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  Termodinámica I2016 A 1.Un tanque de 10 m3 contiene aire a 500 kPa, 600 K, actúa como el depósitode alta temperatura para un motor térmico Carnot que reca!a calor a 300 K.Una di erencia de temperatura de #5 $ C entre el tanque % la temperaturaalta del ciclo de Carnot es necesario para trans erir el calor. &l motor térmico unciona asta que la temperatura del aire se a reducido a '00 K % lue(o sedetiene. )upon(a calores espec*+cos constantes para el aire % encontrar lacantidad de traa-o se da a cao por el motor térmico.)olución  /a  /aire  #5 C /2  300 K  m aire =  P 1 V  RT  1 =  500  x 100.27  x 600 = 29.04 kg δW  = ηδQ = ( 1 − T  B T  aire − 25 ) δQ Considerando 2a uente alta δQ =− m aire du =− m aire C  v dT  aire  / aire   /  W  = ∫ dW  =− m aire C  v ∫ 12 [ 1 −  T  B T   A − 25 ] dT   A =− m aire C  v [ ( T   A 2 − T   A 1 ) − T  B  ln T   A  2 − 25 T   A  1 − 25 ] W  =− 29.04  x 0.717  x [ 400 − 600 − 300ln 375575 ] = 1494.3 kJ  #.Una oma de calor calienta una casa en el in4ierno % lue(o se in4ierte paraque se en r*e en el 4erano. 2a temperatura interior dee ser de #0 $ C enin4ierno % #5 $ C en el 4erano. 2a trans erencia de calor a tra4és de lasparedes % tecos se estima en #.'00 k por ora por di erencia detemperatura entre el interior % el eterior. a7 )i en el in4ierno la temperaturaeterior es de 0 $ C, 8cu9l es la m*nima potencia necesaria para accionar laoma de calor: 7 Para la misma potencia que en la parte ;a7, 8cu9l es latemperatura m9ima eterior de 4erano para la cual la casa se mantiene a#5 $ C:)oluciónCaso ;a7 Ing. Adrián Patricio Peña I MSc  Termodinámica I2016 A T   A = 20 C  = 293  K ,T  B = 0 C  = 273  K y  ´ Q  H  = 2400 ( 20 − 0 ) kJ  / hCOP BC  =´ Q  A ´ W  ¿ = 2400 ( 20 − 0 ) ´ W  ¿ =  T   A T   A − T  B = 29320 ´ W  ¿ = 2400 ( 20 − 0 )  x 20293 = 3276  kJ h  = 0.91 kW  Caso ;7< T   L = 25 C  = 293  K ,  ´ W  ¿ = 3276 kJ  / h y  ´ Q B = 2400 ( T   A − 298 ) kJ  / h COP =´ Q B ´ W  ¿ = 2400 ( T   A − 298 ) 3276 = T  B T   A − T  B =  298 T   A − 298 =e donde ( T   A − 298 ) 2 = 298  x 32762400 = 406.77 ( T   A − 298 ) = 20.17  /    31>.#  '5.5 CPrincipio del incremento de la &ntrop*a. 3.Una m9quina térmica recie ener(*a en orma de calor con un ?u-o de @5AB desde una uente térmica a 1300 K< reca!a calor a un r*o que tiene unatemperatura de #0 K % se otiene una potencia de kD. =etermine a7 si estam9quina es posile, % 7 la (eneración de entrop*a.=esarrollo Caso ;a7 Q 1 = 75  MJ h x  1 h 3600  = 20.83 kJ  /  = 20.83 kW Q 2 = Q 1 − W  = 20.83 − 8 = 12.83 kW  ∮ δQT   = Q 1 T   A + Q 2 T  B =+ 20.83 kW  1300  K   +− 12.83 kW  290  K   = 0.0160 − 0.0442 =− 0.0282  kW  K  )i es posile. Ing. Adrián Patricio Peña I MSc  Termodinámica I2016 A Caso ;7Encremento de la &ntrop*a. ! #A + ! $i$%& + ! #B' 0 Q 1 T   A + 0 + Q 2 T  B =− 20.831300  ++ 12.83290  =− 0.0160 + 0.0442 = 0.0282 kW  /  K  Ing. Adrián Patricio Peña I MSc
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