TERMODINAMICA
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INGENIERÍA ELECTROMECÁNICA
UNIDAD ACADEMICA DE CIENCIAS DE LA INGENIERIA Y
APLICADAS
INGENIERIA EN ELECTROMECANICA
III PARCIAL
TERMODINAMICA
Tema: Resolución De Ejercicios
Tipo de trabajo: TRABAJO AUTÓNOMO
Nivel: Quinto
Grupo: N° 5
Integrantes:
- Grefa Aguinda Edgar Javier
- Martínez Garcés Luis Daniel
- Sánchez Moreno Hugo Fernando
- Prado Sandoval Jorge Luis
- Villavicencio Calvopiña Jorge Iván
Fecha de entrega: 12 de Agosto del 2015
1) El cilindro vertical mostrado en la figura contiene 1.75 lbm de agua en forma de
líquido y vapor a 100°F. El volumen inicial del espacio limitado por el pistón es de 1.38 pie3. El pistón tiene un área de 80 pulg2 y la masa es de 250 lbm. Inicialmente el pistón descansa sobre los topes como muestra la figura, la presión atmosférica es de 14 lbf/pulg 2
y la gravedad de 32.2 pie/s2. A continuación se transmite calor al vapor hasta que el cilindro contenga solo vapor saturado, determine:
a) Cuál es la temperatura del líquido cuando el pistón inicia su ascenso desde los topes.
b) ¿Qué trabajo realiza el vapor durante todo el proceso?c) Muéstrese el proceso en un diagrama temperatura - volumen
Red de solución
1.- P=
(Patm∗Ap )+( mp∗ggc
)
Ap
2.- v=V
m
3.-v 1=v 2
Con la presión se procede a interpolar
T=int erpolacion
T 2=T 3
T 3=vaporsaturado
Estado 1
m =1.75lbm
t =100°F
v =1.38pie3
mp =250lbm
Estado 2
m = m2 = 1.75lbm
v =1.38pie3
Ap=80pulg2
mp =250lbm
Estado 3
m = m2=m3=1.75lbm
v =1.38pie3
mp =250lbm
T 2=T 3
T 3=vaporsaturado
P2=P3
v 3=v g
W=P(v 3−v 2)
Resolución
1.- P=
(Patm∗Ap )+( mp∗ggc
)
Ap
P=
(14lb
pul2∗80 pul
2
)+(
250 lbm∗32.2pie
s2
32 .17lbmlbf
∗ pie
s2
)
80 pul2
P=(1120 lbm+250 .23 lbm )
80 pul2
P=17 .12 psi
3.- v 1=v 2
2.- v=V
m
v=1 . 38 pie
3
1. 75 lbm
v=0 .78pie
3
lbm
INTERPOLACION
P T
15 213,0
17
20 227,9
5 15
2 X
X= 5,972
T 218,962000
T=218 .96 ° F
T 2=T 3
T 3=vaporsaturado
P2=P3
v 3=v g
T vg15 26,297
17
20 20,093
5 6,204
2 X
X= 2,4816
vg 23,8154000
v g=23. 81pie
3
lbm
v 3=23 . 81pie
3
lbm∗1. 75 lbm
v 3=41 . 66 pie3
W=P(v 3−v 2)
2.- Se conoce que determinado vapor de agua a una presión de 35 bar, tiene un
volumen específico de 50.7 cm3/g, determine la condición del vapor y el valor de su entalpía.
Datos
P = 35 bar
v=50.7cm3/g
Operaciones de converciones :
P=35bar ∗ 1Psi0 .068947bar
=507 .68 Psi
ν=50 .7 cm3g
∗0. 00003531466 pie 31cm3
∗ 1g0. 00220462 lb
=0. 812137pie 3lb
T vg 500 0,9281900
507,6 550 0,8422800
50 0,0859100 7,6 X X= 0,01305832
vg0,9151316
8
0 . 812137pies3lb ˂ 0,9151317
pies3lb
v<vgVAPOR SATURADO
RED DE SOLUCION:
1.- H=h.m
2.- h=h f+xhfg
v=v f+xv fg
3.- x=v−v fv fg
x=v−v fv fg
x=0 . 812137
pie3
lb−0 .0197196
pie3
lb
(0 . 91513168pie3
lb−0 .0197196
pie3
lb)
x=0 .7924174
pie3
lb
0 . 895412pie3
lb)=0 .88
RESPUESTA
T vf
5000,019750
7,6
5500,01995
0
500,00020
0 7,6 X
X=3,04*
10−5
Vf=0,019750- 3,04*
10−5 vf =0,01971
96
T vg 500 0,9281900
507,6 550 0,8422800
50 0,0859100 7,6 X X= 0,01305832
Vg=0,9281900- 0,01305832
vg = 0,91513168
T hf
500 449,510000507,
6
550 460,930000
50 11,420000 7,6 X X= 1,73584
hf=449,510000+1,73584 hf = 451,24584
h=h f+xhfg
h=451 .24584BTU
lb+0 . 88(753 .67
BTUlb
)
h=1114 . 479BTU
lb
H=1114 .479BTU
lb(m)
RESPUESTA
T hfg
500755,48000
00
507,6
550743,60000
00
5011,880000
0
7,6 X X= 1,80576
hfg=755,4800000-
1,80576
hfg=753,67424
3) En un recipiente cerrado y rígido cuyo volumen es de 0.22 m3, existen 1.8 kg de agua
en forma de líquido y vapor en equilibrio a la temperatura de 65°C. Se suministra calor al recipiente hasta que la presión llega a tener un valor de 20 kg/cm2. Determinar el calor suministrado y la temperatura final del sistema en el estado final.
Datos
V=0,22m3
m= 1.8Kg
T=65°C
1Q2= ?
P2= 20 kg/cm2 == 1961.33KPas
RED DE SOLUCIÓN
1 Q2=U 2−U 1
1 Q2=u2m−u1m
1.- 1 Q2=m(u2−u1 )
2.- u1=u f+xu fg
3.- x1=
v1−v fv fg
4.- v1=
Vm
RESOLUCIÓN
4.- v1=
0 .22m3
1. 8Kg
v1=0 . 122m3 /Kg
DATOS DE TABLA
T= 65°C
v f=0 . 001020m3/Kgvg=6 . 1935m3 /Kg
3.- x1=
0 .122m3/Kg−0. 001020m3 /Kg(6.1935m3 /Kg−0 .001020m3 /Kg)
x1=0. 01953 RESPUESTA
DATOS DE TABLA
T= 65°C
u f=272. 09KJ /Kgu fg=2190. 3KJ /Kg
2.- u1=272 .09KJ /Kg+0 . 01953(2190 . 3KJ /Kg)
RESPUESTA
v2=0 .22m3
1. 8Kg
v2=0 . 122m3 /Kg
v1=v2
Al utilizar la presión P2= 20 kg/cm2 == 1961.33KPas
u1=314 . 86KJ /Kg
Vg= 0,1134400-0,01169193
vg=0 . 1017481m3 /Kg
v1>v g Vapor saturado
Utilizando las tablas de vapor saturado con la presión de 2MPas encontramos la temperatura en el estado dos
P2=1961. 33KPasP2=2MPas
T 2=288 . 187009 °C
Con esta temperatura encontramos la energía interna específica dos.
u2=2751 .25KJ /Kg
1.- 1 Q2=1 . 8Kg((2751 .25−314 . 86 )KJ /Kg )
1 Q2=4385 .502KJRESPUESTA
4) Un cilindro con su pistón contienen 8.3 lb de agua en forma de líquido y vapor a la
presión de 123.29 psi, con una calidad de 75%. Determine la cantidad de calor que debe suministrarse al sistema para que el volumen en el estado final sea del 150% del volumen en el estado inicial, mientras la presión permanece constante, además determine el trabajo termodinámico
DATOS:
m=8 .3 lb
P=123 . 29 psi
x=0 .75
1 Q2=?
V 2=3
2V 1
RED DE SOLUCION
1.- v=v f+xv fg
v=Vm
2.- V 1=mv
3.- V 2=
32V 1
4.-v2=
V 2
m
5.- 1 Q2=m(u2−u1 )
6.- u1=u f+x1u fg
7.- u2=u f+x2u fg
Desarrollo:
1.- v=v f+xv fg
v=0 .017912+0 .75(3 .6436616−0.017972 )
v=2 .737179pies3
lb
2.- V 1=mv
V 1=2. 737179∗8 .3
V 1=22. 7185 pies3
6.- u1=u f+x1u fg
u1=314 . 13+0 .75∗794 . 1426
u1=909 . 73BTUlbm
3.- V 2=
32V 1
V 2=3
2(22 .71 )
V 2=34 . 07 pies3
4.- v2=
34 . 078 . 3
v2=4 .10pies3
lb
v2>vgVapor Sobrecalentado
P=120 psi
7.-u2=1136. 12
BTUlb
4.- 1 Q2=m(u2−u1 )
1 Q2=8. 3(1136.12−909.73 )
1 Q2=1879 . 03BTU
1 W 2=∫1
2
Pdv
1 W 2= ∫22 . 71
34 . 07
123 .29dv
1 W 2=123. 29(34 . 07−22 .71 )
1 W 2=123. 29(34 . 07−22 .71 )RESPUESTA
5) El cilindro cuyas medidas muestra la figura contiene 2.38 kg de agua a la presión de
18.13 psi y 500°F de temperatura. Se transmiten al ambiente 428 BTU al ambiente, hasta
que la temperatura sea de 212 °F. Determine la altura de la cara inferior del pistón con
respecto al fondo del recipiente y la presión correspondiente en este último estado.
DATOS :
ESTADO1m=2 . 38 kgP=18 . 13 psiT 1=500 o F
ESTADO2
1 Q2=4288
T 2=212 o F
RED DE SOLUCIÓN
1.-A=π (φ)2
4
2.-P=Psat
3.-Wpiston=Psat∗Apiston
4.−1Q 2=m (u2−u1 )+1W 2
5.−1W 2=1Q 2−m(u2−u1)
6.- V 1=( A1 )(Z1)
7.−V 2= (vg )(m)
8.-x=v−v fvf g
9.−u1=uf +xufg
RESOLUCIÓN
4.- 1Q2=m (u2−u1 )+1 W 2
° C=59(F−32) C=5
9(500 °C−32)
T kPa m/kg m/kg
260 4692 Vf=0.001276 Vg=0.042175
A=π (0.83)2
4
A=0.54m2
2.-P=Psat
3.−Wpiston=Psat∗Apiston
4692.3kN
m3 X0.5m2 = 253.84Kn
6.- V 1=( A1 )(Z1)
V 1=(0.74m2) (1.83)
V 1=(0.74m3)
7.- V 2=( vg )(m)
V 2=(0.042,7m3
kg )(2.38kg)
v2=0.10m3
8.- x=v−v fvf g
x=0.31−0.0012760.042175
x=78.45
x=0.78 %
260°c
ufm3
kgu fgm3
kg
1128.8 1469.9
9.- u1=uf +xufg
u1=(1128.8 )+(0.78 ) (1469.9 )
u1=2275.32kJkg
u2=ug
u2=2598.7kJkg
4.−1Q 2=m (u2−u1 )+1W 2
m (u2−u1 )+1W 2=1Q 2
5.-1W 2=1Q2−m(u2−u1)
1W 2=4288−2.38kg (2598.7−2275.32) m3
kg
1W 2=4288 Btu−2.38kg(323.38) m3
kg
1W 2=3518.36 Joules RESPUESTA
6) El cilindro cuyas medidas muestra la figura contiene 2.38 kg de agua a la presión de
18.13 psi y 500°F de temperatura. Se transmiten al ambiente 428 BTU, hasta que la
temperatura sea de 212 °F. Determine la altura de la cara inferior del pistón con respecto al
fondo del recipiente y la presión correspondiente en este último estado
Estado 1
V 1=2. 48 pies3
m=0 .75 lbm
P1=75lbf
pu lg2
v1=Vm
=2 .480.75
=3 . 30pie3
lbm
v1<v g===vaporhumedo
v1=vg=== vaporsaturadoy seco
v1>v g===vaporsobrecalentado
A una presión de 75psi en vapor saturado él u f=0 . 017524y un ug=5. 818 por tal motivo en el primer estado tenemos vapor húmedo
Estado 2
v2=?
P2=75lbf
pu lg2
T 2=600° F
Para una presión de P2=75
lbf
pu lg2 la temperatura de saturación es 307.63°F,
por tal motivo que T 2>T SATURACION por esta razón tenemos vapor sobrecalentado.
1Q2=m(u2−u1 )+1W 2
1W 2=1Q2−m(u2−u1 )
T= 600°
Vapor sobrecalentado
X=1 . 1∗520
=0 . 27
u2=1215 . 4+0.27=1215 .27btulbm
u1=u f+xu fg
u1=273 .37+0 .57∗824 .3
u1=743 .22BTUlbm
1W 2=(420 . 88Btu−0 .75 lbm(1215 . 27−743 . 22)
1W 2=66 . 84 BTURESPUESTA
P
60 1216.5
75
80 1215.4
20 1.1
5 X
7) Un vapor de agua está a una presión de 600 psi y 735 °F de
temperatura en un recipiente cerrado y rígido, la masa del vapor es de 4.38
kg y se enfría en un proceso isotérmico hasta que la presión llegue a ser
de 400 psi. Determine el calor cedido al ambiente por el sistema
DATOSP 1=600 psiT 1=735 ° Fm=4 ,38kgP 2=400 psiT 2=?W=0
RED DE SOLUCION
1 Q2=U 2−U 1
1 Q2=mu2−mu11 Q2=m(u2−u1 )U (m )=1Q2
TRANSFORMACION DE UNIDADES
600psi
600lb
1kg 1 pulg2 (100cm)2 9.8067 N
pulg2 2.2lb (2.54cm)2 1m2 1 Kgf
600∗1002∗9 . 8067N2 . 2∗(2 . 54 )2m2
=
58840200N
14 ,19352m2 = 4145567 ,837Pa= 4 ,15MPa
735 °F
° C=° F−321.8000
° C=735−321.8000
° C=7031.8000
° C=390. 5556
T u1 u2350 2827,4 2818,6
390,5556400 2920,8 2914,2
50 93,4 95,6
40,5556 X X
x1 = 75,7578608 x2 = 77,5423072
Mpa x4 75,7578608
4,154,5 77,5423072
0,5 1,7844464
0,15 X
u = 0,53533392
Procedemos a obtener la cantidad de calor entre el estado uno y el estado dos.
u=0 .53533392
u2 =1Q2
m+ U1
(U2-U1 )= 1Q 2
m U (m)=1 Q2
1 1Q2=(4 .38 )Kg (0.53533392)KJKg