Solucionario Kenneth WARK Termodinamica PDF

Preview

Summary

Libro...

Description

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

SOLUCIONARIO TERMODINÁMICA, SEXTA EDICIÓN ESPAÑOL, DE KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS. EJERCICIOS CAPITULO 1: 1.1) Dos metros cúbicos de aire a 25ºC y 1 bar, tienen una masa de 2,34 kg. a) Escriba los valores de tres propiedades intensivas y dos propiedades extensivas en este sistema. b) Si la aceleración local de gravedad g para el sistema es 9,65 m/s², evalúese el peso especifico. a) a-1) Propiedades intensivas

T  25 C P  1bar 2,34 kg kg   1,17 3 3 2m m 3 V m3 2m  esp    0,855 m 2,34kg kg

a-2)

Propiedades extensivas

V  2m 3 m  2,34kg

b)

kg m kg * m *9,65 2  11, 29 3 2 3 m s m *s 1kg * m kg * m N y como 1N   11, 29 3 2  11, 29 3 2 S m *S m Wesp   * g  Wesp  1,17

1.2) Cinco metros cúbicos de agua a 25ºC y un bar tienen una masa de 4985 Kg. a) Escriba los valores de dos propiedades extensivas y tres propiedades intensivas de este sistema. b) Si la aceleración local de gravedad g es de 9,70 m/s², evalúe el peso especifico. (a) Propiedades extensivas

V  5m 3 m  4985kg

Propiedades intensivas

T  25C P  1bar esp 

5m 3 V m3   0,0010 m 4985kg kg

(b)

Wesp   * g  Wesp  997

kg m N *9,7 2  Wesp  9671 3 m3 S m

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5



m kg 4985kg    997 3 3 5 V m m

1.3) Un cubo de metal de 0,8 kg contiene 8 litros de agua a 20ºC y 1 bar con una masa de 8 kg. a) Escriba los valores de dos propiedades extensivas y tres propiedades intensivas del agua. b) Si la aceleración local de gravedad g para el sistema es 9,60 m/s², evalúese el peso especifico del sistema combinado cubo – agua. (a) Propiedades extensivas

V  8L m  8kg

Propiedades intensivas

T  20C P  1bar 3 V m 0,008m  esp    0, 001 m kg 8kg

3

(b)

m 8,8kg kg   1,1 V L 8L kg L m Wesp   * g  1,1 *1000 3 *9, 6 2 L m s N Wesp  10.560 3 m



1.4) Tres pies cúbicos a 60ºF y 14,7 psia tienen una masa de 187 lbm. a) Escriba los valores de dos propiedades extensivas y tres propiedades intensivas del sistema. b) Si la aceleración local de gravedad g para el sistema es 30,7 ft/s², evalúese el peso especifico. (a) propiedades extensivas

Propiedades intensivas

T  60 F P  14,7 psia V  3 ft 3 m  187lbm



187lbm l bm  62,333 3 3 ft 3 ft

 esp 

ft 3 3 ft 3  0,016 lbm 187 lbm

(b)

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

lbm ft lbm * ft *30,7 2  1913 3 2 3 ft s ft * s lbm * ft 1913, 63 3 2 ft * s lbf Wesp Wesp  59, 47 3 lbm * ft ft 32,174 2 s

Wesp  62,333

1.5) Un pequeño cohete experimental que tiene 70 kg de masa se acelera a 6,0 m/s². ¿Qué fuerza total se necesita en Newton si: a) El cohete se mueve horizontalmente y sin fricción, y b) El cohete se mueve verticalmente hacia arriba y sin fricción, en un lugar donde la aceleración local es 9,45 m/s²? m (a) F  m * a  F  70 kg *6 2  F  420 N s (b)

m * g  70kg *9, 45

m  F1  661, 5N s2

m  F 2  420N s2 FT  F1  F 2  1081,5 N

m *a  70kg *6

1.6) La aceleración de la gravedad en función de la altura sobre el nivel del mar a 45º de latitud viene dada por g=9,807 – 3,32x10^-6 z, donde g está en m/s² y z en metros. Calcúlese la altura en kilómetros, por encima del nivel del mar a la que el peso de una persona habrá disminuido en: (a) un 1%; (b) un 2% y (c) un 4%. Datos: Z= altura en metros. Gh= gravedad según porcentaje de peso G= gravedad local a nivel del mar K= constante de disminución de gravedad según altura

Gh  g *( peso  % pesodismi) m s2  k  3,32x10 6S 2 g  9,807

Desarrollo: (a)

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

m m *0,99  gh  9,70893 2 2 s s m m m 0,09807 2 9,80793 2  9,807 2 s  29,539km s s  Z  3,32 x10 6 s2 3,32 x10 6 s 2 gh  9,807

(b)

m m *0,98  gh  9, 61086 2 2 s s m m m 0,1961 2 9,61086 2  9,807 2 s  s s  Z 59,078km 6 2 6 2 3,32 x10 s  3,32x10 s gh  9,807

(c)

m m *0, 96  gh  9, 41472 2 2 s s m m m  0,39228 2 9, 41472 2  9,807 2 s s s  Z  118,157km 6 2 6 3, 32 x10 s 3, 32 x10 s 2 gh  9,807

1.7) Un cohete con una masa de 200 lbm, se acelera a 20 ft/s²; ¿Qué fuerza total necesita en lbf si (a): el cuerpo se mueve sobre un plano horizontal sin rozamientos y (b): el cuerpo se mueve verticalmente hacia arriba en un lugar donde la aceleración local de gravedad es 31,0 ft/s²? (a)

1 lbf  32,174

lbm * ft s2

200 lbm *20,0 F  m* a 

ft

s ft 32,174 lbm 2 s

2



4.000  124, 3lbf 32,174

(b)

200 lbm *31, 0 F2  m *a 

ft

6.200 s2   124,323lbf ft 32,174 lbm 32,174 s2

FT  F  F2  124.323lbf  192,702lbf FT  317, 025lbf

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

1.8) La aceleración de la gravedad en función de la altura sobre el nivel del mar a 45º de latitud viene dada por g=32,17 – 3,32x10^-6 z, donde g está en ft/s² y z en pies. Calcúlese la altura en Millas, por encima del nivel del mar a la que el peso de una persona habrá disminuido en: (a) un 1% y (b) un 2%. Datos: Z= altura en metros. Gh= gravedad según porcentaje de peso G= gravedad local a nivel del mar K= constante de disminución de gravedad según altura

Gh  g *( peso  % pesodismi) m 2 * 0,99 s m gh  9, 70732026 2 s m m m 9, 70732026 2  9,80537 2  0,09805374 2 s s  s Z 3, 32 x10 6s 2 3, 32x10  6s 2 1 km Z  29534, 25904 metros *  29,5342km 1000 mts 1 milla  18,352millas  a Z  29,5342 km * 1, 609344 km gh  9,805374

(b)

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

m *0,99 s2 m gh  9,60926652 2 s gh  9,805374

m m m 0,1961 2 9,80537  s s2 s2  Z 6 2  6  3,32x10 s 3,32 x10 s2 1km Z  59068, 51 metros *  59, 068km 1000 mts 1milla  36,703millas  b Z  59,068 km * 1, 609344 km 9,60926652

1.9) Una masa de 2 kilogramos está sometida a una fuerza vertical de 35 Newton. La aceleración local de gravedad g es 9,60 m/s² y se desprecian los efectos de la fricción. Determine la aceleración de la masa, en m/s², si la fuerza vertical externa (a) hacia abajo y (b) hacia arriba. (a)

m  2kg f vertical  35 N m g  9, 6 2 s 35 kg * m m f s2  17,5 2 a  s m 2 kg ( a)  17,5

m m m  9,6 2  27,1 2 2 s s s

( b)  17,5

m m m  9, 6 2  7,9 2 2 s s s

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

1.10) La densidad de un determinado líquido orgánico es 0,80g/cm³. Determine el peso especifico en N/m³, para el que la aceleración local g es (a) 2,50 m/s² y (b) 9,50 m/s².

g 800 kg  3 cm m3 m g para (a)=2,5 2 s m g para (b)=9,5 2 s Wesp   * g

  0,80

( a)  Wesp  800

kg m N *2,5 2  2000 3 3 m s m

( b)  Wesp  800

kg m N *9,5 2  7600 3 3 m s m

1.11) Sobre la superficie de La Luna donde la aceleración local g es 1,67 m/s², 5,4 gr de un gas ocupan un volumen de 1,2 m³, Determínese (a) el volumen especifico del gas en m³/kg , (b) la densidad en gr/cm³ y (c) el peso especifico en N/m³. Datos: m s2 m  5, 4g  0, 0054kg  5, 4x103 g  1, 67

V  1, 2m 3  1.200.000cm 3  esp 

1 V ó esp   m

 esp 

1, 2 m 3 m3  222.22 a 0,0054kg kg

( b)   

m gr 5, 4 gr   4,5 x10 6 3 3 V cm 1.200.000cm

( c) W esp   * g  W esp  0,0045

kg m N *1, 67 2  7, 515 x103 3 3 m s m

1.12) Un cohete de 7 kg se encuentra sometido a una fuerza vertical de 133 N. La aceleración local de gravedad g es 9,75 m/s² y se desprecia el rozamiento. Determínese la aceleración del cohete si la fuerza externa vertical va (a) hacia abajo y (b) hacia arriba en m/s². SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

Datos: m  7kg  N m  g  9,75 2 s kg * m 133 F m s2 a   a  19 2 m s 7 kg

( a)  19

( b)  19

m m m   9,75 2  28, 75 2 2 s s s

m m m   9, 75 2  9, 25 2 2 s s s

1.13) Un trozo de acero de 7 lbm está sometido a una fuerza vertical de 8 lbf. La aceleración de gravedad local g es de 31,1 ft/s² y se desprecia el rozamiento. Determínese la aceleración de la masa si la fuerza externa va (a) Hacia abajo y (b) hacia arriba en ft/s². Datos: m  8lbm  f ft s2 lbf *32,174 lbm * ft F 8 ft s2  a  36, 770 2 a  m s 7 lbm

 g  31,1

( a)  36, 770

( b)  36, 770

ft ft ft   31,1 2  67,87 2 2 s s s

ft ft ft   31,1 2  5, 67 2 2 s s s

1.14) Sobre la superficie de La Luna donde la aceleración local es de g es de 5,47 ft/s², 5 lbm de oxigeno en el interior de un deposito ocupan un volumen de 40 ft³. Determínese (a) el volumen específico del gas en ft³/lbm, (b) la densidad en lbm/ft³, y (c) el peso especifico en lbf/ft³. Datos:

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

g  5, 47

ft s2

(a)  esp 

(b)  

m  5lbm

V ft 3 40 ft 3  8 m lbm 5lbm

lbm 5 lbm  0,125 3 40 ft 3 ft

V  40 ft 3 ft lbm * 5, 47 2 3 ft s ( c)Wesp   * g  Wesp  lbm * ft 32,147 s2 lbf lbf Wesp  0, 02125 3  2,125 x10 2 3 ft ft 0,125

lbm * ft s2

1lbf  32,174

1.15) Un deposito de 11 m³ de aire está dividido por una membrana en una parte A, con un volumen de 6m³, y una parte B, con un volumen especifico inicial de 0,417 m³/kg. Se rompe la membrana y el volumen específico final es de 0,55 m³/kg. Calcúlese el volumen específico del aire inicial en A, en m³/kg. Datos: mtotal  20 kg

( a) V  6m

Vtotal  11m3

3

e sp. total  0, 55 Vb  Vt  Va  11m3  6m3

e spA 

mb 

m3 kg

 5m3

m3 6 m3  0, 749 kg 8, 01kg

Vb e spB



5 m3 m3 0, 417 kg

 11, 99kg

11 m3  20 kg m3 0, 55 kg ma  mt  mb ma  20 kg  11, 99 kg ma  8, 01 kg mtotal 

1.16) Un depósito de nitrógeno de 9 m³ está dividido en dos partes por medio de una membrana. La parte A tiene una densidad inicial de 1,667 kg/m³, y la parte B tiene una masa de 6 kg. Después de romperse la membrana, se

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

encuentra que la densidad es 1,778 kg/m³. Calcúlese la densidad inicial del gas de la parte B, en kg/m³. Datos: Vt=9 m 3

(a)



 1, 667

kg m3

total

m  10kg

m m



 V*

tot

9 m

3

tot

m ( b)

 1, 778

tot

kg m3

*1, 778

(2) mA=mt-mb mA=16kg-6kg

V=3m 3 kg   2 m3 m Va  

mA=10kg

10 kg kg 1, 667 3 m  Vt  V a



Vb  9m



m3

16, 002 kg

m=6 kg

Vb

kg

m  V

3

 5, 99m

b



3

 5, 99 m3

 3m

3

kg 6kg  2 m3 3m 3

1.17) Un depósito de aire de 20 ft³ está dividido por una membrana en una parte A, con un volumen específico inicial de 0,80 ft³/lbm, y una parte B con una masa de 12,0 lbm. Se rompe la membrana y la densidad resultante es 1,350 lbm/ft³. Calcúlese el volumen específico inicial de la parte B, en ft³/lbm. 3

e sp  0,8

ft lbm

3

lbm total  1, 35 3

m  15lbm V  12 ft

Vt=20ft

ft

 m total

3

20ft

3

lbm  27 *1, 35 lbm 3 ft

ma  mt  mb  27lbm  12lbm  15lbm

Va   e sp * m  0,8

ft 3 *15 lbm lbm

3 Va  12 ft

Vb  Vtotal  Va  20 ft 3  12 ft 3 Vb  8 ft

3

3

e sp .B 

3

8 ft ft  0, 667 12lbm lbm

1.18) Un cilindro en posición vertical contiene nitrógeno a 1,4 bar. Un embolo, sin fricción de masa m, colocado sobre el gas, separa a este de la atmosfera, cuya presión es de 98 kPa. Si la aceleración local de gravedad g es 9,80 m/s²my el área del embolo es 0,010 m², determínese la masa en kilogramos del embolo en reposo.

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

Patm  98 kpa  98.000 pa area  0, 01m 2 P  1, 4 bar Nitrogeno

1bar =140.000pa fuerza que ejerceel gas hacia arriba

 F  Pgas * Aembolo  140.000 pa * 0, 01m 2  1.400 pa * m 2 N

F=1.400

* m 2  F  1.400N

m2

fuerza que ejerce la atm. hacia abajo  F=98.000pa*0,010 m 2 N F  980 pa * m 2  980 * m2 m2 F  980 N fuerza que ejerce el embolo solo Fembolo  Fgas  F atm Fembolo  1.400 N  980 N Fembolo  420 N Calculo de la masa del embolo f  m= g

kg * m s2  42, 86kg m 9, 8 2 s

420

1.19) El embolo de un dispositivo cilindro-embolo en posición vertical tiene un diámetro de 11 centímetros y una masa de 40 kg. La presión atmosférica es 0,10 MPa y la aceleración local g es igual a 9,97 m/s². Determínese la presión absoluta del gas del interior del dispositivo. Patm  0,10 Mpa  100.000 pa

  11cm m  40 kg m  g  9, 97 2 s

calculo del peso del embolo m w=m*a  40kg *9, 97 2 s w=398,8N

calculo de area del embolo A=

 * 2 4

2

 A

3,14 * (0,11) 2 = 0,0095m 4

Calculo de presion que ejerce el embolo sobre el gas P=

f N 398,8 N P   41.964, 29 2 2 a m 0, 0095m

calculo de presion total que ejerce la atm. sobre el embolo Pgas  Patm  Pembolo Pgas  100.000pa  41.964, 3pa Pgas  141.964, 29 pa  0,1419Mpa

1.20) Dentro de un cilindro vertical, confinado por un embolo en equilibrio de masa total m y 400 mm² de sección transversal, se tiene Helio a 0,150 MPa. La presión atmosférica en el exterior del embolo es 1,00 bar.

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

Determínese el valor de m en kilogramos, suponiendo una aceleración de gravedad estándar. Patm  1bar =100.000pa g=9,807

m s2

embolo A=400mm 2 helio a 0,150Mpa Conversiones A  400mm 2 Pgas  0,150Mpa  150.000 pa calculo que ejerce el gas hacia arriba F=P*A  150.000 pa *0, 0004 m 2  Fgas  60 N Calculo de atmosfera sobre el gas F=100.000pa*0,0004m 2 Fatm  40N encontrar F faltante para que se logre el equilibrio Femb  Fgas  Fatm  60 N  40 N Femb  20N calculomasa

m

f 20 N   g 9,807 m s2

2, 039 kg

m 2 s

m s2

m  2, 04kg

1.21) Dentro de un cilindro vertical, confinado por un embolo en equilibrio de masa total m y 2,40 in² de sección transversal, se tiene un gas a 20 psia. La presión atmosférica en el exterior del embolo es 28,90 inHg. Determínese el valor de m, en libras masa, suponiendo una aceleración de la gravedad estándar. Datos:

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

patm  28, 9pulg hg patm  14,19435 psi A  2, 4pulg 2 ft g  32,174 2 s  Gas 20 psia calculo de fuerza que ejerce el gas contra el embolo lbf *2,4 pulg2 F=P*A  20 2 pulg F=48lbf calculo defuerza que ejerce la P°atm sobre el gas F=P*A  14,19

lbf pulg

2

*2,4 pulg 2

FP atm=34,07lbf calculo de fuerza que ejerce el embolo sobre el gas Fembolo =Fgas - FPatm Fembolo  48lbf  34,07lbf Fembolo 13, 933lbf calculomasa f lbm * ft m 1lbf= 32,174 g s2 lbm * ft s2 m lbm * ft 32,174 s2 m  13, 933lbm 13, 933* 32,174

1.22) Determínese la presión equivalente a 1 bar en función de los metros de una columna de líquido a temperatura ambiente donde el líquido es (a) agua, (b) alcohol etílico, y (c) mercurio. La densidad relativa del alcohol etílico es 0,789, la densidad relativa del mercurio es 13,59 y g=9,80 m/s².

SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

P   * g * h h

p * g kg

( a) agua  h 

m* s2 100.000 pa   10, 20mts kg m kg m 1000 3 *9,8 2 * 2 m s m3 s kg

( b) alcohol  h  etilico

m* s2 100.000pa  12,93mts  kg m kg m 789 3 *9,8 2 * 2 m s m3 s kg m* s2

100.000 pa  0,75mts  kg m kg m 13590 3 *9,8 2 * 2 m s m3 s 1.23) La presión manométrica de un sistema es equivalente a una altura de 75 centímetros de fluido de densidad relativa 0,75. Si la presión barométrica es 0,980 bar, calcúlese la presión absoluta en el interior de la cámara, en mbar. ( c)mercurio  h 

P1  p2  (  * g *  z) kg m *9,807 2 *0,75m ) 3 m s p1  0,98bar  0, 05516bar p1  1,03516bar  1035,16Mbar p1  0,98bar  (750

1.24) Si la presión barométrica es 930 mbar, conviértase (a) una presión absoluta de 2,30 bar en una lectura de presión manométrica, en bar, (b) una presión de vacio de 500 mbar en presión absoluta, en bar, en bar, (c) 0,70 bar de presión absoluta en presión de vacio, en mbar, y (d) una lectura de presión absoluta de 1,30 bar en presión manométrica, en Kilopascales. SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO / INACAP SEDE COPIAPÓ / PRIMAVERA 2011

SOLUCIONES KENNETH WARK Jr. Y DONALD E. RICHARDS CAPITULOS 1 AL 5

P a bs P a bs

 Pa tm  Pva c io  Pa tm  Pm a n o

 2, 3ba r  0, 93ba r P a tm P ...