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A)Sistemas Cerrados
A
CO
m = 2 Kg
t A
= 77ºC
P A
= 0,7 bar
B
CO
m = 8 Kg
t B
= 27ºC
P B
= 1,2 bar
7 A. Dos tanques rígidos adiabáticos, están conectados mediante una válvula. Uno de ellos contiene 2 kg de gas
monóxido de carbono a 77
o
C y 0 , 7 bar. El otro tanque contiene 8 kg del mismo gas a 27
o
C y 1 , 2 bar. La válvula
se abre y los gases se mezclan. La temperatura de equilibrio final es 42
o
C. Suponiendo que el CO es gas ideal,
Calcular:
Presión final de equilibrio (bar);;
Transferencia de calor entre los sistemas y el ambiente durante el proceso (kJ)
Energía disponible perdida durante el proceso (kJ) si t a
o
C y c v
= 5 / 2 R.
1. Cálculo de la presión final
P
A 1
V
A 1
A
m
R
CO
T
A 1
⇒ V
A 1
A
m
R
CO
T
A 1
P
A 1
Sustituyendo valores
obtendremos:
En la tabla 1 obtenemos: R CO
= 0,29684 kJ/kg K
V
A 1
2 kg 0 , 29684
kJ
kg K
350 K
2
kJ /
3
m
3
m
; V
B 1
8 kg 0 , 29684
kJ
kg K
300 K
2
kJ /
3
m
3
m
V T
= V
A 1
+V
B 1
3
m
F
P
T
V
T
m
R
CO F
T
F
P
10 kg 0 , 29684 kJ kg K
( )
315 K
3
m
- 2
bar
kJ /
3
m
= 1 , 05 bar
2. Cálculo del calor
En este caso, por ser ambos tanques (A y B) adiabáticos , si aplicamos el Primer Principio en A y en B, tendremos:
A
Q = Δ
A
U +
A
W
B
Q
B
U
B
W
para el sistema total ⇒
A
W
B
W
T
W
A
Q
B
Q
A
⇒ Q +
B
Q = Δ
U A
U B
W A
W B
U A
U B
Durante el proceso descrito se produce una transferencia de
calor entre los 2 sistemas hasta alcanzar el equilibrio térmico y
mecánico.
3. Cálculo de la energía disponible perdida.
A
S
A
m
du + P dv
T
i
f
∫
A
m
c v
dT
T
i
f
∫
A
m
R dv
v
i
f
∫
A
m v
c
ln
F
T
T
A 1
A
m
R ln
V
F
V
A 1
A
S
= 2 kg
kJ
kg K
ln
+ 2 kg
0 , 29684 kJ
kg K
ln
kJ
K
B
S
B
m
du + P dv
T
i
f
∫
B
m
v
c
dT
T
i
f
∫
B
m
R dv
v
i
f
∫
B
m
v
c
ln
F
T
T
B 1
B
m
R ln
V
F
V
B 1
B
S
= 8 kg
0 , 29684 kJ
kg K
ln
+ 8 kg 0 , 29684
kJ
kg K
ln
kJ
K
Ambiente
S
Q
Ambiente
T
kJ
K
p
W
0
T
Generada
S
0
T Δ
A
S + Δ S
B
Ambiente
S
( )
= 521 kJ
Nota: Si para calcular el incremento de entropía de ambos
compartimentos, hubiéramos utilizado la expresión:
ln ln
f
F F
p
i
i i
dh v dP T P
S = m = m c m R
T
T P
Las presiones finales (por trat ars e de una mez cla) deberían se r las pr esiones parciale s del
gas de cada compartimento en la mezcla final (Ley de Dalton de las presiones parciales).
P
pA
A
m R T
mF
V
mF
= 0 , 21 bar
P
pB
B
m
R T
mF
V
mF
= 0 , 84 bar
1 1
1 1
ln ln 0, 4958
ln ln 1, 2525
f
pA mF
A A A p A
i
A A
f
pB mF
B B B B p i
B B
P
dh v dP T kJ
S = m = m m R c
T T P K
P
dh v dP T kJ
S = m = m c m R
T T P K
∫
∫
Variante del problema anterior
A
CO
m = 2 Kg
t A
= 77ºC
P A
= 0,7 bar
B
CO
m = 8 Kg
t B
= 27ºC
P B
= 1,2 bar
7 .B.: Dos tanques rígidos, inicialmente adiabáticos, están conectados mediante una válvula. Uno de ellos
contiene 2 kg de gas monóxido de carbono a 77
o
C y 0 , 7 bar. El otro tanque contiene 8 kg del mismo gas a 27
o
C
y 1 , 2 bar. Se elimina el aislante térmico de los tanques y se abre la válvula permitiendo que los gases se mezclen
mientras intercambian energía por transferencia de calor con el entorno. Suponiendo gas ideal. Calcular: 1.
Presión final de equilibrio (bar);; 2. Transferencia de calor entre los sistemas y el ambiente durante el proceso
(kJ);; 3. Energía disponible perdida durante el proceso (kJ) si t a
o
C y c v
= 5 / 2 R.
- Cálculo de la presión final
Como el sistema no es adiabático , el proceso terminará (equilibrio)
cuando haya equilibrio mecánico entre los tanques y equilibrio térmico
entre los tanques y el ambiente:
1
1 1 1 1
1
A A
A A A A A
A
R T
m
P V = m R T V =
P
Sustituyendo valores
obtendremos:
En tablas obtenemos: R CO
= 0,29684 kJ/kg K
( )
1 1 1 1
3 3 3
A B T A B 2 3 2 3
-
F T T F F 3
kJ kJ
2 kg 0,29684 350 K 8 kg 0,29684 350 K
kg K kg K
V = = 2,9684 m V = = 5,9368 m V= V +V = 8,905m
0,7 10 kJ / m 1,2 10 kJ / m
10 kg 0,29684 kJ kg K 315 K
= m R T P= P V
8,905 m
2
3
bar 10
= 1,05 bar
kJ / m
2. Cálculo del calor
A A A
A B A B A B B B B A B
A B T
Q = U +W
Q = U + W Q+ Q = U + U + W + W = U +U
para el sistema total W + W = W = 0
Aplicando el Primer Principio en A y en B, tendremos (Considerando
- QA = calor que A intercambia con B + calor que A intercambia con el entorno
- QB = calor que B intercambia con A + calor que B intercambia con el entorno):
Durante el proceso se produce una transferencia de calor entre los 2
sistemas y una transferencia de Q con el entorno hasta alcanzar el equilibrio
térmico y mecánico.
( )
( )
1
1
A v F A A
A B T A B
T
B v F B B
5 kJ
U = m c T - T = 2 kg 0,29684 (42 - 77) K = - 51,947 kJ
Q = Q + Q = +
U U
2 kg K
5 kJ
Q= - 51,947 + 89,052 = 37,
U = m c T - T = 8 kg 0,29684 (42 - 27) K = 89,052 kJ
2 kg K
kJ
3. Cálculo de la energía disponible perdida.
A
S
A
m
du + P dv
T
i
f
∫
A
m
c v
dT
T
i
f
∫
A
m
R dv
v
i
f
∫
A
m v
c
ln
F
T
T
A 1
A
m
R ln
V
F
V
A 1
A
S
= 2 kg
kJ
kg K
ln
+ 2 kg
0 , 29684 kJ
kg K
ln
kJ
K
B
S
B
m
du + P dv
T
i
f
∫
B
m
v
c
dT
T
i
f
∫
B
m
R dv
v
i
f
∫
B
m
v
c
ln
F
T
T
B 1
B
m
R ln
V
F
V
B 1
B
S
= 8 kg
0 , 29684 kJ
kg K
ln
+ 8 kg 0 , 29684
kJ
kg K
ln
kJ
K
Ambiente
S
Q
Ambiente
T
kJ
K
p 0 Generada
0 A B Ambiente
W = T S =
T S + S + S =
kJ
Nota: Si para calcular el incremento de entropía de ambos
compartimentos, hubiéramos utilizado la expresión:
ln ln
f
F F
p
i
i i
dh v dP T P
S = m = m c m R
T T P
∫
Las presiones finales (por trat ars e de una mez cla) deberían se r las pr esiones parciale s del
gas de cada compartimento en la mezcla final (Ley de Dalton de las presiones parciales).
A mF
pA
mF
B mF
pB
mF
m R T
P = = bar
V
m R T
P = = bar
V
1 1
1 1
ln ln 0, 4958
ln ln 1, 2525
f pA mF
A A A p A i
A A
f pB mF
B B B p B i
B B
dh v dP T P kJ
S = m = m c m R
T T P K
dh v dP T P kJ
S = m = m c m R
T T P K
−
Δ − =
−
Δ − =
∫
∫
t a
= 42ºC
El calor neto transferido por los
tanques es > 0 à los tanques
absorben calor del ambiente Δ S>0à
el ambiente cede calor.
Sistemas Cerrados
10. Comprimimos aire (gas perfecto) a T=cte desde P 1
= 3 bar y t 1
0
C hasta P 2
= 15 bar. Seguidamente
expansionamos a P=cte hasta que v 3
= v 1
;; a continuación expansionamos adiabáticamente hasta P 4
= P
1
bar , y cerramos el ciclo con una isóbara. Considerando la variabilidad de los calores específicos con la
temperatura y que todas las transformaciones son reversibles, calcular: Variación de entropía en cada
transformación (kJ/kmol K).
v
v
P
P
v
v
P v
P v
Pv R T
P v R T
1
2
2
1
1
2
2 2
1 1
2 2 2
1 1 1
P
v
1
2 3
T = Cte
4
P = Cte
Q = 0
P = Cte
T =cte
v
2
v
1
=
P
1
P
2
=
3
15
=
1
5
( ec. 1 )
Análisis de cada una de las transformaciones:
Transformación 1 2 (T=cte)
Transformación 2 3 (P=cte)
P
3
1 − γ
· T
3
γ
= P
4
1 − γ
· T
4
γ
→
T
4
T
3
=
P
3
P
4
$
%
&
'
(
1 − γ
γ
=
P
4
P
3
$
%
&
'
(
γ − 1
γ
( ec. 3 )
Transformación 3 4 (adiabática reversible)
P =cte
P
2
v
2
= RT
2
P
3
v
3
= RT
3
!
"
$
%
&
→
v
2
v
3
=
T
2
T
3
→ T
3
= T
2
v
3
v
2
= T
2
v
1
v
2
= 300 K ⋅ 5 = 1500 K
v 3
= v 1
(enunciado)
(ec. 1)
Problema: no
conocemos el
coeficiente
adiabático
Cálculo del exponente adiabático medio en la trasformación 3 4 y de T 4
1
γ
=
c
p
( T )
c
v
( T )
=
Δ h
3 − 4
/ Δ T
3 − 4
Δ u
3 − 4
/ Δ T
3 − 4
=
947
h
−
15 00
h
947
u
15 00
− u
=
28561 , 16 − 47384 , 2
20686 , 68 − 34913
= 1 , 3231
con
1
γ
tenemos : T
4
→ T
4
= T
3
P
4
P
3
$
%
&
&
'
(
)
)
γ − 1
γ
= 1500 K
3
15
$
%
&
'
(
)
1 , 3231 − 1
1 , 3231
= 1012 , 52 K
2
γ
=
1012 , 5
h
−
15 00
h
1012 , 5
u
−
15 00
u
=
30717 , 63 − 47384 , 2
22297 , 5 − 34913
= 1 , 321
Como
1
γ
≈
2
γ
= γ = 1 , 3 21 → paramos la iteración y tomamos T
4
:
T
4
→ T
4
= T
3
P
4
P
3
$
%
&
&
'
(
)
)
γ − 1
γ
= 1500 K
3
15
$
%
&
'
(
)
1 , 321 − 1
1 , 321
= 1014 , 48 K
P
v
1
2
3
T = Cte
4
P = Cte
Q = 0
( ec. 3 ) → Despejamos T P = Cte
4
→ T
4
= T
3
P
4
P
3
"
$
%
&
'
γ − 1
γ
= 1500 K
3
15
"
$
%
&
'
1 , 4 − 1
1 , 4
= 947 , 077 K
No conocemos el exponente adiabático (2 incógnitas, 1 ecuación: hay que
iterar, comenzamos la iteración con un valor de γ=1,4)
Recalculamos γ con el valor de T 4
obtenido:
Tabla 2 (interpolando)
Segunda iteración:
Tabla 2 (interpolando)
P
v
1
2 3
T = Cte
4
P = Cte
Q = 0
P = Cte
Cálculo de la variación de entropía en cada transformación:
Transformación 1 2 (T=cte)
Transformación 2 3 (P=cte)
Transformación 3 4 (adiabática reversible)
Transformación 4 1 (P=cte)
Cálculo de la variación de entropía en todo el ciclo:
Este apartado se resuelve a mano en clase.
