Termo Final

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN ANTONIO ABADDEL CUSCO FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA, ING MECANICA E ING DE MINAS CARRERA PROFESIONAL DE INGENIERIA MECÁNICA. CURSO: TERMODINAMICA I Tema: Resolución de Ejercicios Alumnos: Hendrick Delgado Ochoa Julio Cesar Atauchi Valencia Cesar Rocca Chino Miguel Angel Chipa Casaverde CUSCO-PERU 2015-I EJERCICIOS PROPUESTOS DE CALORES ESPECIFICOS PGN 602 CAPITULO 17 TEMPERATURA Y CALOR LIBRO FÍSICA UNIVERSITARIA YOUNG FREEDMAN Ejercicio 17.35: Imagine que le dan una muestra de metal y le piden determinar su calor especifico .Pesa la muestra y obtiene un valor de 28.5 N. Añade con mucho cuidado 1.25 x 104 J de energía calorífica a la muestra y observa q su temperatura aumenta 18.0 °C. ¿Qué calor especifico tiene la muestra? DATOS: HALLANDO LA MASA DEL PESO X=Metal PESO=W=m×g Ce=? W m= g Peso=28.4N 28.4 4 Q=1.25 x 10 J m= 9.8 ∆T=18°C m=2.89 Kg Entonces: hallamos el calor especifico de la formula, Q=m.Ce. ∆T Ce= Q m. ∆ T 4 Ce= 1.25 x 10 J 18 ° C x 2.89 Kg Ce= 243.66 J Kg . ° C Ejercicio 17.42: un técnico mide el calor especifico de un líquido desconocido sumergiendo en el una resistencia eléctrica . la energía eléctrica se convierte en calor transferido al líquido durante 120seg con tasas constante de 65.0 W .la masa del liquido es de 0.780Kg y su temperatura aumenta de 18.55°C a 22.54°C a)calcular el calor especifico promedio del liquido en ese intervalo de temperatura .Suponga que su cantidad de calor que se transfiere al recipiente es despreciable y no se transfiere calor al entorno. T final= 22.54 °C Datos: Hallando el calor de la potencia Trabajo tiempo POTENCIA= 65.0 W Potencia= T= 120seg calor m=0.780 Kg Calor = potencia x tiempo T inicial= 18.55 °C Q = 65.0 W x 120seg ; trabajo = Q = 7800 J Entonces hallamos el calor especifico de la formula Q=m.Ce. ∆T ° F . ∆ T 7800 J Ce= 3.39: supongamos que 8 lb de una sustancia reciben 240Btu de calor a volumen constante . ∆ T Ce= 240 Btu 150 ° F x 8 lb ∆T= 150 °F Ce= 0.Ce= Q m. y experimentan un cambio de temperatura de 150 °F. ∆T Ce= Q m.780 Kg Ce= 2506 J Kg .Ce.99 ° C x 0.02 Btu lb . determine el calor especifico medio de la sustancia durante el proceso Datos: Q= 240 Btu m= 8 lb Hallando el calor especifico de la formula Q=m. ° C PAGINA 60 CAPITULO 2 LIBRO DE TERMODINÁMICA DE FAIRES SIMMANG Ejercicio 2. 40: En el caso de un sistema a presión constante cuya masa es de 40 Kg se requiere 1 cv.129 KJ Q m.498 W Q= 44.82 Btu PAG: 120 CAPITULO: 6 AUTOR : JOSE SEGURA 6. ∆T m= 40kg Ce= T= 1 °F Primero conversiones hacemos Ce= 1 CV = 735.min Q=m. .0455 Btu lb .82 Btu 1 ° F x 40 lb Ce= 1.°F Datos Entonces usando la formula Q= 1cv.min para elevar su temperatura en 1 °F determine el calor especifico para el sistema en Btu/lb. ∆ T 41.Ce.1)DETERMINE EL CALOR ESPECIFICO MEDIO A PRESION CONSTANTE DEL NITROGENO EN EL INTERVALO DE TEMPERATURA 273 – 3770°K HACIENDO USO DE LOS VALORES INDICADOS EN LA TABLA IV DEL APENDICE.Ejercicio 2.0558J Q= 41.° F 1 Btu = 1055. 95082( 10 CON LO QUE SU VALOR MEDIO EN EL INTERVALO ES : T2 ) KJ K .0.336 + 6.23( 10 T) . Kmol .DE ACUERDO CON LA TABLA IV EN EL INTERVALO DE TEMPERATURAS 273 – 3770°K EL CALOR ESPECIFICO MOLAR A PRESION CONSTANTE VIENE EXPRESADO POR LA FORMULA Cp = a + b x 10−3 T + c x 10−6 T2 + dx 10−9 x T3 tenemos que : −3 −6 Cp = 27. 2527 K g .−3 −6 2 27.23(10 T )−0. Kmol Cp =35. 95082 3 3 10−6 3770 ¿ )( - 1 3497 [ 27.2527 KJ Kg . 0755 = KJ Cp = 1. Kmol LUEGO EL CALOR ESPECIFICO MEDIO SERÁ : Cp = Cp M KJ K . 23 −6 2 (10 T ) 2 - 0.0755 KJ K .95082(10 T )dT ¿ 3770 Cp= = 1 ¿ ∫ 3770−273 237 6 . Kmol Kg 28 Kmol 35 .336+6. ° k = 1.0755 KJ K .336T + 273 3 ) ] = 35. ° k . Si el volumen inicial es de 3Litros y el gas se expande isobáricamente a una presión de 2 atm.) .1345 EJERCICIO PROPUESTO NUMERO 11.  Un gas ideal contenido en un cilindro con pistón móvil es calentado de 27°C a 227°C.EJERCICIOS PROPUESTOS DE TRABAJO PARA SISTEMA CERRADO AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG. ¿Cuánto trabajo desarrollo el gas? Resolviendo…… Como en el enunciado nos afirma que es una expansión isobárica(presión cte. 67).  Un gas sigue un proceso adiabático indicado por la gráfica P-V adjunta ¿Cuánto trabajo desarrollo el gas? (K=1.06804 0. .00378m3 3.7499 Pa )x( 0.75 J W= P∫ 3l AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG.1347 EJERCICIO PROPUESTO NÚMERO 23.785411 ) 5l dv =404.Vb W= ∫ Pdv Va entonces W= P x (VX-Va) Hallaremos el volumen final (Vx) Sabemos que: V 1 V2 = T1 T 2 Remplazando: 3l Vx = ( 27 +273 ) ° k ( 227+373 ) ° k Como resultado Vx=5litros 5l dv =P(5l-3l)=2atm x 2L=4atm x L=4x( W= P∫ 3l 6894. 59 1.Al ser un proceso adiabático Q=0 Sabemos que: PxV k =cte P1 xV 1k =P 2 xV 2k 256 x 0.1349 EJERCICIO PROPUESTO NÚMERO 31.2−8 x 1.67 =8 xV 2 1.67 3 De donde sacamos valor de V2=1.2 1.59 m Usando el este valor para hallar el trabajo W 1−2= P 1 xV 1−P 2 xV 2 k −1 W 1−2= 256 x 0. .67−1 W 1−2=57.4328 KJ AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG. W = -90 J AUTOR :JOSE SEGURA PAG: 120 CAPITULO:6 .Si la presión del gas varia con el volumen según la ecuación: 3 P=(12-V) donde P en Pa y V en m .2 x (16−100) Efectivamente el signo negativo nos constata que se comprime. P1=3x(12-V1)=6 Donde: 3 V1=10 m Ahora usamos la formula de trabajo: v2 Pdp = W= ∫ v1 4 ∫ 3 x (12−V )dp 10 Desarrollando la integral tenemos: 3 W=36x(4-10). ¿Qué cantidad de trabajo desarrollo el gas? Nuestros datos iniciales son: P1=6Pa 3 V2=4 m Y una relación P=3x(12-V) la cual satisface para cualquier punto por lo tanto hallamos el volumen inicial. Un gas tiene inicialmente una presión de 6 Pa y luego se 3 comprime hasta que su volumen final sea 4 m . Como se comprime isotérmicamente la T1=T2=cte Nuestros datos son: .2) Calcular el trabajo en la expansión de 500 g de un gas a la presión constante de 300KN/m2 cuando el volumen pasa de 200 a 450 dm3.Determinar la presión final y el W puesto en juego.4) Un gas se comprime isotérmicamente desde una presión de 100KN/m2 y un volumen de 0.008m3. 6. Nuestros datos son : M=500g=0.058 m3 a un volumen de 0.5Kg P=350KN/m2=Cte W=? V1=200dm3 Hallando el trabajo con la formula v2 W=p ∫ dv =p (v 2−v 1) v W=350 KN ( 4560−200 ) dm 3 m2 KN 1m 3 3 x 250 d m x( ) W=350 m 3 10 dm W= 350 KN 1 3 x m m3 4 W=87.5KNm AUTOR :JOSE SEGURA PAG: 120 CAPITULO:6  6. 008m3 W=? De la formula para trabajo para una isoterma W=RTLnV2/V1 W=0.05) El signo negativo nos confirma la compresión.v . W=-11.058m3x100KN/m2xLn(0. .0087/0. u= 800 Btu/lb y sale P =20psia.v= 500pie/seg u=780Btu/lb.05lb/ pie .489KJ PROBLEMAS PROPIESTOS DE TRABAJO EN UN SISTEMA ABIERTO PAG:104 LIBRO:TERMODINAMICA FAIRES SIMMANG Ejercicio 4. p=0. P2=? V1=0. p=0.P1=100KN/m2 . V2=0.058m3 .2 lb/ pie 3 =100pie/seg .19: supongamos que 5lb/seg de un fluido que entra a un sistema 3 de estado estable y flujo constante con P=100 psia . Durante el paso a travez del sistema abierto cada libra de fluido cede 10Btu de calor . determine el trabajo por unidad de tiempo en caballos de potencia(hp). 186joule /lb + ( +W .2046 lb 1cal=4.05lb/ pie 3 Flujo constante (∆P=0) V2=500pie/seg P1=100psia U2=780 Btu/lb 3 p=0. ∆PV es trabajo de flujo. pie 100 0. ∆P enegia potencial.3048 metros 1Kg= 2.8947 kilopascals 1Joule=0. pie +W 2 2 /lb+120k pie /seg Transformación de unidades: 1psi=6.05 2 500 −100 2 2 − 2 2 ) pie /seg 3 −10Btu/lb= 20 Btu/lb −100psi.2 lb/ pie Calor=Q=-10Btu/lb V1=100pie/seg U1=800 Btu/lb Usamos la formula del primer principio de la termodinámica Q=∆U+∆PV+∆P+∆K+∆W (∆U es energía interna .2 3 )psi. ∆K enegia cinetica y ∆W trabajo) Reemplazando los datos : 20 −10Btu/lb=(780−800) Btu/lb+( 0.0009478Btu 1pie=0.Solución Datos: ENTRADA SALIDA Caudal=5lb/seg P2=20psia Sistema estable p=0. 54 Btu 2 +W +W W= 23. Durante este proceso se han suministrado 25000Btu/h (6300Kcal/h) de calor desde una fuente externa .48 Btu/lb + 4.004 KJ/lb × 5lb/seg Pot= 167.33 °C ) y lo descarga desde un punto a 80 pie (24 m) por encima de la sección de entrada a 150 psi (10.14 K J / Kg −10 Btu/lb= 20 Btu/lb − ¿ lb 18.56 °C).004 KJ/lb Usamos la formula de potencia P=caudal .22: Un sistema termodinámico con flujo contante y estado estable recibe 100 lb/min (50 Kg/min) de un fluido a 30 psi (2.1 Kgf/ cm 2 ) y 200 °F (93.56 °C V1=2160 m/min 2 . pie −10 Btu/lb= 20 Btu/lb − −10 Btu/lb= 20 Btu/lb − 2 /lb + 11. y el incremento de entalpia es de 2.14 K m /seg 19.52 KJ /lb + 11.78 Btu +W +W ¿ Kg 18.5 kgf/ cm 2 ) y 600 °F (315. Determinar el trabajo reaizado en caballos de potencia.59 Hp PAG:105 LIBRO:TERMODINAMICA FAIRES SIMMANG Ejercicio 4.47 Kpa. El fluido entra con una velocidad de 7200 pies/min (2160 m/min) y sale con una velocidad de 2400 pies/min (720 m/min ) .48 Btu/lb + 10.5 Kgf/ cm T1=315.7 Btu/lb Transformamos a joule W= 25.−10 Btu/lb= 20 Btu/lb − 3 689.0 Btu/lb (1.11 Kcal/Kg). SOLUCION Datos : Entrada Flujo constante Caudal= 50 Kg/min P1=10. trabajo Pot=25. 1cal=4.1 Kgf/ cm Z2=24m 2 V2=720 m/min Q=6300Kcal/h ∆h=1. ∆K enegia cinetica y ∆W trabajo) Nota: la entalpia (h) =∆U+∆PV .52 seg 2 6300 Kcal = 1.36 Kcal Kg + 6300 Kcal = 0.52 Kg + 6300 Kcal = 1.11 Kcal/Kg W= ? Hp Usamos la formula del primer principio de la termodinamica : Q=∆U+∆PV+∆P+∆K+∆W (∆U es energía interna .11 h Kcal kg K m2 −4147.75 h Kcal kg + KJ W + W W W m2 min2 W + W .11 h Kcal kg −1.2 min2 2 ) + Transformacion : 1min = 60 seg .33 °C P2=2. ∆P enegia potencial.Salida T2=93.11 h Kcal kg K m2 −1. ∆PV es trabajo de flujo.11 h Kcal kg 720 −2160 +( 2 Kcal 6300 = 1. el flujo es contante ∆P=0 Entonces : Q=∆h+∆K+∆W Reemplazando los datos 2 Kcal 6300 = 1.11 h Kcal kg –o.186joule Kcal 6300 = 1. ∆h= 120 Btu c) sin flujo W.5 W=67.31Hp PAG:104 LIBRO:TERMODINAMICA FAIRES SIMMANG Ejercicio 4. ∆P=−2 Btu .17 : el volume de un sistema de fluido compresible varia desde V 1 =1 pie3 3 hasta V2= 5 pie durante un proceso interiormente reversible en el que varia la presión según P=(100/V +50) psia cuando Vol esta en a) para el proceso determine − ∫ V dp y ∫ p dv Datos : 3 Vol1=1 pie 3 Vol2= 5 pie a) determine − 3 pie ∫ V dp y ∫ p dv b) hallar el calor y el trabajo ∆K=5Btu . Vol en pie3 . Q P=(100/V +50) . b)si ∆K=5Btu .5 Kcal min + Kcal min + W W Kcal min KJ W=4.5 h Kcal min = 37. ∆P=−2 Btu . Q . ∆U solución .Multiplicamos el caudal 6300 105 Kcal = 37.709 seg W=6. ∆h= 120 Btu halle el trabajo y el calor si el proceso es sin flujo determinar W. . pie = 31. Psi V2 V1 .24 KJ Para = = = ∫ P .(P+50) dp 100( P+50) P =−100[ P 50 2 2−¿ 50 dp + P ∫¿ 2 2−¿ 50 ∫¿ dp ] 2 =−100[ 1 P2−502 ln( 2 =−100 ln (P −¿ 50) −¿ =−100 [ln (20) P2+ ¿50 1 P2−¿ 50 )+ 2 ln( ¿ ¿ 2 ) P2 P1 ln (100)] 3 =160. dp a) para =− .despejando de la función Vol= P−50 100 =− ∫ P−50 dp =− ∫ ( P−50 ) .vol =100 (1. dvol .61) + 200 =361 pie3 .94 psi.despejando P=(100/V +50) +50 ) dvol ∫ ( 100 Vol ∫ 100 dvol V =100 ln( vol) + ∫ 50 dvol V2 V 1 + 50 .100 ∫ Vol . 079 lb/ pie pie3 /min de aire cuya densidad es 3 y lo descarga con una densidad de 0.P2=80 psi .24 KJ =5Btu + (. 43 KJ b) usando la formula :Q=∆h+∆K+∆W Por ser sin flujo entonces : - ∫ Vol . ∆K enegia cinetica y ∆W trabajo) Reemplazando los datos . ∆P enegia potencial. en la descarga . ∆PV es trabajo de flujo. dp =∆h+∆K+∆W 31.2 Btu ) + W 63. P1=15 psia .38 BTU PAG:104 LIBRO:TERMODINAMICA FAIRES SIMMANG Ejercicio 4. Solución Datos : Toma de aire Q= -13 Btu/lb Caudal volumétrico =500 Descarga 3 pie /min 3 P2=0. determinar el trabajo efectuado sobre el aire.=70.21: Un compresor toma 500 3 de 0.8 Btu/lb y el calor cedido por el aire al enfriamiento es de 13 Btu/lb.304 lb/ pie 3 p=0. En la succion .079 lb/ pie P2=80 psi P1=15 psi ∆U=33. Despreciando los cambios de energía potencial y energía cinetica . El incremento en la energía interna especifica es de 33.8 Btu/lb Usando la primera ley de la termodinámica Q=∆U+∆PV+∆P+∆K+∆W (∆U es energía interna .38 Btu =3 Btu +W W= 60.304 lb/ pie . 079 ¿ lb/ pie3 =33.01 Kg/seg de vapor de agua desde el estado de vapor saturado a 50 °C hasta una presion de 800 Kpa a 200 °C se necesita una potencia de 6 Kwatt.8 Btu lb + 14.29 lb + + W W Transformando unidades : 1psi=6. 1Joule=0.8 Btu lb + 13.3048 metros .0009478Btu =33.55 Btu lb + W Btu -13 lb + W 3 + W W=-60.94 : para comprimir 0.8 Btu lb Kpa . m + 14.8 Btu lb + ( 0. pie 3 + 73.8 Btu lb Kpa .31 lb Btu -13 lb =33.8947 kilopascals .35Btu/lb LIBRO : TERMODINAMICA PARA INGENIEROS PAG:112 Ejercicio 4. Calcule el calor cedido por el por el compresor por unidad de tiempo .8 Btu lb psi .31 KJ lb + W -13 Btu lb =33. 1pie=0. pie 3 + 505.304 − 0. Datos : Punto 1 T= 50 °C Punto 2 P2=800 Kpa T= 200 °C P=6 Kwatt .31 lb -13 Btu lb =33.-13 Btu lb Btu -13 lb 80 15 psi =33. 1KJ/Kg hallando la entalpia del punto 2 de vapor sobre calentado h=2839.529 Kwatt .Hallando con la temperature la entalpia del punto 1 de vapor saturado hg=2592.2 – 2592.2 KJ/Kg usando la formula general Q= C(h2-h1)+ W . es negativo por es el calor cedido por el compresor .01 (2859. C= flujo másico Reemplazando: Q= 0.1) – 6 Q= -3. ¿Cuánto trabajo desarrollo el gas? Resolviendo…… Como en el enunciado nos afirma que es una expansión isobárica(presión cte.) Vb W= ∫ Pdv Va entonces W= P x (VX-Va) Hallaremos el volumen final (Vx) .  Un gas ideal contenido en un cilindro con pistón móvil es calentado de 27°C a 227°C.1345 EJERCICIO PROPUESTO NUMERO 11.EJERCICIOS PROPUESTOS DE TRABAJO PARA SISTEMA CERRADO AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG. Si el volumen inicial es de 3Litros y el gas se expande isobáricamente a una presión de 2 atm. Sabemos que: V 1 V2 = T1 T 2 Remplazando: 3l Vx = ( 27 +273 ) ° k ( 227+373 ) ° k Como resultado Vx=5litros 5l dv =P(5l-3l)=2atm x 2L=4atm x L=4x( W= P∫ 3l 6894.75 J W= P∫ 3l AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG.785411 ) 5l dv =404.1347 EJERCICIO PROPUESTO NÚMERO 23. .7499 Pa )x( 0.00378m3 3.67).06804 0.  Un gas sigue un proceso adiabático indicado por la gráfica P-V adjunta ¿Cuánto trabajo desarrollo el gas? (K=1. 21.67 3 De donde sacamos valor de V2=1.Si la presión del gas varia con el volumen según la ecuación: .2−8 x 1.67 =8 xV 21.67−1 W 1−2=57.Al ser un proceso adiabático Q=0 Sabemos que: PxV k =cte k k P1 xV 1 =P 2 xV 2 256 x 0.  Un gas tiene inicialmente una presión de 6 Pa y luego se 3 comprime hasta que su volumen final sea 4 m .4328 KJ AUTOR: INSTITUTO DE CIENCIAS Y HUMANIDADES PAG.1349 EJERCICIO PROPUESTO NÚMERO 31.59 1.59 m Usando el este valor para hallar el trabajo W 1−2= P 1 xV 1−P 2 xV 2 k −1 W 1−2= 256 x 0. 2 x (16−100) Efectivamente el signo negativo nos constata que se comprime. W = -90 J AUTOR :JOSE SEGURA PAG: 120 CAPITULO:6  6. . ¿Qué cantidad de trabajo desarrollo el gas? Nuestros datos iniciales son: P1=6Pa 3 V2=4 m Y una relación P=3x(12-V) la cual satisface para cualquier punto por lo tanto hallamos el volumen inicial. P1=3x(12-V1)=6 Donde: 3 V1=10 m Ahora usamos la formula de trabajo: v2 W= ∫ Pdp v1 4 = ∫ 3 x (12−V )dp 10 Desarrollando la integral tenemos: 3 W=36x(4-10).3 P=(12-V) donde P en Pa y V en m .2) Calcular el trabajo en la expansión de 500 g de un gas a la presión constante de 300KN/m2 cuando el volumen pasa de 200 a 450 dm3. 5Kg P=350KN/m2=Cte W=? V1=200dm3 Hallando el trabajo con la formula v2 W=p ∫ dv =p (v 2−v 1) v W=350 KN ( 4560−200 ) dm 3 m2 KN 1m 3 3 x 250 d m x( ) W=350 m 3 10 dm W= 350 KN 1 3 x m 3 4 m W=87.008m3.5KNm AUTOR :JOSE SEGURA PAG: 120 CAPITULO:6  6.Nuestros datos son : M=500g=0.058 m3 a un volumen de 0.4) Un gas se comprime isotérmicamente desde una presión de 100KN/m2 y un volumen de 0.Determinar la presión final y el W puesto en juego. . 0087/0. P2=? V1=0.05) El signo negativo nos confirma la compresión. Si la presión y la temperatura iniciales son 200 KPa y 100 ⁰C respectivamente. 99 1) Mediante una rueda de paletas colocada en el interior de un recinto aislado.489KJ EJERCICIOS PROPUESTOS DE PRIMER PRINCIPIO PARA SISTEMAS CERRADOS TERMODINAMICA PARA INGENIEROS SHAWN PROB-4.Como se comprime isotérmicamente la T1=T2=cte Nuestros datos son: P1=100KN/m2 . se le comunica al aire un trabajo de 200 KJ. . V2=0.008m3 W=? De la formula para trabajo para una isoterma W=RTLnV2/V1 W=0. W=-11. determinence la temperatura y presión finales.73 PAG.058m3x100KN/m2xLn(0.058m3 . 736 Kg TERMODINAMICA PARA INGENIEROS SHAWN PROB-4.287) (373) 0 = (3. ¿Cuánto trabajo se necesita si la masa de aire es de 0.5 ⁰K Hallando la presion 2 P1 T1 = P2 T2 m = 3.718)( −¿ T2 T2 – 373) 200 = 447. 98 2) Partiendo de la posición indicada en la figura .Hallando la temperatura 2 Q = ΔU + W T 2 −T 1 mC v ¿ ) + W 0= V =2 m 3 Hallando la masa PV = mRT (200)(2) = m(0.71 PAG.736)(0.2 Kg ? . se comprime aire en un cilindro aislado de modo que la presión aumenta hasta 5 000 KPa desde la presión de 100 KPa. se le comunica calor.2)(0. Si se mantiene constante la presión.66 PAG.4−1)/1. Hágase un esquema del proceso en un diagrama T -v . Obténgase también el trabajo realizado. 97 3) A un recipiente que contiene 0.287) T₁ T₁ = 394 ⁰K Hallando la temperatura 2 600 mm T₂ 5000 = 394 100 ( )( Q = ΔU + W (1.3 800 mm )(0.718)(1204.5 m 3 de vapor de agua.ΔU T 2 −T 1 W = . calcúlese el calor necesario si la temperatura final es 500 ⁰C.2) (0.8 ⁰K W = .8 – 394) TERMODINAMICA PARA INGENIEROS SHAWN PROB-4.8)) = (0.4 ) T 2 =¿ 1204.mC v ¿ ) W = (0.Hallando la temperatura 1 P₁V₁ = mR₁T₁ 2 (100)((π) ( 0. inicialmente a una presión de 400 KPa y 80 por ciento de calidad. . 35) + Hallando el volumen 280.29 (KJ/Kg) ufg /Kg) = (0.001084 ( 3 v1 = (0.3 Hallando la masa v1 = V₁ / m m = V₁ / m v1 = 0.001084) + (0.8) (0.461416) v1 = 0.461416 ( 2 v1 = v Q =v1584 f + xKJ fg 3 P₁ = 400 KPa vf Q = (3129. 98 .8 T₁ = 143.461416) u1 = 2163.Q = ΔU + W Q V₁ = 0.7)(1.7(KJ/Kg) = 604.7 – 2163.3 especifico 1 = 1949.3702 ( m u1 = u1 uf +x ufg (0.5 1 m X = 0.8) m3 /Kg) uf 3 Hallando la energia interna especifica /Kg) v fg = 0.001084) + (0.69 PAG.63 de tablas m = 0.5 /0.3702 TERMODINAMICA PARA INGENIEROS SHAWN PROB-4. 96 Kpa abs. Determine el calor.17KJ Hallando la masa P1V1 = mRT (800)(0.021)Ln(0.V1 = P2.7 PAG. 8000cm3 de aire contenidos en un dispositivo cilindro embolo .085) Q= 22.021/0.79)(0. De los datos: V1 = 85 Lt P2 =1378. 103 4)Durante un proceso reversible que tiene lugar en un sistema sin flujo. la presión aumenta desde 344.085)/(1378. el volumen inicial es V1= 85 Lt .287)(303)( Ln(200/800)) Q = -2.008) = m(0. se comprimen de manera isotema a 30 C.4) Desde una presión de 200KPa.577 + (1378.287)(303) m = 0. Q = ΔU + W Q=W Q = mRTLn(P1/P2) Q = (0.96 Kpa P1 = 344.Calcule el calor transferido.96) V2 = 0. Hasta 1378.018)(0. y la energía interna aumenta en 22557 J .74 Kpa (0.96).018 Kg TERMODINAMICA FAIRES SIMMANG PROB-4. ∆U = 22557 J Q = -17.021 Lt .74 Kpa abs. De acuerdo con pv = c .5 J P1.V2 V2 = (344. 2)EN UNA TOBERA DE UNA TURBINA DE VAPOR ENTRA EL VAPOR DE AGUA CON UNA ENTALPIA DE 3200KJ/Kg Y SALE DE LA MISMA CON UNA ENTALPIA DE 2600KJ/Kg . ¿ ¿ A)LA ENERGIA ESPECIFICA DE SALIDA DE ACUERDO AL PLANTEAMIENTO SERIA: . DESPRECIANDO LA VELOCIDAD DE ENTRADA DEL VAPOR.EJERCICIOS PROPUESTOS DE PRIMER PRINCIPIO PARA SISTEMAS ABIERTOS PAG: 190 CAPITULO: 8 AUTOR : JOSE SEGURA 8. SOLUCION: DE LOS DATOS DEL PROBLEMA TENEMOS QUE: H1 = DE 3200KJ/Kg 1 2 H2 = 2600KJ/Kg V1 = 0 m/s V2 = ¿? ------------------------------------------------------------------------ DE LA ECUACION GENERAL DE PRIMER PRINCIPIO PARA SISTEMA ABIERTO SE TIENE : Q= ∆Z + ∆ V 2 + ∆H + W DE LO CUAL TENEMOS QUE : W = 0 . CALCULESE: A)LA ENERGIA ESPECIFICA DEL VAPOR A LA SALIDA DE LA TOBERA Y B) LA VELOCIDAD DE SALIDA DEL VAPOR. ∆Z = 0 ENTONCES APLICADO AL CASO DE LA TOBERA ESTA ECUACION SE CONVIERTE EN H2 – H1 = ∆ V 2 AL DESPRECIAR LA VARIACION DE ENERGIA POTENCIAL Y TENER EN CUENTA QUE EL W = 0 Y LA VELOCIDAD DE ENTRADA ES DESPRECIABLE TENEMOS QUE H1 – V (salida) ¿ H2 = 1/2 . 3)SI LA TURBINA DEL EJERCICIO ANTERIOR (8. SOLUCION: TOMANDO EN CUENTA EL PROBLEMA TENDRIAMOS LA REPRESENTACION GRAFICA QUE REPRESENTA A LA TURBINA DE LA SIGUIENTE MANERA : . SABIENDO QUEN LA VELOCUDAD DE ENTRADA ES DESPRECIABLE TENEMOS QUE: H2 – H1 = ∆ V 2 V ( salida) ¿ = 1/2 ¿ ¿ Y H2 – H1 = 600KJ/Kg V ( salida ) =√ (2). CALCULASE LA CANTIDAD DE VAPOR QUE DEBE CURCULAR POR HORA .(600 KJ /Kg) ENTONCES DE LA ECUACIÓN TENEMOS QUE LA VELOCIDAD DE SALIDA DEL VAPOR ES : V ( salida) = 1095.V (salida) ¿ ENERGIA CINETICA DE SALIDA = 1/2 ¿ ¿ = H1 – H2 DE LO CUAL ENERGIA CINETICA DE SALIDA = 3200KJ/Kg .5 m/s PAG: 190 CAPITULO: 8 AUTOR : JOSE SEGURA 8.2600KJ/Kg = 600KJ/Kg POR LO TANTO TENEMOS QUE LA ENERGIA CINETICA ESPECIFICA DEL VAPOR A LA SALIDA DE LA TOBERA SERIA EC = 600KJ/Kg B)LA VELOCIDAD DE SALIDA DEL VAPOR TENIENDO EN CUENTA QUE LA DIFERENCIAS DE ENTALPIA ES IGUAL A LA VARIACION DE VELOCIDADES .2) TIENE UNA POTENCIA DE 370 KW . DESPRECIANDO LA VELOCIDAD DE ENTRADA DEL VAPOR CALCULAR: A) LA ENERGIA CINETICA B) LA VELOCIDAD DE SALIDA C) EL CONSUMO DE VAPOR EN Kg/s PARA UNA POTENCIA DE 78 KW RESOLUCION: DE LOS DATOS DEL PROBLEMA TENEMOS QUE: H1 = 3150KJ/Kg H2 = 2680KJ/Kg V1 = 0 m/s V2 = ¿? ---------1-----------------------------------------------.2-------------- .1----------------------------------2 TURB W GRAFICAMOS DE MANERA QUE LA VELOCIDAD DE ENTRADA DE VAPOR COINCIDA CON LA VELOCIDAD DE SLAIDA ADEMAS SI LA POTENCIA ES DE 370KW Y DE MANERA QUE NOS PIDE LA CANTIDAD DE VAPOR QUE DEBE CIRCULAR POR HORA LA CUAL SE REFIERE AL FLUJO MASICO QUE LO REPRESENTAREMOS POR “C” DE LO CUAL TENDREMOS QUE LA POTENCIA ES IGUAL AL PRODUCTO DE LA ENERGIA CINETICA ESPECIFICA DE SALIDA (EC2) CON EL FLUJO MASICO : P = (ENERGIA CINETICA DE SALIDA).4)EN UNA TOBERA DE UNA TURBINA DE VAPOR ENTRA EL VAPOR CON UNA ENTALPIA DE 3150KJ/Kg Y SALE CON UNA EWNTALPIA DE 2680KJ/Kg.(C) POR LO TANTO PARA HALLAR EL FLUJO MASICO SERIA c= 370 KW EC 2 KJ /Kg = 370 KW 600 KJ / Kg = 370 (Kg) 600(s) = 2220Kg/h ENTONCES C = 2220Kg/h PAG: 190 CAPITULO: 8 AUTOR : JOSE SEGURA 8.(C) 370 KW =( EC2 KJ/Kg). V1=0 A…LA ENERGIA CINETICA Ec== 1/2 V 2 DE LA ECUACION GENERAL Q=1/2∆ V 0=1/2∆ V 2 2 Ec= 1/2 V 2 +∆H + ∆Z +∆H + 0 =› H1-H2= 1/2 V 2 = H1 – H2 =3150KJ/Kg – 2680KJ/Kg = 470 KJ/kg ENTONCES FINALMENTE: Ec=470KJ/Kg B…LA VELOCIDAD DE SALIDA DE LA ECUACION GENERAL: Vsal 2 ¿ H1 . YA QUE LA VELOCISDAD DE ENTRADA ES CERO 1/2∆ V ¿ Vsal ¿ = 1/2 ¿ ¿ Vsal ¿ 470 KJ/kg = 1/2 ¿ ¿ DE LO CUAL: Vsal =969.H2 = 1/2 ¿ .DEL PROBLEMA SABEMOS QUE Q=0. H1=3150KJ/Kg y H2=2680KJ/kg . ∆Z=0 .536m/s C…PARA UNA POTENCIA DE 78KW APLICANDO FLUJO MASICO: . 166 Kg/s PAG: 190 CAPITULO: 8 AUTOR : JOSE SEGURA 8. ∆Z=0 .DE LO CUAL SABEMSO QUE EL FLUJO MASICO ES EL COCIENTE DE LA POTENCIA ENTRE LA ENERGIA CINETICA DE SALIDA ENTONCES : C= P EC 2 APLICANDO LA FORMULA TENEMOS QUE EL FLUJO MASICO ES : 78 KW ¿ C 470 KJ /kg = 0. SI NO HAY CAMBIOS DE CALOR CON EL EXTERIOR Y CONSIDERANDO DESPRESIABLES LAS VARIACIONES DE ENERGIA CINETICA Y POTENCIAL CALCULAR: A)EL TRABAJO SUMINISTRADO AL COMPRESOR B)LA POTENCIA TEORICA DEL MISMO PARA UNA CIRCULACION DE 120 Kg DE AIRE POR HORA RESOLUCION : DEL PROBLEMA TENEMOS QUE H1=20KJ/Kg y H2=280KJ/Kg . V(entrada) = V(salida) DE LO CUAL ∆ V 2 2 W 1 =0 . Q=0 .5)UN COMPRESOR TOMA AIRE CON UNA ENTALPIA INICIAL DE 20KJ/Kg Y LO DESCARGA CON UNA ENTALPIA DE 280KJ/Kg . CIRCULANDO 250Kg DE AMONIACO POR HORA.67KW 8. SOLUCION: DEL ENUNCIADO REALIZAMOS LA SIGUIENTE GRAFICA H1 = 1463KJ/Kg H2 = 125KJ/Kg 1 2 .A… EL TRABAJO SUMINISTRADO SERIA DE LA ECUACION GENERAL : Q= ∆Z + ∆ V 2 + ∆H + W 0 = 0 + 0 + ∆H + W DE LO CUAL EL TRABAJO SERIA LA DIFERENCIA DE ENTALPIAS : W = H1 – H2 = 20KJ/Kg .280KJ/Kg = -260KJ/Kg W=-260KJ/Kg B…PARA LA POTENCIA TEORICA APLICAMOS FLUJO MASICO DE C = 120Kg/h LA POTENCIA SERIA EL TRABAJO POR EL FLUJO MASICO P =(W). EL VAPOR DE AMONIACO ENTRA CON UNA ENTALPIA DE 1463KJ/Kg Y SALE CON UNA ENTALPIA DE.67KW P= -8.( 120Kg/h)= -31200KJ/h = -8. CALCULESE LA CANTIDAD DE CALOR QUE EL AGUA DE ENFRIAMIENTO EXTRAE EN UNA HORA.(C) =( -260KJ/Kg).6)EN UN CONDENSADOR DE UNA INSTALACION FRIGORIFICA. ( -1338KJ/Kg) = -334.(CALOR) FLUJO TERMICO HORARIO = (250Kg/h).5KJ/h = -92.FLUJO MASICO (C) ENTONCES C = 250Kg/h DEL PROBLEMA DEDUCIMOS QUE EN EL CONDENSADOR NO SE PRODUCE TRABAJO ENTONCES l W = 0 Y SE SUPONE DISEÑADO DE FORMA QUE LAS VARIACIONES DE ENERGIA CINETICA Y POTENCIAL SEAN DESPRECIABLES ENTONCES DE LA ECUACION GENERAL: Q= ∆Z + ∆ V 2 + ∆H + W Q = 0 + 0 + H2 – H1 ENTONCES Q = H2 – H1 Q = H2 – H1 = 125KJ/Kg .92 KW .1463KJ/Kg = -1338KJ/Kg Q = -1338KJ/Kg DE ESTE RESULTADO TENEMOS QUE SE EXTRAE ENERGIA TERMICA DEL CONDENSADOR A RAZON DE 1338KJ POR CADA Kg DE AMONIACO QUE CIRCULA POR EL SISTEMA ENTONCES EL FLUJO TERMICO HORARIO SERA : FLUJO TERMICO HORARIO = (FLUJO MASICO).92 KW POR LO TANTO EL FLUJOTERMICO HORARIO SERA: FLUJO TERMICO HORARIO = -92.