INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS MATEMÁTICO 2 PDF

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Semana 8 – Ecuaciones T ⅆ��Profesor: Ing. Jhon Edgar ChuquillanquiCurso: TermodinámicaCiclo: IV Sección: BFecha: 23/12/Grupo: 8Integrantes:Guiándonos de la tabla A., �� 1 = 0. 9097������������ = ����.���� (�� 2�� 1 ) − ��.���� (�� 2�� 1 );�� =���� ���������������������� = ����.���� (�� 2�� 1 ) − ��....

Description

Semana 8 – Ecuaciones Tⅆ𝒔 Profesor: Ing. Jhon Edgar Chuquillanqui Curso: Termodinámica Ciclo: IV Sección: B Fecha: 23/12/2021 Grupo: 8 Integrantes:

EJERCICIO 7.4. •

Un dispositivo cilindro-émbolo contiene inicialmente refrigerante 134a a 6,0 bar y 80°C. Se comprime el refrigerante cuasi estáticamente y a presión constante, comunicando un trabajo de 13,63 kJ/kg en la frontera. Determínese (a) el volumen específico final en cm'/g, (b) la entropía específica final en KJ/kg - K, y (c) el calor transferido en kJ/kg. (d) Si la temperatura del ambiente es 20°C, determínese la generación total de entropía en el sistema compuesto por el refrigerante y la región donde tiene lugar la transferencia de calor en kJ/kg - K. (e) Hágase un esquema del proceso en diagrama 𝑇𝑠 . (f) El proceso ¿es reversible, irreversible o imposible?

𝑃1 = 6 𝑏𝑎𝑟 𝑇1 = 80 °𝐶

𝑊 = 13,36

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝒄𝒎𝟑

a) Volumen específico final (

𝒈

A partir de la tabla A.17, 𝑣1 = 0.0341 Como: 𝑤 = 13.63

13.63

𝑘𝐽

𝑘𝑔

)

𝑚3 𝑘𝑔

y 𝑊𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 = −𝑃∆𝑣

𝑘𝐽 𝑚3 ) = 600 𝑘𝑃𝑎 (𝑣2 − 0.0341 𝑘𝑔 𝑘𝑔

𝑣2 = 0.0568 𝑣2 = 56.8

𝑚3 106 𝑐𝑚3 1 𝑘𝑔 . . 𝑘𝑔 1𝑚3 103 𝑔

𝑐𝑚3 𝑔

𝒌𝑱

b) La entropía específi específica ca final en 𝒌𝒈 . 𝑲 Dado que 𝑣1 𝑣2 = 𝑇1 𝑇2

𝑚3 𝑚3 0,0341 𝑘𝑔 0,0568 𝑘𝑔 = 80º𝐶 𝑇2

𝑇2 = 133.25º𝐶

Guiándonos de la tabla A.17., 𝑠1 = 0.9097

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑇2 𝛥𝑆 = 𝐶𝑝. 𝑙𝑛 ( ) − 𝑅. 𝑙𝑛 (𝑃𝑃2 ) ; 𝑃 = 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 1 𝑇1 𝑇2 𝛥𝑆 = 𝐶𝑝. 𝑙𝑛 ( ) − 𝑅. 𝑙𝑛(1) 𝑇1 𝑇2 𝛥𝑆 = 𝐶𝑝. 𝑙𝑛 ( ) − 0 𝑇1 𝛥𝑆 = 1.0045. 𝑙𝑛 ( 𝛥𝑆 = 0.5125

133.25 ) 80

𝒌𝑱

c) Calor transfer transferido ido ( ) 𝒌𝒈

𝑘𝐽

Según la tabla A.17., 𝑣1 = 78,99 , 𝑣2 = 238,74 𝑘𝑔

𝑄 = (𝑣2 − 𝑣1 ) − 𝑊 𝑄 = 238,74

𝑄 = 146.12

𝑘𝐽

𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝑔

:

𝑘𝐽

− 78,99 𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝑔

d) 𝑻𝒂𝒎𝒃𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆 = 𝟐𝟎 °𝑪,, determinar generación total de entropía ( 𝑘𝐽 146.12 𝑘𝑔 𝑄 𝜎𝑔 = 𝛥𝑠 − = 0.51.25 − 293𝐾 𝑇𝑎𝑚𝑏 𝜎𝑔 = 0,0138

𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾

e) 𝑬𝒍 𝒑𝒓𝒐𝒄𝒆𝒔𝒐 ¿ 𝒆𝒔 𝒓𝒆𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆, 𝒊𝒓𝒓𝒆𝒗𝒆𝒓𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 𝒐 𝒊𝒎𝒑𝒐𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆? 𝜎>0

0.5125 > 0 ✓ El proceso es posible, sin embargo, es internamente irreversible.

𝒌𝑱

𝒌𝒈.𝑲

)

EJERCICIO 7.17. •

Un dispositivo rígido contiene 0,10 kg de aire a 1,0 bar y 300 K. Se realiza un trabajo eléctrico de 4,80 kJ. Simultáneamente pierde un calor de 0,5 kJ hacia el ambiente, que está a 7°C. La temperatura media de la frontera por donde tiene lugar la transferencia de calor puede tomarse como la temperatura media del aire durante el proceso. Utilícese la tabla del aire para determinar (a) la temperatura final del aire en kelvin y la presión final del aire en bar, (b) la variación de entropía del aire en el depósito en kJ/K, (c) la producción de entropía en el interior del depósito en kJ/K, y (d) la producción de entropía en el proceso global en KJ/K. (e) El proceso ¿es reversible, irreversible o imposible? ($) Hágase un esquema de un diagrama 𝑇𝑠 para el cambio de estado del aire. Datos:

𝑣1 = 𝑣2

𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 = 0,1 𝑘𝑔

𝑃1 = 1¿

𝑇1 = 300 𝐾

𝑊𝑒𝑙é𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 = 4,8 𝑘𝐽 𝑄 = −0,5 𝑘𝐽

𝑇𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = 7°𝐶 = 280 𝐾

a) Temperatura final y presión final: ∗ ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊

∆𝑈 = −0,5 𝑘𝐽 + 4,8 𝑘𝐽 ∆𝑈 = 4,3 𝑘𝐽

∗ ∆𝑈 = 𝑚. 𝑐𝑣,𝑚 . ∆𝑇

4,3 𝑘𝐽 = (0,1 𝑘𝑔). (0,7165 𝑇2 = 360,01 𝐾

∗ 𝑃2 . 𝑉2 = 𝑛. 𝑅𝑢 . 𝑇2 𝑃2 =

𝑃2 =

𝑛 .𝑅 .𝑇 𝑉2 𝑢 2

𝜌 .𝑅 .𝑇 𝑀 𝑢 2

𝑘𝐽 ) . (𝑇2 − 300𝐾) 𝑘𝑔. 𝐾

𝑚3 𝑘𝑔 . 360 𝐾 1,225 𝑘𝑔 𝑘𝑚𝑜𝑙. 𝑏𝑎𝑟. 𝑚𝐾3 𝑃2 = 28,97 . 0,08314 𝑃2 = 1,26𝑏𝑎𝑟 𝑘𝑚𝑜𝑙

b) Variación de entr entropía opía del aire en el depósito ∗ ∆𝑠 = 𝑐𝑣,𝑚 . ln (

𝑇2 ) 𝑇1

𝑘𝐽 360 𝐾 ) . ln ( 300 𝐾 𝑘𝑔. 𝐾

∆𝑠 = 0,7165

𝑘𝐽

∆𝑠 = 0,7165

𝑘𝑔. 𝐾

∆𝑠 = 0,1306 ∆𝑆 = 0,1306 ∆𝑆 = 0,0131

𝑘𝐽 𝑘𝑔. 𝐾

. 1,2

𝑘𝐽 . 0,1 𝑘𝑔 𝑘𝑔. 𝐾 𝑘𝐽 𝐾

c) La producción de en entropía tropía en el interior del depósito ∗ ∆𝑆 = ∫

𝛿𝑄 +𝜎 𝑇

→ 𝜎 = ∆𝑆 −

𝑄 𝑇

• 𝑇: 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑓𝑟𝑜𝑛𝑡𝑒𝑟𝑎 = 𝜎 = 0,0131

300 𝐾 + 360 𝐾 = 330 𝐾 2

𝑘𝐽 −0,5 𝑘𝐽 𝑘𝐽 − = 0,0146 𝐾 𝐾 330 𝐾

d) La producción de en entropía tropía en el proceso local 𝜎 = 0,0131

𝑘𝐽 𝑘𝐽 −0,5 𝑘𝐽 − = 0,0146 𝐾 330 𝐾 𝐾

EJERCICIO 7.21. •

Un dispositivo cilindro-émbolo, mantenido a una presión constante de 0.1 MPa, contiene nitrógeno gaseoso que se enfría desde 150°C hasta 40°C. Obténgase (a) el calor cedido en kJ/kg, (b) trabajo realizado en kJ/kg, (c) la variación de entropía del nitrógeno y (d) la generación de entropía; para el sistema ampliado que incluye la región de transferencia de calor, si la temperatura del ambiente es de 22°C

(a) 𝑘𝐽

𝐶𝑝 = 1.039

kg. °K

𝑞 = 1.039

,

𝑇1 = 423𝐾,

𝑞 = 𝐶𝑝 ∗ (∆𝑇)

𝑇2 = 313𝐾

𝑘𝐽 ∗ (423𝐾 − 313𝐾) 𝑘𝑔 − 𝐾 𝑞 = 114.29

𝑘𝐽 𝑘𝑔

(b) 𝑃. 𝑉 = 𝑉1 =

𝑅𝑇 𝑅𝑇 →𝑉= , 𝑀 𝑀𝑃

𝑊 = 𝑃(∆𝑉)

2.87 ∗ 423 𝑚3 = 43.335. 10−6 6 𝑘𝑔 28 ∗ 0.1. 10

𝑉2 =

2.87 ∗ 313 𝑚3 −6 = 32 . 08 . 10 𝑘𝑔 28 ∗ 0.1. 106

𝑊 = 0.1 ∗ 106 (43.335. 10−6 − 32.08. 10−6) 𝑊 = 1.125

𝑘𝐽 𝑘𝑔

(c) ∆s = Cp ∗ ln (

T2

) T1

∆s = 1.039 ∗ ln ( ∆s = 0.312

(d) σg = ∆s −

423

) 313

𝑘𝐽 kg. °K

q Tambiente

σg = 0.312 +

114.29 295

= 0,699

kJ°K kg.

EJERCICIO 7.24. •

Se comprime monóxido de carbono en un sistema cerrado, desde 1 bar y 37°C hasta 3 bar y 147°C. El trabajo necesario es 88,0 kJ/kg y la temperatura del ambiente es 25°C. La temperatura de la frontera por la que tiene lugar la transferencia de calor se toma igual a la temperatura media del CO durante el proceso, Determínese (a) la variación de entropía del CO en kJ/kg. K, (b) la pérdida de calor hacia el ambiente en kJ/kg, (c) la producción de entropía en el sistema cerrado, y (d) la producción de entropía del proceso global en kJ/kg. K

(a) ∆s = Cp ∗ ln ( ∆s = 1,0435 ∗ ln (

T2 P2 ) − R ∗ ln ( ) P1 T1

420 8,314 3 )− ∗ ln ( ) 1 310 28

∆s = 0,316893 − 0,326200 = −0,0093

(b) ∆U = q + w → q = ∆U – w

q = (u2 − u1 ) − w = (8740 − 6437) ∗ q = −5,75

(c) ∆s =

kJ kg

1 – 88 28

q q + σ → 𝜎 = ∆s − T T

σ = −0,0093 − (− σ = 6,45 ∗ 10−3

(d) σg = ∆s − σg = −0,0093 +

5,75 ) 365

kJ kg. °K

q Tamb

kJ 5,75 = 0,0099 298 kg. °K

EJERCICIO 7.34. •

Se arroja un trozo de 50 kg de hierro a 500 K a un gran lago cuya temperatura es 285 K. Si la capacidad térmica específica media del hierro es 0,45 klikg. K, determínese (a) el calor transferido en kJ, y (b) la producción total de entropía en kJ/K.

a) Calor Transferido: ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊

𝑊 = 0, 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:

∆𝑈 = ∆𝑈ℎ = 𝑄 = 𝐶𝑚. ∆𝑇

∆𝑈ℎ = 𝑄 = 50𝑘𝑔.

0.45𝑘𝐽 . (285 − 500)°𝐾 = −𝟒𝟖𝟑𝟕𝒌𝑱 𝑘𝑔. °𝐾

b) La producción total de entropía: ∆𝑆 = ∆𝑆𝑙 + ∆𝑆ℎ

𝑄𝑟𝑒𝑐𝑖𝑏𝑖𝑑𝑜 4837𝑘𝐽 16.97𝑘𝐽 = = 𝐾 𝑇 285𝐾 𝑇2 0.45𝑘𝐽 285 12.65𝑘𝐽 ∆𝑆ℎ = 𝑚. 𝐶𝑚. ln ( ) = 50𝑘𝑔. . ln ( )=− 𝐾 𝑇1 𝑘𝑔. 𝐾 500

∆𝑆𝑙 =

∆𝑆 = (16.97 − 12.65) ∆𝑺 = 𝟒. 𝟑𝟐

𝒌𝑱 𝑲

𝑘𝐽 𝐾

Hallamos la producción total de entropía: 𝑄 ; 𝑇 𝑠𝑒𝑟á 285𝐾 𝑇 𝑘𝐽 −4837𝑘𝐽 𝒌𝑱 𝜎 = 4.32 − = 𝟐𝟏. 𝟐𝟗 𝑲 𝐾 285𝐾

𝜎 = ∆𝑆 −

EJERCICIO 7.40. •

Se mezcla adiabáticamente a la presión de 1 bar, 10 kg de agua a 20ºC con 6 Kg de agua a 100ºC. Determínese (a) la temperatura final de equilibrio en ºC, (b) la generación de entropía en los 16 Kg del agua de la mezcla en kJ/K, y (c) si el proceso es reversible, irreversible o imposible ∆𝑈 = 𝐶𝑚. ∆𝑇 𝑚3 . 𝐶𝑚. (𝑇3 − 𝑇2) − 𝑚1 . 𝐶𝑚. (𝑇2 − 𝑇1) = 0 6𝑘𝑔. (100 − 𝑇2)°𝐶 − 10𝑘𝑔. (𝑇2 − 20)°𝐶 = 0 𝑻𝟐 = 𝟓𝟎°𝑪

Con la tabla A4 hallamos los Cp para las temperaturas: ✓ Para T=20°C=293°K interpolamos y Cp=4.182 ✓ Para T=100°C=373°K Cp=4.218

Hacemos balance de energía para las capacidades térmicas específicas medias: -

Entre 20 y 50°C: 4.181 + 4.182 = 𝟒. 𝟏𝟖𝟏𝟓 2

-

Entre 50 y 100°C: 4.181 + 4.218 = 𝟒. 𝟏𝟗𝟗𝟓 2

La generación de entropía en los 16kg del agua de la mezcla:

∆𝑆𝑙 = 𝑚. 𝐶𝑚. ln (

𝑇2 4,1815𝑘𝐽 323 𝟒. 𝟎𝟕𝟔𝒌𝑱 ) = 10𝑘𝑔. . ln ( )= 𝑲 𝑇1 𝐾 293

∆𝑆ℎ = 𝑚. 𝐶𝑚. ln (

4,1995𝑘𝐽 323 −𝟑. 𝟔𝟐𝟔𝒌𝑱 𝑇2 ) = 6𝑘𝑔. . ln ( )= 𝑇3 𝐾 373 𝑲

∴ 𝝈 = ∆𝑺 = (𝟒. 𝟎𝟕𝟔 + (−𝟑. 𝟔𝟐𝟔)) 𝒌𝑱/𝑲 = 𝟎. 𝟒𝟓 𝒌𝑱/𝑲 ∆𝒖𝒏𝒊𝒗= 𝝈𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 ≥ 𝟎 (c) El proceso es posible pero irreversible

EJERCICIO 7.44. •

Una resistencia eléctrica de 30 Ω se mantiene a una temperatura constante de 17ºC mientras la atraviesa de 6 A durante 3 s. a) Determine la variación de la entropía de la resistencia y la generación de entropía de la resistencia y la generación de entropía global en J/K. b) Aíslese ahora la resistencia y llévese a cabo el mismo experimento. A partir de este último caso, determínese la variación de la entropía de la resistencia y la generación de entropía en el proceso global. La masa de la resistencia es 19,0 g y la capacidad térmica específica de la resistencia es 1,10 kJ/kg.K. La temperatura del ambiente es 17ºC.

(a) La variación de entropía de la resistencia es nula, debido a que al mantenerse constante la temperatura, se pierde el mismo calor que absorbe ∆s𝑢 = ∆s𝑢 =

Q 𝐼 2 𝑥𝑅𝑥𝑡 = T 𝑇 30 Ω. 6.6.3 290𝐾

∆s𝑢 = 11,17 J/K

(b) Hallando la temperatura final 𝐼 2 𝑥𝑅𝑥𝑡 =M. 𝑐𝑝 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖) kJ

30 Ω. 6.6.3=0.019kgx 1,10 kg.K (Tf-290) Tf=445K Hallando la variación de entropía en la resistencia 𝑇𝑓

∆s= 𝑀. 𝑐𝑝 ln ( ) 𝑇𝑖

∆s= 0,019.1,10

445 kJ ln ( 300) kg.K

∆s=0.0082 J/K

EJERCICIO 7.54. •

Una turbina de vapor funciona con unas condiciones de entrada de 100 bar y 520℃ y el estado a la

salida es de 1 bar y100℃ .El dispositivo produce 2.010 kW de potencia con un flujo másico de 10.000 kg/h. La temperatura del ambiente es igual a 27℃ . Calcúlese la generación de entropía en la región compuesta por la corriente del fluido y la zona de transferencia de calor en, kJ/kg. K Estado 1

Estado 2

P=100 bar

P=1bar

T=793k

T=373K

h=3424.4

𝐾𝐽

𝐾𝑔

𝐾𝐽

𝑠1 =6.663 𝐾𝑔 . 𝐾

• Análisis de energía Q-W=𝑚󰇗(ℎ2 -ℎ1 )

𝐾𝑔 (2675.7-3424.4) 𝑠

Q-2010kw=2,77

Q= - 63.899 𝑘𝑊

• Hallando la variación de entropía ∆𝑆 = 𝑚󰇗(𝑠2 − 𝑠1 ) ∆𝑆 = 2,77 ∆𝑆=1.936

•

𝐾𝐽 𝐾𝑔 (0.6989 . 𝐾 𝑠 𝐾𝑔

𝑘𝑊 𝐾

)

Hallando la Generación de entropía 𝑆𝑔𝑒𝑛 = 𝑇

𝑆𝑔𝑒𝑛 =

𝑄

𝑎𝑚𝑏

+∆𝑆

− 63.899 𝑘𝑊 298 𝐾

𝑆𝑔𝑒𝑛 =1.72

𝑘𝑊 𝐾

+1.936

𝑘𝑊 𝐾

𝐾𝐽

h=2675.7 𝐾𝑔

𝑠2 = 7.3619

𝐾𝐽 .𝐾 𝐾𝑔

EJERCICIO 7.58. •

A un difusor bien aislado le llega el dióxido de carbono a 110KPa, 300 K y 300 m/s. Se asegura que el gas sale del difusor a 240 kPa y 52 m/s. Calcúlese, recurriendo a la Tabla A.9, (a) la temperatura de salida en kelvin, (b) la generación de entropía en el gas en kJ/kmol. K, y (c) si el proceso es reversible, irreversible o imposible.

(a) ✓ El balance másico: 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚

✓ Balance energético:

0 = 𝑄 + 𝑊 + 𝑚(−𝛥ℎ − 𝛥𝑒𝑐 − −𝛥𝑒𝑝 ) 𝑞 + 𝑤 = 𝛥ℎ + 𝛥𝑒𝑐 𝛥ℎ = −𝛥𝑒𝑐 = −

𝑉22 − 𝑉12 522 − 3002 𝑘𝐽 = =− . 𝑘𝑔 2 2000

ℎ2 − ℎ1 = 43.648 ℎ1 = 9431.

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝐽 1𝑘𝑚𝑜𝑛 = 214.43 𝑘𝑚𝑜𝑙 44𝑘𝑔 𝑘𝑔

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 ⇒ ℎ2 − 214.43 ℎ2 = 257.989

𝑘𝐽 𝑘𝑔

𝑘𝐽 𝑘𝐽 = 43.648 𝑘𝑔 𝑘𝑔

✓ Respuesta: Analizando el valor de la entalpía recurriendo a la Tabla A.9., concluimos que la temperatura del estado 2 es 350 K

(b) 𝑃2 (𝑖 ) 𝑠2 − 𝑠1 =  𝑠20 −  𝑠10 + 𝑅𝑢 ln ( ) 𝑃1

0 0 ✓ En el estado 01: 𝑠 1 = 213.915 𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾, en el estado 2: 𝑠2 = 219.831 𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑘𝐽

𝑠2 − 𝑠1 = (219.831 − 213.915) 𝑠2 − 𝑠1 = −0.57

𝑘𝐽 𝑘𝑚𝑜𝑙. 𝐾

𝑘𝐽

𝑘𝐽 240 𝑘𝐽 + 8.314 . ln ( ) 𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾 𝑘𝑚𝑜𝑙𝐾 110

𝑛

(𝑖𝑖) 0 = 𝑠2 − 𝑠1 ∑

𝑗=1

𝑞𝑗  𝑇 𝑗 + 𝜎 𝑉𝐶 𝑚1

𝑘𝐽  𝜎 𝑚 = 𝑠2 − 𝑠 1 = −0.57 𝑘𝑚𝑜𝑙. 𝐾

(c) 𝜎...