Solucionario termodinámica wark

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h2  1168 .2 BTU
Lbm
Con P2 y T2 Tabla
ft 3
vesp2  28.42 Lbm

0  1168.2  1145.9 BTU   1 *V2 2  605000 ft2 
Lbm 2 s2

0  22.3 BTU   1 *V2 2  605000 ft2 
Lbm 2 s2

0  558322 ft2  605000 ft2  1 *V2 2
s s2 2

46678 ft2  1 V2 2
s2 2

93356 ft2  V22 /
s2

305 ft  V2
s

A2 *V2 8in 2 * 305 ft 0.083332 ft2  0.596 Lbm
v esp2 f t3 s 1in 2 s
B) m   *

28.42 Lbm

5.61

A una turbina entra aire en régimen estacionario a 90 psi, 940ºF y 480 ft/s. Las condiciones de
salida son 15 psi, 440ºF y 240 ft/s. Se pierde un calor de 6 BTU/Lbm y el área de entrada es

31.5 in2 . Determine:

La variación de energía cinética en BTU/Lbm.
La potencia obtenida en hp.
La relación de áreas de los conductos de entrada y salida.

P1  90 psi P2  15 psi
T1  940º F  1400º R T2  440º F  900º R
V1  480 ft / s V2  240 ft / s
A1  31.5in2

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Q  6 BTU
Lbm

Q  W  h  K  Ep
Q  W  h  K

Con T1 Tabla h1 = 342.90 BTU
Lbm

Con T2 Tabla h2 = 216.26 BTU
Lbm

A)

Ec  V2 2  V12 2402 ft2  4802 ft2  86400 ft2 * Lbm  Poundal* ft * 1Lbf
 s2 s2

22 s2 Lbm Lbm 32.174 poundal

Lbf * ft * 1BTU  3.45 BTU
Lbm 778.16Lbf * ft Lbm

Ec  3.45 BTU
Lbm

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B) 0  Q  W  m h1  h2    V12  V22 
2


m  PM * n PM aire = 29 Kg
Kmol

P1 *V1  n * R *T1
P1 *V1 * A1  n * R *T1

90 psi * 480 ft / s * 31.5in2  n *10.73 psi * ft3 *1400º R
Lbmol*º R

90 psi * 480 ft / s * 31.5in2  n
psi * ft3
10.73 *1400º R
Lbmol*º R

n  0.63 Lbmol
s

m  29 Lib * 0.63 Lbmol  18.27 Lbm
Lbmol s s

Q  Q * m  6 BTU *18.27 Lbm  115655w  115.655Kw
Lbm s

115.655Kw  W  18.27 Lbm 126.64 BTU  3.45 Btu 
s Lbm Lbm

115.655Kw  W  18.27 Lbm *130.09 BTU
s Lbm

115.655Kw  W  2376.74Kw

W  2261.09Kw * 1hp  3032.17hp
0.7457Kw

C) P1 *V1 * A1  n * R *T
P2 *V2 * A2  n * R *T2

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P *V  n * R *T
P *V * A  n * R *T
P1 *V1 * A1  n * R *T
P2 *V2 * A2  n * R *T2
A2  P1 *V1 *T2  90 psi * 480 ft / s * 440º F  5.62
A1 P2 *V2 *T1 15 psi * 240 ft / s * 940º F

5.68 Se comprime dióxido de carbono desde 0,1 MPa y 310 ºK hasta 0,5 MPa y 430
ºK. El flujo volumétrico necesario en las condiciones de entrada es 30 m³/min. La
variación de energía cinética es despreciable, pero se pierde un calor de 4,0 KJ/Kg.
Determínese la potencia necesaria, en Kilovatios, utilizando los datos de la tabla A. 9.

P1 = 0,1MPa ⇒100.000Pa
T1 = 310 K
V = 30 m³

min
P2 = 0,5 MPa ⇒500.000Pa
T2 = 430 K
ΔK = despreciable
Q = -4,0 KJ

Kg
W = KW

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T1 = Tabla⇒h1 = 9,807 KJ
Kg× mol

T2 = Tabla⇒h2 = 14,628 KJ
Kg× mol

V 1 P1 × V 1 100.000Pa × 1atm × 30 m3 × 1.000L × 1min
RT1 101.330Pa min 1m3 60 s
P1 × = n RT ⇒n = ⇒n = 0,08205maotml ××LK × 310 K ⇒

n = 19,399mol
s

PM Dióxidodecarbono = 44 g

mol

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PM = m ⇒m = PM × n
n

m = 44 g × 1Kg ×19,399mol ⇒m = 0,8535Kg
mol 1.000g s s

Q - W = Δh + ΔK

- 4,0 KJ - W = 14,628- 9,807 KJ × 1 Kg× mol

Kg Kg× mol 0,044 Kg
w = 113,54KJ

Kg

W = w × m
W = 113,54KJ × 0,8535Kg ⇒W = 96,90KW

Kg s

5.70
Un compresor refrigerado por agua cambia el estado del refrigerante 134 a desde vapor

saturado a 1 bar hasta una presión de 8 bar. El área de entrada es 5 cm2 , el flujo másico es

0,9 kg/min y el agua de refrigeración extrae un flujo de calor de 140 KJ/min. Si la potencia
suministrada es 3,0 KW, determínese (a) la temperatura de salida en grados Celsius, y (b) la
velocidad de entrada en m/s.

Datos:

Vapor saturado

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P1= 1,0 bar

P2 = 8 ,0 bar

A1 = 5 cm2 0,0005 m2

• = 0,9 kg
min
m

• KJ = KJ
= 140 min 2,333 s
Q

•

ω = 3,0 KW

Con P1 y titulo

KJ
h1= 231,35kg

m3
v.esp1 = 0,1917 kg

•

v .esp = V
•

m

•

v.esp1 = V1
•

m

v1× A1
v.esp1 = •

m

m3 v1× 0,0005m 2
0,1917 =
kg kg
0,015
s

m
v1= 5,751s

•• •
Q - ω = m(Δh + ΔK + ΔEpg)

•• •
Q - ω = m(h2 - h1)

KJ kg KJ
(-2,33+ 3,0) = 0,015 × (h2 - 231,35)
ss kg

KJ
h2 = 275,8

kg

Con P2 y h2

Interpolar la temperatura

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284,39 - 275,66 284,39 - 275,8
=
50 - 40 50 - X

X = 42,33º C

T2 = 42,33º C

5.79 Por un cambiador de calor circulan 10,0 Kg/s de refrigerante 134a 10 bar y 38
ºC y salen a 9,0 bar y 80 ºC. Intercambia calor con una corriente de vapor de agua
que entra a 1 bar y 200 ºC.

a) Si el vapor de agua sale del cambiador de calor como vapor saturado a 1 bar.
Determínese el flujo másico en Kg/s. b) Considere el mismo cambio de estado, el
flujo del refrigerante se limita a 5 Kg/s. Si el flujo másico de vapor sigue siendo el
mismo determínese la temperatura de salida en grados Celsius.

a) 1A2
4B3
134a
P1 = 10 bar A
T1 = 38 C
P2 = 9,0 bar
T2 = 80 C

agua

P1 = 1bar
T1 = 200 C
P2 = 1bar

m = Kg 
 s 

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134a

T1 = Tabla⇒h1 = 103,21 KJ
Kg

T2 = Tabla⇒h2 = 314,62 KJ
Kg

agua

T1 y P1 = Tabla⇒h3 = 2.875,3 KJ
Kg

P2 = Tabla⇒h2 = 2.675,5 KJ
Kg

   m 134 a × h2 - h1 = m agua × h3 - h4

10,0 Kg × (314,62- 103,21) KJ = m agua × (2.875,3- 62.675,5) KJ
Kg
s Kg

m agua = 10,57 Kg
g

b)

m 134a =5 Kg
s

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Kg × (314,62 - 103,21) KJ Kg × (2.875,3 - h4 ) KJ
5,0 = 10,57 Kg
s Kg
s

KJ
h4 = 2.776 Kg

p2 y h4 = tabla ⇒T2 = 150 C

5.81
Se condensa vapor de agua en el exterior de un cambiador de calor de tubos cuyo interior
circula aire. El aire entra a 1,20 bar, 20ºC y 10 m/s y sale a 80ºC. El flujo másico de vapor es 5
kg/min, entra a 3 bar y 200ºC y sale como liquido saturado. Calcúlese (a) el flujo másico de
aire necesario en kg/min, y (b) el área de entrada del conducto de la corriente de aire en m2 .

Datos:

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P1= 1,20bar

T1= 20ºC = 293º K

m
v1= 10

s
T 2 = 80ºC = 353º K

P3 = 3bar

T 3 = 200ºC

m• kg kg
vapor = 5 = 0,0833 s
min

Con T1, tabla de aire

KJ
h1= 293,16

kg

Con T2, tabla de aire

KJ
h2 = 353,49

kg

Con P3 y T3

KJ
h3 = 2865,3

kg

Con T2 y titulo

KJ
h4 = 853,45

kg

••

m maire × (h2 - h1) = vapor × (h4 - h3)

m• × (353,49- KJ kg KJ
293,16) = 0,08333 ×(2865,5- 852,45)
aire kg s kg

m• kg kg
aire = 2,78 s = 166,8
min

5.72

Se comprime un flujo de 18Kg/min. de aire desde 1 bar y 290ºK, hasta 5 bar y 450ºK. El área de

entrada es 0.025 m2 , el área de salida es 0.0025 m2 y se pierde un calor de 50 KJ/Kg.

Determine:

Las velocidades de entrada y salida en m/s

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El flujo volumétrico en la entrada en m3 / min

La potencia necesaria en Kw.

P *V  n * R *T
A) P *V * A  n * R *T

V  n * R *T
P*A

n  m  18 Kg  0.621 Kmol
PM min min

29 Kg
Kmol

0.621 Kmol * 0.08314 bar * m3 * 290 º K

V1  n * R *T1  min Kmol*º K  598 m * 1min  9.98 m
P1 * A1
1bar * 0.025 m2 min 60s s

0.621 Kmol * 0.08314 bar * m3 * 450 º K

V2  n * R *T2 min Kmol*º K  1858 .68 m * 1min  30.97 m
P2 * A2
5bar * 0.0025 m2 min 60s s

P1 *V1  n * R *T1

B) n * R *T1 0.621 Kmol * 0.08314 bar * m3 * 290º K  14.97 m3
P1 min Kmol*º K min
V1   1bar

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Con P1 y T1 Tabla h1  290 .16 Kj
Kg

Con P2 y T2 Tabla h2  451 .80 Kj
Kg

Q  Q * m  50 KJ *18 Kg  900Kj / min
Kg min

Q  W  m h1  h2    V12  V22 
2


C) 90 Kj  W  18 Kg  290.16 Kj  451.80 Kj     0.429 Kj 
min min Kg Kg Kg

90 Kj  W  18 Kg * 162.069 Kj
min min Kg

90 Kj  W  2917.24 Kj
min min

W  3007.24 KJ * 1min  50.12 KJ  50.12Kw
min 60s s

5.83

A un cambiador de calor entra aire a 27ºC y 130 Kpa y sale a 227ºC y 120 Kpa. Al cambiador de
calor entra vapor de agua a 600ºC y 1500 Kpa.

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A la salida el vapor pasa por un dispositivo de estrangulamiento que cambia el estado de salida
a 100 Kpa y 80ºC . Las variaciones de energía cinética y potencial gravitatoria son
despreciables. El flujo másico de aire es 165 Kg/s. En estas condiciones determine:

a) El flujo másico de vapor en Kj/s.
b) A continuación, todas las condiciones del aire permanecen iguales, así como las

presiones del lado agua y el flujo másico de vapor calculado en el apartado a). Calcule
en grados Celsius, la temperatura de entrada máxima permitida para el vapor de modo
que el agua que sale del dispositivo de estrangulamiento lo haga en estado líquido.

Aire

T1  27º C T2  227º C
P1  130Kpa P2  120Kpa
m aire  165 Kg

s

Agua

T1  600º C T2  80º C
P1  1500Kpa P2  100Kpa

A) Aire se calienta
Agua se enfría

Aire

Con T1  300 º K tabla h1  300 .1 Kj
Kg

Con T2  500 º K Tabla h2  503 .02 KJ
Kg

Agua

Con P1 y T1 tabla h1  3694 Kj
Kg

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Con P2 y T2 tabla h2  334 .91 Kj
Kg

165 Kg 503.02  300.1 Kj  m agua3694  334.91 Kj
s Kg Kg

165 Kg * 503.02  300.1 Kj
s Kg  10 Kg
m agua 
3694  334.91 Kj s

Kg

B) Si T2  0º C(agua) Kj
Tabla presión 1 bar = h f =417.46 Kg

h2  0.02 Kj (417.46 Kj ) a 1 bar
Kg Kg

165 Kg 503 .2  300 .1  10 Kg h1  417 .46  Kj
s s Kg

h1  165503 .02  300 .1  417 .46  3750 .7 Kj
Kg

Con h1 y P1 tabla T1 max  625.17º C

Mediante interpolación 640  600  x  600  x  625.17º C
3783 3694 3750  3694

625.17ºC es la temperatura máxima permitida para el vapor, de modo que el agua que sale del
dispositivo de estrangulamiento lo haga en estado líquido.

5.90 Un calentador abierto del agua de alimentación funciona a 7 bar. Por una
toma entra agua en estado de líquido comprimido a 35 ºC, por otra toma entra
vapor de agua sobrecalentado y la mezcla sale de líquido saturado. Determínese,

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en grados Celsius, la temperatura del vapor que entra si la relación del flujo másico
de líquido comprimido a vapor sobrecalentado es 4,52:1.

m 3 ×h3 = m 1 ×h1 + m 2 ×h2

7 bar = Tabla⇒h3 = hf = 697,22KJ 3 1 35 ºC
Kg 7 bar 2

35 C = tabla⇒h1 = hg = 146,68KJ
Kg

m 3 = m 1 + m 2 ⇒ m 3 = 4,51+1⇒ m 3 = 5,52

5,52× 697,22KJ = 4,52×146,68KJ +1× h2
Kg Kg

3.848,65KJ = 662,99KJ + h2
Kg Kg

3.848,65KJ - 662;99KJ = h2
Kg Kg

h2 = 3.185,65KJ
Kg

h2 = Tabla⇒T = 360 C

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5.92

En un calentador abierto el agua de alimentación que funciona a 60 psia se mezclan agua
liquida produciéndose una perdida de calor al ambiente de 144000 btu/h. Entran 200 lbm/min
de agua fría a 100ºF, mientras que el vapor entra a 300ºF. La mezcla resultante sale como
liquido saturado a 60 psia con una velocidad de 2,0 ft/s. Determínese (a) el flujo másico de
vapor que entra, en lbm/min, y (b) el diámetro del conducto de salida del calentador, en
pies.

Datos:

Agua saturada

P1= 60psia

T1= 100º F

• = 200 lbm
min
m

Vapor de agua

T 2 = 300ºF

Liquido saturado

P3 = 60psia
ft

v 3 = 2,0
s

Con P1 y T1

btu
h1= 68,05

lb

Con T2 y titulo

btu
h2 = 1180,2 lb

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v2 •
×(h + + gz) -
m m• v2
(h + + gz)
0 = Q+ω + s2
e2

•••

m m m0 = Q + 1 • h1 + 2 • h2 - 3 • h3

•• •

m1 + m2 = m3

• •. ••

Q + m1 • h1+ m2 • h2 = m1 + m2

m m40 btu + (3,333 lbm • 68,05 btu ) + (• btu lbm •
s s lb lb s
2 • 1180,2 ) = (3,333 + 2)

m• lbm lbm
2 = 0,223 s = 13,38
min

Con P3 y titulo

ft 3
v.esp3 = 0,01738

lb

•

v .esp3 = V3
•

m3

v.esp3 = • v3 • A3

•

m1+ m2

ft
2,0 × A3
ft 3 = s
0,01738 lbm

lbm 3,556

s

A3 = 0,0309ft 2

A = ∏ •ο/ 2
4

ο/ = 0,0309× 4
∏

ο/ = 0,2223ft

5.94

Determine la variación de temperatura de una corriente de agua que se hace pasar por un
dispositivo de estrangulamiento desde a)10 bar y 280ºC hasta 1 bar y b) desde 50 bar y 100ºC
hasta 25 bar.

c) Determine la solución en el caso que la sustancia se comporte como gas ideal.

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A) Estado estable flujo estable.

P1  10bar
T1  280º C
P2  1bar

Proceso en que la entalpía no varía.

Q-W = h  K  Ep Q = 0 W =0 K  0 Ep  0

Con P1 y T1 tabla h  3008 .2 Kj
Kg

A 1bar 280ºC h=3034.2 Kj
kg

Kj

240ºC h=2954.5

Kg

Mediante interpolación 280  240  x  240
3034.2  2954.5 3008.2  2954.5

x  266.95º C

T  280  266.95  13.05º C

P1  50bar
B) T1  100º C

P2  25bar

Con P1 y T1 Kj

tabla h=422.72

Kg

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A 25 bar 100ºC tabla h = 420.85 Kj
kg

Kj

140ºC tabla h = 590.52

Kg

140 100  x 100
590.52  420.85 422.72  420.85
Mediante interpolación x  100.44º C

T  100.44 100  0.44º C

P1 *V1  nRT1
P2 *V2  nRT2
C)

P1 *V1  T1
P2 *V2 T2

Con T1  280  273  553º K Tablas

h1  18601 Kj a 553ºK
Kg

h2  18959 Kj a 560ºK
Kg

Mediante interpolación 560  550  553  550
18959 18601 x 18601

X= 18708.4 Kj
Kg

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18708.4 Kj * 1  cp *T2
Kgmol 18 Kg
Kmol

1039.33 Kj  4.217 * T2
Kg

1039 .33 Kj

Kg  246 .46º C  T2
Kj
4.217
Kg*º C

T  280  246.46  33.54º C

5.101 Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento nitrógeno desde a)
líquido saturado a 200 ºR hasta una temperatura de 140 ºR. Calcúlese el volumen

específico final en ft³/ lbm . b) Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento

nitrógeno desde 2.000 psia y 350 ºR hasta 200 psia. Determínese la temperatura final

en ºR , y el volumen específico, en ft³/ lbm , en el estado final.

a)

T1  200 R
T2  140 R

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hf  80,62BTU
lbm
T1  Tabla 

hg  136,86BTU
lbm

hf  48,15BTU
lbm
T2  Tabla 

hg  133,36BTU
lbm

BTU
(80,62- 48,15)
X  (hf 1  hf2 )  X  lbm  X  0,38

(hg2  hf2 ) (133,36- 48,15)BTU

lbm

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v esp  v f  X  (vg  v f )

T2  Tabla  v f  0,0199 ft3
lbm

vg  3,315 ft3
lbm

v esp  0,019 ft3  X  (3,315 0,019) ft3
lbm lbm

v esp  1,272 ft3
lbm

b)

P1  2.000psia

T1  350 R

P2  200 psia

T2  F

v esp  ft3
lbm

P1 y T1  Tabla  h1  157,78BTU
lbm

estrangulamiento  h1  h2

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P2 y h2  Tabla  T2

P

300

X

250

h

156,1 157,78 170,25 300 - 250  X - 250  ⇒T2 R
170,25 - 156,1 157,78 - 156,1
= = 255,93

P2 y T2  Tabla  v esp

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P

300
255,93

250

0,427 v esp

X 0,542

300 - 250 = 255,93- 250 ⇒v esp  0,440 ft3
0,542 - 0,427 X - 0,427 lbm

5.105

Se hace pasar por un dispositivo de estrangulamiento vapor de agua desde 30 bar y 280ºC
hasta 20 bar, antes de entrar en una cámara de mezcla. También se hace pasar por un
dispositivo de estrangulamiento agua líquida a 25 bar y 180º C hasta 20 bar, antes de entrar en
la cámara. Después de mezclarse dentro de la cámara, sale una corriente de vapor saturado a
20 bar. La cámara está perfectamente aislada y los efectos de la energía cinética y potencial

son despreciables. Para un flujo de vapor de 20.000 Kg h , determine el flujo másico de agua
líquida necesario, en Kg h .

Datos:

P1  30bar

T1  280 º C

P2  20bar

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P3  25bar
T3  180 º C
Ps  20bar

a.) º agua líquida  Kg 
 h 
m

Q + W = ( h2  h1 ) + V22  V12  g(z2  z1 )
2

Donde:

Q=0

W=0

K  0

Ep  0

Con P1 y T1  Tabla h1   KJ 
2941,3 Kg 



Con P3 y T3  Tabla h2   KJ 
763,97 Kg 



Con Ps y X=1  Tabla h3   KJ 
2799,5 Kg 

h2  h1  h3

ºº ºº

m 1*h1  m 2 * h2  (m1  m 2 ) * h3

20.000  Kg  *  KJ   º * 763,97  KJ  = ( 20.000 + º ) 2799,5  KJ 
 h  2941,3 Kg   Kg   Kg 
m m

58.826.000  Kg  + º * 763,97  KJ  = 55.990.000  Kg  + º * 2799,5  KJ 
 h   Kg   h   Kg 
m m

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º * 2035,53  KJ  = 2.836.000  Kg 
   h 
m  Kg 

º 2.836.000 KJ 
h 
m=
 KJ 
2035,53 Kg 



º = 1393,25  Kg 
 h 
m

5.112 Se bombean 100 L/min de agua líquida a 20 ºC a una altura de 100 m por un
conducto de sección constante. El proceso es adiabático y la temperatura permanece

constante. Calcúlese la potencia que necesita la bomba, en Kilovatios, para a) P1 = P2 .

T1 = 20 º C
V = 100 L

min
Z2 = 100m
P1 = P2
Q=0
W = KW

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Q - W = m e ×(h+ v2 + gZ)e - M s ×(h+ v2 + gZ)e
2 2

Q- W = m × h1 - h2 + v 2 - v22 + g× Z1 - Z2 
1 2

- W = m × - Z2 × g

ρ = m ⇒ m = ρ× V
V

m = 1.000 Kg ×100 L × 1m3 × 1min ⇒m = 1,67Kg
m3 min 1.000L 60 s s

- W = 1,67Kg × (-100m × 9,81m )
s s2

- W = -1,638KW /-1
W = 1,638KW

5.114
En un edificio el agua circula por una serie de tuberías desde 4,0 m por debajo del nivel del
suelo hasta 120 m por encima de este nivel. En la entrada de la tubería situada por debajo del
nivel de 120 m el estado es 35ºC, 0,070MPa y 3 m/s, mientras que el nivel de 120 m el estado
es 33ºC, 0,64MPa y 14 m/s. Determínese el calor transferido en KJ/kg, si no existe trabajo en

el eje y la gravedad es 9,8m/ s 2 .

Datos:

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P1= 0,070MPa = 0,70bar
T1= 35ºC

m
v1= 3

s
P2 = 0,64MPa = 6,4bar
T 2 = 33ºC

Con P1 y T1

KJ
h1= 2565,3

kg

Con P2 y T2

KJ
h2 = 2561,7 kg

Q - ω = Δh + Δk + Δepg

v22 v12
Q = (h2 + + gz2) - (h1+ + gz1)

22

KJ 142 m2 m KJ 32 m2 m
Q = (2561,7 + + 9,81 ×120m) - (2565,3 + + 9,81 × 4m)
kg 2 s2 s 2 kg 2 s2 s 2

KJ
Q = 1227,86

kg

5.123 En un ciclo simple de potencia entra vapor de agua a la turbina a 6,0 MPa y
540 ºC y sale a 0,008 MPa y una calidad del 90 por 100. Del condensador sale
líquido saturado a 0,008 MPa y la variación de la temperatura en la bomba
adiabática es despreciable. Determínese a) el trabajo de la turbina en KJ/Kg, b) el
trabajo de la bomba, c) el porcentaje de calor suministrado en la caldera que se
convierte en trabajo neto de salida, d) el calor cedido en el condensador en KJ/Kg.

1

P1 = 6,0 MPa ⇒60 bar caldera turbina

T1 = 540 C Q entregado W salida
P2 = 0,008MPa ⇒0,08 bar W=0 Q=0
4
2

X = 9000 Q cedido

p3SO=L0U,C0IO0N8AMRPIOaK⇒EN0N,E0T8HbWaAr RK TERMODINÁWMbIComAb/a SEXTA EDICIÓN / DESAcRonRdOeLnsLaAdDorWO =/0

INACAP SEDE COPIAPÓQ/=P0RIMAVEbRoAmb2a0113

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Wturbina = (h2 - h1)

P1yT1 = Tabla⇒h1 = 3.517 KJ
Kg

P2 y X = Tabla⇒h2 = 1- 0,9×173,88KJ + 0,9 × 2.577 KJ ⇒h2 = 2.318,688KJ
Kg Kg
Kg

Wturbina = 2.318,688KJ - 3.517 KJ ⇒Wturbina = 1.198 KJ
Kg Kg Kg

 Wbomba = Vesp3 × ΔP × 1- 2

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P3 = Tabla⇒v f = 1,0084cm3
g

Wbomba = 1,0084cm3 × 60 bar - 0,08 bar× 1.000 g × Kgf ⇒

g 1Kg cm2

Wbomba = 60.495,93Kgf × 9,81N × 1m ⇒5.934 J ⇒
Kg 1Kgf 100 cm Kg

Wbomba = 5,92 KJ
Kg

Wbombeo = (h4 - h3 )

P3 = Tabla⇒h3 = hf ⇒h3 = 173,88KJ
Kg

h4 = Wbombeo + h3

h4 = 5,92 KJ + 173,88 KJ
Kg Kg

h4 = 179,8KJ
Kg

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Qentregado = (h1 - h4 )

Q entreg ado = 3.517 KJ - 179,8 KJ ⇒Q entreg ado = 3.337,2KJ
Kg Kg Kg

Q0 = 33,3700
0 entregado

Qcedido = (h2 - h3 )

Q cedido = 2.318,68KJ - 173,88KJ
Kg Kg

Q cedido = - 2.144,80KJ
Kg

5.125

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En un ciclo simple de potencia, cuya potencia de salida neta es 9MW, el vapor de agua entra a
la turbina a 10MPa, 560ºC y sale a 0,010MPa y una calidad del 86 por 100. Del condensador
sale líquido saturado a 0,010MPa y la variación de temperatura en la bomba adiabática es
despreciable. Determínese (a) el trabajo de la bomba y de la turbina, ambos en KJ/kg, (b) el
porcentaje de calor suministrado que se convierte en trabajo neto de salida.

Datos:

Vapor de agua

•

ω = 9MW
sal

P1= 10,0MPa = 100bar
T1= 360ºC
P2 = 0,010MPa = 0,1bar
X = 86%

Liquido saturado

P3 = 0,010MPa
ωbomba = 0
Δt = 0

ωturbina = h2 - h1

Con P1 y T1

KJ
h1= 3846,0

kg

Con P2 y titulo

hp = (1- x) • hf + x • hg

hp = (1- 0,86)• 191,83 KJ + 0,86 • 2584,7 KJ
kg kg

KJ
hp = 2249,69 kg = h2

ωturbina = (h2 - h1)

ωturbina KJ
= (2249,69 - 3846,0)

kg

ωturbina KJ
= -1596,30

kg

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ωbomba = vesp 3 × ΔP

Con P3 y titulo

cm3
vf = 1,0102 = vesp3

g

ωbomba = v,esp3 × (P2 - P1)

ωbomba cm3 1000g kgf
= 1,0102 g × (100 - 0,1) 1kg cm2

ωbomba kgf • cm 9,81N 1m 1KJ
= 100918,98

kg 1kgf 100cm 1000J

ωbomba KJ
= 9,9002

kg

Con P3 y titulo

KJ
hf = 191,83 kg

ωbomba = (h4 - h3)
h4 = ωbomba + h3

KJ KJ
h4 = 9,900 +191,83

kg kg
KJ

h4 = 201,73kg

Qcedido = (h2 - h3)

KJ
Qcedido = (3846,0- 201,73)
kg

KJ
Qcedido = 3644,27
kg

3644,27
Qcedido = 100
Qcedido = 36,44%

5.127

El gasto másico de refrigerante 134a circulante por un ciclo de refrigeración es 0,07 Kg s que

entra al compresor adiabático a 1,8 bar como vapor saturado y sale a 7 bar y 50º C. El fluido es

líquido saturado a la salida del condensador. Determine (a) la potencia de entrada al

T

compresor en Kilovatios, (b) el flujo de calor en el evaporador en 700 .
X

600

u

1.203,2 1.231,5 1.244,0

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Vapor saturado Refrigerante 134ª Líquido saturado

P1 = 1,8 bar º = 0,07 Kg P2 = 7 bar
T2 = 50º C
m s

Compresor Adiabático.

 º

a.) W entrada = ? KW

b.) º evap =?  KJ 
 s 
Q

0= º + º + º   hs )  Ve2  Vs2 
(he 2  g(Ze  Zs )
Q W m 


k  0 Ep  0

º ºº

Q + W = m ( h2  h1 )

a.) Compresor Adiabático

ºº

W comp = m ( h2  h1 )

Compresor con P1  Tabla h1 = hg = 239,71  KJ 
 Kg 
 

Con P2 y T2 Tabla h2 = 286,35  KJ 
 
 Kg 

º comp = 0,07 Kg *   KJ    KJ  
s 286,35 Kg  239,71 Kg 
W

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º comp = 0,07 Kg * 46,04  KJ 
s  
W  Kg 

 º

W comp = 3,27 KW

b.) º evap =  Kg 
 s 
Q

ºº

Q evap = m ( h1  h4 )

ya que la potencia en el eje es cero h3  h4

h3 Liquido Saturado  h f a 7 bar P2 = P3 = 7 bar

Con P2  Tabla h3 = 86,78  KJ  = h4
 Kg 

º evap = 0,07 Kg *   KJ    KJ  
s 239,71 Kg  86,78 Kg 
Q  
 

º = 0,07 Kg * 152,93  KJ 
s  
Q evap  Kg 

º KJ
Q evap = 10,71 s

5.134 Las condiciones de entrada a un compresor que funciona en régimen
estacionario son 0,95 bar y 27 ºC y el flujo volumétrico a la entrada es 7,0 m³/min. En
la salida la presión y la temperatura son 2,67 bar y 397 ºK respectivamente. A
continuación el aire pasa por un cambiador de calor hasta que su temperatura alcanza
27 ºC. Finalmente el aire pasa por otro compresor donde experimenta el mismo
aumento de presión y temperatura que en la primera etapa de compresión. Las
velocidades son despreciables. Determínese a) la potencia de entrada necesaria en

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las dos etapas de compresión, en Kilovatios, y b) el flujo de calor extraído en el
cambiador de calor en KJ/min.

P1 = 0,95 bar 4
T1 = 27 C ⇒ 27 + 273 = 300 K compresor
V = 7,0 m3 W2

min 3 cambiador de calor
P2 = 2,67 bar Q sal
T2 = 397 K
P3  2,67 bar 2
T3 = 27 C ⇒ 27 + 273 = 300 K
P4  4,39 bar W1
T4  397 K compresor
1
ΔK = 0
W = KW
Q = KJ

min

T1 = Tabla ⇒ h1 = 8,723 KJ
Kg × mol

T2 = Tabla

Tº

400

397

390

h

11,347 X 11,640

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400 - 390 = 397 - 390 ⇒h2 = 11,55 KJ
11,640- 11,347 X - 11,347 Kg  mol

T3 = Tabla⇒h3 = KJ
8,723

Kg × mol

T4 = Tabla⇒h4 = 11,55 KJ
Kg × mol

P × V = n RT ⇒n = P × V
R × T1

0,90 bar × 100.000Pa × 1atm × 7,0 m3 × 1.000L × 1min n = 4,209mol
1bar 101.330Pa min 1m3 60 s

atm × L s
0,08205 × 300 K
mol × K

m = PM× n ⇒ m = 28,9 g × 1Kg × 4,209mol ⇒ m = 0,1216Kg
mol 1.000 g s s

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( )W 1 = m × h2 - h1

W 1 = Kg × (11,55 - 8,723) KJ × 1 Kg × mol ⇒
0,1216 Kg × mol 0,0289 Kg

s

W 1 = 11,89KW

( )W 2 = m × h4 - h3

W 2 = Kg × (11,55 - 8,723) KJ × 1 Kg × mol ⇒
0,1216 s Kg × mol 0,0289 Kg

W 2 = 11,89KW

 Q salida = m  h2 - h3

Q salida = 0,1216Kg × 11,55- 8,723 KJ

s Kg× mol

Q salida = 0,1216Kg × 60 s  2,827 KJ × 1 Kg× mol
S 1min Kg× mol 0,0289 Kg

Q salida = 713,695 KJ
min

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5.136

A un cambiador de calor entra agua a 0,6 MPa y 45 ºC y se calienta recibiendo un flujo de

1,4 ×10 6 KJ / min hasta un estado de 0.6 MPa y a 540ºC. A continuación, el fluido pasa por

una turbina de donde sale a 0,008 MPa con una calidad del 83,9%. Determínese la potencia de
salida de la turbina kilovatios.

Datos:

P1= 0,6MPa
T1= 45ºC

Q• = 1,4 ×106 KJ
min
P2 = 0,6MPa
T 2 = 540ºC
P3 = 0,008MPa
x = 83,9%

Con P1 y T1

KJ
h1= 2583,2

kg

Con P2 y T2

KJ
h2 = 3570,06

kg

Con P3 y titulo

hp = (1- X)hf + hgX

h3 = (1- 0,839)• KJ + 2577 KJ • 0,839
173,88
kg kg

KJ
h3 = 2190,097

kg

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••

Q = m(h2 - h1)

m1,4×106 KJ • KJ
(3570,06- 2583,2)
=
min kg

KJ = • (9 KJ
233333,33 86,86)
m
s kg

• = kg
236,44
m
s

•• •
Q - ω = m(Δh + ΔKΔEpg)

•• •
Q - ω = m(h3 - h2)

KJ - • = 2 36,4 4 kg (3570,06- 2583,2) KJ
233333,33 s kg
ω
s

- • = 92 889,9 2 KJ
s
ω

•

- ω = 92889,92KW

5.138
Un depósito rígido está conectado a una línea presurizada por la que circula continuamente
vapor de agua a 1,0 MPa y 280º C. Inicialmente la válvula que conecta la línea y el depósito
está cerrada, y éste contiene 0,20 Kg de vapor de agua a 300 KPa y 160º C. Se abre la válvula y
entra lentamente vapor en el depósito hasta que el vapor del depósito se encuentra a 500 KPa
y 200º C. En ese instante, determínese (a) la masa que ha entrado al depósito, en Kg, y (b) el
calor transferido desde o hacia el depósito durante el proceso, en kilojulios.

Vapor de agua

PL = 1 MPa
TL = 280º C
m1 = 3,20 Kg
P1 = 300 KPa
T1 = 160º C

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P2 = 500 Kpa
T2 = 200º C

a.) m = ? Kg que entra al depósito.
b.) Q =? KJ  vapor transferido

a.) dmvc = º L = línea.
dt
mL

dEvc = º º º L  h  V2  g z L
dt 2
Q +W+ m

mvc = t1 º mL = masa línea
t2
m L dt =

º º t1 º L  h  V2  gz L dt
t2 2
Evc = Q + W + m

mvc = m2  m1 = mL

En los estados 1 y 2

m1 = V m2 = V
v1 v2

Volumen del depósito constante

Con PL y TL  Tabla h2   KJ 
3008,2 Kg 

v2   m3 
0,248 Kg 



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Con P1 y T1  Tabla h1   KJ 
2782,3 Kg 



 m3 
v1 0,651 
 Kg 

Con P2 y T2  Tabla h2   KJ 
2855,4 Kg 



v2  m3 
0,4249 
 Kg 

m2  m1 v1  0,2Kg 0,651   0,31Kg
v2
 0,4249

mL = m2  m1 = 0,31 – 0,20

mL = 0,11 Kg masa que entra

b.) Q = m2u2  m1u1   mLuL

u1   KJ  Ambas energías internas se obtienen por tabla,
2587,1 Kg 

ingresando en estas gracias a P1 y T1 dando u1

u2   KJ  y con P2 y T2 dando u2
2642,9 Kg 

Q = (0,31* 2642,9 – 0,20* 2587,1) – 0,11* 3008,2

Q = -29,023 KJ 

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5.145 Un tanque rígido y aislado que esta vacío, es conectado por medio de una
válvula a una línea de alimentación que conduce vapor de agua a 500 psia y 550 ºF.
Se abre la válvula de conexión y entra vapor al interior del tanque hasta que la presión
alcanza 300 psia. Determínese, a) la temperatura final en el deposito en ºF, b) las
libras masa de vapor que ha entrado si el volumen del deposito es de 20 ft³

P1  500 psia
T1  550 F
P2  300 psia
T2  F
mf  lbm
V  20 ft3

ΔUvc  (mf  uf )  (mi  ui )  (hl  ml )

mi  0 depositovacío
mf  ml

ml  uf  ml  hl
uf  hl

P1 y T1  Tabla  hl  1.231,5BTU
lbm

uf y P2  Tabla  T2

T

700

X

600 SOLUCIONARIO KENNETH WARK TERMODINÁMICA / SEXTA EDICIÓN / DESARROLLADO /
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u

1.203,2 1.231,5 1.244,0

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700 - 600  = X - 600   ⇒T2  669,36 F
1.244,0 - 1.203,2  1.231,5
- 1.203,2

mf  V
v esp

P2 yT2  Tabla  v esp

T

700
669,36

600

v esp 700 - 600 = 669,36- 600 ⇒v esp  2,158 ft3
2,227 - 2,004 X - 2,004 lbm
2,004 X 2,227

mf  20ft3  mf  9,26lbm
2,158 ft3
lbm

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5.149

Un dispositivo cilindro-émbolo contiene inicialmente0.10Kg de vapor de agua saturado a 10
bar. A través de una válvula inicialmente cerrada el cilindro se conecta a una línea por la que
circula vapor de agua a 20 bar y 500ºC. En un proceso a presión constante, que se mantiene
por el peso del émbolo, entra vapor al cilindro hasta que su contenido alcanza 300ºC.
Determine:

a) La cantidad de masa que entra al cilindro en Kg.
Vapor saturado.

Pl  20bar m1  0.10Kg P2  10bar
Tl  500º C P1  10bar T2  300º C

mVC  m2  m1  mL

m1  V
v esp1

m2  V
v esp2

Con PL y TL Tabla hL  3467 .6 Kj vesp L  0.1757 m3 uL  3116 .2 Kj
Kg Kg Kg

Con P2 y T2 Tabla h2  3051 .05 Kj vesp2  0.2579 m3 u2  2793 .15 Kj
Kg Kg Kg

Con P1 Tabla Tº de saturación = 179.9ºC

Con P1 y T1 Tabla h1  2778 .1 Kj vesp1  0.1944 m3
Kg Kg

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m2  m1 * v esp1  0.2 *  0.1944   0.151Kg
v esp2  0.2579 

M L  m2  m1  0.2  0.151  0.049Kg

Masa que entra al dispositivo = 0.049Kg

5.156 Un depósito rígido de volumen V contiene un gas ideal inicialmente a P1 y T1 .
Se transfiere calor hasta que la temperatura llega a T2 . Sin embargo, una válvula de

alivio permite que salga masa de modo que la presión permanezca constante.
Dedúzcase una expresión para el calor transferido en el proceso en función de las
magnitudes T1,T2,P, V,c p, y R.

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Q  ΔU   m  hl

Q  (m2  u2 )  (m1  u1)  (ml  hl )

u  cp T

Q  (m2  cp  T2 )  (m1 cp  T1 )  (m2  m1)  cp   T2  T1 
 2 

Q  (m2  cp  T2 )  (m1  cp  T1 )   m 2  cp  T2    m 2  cp  T1  
 2   2 

 m1  cp  T2    m1  cp  T1 
 2   2 

Q  m2 cp   T2  T2  T1   m1  c p   T1  T2  T1 
 2 2   2 2 

Q  m2  cp  T2  T1  m1  cp  T2  T1
2 2

Q  m2  cp  ΔT  m1  cp  ΔT
22

Q  1  PV cp  ΔT  1  P V  cP  ΔT
2 R  T2 2 R T1

Q  1  PV  cp   ΔT  ΔT 
2 R T2 T1

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 1 PV ΔT   1 PV ΔT 
2 R T2 2 R T1
 Q   cp     cP 

Q   1  PV  cp  ln T2    1  PV  cp  ln T2 
2 R T1 2 R T1

Q  P  V  cp  ln T2
R T1

5.160
Dos depósitos adiabáticos están conectados por una válvula. El depósito A contiene 0.10 m 3
de nitrógeno a 3.0Mpa y 100ºC, el depósito B contiene 2.5 m 3 de nitrógeno a 0.2 Mpa y a
30ºC . Se abre la válvula hasta que la presión en A cae isoentrópicamente hasta 2.0 Mpa. En
ese instante, determine:

La temperatura de A en grados Celsius
La temperatura y la presión en el deposito B
La masa que queda en el deposito A, en Kg.

Se necesita información de la Segunda Ley.
La temperatura del depósito A se entrega como dato = 100ºC =373ºK

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P1 *V1  n1 * R *T1

30atm *100lit  n1
0.08205 atm * lit * 373º K
mol*º K

n1  98.02mol

m  PM * n  28 gr * 98.02mol * 1Kg  2.74Kg
mol 1000gr

m1A  2.74Kg

P1 *V1  n * R *T1

2atm * 2500lit  n1
atm * lit
0.08205 * 303º K
mol*º K

n1  201.12mol
m  PM * n  28 gr * 201.12mol * 1Kg  5.63Kg

mol 1000gr
m1B  5.63Kg

Mediante Interpolación

350  300  332  300  x  49.328
52.1  44.4 x  44.4
vesp  49.328

m2 A  V  100lts  2.03Kg
vesp 49.328 lts
Kg

m2A  2.03Kg

Masa que queda en el depósito A

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