Termo individual - ejercicios PDF

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Actividad individual

1. Un ciclo de Carnot recibe un número de (0110) kJ de calor igual a los últimos 4 dígitos de su cedula desde una fuente que se encuentra a 800°C y cede calor a un receptor que se encuentra a 150°C. Calcule le trabajo producido.

Primero calculamos la eficiencia del ciclo con la temperatura en grados kelvin: η=1−

T2 T1

η=1−

( 150+ 273 ) 423 =1− =0.61 1073 ( 800 + 273 )

La eficiencia también se define como: η=

W Q

Reemplazamos: W η= Q ηQ =W W =0.61( 110 kJ ) =67.1 kJ

2. Aire se encuentra confinado en un cuarto de 10m3 que se encuentra aislado térmicamente y cuya temperatura es de 20°C, si se introduce un calentador eléctrico de 1kW y se deja funcionar durante 20 minutos, calcule el cambio de entropía que se genera en el sistema.

El flujo de calor se calcula durante el tiempo que se deja encendido el calentador. t=20 min ×

60 seg =1200 seg 1min

J Q=1000 ∗1200 seg =1.2 MJ =nCv ∆T s Para calcular la entropía vamos a calcular la siguiente integral: ∆ s=∫

( )

T nCv ∆ T =nCvln 2 T1 T

Es necesario calcular el número de moles por tanto: PV =nRT Se asume que para condiciones normales la presión es de 1 atm 101325 Pa(10 m 3) PV = n= =415.95mol RT J (293 K ) 8.314 mol K

(

∆ s=nCvln

)

( )(

)( )

)(

T2 T2 = 415.95 mol × 0.029 kg 0.718 kJ ln 1mol kg K T1 T1

Nos falta la temperatura

(

1.200 kJ =nCv ∆T = 415.95 mol ×

)(

)

0.029 kg kJ 0.718 ( T 2−293 K ) 1 mol kg K

De aquí despejamos T2 T 2 =138.55+293=431.55 K Ahora con este valor calculamos el cambio de entropía del proceso.

(

∆ s= 415.95 mol × ∆ s=3.35

kJ K

)(

) (

)

431.55 K 0.029 kg kJ ln 0.718 =¿ 1 mol kg K 293.0 K

3. Se tienen 3kg de un gas que será asignado por su tutor, el gas sufre un proceso isobárico reversible que genera un cambio de entropía de -1.50kJ/kg K. Si el volumen inicial era de 0.6m3 y la temperatura de 200°C, calcule el calor y el trabajo involucrados en el proceso. Si es un procesoisobárico se sabe que el trabajo es cero.

∆ s=−1.50

( )

T2 kJ =nCpln kgK T1

Cp argón=0.521 kJ/kmolK1 −1.50

ln

) ( )

( )

ln

e

(

T 0.521kJ kJ ln 2 (3 kg)= ( 3 kg ) kgK T1 kgK

T2 =−2.88 T1

( )=e T2 T1

−2.88

0.056=

T2 200 + 273

T 2 =26.49 K

(

Q= (3 kg ) 0.521

)

kJ ( 26.49 K −473 K ) =−697.89 kJ kgK

Como es un proceso isobárico V1 V2 = T 1 T2 V 2=

3 V1 0.6 m ( 26.49 K )=0.033 m 3 T2= T1 473 K

1 https://sites.google.com/site/princtermo/Home/primera-ley/tablagases

Es posible notar que el gas sufrió un enfriamiento por lo cual el volumen se redujo.

P=

nRT = V

3 kg

1 mol J ( 473 K ) 8.314 ( 0.039 molK ) kg )( =504.17 kPa 0.6 m 3

Para un proceso isobárico tenemos que el trabajo es igual a: W =P ∆V =−( 504.17 kPa ) ( 0.6 m 3−0.039 m 3)=−282.84 kJ

4. Reporte los valores de entropía que le arroja el software Termograf para los mismos procesos del punto individual 4 realizado en la Fase 3. Incluya una breve reflexión sobre los datos obtenidos y su relación con el tipo de proceso.

a. Proceso isobárico

Presión Volumen Temperatura Entalpia Entropía

10.02 0.299 1044.08 1096.57 2.36

10.02 0.60 2079.13 533.736 3.19

Para este proceso la entropía aumentó debido al cambio de volumen b. Proceso isocórico

Presion Volumen Temperatura Entalpia Entropía

10.02 0.299 1044.08 1096.57 2.36

5.08 0.299 529.77 533.736 1.81

En este caso la entropía disminuyó debido a la reducción en la presión a volumen constante....