Title | EJERCICIOS RESUELTOS DE SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA Y ENTROPIA |
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Course | Termodinámica Técnica |
Institution | Universidad Nacional de Trujillo |
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Ejercicios resueltos de segunda ley de la termodinámica y entropía....
UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO
FACULTAD DE INGENIERIA
Ingeniería Industrial IV ciclo
Problema 6.2 Una planta de potencia de vapor, con 456 MW de potencia neta de salida y un rendimiento térmico del 38 por 100, se refrigera con agua de un río cercano. El gasto másico necesario 𝑘𝑔 por megavatio de potencia generado. Determínese (a) el flujo de agua del río es 6 500 𝑚𝑖𝑛
de calor cedido al agua del río en kW, y (b) el incremento de temperatura del agua del río a su paso por la planta de potencia en °C. La temperatura inicial del agua es 18 °C, y el cambio de la presión del agua es despreciable. 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑎𝑙 = 456𝑀𝑊 𝑛 𝑇 = 0,38
𝑄𝑐𝑒𝑑 =?
a) 𝑄𝑠𝑢𝑚 =
𝑊𝑛𝑒𝑡 𝑠𝑎𝑙 𝑛𝑇
𝑚 = =
6 500
𝑘𝑔 𝑚𝑖𝑛
𝑀𝑊
456
∗ * 456MW * 1min / 60s = 49 400 𝑘𝑔𝑠
= 1 200 𝑀𝑊
0,38
𝑄𝑐𝑒𝑑 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 − 𝑊𝑛𝑒𝑡 𝑒𝑛𝑡 = 1 200 − 456 = 𝟕𝟒𝟒 𝑴𝑾 b) En el condensador: 𝑄 + 𝑊 = 𝑚 (ℎ2 − ℎ1 + ∆ℎ =
𝑄 744 000 𝑘𝐽 = 15,06 = 49 400 𝑚 𝑘𝑔 𝑘𝐽
Pero ℎ18 = 75,58 𝑘𝑔 = ℎ1 𝑘𝐽
ℎ2 = 15,06 + ∆ℎ = 90,64 𝑘𝐽
Para ℎ2 = 90,64 𝑘𝑔
𝑘𝐽 𝑘𝑔
𝑻𝟐 ≈ 𝟐𝟏, 𝟓°𝑪
Problema 6.8 Un frigorífico doméstico con un COP de 2,9. enfría agua colocada en el compartimiento de los alimentos. Si el dispositivo cede 2 520
𝑘𝐽 ℎ
de calor al ambiente, determínese (a) la
potencia que se precisa suministrar en kW, y (b) el tiempo necesario en minutos para enfriar 5 litros de agua en el compartimiento desde 22 °C hasta 15 °C, suponiendo que es despreciable la filtración de calor hacia el compartimiento.
Ing. Jhon Edgar Chuquillanqui Vereau
Capitulo 6
𝐶𝑂𝑃 = 2,9 𝑘𝐽 𝑄𝑐𝑒𝑑 = 2 520 = 0,7 𝑘𝑊
𝐶𝑝 = 4,184
ℎ 𝑘𝐽
𝑘𝑔∙𝐾
𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑛𝑡 = ?
𝑄
a) 𝐶𝑂𝑃 = 𝑠𝑢𝑚 𝑄𝑐𝑒𝑑 −𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑄𝑠𝑢𝑚 2,9 = 0,7 − 𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑄𝑠𝑢𝑚 = 0,52 𝑘𝑊 𝑄𝑠𝑢𝑚 − 𝑄𝑐𝑒𝑑 + 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑛𝑡 = 0 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑛𝑡 = 𝑄𝑐𝑒𝑑 − 𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑛𝑡 = 0,7 − 0,52 = 𝟎, 𝟏𝟖 𝒌𝑾 b) 𝑄 = 𝑚 𝐶𝑝 ∆𝑇 𝑄 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑚 𝑚 = 𝑡 ∆𝑇 = 22 − 15 = 7𝐾 𝑘𝐽 𝑘𝐽 5𝑘𝑔 × 4,184 0,52 = × 7𝐾 𝑡 𝑠 𝑘𝑔 ∙ 𝐾 5 × 4,184 × 7 𝑠 𝑡= 0,52 𝑡 = 281,62 𝑠𝑒𝑔 𝒕 = 𝟒, 𝟔𝟗 𝒎𝒊𝒏
𝑉2 2 − 𝑉1 2 ) 2
∆ℎ = ℎ2 − ℎ1 = 15,06 𝑘𝑔
TERMODINAMICA
Página 1
Otra forma de hallarlo: 𝑄 + 𝑊 = 𝑚 ∆ℎ = 0 𝑄 = 𝑚 ∆ℎ 𝑚 𝑄 = − (ℎ2 − ℎ1 ) 𝑡
𝑄𝑡 = −𝑚(ℎ2 − ℎ1 ) = 5(92,33 − 62,59)
𝑡=
146,7 𝑘𝐽 0,52
= 282,11 𝑠𝑒𝑔
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Ingeniería Industrial IV ciclo
Problema 6.10 Una casa hay que mantenerla a una temperatura de 20 °C por medio de una bomba de calor que extrae calor del ambiente que está a -10 °C. El flujo de calor 𝑄 a través de las paredes de la casa se estima que es 0,65
𝑘𝑊 𝐾
1
∆T, donde ∆T es la diferencia de temperaturas entre el
2
𝑘𝐽
𝐶𝑂𝑃 = 3,1
𝑄𝑐𝑒𝑑 = 0,65 𝐶𝑂𝑃𝐵𝐶 =
a) 𝑥 =
𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑥𝑡
→ 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑥𝑡 =
Coste=6,3 × 𝑘𝑊 × ℎ ×
0,1
𝑘𝑊ℎ
𝑄𝑠𝑢𝑚 = 𝑄𝑐𝑒𝑑 − 𝑊𝑛𝑒𝑡 𝑒𝑥𝑡 = 19,5 − 6,3 = 13,2 𝑄𝑠𝑢𝑚 = 13,2
𝑘𝐽 𝑠
×
𝒌𝑱 60𝑠 = 𝟕𝟗𝟐 𝒎𝒊𝒏 𝑚𝑖𝑛
𝑆𝑔2 = 7,3594
ℎ1 = 3 093,9
𝑊 = 45 ℎ𝑝 = 33,57
𝑠𝑥 −𝑠𝑓
𝑠𝑔 −𝑠𝑓
=
7,1962−1,3026 7,3594−1,3026
𝑆𝑓1 = 1,3026
𝑘𝐽 𝑠
= 0,973
ℎ2 = ℎ𝑓 + 𝑥(ℎ𝑔 − ℎ𝑓 ) = 417,46 + 0,973(2675,5 − 417,46) = 2614,533
19,5 = 6,29 𝑘𝑊 3,1
= 𝟎, 𝟔𝟑
𝑆1 = 𝑆2
ℎ𝑓 = 417,46 a 1 bar ℎ𝑔 = 2675,5 a 1 bar
𝑘𝑊 ((20 − (−10)) = 19.5 𝑘𝑊 𝐾
𝑄𝑐𝑒𝑑
𝑃2 = 1 𝑏𝑎𝑟
𝑆1 = 7,1962
El coste en dólares de 1 h de funcionamiento continuo
b) El flujo de calor suministrado desde el ambiente en 𝑚𝑖𝑛
Capitulo 6
𝑃1 = 10 𝑏𝑎𝑟 𝑇 = 320
interior de la casa y el ambiente. Si el COP real de la bomba de calor es 3,10 y la electricidad 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑣𝑜𝑠 cuesta 10 𝑘𝑊 ℎ , determínese: a)
TERMODINAMICA
𝒌𝒈 33,57 33,57 𝑊 = 𝟎, 𝟎𝟖 = = ∆ℎ 2614,533 − 3 093,9 418,4 𝒔 b) 𝐶𝑂𝑃 = 3 𝑄𝑐𝑒𝑑 = 𝐶𝑂𝑃𝐵𝐶 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑒𝑛𝑡 = 3 × 33,57 = 𝟏𝟎𝟎, 𝟕𝟏 𝒌𝑾 𝑚 =
𝑘𝐽 = 13,2 𝑘𝑊 𝑠
𝑘𝐽 𝑘𝑔
Problema 6.12 Una bomba de calor mantiene un edificio a 22 °C. El flujo máximo de pérdidas de calor a kJ
Problema 6.11 Los recipientes de cocinado en una planta de proceso de alimentos deben calentarse hasta 120 °C. Una compañía propone utilizar el acoplamiento de agua subterránea – bomba de calor que es accionada mediante una turbina de vapor de agua. El vapor entra en la turbina a 320 °C y 10 bar y sale como vapor saturado a 1 bar. La turbina suministra 45 hp a la bomba de calor que utiliza la energía del agua subterránea a 20 °C. El COP de la bomba de calor es, en estas condiciones, 3,0. Determínese (a) el flujo másico de vapor de agua en
𝑘𝑔 𝑠
través de las paredes y ventanas es 45 000 h , mientras que el calor generado en el interior kJ
por alumbrado, aparatos y las personas es de 7 000 h . Determínese (a) la potencia que es
necesaria suministrar en kW, si el COP medio es 2,5 y la unidad funciona dos tercios del tiempo, (b) el coste de 6 horas de funcionamiento si el precio de la electricidad es 10,8 centavos , kW
y (c) el dinero ahorrado por el propietario de l edificio en las 6 horas de
funcionamiento utilizando la bomba de calor para calentar, en lugar de una resistencia eléctrica.
necesario para mover la turbina y (b) el flujo de calor transferido a los recipientes de cocinado.
Ing. Jhon Edgar Chuquillanqui Vereau
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𝑄𝑐𝑒𝑑 = 45 000 – 7 000 = 38 000
𝐶𝑂𝑃𝐵𝐶 = 2,5 2 3
𝑡= h
a) COP =
𝑄𝑐𝑒𝑑 𝑊
→ 𝑊 =
𝑄𝑐𝑒𝑑 𝐶𝑂𝑃
=
38 000
h
b) Costo 6h
3
h
2 3
6,33 kW * 6 h * h * Ahorro 6,33 kW * 6 h *
3 600 𝑠
0,108 $ 𝑘𝑊 $
2,5
TERMODINAMICA
Capitulo 6
𝑇𝐵 = 27 °C = 300 K a)
1ℎ kJ 1 h 𝑊 = 15 200 * 2 *
c)
Ingeniería Industrial IV ciclo
kJ h
= 15 200
kJ h
𝑊𝑇𝐴 = 𝑊𝑇𝐵 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴 - 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 = 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵- 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐵 , pero 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 = 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴 = 2 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 - 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐵 , dividiendo entre 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
= 6,33 kW
1=2
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴
𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
-
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐵 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
Pero del 𝑛 𝑇𝐴 = 1 -
= 2,73 $
𝑇
𝑇𝐴
=1-
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 𝑄𝐴
→
𝑇
𝑇𝐴
=
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
Llevando T al calor cedido a fuente intermedia: 0,108 $ 𝑘𝑊 $
1=2
= 4,104
∆h = 4,104 – 2,73 = 1,37 Problema 6.31 Dos motores térmicos internamente reversibles están dispuestos en serie. El primer motor térmico A recibe calor a 927 °C y cede calor a una temperatura T. El segundo motor térmico B recibe calor a la temperatura T a la que lo ha cedido el primer motor y a su vez, cede calor a 27 °C. Calcúlese la temperatura T en grados Celsius para una situación en la que (a) de los dos motores se obtiene el mismo trabajo y (b) los rendimientos térmicos de ambos motores son iguales.
1=2 1=2
𝑀𝑇𝐴 T
𝑀𝑇𝐵 𝑇𝐴 = 927 °C = 1 200 K Ing. Jhon Edgar Chuquillanqui Vereau
𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐵
𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴 𝑇
𝑇𝐴
-
𝑇
-
𝑇𝐵
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
𝑇𝐴
1 200
-
300 1 200
→ T = 750 K = 477 °C
b) Los 𝑛 𝑇 son iguales: 𝑛 𝑇𝐴 = 𝑛 𝑇𝐵
1-
1 200 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴
𝑇 𝑇𝐴
=1-
𝑇𝐵
𝑇
𝑇 2 = 𝑇𝐵 * 𝑇𝐴 T = √300 ∗ 1 200 = √360 000 = 600 T = 600 K = 327 °C
𝑊𝑇𝐴
Problema 6.32 Dos motores térmicos internamente reversibles que tienen el mismo rendimiento térmico funcionan en serie. El motor A recibe una cantidad de calor de 2 500 kJ a 1 000 K, y todo el calor que cede se utiliz como calor suministrado a otro motor térmico B, el cual cede el calor a un sumidero a 300 K. Determínese (a) la temperatura intermedia de cesión del calor de A (que es la temperatura a la que se suministra el calor a B). en kelvin, (b) el trabajo de salida del motor A, y (c) el trabajo de salida del motor B en kJ.
𝑊𝑇𝐵
300
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1 000 K
𝑊𝑠𝑎𝑙
A 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴
𝑇𝑥
𝐶𝑂𝑃𝑀𝐹 =
𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵
B
a)
𝑇𝐵 = 𝑇𝐴 𝑇𝐶 𝑇𝐷 = 𝑇𝐴 𝑇𝐶
1-
1-
𝑇𝐷 𝑇𝐶
b)
, pero 𝑇𝐵 = 𝑇𝐶
𝑛 𝑇𝐴 = 1 -
𝑇𝐵 = 𝑇𝐴
𝑛 𝑇𝐴 = 0,452
1-
𝐶𝑂𝑃𝑀𝐹 = 𝐶𝑂𝑃𝑀𝐹 =
1 000
𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵 𝑊𝑛𝑒𝑡
=
900 =3 300
1 600−300 = 4,133 > 4 300
1 500−300 1200
= 1 < 4
ciclo irreversible
ciclo imposible
ciclo irreversible
𝐾
𝑘𝐽
transferencia de calor, en . (c) El tanto porciento que se reduce el potencial de trabajo de la 𝐾 cantidad de calor dada debido a su transferencia a la fuente a 600 K. 𝑇𝐹𝐴 = 800 𝐾 𝑇𝐹𝐵 = 600 𝐾 𝑄 = 3000 𝑘𝐽
𝑊𝑛𝑒𝑡𝐵 = 𝑛 𝑇 * 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐵 = 𝑄𝑐𝑒𝑑𝐴 = 𝑄𝑠𝑢𝑚𝐴 - 𝑊𝑛𝑒𝑡𝐴 = 2 500 – 1 130 = 1 370 kJ 𝑊𝑛𝑒𝑡𝐵 = 1 370 * 0,452 = 619,24 kJ
Ing. Jhon Edgar Chuquillanqui Vereau
𝐶𝑂𝑃𝑀𝐹,𝑟𝑒𝑎𝑙 =
=4
Problema 6.90 Se dispone de energía en una cantidad de 3 000 kJ a partir de una fuente térmica a 800 K. La termperatura del ambiente es de 300 K. Esta energía se transfiere en forma de calor desde la fuente térmica a 800 K a otra fuente térmica a 600 K. Determínese: (a) La variación de entropía 𝑘𝐽 de cada una de las fuentes térmicas, en . (b) La producción de entropía en la región de la
548
𝑊𝑛𝑒𝑡𝑜 = 𝑛 𝑇𝐴 * 𝑄sumA = 0,452 * 2500 = 1 130 kJ c)
250
62,5
c)
𝑇𝐶 = √𝑇𝐴 ∗ 𝑇𝐷 = √1 000 ∗ 300 𝑇𝐶 = 547,72 = 548 °K b)
Capitulo 6
𝑇𝐵 𝑇𝐵 −𝑇𝐴
𝐶𝑂𝑃𝑀𝐹 =
𝑄𝑐𝑒𝑑𝐵 300 K 𝑛 𝑇𝐴 = 𝑛 𝑇𝐵
TERMODINAMICA
Problema 6.43 Un ciclo de refrigeración funciona entre las temperaturas de su frontera de 250 y 312,5 K. Determínese para los tres casos siguientes, si el ciclo es internamente reversible, irreversible o imposible. (a) 𝑄𝐵 = 900 kJ y W= 300 kJ, (b) 𝑄𝐴 = 1 600 kJ y W = 300 kJ y (c) 𝑄𝐴 = 1 500 kJ y W= 1 200 kJ. 𝑇𝐵 = 250 𝑇𝐴 = 312, 5
2 500 kJ
Q
a)
Ingeniería Industrial IV ciclo
a)
∆𝑆𝐴 =
1) ∆𝑆𝐵 =
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−𝑄𝐴1𝑆𝐴𝐿
𝑇𝐹𝐴 +𝑄𝐵1𝐸𝑁𝑇 𝑇𝐹𝐵
=
=
−3000 𝑘𝐽 800 𝐾 3000 𝑘𝐽 600 𝐾
= −𝟑, 𝟕𝟓
= 𝟓
𝒌𝑱
𝒌𝑱
°𝑲
𝑲
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b) 𝜎𝑄 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 × ( 1. c) 1. 2. 3. 4.
𝒌𝑱 𝑲
𝝈𝑸 = 𝟏, 𝟐𝟓
1
𝑇𝐹𝐵
−
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𝑇𝐹𝐴
1
300
𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑎𝑙 𝐵 = 𝑛 𝑇𝐵 × 𝑄𝑠𝑢𝑚 = (1 −
300 ) 600
𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑎𝑙 𝐴 = 1 875 kJ
∆𝑊𝑛𝑒𝑡 =
1 875−1 500 1 875
𝑘𝐽
) = 3000 𝑘𝐽 × ( 600 𝐾 − 800) = 1,25 𝐾
𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑎𝑙 𝐴 = 𝑛 𝑇𝐴 × 𝑄𝑠𝑢𝑚 = (1 − 𝑊𝑛𝑒𝑡,𝑠𝑎𝑙 𝐵 = 1 500 kJ
1
Ingeniería Industrial IV ciclo
800
) × 3000 × 3000
𝑛 𝑇 = 1 -
𝑇𝐴
𝑇𝐴 300
) * 20 000 1 500
𝑊𝑛𝑒𝑡 = ( 1 -
𝑊𝑠𝑎𝑙
𝑄𝑐𝑒𝑑
𝑊𝑒𝑛𝑡
313
MF 𝑄𝑠𝑢𝑚 253
a) El calor transferido a la máquina frigorífica -20 ºC 𝑛𝑡 = 1 −
𝑇𝐵 𝑊𝑠𝑎𝑙 = 𝑇𝐴 𝑄𝑠𝑢𝑚
813 ) 873
De la condición del problema
𝑊𝑠𝑎𝑙𝑀𝑇 − 𝑊𝑒𝑛𝑡𝑀𝐹 = 370 𝑘𝐽
* 20 000
𝑊𝑒𝑛𝑡 = 1347 − 370
𝑊𝑒𝑛𝑡 = 977𝑘𝐽
𝑄𝑐𝑒𝑑 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 - 𝑊𝑛𝑒𝑡 𝑄𝑐𝑒𝑑 = 20 000 – 10 000 = 10 000 kW
Del COP para la maquina frigorífica 𝐶𝑂𝑃 =
16 000−10 000 * 100 = 37,5 % 16 000
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MT
𝑊𝑠𝑎𝑙 = 1347 𝑘𝐽
= 0,8
𝑊𝑛𝑒𝑡 = 10 000 kW
∆𝑊 =
𝑄𝑠𝑢𝑚 = 2100
𝑊𝑠𝑎𝑙 = 2100(1 −
𝑄𝑐𝑒𝑑 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 − 𝑊𝑛𝑒𝑡 = 20000-16000= 4000kW b) Tenemos : 350 ) 700
313
873
= 20%
𝑊𝑛𝑒𝑡 = 0,8 * 20 000 = 16 000 kW 𝑇𝐵
Capitulo 6
6.67. Un motor térmico internamente reversible funciona entre las temperaturas de admisión y cesión del calor de 600 ºC y 40 ºC. Parte del trabajo generado por el motor térmico se utiliza para hacer funcionar una maquina frigorífica internamente reversible que funciona entre 40 ºC y -20 ºC. El calor de suministro al motor térmico es de 2100 KJ y el trabajo neto de salida (el trabajo del motor menos el consumido por la máquina frigorífica) es de 370 KJ. Determine: a) El calor transferido a la máquina frigorífica -20 ºC y b) El calor neto transferido a 40 ºC , en kJ.
Problema 6.102 Un motor térmico funciona entre dos fuentes térmicas a temperaturas 𝑇𝐹𝐴 y 𝑇𝐹𝐵 de 1 500 y 300 K, respectivamente. Para un flujo de calor suministrado de 20 000 kW, obténgase el flujo de calor cedido, la potencia obtenida, el rendimiento térmico y la pérdida de potencial de trabajo cuando (a) el dispositivo el totalmente reversible, y (b) el dispositivo es internamente reversible, pero recibe y cede el calor a 700 K y 350 K en lugar de 1 500 K y 300 K, 𝑇𝑜 = 300 K 𝑇𝐴 = 1 500 𝑇𝐵 = 300 𝑄𝑠𝑢𝑚 = 20 000 kW a) 𝑊𝑛𝑒𝑡 = 𝑛 𝑇 * 𝑄 𝑠𝑢𝑚 𝑇 𝑊𝑛𝑒𝑡 = ( 1 - 𝐵 ) * 𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑊𝑛𝑒𝑡 = ( 1 -
TERMODINAMICA
𝑄𝑠𝑢𝑚 𝑇𝐵 = 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 𝑊𝑒𝑛𝑡
𝑄𝑠𝑢𝑚 = 𝑊𝑒𝑛𝑡 ( Página 5
𝑇𝐵 ) 𝑇𝐴 − 𝑇𝐵 9/12/2021
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Capitulo 6
253 𝑄𝑠𝑢𝑚 = 977 ( 313 − 253) 𝑄𝑠𝑢𝑚 = 4119,6 𝑘𝐽
b)
El calor neto transferido a 40 ºC , en kJ.
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝑇 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 − 𝑊𝑠𝑎𝑙
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝑇 = 2100 − 1347 𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝑇 = 753𝑘𝐽
Calor cedido por la maquina frigorífica 𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝐹 = 𝑄𝑠𝑢𝑚 + 𝑊𝑒𝑛𝑡
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝐹 = 4119,6 + 977
𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝐹 = 5096,6 𝑘𝐽
Luego el calor neto transferido 𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝑇 + 𝑄𝑐𝑒𝑑𝑀𝐹 = 753 + 5056,6 = 5849,6 𝑘𝐽
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