՜ ܥ ൌ ͳͲͳǡ͵ ܭܰ ݉ ଶ ݔ Ͳǡʹͺ݉ ଷ ൌ ʹͺǡ͹Ͳ ܭܰ ݉ ଶ ܹ ଵିଶ ൌ ሺെʹͺǡ͹Ͳܭܬሻܮ݊ ቤ ʹͲ݂ݐ ଷ ͳͲ݂ݐ ଷ ቤ ܹ ଵିଶ ൌ െͳͻǡͺͻܭܬ (c) dada por la relación gas ideal PV=mRT ܸܲ ൌ ܴ݉ܶ ܲ ܸ ݉ ൌ ܴܶ ܲݒ ൌ ܴܶ ܹ ଵିଶ ൌ න ܴܶ ݒ ݀ݒ ଶ ଵ ൌ െܴܶ න ͳ ݒ ݀ݒ ଶ ଵ ൌ െܴܶܮ݊ ฬ ݒ ଶ ݒ ଵ ฬ ܹ ଵିଶ ൌ െͲǡʹͺ͸ ܭܬ ܭ݃ ሺ௠ሻ °ܭ ݔ ʹͻ͹ǡͲ͵°ܭ ܮ݊ ቤ ʹͲ݂ݐ ଷ ͳͲ݂ݐ ଷ ቤ ܹ ൌ െͷͺǡͺͺ ܭܬ ܭ݃ ሺ௠ሻ ݔ Ͳǡͳͷሺܭ݃ ሺ௠ሻ ሻ ܹ ൌ െͺǡͺ͵ܭܬ 3. Un aparato vertical de cilindro y pistón contiene un gas que se encuentra comprimido por un embolo sin fricción, cuyo peso es de 2,5 KJ. Un agitador mecánico contenido en el cilindro entrega al gas un trabajo equivalente a 5750Nm durante un cierto periodo; si el gas pierde 6,3KJ de calor y su energía interna experimenta un cambio igual a -950J. Calcule la distancia que el pistón tendría que moverse en metros. El área del pistón es de 45cm 2 y la presión atmosférica es de 1bar. Datos ܹ ൌ ͷ͹ͷͲܰ݉ ݔ ͳܭܬ ͳͲͲͲܬ ൌ ͷǡ͹ͷܭܬ ݍ ൌ ͸ǡ͵ܭܬ ܧ ൌ െͻͷͲܬ ݔ ͳܭܬ ͳͲͲͲܬ ൌ െͲǡͻͷܭܬ ܣ ൌ Ͷͷܿ݉ ଶ ݔ ൬ ͳ݉ ͳͲͲܿ݉ ൰ ଶ ൌ Ͷǡͷ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଶ ܲ ൌ ͳܾܽݎ ݔ ͳͲͳǡ͵ܭܲܽ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ൌ ͳͲͲܭ݌ܽ Solución οܹ ൅οܳ ൌ οܷ ܹ ൌ ܷ െܳ ܹ ൌ െͲǡͻͷܭܬȄ͸ǡ͵ܭܬ ܹ ൌ ͷǡ͵ͷܭܬ οܹ ൌ ܹ ଶ െ ܹ ଵ ܹ ൌ ͷǡ͵ͷܭܬ െ ͷǡ͹ͷܭܬ ܹ ൌ െͲǡͶܭܬ ܲ ൌ ܨ ܣ ܨ ൌ ܲǤ ܣ ܨ ൌ ͳͲͲ ܭܰ ݉ ଶ ݔ ͶǡͷݔͳͲ ିଷ ݉ ଶ ܨ ൌ ͲǡͶͷܭܰ ܹ ൌ ܨ ݔ ݀ ݀ ൌ ܹ ܨ ݀ ൌ െͲǡͶܭܰǤ ݉ ͲǡͶͷܭܰ ݀ ൌ െͲǡͺͺ݉ 4. Un aparato de cilindro y pistón contiene un gas que se encuentra inicialmente a 8 bares y 190°C y ocupa un volumen de 0,06m 3 . El gas experimenta un proceso cuasiestático de acuerdo con la expresión PV 2 =C; la presión final es de 1,5bares. Calcular: (a) el trabajo realizado en (KJ) y su trayectoria. (b) la variación de la energía interna en (KJ) si el suministro de calor es de 3KJ. (c) realice el diagrama del proceso. Datos ܲ ଵ ൌ ͺܾܽݎ ݔ ͳͲͳǡ͵ܭܲܽ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ൌ ͺͲͲܭܲܽ ܶ ଵ ൌ ͳͻͲιܥ ܸ ଵ ൌ ͲǡͲ͸݉ ଷ ܲ ଶ ൌ ͳǡͷܾܽݎ ݔ ͳͲͳǡ͵ܭܲܽ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ൌ ͳͷͲ ܭܰ ݉ ଶ Solución (a) ܲ ଵ ܸ ଵ ଶ ൌ ܥ ܥ ൌ ͺͲͲ ܭܰ ݉ ଶ ሺͲǡͲ͸݉ ଷ ሻ ଶ ൌ ʹǡͺͺܭܰ݉ ସ ܲ ൌ ܥ ܸ ଶ ܹ ଵିଶ ൌ െන ܸܲ݀ ଶ ଵ ൌ െන ܥ ܸ ଶ ଶ ଵ ܸ݀ ൌ െන ܥܸ ିଶ ܸ݀ ൌ െܥ ቈ ܸ ିଵ െͳ ቉ ʹ ͳ ଶ ଵ ܹ ଵିଶ ൌ ܥ ൬ ͳ ܸ ଶ െ ͳ ܸ ଵ ൰ ܲ ଶ ܸ ଶ ଶ ൌ ܥ ܸ ଶ ൌ േ ඨ ܥ ܲ ൌ ඩ ʹǡͺͺܭܰ݉ ସ ͳͷͲ ܭܰ ݉ ଶ ൌ Ͳǡͳ͵ͺͷ݉ ଷ ܹ ଵିଶ ൌ ʹǡͺͺܭܰ݉ ସ ൬ ͳ Ͳǡͳ͵ͺͷ݉ ଷ െ ͳ ͲǡͲ͸݉ ଷ ൰ ൌ െʹ͹ǡʹܭܬ (b) οܷ ൌ ܳ ൅ܹ οܷ ൌ ͵ܭܬ െ ʹ͹ܭܬ οܷ ൌ െʹͶܭܬ (c) diagrama del proceso 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 5. Un sistema contiene un gas a presión constante de dos atmosferas y un volumen inicialde 40 pies cubicos, el calor transferido al sistemaes de 115KJ. Y el volumen final es de 90 pies cubicos. Calcular el cambio de energía interna del gas. SOLUCION ܲͳ ൌ ʹܽݐ݉כ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ͳܽݐ݉ ൌ ʹͲʹǡ͸ܭ݌ܽ ܸͳ ൌ ͶͲ݌݅݁ݏ ଷ כ ͲǡͲʹͺ݉ ଷ ͳ݉ ଷ ൌ ͳǡͳʹ݉ ଷ ܸʹ ൌ ͻͲ݌݅݁ݏ ଷ כ ͲǡͲʹͺ݉ ଷ ͳ݉ ଷ ൌ ʹǡͷʹ݉ ଷ ݓͳ െ ʹ ൌ െන ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െܲන ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆܲ כ ቀܸ ʹ ͳ ቁቇ ݓͳ െ ʹ ൌ െሺܲ כ ሺܸ݂ െܸ݋ሻሻ ݓͳ െ ʹ ൌ െሺሺʹͲʹǡ͸ܭ݌ܽሻ כ ሺʹǡͷʹ െͳǡͳʹሻ݉ ଷ ሻ ݓͳ െ ʹ ൌ െʹͺ͵ǡ͸Ͷܭܬ οܹ ൅οܳ ൌ οܧ οܧ ൌ ሺെʹͺ͵ǡ͸Ͷܭܬሻ ൅ͳͳͷܭܬ οܧ ൌ െͳʹͺǡ͸Ͷܭܬ 6. Un conjunto cilindro pistón tiene un volumen inicial de 15 pies cúbicos y se expande hasta un volumen final de 35 pies cúbicos, en el estado inicial la presión es de una atmosfera, calcular el valor del trabajo realizado en KJ. A una temperatura de 90°F y la presión en los estados inicial y final es: a) Constante. b) Directamente proporcional con el volumen en relación con una constante. c) Inversamente proporcional con el volumen en relación con una constante. d) Según la relación de gas ideal. SOLUCION ܲͳ ൌ ͳܽݐ݉ ൌ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ܸͳ ൌ ͳͷ݌݅݁ݏ ଷ כ ͲǡͲʹͺ݉ ଷ ͳ݉ ଷ ൌ ͲǡͶʹ݉ ଷ ܸʹ ൌ ͵ͷ݌݅݁ݏ ଷ כ ͲǡͲʹͺ݉ ଷ ͳ݉ ଷ ൌ Ͳǡͻͺ݉ ଷ a) ݓͳ െ ʹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െܲන ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆܲ כ ቀܸ ʹ ͳ ቁቇ ݓͳ െ ʹ ൌ െሺܲ כ ሺܸ݂ െܸ݋ሻሻ ݓͳ െ ʹ ൌ െሺሺͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽሻ כ ሺͲǡͻͺ െͲǡͶʹሻ݉ ଷ ሻ ݓͳ െ ʹ ൌ െͷ͸ǡ͹ʹͺܭܬ b) ݓͳ െ ʹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ y P=CV ݓͳ െ ʹ ൌ െනܥ כ ܸ כ ܸ݀ ଶ ଵ ܹͳ െ ʹ ൌ െܥ නܸ כ ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆܥ כ ቆ ܸ ଶ ʹ ቇ ʹ ͳ ቇ ݓͳ െ ʹ ൌ െ൭ܥ כ ቆ ܸʹ ଶ ʹ െ ܸͳ ଶ ʹ ቇ൱ y ܥ ൌ ௉ଵ ௏ଵ ܥ ൌ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ͲǡͶʹ݉ ଷ ൌ ʹͶͳǡͳͻͲ ݓͳ െ ʹ ൌ െ൭ʹͶͳǡͳͻͲ כ ቆ Ͳǡͻͺ ଶ ʹ െ ͲǡͶʹ ଶ ʹ ቇ൱ ݓͳ െ ʹ ൌ െͻͶǡͷͶܭܬ c) ݓͳ െ ʹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ y P=C/V ݓͳ െ ʹ ൌ െන ܥ ܸ כ ܸ݀ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െሺܥ ׬ ௗ௏ ௏ ଶ ଵ ) ݓͳ െ ʹ ൌ െቀܥ כ ሺܮܸ݊ሻ ʹ ͳ ቁ ݓͳ െ ʹ ൌ െ൫ܥ כ ሺܮܸ݊ʹ െܮܸ݊ͳሻ൯ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆܥ כ ܮ݊ ൬ ܸʹ ܸͳ ൰ቇ y ܥ ൌ ܲǤ ܸ ܥ ൌ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ כ ͲǡͶʹ݉ ଷ ܥ ൌ ͶʹǡͷͶ͸ܭܬ ݓͳ െ ʹ ൌ െ൭ͶʹǡͷͶ͸ܭܬ כ ܮ݊ ቆ Ͳǡͻͺ݉ ଷ ͲǡͶʹ݉ ଷ ቇ൱ ݓͳ െ ʹ ൌ െ͵ͷǡͻͷܭܬ d) ݓͳ െ ʹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ y P=R*T/V ݓͳ െ ʹ ൌ െන ܴ כ ܶ כ ܸ݀ ܸ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െܴ כ ܶ න ܸ݀ ܸ ଶ ଵ ݓͳ െ ʹ ൌ െቀܴ כ ܶ כ ሺܮܸ݊ሻ ʹ ͳ ቁ ݓͳ െ ʹ ൌ െ൫ܴ כ ܶ כ ሺܮܸ݊ʹ െܮܸ݊ͳሻ൯ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆܴ כ ܶ כ ܮ݊ ൬ ܸʹ ܸͳ ൰ቇ ݓͳ െ ʹ ൌ െቆͲǡʹͺ͸ͻ כ ͵Ͳͷǡ͵͹ כ ܮ݊ ൬ ͲǤͻͺ ͲǡͶʹ ൰ቇ ݓͳ െ ʹ ൌ െ͹ͷǡͷʹܭܬ 7. Refrigerante 134a entra en una tobera adiabática a 5 bares y 90m/s. a la salida, el fluido es un vapor saturado a 3.2 bares con una velocidad de 200m/s. Determine: a. La temperatura de entrada, en grados Celsius. b. El gasto másico, en kg (m)/s, si el área de salida es 6cm². Solución. 1. Datos. ݌ ଵ ൌ ͷ ܾܽݎ݁ݏ ݌ ଶ ൌ ͵Ǥʹ ܾܽݎ݁ݏ ݒ ଵ ൌ ͻͲ ݉ ݏ Τ ݒ ଶ ൌ ʹͲͲ ݉ ݏ Τ ܣ ଶ ൌ ͸ܿ݉ ଶ ب ͸ܿ݉ ଶ ൈ ͳ݉ ଶ ͳͲͲͲͲܿ݉ ଶ ൌ ͲǤͲͲͲ͸݉ ଶ a. Temperatura de entrada a una presión de 5 bares es ૚૞Ǥ ૠ૝ࢉ ࢕ Ǥ Este valor es determinado por tabla de presión del refrigerante 134a. b. ݉ ൌ ஺ మ ௩ మ Լ Լ ൌ ͲǤͲ͸͵ʹʹ ܽ ݑ݊ܽ ݌ݎ݁ݏǤ ݀݁ ͵ǡʹ ܾܽݎǤ ݕ ݐ ൌ ʹǤͶͺܿ ௢ ݉ ൌ ͲǤͲͲͲ͸݉ ଶ ൈ ʹͲͲ ݉ ݏ Τ ͲǤͲ͸͵ʹʹ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ൗ ൌ ૚Ǥ ૢ ࢑ࢍሺ࢓ሻ ࢙ ൗ ݉ ൌ ૚Ǥ ૢ ࢑ࢍሺ࢓ሻ ࢙ ൗ ب ࢍࢇ࢙࢚࢕ ࢓ࢇ࢙࢏ࢉ࢕Ǥ 8. Entra vapor a 250psi y 700 ͼf a una tobera, cuya área de entrada es de 0.2 pies². el gasto másico a través de la tobera es de 10lbm/s el vapor sale de la tobera a 200 psi con una En la anterior ecuación se multiplica ͵Ǥͻͻ ൈ ͳͲ ିହ para eliminar ௣௜௘௦ మ ௦ మ y nos quede ܤݐݑ ݈ܾ Τ . velocidad de 400 pies/s. se estima que las perdidas térmicas de la tobera con u8nidad de masa del vapor serán 1.2btu/lb(m) Determine: a. La velocidad de entrada del vapor (m/s). b. La temperatura de salida del vapor. Datos. ݌ ଵ ൌ ʹͷͲ ݌ݏ݅ ݌ ଶ ൌ ʹͲͲ݌ݏ݅ ݒ ଵ ൌǫ ݒ ଶ ൌ ͻͲͲ ݌݅݁ݏ ݏ ൗ ܣ ଵ ൌ ͲǤʹ݌݅݁ݏ ଶ ݉ ൌ ͳͲ ݈ܾሺ݉ሻ ݏ ൗ ݐ ଵ ൌ ͹ͲͲ݂ ଴ ݍ ൌ ͳǤʹ ݈ܾሺ݉ሻ a. ݉ ൌ ஺ భ ௩ భ Լ ݀݁ݏ݌݆݁ܽ݉݋ݏ ݒ ଵ ൌ ௠ൈԼ ஺ భ Por tabla sabemos que Լൌ ʹǤ͸ͺͺ ௣௜௘௦ య ௟௕ሺ௠ሻ Reemplazo en la formula. ݒ ଵ ൌ ͳͲ ݈ܾሺ݉ሻ ݏ ൗ ൈ ʹǤ͸ͺͺ ݌݅݁ݏ ଷ ݈ܾሺ݉ሻ ͲǤʹ݌݅݁ݏ ଶ ൌ ͳ͵ͶǤͶ݌݅݁ݏ ݏ Τ ݒ ଵ ൌ ͳ͵ͶǤͶ݌݅݁ݏ ݏ Τ ൈ ͲǤ͵ͲͶͺ݉ݐ ͳ݌݅݁ ൌ ૝૙Ǥ ૢૠ࢓ ࢙ Τ b. ݍ ൅ ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ ሺ݄ ଶ െ݄ ଵ ሻ ൅ ሺ௩ మ మ ି௩ భ మ ሻ ଶ ൅݃ሺݖ ଶ െݖ ଵ ሻ ݍ ൌ ሺ݄ ଶ െ݄ ଵ ሻ ൅ ሺݒ ଶ ଶ െ ݒ ଵ ଶ ሻ ʹ Despejamos ݄ ଶ ݄ ଶ ൌ ሺ݄ ଵ ሻ െ ሺݒ ଶ ଶ െݒ ଵ ଶ ሻ ʹ െݍ Remplazamos valores ݄ ଶ ൌ ͳ͵͹ͳǡͳܤݐݑ ݈ܾ Τ െ ሺͻͲͲ ଶ ݌݅݁ݏ ݏ Τ െͳ͵ͶǤͶ ଶ ݌݅݁ݏ ݏ ൗ ሻ ʹ ൈ ሺ͵Ǥͻͻ ൈ ͳͲ ିହ ሻ െ ሺͳǤʹܤݐݑ ݈ܾ Τ ሻ En la anterior ecuación se multiplica ͵Ǥͻͻ ൈ ͳͲ ିହ para eliminar ௣௜௘௦ మ ௦ మ y nos quede ܤݐݑ ݈ܾ Τ . ࢎ ૛ ൌ ૚૜૞૝ǡ ૚࡮࢚࢛ ࢒࢈ Τ Sabemos que esta entalpia encontrada esta a 200psi entonces vamos a tabla y buscamos una temperatura para estos valores y si no existe tenemos que interpolar. A 1322.1 ܤݐݑ ݈ܾ Τ D ͸ͲͲ݂ ଴ B 1354.1 ܤݐݑ ݈ܾ Τ x C 1373.8 ܤݐݑ ݈ܾ Τ E ͹ͲͲ݂ ଴ ݔ ൌ ቞ ሺܦ െ ܧሻ ൈ ሺܤ െܥሻ ܣ െ ܥ ቟ ൅ ܧ Reemplazamos valores ݔ ൌ ቞ ሺ͸ͲͲ െ ͹ͲͲሻ ൈ ሺͳ͵ͷͶǤͳ െͳ͵͹͵Ǥͺሻ ͳ͵ʹʹǤͳ െͳ͵͹͵Ǥͺ ቟ ൅ ͹ͲͲ ݔ ൌ ͸͸ͳǤͺͻ ؆ ͸͸ʹ݂ ௢ ሺ͸͸ʹ݂ ௢ ൅Ͷ͸Ͳሻ ͷ ͻ ൌ ͸ʹ͵Ǥ͵݇ ଴ െʹ͹͵ ൌ ૜૞૙Ǥ ૜ࢉ ૙ 9. A un dispositivo de estrangulamiento entra refrigerante 134a como líquido saturado a 8 bar y sale a 1,8 bar. A continuación entra a un cambiador de calor donde se calienta hasta vapor saturado a 1,8 bar. Determínese el flujo de calor suministrado, en kJ/min, si el flujo volumétrico a la salida del cambiador es 500 L/min. Solución: Un esquema del proceso se muestra a continuación: Datos del problema: y Flujo 1: líquido saturado, P 1 = 8 Bar y Flujo 2: P 2 = 1,8 Bar y Flujo 3: Vapor saturado, P 3 = 1,8 Bar Para calcular la cantidad de calor Q, entonces de realiza un balance de energía: ܳ ൌ ܨ ଷ ݄ ଷ െܨ ଶ ݄ ଶ Puesto que el proceso de estrangulamiento se realiza a entalpía constante, entonces la entalpía en el Flujo 1 es igual a la entalpía del Flujo 2: h 1 = h 2 De las tablas termodinámicas (Ver tablas adjuntas) se obtiene que para el líquido saturado a 8 Bar: T 1 = 31.33 °C = 304.48 K h 1 = 93.42 KJ/kg Entonces h 2 = 93.42 KJ/kg. ESTRANGULAMIENTO INTERCAMBIO DE CALOR (1) (2) (3) Q A las condiciones del Flujo 3 se tiene que: T 3 = -12.73 °C = 260.42 K h 3 = 239.71 KJ/kg V 3 = 0.1098 m 3 /kg Con el volumen específico, se transforma el flujo volumétrico en 3, así: ܨ ଷ ൌ ͷͲͲ L min ൈ ͳm ଷ ͳͲͲͲ ܮ ൈ ͳ kg ͲǤͳͲͻͺ ݉ ଷ ൌ ͶǤͷͷͶ kg min Como no hay entradas ni salidas de materia en el intercambiador, entonces: ܨ ଷ ൌ ܨ ଶ Un balance de energía en el intercambiador de calor da: ܳ ൌ ܨ ଷ ሺ݄ ଷ െ݄ ଶ ሻ ൌ ͶǤͷͷͶ kg min ሺʹ͵ͻǤ͹ͳ െ ͻ͵ǤͶʹሻ KJ kg ൌ ͸͸͸Ǥʹ KJ min Respuesta: En el intercambiador de calor se tienen que suministrar 666,2 KJ/min para obtener las condiciones finales. 10. Un compresor de hidrogeno tiene unas perdidas de calor de 35KW. Las condiciones de entrada son 320K, 0,2MPa y 100m/s. los conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0,10m. El estado de salida es 1,2MPa y 520K. Determínese (a) la variación de la energía cinética en KJ/Kg, (b) el flujo másico en Kg/min, y (c) la potencia en eje, en kilovatios, utilizando los datos de la tabla A.11. Datos ܳ ሶ ൌ ͵ͷ ܭܬ ݏ ܶ ଵ ൌ ͵ʹͲܭ ܶ ଶ ൌ ͷʹͲܭ ܲ ଵ ൌ Ͳǡʹܯܲܽ ܲ ଶ ൌ ͳǡʹܯܲܽ ܸ ത ൌ ͳͲͲ ݉ ݏ ] ଵ ൌ ͲǡͳͲ݉ ՜ ܣ ൌ ͹ͺǡͷ͵ܿ݉ʹ ] ଶ ൌ ͲǡͳͲ݉ ՜ ܣ ൌ ͹ͺǡͷ͵ܿ݉ʹ ܲ ଵ ൌ Ͳǡʹܯܲܽ ݔ ͳͲͲͲܭܲܽ ͳܯܲܽ ൌ ʹͲͲܭ݌ܽ ܲ ଶ ൌ ͳǡʹܯܲܽ ݔ ͳͲͲͲܭܲܽ ͳܯܲܽ ൌ ͳʹͲͲܭ݌ܽ ܲݒ ൌ ܴܶ ՜ ݒ ൌ ܴͳܶͳ ܲ ଵ ൌ ͺǡ͵ͳͶͶͳ ܭܲܽǤ ݉ ଷ ܭ݉݋݈Ǥ ιܭ ݔ ͵ʹͲιܭ ʹͲͲܭܲܽ ʹǡͲͳ͸ ܭ݃ ܭ݉݋݈ ݒ ଵ ൌ ͸ǡ͸ ݉ ଷ ܭ݃ ݒ ଶ ൌ ͺǡ͵ͳͶͶͳ ܭܲܽǤ ݉ ଷ ܭ݉݋݈Ǥ ιܭ ݔ ͷʹͲιܭ ͳʹͲͲܭܲܽ ʹǡͲͳ͸ ܭ݃ ܭ݉݋݈ ݒ ଶ ൌ ͳǡ͹ͺ ݉ ଷ ܭ݃ ݉ ଵ ሶ ൌ ܣ ଵ ܸ ଵ ഥ ܸ ଵ ݉ሶ ൌ ͹ǡͺͷ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଶ ݔ ͳͲͲ ݉ ݏ ͸ǡ͸ ݉ ଷ ܭ݃ ൌ Ͳǡͳͳͺ ܭ݃ ݏ ݔ ͸Ͳݏ ͳ݉݅݊ ݉ሶ ൌ ͹ǡͲͺ ܭ݃ ݉݅݊ (b) ݉ ଶ ሶ ൌ ܣ ଶ ܸ ଶ തതത ܸ ଶ ܸ ଶ തതത ൌ ͹ǡͳ ܭ݃ ݉݅݊ ݔ ͳǡ͹ͺ ݉ ଷ ܭ݃ ͹ǡͺͷ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଶ ൌ ͳ͸Ͳͻǡͻ͵͸ ݉ ݉݅݊ ݔ ͳ ݉݅݊ ͸Ͳ ݏ ܸ ଶ തതത ൌ ʹ͸ǡͺ ݉ ݏ A) ߂ܧܥ ൌ ቎ ሺʹ͸ǡͺ ݉ ݏ ሻ ଶ െ ሺͳͲͲ ݉ ݏ ሻ ଶ ʹͲͲͲ ቏ ߂ܧܥ ൌ െͶǡ͸Ͷ ܭܬ ܭ݃ ܳ ሶ ൅ܹ ሶ ൌ ݉ሶ ሾ߂݄ ൅߂ܥ ൅ ݃߂ݖሿ ߂݄ ൌ ߂ܶǤ ܥܲ ൌ ʹͲͲιܭ ݔ ͳͶǡ͵ ܭܬ ܭ݃ ιܭ ߂݄ ൌ ʹͺ͸Ͳ ܭܬ ܭ݃ െ͵ͷ ܭܬ ݏ ൅ ܹ ሶ ൌ Ͳǡͳͳͺ ܭܬ ݏ ሺʹͺ͸Ͳ െͶǡ͸Ͷሻ ܭܬ ܭ݃ ܹ ሶ ൌ ͵͵͸ǡͻ͵ ܭܬ ݏ ൅͵ͷ ܭܬ ݏ ܹ ሶ ൌ ͵͹ͳǡͻܭܹ 11. Se bombean 100L/min de agua liquida a 20°C a una altura de 100m por un conducto de sección constante. El proceso es adiabático y la temperatura permanece constante. Calcúlese la potencia que necesita la bomba, en kilovatios, para (a) P 1 =P 2 , y (b) ǻP=-1bar. La gravedad local es 9,8 m/s 2 . Datos: ܸ ሶ ൌ ͳͲͲ ܮ ݉݅݊ ܶ ଵ ൌ ʹͲιܥ ܶ ଶ ൌ ʹͲιܥ ݃ ൌ ͻǡͺ ݉ ݏ ܲ ൌ ܥݐ݁ Solución: ܳ ሶ ൅ܹ ሶ ൌ ݉ሶ ሾ߂݄ ൅߂ܧܥ ൅ ݃߂ݖሿ ܹ ሶ ൌ ݉ሶ ሺο݄ ൅݃οݖሻ ሶ ܹ ሶ ൌ ݉ሶ ൬ͻǡͺ ݉ ݏ ଶ ሺͳͲͲ݉ሻ ͳͲͲͲ ൰ ݉ሶ ൌǫ ܶ ଵ ൌ ʹͲιܥ ݒ ଵ ൌ ͳǡͲͲͳͺ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ ݉ሶ ൌ ܸ ሶ ݒ ݉ሶ ൌ Ͳǡͳ ݉ ଷ ݉݅݊ ͳǡͲͲͳͺ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ ൌ ͻͻǡͺ ܭ݃ ݉݅݊ ݔ ͳ ݉݅݊ ͸Ͳ ݏ ൌ ͳǡ͸͸ ܭ݃ ݏ ܹ ሶ ൌ ͳǡ͸͸ ܭ݃ ݏ ൬Ͳǡͻͺ ܭܬ ܭ݃ ൰ ܹ ሶ ൌ ͳǡ͸͵ ܭܬ ݏ ൌ ͳǡ͸͵ܭܹ (B) ܹ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ݒሺܲ ଶ െ ܲ ଵ ሻ൅Ǥ οܧܥ ൅ ο݃ݖ ܹ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡͲͲͳͺ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ ሺെͳܾܽݎሻ ൅ ͻǡͺ ݉ ݏ ଶ ሺͳͲͲ݉ሻ ͳͲͲͲ െͳܾܽݎ ൌ െͳͲͲ ܭܰ ݉ ଶ ܹ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡͲͲͳͺ ݔ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ ሺെͳͲͲሻ ܭܰ ݉ ଶ ൅ ͻǡͺ ݉ ݏ ଶ ሺͳͲͲ݉ሻ ͳͲͲͲ ܹ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡͳͲͲͳͺ ݔ ͳͲ ିଷ ܭܬ ܭ݃ ൅Ͳǡͻͺ ܹ ௙௟௘௖௛௔ ൌ Ͳǡͺ͹ͳ ܭܬ ܭ݃ ܹ ሶ ൌ Ͳǡͺ͹ͻ ܭܬ ܭ݃ ݔ ͳǡ͸͸ ܭ݃ ݏ ܹ ሶ ൌ ͳǡͶ͸ ܭܬ ݏ ൌ ͳǡͶ͸ܭܹ 12. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 6.0 MPa y 540 ºC y sale a 0.008MPa y una calidad de 90 por 100. La potencia neta de la turbina es 10MW. Del condensador sale liquido saturado a 0.008MPa y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determine a) El trabajo de la turbina en KJ/kg. b) El trabajo de la bomba c) El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida d) El flujo de calor cedido en el condensador en KJ/min Caldera Turbina Bomba Condensador Solución a) Trabajo de la turbina. Condiciones iniciales y finales Tubina. Presion entrada: 60 bares Temperatura de entrada: 540 ºC Presion de salida: 0.08bares Sale un vapor húmedo con Calidad del 90% Teniendo encuenta la ecuación de conservación de energía tenemos que: ( ) flecha turbina 2 1 w h h = - 1 h 3517 kJ / kg = Para encontrar la h 2 tenemos encuenta la siguiente formula siendo X el porcentaje de calidad del vapor Humedo 2 f fg h (h X*h ) = + 2 h 1213.4 kJ / kg 0.9*1571 kJ / kg = + 2 h 2627.3 KJ / Kg = Entonces ( ) flecha turbina w 2627.3 kJ / kg - 3517 kJ / kg = flecha turbina w - 889.7 kJ / kg = b) Trabajo de la bomba Condiciones iniciales y finales bomba Presion entrada: 0.08bares Temperatura de entrada: 41.31 ºC Presión de salida: 60 bar Temperatura de salida: 41.31 ºC Teniendo encuenta que el trabajo de la bomba es ( ) flecha bomba 2 1 w h h = - h 1 = 173.88KJ/Kg según tabla A13 h 2 = 179.406KJ/Kg interpolando con la tabla de liquido comprimido. ( ) flecha bomba w 179.406 KJ / Kg 173.88 KJ / Kg = - flecha bomba w 5.526KJ / Kg = c) Calor suministrado en la caldera Condiciones iniciales y finales de la caldera Presión entrada: 60 bares Temperatura de entrada 41.31 ºC Presion de salida: 60 bares Temperatura de salida: 540 ºC Teniendo en cuenta que el Calor suministrado por la caldera es ( ) caldera 2 1 q h -h = 1 h 179.406 KJ / Kg = 2 h 3517 KJ / kg = ( ) caldera q 3517 KJ / kg 179.406 KJ / Kg = - caldera q 3337.594 KJ / Kg = Ahora para determinar la potencia entregada por la caldera es necesario conocer el flujo masico turbina flecha turbina P Flujo masico w = 10MW Flujo masico 889.7KJ/kg = Flujo masico 11.24 Kg / s = Entonces la potencia de la caldera es: Pcadera 3337.59 KJ / Kg*11.24 Kg / s = Pcaldera 37.514MW = Ahora determinamos el porcentaje de eficiencia dividiendo la ponencia neta de la turbina requerida con la potencia suministrada por la caldera 10MW % *100 37.514MW Eficiencia æ ö ÷ ç = ÷ ç ÷ ç è ø % 26.65% Eficiencia = d) Para conocer el flujo cedido en el condensador es necesario saber cual es el calor suministrado por el ( ) condensador 2 1 q h h = - ( ) condensador q 173.88KJ / Kg 2627.3 KJ / Kg = - condensador q 2453.42 KJ / Kg = - Ahora multiplicamos el flujo masico que es constante en todo el ciclo por la condensador q para encontrar el flujo cedido P condensador 2453.42KJ/Kg*11.24Kg/s = P condensador 27576.44KJ/s = P condensador 1654586.4KJ/min = 13. Un tanque rígido contiene 10 kg(m) de aire a 15 kPa y 20ºC. Se añade más aire al tanque hasta que la presión y la temperatura aumentan a 250 kPa y 30°C, respectivamente. Determine la cantidad de aire añadido al tanque. Solución: Datos Problema m = 10 kg(m) P 1 = 0,15 bar P 2 = 2,5 bar T 1 = 20ºC T 2 = 30ºC P s1 = 0,02339 bar P s2= 0,04246 bar P 1 > P s1 LIQUIDO COMPRIMIDO P 2 > P s2 0,1 bar 1,0102 x 10 -3 m 3 /kg 0,15 bar X 0,2 bar 1,0102 x 10 -3 m 3 /kg X = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 1, 0102*10 1, 0172*10 / * 0,15 ± 0, 2 1, 0172*10 / 0,1 ± 0, 2 m kg m bar m kg m bar - - - é ù é ù - ê ú ë û ë û + X = 1,0137 * 10 -3 m 3 /kg(m) y En un tanque rígido el volumen permanece constante: V 1 = V 2 y El volumen específico del agua a 2,5 bar y a 30ºC de temperatura es: V e2 = 1,0672 * 10 -3 m 3 /kg(m) m= 2 e V V m= ( ) 3 3 0, 010137 1, 0672 / m m kg m m= 9,4986 kg (m) Rta/: la cantidad de aire añadido al tanque es de 9,4986 kg (m) Jozsue Bucheli - 29035109 14. Un tanque rígido con un volumen de 3 pies 3 esta lleno con R-134 a 120 psi y 140°F. Después el refrigerante es enfriado hasta 20°F. Determine: a) La masa del refrigerante (lb) b) La presión final en el tanque en psi y c) El calor transferido desde el refrigerante Btu. Solución: Datos Problema V= 3 ft 3 P 1 = 120 psi T 1 = 140ºF T 2 = 20ºF a) T s1 = 90,54ºF T 1 > T s1 VAPOR SOBRECALENTADO V e1 = 0,46 * 10 -3 ft 3 /lb(m) m= 1 1 V e V m= 3 3 3 3 0, 46 * 10 / ( ) ft ft lb m - m= 6,5217 * 10 3 lb(m) Rta/: la masa del refrigerante es de 6,5217 * 10 3 lb(m) b) El ejercicio se plantea sobre un tanque rígido; por lo tanto se conoce que el volumen es constante y no se habla de un aumento en la masa, por lo que podemos concluir que: V e1 = V e2 Grafica T-V El volumen específico dos se encuentra ubicado en la zona de vapor húmedo, por tanto se puede concluir que: P s2 = P 2 P 2 = 33,137 psi Rta/: la presión final en el tanque es de 33,137 psi. c) X = 2 e ef eg ef V V V V - - X = 0, 46 0, 01216 1, 4009 ± 0, 01216 - X = 0,3224 ȝ e2 = ȝ ef + X (ȝ ef ± ȝ eg ) ȝ e2 = 17,67 + 0,3224(96,02 ± 17,67) ȝ e2 = 42,9362 Btu/lb(m) ¨ȝ e = ȝ e2 - ȝ e1 ¨ȝ e = (42,9362 ± 116,37) Btu/lb(m) ¨ȝ e = -73,43 Btu/lb(m) ¨ȝ = ¨ȝ e * m ¨ȝ = -73,43 Btu/lb(m)* 6,5217 lb ¨ȝ = -478,91 Btu ¨ȝ e = q + w q = ¨ȝ e q = -478,91 Btu 15. Se tiene un tanque rígido dividido en dos partes iguales mediante una separación. Al principio un lado del tanque contiene 5kg(m) de agua a 200kPa y 25ºC, y el otro lado está vacio. Después la separación se quita y el agua se expande dentro de todo el tanque. Se deja que el agua intercambie calor con los alrededores, hasta que la temperatura en el tanque regresa al valor inicial de 25ºC. Determine: a) El volumen total del tanque en m 3 b) La presión final del agua en kPa c) El calor transferido en este proceso en kJ d) Realice un diagrama P-V del proceso e) El calor entra o sale del sistema Solución: Datos Problema m = 5 kg(m) P 1 = 2 bar T 1 = 25ºC T 2 = 25ºC a) T s1 = 120,2ºC T s1 > T 1 LIQUIDO COMPRIMIDO V e1 = 1,0029 . 10 -3 m 3 /kg(m) V 1 = m* V e1 V 1 = 5 kg(m) . 1,0029 . 10 -3 m 3 /kg(m) V 1 = 5,0145. 10 -3 m 3 y El problema plantea que el separador divide el tanque a la mitad, lo cual hace que este volumen encontrado sea en el momento antes de quitar el separador para encontrar el volumen total se multiplica el volumen anterior por dos. V 2 = 0,010029 m 3 Rta/: el volumen total del tanque es 0,010029 m 3 b) V e2 = V 2 / m V e2 = ( ) 3 0, 010029 5 m kg m V e2 = 2,0058 . 10 -3 m 3 /kg(m) Grafica T-V y En la grafica T-V, podemos observar que el volumen específico dos (Ve2) se encuentra en la zona de vapor húmedo por lo cual podemos concluir: P s = P 2 Rta/: la presión final del agua es de 3,169 kPa c) X= 2 ± e f g f V V V V - X= 2, 0058 ± 1, 0029 43, 36 1, 0029 - X= 0,02367 ȝ e1 = 104,88 kJ/kg(m) ȝ e2 = ȝ ef + X (ȝ ef ± ȝ eg ) ȝ e2 = (104,88 + 0,02367(104,88 ± 2409,8)) kJ/kg(m) ȝ e2 = 50,3058 kJ/kg(m) ¨ȝ e = ȝ e2 - ȝ e1 ¨ȝ e = (50,305 ± 104,88) kJ/kg(m) ¨ȝ e = -54,57 kJ/kg(m) ¨ȝ = ¨ȝ e * m ¨ȝ = -54,57 kJ/kg(m) * 5 kg(m) ¨ȝ = -272,87 kJ ¨ȝ e = q + w q = ¨ȝ e q = (-272,87) kJ Rta/: el calor transferido en este proceso es de -272,87kJ d) Diagrama P-V e e) El calor sale del sistema ya que en el calculo de este, da un valor negativo. 16. R-134 a 1MPa y 80 o C es enfriado a 1MPa y 30 o C en un condensador por medio de aire. Este entra a 100 KPa y 27 o C con una relación de flujo de volumen de 800 m 3 /min y sale a 95 KPa y 60 o C. Determine la relación de flujo de masa del refrigerante en Kg/min (Intercambiador de calor) ܳ ଺ ൌ ሶ ͺͲͲ݉ ଷ Ȁ݉݅݊ ࣾ ஻ ሶ ൌ ͺͲͲ݉ ଷ ݉݅݊ ൈ ͳǡʹͻܭ݃ ͳ݉ ଷ ൌ ͳͲ͵ʹ ܭ݃ ݉݅݊ Parte a) ݉ ஻ ሶ ൌ ǫ ቂ ௄௚ ௠௜௡ ቃ ݀݁݊ݏ݅݀ܽ݀ ݈݀݁ ܽ݅ݎ݁ ൌ ͳǤʹͻ ݇݃ ݉ ଷ 1 Mpa ĺ 10 bar 100 KPa ĺ 1 bar 95 KPa ĺ 0.95 bar ܲ ஺ଵ ൌ ͳ ܯܲܽ ܶ ஺ଵ ൌ ͺͲιܥ R 134 ܲ ஻ଶ ൌ ͻͷܭ݌ܽ ܶ ஻ଶ ൌ ͸Ͳιܥ Aire ܲ ஻ଵ ൌ ͳͲͲܭ݌ܽ ܶ ஻ଵ ൌ ʹ͹ιܥ Aire ܲ ஺ଶ ൌ ͳܯܲܽ ܶ ஺ଶ ൌ ͵Ͳιܥ R 134 Estado 1 vapor Sobrecalentado ݄ ஺ଵ ൌ ͵ͳ͵ǤʹͲ ܭܬ ܭ݃ ሺ݉ሻ Estado 2 liquido comprimido ݄ ஺ଶ ൌ ͻͳǤͶͻ ܭܬ ܭ݃ ሺ݉ሻ Para el aire asumiendo mínimo el cambio de presión 27ͼ C ĺ 300.15 K 60ͼ C ĺ 333.15 K ο݄ ൌ ܥ݌οܶ ܥ݌ ݈݀݁ ܽ݅ݎ݁ ൌ ͳǤͲͲͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ܭ ο݄ ஻ ൌ ͳǤͲͲͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ܭ ሺ͵͵͵Ǥͳͷ െ͵ͲͲǤͳͷሻܭ ο݄ ஻ ൌ ͵͵Ǥͳ͸ͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ൌ ݄ ୆ଶ െ݄ ஻ଵ ࣾሶ ஺ ሺ݄ ஺ଵ െ ݄ ஺ଶ ሻ ൌ ࣾሶ ஻ ሺ݄ ஻ଶ െ݄ ஻ଵ ሻ ࣾሶ ஺ ൌ ࣾ ஻ ሶ ο݄ ஻ ݄ ஺ଵ െ݄ ஺ଶ ൌ ͳͲ͵ʹ ݇݃ ݉݅݊ ൬͵͵Ǥͳ͸ͷ ܭܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൰ ሺ͵ͳ͵ǤʹͲ െͻͳǤͶͻሻ ܭܬ ݇݃ሺ݉ሻ ࣾሶ ஺ ൌ ͳͷͶǤ͵͹ ݇݃ ݉݅݊ 17. con agua se va a enfriar R-134 en un condensador. El refrigerante entra al condensador con una relación de flujo de masa de 6 Kg/min a 1MPa y 70 o C y lo abandona a 35 o C. El agua de enfriamiento entra a 300KPa y 15 o C y sale a 25 o C. Determine a) la relación de flujo de masa del agua de enfriamiento requerida en Kg/min. B) la relación de transferencia de calor del refrigerante al agua en KJ/min ݉ ஺ ሶ ൌ ሺ݄ ஺ଵ െ ݄ ஺ଶ ሻ ൌ ݉ ஻ ሶ ൌ ሺ݄ ஻ଵ െ ݄ ஻ଶ ሻ ݉ ஻ ሶ ൌ ݉ ஺ ሶ ሺ݄ ஺ଵ െ ݄ ஺ଶ ሻ ሺ݄ ஻ଵ െ ݄ ஻ଶ ሻ Parte a) ݉ ஻ ሶ ൌ ǫ ቂ ௄௚ ௠௜௡ ቃ ͳܯܲܽ ൈ ͳͲͲͲܭܲܽ ͳܯܲܽ ൈ ͳܾܽݎ ͳͲͲܭܲܽ ൌ ͳͲܾܽݎ ݉ ൌ ͸ܭ݃Ȁ݉ଓ݊ ܲ ஺ଵ ൌ ͳܯܲܽ ܶ ஺ଵ ൌ ͹Ͳιܥ ሶ R 134 ܲ ஻ଶ ൌ ͵ͲͲܭ݌ܽ ܶ ஻ଶ ൌ ʹͷιܥ Agua ܲ ஻ଵ ൌ ͵ͲͲܭ݌ܽ ܶ ஻ଵ ൌ ͳͷιܥ Agua ܲ ஺ଶ ൌ ͳܯܲܽ ܶ ஺ଶ ൌ ͵ͷιܥ R 134 ͵ͲͲܯܲܽ ൈ ͳ ܾܽݎ ͳͲͲܭܲܽ Para R1334 Estado 1 vapor Sobrecalentado ݄ ஺ଵ ൌ ͵Ͳʹǡ͵Ͷ ܭܬ ܭ݃ ሺ݉ሻ Estado 2 liquido comprimido ݄ ஺ଶ ൌ ͳͲͷǡʹͻ ܭܬ ܭ݃ ሺ݉ሻ Para agua Estado 1 y2 liquido comprimido ݄ ஻ଵ ൌ ͸ʹǡͻͻ ௄௃ ௄௚ ሺ௠ሻ ݄ ஻ଶ ൌ ͳͲͶǡͺͻ ܭܬ ܭ݃ ሺ݉ሻ ݉ ஻ ሶ ൌ ଺ ௄௚Ȁ௠௜௡ሺଷ଴ଶǡଷସ ಼಻ ಼೒ሺ೘ሻ ି ଵ଴ହǡଶଽ ಼಻ ಼೒ሺ೘ሻ ሻ ቀଵ଴ସǡ଼ଽ ಼಻ ಼೒ሺ೘ሻ ି ଺ଶǡଽଽ ಼಻ ಼೒ሺ೘ሻ ቁ ݉ ஻ ሶ ൌ ʹͺǡʹͳ͹ ܭ݃ ݉݅݊ Parte b) ܳ ஺ ൌ ሶ ܯ ஺ ሺ݄ ஺ଶ െ ݄ ஺ଵ ሻ ܳ ஺ ൌ ሶ ͸ ܭ݃Ȁ݉݅݊ሺͳͲͷǡʹͻ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ െ ͵Ͳʹǡ͵Ͷ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ ൌ െͳͳͺʹǡ͵ ܭܬȀ݉݅݊ ܳ ஺ ൌ ሶ െ ͳͳͺʹǡ͵ ܭܬȀ݉݅݊ 18. Entra R -134-a al tubo capilar de un refrigerador como liquido saturado a 0.8 MPa y se estrangula a una presión de 0.12 MPa. Determinar: . a) La calidad del refrigerante en el estado final b) la reducción de la temperatura durante este proceso solucion a) datos p 1 = 0.8 MPa p 2 = 0.12 MPa Sabiendo el estado del refrigerante y teniendo las presiones de entrada y salida podemos conocer las entalpias y con esto la calidad de la salida. Primero hacemos una conversión de unidades para poder buscarlas en la tabla A-17 bares Kpa bares Mpa Kpa Mpa 8 3 . 101 013 . 1 1 1000 8 . 0 ! v v bares Kpa bares Mpa Kpa Mpa 2 . 1 3 . 101 013 . 1 1 1000 12 . 0 ! v v 100 * fg f h h h x ! calidad x x ÷ ! ! 9 . 33 100 * 54 . 212 32 . 21 42 . 93 b) ¸ ) C t C t t t t 0 0 1 2 66 . 53 ) 36 . 22 3 . 31 ( ! ( ! ( ! ( 19. Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde: (a) 44 o C y 12 bar hasta 2.8 bar y (b) vapor saturado a 16 bar hasta un bar. En cada caso calcúlese el volumen específico en el estado final en m 3 /Kg Solución (a) datos t 1 = 44 o C P 1 =12 bares P 2 =2.8 bares Determinamos el estado inicial para poder encontrar la entalpia (h 1 ) La T s a 12 bares es 46.32 o C Cuando: T s < T d entonces es un liquido comprimido Vamos a la tabla A-17 h 1 = 112.22 Kj/kg; para conocer el estado de salida del refrigerante como es un quipo de estrangulamiento aplicamos que: 2 1 h h ! ; sabiendo esto obtenemos que el refrigerante en la salida es un vapor húmedo entonces aplicamos la siguiente fórmula: (datos tabla A-17) fg f h h h x ! % 2 . 32 100 * 3222 . 0 13 . 198 39 . 48 22 . 112 ! ! ! x x kg kJ kg kJ kg kJ x Teniendo la calidad podemos encontrar el volumen específico ¸ ) ¸ ) f g x J J J J + ! ¸ ) Kg m Kg m 3 3 3 3 10 7697 . 0 0719 . 0 * 322 . 0 10 7697 . 0 v + v ! J Kg m 3 0236 . 0 ! J (.a)Datos Estado vapor saturado P 1 =16 bares P 2 =1 bares Hacemos básicamente el mismo proceso anterior y encontramos la entalpia (h 1 ) h 1 = 275.33Kj/kg; y sabemos que: 2 1 h h ! ; Con esto determinamos el estado a la salida el cual es vapor sobrecalentado y procedemos a encontrar la calidad utilizando los datos de la tabla A-17 204 . 1 06 . 215 29 . 16 33 . 275 ! ! x kg kJ kg kJ kg kJ x Con esto encontramos el volumen ¸ ) ¸ ) f g x J J J J + ! ¸ ) Kg m Kg m 3 3 3 3 10 725 . 0 1917 . 0 * 204 . 1 10 7258 . 0 v + v ! J Kg m 3 . 23 . 0 ! J 20. por una válvula de estrangulamiento circula vapor de agua en las siguientes condiciones (a) entra a 30bar y 240 o C y sale a 7 bar y (b) entra como vapor saturado a 8 bar y sale a 3 bar determinar en grados Celsius la temperatura del agua en el estado correspondiente a la presión de salida Solución (.a) datos t 1 = 240 o C P 1 =30 bares P 2 =7 bares Primero determinamos el estado a la entrada del agua La T s a 30 bares es 233.3 o C Cuando la T s >T d entonces es un vapor sobrecalentado Encontramos la entalpia 1 h 1 = 2824.3 Kj/kg; y como es un equipo de estrangulamiento aplicamos 2 1 h h ! ; determinamos el estado de salida del agua el cual sigue siendo un vapor sobrecalentado encontramos la temperatura en el estado final del agua. Como no hay una entalpia igual a 2 h interpolo (x = T) T( o C) h Kj/kg 180 2799.1 x 2824.3 200 2844.8 Utilizamos la siguiente formula ¸ ) ¸ ) ¸ ) E C A C B E D x + ¦ | ¦ ¸ ! * ) ! X 191.15 o c (.b) Datos Estado vapor saturado P 1 =8 bares P 2 =3 bares La entalpia 1 es igual a h 1 = 2769.1 Kj/kg Sabiendo que 2 1 h h ! Sabiendo esto determino el estado final el cual es un vapor sobrecalentado encuentro la temperatura en el estado final. Como no hay una entalpia igual a esa presión interpolo: T( o C) h Kj/kg 135.55 2725.3 x 2769.1 160 2782.3 Utilizamos la siguiente formula ¸ ) ¸ ) ¸ ) E C A C B E D x + ¦ | ¦ ¸ ! * ) ! X 153.9 o c 21. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 40 bares y 440ºC y sale a 0.08 bares y una calidad de 88%. Del condensador sale liquido saturado a 0.08 bares y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determínese (a) el trabajo de la turbina, (b) el calor cedido en el condensador, (c) el trabajo de la bomba en kJ/kg, y (d) el porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida. a) Para hallar el trabajo de la turbina examinamos los cambios de estados de 1 a 2: p1=40 bares t1=440ºC A 40 bares la temperatura de saturación es de 250.4ºC, La temperatura planteada por el problema es superior, lo que indica que el agua se encuentra como vapor sobrecalentado. P2=0.08 bares X=88% Debido a que nos proveen de una calidad, concluimos que el agua sale de la turbina como vapor húmedo. Para hallar el trabajo planteamos la ecuación de energía: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൅ ݍ ൌ ο݄ ൅ ο݁݌ ൅ο݁ܿ De la anterior ecuación se desprecia la variación de energía potencial y el calor. No se cuenta con datos que especifiquen un cambio de velocidad, por esta razón también se desprecia una variación en la energía cinética. La ecuación queda así: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ο݄ H1 (según la tabla de vapor sobrecalentado)=3307.1 kJ/kg ݄ ൌ ݄݂ ൅ ܺሺ݄݂݃ሻ Se reemplazan los valores de la anterior ecuación y tenemos: ݄ ൌ ͳ͹͵Ǥͺͺ݆݇ ݇݃ ൅ͲǤͺͺ ൬ ʹͶͲ͵Ǥͳ݆݇ ݇݃ ൰ ൌ ʹʹͺͺǤ͸Ͳͺ ݆݇ ݇݃ Ahora volviendo a la ecuación de energía: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ʹʹͺͺǤ͸Ͳͺ ݆݇ ݇݃ െ͵͵Ͳ͹Ǥͳ ݆݇ ݇݃ ൌ െͳͲͳͺǤͶͻʹ ݆݇ ݇݃ b) el calor cedido en el condensador: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൅ ݍ ൌ ο݄ ൅ ο݁݌ ൅ο݁ܿ Se desprecian las variaciones de energía cinética y potencial y debido a la naturaleza de la maquina no existe un trabajo de flecha: ݍ ൌ ο݄ Ya conocemos h2, para hallar h3 tenemos que es un líquido saturado a 0.08 bares, se busca directamente el valor en la tabla y tenemos la ecuación: ݍ ൌ ݄͵ െ݄ʹ ൌ ͳ͹͵Ǥͺͺ ݆݇ ݇݃ െʹʹͺͺǤ͸Ͳͺ ݆݇ ݇݃ ൌ െʹͳͳͶǤ͹ʹͺ ݆݇ ݇݃ c) el trabajo de la bomba en kj/kg: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൅ ݍ ൌ ο݄ ൅ ο݁݌ ൅ο݁ܿ Se considera que el paso por la bomba se realiza de forma adiabática y despreciando la energía potencial y la energía cinética tenemos la ecuación: ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ο݄ Ya conocemos h3, y también tenemos que la temperatura es la misma t3 y la podemos encontrar en la tabla, además sabemos que debe salir de la bomba como liquido subenfriado. Entonces buscamos T3 y t4 = 41.51ºC H3=ͳ͹͵Ǥͺͺ ௞௝ ௞௚ P4=40 bares. ο݄ ൌ ܿ݌ כ οݐ ൅ݒ כ ο݌ ൌ Ͳ ൅ቆͳǤͲͲͺͶ כ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ݇݃ כ ሺͶͲܾܽݎ െͲǤͲͺܾܽݎሻ כ ͳͲͲ݇݌ܽ ͳܾܽݎ ቇ ൌ ͵Ǥͻ͵݆݇ ݇݃ ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ο݄ ൌ ͵Ǥͻ͵݆݇ ݇݃ d) se halla primero el calor de la caldera ݍ ൌ ο݄ El proceso se lleva a cabo de 4 a 1, entonces tenemos los datos: T4=41.51ºC P4=40 bar ݄Ͷ ൌ ݄͵ ൅ ο݄ ൌ ͳ͹͹Ǥͺ ݆݇ ݇݃ p1=40 bares t1=440ºC h1=͵͵Ͳ͹Ǥͳ ௞௝ ௞௚ ݍ ൌ ο݄ ൌ ͵͵Ͳ͹Ǥͳ ݆݇ ݇݃ െ ͳ͹͹Ǥͺ ݆݇ ݇݃ ൌ ͵ͳʹͻǤʹʹ ݆݇ ݇݃ Para calcular la eficiencia se dividen el trabajo realizado por la turbina y el calor requerido por la caldera y se multiplica por 100%: ߟ ൌ ͳͲͳͺǤͶͻʹ ݆݇ ݇݃ ͵ͳʹͻǤʹʹ ݆݇ ݇݃ כ ͳͲͲΨ ൌ ͵ʹǤͷͶΨ 22. A un compresor entra un flujo volumétrico de 4.5m 3 /s de aire a 22ºC y 1bar por una sección de 0.030m 2 .el estado a la salida es 400K, 2.4bar y 70m/s. el flujo de calor perdido es 900KJ/min. Determínese. (a) la velocidad de entrada en m/s. (b) el flujo másico en Kg/s. (c) la potencia suministrada en kilovatios. datos min 900 030 . 0 22 1 5 . 4 2 1 1 1 3 KJ q m A C T bar p s m Q ! ! ! ! ! Q s m v bares p K T 70 4 . 2 400 2 2 2 ! ! ! Q a) para hallar la velocidad utilizamos la siguiente fórmula: s m v m s m v A Q v 150 030 . 0 5 . 4 1 2 3 1 1 1 ! ! ! rta: la velocidad es 150m/s b) para encontrar el flujo másico se procede a calcular K Kg KJ R Kmol Kg K K KJ R K K KJ R M R R mol mol molar º 287 . 0 97 . 28 .º 314 . 8 .º 314 . 8 ; ! ! ! ! Al encontrar R procedemos a utilizar la ecuación RT P ! J de donde despejaremos el volumen específico y con este finalmente encontraremos el flujo másico. P RT RT P ! ! J J Kg m m KN K K Kg m KN 3 2 846 . 0 100 º 295 º * 287 . 0 ! v ! J J s Kg m Kg KJ s m m m V A m o o o 32 . 5 846 . 0 150 030 . 0 2 ! v ! ! J rta/ el flujo másico es de 5.32Kg/s Para encontrar la potencia es necesario primero encontrar el trabajo de flecha, en este proceso también es necesario encontrar q , o sea que el Q dado hay que hacerle esta conversión. q v v h h W flecha + ! ) ( ) ( 2 1 2 2 1 2 Kg kJ q m Kg S KJ m Q q 82 . 2 32 . 5 15 0 ! ! ! Kg KJ W Kg KJ s m s m Kg KJ Kg KJ W flecha flecha 83 . 99 82 . 2 2000 150 70 17 . 275 98 . 400 2 2 ! ¹ ¹ º ¸ © © ª ¨ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ º ¸ © © © © © ª ¨ ¹ º ¸ © ª ¨ ¹ º ¸ © ª ¨ + ¹ ¹ º ¸ © © ª ¨ ! Kwatts W s Kg Kg KJ W 1 . 531 32 . 5 83 . 99 0 0 ! v ! rta/la potencia suministrada es de 531.1Kwatts. 23. Un conducto aislado de 3,00 in de diámetro lleva agua desde un lago hasta una bomba situada 11.0 ft por encima del nivel del lago. El agua entra al conducto de 3 in a 14.0 psia. 50 ºf y 8 ft /s. la bomba aislada descarga en un conducto de 2.0 in a 59.0 psia y 18 ft /s. a continuación el agua asciende 60.0 ft por el conducto de 2 in. Una tobera, situada al final del conducto de 2 in, reduce el diámetro de la corriente y, a través de ella, se descarga el agua a 14.7 psia. La gravedad local es 32.2 ft / s 2 y todo el proceso es isotermo y adiabático. Determínese. A. la potencia necesaria para mover la bomba en hp. B. el diámetro de salida de la tobera en pulgadas Primero que todo se todo tendremos que realizar el proceso de estos conductos DATOS: Para facilitar el proceso se realizan las conversiones a sistema internacional. m ft m ft altura s m s ft V C F T bares Kpa psia P m in 35 . 3 1 3048 . 0 0 . 11 1 44 . 2 8 º 10 º 50 9648 . 0 48 . 96 14 0762 . 0 3 1 1 1 ! v ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! U s m s ft V C F T bares Kpa psia P m in 49 . 5 18 º 10 º 50 066 . 4 6 . 406 59 0508 . 0 2 2 1 2 ! ! ! ! ! ! ! ! ! U s m s ft g C F T Kpa psia P 81 . 9 2 . 32 º 10 º 50 3 . 101 7 . 14 2 2 3 ! ! ! ! ! ! Se procede a determinar los diferentes estados, para esto se utiliza el grafico de volumen específico vs presión. 1) se puede observar en el siguiente diagrama que el agua esta en un estado de liquido comprimido. ¸ ) 1 2 2 1 2 2 1 2 ) ( ) ( z z g v v P P W flecha + + + !J ¸ ) Kg KJ W Kg KJ Kg KJ Kg KJ W m m s m s m s m m KN Kg m W flecha flecha m flecha 534 . 0 212 . 0 0121 . 0 31 . 0 1000 353 . 3 3 . 18 8 . 9 2000 44 . 2 49 . 5 ) 48 . 96 6 . 406 ( 10 0004 . 1 2 2 2 3 3 ! + + ! ¹ º ¸ © ª ¨ + ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ º ¸ © © © © © ª ¨ ¹ º ¸ © ª ¨ ¹ º ¸ © ª ¨ + v ! ¸ ) ¸ ) s Kg m Kg m s m m m V A m o o o 123 . 11 10 0004 . 1 44 . 2 4 0762 . 0 3 3 2 ! v ! ! x J Para encontrar la potencia necesaria para mover la bomba se utiliza la siguiente ecuación: Hp Kwatts Hp Watts Kwatts Watts W s Kg Kg KJ W m W W flecha 008 . 0 1 3405 . 1 1000 1 94 . 5 122 . 11 534 . 0 0 0 0 0 ! v v ! v ! v ! rta/ la potencia necesaria es de 0.008 hp Para encontrar el área tenemos que primero encontrar la velocidad final del proceso. Entonces como no la tenemos nos basamos en la ecuación de la conservación de la masa. 3 0 2 0 m m ! Entonces: 3 3 3 3 0 J A V m v ! De esta ecuación podemos despeja el área final del conducto y por ende el diámetro final. ¸ ) ¸ ) Kg KJ h m KN Kg m h P P h 305 . 0 6 . 406 3 . 101 10 0004 . 1 2 3 3 2 3 ! ( v v ! ( ! ( J Con la ecuación de la energía cinética podemos encontrar la velocidad del tercer proceso. Kg KJ E Kg KJ E h E C C C 305 . 0 305 . 0 ! ( ! ( ( ! ( s m V s m Kg KJ V Kg KJ V V 5 . 2 44 . 2 305 . 0 305 . 0 3 2 3 2 2 2 3 ! ¹ º ¸ © ª ¨ + ! ! Ya con esta velocidad aplicamos la ecuación: 2 5 3 3 3 3 3 3 3 0 3 10 45 . 4 5 . 2 10 0004 . 1 122 . 11 m A s m Kg m s Kg A V m A v ! v v ! v ! J Al encontrar la velocidad. Con la siguiente ecuación encontramos el diámetro final. ¸ ) ¸ ) adas pu m ada pu m d m d m d A d d A lg 95 . 2 0254 . 0 lg 1 075 . 0 4 10 45 . 4 4 10 45 . 4 4 4 2 3 2 3 3 2 3 ! v ! v v ! v v ! v ! v ! x x x x rta/ el diámetro final es de 2.95 pulgadas 24. Se comprime isotérmica y cuasi estáticamente medio kilogramo de aire en el interior de un sistema cerrado, de 1 bar y 30 o C, a una presión final de 2.4 bares. Determine: a. El cambio en energía interna b. La transferencia de calor en KJ P 1 = 1 bar P 2 = 2.4 bares T 1 = 30 o C a.Proceso isotérmico, por tanto οܷ ൌ ܥݒ כ οܶ οܶ ൌ ܱ οܷ ൌ ܱ b. οܹ ൅ οܳ ൌ οܷ οܳ ൌ െοܹ Encontramos trabajo ܹ ൌ ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ Para gases ideales ܲ ൌ ௉כ் ௏ entonces ܹ ൌ න ܴ כ ܶ ܸ כ ܸ݀ ଶ ଵ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮ݊ ฬ ܸʹ ܸͳ ฬ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮ݊ ฬ ܲͳ ܲʹ ฬ ܹ ൌ െͺǤ͵ͳͶ ܭܬȀܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ܭ ʹͺǤͻ͹ ܭ݃Ȁܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ͵Ͳ͵ ܭ כ ܮ݊ ฬ ͳ ʹǤͶ ฬ ܹ ൌ ͹͸Ǥʹͺ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ οܳ ൌ െ͹͸Ǥʹͺ ܭܬ ݇݃ሺ݉ሻ כ ͲǤͷ ܭ݃ሺ݉ሻ οܳ ൌ െ͵ͺ ܭܬ 25. Un sistema cerrado contiene nitrógeno, como gas ideal en su interior, a una presión de 11 kPa y 85 0 F de temperatura, en este momento sufre un proceso de compresión isotérmica en el que la presión se triplica, lo que genera un calentamiento isobárico del nitrógeno contenido en el sistema en este instante ocurre una expansión según la relación PV 1.3 = constante. a. El trabajo del ciclo en BTU/Lb b. El calor total del ciclo en BTU/lb c. El calor y el trabajo para cada proceso en BTU/lb P1= 110 KPa P2= 330 0 K P3=constante T1= 85 o F = 302.4 o K T2= constante c= P*V 1.3 y ܹ ൌ െ׬ ோכ் ௏ ଶ ଵ כ ܸ݀ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮ݊ ൬ ܸʹ ܸͳ ൰ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮn ൬ ܲͳ ܲʹ ൰ ܹ ൌ െͺǤ͵ͳͶ ܭܬȀܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ܭ ʹͺǤͲͳ ܭ݃Ȁܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ͵ͲʹǤͶ ܭ כ ܮ݊ ฬ ͳͳͲ ͵͵Ͳ ฬ ܹ ൌ ͻͺǤ͸ͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ͻͺǤ͸ͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ͲǤͶ͵ͳ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ ͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ൌ ͶʹǤͷͲ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ οܹ ൅οܳ ൌ οܷ ܳ ൌ െܹ ൌ െͶʹǤͷͲ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ y ܹ ൌ െܲ ׬ ܸ݀ ଷ ଶ ܹ ൌ െܲ כ ሺܸ͵ െܸʹሻ ܸʹ ൌ ܴ כ ܶʹ ܲʹ ܸʹ ൌ ͺǤ͵ͳͶ ܭܲܽ כ ݉ ଷ ʹͺǤͲͳ ܭ݃ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ ͵͵Ͳ ܭܲܽ כ ͵ͲʹǤͶ ை ܭ ܸʹ ൌ ͲǤʹ͹ʹ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ P = c / V 1.3 ܥ ൌ ܲ כ ܸ ଵǤଷ ܥ ൌ ͵͵Ͳ ܭܲܽ כ ͲǤʹ͹ʹ ௠ య ௞௚ሺ௠ሻ ܥ ൌ ͺͻǤ͹ʹ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ ܸ͵ ൌ ට ஼ ௉ భǤయ ܸ͵ ൌ ට ଼ଽǤ଻ଶ ௄௃Ȁ௄௚ ଷଷ଴ ௄௉௔ భǤయ ܸ͵ ൌ ͲǤ͵͸͹ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ܹ ൌ െܲ כ ሺܸ͵ െܸʹሻ ܹ ൌ െ͵͵Ͳ ܭܲܽ כ ቆͲǤ͵͸͹ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ െ ͲǤʹ͹ʹ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ቇ ܹ ൌ െ͵ͳǤ͵ͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ െ͵ͳǤ͵ͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ͲǤͶ͵ͳ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ ͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ൌ െͳ͵Ǥͷͳ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ οܹ ൅οܳ ൌ οܷ οܷ ൌ ܥ݌ כ οܶ y ܹ ൌ ׬ ஼ ௏ భǤయ כ ܸ݀ ଷ ଶ ܸͳ ൌ ܲʹ כ ܸʹ ܲͳ ܸͳ ൌ ͵͵Ͳ ܭܲܽ כ ͲǤʹ͹ʹ ݉ ଷ ܭ݃ ͳͳͲ ܭܲܽ ܸͳ ൌ ͲǤͺͳ͸ ݉ ଷ ݇݃ ܹ ൌ න ܥ ܸ ଵǤଷ כ ܸ݀ ଷ ଶ ܹ ൌ െܥ כ ܸ ି଴ଷ െͲǤ͵ ቤ ܹ ൌ ܥ ͲǤ͵ כ ൬ ͳ ܸͳ ଴Ǥଷ െ ͳ ܸ͵ ଵǤଷ ൰ ܹ ൌ ͺͻǤ͹ʹ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ͲǤ͵ כ ۉ ۇ ͳ ൬ͲǤͺͳ͸ ݉ ଷ ݇݃ ൰ ଴Ǥଷ െ ͳ ൬ͲǤ͵͸͹ ݉ ଷ ݇݃ ൰ ଴Ǥଷ ی ۊ ܹ ൌ 85.83 KJ/Kg ͺͷǤͺ͵ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ͲǤͶ͵ͳ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ ͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ ൌ ͵͸Ǥͻͻ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ Trabajo total ܹ ൌ ͵͸Ǥͻͻ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ െ ͳ͵Ǥͷͳ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ ൅ͶʹǤͷͲ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ ൌ ͸ͷǤͻͺ ܤܷܶ ܮܾሺ݉ሻ 26. Una masa de control realiza un ciclo de potencia con aire como fluido ideal de trabajo mediante tres procesos: 1. El fluido sufre una compresión isotérmica entre 1-2 2. Un calentamiento a presión constante entre 2-3 3. Un proceso politropico PV k = c entre 3-1 donde K= cp/cv Determine: El calor y el trabajo por cada proceso expréselos en KJ/Kg(m) sabiendo que: P1= 1 atm P2= 6 atm T1= 70 0 F y ܹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଶ ଵ ܹ ൌ െන ܴ כ ܶ ܸ כ ܸ݀ ଶ ଵ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮ݊ ฬ ܸʹ ܸͳ ฬ ܹ ൌ െܴ כ ܶ כ ܮ݊ ฬ ܲͳ ܲʹ ฬ ܹ ൌ െͺǤ͵ͳͶ ܭܬȀܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ܭ ʹͺǤͻ͹ ܭ݃Ȁܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ʹͻͶǤͳͳ ܭ כ ܮ݊ ฬ ͳ ͸ ฬ ܹ ൌ ͳͷ͸ǡ͹ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ οܹ ൅οܳ ൌ οܷ ܳ ൌ െܹ ൌ െͳͷ͸Ǥ͹ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ y ܹ ൌ െ׬ ܲ כ ܸ݀ ଷ ଶ ܹ ൌ െܲන ܸ݀ ଷ ଶ ܹ ൌ െܲ כ ሺܸ͵ െܸʹሻ ܲͳ כ ܸͳ ൌ ܴ כ ܶͳ ܸͳ ൌ ܴ כ ܶͳ ܲͳ ܸͳ ൌ ͲǤʹͺ͸ ݆݇ ݇݃ כ ܭ כ ʹͻͶǤͳͳ ܭ ͳͲͳǤ͵ ܭܲܽ ൌ Ͳǡͺ͵Ͳ ݉ ଷ ݇݃ ܸʹ ൌ ܴ כ ܶʹ ܲʹ ܸʹ ൌ ͲǤʹͺ͸ ݆݇ ݇݃ כ ܭ כ ʹͻͶǤͳͳ ܭ ͸Ͳ͹Ǥͺ ܭܲܽ ൌ Ͳǡͳ͵ͺ ݉ ଷ ݇݃ ܲ כ ܸ ௄ ൌ ܥ ܭ ൌ ܥ݌ ܥݒ ൌ ͳǤͶ ܥ ൌ ܲͳ כ ܸͳ ଵǤସ ܥ ൌ ͳͲͳǤ͵ ܭܲܽ כ ͲǤͺ͵Ͳ ଵǤସ ൌ ͹ͺǤͲͶ ݉ ଷ ݇݃ ܸ͵ ൌ ඨ ͹ͺǤͲͶ ͸Ͳ͹Ǥͺ భǤర ܸ͵ ൌ Ͳǡʹ͵ͳ ݉ ଷ ݇݃ ܹ ൌ െܲ כ ሺܸ͵ െܸʹሻ ܹ ൌ െ͸Ͳ͹Ǥͺ כ ሺͲǤʹ͵͹ െͲǤͳ͵ͺሻ ൌ ͷ͸ǤͷʹܭܬȀܭ݃ y ܹ ൌ െ׬ ஼ ௏ భǤర כ ܸ݀ ଵ ଷ ܹ ൌ െܥ כ ܸ ି଴ସ െͲǤͶ ቤ ܹ ൌ ܥ ͲǤͶ כ ൬ ͳ ܸͳ ଴Ǥସ െ ͳ ܸ͵ ଴Ǥସ ൰ ܹ ൌ ͺͻǤ͹ʹ ͲǤͶ כ ۉ ۇ ͳ ൬ͲǤͺ͵Ͳ ݉ ଷ ݇݃ ൰ ଴Ǥସ െ ͳ ൬ͲǤʹ͵ͳ ݉ ଷ ݇݃ ൰ ଴Ǥସ ی ۊ ܹ ൌ 161.41 KJ/Kg 27. 2.13 pag 72 A un eje rotaorio a 200 rev/min se le aplica un par de 150 N * m a) calulese la potencia transmitida en KW b)en una resistencia se le aplica un potencial de 115 v de modo que atraves de ella pasa una corriente de 9A durante un periodo de 5 min calculese el trabajo electrico en kilojulios y la potencia instantanea en kw solucion a) calculo la potencia de eje X x º ! º n w 2 = (2 x rad/rev)*(2000rev/min)*(150N*m) = 188495.592N*m/min*(1min/60seg)*(1j/1N*m)*(1w*s/1j) =31415.92654watt* (1kw/1000 w) = 31.4159kw b) Welectrico º w elec=115V (9A) 1035VA (1W/VA) º w elec =1035W Welec= ´ ´ ( ! º 1 2 t2 t1 t VI VIdt - dt elec w t t Welec= 1035W*(5min*60s/1min) Welec=1035W * 300s Welec=310500W*s = 310500j Welec= 310500j*(1Kj/1000j) Welec=310.5Kj b.1) potencia instantanea W KW W W A V inst w 1000 / 1 * 1035 9 * 115 ! º ! º =10.35KW 2 PUNTO 2.17 pag 72 28. Un deposito de liquido contiene una rueda de paletas y una resistencia electrica . la rueda de paletas esta acondicionada mediante un par de 9.0 N * m y la velocidad del eje es 200 rev * min simultáneamente desde una fuente,de 12.0V se suministra una corriente de 6.0 A a la resistencia . calculese la potencia total suministrada al sistema en vatios Solucion elec w eje w total w º + º ! º ) * 9 ( * min) / 200 ( * ) / 2 ( 2 m N rev rev rad n eje w x X x ! º ! º ) 1 / * 1 * ) * 1 / 1 ( * ) 60 min/ 1 min( / * 7335 . 11309 j s w m N j seg m N eje w ! º w eje w 49 . / 188 ! º A V elec w 6 * 12 ! º W VA W VA elec w 72 ) / 1 ( * 72 ! ! º elec w eje w total W º + º ! º w w total W 72 49 . 188 + ! º w total W 49 . 260 ! º 29. Un muelle lineal se comprime desde su longitud natural L0 hasta 0.30m mediante una fuerza de 50 N después se mantiene a una longitud de 0.70m que es la mayor de L0, mediante una fuerza de 150 N determinese : a)la longitud natural del muelle L0 en metros b)la constante del muelle k en N/m c)el tabajo necesario para cambiar su longitud de 0.30 a0.70 m en N-m solucion a) f=k(L-L0) ) 0 30 . 0 ( 50 L m k N ! y ) 0 70 . 0 ( 150 L m k N ! Divido la 1 por la 2 0.33! ሺ଴Ǥଷ଴ି௅଴ሻ ሺ଴Ǥ଻଴ି௅଴ሻ = 0.33(0.70-L0)=(0.30-L0) =0.2331-0.33*L0=(0.30-L0) =0.2331=0.30-L0+0.3320 =0.2331-0.30=-L0+0.33*L0 =0.2331-0.30= (-1+0.33)L0 L0= ଴Ǥଶଷଷଵି଴Ǥଷ଴ ሺିଵା଴Ǥଷଷଷሻ = ି଴Ǥ଴଺଺ଽ ି଴Ǥ଺଺଻ L0=0.10metros b) f=k(L-L0) despejo k k= ௙ ሺ௟ଵି௟଴ሻ = ହ଴ே ሺ଴Ǥଷ଴௠ି଴Ǥଵ଴௠ሻ = ହ଴ே ଴Ǥଶ௠௘௧௥௢௦ k=250N/m c)w= ௞ ଶ [(L2-L0ሻ ଶ -(L1-L0ሻ ଶ ] W= ଶହ଴ேȀ௠ ଶ [(0.70m-0.10mሻ ଶ -(0.30m-0.10mሻ ଶ W=20083*(0.36-0.04) N*m W=6.6j 30. Considere una regadera común donde se mezcla agua caliente a 140°F con agua fría a 50°F. Si se desea suministrar una corriente permanente de agua caliente a 110° F, determine la razón de las relaciones de flujo de masa del agua caliente respecto de la fría. Considere que la mezcla se efectúa a una presión de 20 PSI. 3 2 1 º º º º º ! + ÷ ! § § m m m m m sale entra Datos: T1=140°F T2= 50°F T3= 110°F Desarrollo: ¸ ) 3 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 h m m h m h m m m m m h m h m ¹ ¹ º ¸ © © ª ¨ + ! + ÷ + ! + º º º º º º º º º º h1 (140°F) =107.96 Btu/lbm h2 (50°F) =18.06 Btu/lbm h3 (110°F) =78.02 Btu/lbm 2 02 . 78 96 . 107 06 . 18 02 . 78 3 1 2 3 2 1 ! ¹ º ¸ © ª ¨ ! ! º º h h h h m m Relación del flujo de masa = 2:1 31. Ejercicios del libro de Termodinámica ± Wark (pág. 234) 5.88. A una cámara de mezcla entra agua de dos fuentes. Una fuente suministra un flujo másico de 2.000 kg/h de vapor de 90 por 100 de calidad. La segunda fuente suministra 2,790 kg/h de vapor a 280°C. El proceso de mezcla es adiabático y se realiza a una presión constante de 10 bar, siendo la velocidad de salida 8.9 m/s. Determínese (a) la temperatura de salida en grados Celsius, y (b) el diámetro del conducto de salida en centímetros. Datos: P cte= 10 bar Entrada: Kg h m 2000 1 ! Vapor húmedo del 90% Kg h m 2790 º 2 ! Vapor C t º 2 280 ! Salida: s Kg s h h Kg m 55 . 0 3600 1 . 2000 1 ! ! º s Kg s h h Kg m 775 . 0 3600 1 . 2790 2 ! ! º ? ) ?º ) 819 3 3 cm diámetro b C T a s m V ! ! ! s Kg m m m 33 . 1 3 2 1 ! º ! º + º 3 3 3 V V A m ! º Fase L Comprimido Fase V Sobrecalentado Kg Kj h h hFg X hF h 58 . 576 , 2 ) 3 . 2015 ( 9 . 0 81 . 762 ) ( 1 1 1 ! + ! + ! 3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 3 3 2 2 1 1 0 h m h m h m h m h m h m h m h m h m ! º º + º º ! º + º º º + º ! s m Kg m Kg KJ s m Kg m Kg KJ s m g K h ) ( 33 . 1 ) ( ) 2 . 008 , 3 ( * ) ( ) 775 . 0 ( ) ( ) 58 . 576 , 2 ( * ) ( ) 55 . 0 ( 3 + ! ) ( 818 . 2 3 m Kg KJ h ! Interpolación para temperatura TΎ E C A C B E D X + ! ) ( ) ( * ) ( A = 2.778,1 KJ/Kg(m) B = 28.840 KJ/Kg(m) C = 2.827,9 KJ/Kg(m) D = 179,91°C E = 200 °C X = 196.16 °C Kg Kj h kg m V C T 2 . 008 , 3 2480 . 0 º 280 2 3 2 2 ! ! ! a) La Temperatura de salida es 196.16°C Interpolación para Volumen VΎ V 3 = A = 179.91°C D = 0.1944 m³/Kg(m) B = 196.16°C E = 0.2060 m³/Kg(m) C = 200°C X = 0.2037 m³/Kg(m) cm cm A D D A cm m cm m s m Kg V mV A V V A m 6 . 19 4 * 4 . 304 4 * 4 * 4 . 304 1 ) 100 ( * 0304 . 0 9 , 8 2037 , 0 . ) ( 33 , 1 º º 2 2 2 2 2 2 ! ¹ ¹ º ¸ © © ª ¨ ! ¹ º ¸ © ª ¨ ! ÷ ! ! ! ! ! ! x x x b) El diámetro del conducto de salida es 19.6 cm 32. Un calentador abierto del agua de alimentación funciona a 7 bar. Por una toma entra agua en estado de líquido comprimido a 35°C, por otra toma entra vapor de agua sobrecalentado y la mezcla sale del dispositivo como líquido saturado. Determínese, en grados Celsius, la temperatura del vapor que entra si la relación de flujos másicos de líquido comprimido a vapor sobrecalentado es 4.52:1. Datos: P cte= 7 bar Entrada: 1. Liquido comprimido T1= 35°C 2. Vapor sobrecalentado 3. Liquido saturado Desarrollo: 3 2 1 º º º º º ! + ÷ ! § § m m m m m sale entra ¸ ) 3 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 1 1 h m m h m h m m m m m h m h m ¹ ¹ º ¸ © © ª ¨ + ! + ÷ + ! + º º º º º º º º º º 3 1 2 3 2 1 h h h h m m ! º º s m Kg m m ) ( 52 . 4 2 1 ! º º h1 (35°C) = 146.68 KJ/Kg(m) h3 (P=7bar) = 697.22 KJ/Kg(m) h2=? 3 1 2 3 ) ( 52 . 4 h h h h s m Kg ! 2 3 3 1 ) ( * ) ( 52 . 4 h h h h s m Kg ! + 2 ) 22 . 697 ( ) ( ) 22 . 697 68 . 146 ( * ) ( 52 . 4 h m Kg KJ s m Kg ! + 2 ) ( 66 . 3185 h m Kg KJ ! Se Interpolación de valores de h para hallar T΍: E C A C B E D X + ! ) ( ) ( * ) ( A 3184.7 KJ/Kg(m) B 3185.66 KJ/Kg(m) C 3268.7 KJ/Kg(m) D 360°C E= 400°C X= 360.45°C La temperatura T΍ del vapor de agua sobrecalentado es 360.45°C 33. Fluye vapor en estado permanente a través de una turbina adiabática. Las condiciones de entrada del vapor son: 10Mpa, 450ͼC y 80 m/s; las condiciones de salida son: 10 Kpa, 92% de calidad y 50m/s. determine: a) El cambio de la energía cinética (KJ/Kg). b) La salida de potencia (Mw). c) El área de entrada de la turbina (cm 2 ). Condiciones: s m V C T Mpa P 80 : 450 : 10 : 1 0 1 1 ĺ s m V x Kpa P 50 : % 92 10 : 2 2 ! a) Cambio de Energía cinética. οܧܿ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ οܧܿ ൌ ሺͷͲ ݉ ݏ ሻ ଶ െሺͺͲ ݉ ݏ ሻ ଶ ʹ οܧܿ ൌ ʹͷͲͲ ݉ ଶ ݏ ଶ െ͸ͶͲͲ ݉ ଶ ݏ ଶ ʹ Para expresar la energía cinética en términos de KJ/Kg se debe realizar el siguiente procedimiento. ݉ ଶ ݏ ଶ ൈ ͳͲͲͲܭ݃ ͳͲͲͲܭ݃ ՜ ܭ݃ ȉ ݉ ݏ ଶ ȉ ݉ ܭ݃ ൌ ܭܬ ܭ݃ οܧܿ ൌ െ͵ͻͲͲ ݉ ଶ ݏ ଶ ʹͲͲͲ ൌ െͳǡͻͷ ܭܬ ܭ݃ b) Salida de potencia. Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinámicos de entrada y salida del fluido. Estado entrada: ͳͲܯ݌ܽ ͳͲͲͲܭ݌ܽ ͳܯ݌ܽ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ൌ ͳͲͲܾܽݎ La temperatura de saturación a 100 bares es de 311,1ͼC. Como la T dada >T Saturación, el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado. Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A.14 Se determina la h de entrada por interpolación: Tabla de interpolación de entalpia. T (°C) h (kJ/kg(m)) 440 450 480 3.246,1 X 3.348,4 Interpolando (a-c)=-40ͼ C (d-e)= -102,3 kJ/kg (m) (b-c)=-30ͼ C X ࢞ ൌ െ͵Ͳιܥ ൈ െͳͲʹǡ͵ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ െͶͲ ιܥ ൅ ͵Ǥ͵ͶͺǡͶ ൌ ͵Ǥʹ͹ͳǡ͸͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ࢎ ૝૞૙ι࡯ ൌ ͵Ǥʹ͹ͳǡ͸͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ Estado salida: ͳͲܭ݌ܽ ȉ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ൌ Ͳǡͳܾܽݎ El fluido es un vapor húmedo porque el valor de la calidad es de 92%. Para los valores de h, v, u, T y P se trabaja con los valores de las tablas de agua en saturación. (Tabla A.12 y A.13) La h es: ݄ ൌ ݄ ௙ ൅ݔ݄ ௙௚ ݄ ൌ ͳͻͳǡͺ͵ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ ൅ͲǡͻʹሺʹǤͷͺͶǡ͹ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ െͳͻͳǡͺ͵ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ ሻ ࢎ ૚૙ࡷ࢖ࢇ ൌ ʹǤ͵ͻ͵ǡʹ͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ Se procede a calcular el wflecha. ࢗ ൅ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ሺࢎ ૛ െࢎ ૚ ሻ ൅ ቆ ࢂ ૛ ૛ െࢂ ૚ ૛ ૛ ቇ ൅ࢍሺࢠ ૛ െ ࢠ ૚ ሻ q=0 porque la turbina es adiabática. Z 2 y Z 1 =0 ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ሺࢎ ૛ െ ࢎ ૚ ሻ ൅ቆ ࢂ ૛ ૛ െࢂ ૚ ૛ ૛ ቇ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ൬ʹǤ͵ͻ͵ǡʹ͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ െ͵Ǥʹ͹ͳǡ͸͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൰ ൅൬െͳǡͻͷ ܭܬ ܭ݃ ൰ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ െͺͺͲǡ͵ͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ La potencia será igual: ࢃ ሶ ൌ െͺͺͲǡ͵ͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൈ ͳʹ ݇݃ሺ݉ሻ ݏ െ ͳͲǤͷ͸Ͷǡʹ͸ ݇ܬ ݏ െͳͲǤͷ͸Ͷǡʹ͸ܭݓܽݐݐ ȉ ͳܯݓܽݐݐ ͳͲͲͲܭݓܽݐݐ ൌ െͳͲǡͷ͸Ͷʹ͸ܯݓܽݐݐ c) Área de entrada. ݉ሶ ଵ ൌ ܣ ଵ ȉ ܸ ଵ ݒ ଵ ݉ሶ ଵ ȉ ݒ ଵ ܸ ଵ ൌ ܣ ଵ Para determinar el v 1 : Vapor sobrecalentado a 100 bares y a 450ͼC. Tabla interpolación de volumen especifico. T (°C) v (m 3 /kg(m)) 440 450 480 0,02911 X 0,03160 Interpolando (a-c)=-40ͼ C (d-e)= -2,49x10 -3 m 3 /kg (m) (b-c)=-30ͼ C X ࢞ ൌ െ͵Ͳιܥ ൈ െʹǡͶͻݔͳͲ ିଷ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ െͶͲ ιܥ ൅ͲǡͲ͵ͳ͸Ͳ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ൌ ͲǡͲʹͻ͹͵ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ࢜ ૝૞૙ι࡯ ൌ ͲǡͲʹͻ͹͵ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ͳʹ ݇݃ ݏ ȉ ͲǡͲʹͻ͹͵ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ͺͲ ݉ ݏ ൌ ͶǡͶ͸ݔͳͲ ିଷ ݉ ଶ ͶǡͶ͸ݔͳͲ ିଷ ݉ ଶ ȉ ͳݔͳͲ ସ ܿ݉ ଶ ͳ݉ ଶ ൌ ͶͶǡ͸ܿ݉ ଶ 34. La salida de potencia de una turbina de vapor adiabática es 5MW. Las condiciones de entrada del vapor son: 2Mpa, 400ͼC, 50 m/s y z 1 =10m. Las condiciones de salida son 15 Kpa, 90% de calidad, 180 m/s y z 2 =6m. Determine: a) El trabajo realizado por unidad de masa del vapor que circula a través de la turbina (KJ/Kg). b) Calcule la relación de flujo de masa del vapor en Kg/s. Condiciones: s m V C T Mpa P 50 : 400 : 2 : 1 0 1 1 ĺ s m V x Kpa P 180 : % 90 15 : 2 2 ! a) Trabajo realizado Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinámicos de entrada y salida del fluido. Estado entrada: ʹܯ݌ܽ ͳͲͲͲܭ݌ܽ ͳܯ݌ܽ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ൌ ʹͲܾܽݎ La temperatura de saturación a 20 bares es de 212,4ͼC. Como la T dada >T Saturación, el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado. Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A.14. La entalpia de determina de la tabla A.14ĺh 1 =3.247,6 KJ/kg. Estado salida: ͳͷܭ݌ܽ ȉ ͳǡͲͳ͵ܾܽݎ ͳͲͳǡ͵ܭ݌ܽ ൌ Ͳǡͳͷܾܽݎ El fluido tiene una calidad del 90%, el cual se encuentra en un estado de vapor húmedo. ݄ ൌ ݄ ௙ ൅ݔ݄ ௙௚ Los datos de h, v, u, P y T NO se encuentran en la tabla A.13 y por ende hay que realizar una doble interpolación. Tabla de interpolación de entalpia para hf. P (bar) h (kJ/kg(m)) 0,10 0,15 0,20 191,83 X 251,40 Interpolando (a-c)=-0,1bar (d-e)= -59,57kJ/kg (m) (b-c)=-0,05bar X ࢞ ൌ െͲǡͲͷܾܽݎ ൈ െͷͻǡͷ͹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ െͲǡͳܾܽݎ ൅ʹͷͳǡͶͲ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൌ ʹʹͳǡ͸ʹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ࢎࢌ ૙ǡ૚૞࢈ࢇ࢘ ൌ ʹʹͳǡ͸ʹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ Tabla de interpolación de entalpia para hg.. P (bar) h (kJ/kg(m)) 0,10 0,15 0,20 2.584,7 X 2.609,7 Interpolando (a-c)=-0,1bar (d-e)= -25kJ/kg (m) (b-c)=-0,05bar X ࢞ ൌ െͲǡͲͷܾܽݎ ൈ െʹͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ െͲǡͳܾܽݎ ൅ʹǤ͸Ͳͻǡ͸ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൌ ʹǤͷͻ͹ǡʹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ࢎࢍ ૙ǡ૚૞࢈ࢇ࢘ ൌ ʹǤͷͻ͹ǡʹ ݇ܬ ݇݃ሺmሻ ݄ ൌ ݄ ௙ ൅ݔ݄ ௙௚ ݄ ൌ ʹʹͳǡ͸ʹ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ ൅ͲǡͻͲ ቀʹǤͷͻ͹ǡʹ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ െʹʹͳǡ͸ʹ ௞௃ ௞௚ሺ௠ሻ ቁ ࢎ ૚૞ࡷ࢖ࢇ ൌ ʹǤ͵ͷͻǡ͸Ͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ࢗ ൅ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ሺࢎ ૛ െࢎ ૚ ሻ ൅ ቆ ࢂ ૛ ૛ െࢂ ૚ ૛ ૛ ቇ ൅ࢍሺࢠ ૛ െ ࢠ ૚ ሻ q=0 porque la turbina es adiabática. ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ሺࢎ ૛ െࢎ ૚ ሻ ൅ ቆ ࢂ ૛ ૛ െࢂ ૚ ૛ ૛ ቇ ൅ࢍሺࢠ ૛ െࢠ ૚ ሻ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ ൬ʹǤ͵ͷͻǡ͸Ͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ െ͵ǤʹͶ͹ǡʹ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ൰ ൅ቌ ቀᇾͳͺͲ ݉ ݏ ቁᇿ ଶ െቀᇾͷͲ ݉ ݏ ቁᇿ ଶ ʹͲͲͲ ቍ ൅ͻǡͺ ݉ ݏ ଶ ൬ ͸݉ െͳͲ݉ ͳͲͲͲ ൰ ࢝ ࡲ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൌ െͺ͹ʹǡ͸ͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ b) Relación del flujo de masa del vapor en Kg/s. ࢃ ൌ ࢝ ሶ ࢌ࢒ࢋࢉࢎࢇ ൈ ݉ሶ ݉ሶ ൌ ܹ ሶ ݓ ሶ ௙௟௘௖௛௔ ͷܯܹ ȉ ͳͲͲͲܭܹ ͳܯܹ ൌ ͷͲͲͲܭܹ ݉ሶ ൌ െͷͲͲͲ ݇ܬ ݏ െͺ͹ʹǡ͸ͷ ݇ܬ ܭ݃ ሶ ൌ ͷǡ͹͵ ݇݃ ݏ 35. Se comprime un flujo de 18Kg/min de aire desde 1 bar y 290°k hasta 5 bar y 450 °K. El área de entrada es de 0,025 m 2 , el área de salida es de 0,0025m 2 y se pierde un calor de 50 KJ/Kg. Como datos de propiedades tómese los datos de la capacidad térmica a 400°K. Determínese (a) las velocidades de entrada y salida en m/s, (b) el flujo volumétrico en la entrada en m 3 /min, y (c) la potencia necesaria en kilovatios (Kw). Datos de entrada (Aire) Datos de salida ࢓ ૚ ሶ = 18kg/m P 2 = 5 bar = 500 Kpa P 1 = 1 bar =100 Kpa T 2 = 450 °K T 1 = 290°K A 2 = 0,0025 m 2 A 1 = 0,025 m 2 q = -50 KJ/Kg ࢓ ૚ ሶ ൌ ࢓ ૛ ሶ Donde, ࢓ ૚ ሶ =Entrada ࢓ ૛ ሶ = Salida Para hallar la velocidad utilizamos la ecuación de flujo másico, que es la siguiente: ࢓ሶ ൌ ࡭Ǥ ࢂ ഥ ࢜ De esta ecuación despejamos la velocidad ࢂ ഥ ൌ ࢓ሶ ࢞࢜ ࡭ Pero como no tenemos volumen y sabemos que el aire es un gas ideal entonces por medio de la ecuación de estado despejamos el volumen así: ࡼ࢜ ൌ ࡾࢀ Despejamos el volumen. ࢜ ൌ ࡾࢀ ࡼ Donde ݇ ൌ ͺǡ͵ͳͶ ௞௣௔ ௫ ௠ య ௞௚ሺ௠௢௟ሻι௞ Reemplazando los valores en la ecuación tenemos: ݒ ൌ ͺǡ͵ͳͶ ݇݌ܽǤ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉݋݈ሻι݇ ʹͺǡͻ͹ ݇݃ሺ݉ሻ ݇݃ሺ݉݋݈ሻ ݔʹͻͲ ι݇ ͳͲͲ݇݌ܽ ݒ ൌ Ͳǡͺ͵ʹ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ Ya con el volumen calculado encontramos la velocidad ࢂ ഥ ൌ ࢓ሶ ࢞ ࢜ ࡭ ࢂ ഥ ൌ Ͳǡͺ͵ʹ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ݔ ͳͺ ݇݃ ݉݅݊ ݔ ͳ݉݅݊ ͸Ͳݏ ͲǡͲʹͷ݉ ଶ ࢂ ഥ ൌ ͻǡͻͺͶ ݉ ݏ La velocidad de salida la encontramos de la misma manera, primero el volumen por la ecuación de estado. ݒ ൌ ͺǡ͵ͳͶ ݇݌ܽǤ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉݋݈ሻι݇ ʹͺǡͻ͹ ݇gሺ݉ሻ ݇݃ሺ݉݋݈ሻ ݔͶͷͲ ι݇ ͷͲͲ݇݌ܽ ݒ ൌ Ͳǡʹͷͺ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ La velocidad de salida es ࢂ ഥ ൌ Ͳǡʹͷͺ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ݔ ͳͺ ݇݃ ݉݅݊ ݔ ͳ݉݅݊ ͸Ͳݏ ͲǡͲͲʹͷ݉ ଶ ࢂ ഥ ൌ ͵Ͳǡͻ͸ ݉ ݏ Las entalpias las encontramos directamente en la tabla del aire tabla A.5 por medio de las temperaturas 1 y temperatura 2 (entalpias respectivas) ݄ ଵ ൌ ʹͻͲǡͳ͸ ݇ܬ ݇݃ ݄ ଶ ൌ ͶͷͳǡͺͲ ݇ܬ ݇݃ El flujo volumétrico l en la entrada (m 3 /min) encontramos por la ecuación: ܳ ൌ ܸ ത Ǥ ܣ Donde Q = Caudal ܸ ത ൌ ݒ݈݁݋ܿ݅݀ܽ݀ A = área ܳ ൌ ͷͻͻǡͲͶ ݉ ݉݅݊ ݔͲǡͲʹͷ݉ ଶ ܳ ൌ ͳͶǡͻ͹ ݉ ଷ ݉݅݊ Para hallar el trabajo utilizamos la ecuación de conservación de la energía de energía: ݍ ൅ ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺ݄ ଶ െ ݄ ଵ ሻ ൅ቆ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ ቇ ൅݃ሺݖ ଶ െݖ ଵ ሻ Y como sabemos en un ventilador ݃ሺݖ ଶ െݖ ଵ ሻ se vuelve cero por que las diferencias de altura son las mismas, entonces la ecuación queda así: ݍ ൅ ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺ݄ ଶ െ ݄ ଵ ሻ ൅ ቆ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ ቇ Despejamos trabajo de flecha ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺ݄ ଶ െ݄ ଵ ሻ ൅ቆ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ ቇ െݍ ݓ ൌ ሺͶͷͳǡͺͲ െʹͻͲǡͳ͸ሻ ݇ܬ ݇݃ ൅ ቆ ͵Ͳǡͻͻ݉Ȁݏ ଶ െ ͻǡͻͺͶ݉Ȁݏ ଶ ʹͲͲͲ ቇ ൅ ͷͲ ݇ܬ ݇݃ ݓ ௙௟௘௖௛௔ ൌ ʹͳʹǡͲ͹ ܭܬ ݇݃ Para encontrar la potencia utilizamos la siguiente ecuación: ܳ ሶ ൌ ݉ሶ Ǥ ݍ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ݉ሶ Ǥ ݓ ி௟௘௖௛௔ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ʹͳʹǡͲ͹ ܭܬ ݇݃ ݔ Ͳǡ͵ ݇݃ ݏ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͸͵ǡ͸ʹ ܭܬ ݏ ݔ ܭܹ ͳ ݇ܬ ܵ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͸͵ǡ͸ʹ ݇ݓ 36. Un ventilador recibe aire a 970 mbar, 20,0 °C y 3m/s y lo descarga a 1.020mbar, 21,6 °C y 18 m/s. Si la corriente es adiabática y entran 50m 3 /min, determínese la potencia suministrada en kilovatios (Kw). Datos de entrada (Aire) Datos de salida P 2 = 1,020mbar = 0,101 Kpa P 1 = 970 mbar =96,99 Kpa T 2 = 21,6 °C = 294,75°K T 1 = 20,0°C = 293,15 °K V 2 = 18 m/s V 1 = 3 m/s q = 0 Q = 50 m 3 /min ࢓ ૚ ሶ ൌ ࢓ ૛ ሶ Para este proceso también utilizamos las ecuaciones anteriores como la de conservación de la energía: ݍ ൅ ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺ݄ ଶ െ ݄ ଵ ሻ ൅ ቆ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ ቇ Para el caso vemos que el proceso es adiabático entonces q es igual a cero ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺ݄ ଶ െ݄ ଵ ሻ ൅ ቆ ܸ ଶ ଶ െܸ ଵ ଶ ʹ ቇ Como tenemos caudal Q despejamos área para hallar el gasto másico de la ecuación: ܳ ൌ ܸ ത Ǥ ܣ ܣ ൌ ܳ ܸ ത ܣ ൌ ͷͲ ݉ ଷ ݉݅݊ ͵ ݉ ݏ ݔ ͳ ݉݅݊ ͸Ͳ ݏ ܣ ൌ Ͳǡʹ͹݉ ଶ Ahora encontramos el volumen de entrada con ecuaciones anteriores ࢜ ൌ ࡾࢀ ࡼ ݒ ൌ ͺǡ͵ͳͶ ݇݌ܽǤ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉݋݈ሻι݇ ʹͺǡͻ͹ ݇݃ሺ݉ሻ ݇݃ሺ݉݋݈ሻ ݔʹͻ͵ǡͳͷ ι݇ ͻ͸ǡͻͻ݇݌ܽ ݒ ൌ Ͳǡͺ͸͹ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ Hallado el volumen, encontramos gasto másico ࢓ሶ ൌ ࡭Ǥ ࢂ ഥ ࢜ ࢓ሶ ൌ Ͳǡʹ͹݉ ଶ ݔ͵ ݉ ݏ Ͳǡͺ͸͹ ݉ ଷ ݇݃ሺ݉ሻ ࢓ሶ ൌ Ͳǡͻ͵ ݇݃ ሺ݉ሻ ݏ Para hallar las entalpias hay que interpolar ya que a estas temperaturas no hay entalpias registradas Para la h 1 para la h 2 T°(°K) h 1 (KJ/Kg) T° (°K) h 2 (KJ/Kg) A 290 D 290,16 A 290 D 290,16 B 293,15 X B 294,75 X C 295 E 295,17 C 295 E 295,17 Interpolando ݄ ൌ ሺܦ െ ܧሻሺܤ െܥሻ ሺܣ െܥሻ ൅ܧ ݄ ଵ ൌ ሺʹͻͲǡͳ͸ െʹͻͷǡͳ͹ሻ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ Ǥ ሺʹͻ͵ǡͳͷ െʹͻͷሻιܭ ሺʹͻͲ െ ʹͻͷሻιܭ ൅ʹͻͷǡͳͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ݄ ଵ ൌ ʹͻ͵ǡ͵ͳ ܭܬ ݇݃ሺ݉ሻ Para la h 2 se realiza el mismo proceso ݄ ଶ ൌ ሺʹͻͲǡͳ͸ െʹͻͷǡͳ͹ሻ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ Ǥ ሺʹͻͶǡ͹ͷ െʹͻͷሻιܭ ሺʹͻͲ െ ʹͻͷሻιܭ ൅ ʹͻͷǡͳͷ ݇ܬ ݇݃ሺ݉ሻ ݄ ଶ ൌ ʹͻͶǡͻͳ ܭܬ ݇݃ሺ݉ሻ Con estos valores calculamos el trabajo de flecha del ventilador ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ሺʹͻͶǡͻͳ െ ʹͻ͵ǡ͵ͳሻ ܭܬ ݇݃ ൅ቆ ሺͳͺ݉Ȁݏ ଶ ሻ െሺ͵݉Ȁݏ ଶ ሻ ʹͲͲͲ ቇ ݓ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡ͹ͷ͹ͷ ܭܬ ݇݃ Para hallar la potencia del ventilador aplicamos la siguiente ecuación: ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ݉ሶ Ǥ ݓ ி௟௘௖௛௔ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡ͹ͷ͹ͷ ܭܬ ݇݃ ݔ Ͳǡͻ͵ ݇݃ ݏ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡ͸͵ ܭܬ ݏ ݔ ܭܹ ͳ ݇ܬ ܵ ܹ ሶ ி௟௘௖௛௔ ൌ ͳǡ͸͵ ݇ݓ 37. Una olla a presión cocina mucho más rápido que una olla normal, al mantener la presión y la temperatura más altas en el interior. La tapa de una olla a presión sella perfectamente y el vapor puede escapar solo por una abertura en la parte media de la tapa. Una pieza separada de cierta masa, la válvula, se coloca sobre esta abertura y evita que el vapor escape hasta que la fuerza de la presión supere el peso de la válvula. En esta forma, el escape periódico del vapor previene cualquier presión potencialmente peligrosa y mantiene la presión interna con un valor constante. Determine la masa de la válvula (gr) de una olla presión, cuya presión de operación es de 100 Kpa y que tiene un área de sección transversal con una abertura de 4 ݉݉ ଶ . Suponga una presión atmosférica de 101.3 Kpa. y ݉ܽݏܽ ݒ݈ܽݒݑ݈ܽ ൌ ǫ ሺ݃ݎሻ y ܲ ௢௟௟௔ ൌ ͳͲͲ ܭ݌ܽ y ܣ ௔௕௘௥௧௨௥௔ ൌ Ͷ݉݉ ଶ y ܲ ௔௧௠௢௦௙௘௥௜௖௔ ൌ ͳͲͳǤ͵ ܭ݌ܽ ܲ ൌ ܲ ௔௧௠௢௦௙௘௥௜௖௔ െ ܲ ௢௟௟௔ ܲ ൌ ͳͲͳǤ͵ܭ݌ܽ െͳͲͲܭ݌ܽ ܲ ൌ ͳǤ͵ ܭ݌ܽ ࡼ ൌ ͳǤ͵ ܭ݌ܽ כ ͳͲͲͲ ܲܽ ͳ ܭ݌ܽ ൌ ૚૜૙૙ ࡼࢇ ࡭ ൌ Ͷ݉݉ ଶ כ ͳ݉ ଶ ͳͲͲͲͲͲͲ݉݉ ଶ ൌ ૝ כ ૚૙ ି૟ ࢓ ૛ ܲ ൌ ܨ ܣ Ǣ ܨ ൌ ݉ כ ݃ ܲ ൌ ݉ כ ݃ ܣ ݉ ൌ ܲ כ ܣ ݃ ݉ ൌ ͳ͵ͲͲ ܲܽ כ ሺͶ כ ͳͲ ି଺ ݉ ଶ ሻ ͻǤͺ ݉ ݏ ଶ ൌ ͳ͵ͲͲ ܰ ݉ ଶ כ ሺͶ כ ͳͲ ି଺ ݉ ଶ ሻ ͻǤͺ ݉ ݏ ଶ ൌ ͷǤʹ כ ͳͲ ିଷ ܰ ͻǤͺ ݉ ݏ ଶ ݉ ൌ ͷǤʹ כ ͳͲ ିଷ ܭ݃ כ ݉ ݏ ଶ ͻǤͺ ݉ ݏ ଶ ൌ ሺͷǤ͵ כ ͳͲ ିସ ሻ ܭ݃ כ ͳͲͲͲ ݃ ͳ ܭ݃ ࢓ ࢜ࢇ࢒࢛࢜࢒ࢇ ൌ ૙Ǥ ૞૜ ࢍ 38. Una mezcla húmeda de agua se mantiene en un tanque rígido a 60ºc. El sistema se calienta hasta el estado final, que es el estado crítico. Determine: a) la calidad de la mezcla inicial b) el cociente inicial de volumen de vapor entre el volumen de líquido y ܶ ൌ ͸Ͳ͑ܥ y ܲݏ ൌ ͲǤͳͻͻͶ ܾܽݎ y ܸ݂ ൌ ͳǤͲͳ͹ʹ כ ͳͲ ିଷ ௠ య ௄௚ሺ௠ሻ y ܸ݃ ൌ ͹Ǥ͸͹ͳ ௠ య ௄௚ሺ௠ሻ y ݄݂ ൌ ʹͷͳǤͳ͵ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ y ݄݃ ൌ ʹ͸ͲͻǤ͸ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ y ݄݂݃ ൌ ʹ͵ͷͺǤͷ ௄௃ ௄௚ሺ௠ሻ ݔ ൌ ݄ െ ݄݂ ݄݂݃ ݔ ൌ ʹ͵ͷͺǤͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ െʹͷͳǤͳ͵ ܭܬ ܭ݃ሺmሻ ʹ͵ͷͺǤͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ͳͲͲ ࢞ ൌ ૡૢ Ψ ݒ ൌ ݒ݂ ൅ ݔሺݒ݃ െݒ݂ሻ ݒ ൌ ͳǤͲͳ͹ʹ כ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ൅ ͺͻ ͳͲͲ כ ቆ͹Ǥ͸͹ͳ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ െ ͳǤͲͳ͹ʹ כ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ቇ ࢜ ൌ ૟Ǥ ૡ૛ૠ૜ ࢓ ૜ ࡷࢍሺ࢓ሻ ݒ ௩௔௣௢௥ ݒ ௟௜௤௨௜ௗ௢ ൌ ͸Ǥͺʹ͹͵ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ͳǤͲͳ͹ʹ כ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ሺ݉ሻ ࢜ ࢜ࢇ࢖࢕࢘ ࢜ ࢒࢏࢛ࢗ࢏ࢊ࢕ ൌ ૟ૠ૚૚Ǥ ૡ૞ 39. Un gasto másico de refrigerante 134a circulante por un ciclo de refrigeración es 0,07 Kg/s, que entra al compresor adiabático a 1,8 bar como vapor saturado y sale a 7 bar y 50 °C. el fluido es liquido saturado a la salida del condensador determínese: a) La potencia de entrada al compresor en kW b) El flujo de calor en el evaporador en kJ/s c) El cociente a dimensional definido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. a) POTENCIA DE ENTRADA AL COMPRESOR EN Kw 1 2 h h w compresor ! ) ( 71 , 239 1 m kg kJ h ! ) ( 35 , 286 2 m kg kJ h ! ) ( 71 , 239 ) ( 35 , 286 m kg kJ m kg kJ w compresor ! ) ( 64 , 46 m kg kJ w compresor ! s m kg x m kg kJ W compresor ) ( 07 , 0 ) ( 64 , 46 ! kW W compresor 26 , 3 ! b) El flujo de calor en el evaporador en kJ/s 4 1 h h q evaporador ! 4 3 h h ! ) ( 78 , 86 3 m kg kJ h ! ) ( 78 , 86 ) ( 71 , 239 var m kg kJ m kg kJ q porador e ! ) ( 92 , 146 var m kg kJ q porador e ! s kg x m kg kJ Q porador e 07 , 0 ) ( 92 , 146 var ! s kJ Q porador e 71 , 10 var ! c) El cociente adimensional definido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. kW s kJ e coeficient 26 , 3 71 , 10 ! 28 , 3 ! e coeficient RESPUESTAS a) 3,26 kW b) 10,71 kJ/s c) 3,28 a). la prsion local de un lugar determinado es de 725 mm cFsg = 10 si en un sistema un vacuometro registra 7 PSI ¿Cuál s la prsion absoluta en mbar? Patm =725mmC Fsg=10 Pg= -7PSI. ଵ଴ଵǤଷ௄௉஺ ଵସǤ଻௣௦௜ = -48.238. -48.238kpa = ϻ=10. h h= ିସ଼Ǥଶଷ଼ேȀ௠; ଵ଴כଽǤ଼ଵேȀ௠Ϳ = -0.49mCFsg=10 x ଵ଴଴଴௠௠ ଵ௠ = 496mmCFsg = 10 Pabs = patm + prelativa Pa = 725mmCF sg = 10 ± 496mm CFsg = 10 P = ϻ h = 229mm CFsg = x 1m/1000mm x 10 x 9.81 K.N/m³ = 22.96kpa 22.46kpa x ଵǤ଴ଵଷ௕௔௥ ଵ଴ଵǤଷ௞௣௔ ݔ ଵ଴଴଴௠௕௔௥ ଵ௕௔௥ = 224.6mbar b). la presion en pies de columna de mercurio equivalente a la suma de 36 pulgadas de columna de fludo sg = 6 y 0.75m cFsg = 3.5 es: 36 pul x ଴Ǥ଴ଶହସ௠ ଵ௣௨௟ ൌ ͲǤͻͳͶͶ P = 0.9144m x 6 x 9.81 ௄Ǥே ௠Ϳ + 0.75 x 305 x 9.81 ௄Ǥே ௠Ϳ = 79.57 kpa P = 79.57 kpa h= ௉ ϻ ൌ ଻ଽǤହ଻௞Ǥ௡Ȁ௠; ଽǤ଼ଵ௄ǤேȀ௠Ϳ ൌ ͺǤͳͳm 8.11m x ଵ௣௜௘ ଴Ǥଷ଴ସ଼௠ ൌ ʹ͸Ǥ͸Ͳ ݌݅݁ ܿܪ݃ 40 a). la presion en cm. De columna de fluido con una densidad realtiva de 8.25 y que es equivalente a 350 pulgadas de colunma de fluido con una densidad relativa de 3, más 5 cm de columna de fluido con densidad 4 es: p =350pul x ଴Ǥ଴ଶହସ୫ ଵ୮୳୪ x 3 x 9.81 ୏Ǥ୒ ୫Ϳ + 0.05m x 4 x 9.81 ୏Ǥ୒ ୫Ϳ = 263.5947 ୏Ǥ୒ ୫; p = 263.5947 ୏Ǥ୒ ୫; p = h ϻ h= ୔ ϻ = ଶ଺ଷǤହଽସ଻୏Ǥ୒Ȁ୫; ଼଴ଶହ ୶ ଽǤ଼ଵ୏Ǥ୒Ȁ୫Ϳ = 3.2569m h= 3.25m x ଵ଴଴ୡ୫ ଵ୫ ൌ ͵ʹͷǤ͸ͻcmCBg ൌ ͺǤʹͷ b). si la presión absoluta de un fluido es de90kpa en un lugar donde un barómetro registra una presión de 3 pies de columna de mercurio. Cual es la presión relativa del fluido con una densidad de 5? Prelativa = Pab ± Patm Prelativa = 90kpa ేǤొ ౣ; െ ͵pies x ଴Ǥଷ଴ସ଼୫ ଵ୮୧ୣ x 9.81m Prelativa = 90 ేǤొ ౣ; - ͺǤͻ͹ͻͲ ేǤొ ౣ; ൌ ͺͳǤͲ͵ͻͲ ేǤొ ౣ; Prelativa = ୔ ϻ ൌ ଼ଵǤ଴ଷ୏Ǥ ేǤొ ౣ; ହ୶ଽǤ଼ଵ୫Ϳ ൌ ͳǤ͸ͷm cFh ൌ ͷ 41.- Aire a 100Kp y 280°K se comprime permanentemente hasta 600 kpa y 400°. El gasto másico del aire, es de 0,02 kg(m)/s y hay una pérdida de calor de 16 kJ/kg(m) durante el proceso. Considerando las variaciones de energía cinética y potencial despreciables. Determinar: a.- La entrada de potencia necesaria para el compresor. Solución: ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + Si consideramos que la energía cinética y potencial son despreciables entonces: ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + Entonces: ) 1 2 ( h h Wflecha q ! + q h h Wflecha ! ) 1 2 ( El valor de q corresponde a la perdida de calor en este caso 16 KJ/kg(m). El valor de las entalpias es calculado con las temperaturas dadas en la tabla de propiedades del aire: Entalpia a 280°k=280,13 Entalpia a 400°k=400.98 Posteriormente se reemplaza: q h h Wflecha ! ) 1 2 ( ) kj/kg(m) 16 ( ) kj/kg(m) 13 . 280 kj/kg(m) 98 . 400 ( ! Wflecha 85 . 136 ! Wflecha kj/kg(m). El valor de la potencia viene dado por: º º ! m wflecha W * ! º W 85 . 136 kj/kg(m)*0.02 kg(m)/seg. ! º W 2.737 Kwat Se realiza la conversión para pasar los Kwat a Hp: Kwat Hp Kwat 7467 . 0 1 * 737 . 2 =3.67 42.- A un compresor entra un flujo volumétrico de 4,5 m 3 /s de aire a 22°C y 1 bar por una sección de 0,030 m 2 .El flujo de calor perdido es 900 KJ/min. Determínese a.- La velocidad de entrada en m/s b.- El flujo másico en Kg/s c.- La potencia suministrada en Kilovatios. Solución: a.- flujo volumétrico o caudal Q Q=A*V v m s m * 030 . 0 5 . 4 2 3 ! 2 3 030 . 0 / 5 . 4 m s m v ! s m v / 150 ! RTA.- La velocidad de entrada es 150m/s b.- 1 1 * 1 1 ! A v m La velocidad 1 se conoce al igual que el área, encontraremos el valor del volumen. Como se trata de aire se aplica la expresión RT P ! P RT ! 1 Temperatura convertida a °K °K=°C+273.15 °K= 22°C+273.15 °K=295,15 2 / 100 15 . 295 * ) ( / ) ( 97 . 28 . / 314 . 8 1 m KN K mol Kg m Kg k KGmol KJ º ! ) (( / 8470 . 0 1 3 m Kg m ! Encuentro el gasto másico: 1 1 * 1 1 ! A v m ) ( / 8470 . 0 030 . 0 * / 150 1 3 2 m Kg m m s m m ! s m Kg m / ) ( 3128 . 5 1! RTA.- El gasto másico es de 5,3128 Kg(m)/s c.- La potencia suministrada en kilovatios: ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + Se calcula la perdida de calor: q Q m * ! º min 900KJ Q ! º = seg KJ 15 m Q q º ! seg m Kg seg KJ q / ) ( 312 . 5 / 15 ! ) ( / 8237 . 2 m Kg KJ q ! Encuentro las entalpias a la entrada y a la salida Entalpia a la entrada a temperatura de 295.15°K Se interpola para obtener el valor de la entalpia entre 295°K y 300°K A= 295°K ««. D= h=295.17 B= 295.15°K««« h=X C= 300°K««««« E= h=300.19 E C A C B E D X + ! ) ( ) ( * ) ( Al aplicar la formula el valor de entalpia es= 295.3206 Entalpia a la salida: a 400°K=400.98 Reemplazo ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + ) ( 100 * 2 150 70 ) 3206 . 295 98 . 400 ( 8237 . 2 1 2 2 1 2 Z Z g Wflecha + + ! + Wflecha= 99.6831 º º ! m wflecha W * 312 . 5 * 6831 . 99 ! º W Kwat W 5166 . 529 ! º Rta.- la potencia es igual a 529.5166kwat 43.- Se comprime dióxido de carbono desde 0.1MPa y 310K hasta 0,5 MPa y 430K.El flujo volumétrico necesario en las condiciones de entrada es 30m 3 /min. La variación de energía cinética es despreciable, pero se pierde un calor de 4,0 KJ/Kg. Determínese la potencia necesaria, en Kilovatios, utilizando los datos de la tabla A.9 Para determinar la potencia encuentro trabajo de flecha: ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + Con las temperaturas dadas encuentro el valor de las entalpias Entalpia a la entrada a temperatura de 310°K= 9807KJ/Kmol Entalpia a la salida a temperatura de 430°K= 14628 KJ/Kmol Como las unidades están en KJ/Kg, Se debe convertir las unidades de la entalpia, dividiendo cada una sobre la masa molar del dióxido de carbono 8357 . 222 / 01 . 44 KJ/Kmol 9807 1 ! ! kgmol kg h 3790 . 332 / 01 . 44 KJ/Kmol 14628 2 ! ! kgmol kg h Kg Kj h h / 54 . 109 1 2 ! Se procede a sustituir en la fórmula de trabajo de flecha: ) ( 2 ) 1 2 ( 1 2 2 1 2 2 Z Z g V V h h Wflecha q + + ! + ) / 54 . 109 ( / 4 Kg Kj Wflecha Kg KJ ! + Kg KJ Kg Kj Wflecha / 4 ) / 54 . 109 ( + ! Kg KJ Wflecha / 543 . 113 ! El siguiente paso es encontrar el gasto másico 1 1 * 1 1 ! A v m 1 * 1 A v Q ! Q corresponde al valor de caudal y este ya está dado, se procede a encontrar el volumen específico. seg m Q / / 5 . 0 3 ! Como se trata de un gas ideal se aplica la expresión RT P ! P RT ! 1 2 / 100 310 * ) ( / ) ( 01 . 44 . / 314 . 8 1 m KN K mol Kg m Kg k KGmol KJ ! ) (( / 5856259 . 0 1 3 m Kg m ! Reemplazo en la fórmula de gasto másico: ) (( / 58562599 . 0 / 5 . 0 1 3 3 m Kg m s m m ! seg Kg m / 853787 . 0 1 ! El valor de la potencia viene dado por: º º ! m wflecha flecha W * seg Kg Kg KJ flecha W / 853787 . 0 * / 543 . 113 ! º seg Kg Kg KJ flecha W / 853787 . 0 * / 543 . 113 ! º Kwat flecha W 94 . 96 ! º La potencia requerida en kilovatios es 96,94 43. En un ciclo simple de potencia, cuya potencia de salida neta es 9 MW, el vapor de agua entra a la turbina a 10 MPa, 560 ºC y sale a 0,010 MPa y una calidad del 86 por 100. Del condensador sale líquido saturado a 0,010° MPa y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Determínese (a) el trabajo de la bomba y de la turbina, ambos en kJ/kg, (b) el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida, y (c ) el flujo de calor cedido en el condensador en kJ/s. | _ _ | P1 = 10 MPa = 10000 KPa = 100 bar T1 = 560ºC P2 = 0.010 MPa = 10 KPa = 0.1 bar X = 86% En 3 liquido saturado P3 = 0.010MPa Hallar w de la bomba en KJ/Kg t Turbina Conden Bomba Caldera 2 1 4 3 1 2 3 4 p v ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ ݄ ସ െ ݄ ଷ En el diagrama podemos ver que la presion en el punto 4 y el punto 1 es la misma ܲ ଵ ൌ ܲ ସ ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ ݄ ସ െ ݄ ଷ ο݄ ൌ οݑ ൅ݒ οܲ ο݄ ൌ ܥ ௩ οܶ ൅ ݒ οܲ Como el proceso es adiabático no hay variación de temperatura, por tanto no hay variación de energía interna ο݄ ൌ ݒ οܲ ο݄ ൌ ͳǤͲͳͲʹ כ ͳͲ ିଷ ݉ ଷ ܭ݃ כ ሺͳͲͲͲͲ െͳͲሻܭܲܽ ο݄ ൌ ͳͲǤͲͻ ݉ ଷ ܭ݃ Por tanto el trabajo de la bomba es ͳͲǤͲͻ ௠ య ௄௚ Hallar el trabajo de la turbina en KJ/Kg ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ ݄ ସ െ ݄ ଷ Pdada Tdada Tsatu estado vapor sobre calentado 100 bar 560ºC > 311.1 ݄ ଵ ൌ ͵ͷʹ͸ ܭܬ ܭ݃ Como el estado 2 es un vapor húmedo la entalpia la podemos conseguir ݄ ଶ ൌ ݄ ௙ ൅ ݔ ሺ݄ ௙௚ ሻ ݄ ଶ ൌ ͳͻͳǤͺ͵ ܭܬ ܭ݃ ൅ ͲǤͺ͸ ሺʹ͵ͻʹǤͺሻ ܭܬ ܭ݃ ݄ ଶ ൌ ʹʹͶͻǤ͸Ͷ ܭܬ ܭ݃ ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ ሺʹʹͶͻǤ͸Ͷ െ͵ͷʹ͸ሻ ܭܬ ܭ݃ ݓ݂݈݄݁ܿܽ ൌ െͳʹ͹͸Ǥ͵͸ ܭܬ ܭ݃ Hallar el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida Para ello debemos encontrar el calor suministrado a la caldera ݍ ௖௔௟ௗ௘௥௔ ൌ ݄ ଵ െ ݄ ସ ݄ ସ ൌ ݓ ௙௟௘௖௛௔ ௗ௘ ௟௔ ௕௢௠௕௔ ൅݄ ଷ ݄ ସ ൌ ሺͳͲǤͲͻ ൅ͳͻͳǤͺ͵ሻ ܭܬ ܭ݃ ݄ ସ ൌ ሺʹͲͳǤͻʹሻ ܭܬ ܭ݃ ݍ ௖௔௟ௗ௘௥௔ ൌ ሺ͵ͷʹ͸ െ ʹͲͳǤͻʹሻ ܭܬ ܭ݃ ݍ ௖௔௟ௗ௘௥௔ ൌ ሺ͵͵ʹͶǤͲͺሻ ܭܬ ܭ݃ Ahora calculamos el porcentaje ൬ ͳʹ͹͸Ǥ͵͸ ͵͵ʹͶǤͲͺ ൰ כ ͳͲͲ ൌ ͵ͺǤ͵ͻΨ Hallar el flujo de calor cedido por el condensador ݍ ௖௢௡ௗ௘௡௦௔ௗ௢௥ ൌ ݄ ଷ െ݄ ଶ ݍ ௖௢௡ௗ௘௡௦௔ௗ௢௥ ൌ ሺͳͻͳǤͺ͵ െʹʹͶͻǤ͸Ͷሻ ܭܬ ܭ݃ ݍ ௖௢௡ௗ௘௡௦௔ௗ௢௥ ൌ െሺʹͲͷ͹Ǥͺͳሻ ܭܬ ܭ݃ 44. I Un gas ideal se encuentra inicialmente dentro de un objeto de pistón y cilindro a 1.5 bares y 0.03m3, se calienta a presión constante hasta que su volumen se duplica. Posteriormente se le permite expandirse isotérmicamente hasta que el volumen se duplica de nuevo. Determine el trabajo que hace el gas, en KJ/Kg mol, y grafique los procesos causiestaticos en un diagrama PV. La temperatura inicial es de 300ºK. II Un conjunto cilindro-pistón contiene 0.4 m3 de aire a 100KPa y 80ºC, después el aire se comprime hasta un volumen de 0.1m3, permaneciendo la temperatura constante. Determinar: a) el trabajo realizado durante el proceso (KJ/Kg.(m)) b) el calor y su dirección de flujo III Una sustancia se encuentra contenida en un conjunto cilindro-pistón el pistón tiene una masa de 4.5Kg (m) e inicialmente la presión es de 1.5atm y 35ºC, al final del proceso la presión es de 60PSI y la temperatura 35ºC a) determine el trabajo realizado en KJ y su trayectoria b) que tipo de proceso se realiza IV Se tiene agua que inicialmente es un vapor saturado a 1bar (estado 1). Se extrae calor a presión constante hasta que el volumen se de 1000cm3/gr. (m) (estado 2). Luego se suministra calor a volumen constante hasta que se alcanza una presión 3bares (estado 3) a) determine, el trabajo, el cambio de energía interna y la transferencia de calor del proceso 1-2 en KJ/Kg.(m) b) determine las mismas variables para el proceso 2-3 en KJ/Kg.(m) c) dibuje los dos procesos en un diagrama p-v con respecto a la línea de saturación I Tº= 300°K P 1 = 1.5 bar. = 150 KPa isobárico P 2 = 150KPa isotérmico P 3 = 107.62KPa V 1 = 0.03m3 V 2 = 0.06m 3 V 3 = 0.12m 3 a) Proceso Isobárico ݓ ଵିଶ ൌ െන ݌݀ݒ ଶ ଵ ݓ ଵିଶ ൌ െ݌ න ݀ݒ ଶ ଵ ݓ ଵିଶ ൌ െ݌ሺݒ ଶ െ ݒ ଵ ሻ ݓ ଵିଶ ൌ െͳͷͲ ܭܲܽሺͲǤͲ͸ െͲǤͲ͵ሻ݉ ଷ ݓ ଵିଶ ൌ െͳͷͲ ܭܲܽሺͲǤͲ͵ሻ݉ ଷ ݓ ଵିଶ ൌ െͶǤͷܭܬ Ahora como necesitamos el trabajo especifico: Tenemos que ʹͺǤͻ͹ ௄௚ሺ௠ሻ ௄௚ሺ௠௢௟ሻ es la masa mol del aire y 0.15Kg (m) es la masa del aire Entonces: 1 2 ݓ ଵିଶ ൌ െͶǤͷ ܭܬ ʹͺǤͻ͹ ܭ݃ሺ݉ሻ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ כ ͲǤͳͷܭ݃ሺ݉ሻ ݓ ଵିଶ ൌ െͲǤͲʹ͵ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ b) Proceso Isotérmico ݓ ଶିଷ ൌ െන ݌݀ݒ ଷ ଶ Como es un gas ideal ݌ݒ ൌ ܴܶ ݌ ൌ ܴܶ ݒ Entonces: ݓ ଶିଷ ൌ െන ܴܶ ܸ ݀ݒ ݓ ଶିଷ ൌ െܴܶ න ݀ݒ ݒ ଷ ଶ ݓ ଶିଷ ൌ െܴܶሺ݈݊ ݒ ଷ ݒ ଶ ሻ ݓ ଶିଷ ൌ െ൬ͺǤ͵ͳͶ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻιܭ כ ͵ͲͲιܭ൰ ݈݊ ͲǤͳʹ ͲǤͲ͸ ݓ ଶିଷ ൌ െͳ͹ʹͳ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ ݓ ௧௢௧௔௟ ൌ ݓ ଵିଶ ൅ ݓ ଶିଷ ݓ ௧௢௧௔௟ ൌ ሺെͲǤͲʹ͵ െͳ͹ʹͳሻ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ ൌ െͳ͹ʹͳǤͲʹ͵ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻ ܲ ଷ ൌ ܴܶ ܸ ܲ ଷ ൌ ͺǤ͵ͳͶ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻιܭ כ ͵ͲͲιܭ ͲǤͳʹ݉ ଷ ൌ ͳͲ͹Ǥ͸ʹܭܲܽ II V1 = 0.4m3 P1 = 100KPa se comprime V2 = 0.1m3 T1 = 80°C = 353.15 °K T2 = 80°C a) ݓ ଵିଶ ൌ െන ݌݀ݒ ଶ ଵ Como es un gas ideal ݌ݒ ൌ ܴܶ ݌ ൌ ܴܶ ݒ Entonces: ݓ ଶିଷ ൌ െන ܴܶ ܸ ݀ݒ ݓ ଵିଶ ൌ െܴܶ න ݀ݒ ݒ ଶ ଵ Aire ݓ ଵିଶ ൌ െܴܶሺ݈݊ ݒ ଶ ݒ ଵ ሻ ݓ ଵିଶ ൌ െ൬ͺǤ͵ͳͶ ܭܬ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻιܭ כ ͵ͷ͵Ǥͳͷιܭ൰ ݈݊ ͲǤͳ ͲǤͶ ݓ ଵିଶ ൌ ͳͶͲǤͷͲ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ b) οܷ ൅οܳ ൌ οܧ Para determinar οܷ tenemos que: οܷ ൌ ܥ ௩ οܶ Como el proceso es isotérmico οܶ = 0 Por tanto no hay variación de energía Entonces οݓ ൌ െοܳ οݓ ൌ െͳͶͲǤͷ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ III m = 4.5 Kg (m) P1 = 1.5atm proceso isotérmico P2 = 60PSI T1 = 35°C T2 = 35°C= 308.15°K ݓ ଵିଶ ൌ െන ݌݀ݒ ଶ ଵ Como es un gas ideal ݌ݒ ൌ ܴܶ ݌ ൌ ܴܶ ݒ Entonces: ݓ ଶିଷ ൌ െන ܴܶ ܸ ݀ݒ ݓ ଵିଶ ൌ െܴܶ න ݀ݒ ݒ ଶ ଵ ݓ ଵିଶ ൌ െܴܶሺ݈݊ ݒ ଶ ݒ ଵ ሻ Como la T es constante realizando igualación en la formula para gases ideales tenemos que ௩ మ ௩ భ ൌ ௣ భ ௣ మ Ahora reemplazamos en la formula de trabajo en la región del ln ݓ ଵିଶ ൌ െܴܶሺ݈݊ ݌ ଵ ݌ ଶ ሻ Ahora necesitamos que las presiones estén en las mismas unidades entonces ݌ ଶ ൌ ͸Ͳܲܵܫ כ ͳܽݐ݉ ͳͶǤ͹ܲܵܫ ൌ ͶǤͲͺͳܽݐ݉ ݓ ଵିଶ ൌ െ൬ͺǤ͵ͳͶ ܭ ܭ݃ሺ݉݋݈ሻιܭ כ ͵ͲͺǤͳͷιܭ൰ ݈݊ ͳǤͷ ͶǤͲͺͳ ݓ ଵିଶ ൌ ͺͺǤͶ͵ ܭܬ ܭ݃ሺ݉ሻ כ ͲǤͳͷܭ݃ሺ݉ሻ ൌ ͳ͵Ǥʹ͸ͷܭܬ IV Estado 1 Vapor saturado P1 = 1bar extrae calor a P Cte. ݒ ଶ ൌ ͳͲͲͲ ୡ୫ య ୥ሺ୫ሻ ൌ ͳ ௠ య ௄௚ .ݒ ൌ ͳǤ͸ͻͶ ௠ య ௄௚ T = 99.63°C Isobárico ݓ ଵିଶ ൌ െන ݌݀ݒ ଶ ଵ ݓ ଵିଶ ൌ െ݌ න ݀ݒ ଶ ଵ 2 ݓ ଵିଶ ൌ െ݌ሺݒ ଶ െ ݒ ଵ ሻ ݓ ଵିଶ ൌ െͳͷͲ ܭܲܽሺͳ െ ͳǤ͸ͻͶሻ݉ ଷ ݓ ଵିଶ ൌ െͳͷͲ ܭܲܽሺെͲǤ͸ͻͶሻ݉ ଷ ݓ ଵିଶ ൌ ͸ͻǤͶܭܬ Estado 2 Vapor Húmedo .ݒ ଶ ൌ ଵ௠ య ௄௚ T = 99.63°C P = 1bar Estado 3 Liquid Comprimido .ݒ ଷ ൌ ͳǤͲ͹͵ʹ כ ͳͲ ିଷ ௠ య ௄௚ T = 133.6°C P (bar) 1 bar 1.0432 * 10 -3 1.694 1 V (m 3 /Kg) Vapor húmedo Liq. Com T (°C) 99.63°C V 1bar 3bar .οܶ ൌ ͵͵Ǥͻ͹ιܭ .ܥ ௩ ൌ ͳǤͶͲ ௄௃ ௄௚ ι௄ οܷ ൌ ܥ ௩ ݀ܶ οܷ ൌ ͳǤͶͲ ܭܬ ܭ݃ ιܭ כ ͵͵Ǥͻ͹ιܭ οܷ ൌ Ͷ͹Ǥͷͷͺ ܭܬ ܭ݃ Por ser el proceso isovolumetrico no hay trabajo οܹ ൅ οܳ ൌ οܧ Entonces οܳ ൌ οܧ La transferencia de de calor es Ͷ͹Ǥͷͷͺ ௄௃ ௄௚ De una manera menos abstracta, un proceso termodinámico puede ser visto como los cambios de un sistema, desde unas condiciones iníciales hasta otras condiciones finales, debidos a la desestabilización del sistema. y Proceso isocóro Un proceso isocóro, también llamado proceso isométrico o isovolumétrico es un proceso termodinámico en el cual el volumen permanece constante; V = 0. Esto implica que el proceso no realiza trabajo presión-volumen, ya que éste se define como: W = P V, donde P es la presión (el trabajo es positivo, ya que es ejercido por el sistema). Aplicando la primera ley de la termodinámica, podemos deducir que Q, el cambio de la energía interna del sistema es: Q = U para un proceso isocórico: es decir, todo el calor que transfiramos al sistema quedará a su energía interna, U. Si la cantidad de gas permanece constante, entonces el incremento de energía será proporcional al incremento de temperatura, Q = nCV T donde CV es el calor específico molar a volumen constante. En un diagrama P-V, un proceso isocórico aparece como una línea vertical Proceso isotérmico. Se denomina proceso isotérmico o proceso isotermo al cambio de temperatura reversible en un sistema termodinámico, siendo dicho cambio de temperatura constante en todo el sistema. La compresión o expansión de un gas ideal en contacto permanente con un termostato es un ejemplo de proceso isotermo, y puede llevarse a cabo colocando el gas en contacto térmico con otro sistema de capacidad calorífica muy grande y a la misma temperatura que el gas; este otro sistema se conoce como foco caliente. De esta manera, el calor se transfiere muy lentamente, permitiendo que el gas se expanda realizando trabajo. Como la energía interna de un gas ideal sólo depende de la temperatura y ésta permanece constante en la expansión isoterma, el calor tomado del foco es igual al trabajo realizado por el gas: Q = W. Una curva isoterma es una línea que sobre un diagrama representa los valores sucesivos de las diversas variables de un sistema en un proceso isotermo. Las isotermas de un gas ideal en un diagrama P-V, llamado diagrama de Clapeyron, son hipérbolas equiláteras, cuya ecuación es P‡V = constante. y Proceso isobárico Proceso Isobárico es aquel proceso termodinámico que ocurre a presión constante. En él, el calor transferido a presión constante está relacionado con el resto de variables y Proceso adiabático En termodinámica se designa como proceso adiabático a aquel en el cual el sistema (generalmente, un fluido que realiza un trabajo) no intercambia calor con su entorno. Un proceso adiabático que es además reversible se conoce como proceso isentrópico. El extremo opuesto, en el que tiene lugar la máxima transferencia de calor, causando que la temperatura permanezca constante, se denomina como proceso isotérmico. El término adiabático hace referencia a elementos que impiden la transferencia de calor con el entorno. Una pared aislada se aproxima bastante a un límite adiabático. Otro ejemplo es la temperatura adiabática de llama, que es la temperatura que podría alcanzar una llama si no hubiera pérdida de calor hacia el entorno. En climatización los procesos de humectación (aporte de vapor de agua) son adiabáticos, puesto que no hay transferencia de calor, a pesar que se consiga variar la temperatura del aire y su humedad relativa. El calentamiento y enfriamiento adiabático son procesos que comúnmente ocurren debido al cambio en la presión de un gas. Esto puede ser cuantificado usando la ley de los gases ideales. PRESIÓN MANOMÉTRICA Se llama presión manométrica a la diferencia entre la presión absoluta o real y la presión atmosférica. Se aplica tan solo en aquellos casos en los que la presión es superior a la presión atmosférica. PRESIÓN ABSOLUTA En determinadas aplicaciones la presión se mide no como la presión absoluta sino como la presión por encima de la presión atmosférica, denominándose presión relativa, presión normal, presión de gauge o presión manométrica. Consecuentemente, la presión absoluta es la presión atmosférica más la presión manométrica (presión que se mide con el manómetro). PRESIÓN BAROMÉTRICA PRESIÓN ATMOSFÉRICA La presión atmosférica es la presión ejercida por el aire atmosférico en cualquier punto de la atmósfera. Normalmente se refiere a la presión atmosférica terrestre, pero el término es generalizable a la atmósfera de cualquier planeta o satélite. Otro término para presión atmosférica. Expresada en pulgadas de Mercurio (inHg). La presión barométrica, se determina por la altura a la cual llega el mercurio en un tubo de vidrio por la fuerza de la presión atmosférica (relativa a la presión cero absoluto). 14.7 psi= 1 barra, 100 kpa 0 29.92 in-Hg. , a una La presión atmosférica en un punto temperatura de 80 grados Fahrenheit representa el peso de una columna de (26.7 grados Centígrados) a nivel del mar aire de área de sección recta unitaria que se extiende desde ese punto hasta el límite superior de la atmósfera. PROCESO CUASIESTÁTICO Un proceso cuasi estático se define como una idealización de un proceso real que se lleva a cabo de tal modo que el sistema está en todo momento muy cerca del estado de equilibrio, como un proceso que se realiza en un número muy grande de pasos, o que lleva mucho tiempo. En la naturaleza los procesos son irreversibles. En Termodinámica se estudian los procesos reversibles. Podemos conseguir aproximarnos a un proceso reversible, a través de una transformación consistente en una sucesión de estados de equilibrio. Aunque hay que aclarar que es un convenio arbitrario y que podría ser el contrario. En un diagrama P-V. etc.PROCESO ISOCORO Un proceso isocórico. es decir cambiar los signos con respecto al convenio usado. Q = nCV T donde CV es el calor específico molar a volumen constante. ya que éste se define como: W = P V. ya que es ejercido por el sistema). U. Esto implica que el proceso no realiza trabajo presión-volumen. eléctrico. La convención de signos usada en este curso es la que establece que el valor de W es positivo cuando el trabajo se realiza sobre el sistema y negativo cuando es el sistema el que actúa sobre el entorno. donde F es la componente de la fuerza externa que actúa en la dirección del desplazamiento dl. . también llamado proceso isométrico o isovolumétrico es un proceso termodinámico en el cual el volumen permanece constante. Si la cantidad de gas permanece constante. El trabajo tiene dimensiones de energía y representa un intercambio de energía entre el sistema y su entorno. TRABAJO TERMONIDAMICO Los sistemas se consideran desde el exterior. Donde P es la presión (el trabajo es positivo. todo el calor que transfiramos al sistema quedará a su energía interna. En forma diferencial esta ecuación se escribe: dW = Fdl. Este trabajo se define por W = ò Fdl. Aplicando la primera ley de la termodinámica. El trabajo mecánico se da cuando una fuerza que actúa sobre el sistema hace que éste se mueva una cierta distancia. V = 0. entonces el incremento de energía será proporcional al incremento de temperatura. podemos deducir que Q. por lo tanto el trabajo está asociado a las fuerzas exteriores. Dependiendo del origen físico de las fuerzas aplicadas al sistema se distinguen diferentes formas de trabajo: trabajo mecánico. el cambio de la energía interna del sistema es: Q= U para un proceso isocórico: es decir. un proceso isocórico aparece como una línea vertical. Primera ley de la termodinámica También conocida como principio de conservación de la energía para la termodinámica en realidad el primer principio dice más que una ley de conservación. el peso al variar con la cantidad de materia Propiedad intrínseca La carga eléctrica es una propiedad intrínseca de algunas partículas subatómicas que se manifiesta mediante atracciones y repulsiones que determinan las interacciones electromagnéticas entre ellas. que es común para a todos los estados de equilibrio termodinámico que se encuentren en equilibrio mutuo con uno dado. También establece. Tiene tremenda importancia experimental pues permite construir instrumentos que midan la temperatura de un sistema pero no resulta tan importante en el marco teórico de la termodinámica. establece que si se realiza trabajo sobre un sistema o bien éste intercambia calor con otro. el volumen específico (volumen ocupado por la unidad de masa). el peso. La materia cargada eléctricamente es influida por los campos electromagnéticos Propiedad extensiva Algunos ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura. Es decir. Luego.Principio cero de la termodinámica Este principio establece que existe una determinada propiedad. la densidad etc. por lo tanto. Por ejemplo. Algunos ejemplos de propiedades extensivas son la masa. la energía interna del sistema cambiará.una magnitud escalar. el punto de fusión.las rocas pequeñas pesaran en gramos menos. Segunda ley de la termodinámica Esta ley arrebata la dirección en la que deben llevarse a cabo los procesos termodinámicos y. Si se tiene un litro de agua. que la roca central de la foto y del mismo tipo de material. la imposibilidad de convertir completamente toda la energía de un tipo en otro sin pérdidas. la imposibilidad de que ocurran en el sentido contrario (por ejemplo. el punto de ebullición. además de mayor volumen. Esta ley apoya todo su contenido aceptando la existencia de una magnitud física llamada entropia Propiedad extrínseca Son aquellas que varían con la cantidad de materia considerada. Visto de otra forma. . denominada temperatura empírica . en algunos casos. esta ley permite definir el calor como la energía necesaria que debe intercambiar el sistema para compensar las diferencias entre trabajo y energía interna. a mayor tamaño. mayor peso tendrá. De esta forma. la velocidad. que una mancha de tinta dispersada en el agua pueda volver a concentrarse en un pequeño volumen). y son reciprocamente equivalentes a las intensivas. su punto Propiedad intensiva Son las que si dependen de la cantidad de sustancias del sistema. el volumen. etc. la segunda ley impone restricciones para las transferencias de energía que hipotéticamente pudieran llevarse a cabo teniendo en cuenta sólo el Primer Principio. cantidad de sustancia. una magnitud vectorial. Ejemplos. Si se comprime el gas la temperatura: Para este gas tenemos la ecuación p2 v = constante. siendo. 3) Si el gas de la pregunta 2. La interacción entre carga y campo eléctrico es la fuente de una de las cuatro interacciones fundamentales. a su vez. tiene el mismo punto de ebullición que el sistema original. T debe disminuir (Proporcionalidad inversa) 1) p2 v = c 2) PV = nRT eliminamos p elevemos la ecuación. formado por dos litros de agua. Presión Volumen 0. Se igualan: p2 v / pv = c / nRT P = c/nRT. PV= n*R*T V= n*R*T/P Son inversa proporcionales.considerada. es una propiedad extrínseca. Si la temperatura es constante ¿Cuál es la grafica que representa mejor el volumen en función de la presión? Como la Ley de Boyle establece que P*V=CTE.5 atm 1 atm 2 atm 400 cm3 200 cm 100 cm 3 3 3 1) 200 200 200 200 4 atm 50 cm A temperatura cte. Llamadas también propiedades generales o extensivas de la materia. La ecuación de los gases perfectos PV=nRT. generadora de ellos. 2) Un gas perfecto obedece a la ecuación p2 v = constante. Se expande la temperatura: . la Interacción electromagnética. su representación grafica es una hipérbola equilátera. el nuevo sistema. de ebullición es 100 °C (a 1 atmósfera de presión). Si se agrega otro litro de agua. Si P aumenta. Esto ilustra la no aditivita de las propiedades intensivas. por la compresión. como ocurre con la masa. Es decir. además de mayor volumen. Propiedad intensiva: Las propiedades intensivas son aquellas que no dependen de la cantidad de sustancia presente. el peso al variar con la cantidad de materia considerada.2) Al cuadrado. es una propiedad extrínseca. Por ejemplo. el volumen específico (volumen ocupado por la unidad de masa). Luego. por este motivo no son propiedades aditivas. dividimos por la ecuación 1) para obtener: p2v2/p2v = n2R2T2/c V= n2R2/c * T2 Si V aumenta. Observe que una propiedad intensiva puede ser una magnitud escalar o una magnitud vectorial. la velocidad. Propiedades específicas: El estudio de este tipo de propiedades es importante. Llamadas también propiedades generales o extensivas de la materia. las rocas pequeñas pesaran en gramos menos. materiales conductores y aislantes. Ejemplos de propiedades intensivas son la temperatura. etc. Propiedades extrínsecas: Son aquellas que varían con la cantidad de materia considerada. mayor peso tendrá. además que nos pueden servir para identificar o reconocer distintas sustancias diferenciando unas de otras. 4) ¿Cuál es la energía cinética de las moléculas si se duplica la presión del gas de la pregunta numero 7? V2 P=D*1/3V2 Ec=1/2m*V2 3P/D=V2 Ec=1/2m*3p/D Ec=3/2*P/D Ec=6/2m*P/D Cuando se le aumenta la presión a un gas las moléculas tienden a moverse más rápido. como es el caso del dopaje. a mayor tamaño. T debe aumentar. análisis de sustancias. elásticos e inelásticos. con la cantidad de movimiento y con el momento de la cantidad de movimiento. ya que los materiales que nos rodean son útiles debido a esas propiedades que poseen. . que la roca central de la foto y del mismo tipo de material. Por que se le aumenta la presión dos veces. Propiedad extensiva: Cuando la propiedad intensiva se multiplica por la cantidad de sustancia (masa) se tiene una propiedad que sí depende de la cantidad de sustancia presente y se llama propiedad extensiva. El aire se considera como una sustancia pura mientras se mantenga en su estado gaseoso. Sólo se considerará el tipo de trabajo asociado a la compresibilidad. La presión inicial es 14. el estado de una sustancia compresible sencilla de estas características. Un sistema tiene un volumen inicial de 10ft3 y se expande hasta un volumen final de 20ft3. Encuentre el trabajo realizado si el sistema se mantiene a una temperatura constante de 75°F y la presión entre los estados inicial y final del sistema es: (a) constante. En este texto no se consideraran efectos magnéticos. SUSTANCIAS PURAS: Se considera una sustancia pura aquella que mantiene la misma composición química en todos los estados. Una sustancia pura puede estar conformada por más de un elemento químico ya que lo importante es la homogeneidad de la sustancia. (b) inversamente proporcional al volumen (c) dada por la relación de gas ideal PV=mRT.POSTULADO DE ESTADO. entonces. tres propiedades variables independientes. dependen de las propiedades de la sustancia que configura el sistema. es él numero de tipos de trabajo reversible +1. propiedades eléctricas de las sustancias de las sustancias de las sustancias ni tensiones superficiales. para un sistema no reactivo.7 PSI. el nitrógeno. Ejemplos de sustancias puras son: el agua. Para definir su estado se requieren. Datos Solución °  (a) p1 y p2 constantes   . el helio y el dióxido de carbono. ya que el aire está conformado por diversos elementos que tienen diferentes temperaturas de condensación a una presión específica por lo cual al estar en estado líquido cambia la composición respecto a la del aire gaseoso. si la sustancia es compresible y magnética sus tipos de trabajo se asocian a los cambios de VOLUMEN que resultan al aplicar una presión y a los cambios de MAGNETIZACION producidos en un campo magnético que varia. EJERCICIOS 2. El numero de propiedades termodinámicas variables independientes para un sistema dado. Por ejemplo. puede definirse a partir de solo dos propiedades variables independientes. es decir los modos en que un sistema puede transferir energía como trabajo. Un aparato vertical de cilindro y pistón contiene un gas que se encuentra comprimido por un embolo sin fricción. cuyo peso es de 2.3KJ de calor y su energía interna experimenta un cambio igual a -950J. Calcule la distancia que el pistón tendría que moverse en metros. Datos . El área del pistón es de 45cm2 y la presión atmosférica es de 1bar.(b) inversamente proporcional al volumen   (c) dada por la relación gas ideal PV=mRT °     °  3.5 KJ. Un agitador mecánico contenido en el cilindro entrega al gas un trabajo equivalente a 5750Nm durante un cierto periodo. si el gas pierde 6.           Solución      . (b) la variación de la energía interna en (KJ) si el suministro de calor es de 3KJ.  4.5bares. El gas experimenta un proceso cuasiestático de acuerdo con la expresión PV2=C. (c) realice el diagrama del proceso.06m3. Datos     Solución (a)   . Calcular: (a) el trabajo realizado en (KJ) y su trayectoria. la presión final es de 1. Un aparato de cilindro y pistón contiene un gas que se encuentra inicialmente a 8 bares y 190°C y ocupa un volumen de 0. 06 0.08 0.12 0.1 0.02 0. (b)  (c) diagrama del proceso 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0 0 0.16 .04 0.14 0. 5. SOLUCION 6. Según la relación de gas ideal. Y el volumen final es de 90 pies cubicos. Directamente proporcional con el volumen en relación con una constante. Inversamente proporcional con el volumen en relación con una constante. Calcular el cambio de energía interna del gas. A una temperatura de 90°F y la presión en los estados inicial y final es: a) b) c) d) Constante. Un conjunto cilindro pistón tiene un volumen inicial de 15 pies cúbicos y se expande hasta un volumen final de 35 pies cúbicos. . Un sistema contiene un gas a presión constante de dos atmosferas y un volumen inicialde 40 pies cubicos. el calor transferido al sistemaes de 115KJ. calcular el valor del trabajo realizado en KJ. en el estado inicial la presión es de una atmosfera. SOLUCION a) b) y P=CV y . c) y P=C/V ) y d) y P=R*T/V . y nos 8. El gasto másico. Determine: a. si el área de salida es 6cm². Temperatura de entrada a una presión de 5 bares es determinado por tabla de presión del refrigerante 134a. Entra vapor a 250psi y 700 f a una tobera. Refrigerante 134a entra en una tobera adiabática a 5 bares y 90m/s. el gasto másico a través de la tobera es de 10lbm/s el vapor sale de la tobera a 200 psi con una . en grados Celsius. Datos.2 pies². 1.2 bares con una velocidad de 200m/s. b. el fluido es un vapor saturado a 3.       Este valor es b.  En la anterior ecuación se multiplica para eliminar quede .7. en kg (m)/s. Solución. cuya área de entrada es de 0.        a. La temperatura de entrada. a la salida. y nos .           a. La velocidad de entrada del vapor (m/s).2btu/lb(m) Determine: a. Datos. b. La temperatura de salida del vapor. se estima que las perdidas térmicas de la tobera con u8nidad de masa del vapor serán 1. Despejamos Remplazamos valores En la anterior ecuación se multiplica para eliminar quede .velocidad de 400 pies/s. Por tabla sabemos que    Reemplazo en la formula.      b. si el flujo volumétrico a la salida del cambiador es 500 L/min.1 C 1373.1 B 1354. A continuación entra a un cambiador de calor donde se calienta hasta vapor saturado a 1. en kJ/min.8 E D x Reemplazamos valores 9. A 1322.Sabemos que esta entalpia encontrada esta a 200psi entonces vamos a tabla y buscamos una temperatura para estos valores y si no existe tenemos que interpolar.8 bar. Solución: Un esquema del proceso se muestra a continuación: . A un dispositivo de estrangulamiento entra refrigerante 134a como líquido saturado a 8 bar y sale a 1.8 bar. Determínese el flujo de calor suministrado. P1 = 8 Bar Flujo 2: P2 = 1. entonces la entalpía en el Flujo 1 es igual a la entalpía del Flujo 2: h1 = h2 De las tablas termodinámicas (Ver tablas adjuntas) se obtiene que para el líquido saturado a 8 Bar: T1 = 31.42 KJ/kg Entonces h2 = 93.(1) ESTRANGULAMIENTO (2) INTERCAMBIO DE CALOR (3) Q Datos del problema: y y y Flujo 1: líquido saturado.48 K h1 = 93.8 Bar Para calcular la cantidad de calor Q.42 KJ/kg. . P3 = 1. entonces de realiza un balance de energía: Puesto que el proceso de estrangulamiento se realiza a entalpía constante.33 °C = 304.8 Bar Flujo 3: Vapor saturado. Un compresor de hidrogeno tiene unas perdidas de calor de 35KW.2 KJ/min para obtener las condiciones finales.71 KJ/kg V3 = 0.A las condiciones del Flujo 3 se tiene que: T3 = -12. Las condiciones de entrada son 320K.10m. Determínese (a) la variación de la energía . 0. así:  L min kg   kg  min m  Como no hay entradas ni salidas de materia en el intercambiador.2MPa y 100m/s. se transforma el flujo volumétrico en 3. 10.42 K h3 = 239.2MPa y 520K. los conductos de entrada y salida tienen un diámetro de 0.1098 m3/kg Con el volumen específico. entonces: Un balance de energía en el intercambiador de calor da: kg  min   KJ kg KJ min Respuesta: En el intercambiador de calor se tienen que suministrar 666. El estado de salida es 1.73 °C = 260. y (c) la potencia en eje.cinética en KJ/Kg. en kilovatios.11. (b) el flujo másico en Kg/min. utilizando los datos de la tabla A. Datos ]     ]                   . (b)  A)               . en kilovatios.8 m/s2. El proceso es adiabático y la temperatura permanece constante. y (b) P=-1bar. Se bombean 100L/min de agua liquida a 20°C a una altura de 100m por un conducto de sección constante. para (a) P1=P2. La gravedad local es 9. Datos: Solución:           .11. Calcúlese la potencia que necesita la bomba. La potencia neta de la turbina es 10MW.(B)         12. Determine a) b) c) d) El trabajo de la turbina en KJ/kg.008MPa y una calidad de 90 por 100. El trabajo de la bomba El porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida El flujo de calor cedido en el condensador en KJ/min .008MPa y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. Del condensador sale liquido saturado a 0.0 MPa y 540 ºC y sale a 0. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 6. Presion entrada: 60 bares Temperatura de entrada: 540 ºC Presion de salida: 0.08bares Sale un vapor húmedo con Calidad del 90% Teniendo encuenta la ecuación de conservación de energía tenemos que: Condensador w flecha turbina = (h 2 .9*1571 kJ / kg h 2 = 2627. Condiciones iniciales y finales Tubina.Caldera Turbina Bomba Solución a) Trabajo de la turbina.3 KJ / Kg .4 kJ / kg + 0.h1 ) h1 = 3517 kJ / kg Para encontrar la h2 tenemos encuenta la siguiente formula siendo X el porcentaje de calidad del vapor Humedo h 2 = (h f + X *h fg ) h 2 = 1213. Entonces w flecha turbina = (2627.3 kJ / kg - 3517 kJ / kg ) w flecha turbina = - 889.7 kJ / kg b) Trabajo de la bomba Condiciones iniciales y finales bomba Presion entrada: 0.08bares Temperatura de entrada: 41.31 ºC Presión de salida: 60 bar Temperatura de salida: 41.31 ºC Teniendo encuenta que el trabajo de la bomba es w flecha bomba = (h 2 - h1 ) h1 = 173.88KJ/Kg según tabla A13 h2 = 179.406KJ/Kg interpolando con la tabla de liquido comprimido. w flecha bomba = (179.406 KJ / Kg - 173.88 KJ / Kg ) w flecha bomba = 5.526KJ / Kg c) Calor suministrado en la caldera Condiciones iniciales y finales de la caldera Presión entrada: 60 bares Temperatura de entrada 41.31 ºC Presion de salida: 60 bares Temperatura de salida: 540 ºC Teniendo en cuenta que el Calor suministrado por la caldera es q caldera = (h 2 -h1 ) h1 = 179.406 KJ / Kg h 2 = 3517 KJ / kg q caldera = (3517 KJ / kg - 179.406 KJ / Kg ) q caldera = 3337.594 KJ / Kg Ahora para determinar la potencia entregada por la caldera es necesario conocer el flujo masico Flujo masico = Pturbina w flecha turbina Flujo masico = 10MW 889.7KJ/kg Flujo masico = 11.24 Kg / s Entonces la potencia de la caldera es: Pcadera = 3337.59 KJ / Kg*11.24 Kg / s Pcaldera = 37.514MW Ahora determinamos el porcentaje de eficiencia dividiendo la ponencia neta de la turbina requerida con la potencia suministrada por la caldera æ 10MW ÷ ö % Eficiencia = ç ÷*100 ç ÷ ç37.514MW ø è % Eficiencia = 26.65% d) Para conocer el flujo cedido en el condensador es necesario saber cual es el calor suministrado por el q condensador = (h 2 - h1 ) q condensador = (173.88KJ / Kg - 2627.3 KJ / Kg ) q condensador = - 2453.42 KJ / Kg Ahora multiplicamos el flujo masico que es constante en todo el ciclo por la q condensador para encontrar el flujo cedido P condensador = 2453.42KJ/Kg*11.24Kg/s P condensador = 27576.44KJ/s P condensador = 1654586.4KJ/min 13. Un tanque rígido contiene 10 kg(m) de aire a 15 kPa y 20ºC. Se añade más aire al tanque hasta que la presión y la temperatura aumentan a 250 kPa y 30°C, respectivamente. Determine la cantidad de aire añadido al tanque. Solución: Datos Problema m = 10 kg(m) P1 = 0,15 bar T1 = 20ºC P2 = 2,5 bar T2 = 30ºC Ps1= 0,02339 bar P1 > Ps1 LIQUIDO COMPRIMIDO Ps2= 0,04246 bar P2 > Ps2 0,1 bar 0,15 bar 0,2 bar 1,0102 x 10-3m3/kg X 1,0102 x 10-3m3/kg ( ê X=ë é1, 0102*10- 3 - 1, 0172*10- 3 ) m3 / kg (m)ù* é 0,15 ± 0, 2)bar ù ú ( û+ 1, 0172*10- 3 m3 / kg m û ë ( ) (0,1 ± 0, 2)bar X = 1,0137 * 10-3 m3/kg(m) y En un tanque rígido el volumen permanece constante: V1 = V2 y El volumen específico del agua a 2,5 bar y a 30ºC de temperatura es: Ve2 = 1,0672 * 10-3 m3/kg(m) m= V Ve 2 0, 010137 m3 m= 1, 0672 m3 / kg (m) m= 9,4986 kg (m) Rta/: la cantidad de aire añadido al tanque es de 9,4986 kg (m) Jozsue Bucheli - 29035109 14. Un tanque rígido con un volumen de 3 pies3 esta lleno con R-134 a 120 psi y 140°F. Después el refrigerante es enfriado hasta 20°F. Determine: 5217 * 103 lb(m) b) El ejercicio se plantea sobre un tanque rígido.5217 * 103 lb(m) Rta/: la masa del refrigerante es de 6.3 ft 3 / lb(m) m= 6. por lo tanto se conoce que el volumen es constante y no se habla de un aumento en la masa. 46 * 10.46 * 10-3 ft3/lb(m) T2= 20ºF m= V1 Ve1 m= 3ft 3 0. Solución: Datos Problema V= 3 ft3 P1 = 120 psi T1 = 140ºF a) Ts1 = 90.a) La masa del refrigerante (lb) b) La presión final en el tanque en psi y c) El calor transferido desde el refrigerante Btu. por lo que podemos concluir que: Ve1 = Ve2 Grafica T-V .54ºF T1 > Ts1 VAPOR SOBRECALENTADO Ve1= 0. 02 ± 17. 46 .37) Btu/lb(m) = -73.67 + 0. por tanto se puede concluir que: Ps2 = P2 P2 = 33.67) e2 = 42.9362 ± 116.Vef Veg .9362 Btu/lb(m) = - ¨ ¨ ¨ e e2 e1 e = (42.0.43 Btu/lb(m) *m e ¨ =¨ e .3224(96.3224 e2 = e2 = ef +X( ef ± eg) 17. 01216 X = 0.El volumen específico dos se encuentra ubicado en la zona de vapor húmedo. c) X = Ve 2 .137 psi Rta/: la presión final en el tanque es de 33.137 psi. 01216 1. 4009 ± 0.Vef X= 0. 1.43 Btu/lb(m)* 6.0029 . Después la separación se quita y el agua se expande dentro de todo el tanque. lo cual hace que este volumen encontrado sea en el momento antes de quitar el separador para encontrar el volumen total se multiplica el volumen anterior por dos.5217 lb ¨ = -478. T2 = 25ºC en kJ .2ºC Ts1 > T1 LIQUIDO COMPRIMIDO Ve1 = 1. 10-3 m3/kg(m) V1= 5.¨ = -73. Determine: a) El volumen total del tanque en m3 b) La presión final del agua en kPa c) El calor transferido en este proceso d) Realice un diagrama P-V del proceso e) El calor entra o sale del sistema Solución: Datos Problema m = 5 kg(m) P1 = 2 bar T1 = 25ºC a) Ts1 = 120. Al principio un lado del tanque contiene 5kg(m) de agua a 200kPa y 25ºC. Se tiene un tanque rígido dividido en dos partes iguales mediante una separación. y el otro lado está vacio. 10-3 m3 y El problema plantea que el separador divide el tanque a la mitad. 10-3 m3/kg(m) V1= m* Ve1 V1= 5 kg(m) .0145.91 Btu 15.0029 .91 Btu ¨ =q+ w e e q=¨ q = -478. Se deja que el agua intercambie calor con los alrededores. hasta que la temperatura en el tanque regresa al valor inicial de 25ºC. 0058 .010029 m3 Rta/: el volumen total del tanque es 0.010029 m3 b) Ve2 = V2 / m Ve2 = 0.169 kPa c) X= Ve 2 ± V f Vg .V f X= 2. 10-3 m3/kg(m) Grafica T-V y En la grafica T-V. 0029 43.0029 X= 0. 0058 ± 1.V2= 0.1.02367 = 104.88 kJ/kg(m) +X( ± eg) e1 e2= ef ef . podemos observar que el volumen específico dos (Ve2) se encuentra en la zona de vapor húmedo por lo cual podemos concluir: Ps = P2 Rta/: la presión final del agua es de 3. 36 . 010029 m3 5 kg (m) Ve2 = 2. 87kJ d) Diagrama P-Ve e) El calor sale del sistema ya que en el calculo de este.88 + 0.8)) kJ/kg(m) e2 = 50.57 kJ/kg(m) * 5 kg(m) ¨ = -272.87 kJ ¨ =q+ w e e q=¨ q = (-272.3058 kJ/kg(m) = - ¨ ¨ ¨ e e2 e1 e = (50. da un valor negativo.305 ± 104. .02367(104.88 ± 2409.88) kJ/kg(m) = -54.57 kJ/kg(m) *m e ¨ =¨ e ¨ = -54.e2 = (104.87) kJ Rta/: el calor transferido en este proceso es de -272. Este entra a 100 KPa y 27 oC con una relación de flujo de volumen de 800 m3/min y sale a 95 KPa y 60 o C.95 bar   . R-134 a 1MPa y 80 oC es enfriado a 1MPa y 30 oC en un condensador por medio de aire.16. Determine la relación de flujo de masa del refrigerante en Kg/min (Intercambiador de calor) Aire R 134  R 134 Aire   Parte a)   1 Mpa 10 bar 100 KPa 1 bar 95 KPa 0. 15 K 333.Estado 1 vapor Sobrecalentado  Estado 2 liquido comprimido  Para el aire asumiendo mínimo el cambio de presión 27 C 60 C   300.15 K    . El refrigerante entra al condensador con una relación de flujo de masa de 6 Kg/min a 1MPa y 70 oC y lo abandona a 35 oC.    17. con agua se va a enfriar R-134 en un condensador. Determine a) la relación de flujo de masa del agua de enfriamiento requerida en Kg/min. B) la relación de transferencia de calor del refrigerante al agua en KJ/min Agua R 134 R 134 Agua  Parte a)       . El agua de enfriamiento entra a 300KPa y 15 oC y sale a 25 oC.  Para R1334 Estado 1 vapor Sobrecalentado  Estado 2 liquido comprimido  Para agua . 8 MPa p2= 0.12 MPa .8 MPa y se estrangula a una presión de 0.12 MPa. Determinar: .Estado 1 y2 liquido comprimido      Parte b)            18. Entra R -134-a al tubo capilar de un refrigerador como liquido saturado a 0. a) La calidad del refrigerante en el estado final b) la reducción de la temperatura durante este proceso solucion a) datos p1= 0. 32 *100 212.8Mpa v 1000 Kpa 1.42  21.3  .9 p calidad b) (t ! t 2  t1 (t ! (31.013bares v ! 1. Primero hacemos una conversión de unidades para poder buscarlas en la tabla A-17 0.3Kpa x! x! h  hf h fg *100 93.Sabiendo el estado del refrigerante y teniendo las presiones de entrada y salida podemos conocer las entalpias y con esto la calidad de la salida.54 x ! 33.12Mpa v 1000 Kpa 1.3Kpa 0.2bares 1Mpa 101.013bares v ! 8bares 1Mpa 101. 8 bar y (b) vapor saturado a 16 bar hasta un bar. 22. En cada caso calcúlese el volumen específico en el estado final en m3/Kg Solución .66 0 C 19.36 ) 0 C (t ! 53. Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde: (a) 44oC y 12 bar hasta 2. 39 kJ kg 198.2% .22 Kj/kg.3222 *100 x ! 32.(a) datos t1 = 44oC P1=12 bares P2=2.22 kJ kg  48.8 bares Determinamos el estado inicial para poder encontrar la entalpia (h1) La Ts a 12 bares es 46. x! h  hf h fg x! 112.13 kJ kg x ! 0. para conocer el estado de salida del refrigerante como es un quipo de estrangulamiento aplicamos que: sabiendo esto obtenemos que el refrigerante en la salida es un vapor húmedo entonces aplicamos la siguiente fórmula: (datos tabla A-17) h1 ! h2 .32oC Cuando: Ts< Td entonces es un liquido comprimido Vamos a la tabla A-17 h1 = 112.  .Teniendo la calidad podemos encontrar el volumen específico . ! . x. g  .322 * . f .7697 v 10 3 m 3 Kg  0. . ! 0. 0719  0.29 kJ kg 215.204 Con esto encontramos el volumen .33 kJ kg  16. Con esto determinamos el estado a la salida el cual es vapor sobrecalentado procedemos a encontrar la calidad utilizando los datos de la tabla A-17 y x! 275.0236 m (.06 kJ kg x ! 1.7697 v 10 3 m 0 3 Kg . ! 0.a)Datos 3 Kg Estado vapor saturado P1=16 bares P2=1 bares Hacemos básicamente el mismo proceso anterior y encontramos la entalpia (h1) h1 = 275.33Kj/kg. y sabemos que: h1 ! h2 . . ! . .  . x. ! 0. g  . f .7258 v 10 3 m 3 Kg  1.204 * . . . y como es un equipo de estrangulamiento aplicamos . ! 0.3 Kj/kg.725 v 10 3 m 0 3 Kg . por una válvula de estrangulamiento circula vapor de agua en las siguientes condiciones (a) entra a 30bar y 240oC y sale a 7 bar y (b) entra como vapor saturado a 8 bar y sale a 3 bar determinar en grados Celsius la temperatura del agua en el estado correspondiente a la presión de salida Solución (.3oC Cuando la Ts>Td entonces es un vapor sobrecalentado Encontramos la entalpia 1 h1 = 2824.23. m 3 Kg 20.a) datos t1 = 240oC P1=30 bares P2=7 bares Primero determinamos el estado a la entrada del agua La Ts a 30 bares es 233.1917  0. 8 Utilizamos la siguiente formula « .1 2824. Como no hay una entalpia igual a interpolo (x = T) h1 ! h2 .3 2844.determinamos el estado de salida del agua el cual sigue siendo un vapor sobrecalentado encontramos la temperatura en el estado final del agua. h2 T(oC) 180 x 200 h Kj/kg 2799. D  E ) * . B  C » x!¬ E . 1 Kj/kg .A  C ¼ ½ ­ X ! 191.b) Datos Estado vapor saturado P1=8 bares P2=3 bares La entalpia 1 es igual a h1 = 2769.15oc (. 1 2782.3 2769.2 Sabiendo esto determino el estado final el cual es un vapor Sabiendo que 1 sobrecalentado encuentro la temperatura en el estado final.3 Utilizamos la siguiente formula « . Como no hay una entalpia igual a esa presión interpolo: h !h T(oC) 135.55 x 160 h Kj/kg 2725. D  E ) * . B  C » x!¬ E . 08 bares y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable. P2=0.08 bares y una calidad de 88%. (c) el trabajo de la bomba en kJ/kg. a) Para hallar el trabajo de la turbina examinamos los cambios de estados de 1 a 2: p1=40 bares t1=440ºC A 40 bares la temperatura de saturación es de 250.9oc 21.08 bares X=88% . La temperatura planteada por el problema es superior. Determínese (a) el trabajo de la turbina. En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 40 bares y 440ºC y sale a 0.4ºC. y (d) el porcentaje de calor suministrado en la caldera que se convierte en trabajo neto de salida. lo que indica que el agua se encuentra como vapor sobrecalentado. Del condensador sale liquido saturado a 0.A  C ¼ ½ ­ X ! 153. (b) el calor cedido en el condensador. para hallar h3 tenemos que es un líquido saturado a 0.1 kJ/kg Se reemplazan los valores de la anterior ecuación y tenemos: Ahora volviendo a la ecuación de energía: b) el calor cedido en el condensador: Se desprecian las variaciones de energía cinética y potencial y debido a la naturaleza de la maquina no existe un trabajo de flecha: Ya conocemos h2. No se cuenta con datos que especifiquen un cambio de velocidad. concluimos que el agua sale de la turbina como vapor húmedo. La ecuación queda así: H1 (según la tabla de vapor sobrecalentado)=3307. Para hallar el trabajo planteamos la ecuación de energía: De la anterior ecuación se desprecia la variación de energía potencial y el calor. se busca directamente el valor en la tabla y tenemos la ecuación: c) el trabajo de la bomba en kj/kg: Se considera que el paso por la bomba se realiza de forma adiabática y despreciando la energía potencial y la energía cinética tenemos la ecuación: .Debido a que nos proveen de una calidad. por esta razón también se desprecia una variación en la energía cinética.08 bares. d) se halla primero el calor de la caldera El proceso se lleva a cabo de 4 a 1. y también tenemos que la temperatura es la misma t3 y la podemos encontrar en la tabla. entonces tenemos los datos: T4=41. además sabemos que debe salir de la bomba como liquido subenfriado. Entonces buscamos T3 y t4 = 41.Ya conocemos h3.51ºC P4=40 bar p1=40 bares t1=440ºC h1= Para calcular la eficiencia se dividen el trabajo realizado por la turbina y el calor requerido por la caldera y se multiplica por 100%: .51ºC H3= P4=40 bares. 030m 2 q ! 900 KJ min a) para hallar la velocidad utilizamos la siguiente fórmula: v1 ! v1 ! Q A1 4.030m2.º K KJ K mol .4bar y 70m/s.314 KJ K mol .22.5m3/s de aire a 22ºC y 1bar por una sección de 0.314 . A un compresor entra un flujo volumétrico de 4. (b) el flujo másico en Kg/s. (c) la potencia suministrada en kilovatios. (a) la velocidad de entrada en m/s. Determínese.el estado a la salida es 400K.º K R! Kg 28.287 Kg º K . el flujo de calor perdido es 900KJ/min.5 m 3 s 0.4bares v2 ! 70 m s T1 ! 22Q C A1 ! 0.97 Kmol KJ R ! 0. 2. R ! 8. datos Q ! 4.030m 2 v1 ! 150 m s rta: la velocidad es 150m/s b) para encontrar el flujo másico se procede a calcular R! R M molar 8.5 m3 s p1 ! 1bar T2 ! 400QK p2 ! 2. ! 0.! KN 100 2 m 3 m .030m 2 v 150 0. ! RT de donde despejaremos el volumen específico y con este finalmente encontraremos el flujo másico.32 o Kg s rta/ el flujo másico es de 5.846 KJ Kg m s m! m ! 5.32Kg/s Para encontrar la potencia es necesario primero encontrar el trabajo de flecha.Al encontrar R procedemos a utilizar la ecuación P. W flecha ! (h2  h1 )  (v2  v1 )  q 2 2 . P. o sea que el Q dado hay que hacerle esta conversión. 0.287 m! o o AV .846 Kg 0. ! RT .! RT P KN * m v 295º K Kg º K . en este proceso también es necesario encontrar q . 7 psia. situada al final del conducto de 2 in.1Kwatts.32 Kg m kJ Kg  15 KJ q ! 2. se descarga el agua a 14. la bomba aislada descarga en un conducto de 2.83 Kg W ! 99.00 in de diámetro lleva agua desde un lago hasta una bomba situada 11. Un conducto aislado de 3. Una tobera. A. B.0 psia.32 Kg s W ! 531.0 ft por encima del nivel del lago.17 ¹ © ¹  ©  2.1Kwatts rta/la potencia suministrada es de 531.83 0 KJ Kg v 5.0 psia y 18 ft /s.q! Q 0 ! m S 5. Determínese.2 ft / s2 y todo el proceso es isotermo y adiabático. El agua entra al conducto de 3 in a 14. la potencia necesaria para mover la bomba en hp. a través de ella. 23. reduce el diámetro de la corriente y.0 ft por el conducto de 2 in.82 W flecha W flecha 0 2 ¨ ¨ m ¸2 ¨ ¸ © © 70 ¹  ©150 m ¸ ¹ ¹ ¨ KJ KJ ¸ © ª s º ª KJ ¸ sº ¹ ¨ ¹ ! © 400. el diámetro de salida de la tobera en pulgadas Primero que todo se todo tendremos que realizar el proceso de estos conductos . La gravedad local es 32. a continuación el agua asciende 60.82 Kg ¹ © Kg Kg ¹ © 2000 º º © ª ¹ ª © ¹ ª º KJ ! 99.98  275. 50 ºf y 8 ft /s.0 in a 59. 3048m ! 3.066bares T2 ! 50º F ! 10º C V ! 18 ft m ! 5. U 1 ! 3in ! 0.6 Kpa ! 4.0508m P1 ! 59 psia ! 406.35m altura1 ! 11.9648bares T1 ! 50º F ! 10º C V !8 ft m ! 2.81 2 s s Se procede a determinar los diferentes estados.49 s s 0.44 s s U 2 ! 2in ! 0. para esto se utiliza el grafico de volumen específico vs presión.3Kpa T2 ! 50º F ! 10º C g ! 32.0762m P1 ! 14 psia ! 96.DATOS: Para facilitar el proceso se realizan las conversiones a sistema internacional.7 psia ! 101. .2 ft m ! 9.0 ft v 1 ft P3 ! 14.48 Kpa ! 0. ( P2  P1 )  (v2  v1 )  g .1) se puede observar en el siguiente diagrama que el agua esta en un estado de liquido comprimido. W flecha ! . z 2  z1 2 2 W flecha W flecha W flecha 2 2 ¸ ¨¨ © © 5.49 m ¸  ¨ 2.44 m ¸ ¹ ¹ ¹ © KN © m3 m ¨ 18.3m  . 212 Kg Kg Kg KJ ! 0. 3.8 s © Kg m 1000 2000 m © º ª ¹ ¹ © º ª KJ KJ KJ ! 0.48) 2  © ª ! 1.6  96.0004 v 10 3 ¹ ¹  9.0121  0.534 Kg AV .31  0.353m ¸ sº ª sº ¹ (406. 2 T . 0004 v 10 3 Kg o Kg m ! 11.0.0762 m m 2.123 s m! o .44 o 4 s m! 3 m 1. Para encontrar la potencia necesaria para mover la bomba se utiliza la siguiente ecuación: W ! W flecha v m KJ Kg v 11.122 Kg s 0 1Kwatts 1.3405Hp W ! 5.94Watts v v ! 0.008 Hp 1000Watts 1Kwatts W ! 0.534 0 0 0 rta/ la potencia necesaria es de 0.008 hp Para encontrar el área tenemos que primero encontrar la velocidad final del proceso. Entonces como no la tenemos nos basamos en la ecuación de la conservación de la masa. m 2 ! m 3 Entonces: m3 ! 0 0 0 V3 v A3 .3 De esta ecuación podemos despeja el área final del conducto y por ende el diámetro final. (h ! . P3  P2 (h ! 1.0004 v 10 3 (h ! 0.305 KJ Kg m3 KN v .  (E C ! (h  (E C ! 0.6 2 101 Kg m Con la ecuación de la energía cinética podemos encontrar la velocidad del tercer proceso.3  406.305 (E C ! 0.305 KJ Kg KJ Kg . V3  V2 ! 0.305 2 2 KJ Kg 2 KJ ¨ m¸ V3 ! 0.122 0 Kg m3 v 1.45 v 10 m Al encontrar la velocidad. Con la siguiente ecuación encontramos el diámetro final. T vd 2 4 A3 v 4 d! T A3 ! d! d! .5 s Ya con esta velocidad aplicamos la ecuación: A3 ! m 3 v .5 s 5 2 A3 ! 4.44 ¹ Kg ª sº m V3 ! 2.305  © 2.0004 v 10 3 s Kg A3 ! m 2.3 V3 11. 4.45 v10 . El cambio en energía interna b.95 pulgadas 24. a una presión final de 2. Determine: a. Se comprime isotérmica y cuasi estáticamente medio kilogramo de aire en el interior de un sistema cerrado.95 pu lg adas d ! 0.0254m rta/ el diámetro final es de 2. La transferencia de calor en KJ .075m v 0.4 bares.45 v10 3 m2 v 4 m2 v 4 T 3 T 1 pu lg ada ! 2.4. de 1 bar y 30o C. a una presión de 11 kPa y 850 F de temperatura. por tanto  b.4 bares a. Un sistema cerrado contiene nitrógeno.P1 = 1 bar T1 = 30o C P2 = 2.Proceso isotérmico. como gas ideal en su interior.    Encontramos trabajo   Para gases ideales   entonces            25. en este momento sufre un proceso de compresión isotérmica en el . 3 y             . El calor y el trabajo para cada proceso en BTU/lb P1= 110 KPa T1= 85o F = 302. a.que la presión se triplica. El trabajo del ciclo en BTU/Lb b.4o K  P2= 3300 K T2= constante P3=constante c= P*V1. El calor total del ciclo en BTU/lb c. lo que genera un calentamiento isobárico del nitrógeno contenido en el sistema en este instante ocurre una expansión según la relación PV1.3 = constante. y     P = c / V1.3                  . 83 KJ/Kg   Trabajo total  .y   
85. El fluido sufre una compresión isotérmica entre 1-2 2. Un proceso politropico PVk = c entre 3-1 donde K= cp/cv Determine: El calor y el trabajo por cada proceso expréselos en KJ/Kg(m) sabiendo que: P1= 1 atm T1= 700 F P2= 6 atm y           y    . Un calentamiento a presión constante entre 2-3 3.26. Una masa de control realiza un ciclo de potencia con aire como fluido ideal de trabajo mediante tres procesos: 1.                 y  
. 2.41 KJ/Kg A un eje rotaorio a 200 rev/min se le aplica un par de 150 N * m a) calulese la potencia transmitida en KW b)en una resistencia se le aplica un potencial de 115 v de modo que atraves de ella pasa una corriente de 9A durante un periodo de 5 min calculese el trabajo electrico en kilojulios y la potencia instantanea en kw solucion a) calculo la potencia de eje wr ! 2TnrX = (2 T rad/rev)*(2000rev/min)*(150N*m) = 188495.27.92654watt* (1kw/1000 w) = 31.592N*m/min*(1min/60seg)*(1j/1N*m)*(1w*s/1j) =31415.13 pag 72 161.´ VIdt ! VI(t t1 t2 .4159kw b) Welectrico wr elec=115V (9A) 1035VA (1W/VA) wr elec =1035W Welec= ´ t1 t2 wr elec dt . calculese la potencia total suministrada al sistema en vatios Solucion wrtotal ! wreje  wrelec wreje ! 2TnrX ! (2Trad / rev) * (200rev / min) * (9 N * m) wreje ! 11309.0 A a la resistencia .Welec= 1035W*(5min*60s/1min) Welec=1035W * 300s Welec=310500W*s = 310500j Welec= 310500j*(1Kj/1000j) Welec=310.7335 N * m / min(1min/ 60seg ) * (1 j / 1N * m) *1w * s / 1 j ) . la rueda de paletas esta acondicionada mediante un par de 9. Un deposito de liquido contiene una rueda de paletas y una resistencia electrica .0V se suministra una corriente de 6.35KW 2 PUNTO 2.de 12.5Kj b.0 N * m y la velocidad del eje es 200 rev * min simultáneamente desde una fuente.1) potencia instantanea wrinst ! 115V * 9 A W r ! 1035W * 1KW / 1000W =10.17 pag 72 28. 30-L0) =0.33 ! = 0.2331-0.70m  L0) 0.33(0.49 w  72w W rtotal ! 260.30-L0) =0.30m mediante una fuerza de 50 N después se mantiene a una longitud de 0.49 w wrelec ! 12V * 6 A wrelec ! 72VA * (1W / VA) ! 72W W rtotal ! wreje  wrelec W rtotal ! 188.30 a0.49 w 29.70-L0)=(0. mediante una fuerza de 150 N determinese : a)la longitud natural del muelle L0 en metros b)la constante del muelle k en N/m c)el tabajo necesario para cambiar su longitud de 0.30-L0+0.wreje ! 188 / .33*L0=(0.70m que es la mayor de L0.2331=0.3320 .70 m en N-m solucion a) f=k(L-L0) 50 N ! k (0.30m  L0) Divido la 1 por la 2 y 150 N ! k (0. Un muelle lineal se comprime desde su longitud natural L0 hasta 0. 30m-0.30=-L0+0.10m W=20083*(0.6j 30.36-0.33*L0 =0.70m-0.30= (-1+0.=0.33)L0 L0= = L0=0.2331-0.04) N*m W=6. Considere que la mezcla se efectúa a una presión de 20 PSI. Si se desea suministrar una corriente permanente de agua caliente a 110° F.10metros b) f=k(L-L0) despejo k k= = = k=250N/m c)w= [(L2-L0 -(L1-L0 ] W= [(0.2331-0. §m r entra ! § m r sale p m r1  m r 2 ! m r 3 Datos: T1=140°F T2= 50°F T3= 110°F Desarrollo: ¨ m r1 ¸ m r1 h1  m r 2 h2 . determine la razón de las relaciones de flujo de masa del agua caliente respecto de la fría. Considere una regadera común donde se mezcla agua caliente a 140°F con agua fría a 50°F.10m -(0. r1  m r 2 m r1h1 m ! p r  h2 ! © r  1¹h3 r r ©m 2 ¹ m2 m2 m2 ª º h1 (140°F) =107.96 Btu/lbm . A una cámara de mezcla entra agua de dos fuentes.02 Btu/lbm m r1 h3  h2 ¨ 78. y (b) el diámetro del conducto de salida en centímetros. siendo la velocidad de salida 8. ! 0. ! 0.000 kg/h de vapor de 90 por 100 de calidad.88.02  18. La segunda fuente suministra 2. Determínese (a) la temperatura de salida en grados Celsius.33 Kg s . Una fuente suministra un flujo másico de 2. Datos: P cte= 10 bar Entrada: m1 ! 2000Kg Vapor húmedo del 90% h º m2 ! 2790 Kg Vapor h t2 ! 280 ºC Salida: V 3 ! 819 m a )T3 ! ?º C s b) diámetro ! cm ? mr1 ! 2000 mr 2 ! 2790 Kg 1h Kg .96  78.55 h 3600 s s Kg 1h Kg .06 ¸ !© ! ¹!2 m r 2 h1  h3 ª 107.h2 (50°F) =18.06 Btu/lbm h3 (110°F) =78. El proceso de mezcla es adiabático y se realiza a una presión constante de 10 bar. 234) 5.775 h 3600s s mr1  mr 2 ! mr 3 ! 1.02 º Relación del flujo de masa = 2:1 31.9 m/s. Ejercicios del libro de Termodinámica ± Wark (pág.790 kg/h de vapor a 280°C. mr ! A3 V3 V3 Fase V Sobrecalentado Fase L Comprimido h1 ! hF  X ( hFg ) h1 ! 762.2480 m kg Kj h2 ! 3.827.33 s h3 ! 2.3) Kj h1 ! 2.840 KJ/Kg(m) C = 2.008.778.16 °C .55) h3 ! K g(m) KJ Kg (m) KJ * (2.576.2 Kg 3 0 ! mr1 h1  mr 2 h2  mr 3 h3 mr1 h1  mr 2 h2 ! mr 3 h3 mr1 h1  mr 2 h2 ! h3 mr 3 (0.58)  (0.2) s Kg (m) s Kg (m) Kg (m) 1.9(2015.91°C E = 200 °C X = 196.818 KJ Kg (m) Interpolación para temperatura T X ! ( D  E) * ( B  C ) E ( A  C) A = 2.81  0.9 KJ/Kg(m) D = 179.775) * (3.1 KJ/Kg(m) B = 28.58 Kg T2 ! 280º C V2 ! 0.576.008. 16°C Interpolación para Volumen V V3 = A = 179.a) La Temperatura de salida es 196.0304m 2 * ! 304.0.33 ! Kg (m) . Determínese.9 1m 2 A! ¨ 304. Datos: P cte= 7 bar Entrada: 1. en grados Celsius.4cm 2 8. la temperatura del vapor que entra si la relación de flujos másicos de líquido comprimido a vapor sobrecalentado es 4.2060 m³/Kg(m) X = 0. Por una toma entra agua en estado de líquido comprimido a 35°C.6 cm 32.52:1.2037 m³/Kg(m) ºm ! AV V A! º mV V 1.2037 (100cm) 2 s ! 0.16°C C = 200°C D = 0.6cm pD! © ¹! © ¹ © 4 T ª T º º ª b) El diámetro del conducto de salida es 19. Liquido saturado Desarrollo: §m r entra ! § m r sale p m r1  m r 2 ! m r 3 .91°C B = 196. Liquido comprimido T1= 35°C 2. Un calentador abierto del agua de alimentación funciona a 7 bar.1944 m³/Kg(m) E = 0. Vapor sobrecalentado 3. por otra toma entra vapor de agua sobrecalentado y la mezcla sale del dispositivo como líquido saturado.4cm 2 * 4 ¸ T * D2 ¨ A*4 ¸ ¹ ! 19. ¨ m r1 ¸ m r1 h1  m r 2 h2 . 52 4.52 Kg (m) h3  h2 ! s h1  h3 Kg ( m) * (h1  h3 )  h3 ! h2 s  4. r1  m r 2 m r1h1 m ! p r  h2 ! © r  1¹h3 ©m 2 ¹ mr 2 mr 2 m2 ª º m r1 h3  h2 ! m r 2 h1  h3 m r1 Kg (m) ! 4.22) ! h2 s Kg (m) KJ ! h2 Kg (m) 3185.66 Se Interpolación de valores de h para hallar T : X ! ( D  E) * ( B  C ) E ( A  C) A 3184.66 KJ/Kg(m) C 3268.52 r m2 s h1 (35°C) = 146.7 KJ/Kg(m) B 3185.68 KJ/Kg(m) h3 (P=7bar) = 697.45°C .7 KJ/Kg(m) D 360°C E= 400°C X= 360.22 KJ/Kg(m) h2=? 4.52 Kg (m) KJ * (146.68  697.22)  (697.45°C La temperatura T del vapor de agua sobrecalentado es 360. Fluye vapor en estado permanente a través de una turbina adiabática. determine: a) El cambio de la energía cinética (KJ/Kg).33. 92% de calidad y 50m/s. Las condiciones de entrada del vapor son: 10Mpa. Estado entrada: La temperatura de saturación a 100 bares es de 311. c) El área de entrada de la turbina (cm2). b) La salida de potencia (Mw). las condiciones de salida son: 10 Kpa.   b) Salida de potencia. Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinámicos de entrada y salida del fluido. 450 C y 80 m/s. Condiciones: P1 : 10Mpa T1 : 450 0 C m V1 : 80 s P2 : 10 Kpa x ! 92% V 2: 50 m s a) Cambio de Energía cinética.1 C. Para expresar la energía cinética en términos de KJ/Kg se debe realizar el siguiente procedimiento. . 348. q=0 porque la turbina es adiabática. u. Para los valores de h.12 y A. T (°C) 440 450 480 Interpolando (a-c)=-40 C (b-c)=-30 C h (kJ/kg(m)) 3.Como la Tdada>TSaturación. Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A. .1 X 3. (Tabla A.13) La h es: Se procede a calcular el wflecha.3 kJ/kg (m) X  Estado salida: El fluido es un vapor húmedo porque el valor de la calidad es de 92%.246. v.4 (d-e)= -102. el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado.14 Se determina la h de entrada por interpolación: Tabla de interpolación de entalpia. T y P se trabaja con los valores de las tablas de agua en saturación. Para determinar el v1: Vapor sobrecalentado a 100 bares y a 450 C. T (°C) 440 450 480 Interpolando (a-c)=-40 C (b-c)=-30 C  v (m3/kg(m)) 0.03160 (d-e)= -2.49x10-3 m3/kg (m) X  .02911 X 0. Tabla interpolación de volumen especifico.Z2 y Z1=0 La potencia será igual: c) Área de entrada. 13 y por ende hay que realizar una doble interpolación. b) Calcule la relación de flujo de masa del vapor en Kg/s. Estado salida: El fluido tiene una calidad del 90%. v. Determine: a) El trabajo realizado por unidad de masa del vapor que circula a través de la turbina (KJ/Kg). P y T NO se encuentran en la tabla A.4 C. 90% de calidad. . Se trabaja con los valores de vapor sobrecalentado Tabla A. u. 180 m/s y z2=6m. Como la Tdada>TSaturación. Estado entrada: La temperatura de saturación a 20 bares es de 212.247.14 h1=3. Las condiciones de entrada del vapor son: 2Mpa. La entalpia de determina de la tabla A. Las condiciones de salida son 15 Kpa. el cual se encuentra en un estado de vapor húmedo. 50 m/s y z1=10m.34. 400 C. La salida de potencia de una turbina de vapor adiabática es 5MW.6 KJ/kg.14. Condiciones: P1 : 2 Mpa T1 : 400 0 C m V1 : 50 s P2 : 15Kpa x ! 90% V 2: 180 m s a) Trabajo realizado Lo primero que se realiza es determinar los estados termodinámicos de entrada y salida del fluido. Los datos de h. el fluido se encuentra en un estado de vapor sobrecalentado. P (bar) 0.05bar X Tabla de interpolación de entalpia para hg.15 0.15 0. P (bar) 0.1bar (d-e)= -59.20 h (kJ/kg(m)) 191.20 h (kJ/kg(m)) 2..584.83 X 251.57kJ/kg (m) (b-c)=-0.10 0.7 Interpolando (a-c)=-0.Tabla de interpolación de entalpia para hf.1bar (d-e)= -25kJ/kg (m) (b-c)=-0.7 X 2.40 Interpolando (a-c)=-0.10 0.609.05bar X  . Determínese (a) las velocidades de entrada y salida en m/s. y (c) la potencia necesaria en kilovatios (Kw). =Entrada = Salida . Como datos de propiedades tómese los datos de la capacidad térmica a 400°K.025 m2 q = -50 KJ/Kg Datos de salida P2 = 5 bar = 500 Kpa T2 = 450 °K A2 = 0.q=0 porque la turbina es adiabática. (b) el flujo volumétrico en la entrada en m3/min.0025m2 y se pierde un calor de 50 KJ/Kg. El área de entrada es de 0. el área de salida es de 0. b) Relación del flujo de masa del vapor en Kg/s. Se comprime un flujo de 18Kg/min de aire desde 1 bar y 290°k hasta 5 bar y 450 °K.025 m2. Datos de entrada (Aire) = 18kg/m P1 = 1 bar =100 Kpa T1 = 290°K A1 = 0. 35.0025 m2 Donde.  Donde Reemplazando los valores en la ecuación tenemos:              Ya con el volumen calculado encontramos la velocidad    . que es la siguiente:    De esta ecuación despejamos la velocidad Pero como no tenemos volumen y sabemos que el aire es un gas ideal entonces por medio de la ecuación de estado despejamos el volumen así: Despejamos el volumen.Para hallar la velocidad utilizamos la ecuación de flujo másico. primero el volumen por la ecuación de estado.5 por medio de las temperaturas 1 y temperatura 2 (entalpias respectivas)  El flujo volumétrico l en la entrada (m3/min) encontramos por la ecuación:  Donde Q = Caudal A = área .  ‰     La velocidad de salida es     Las entalpias las encontramos directamente en la tabla del aire tabla A.La velocidad de salida la encontramos de la misma manera. Para hallar el trabajo utilizamos la ecuación de conservación de la energía de energía: Y como sabemos en un ventilador se vuelve cero por que las diferencias de altura son las mismas. entonces la ecuación queda así: Despejamos trabajo de flecha  Para encontrar la potencia utilizamos la siguiente ecuación:    . 101 Kpa T2 = 21. 21.99 Kpa T1 = 20. Si la corriente es adiabática y entran 50m3/min.020mbar = 0.0 °C y 3m/s y lo descarga a 1. 20.36.75°K V2 = 18 m/s Para este proceso también utilizamos las ecuaciones anteriores como la de conservación de la energía: Para el caso vemos que el proceso es adiabático entonces q es igual a cero Como tenemos caudal Q despejamos área para hallar el gasto másico de la ecuación:    Ahora encontramos el volumen de entrada con ecuaciones anteriores  .6 °C y 18 m/s.15 °K V1 = 3 m/s q=0 Q = 50 m3/min Datos de salida P2 = 1. determínese la potencia suministrada en kilovatios (Kw). Un ventilador recibe aire a 970 mbar.020mbar. Datos de entrada (Aire) P1 = 970 mbar =96.6 °C = 294.0°C = 293. 16 X E 295.15 C 295 Interpolando h1 (KJ/Kg) D 290.75 C 295 h2 (KJ/Kg) D 290.     Hallado el volumen. encontramos gasto másico    Para hallar las entalpias hay que interpolar ya que a estas temperaturas no hay entalpias registradas Para la h1 T°(°K) A 290 B 293.17 para la h2 T° (°K) A 290 B 294.17  .16 X E 295. Una pieza separada de cierta masa. Para la h2 se realiza el mismo proceso    Con estos valores calculamos el trabajo de flecha del ventilador  Para hallar la potencia del ventilador aplicamos la siguiente ecuación:   37. cuya presión de  . Determine la masa de la válvula (gr) de una olla presión. el escape periódico del vapor previene cualquier presión potencialmente peligrosa y mantiene la presión interna con un valor constante. se coloca sobre esta abertura y evita que el vapor escape hasta que la fuerza de la presión supere el peso de la válvula. Una olla a presión cocina mucho más rápido que una olla normal. la válvula. La tapa de una olla a presión sella perfectamente y el vapor puede escapar solo por una abertura en la parte media de la tapa. En esta forma. al mantener la presión y la temperatura más altas en el interior. El sistema se calienta hasta el estado final. y y y y                                  38.3 Kpa. Suponga una presión atmosférica de 101. Determine: a) la calidad de la mezcla inicial b) el cociente inicial de volumen de vapor entre el volumen de líquido y . Una mezcla húmeda de agua se mantiene en un tanque rígido a 60ºc.operación es de 100 Kpa y que tiene un área de sección transversal con una abertura de 4 . que es el estado crítico. Un gasto másico de refrigerante 134a circulante por un ciclo de refrigeración es 0.y y y y y y     39. el fluido es liquido saturado a la salida del condensador determínese: a) La potencia de entrada al compresor en kW b) El flujo de calor en el evaporador en kJ/s c) El cociente a dimensional definido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. que entra al compresor adiabático a 1. .07 Kg/s.8 bar como vapor saturado y sale a 7 bar y 50 °C. 64 kJ kg (m) .71 kJ kg (m) h2 ! 286.a) POTENCIA DE ENTRADA AL COMPRESOR EN Kw wcompresor ! h2  h1 h1 ! 239.35 kJ kg (m) wcompresor ! 286.71 kg (m) kg (m) wcompresor ! 46.35 kJ kJ  239. = -48.71 kJ s 3.07 kg (m) s Qe var porador ! 10.26 kW b) 10.71 kJ s qe var porador ! 239.64 kJ kg (m) x 0.71 kJ/s c) 3.Wcompresor ! 46. .238.92 c) El cociente adimensional definido como calor transferido en el evaporador dividido entre el trabajo del compresor. coeficiente ! 10.07 kg (m) s Wcompresor ! 3. la prsion local de un lugar determinado es de 725 mm cFsg = 10 si en un sistema un vacuometro registra 7 PSI ¿Cuál s la prsion absoluta en mbar? Patm =725mmC Fsg=10 Pg= -7PSI.71 qe var porador ! 146. 26kW coeficiente ! 3.26kW b) El flujo de calor en el evaporador en kJ/s q evaporador ! h1  h4 h3 ! h4 h3 ! 86.92 Qe var porador ! 146.28 a).78 kJ kg (m) kJ kJ  86.78 kg (m) kg (m) kJ kg (m) kJ kg x 0.28 RESPUESTAS a) 3. 96kpa 22. la presion en pies de columna de mercurio equivalente a la suma de 36 pulgadas de columna de fludo sg = 6 y 0. más 5 cm de columna de fluido con densidad 4 es: p =350pulš p = 263.75m cFsg = 3.57 kpa m   8.81 K.75 x 305 x 9.11m x 40 a).05m x 4 x 9.9144m x 6 x 9.5947 p=h h= =   x 3 x 9.81 P = 79.49mCFsg=10 x = 496mmCFsg = 10 Pabs = patm + prelativa Pa = 725mmCF sg = 10 ± 496mm CFsg = 10 P= h   = 229mm CFsg = x 1m/1000mm x 10 x 9.57 kpa h=   + 0.81 = 263. h h=  = -0.N/m³ = 22.81 + 0. la presion en cm.2569m …‰ h= 3.25 y que es equivalente a 350 pulgadas de colunma de fluido con una densidad relativa de 3.25mš .5947 = 3.6mbar b).-48.238kpa = =10.81 = 79.46kpa x = 224. De columna de fluido con una densidad realtiva de 8.5 es: 36 pul x P = 0. Cual es la presión relativa del fluido con una densidad de 5? Prelativa = Pab ± Patm Prelativa = 90kpa Prelativa = 90     ’‹‡•š   x 9..13 . El gasto másico del aire. El valor de las entalpias es calculado con las temperaturas dadas en la tabla de propiedades del aire: Entalpia a 280°k=280. Determinar: a.81m   - Prelativa = … Š  41. si la presión absoluta de un fluido es de90kpa en un lugar donde un barómetro registra una presión de 3 pies de columna de mercurio.b)..La entrada de potencia necesaria para el compresor.Aire a 100Kp y 280°K se comprime permanentemente hasta 600 kpa y 400°. es de 0. Solución: q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z2  Z1 ) 2 2 Si consideramos que la energía cinética y potencial son despreciables entonces: q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z 2  Z1 ) 2 2 Entonces: q  Wflecha ! (h 2  h1) Wflecha ! (h 2  h1)  q El valor de q corresponde a la perdida de calor en este caso 16 KJ/kg(m).02 kg(m)/s y hay una pérdida de calor de 16 kJ/kg(m) durante el proceso. Considerando las variaciones de energía cinética y potencial despreciables. 5 m3/s de aire a 22°C y 1 bar por una sección de 0. Determínese a.030 m 2 v! v ! 150m / s RTA.A un compresor entra un flujo volumétrico de 4.El flujo de calor perdido es 900 KJ/min.737 Kwat * 1Hp =3..85 kj/kg(m)*0.13kj/kg(m) )  (16 kj/kg(m)) Wflecha ! 136 .El flujo másico en Kg/s c.La velocidad de entrada en m/s b. W ! 2.030m 2 * v s 4 .85 kj/kg(m).98 Posteriormente se reemplaza: Wflecha ! (h 2  h1)  q Wflecha ! (400. Solución: a..5 m 3 / s 0..67 0..737 Kwat r r r r Se realiza la conversión para pasar los Kwat a Hp: 2.Entalpia a 400°k=400..7467 Kwat 42.La potencia suministrada en Kilovatios. El valor de la potencia viene dado por: W ! wflecha * m W ! 136.02 kg(m)/seg..030 m2.5 m3 ! 0.98kj/kg(m)  280.flujo volumétrico o caudal Q Q=A*V 4.La velocidad de entrada es 150m/s . 8470m 3 / Kg ( m) m1 ! m1 ! 5. encontraremos el valor del volumen.El gasto másico es de 5...030 m 2 0.15r K * 28.k 295.15 °K= 22°C+273.3128 Kg ( m) / s RTA.3128 Kg(m)/s c.314 KJ / KGmol .15 °K=295. Como se trata de aire se aplica la expresión P ! RT 1 ! RT P Temperatura convertida a °K °K=°C+273..La potencia suministrada en kilovatios: q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z2  Z1 ) 2 V22  V1  g ( Z2  Z1 ) 2 2 2 q  Wflecha ! ( h2  h1)  Se calcula la perdida de calor: Q ! m* q r Q! r 900KJ = 15KJ min seg .m1 ! v1 * A1 1 La velocidad 1 se conoce al igual que el área.15 1 ! 8.b.97 Kg ( m) / Kg ( mol ) 100 KN / m 2 1 ! 0.8470m 3 / Kg ((m) Encuentro el gasto másico: m1 ! v1 * A1 1 150 m / s * 0. 5166Kwat Rta.8237 KJ / Kg ( m) Encuentro las entalpias a la entrada y a la salida Entalpia a la entrada a temperatura de 295.6831 W ! wflecha * m r r W ! 99.r q! Q m q! 15 KJ / seg 5. D= h=295.5166kwat r r .312 Kg ( m) / seg q ! 2.la potencia es igual a 529.3206 Entalpia a la salida: a 400°K=400.98  295.15°K Se interpola para obtener el valor de la entalpia entre 295°K y 300°K A= 295°K ««.8237  Wflecha ! (400.19 X ! (D  E ) * ( B  C ) E ( A  C) Al aplicar la formula el valor de entalpia es= 295.3206)   g ( Z 2  Z1 ) Wflecha= 99.15°K««« h=X C= 300°K««««« E= h=300..312 W ! 529.17 B= 295.98 Reemplazo q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z2  Z1 ) 2 702  1501 2 *100 2 2  2.6831 * 5. 43. Determínese la potencia necesaria. utilizando los datos de la tabla A.01kg / kgmol h2 ! h 2  h1 ! 109.54 Kj / Kg Se procede a sustituir en la fórmula de trabajo de flecha: q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z 2  Z1 ) 2 2  4 KJ / Kg  Wflecha ! (109.9 Para determinar la potencia encuentro trabajo de flecha: q  Wflecha ! ( h2  h1)  V22  V1  g ( Z2  Z1 ) 2 2 Con las temperaturas dadas encuentro el valor de las entalpias Entalpia a la entrada a temperatura de 310°K= 9807KJ/Kmol Entalpia a la salida a temperatura de 430°K= 14628 KJ/Kmol Como las unidades están en KJ/Kg.54 Kj / Kg ) Wflecha ! (109. pero se pierde un calor de 4..54Kj / Kg )  4 KJ / Kg Wflecha ! 113. Se debe convertir las unidades de la entalpia.El flujo volumétrico necesario en las condiciones de entrada es 30m3/min. en Kilovatios.5 MPa y 430K.8357 44.543KJ / Kg El siguiente paso es encontrar el gasto másico m1 ! v1 * A1 1 Q ! v1 * A1 .3790 44.Se comprime dióxido de carbono desde 0.1MPa y 310K hasta 0.0 KJ/Kg. La variación de energía cinética es despreciable.01kg / kgmol 14628 KJ/Kmol ! 332. dividiendo cada una sobre la masa molar del dióxido de carbono h1 ! 9807 KJ/Kmol ! 222. Del condensador sale líquido saturado a 0. y (c ) el flujo de calor cedido en el condensador en kJ/s. . cuya potencia de salida neta es 9 MW.5 / m 3 / seg Como se trata de un gas ideal se aplica la expresión P ! RT 1 ! RT P 310 K 8. 560 ºC y sale a 0. En un ciclo simple de potencia.543KJ / Kg * 0.Q corresponde al valor de caudal y este ya está dado.94 Kwat La potencia requerida en kilovatios es 96.5m 3 / s 0.01Kg ( m) / Kg ( mol ) 100 KN / m 2 1 ! 1 ! 0.58562599m 3 / Kg ((m) m1 ! 0.314 KJ / KGmol. el vapor de agua entra a la turbina a 10 MPa.853787 Kg / seg W flecha ! 96.010 MPa y una calidad del 86 por 100.010° MPa y la variación de temperatura en la bomba adiabática es despreciable.853787 Kg / seg W flecha ! 113.853787 Kg / seg El valor de la potencia viene dado por: W flecha ! wflecha * m W flecha ! 113.5856259 m 3 / Kg ((m) Reemplazo en la fórmula de gasto másico: m1 ! 0.k * 44. Q ! 0. ambos en kJ/kg.543KJ / Kg * 0. se procede a encontrar el volumen específico. Determínese (a) el trabajo de la bomba y de la turbina.94 r r r r r 43. (b) el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida. 010MPa Hallar w de la bomba en KJ/Kg .010 MPa = 10 KPa = 0.1 | Turbina p t Caldera Conden 4 2 1 _ Bomba 4 _ 3 2 v | 3 P1 = 10 MPa = 10000 KPa = 100 bar T1 = 560ºC P2 = 0.1 bar X = 86% En 3 liquido saturado P3 = 0. En el diagrama podemos ver que la presion en el punto 4 y el punto 1 es la misma    Como el proceso es adiabático no hay variación de temperatura. por tanto no hay variación de energía interna    Por tanto el trabajo de la bomba es Hallar el trabajo de la turbina en KJ/Kg . Pdada 100 bar 560ºC Tdada > 311.1 Tsatu estado vapor sobre calentado Como el estado 2 es un vapor húmedo la entalpia la podemos conseguir         Hallar el porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida . Para ello debemos encontrar el calor suministrado a la caldera         Ahora calculamos el porcentaje Hallar el flujo de calor cedido por el condensador   . permaneciendo la temperatura constante. y grafique los procesos causiestaticos en un diagrama PV. al final del proceso la presión es de 60PSI y la temperatura 35ºC a) determine el trabajo realizado en KJ y su trayectoria b) que tipo de proceso se realiza . Determine el trabajo que hace el gas. se calienta a presión constante hasta que su volumen se duplica.5Kg (m) e inicialmente la presión es de 1.03m3.5 bares y 0.1m3.    44. después el aire se comprime hasta un volumen de 0.5atm y 35ºC.(m)) b) el calor y su dirección de flujo III Una sustancia se encuentra contenida en un conjunto cilindro-pistón el pistón tiene una masa de 4. II Un conjunto cilindro-pistón contiene 0. Posteriormente se le permite expandirse isotérmicamente hasta que el volumen se duplica de nuevo.4 m3 de aire a 100KPa y 80ºC. en KJ/Kg mol. I Un gas ideal se encuentra inicialmente dentro de un objeto de pistón y cilindro a 1. La temperatura inicial es de 300ºK. Determinar: a) el trabajo realizado durante el proceso (KJ/Kg. Luego se suministra calor a volumen constante hasta que se alcanza una presión 3bares (estado 3) a) determine.(m) b) determine las mismas variables para el proceso 2-3 en KJ/Kg. el cambio de energía interna y la transferencia de calor del proceso 1-2 en KJ/Kg. (m) (estado 2). Se extrae calor a presión constante hasta que el volumen se de 1000cm3/gr.IV Se tiene agua que inicialmente es un vapor saturado a 1bar (estado 1).(m) c) dibuje los dos procesos en un diagrama p-v con respecto a la línea de saturación I . el trabajo. 06m3 a) Proceso Isobárico         Ahora como necesitamos el trabajo especifico: Tenemos que Entonces: es la masa mol del aire y 0. = 150 KPa = 107.12m3 isobárico P2 = 150KPa isotérmico P3 V2 = 0.5 bar.15Kg (m) es la masa del aire .1 2 Tº= 300°K P1 = 1.62KPa V1= 0.03m3 V3 = 0.   b) Proceso Isotérmico  Como es un gas ideal   Entonces:     .    . 1m3 T2 = 80°C a)  Como es un gas ideal   Entonces:  .15 °K se comprime V2 = 0.II Aire V1 = 0.4m3 P1 = 100KPa T1 = 80°C = 353.    b)  Para determinar tenemos que: =0  Como el proceso es isotérmico Por tanto no hay variación de energía Entonces  III . m = 4.15°K proceso isotérmico P2 = 60PSI T2 = 35°C=  Como es un gas ideal   Entonces:   Como la T es constante realizando igualación en la formula para gases ideales tenemos que Ahora reemplazamos en la formula de trabajo en la región del ln .5 Kg (m) P1 = 1.5atm T1 = 35°C 308. . T = 99. Ahora necesitamos que las presiones estén en las mismas unidades entonces   IV Estado 1 2 Vapor saturado  P1 = 1bar  extrae calor a P Cte.63°C Isobárico   . 694 Estado 3 T (°C) Liquid Comprimido . Com 1bar V .63°C Liq.  1 bar T = 99.      Estado 2 P (bar) Vapor Húmedo .0432 * 10 -3 3 1 1.63°C Vapor húmedo P = 1bar V (m /Kg) 1. T = 133.6°C  3bar 99. . .        Por ser el proceso isovolumetrico no hay trabajo Entonces La transferencia de de calor es .