problemas de sistemas cerrados

1. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA EN SISTEMAS CERRADOS
Ing. Oscar Dimov Vargas Antezana
Santa Cruz, Marzo 2020
PROBLEMAS DE TERMODINAMICA

2. 1. Un dispositivo cilindro-émbolo en posición vertical, con un volumen inicial de 0.1 m3, contiene 0.1 kg de
nitrógeno gaseoso. El émbolo tiene un peso tal que el nitrógeno diatómico se mantiene siempre a una presión
de 115 kPa. Se permite que haya transferencia de calor hasta que el volumen sea el 75 % de su valor inicial.
Determinar: a). Las temperaturas inicial y final del nitrógeno, en kelvin, y b). La magnitud y sentido del calor
transferido en kilojoules.
PV = nRT
PV = mRT
T2 = (115*0.075)/(0.1*0.2968)
T2 = 290.6 K  tablas u2 = 6033.675 kJ/kmol
u2 = 215.488 kJ/kg
Q – W = ΔU
Q = m (u2-u1) + PdV
Q = 0.1 (215.488 – 287.56) + 115 (0.075-0.1)
Q = -10.08 kJ
N2
V1= 0.1 m3
m1= 0.1 kg
P1= 115 kPa
T1= ?
N2
V2= 0.075 m3
m2= 0.1 kg
T2= ?
Est. 1 Est. 2
Q = ?
Aplicando la ley general de los gases ideales:
Est.1
PV = nRT
PV = mRT
T1 = (115*0.1) / (0.1*0.2968)
T1 = 387.5 K  tablas u1 = 8051.75 kj/kmol
u1 = 287.56 kj/kg
Est.2
Aplicando la 1era ley de la termodinámica:

3. 2.68 Wark
Est 1 Est 2
P1 = 100 kPa
V1 = 0.8 m3
Est 3
Gas
PV = Ctte P = Ctte
V= Ctte
Wneto = ?
(1)  (2) Proc. Isotérmico
W = PdV
W = P1V1 ln(V2/V1)
W = 100 * 0.8 * ln (0.16/0.8)
W = - 128.755 kJ
(2)  (3) Proc. Isobárico
W = PdV
W = 500 (0.8-0.16)
W = 320 kJ
en proc. Isotérmico
P1 V 1 = P2 V2
P2 = (100 * 0.8 )/ 0.16
P2 = 500 kPa
(3)  (1) Proc. isocórico
W= PdV
W= 0
por tanto: W neto = -128.75 + 320 + 0
Wneto = 191.245 kJ
V2 = 1/5 V1
P2 = ?
P3 = P2
V3 = 0.8 m3
Gas

4. 4.79 Wark
CO CO
CO CO
m2 = 8 kg
T2 = 27 C
P2 = 1.2 bar
m1 = 2 kg
T1 = 77 C
P1 = 0.7 bar
m3 = 10 kg
T3 = 42 C
P3 = ?
Depósito A
PV = nRT , R = 8.31 para todos los gases
PV = mRT R = 0.2968 del gas CO
V1 = 2.968 m3
Aplicando la ley general de los gases ideales:
Depósito B
PV = nRT
PV = mRT
V2 = 5.936 m3
Estado Final
PV = nRT
PV = mRT
P3 = 1.05 bar
Aplicando la primera ley de la termodinámica:
Q = m3u3 – (m1u1 + m2u2)
Q = 10*233.607-(2*259.678 + 8*222.464)
Q = 37 kJ
Est. Inicial
Est. Final
Tablas
c/ 350 K  u1 = 7271 kJ/kmol = 259.678 kJ/kg
300 K  u2 = 6229 kJ/kmol = 222.464 kJ/kg
315 K  u3 = 6541 kJ/kmol = 233.607 kJ/kg
Estado Inicial
Q – W = ΔU, W = 0

5. Tarea 3
4.70 Wark
4.71 Wark

6. PROB. 5. Una caldera de vapor recién apagada, de 10 m3 de volumen, contiene agua líquida y vapor en
equilibrio, a 200 C . El líquido ocupa un 10 % del volumen de la caldera, éste pierde calor lentamente hacia el
entorno, que se encuentra a 20 C. Tras un cierto tiempo, se observa que la caldera ha alcanzado la presión
atmosférica, de 101.3 kPa. Considerando la caldera como un tanque rígido, representar el proceso en un
diagrama P-v y determinar:
a). Masa total de agua contenida en la caldera
b). Porcentaje en peso de vapor en el instante final
c). Calor total disipado al ambiente
Vg = 9 m3
Vf = 1 m3
T1 = 200 C
Est. 1
Est. 2
V2 = 10 m3
P2 = 101.3 kPa
Q
Est. 1
Tablas c/ 200 C
mezcla
vf = 0.001157 m3/kg
vg = 0.12721 m3/kg
uf = 850.46 kj/kg
ug = 2594.2 kj/kg
u1 = uf + x(ug-uf)
u1 = 982.461 kJ/kg
Como: v = V/m  mf = 1/0.001157 = 864.304 kg
mg = 9/0.12721 = 70.749 kg
m = mf + mg
m = 935.053 kg
Como: x 1 = mg/m
x1 = 0.0757

7. Tablas c/ P2 = 101.3 kPa
v2 = 0.01069 m3/kg
Est. 2
Tsat = 99.97 C
vf = 0.001043 m3/kg
vg = 1.6734 m3/kg
uf = 418.95 kJ/kg
ug = 2506.0 kJ/kg
Como: u2 = uf + x2 (ug-uf)
u2 = 431.368 kJ
x2 = (v2-vf)/(vg-vf)
x2 = 0.0058  % peso vapor 0.58
Aplicando la primera ley de la termodinámica:
Q – W = ΔU, W = 0
Q = m (u2 –u1)
Q = 935.053 (431.368 – 982.461)
Q = - 515301.163 kJ
v2 = V2/m2
v2 = 10/935.053
v2 = 0.01069 m3/kg

8. 4.131 Cengel
H2O H2O
H2O H2O
V2 = 0.5 m3
P2 = 200 kPa
T2 = 250 C
V1 = 0.2 m3
P1 = 400 kPa
x1 = 80 %
V3 = 0.7 m3
T3 = 25 C
P3 = ?
Tablas c/ P1 = 400 kPa
x1 = 80 %
Tanque B
Estado Final
Est. Inicial
Est. Final
Estado Inicial
T = 25 C
T1 = 143.61 C
vf = 0.001084 m3/kg
vg = 0.46242 m3/kg
uf = 604.22 kJ/kg
ug = 2553.1 kJ7kg
Tanque A
v1 = vf + x(vg – vf)
u1 = 2163.34 kJ/kg
 v1 = 0.370153 m3/kg
u1 = uf + x(ug – uf) 
Tablas c/ P2 = 200 kPa
T2 = 250 C
v2 = 1.19890 m3/kg
u2 = 2731.4 kJ/kg
m1 = 0.2/0.370153 = 0.54 kg
m2 = 0.5/1.19890 = 0.417 kg
v3 = V3/m3 
v3 = 0.7/0.957
v3 = 0.731452m3/kg

9. Tablas c/ T3 = 25 C
v3 = 0.731452 m3/kg
P3 = 3.1698 kPa
vf = 0.001003 m3/kg
vg = 43.340 m3/kg
uf = 104.83 kJ/kg
ug = 2409.1 kJ/kg
x3 = (v3-vf)/(vg-vf)
x3 = 0.0168
u3 = uf + x3 (ug-uf)
u3 = 143.542 kJ/kg
Aplicando la 1era ley de la termodinámica:
Q – W = ΔU, W = 0
Q = m3u3 – (m1u1 + m2u2)
Q = 0.957 *143.542-(0.54*2163.34 + 0.417*2731.4)
Q = - 2169.828 kJ

10. 4.114 Cengel (resolver el problema y subir a la plataforma hasta Hrs. 10:45)

11. Q – W = ΔU, W = 0 , Q = 0
0 = ΔU
0 = m3 u3 – (m1u1 + m2 u2)
0 = (m1 + m2) u3 – (m1u1 + m2u2)
0 = m1(u3-u1) + m2(u3-u1)
0 = m1 du + m2du, du = Cv dT
0 = m1 Cv(T3-T1) + m2 Cv (T3-T2),
despejando T3, se eliminan los Cv
T3 = 79.8 C
P3 se calcula con la ecuación de gases ideales
P3 = 75 kPa
*Aclaraciones prob. 4.71 wark

12. He
V1= 0.5 m3
P1= 10 bar
Aire
V2= 0.3 m3
P2= 1 bar
T2= 327 C
4.87 Wark
Para gases ideales :
PV = nRT
PV = (m/M ) RT
m = 0.802 kg masa de helio
m = 0.174 kg masa de aire
Aplicando la 1era ley de la termodinámica
Q – W = ΔU Q = 0 , W = 0
0 = ΔU
0 = (m3 u3 + m4 u4) – (m1 u1 + m2 u2)
0 = m1 𝑇1
𝑇3
𝑑𝑢 + m2 𝑇2
𝑇4
𝑑𝑢
0 = m1 Cv (T3 – T1) + m2 Cv (T4 –T2), como T3 = T4
0 = m1 Cv1 T3 – m1 Cv1 T1 + m2 Cv2 T3 – m2 Cv2 T2
0 = 0.802*3.1156 T3 – 0.802*3.1156*300 + 0.174*0.764 T3 – 0.174*0.764 *600
T3 = 315.11 K
P3 = P4
T3 = T4
He
V1= 0.5 m3
P1= 10 bar
Aire
P4
T4
He
P3
T3

13. 𝑚3
𝑀𝐻𝑒
𝑅𝑇3
𝑉3
=
𝑚4
𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒
𝑅𝑇4
𝑉4
Como: P3 = P4, de la ecuación de gases deales
𝑚3
=
𝑚4
𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒
𝑅𝑇4
𝑉4

14. 4.87 WARK
PV = (m/M) RT  m He = kg
PV = (m/M) RT  m Aire = kg
B/masa : Q – W = ΔU
reemplazando: du = Cv dT
despejando: T3 = T4 = 315 K
Est. Final P3 = P4

15. AIRE
m1= 1 kg
P1= 5 bar
T1= 350 k
CO2
m2= 3 kg
P2= 2 bar
T2= 450 K
3.52 MORAN
Para gases ideales :
PV = nRT
PV = (m/M ) RT
V1= m3 volumen de AIRE
V2= m3 volumen de CO2
Aplicando la 1era ley de la termodinámica
Q – W = ΔU Q = 0 , W = 0
Desarrollando:
T3 = 425.6 K
después con otros análisis de gases ideales:
P3 = 2.462 bar
P3 = P4
T3 = T4
He
V1= 0.5 m3
P1= 10 bar
CO2
P4 = ?
T4 = ?
AIRE
P3 = ?
T3 = ?
Est. inicial
E. I.
E.F.
W