Termodinámica IND173 Práctica final
Enviado por poland6525 • 1 de Agosto de 2018 • 1.097 Palabras (5 Páginas) • 359 Visitas
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0.3 mPa [pic 21][pic 22]
40 ºC [pic 23][pic 24]
v2 = 1.3414
v1= 0.001008 v(m3/kg)[pic 25]
Temperatura en función de la entropía
T= f(s)
t ºC[pic 26]
[pic 27]
[pic 28]
600ºC 2[pic 29][pic 30][pic 31]
0.3 mPa [pic 32][pic 33]
40 ºC [pic 34][pic 35]
S2 = 8.5892
S1= 0.5723 S(kJ/kgºK)[pic 36]
- En un cilindro se expande aire desde 300 hasta 1100 cm3, mientras la presión se mantiene constante en 300 kPa. Si la temperatura inicial es 27ºC, calcule el calor transferido y el cambio de entropía.
Datos
300 cm3 x 10-6 = 0.0003 m3 1100 cm3 x 10-6 = 0.011 m3
P= 300kPa T1=27ºC + 273 = 300ºK
Raire= 0.287 kPa m3
KgºK
Cp= 1.0 _kj_
KgºK
Solución
Q= m cP (T2-T1)
m= P1V1 m= (300 kPa) (0.0003 m3)___
RT1 (0.287 kPa m3/kg ºK) (300 ºK)
m= 0.001045 kg
P1V1 = P2V2 T2.V1 = T1.V2 T2= T1.V2
T1 T2 V1
T2= (300 ºK) (1100 cm3)
(300 cm3)
T2= 1,100 ºK
Q= m cP (T2-T1)
Q= (0.001045 kg) (1 kJ/kgºK) (1,100 ºK – 300 ºK)
Q= 0.836 kJ
∆S= m (s2 – s1) (desde la tabla A-17)
Para T1= 300 ºK S1= 1.70203 kJ/kg ºK
T2= 1100 ºK S2= 3.07732 kJ/kg ºK
∆S= m (s2 – s1)
∆S= 0.001045 kg (3.07732 kJ/kgºK – 1.70203 kJ/kgºk)
∆S= 0.0014372 kJ/K
- Un recipiente rígido contiene vapor de agua inicialmente a una presión de 200Psi y 800ºF. La presión se reduce hasta que la presión es 20Psi extrayendo calor. W=0, el volumen es constante. Calcule la variación de entropía y calor transferido. Representa el gráfico T=f(Vespecifico) y T=f(u). Estado final es la mezcla de gas y líquido.
Datos
P1=200 Psi t1=800ºF
P2=20 Psi W= 0 V= const.
Solución
Estado inicial (desde tabla C-3E)
P1= 200 Psi T1= 800ºF
S1= 1.7660 Btu/lbm ºR u1= 1,288.6 Btu/lbm
V1= 3.693 ft3/lbm
V1= V2 (desde tabla C-2E) P2= 20 Psi
V2= vf + X2 (vg – vf)
X2= V2 – vf X2= (3.693 ft3/lbm) – (0.016830 ft3/lbm) X2= 0.1831
Vg – vf (20.09 ft3/lbm – 0.016830 ft3/lbm)
q= u2 – u1 (tabla C-2E)
P2= 20 Psi Uf= 196.19 Btu/lbm
Ufg= 885.8 Btu/lbm T2= 227.96 ºF
u2= uf + X2 ufg u2= (196.19 Btu/lbm) + (0.1831) (885.8 Btu/lbm)
u2= 358.38 Btu/lbm
q= u2 – u1 q= (358.38 Btu/lbm) – (1,288.6 Btu/lbm)
q= -930.22 Btu/lbm
∆S= (s2 – s1) (tabla C-2E) para P=20 Psi
sf= 0.33580 Btu/lbm ºR sfg= 1.3962 Btu/lbm ºR
s2= sf + X2 sfg s2= (0.33580 Btu/lbm ºR) + (0.1831) (1.3962 Btu/lbm ºR)
S2= 0.5914 Btu/lbm ºR
∆S= (s2 – s1) ∆S= (0.5914 Btu/lbm ºR) – (1.7660 Btu/lbm ºR)
∆S= -1.1746 Btu/lbm ºR
Gráficos
Temperatura en función de la entropía
T= f(s)
t ºR T1= 800ºF+460[pic 37]
T1= 1260 ºR[pic 38]
T2= 227.96ºF+460[pic 39]
1 T2= 687.96 ºR[pic 40][pic 41][pic 42]
1260 ºR P1= 200 Psi [pic 43][pic 44][pic 45]
687.9 ºR P2=20 Psi [pic 46][pic 47][pic 48][pic 49]
2
S2=0.5914 S1= 1.7660
S(kJ/kgºK)[pic 50]
Temperatura en función de la energía interna.
T= f(u)
t ºF [pic 51]
[pic 52]
[pic 53]
1 [pic 54][pic 55][pic 56]
800 ºF P1= 200 Psi [pic 57][pic 58][pic 59]
227.96 ºF P2=20 Psi [pic 60][pic 61][pic 62][pic 63]
2
u2=358.38 u1= 1,288.6 U(Btu/lbmºR)[pic 64]
5)un motor de ciclo Carnot proporciona una potencia de 200kw, funcionando entre dos fuentes a 200°C y 1200°C , calcula la potencia Qalta y Qbaja
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