1El aprendizaje significativo de la Termodinámica para Ingenieros Libro de Problemas Carmen Velasco José A. Turégano Tomás Gómez Amaya Martínez Máquinas y Motores Térmicos Dpto. de Ingeniería Mecánica Universidad de Zaragoza 1 A quienes saquen algún provecho de este libro porque nos compensarán del mucho tiempo robado a nuestros seres queridos. De modo muy particular a Ivana y Guille ESTE LIBRO SE INSERTA EN EL ESFUERZO DE, CADA VEZ MÁS AUTORES, POR DIGNIFICAR LA ACTITUD CREATIVA DES- MARCÁNDOLA DE LOS OBJETIVOS ECONÓMICOS. ES PUES UN DOCUMENTO DENTRO DEL ÁMBITO DE LICENCIA CREATIVE COMMONS Y MÁS ESPECÍFICAMENTE DENTRO DE LA OPCIÓN COPYLEFT. SUPONE, PUES, LIBERTAD DE USO, LIBERTAD DE MODIFICACIÓN Y LIBERTAD DE COPIA TODO ELLO SIN RESTRICCIONES QUEDANDO EXCLUIDA SOLAMENTE SU UTILIZACIÓN PARA FORMACIÓN CON FINES MILITARES. EL DOCUMENTO SE APOYA EN EL USO DE UN SOFTWARE: TermoGraf , IGUALMENTE COPYLEFT. QUIÉN DESEE COPIAS IMPRESAS DEL LIBRO PUEDE SOLICITARLAS A LOS AUTORES CON UN CARGO MÍNIMO POR IMPRESIÓN Y MANIPULACIÓN. INFORMACIÓN SOBRE ESTAS INICIATIVAS: http://creativecommons.org http://www.fsf.org/licensing http://www.gnu.org/home.es.html http://www.manualcopyleft.net 1 ÍNDICE TOMO 1 Prólogo que no lo es (recomendaciones de uso) 3 Introducción (por si no conoces Termograf) Para empezar con TermoGraf (a) 6 Para empezar con TermoGraf (b) 7 Para empezar con TermoGraf (c) 8 Acceso vía WEB a los materiales 9 Sobre la resolución de problemas 10 SECCIÓN A (ejemplos y enunciados para resolver) Tema 1. CONCEPTOS BÁSICOS 12 Ejemplos 1.1 a 1.2 12 Problemas 1.1 a 1.6 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B 15 Problemas 1.7 y 1.8 con documento Termograf para autoevaluación 18 Tema 2. PRIMER PRINCIPIO. FLUJOS DE W Y Q 19 Ejemplos 2.1 a 2.3 19 Problemas 2.1 a 2.12 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B 26 Problemas 2.13 a 2.20 con doc. Termograf para autoevaluación 34 Tema 3. PROPIEDADES Y MODELOS 38 Ejemplos 3.1 a 3.3 38 Problemas 3.1 a 3.15 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B 47 Problemas 3.16 a 3.19 con doc. Termograf para autoevaluación 55 Tema 4. BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMAS ABIERTOS: ANÁLISIS DE EQUIPOS 55 Ejemplos 4.1 a 4.4 55 Problemas 4.1 a 4.15 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B 66 Problemas 4.16 a 4.20 con doc. Termograf para autoevaluación 73 Tema 5. BALANCES DE ENTROPÍA Y EXERGÍA 77 Ejemplos 5.1 a 5.4 77 Problemas 5.1 a 5.16 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B 89 Problemas 5.17 a 5.22 con doc. Termograf para autoevaluación 100 2 SECCIÓN B (problemas resueltos de los enunciados de la sección A) Tema 1. CONCEPTOS BÁSICOS Problemas 1.1 a 1.6 103 Tema 2. PRIMER PRINCIPIO. FLUJOS DE W Y Q Problemas 2.1 a 2.12 108 Tema 3. PROPIEDADES Y MODELOS Problemas 3.1 a 3.15 127 Tema 4. BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMAS ABIERTOS: ANÁLISIS DE EQUIPOS Problemas 4.1 a 4.15 148 Tema 5. BALANCES DE ENTROPÍA Y EXERGÍA Problemas 5.1 a 5.16 169 3 PRÓLOGO QUE NO LO ES Recomendaciones antes de empezar El prólogo sería el lugar en el que explicar lo que aquí sigue, pero el destino casi natural del prólogo es ser olímpicamente ignorado. Sin embargo, los autores entienden que estas líneas merecen la atención de los estudiantes que quieren que este libro les ayude a enten- der (y en consecuencia a aprobar) las materias relacionadas con la Termodinámica Técnica. En consecuencia hemos elegido el primer problema para colocar este "manual del usuario del libro". El libro tiene dos partes diferenciadas: Un primer bloque de enunciados y un segundo de soluciones. Queremos con ello estimular el que nuestros lectores intenten por ellos mismos la resolución de los problemas que juzguen interesantes. Ello es por la comprobación exhaustiva en nuestros años de enseñanza de que sólo el tra- bajo personal garantiza un conocimiento duradero de los conceptos. Y este trabajo per- sonal es algo más que revisar ejercicios resueltos con el objetivo de almacenarlos en el cerebro para su empleo en un examen. SÓLO RETENEMOS AQUELLO QUE HEMOS TRABAJADO PERSONALMENTE El aprendizaje eficaz supone entender la relación entre los conceptos estudiados y poder aplicarlos de modo operativo. Y un estudiante empieza a entender cuando le empiezan a surgir dudas concretas (por ejemplo: ¿en este caso el proceso adiabático se considera, o no, isoentrópico?). Desgraciadamente, cuando el estudiante revisa problemas resueltos no genera dudas con- cretas sino que las enmascara con una falsa comprensión de lo que ve. Por ello recomendamos seriamente que se intente resolver un problema a partir de la lectu- ra del enunciado en la primera parte (pp. 15 a 102) y hecho este esfuerzo se busquen las respuestas a las dudas consultando la resolución en la segunda parte (pág. 103 a 206) o en los correspondientes documentos de TermoGraf. Pero este aprendizaje tiene qué estar optimizado de modo que un esfuerzo razonable conduzca a un conocimiento suficiente. Y aquí está el papel del profesor o de los elemen- tos auxiliares como este libro. Y para conseguir que este esfuerzo sea razonable hay que empezar por hacerlo gradual. Por eso, en cada sección, la primera parte empieza con una enumeración de los conceptos básicos de la sección y sigue con dos o tres ejemplos resuel- tos en los que pretendemos que el estudiante identifique el modo de trabajar dichos con- ceptos. Para hacer este esfuerzo razonable y gradual, contamos con la herramienta TermoGraf TermoGraf es un programa con una interfaz muy elaborada e intuitiva. Al principio puede parecer complicada pero su diseño cognitivo, apoyado en botones cuyos iconos son fácil- mente interpretables, facilita el manejo de nuevos conceptos, así como avanza el curso, a la vez que se aprende a manejar la herramienta. Como veréis, basta con probar y desde el primer momento se puede empezar a trabajar para poco a poco ir aprendiendo nuevas op- ciones. En cada ejemplo se comentará lo necesario o se remitirá a alguna de las ayudas preparadas. 4 En http://TermoGraf.unizar/ en la pestaña Descargas se puede conseguir no sólo el progra- ma TermoGraf sino la colección de problemas que coincide con los señalados con el ico- no 1 . Estas resoluciones informatizadas proporcionan una ayuda paso a paso que posibilita orde- nar la información y hace factible su comprensión sin impedir el esfuerzo personal al que antes aludíamos. Por otra parte el programa no sólo ayuda a interpretar los conceptos termodinámicos sino que optimiza el esfuerzo eliminando tareas tediosas de cálculo como obtener propiedades termodinámicas a partir de la información existente. Normalmente hay que acudir a inter- polar en tablas y TermoGraf elimina esa necesidad como la otros cálculos más o menos repetitivos. Los diagramas de procesos y ciclos son fundamentales en Termodinámica 2 , y en particular en Termodinámica Técnica. Por ello recomendamos fuertemente que, en aquellos ejerci- cios con el icono , resuelvas el problema con el ordenador utilizando la solución que te guiará a través de varias pantallas, y llevándolo en paralelo en el papel. Rápidamente com- probarás la utilidad del método y podrás elegir mayor autonomía. Cuando el icono es indica que en el procedimiento de resolución hay predominio de ecuaciones al margen de los cálculos automáticos de TermoGraf. Estos cálculos se incorpo- ran a veces en la ventana de funciones. Finalmente el icono indica que existe un docu- mento básico de TermoGraf para autocorrección (incluye Rtas) que permite comprobar el nivel de aprendizaje. ¿Por qué no recomendamos resolver todos los ejercicios con TermoGraf? Muy pocos profesores pueden plantearse realizar los exámenes con ordenador a menos que sea un curso con pocos estudiantes o haya instalaciones adecuadas al efecto 3 . Por eso los estudiantes que utilicen TermoGraf no deben descuidar practicar lo suficiente el manejo de tablas llevando los cálculo de propiedades en paralelo en algunos casos. Las tablas que utilices pueden tener estados de referencia distintos a los que usa el programa. Si es así puedes cambiar los valores de referencia de TermoGraf llevando cualquiera que tomes de tus tablas al cuadro de valores que abres con: menú Sustancias/Estado de Referencia. El libro contiene no sólo problemas para resolver con el programa TermoGraf aunque prácticamente todos puedan resolverse así y no sólo los señalados con el icono. Como se ha dicho, algunas resoluciones se han incluido como ejemplos para proporcionar una ayuda paso a paso (en varias pantallas del programa) que ordena la información y facilita su comprensión sin impedir el esfuerzo personal que se va señalando en cada pantalla. 1 Quien desee el material en formato libro acompañado de disquete puede solicitarlo a los autores. Asimismo en http://TermoGraf.unizar.esarchivesapplet_TermoGraf.htm está disponible una versión de Termo- Graf en formato applet que permite trabajar en línea sin haberse descargado la aplicación (por ejmplo para obtener valores de propiedades). Si se termina con .htmlang=es se abre la versión en español u otras sustitu- yendo es por en, fr, de, eu… 2 De hecho, si podemos dibujarlos adecuadamente podremos comprenderlos y resolverlos. Lo anterior no es tan sólo un comentario: si tenemos información para dibujar un proceso o un ciclo, la misma información nos permitirá calcular lo que necesitemos sobre ese proceso o ciclo. 3 Si tenemos en cuenta que el manejo de tablas en ingeniería es cada día menos necesario por la existencia de programas que calculan muy diversas funciones, siempre se puede contemplar la posibilidad de exámenes en los que el cálculo de propiedades con tablas se reduzca a un mínimo y el tiempo deba emplearse en adquirir y mostrar conocimientos. 5 Estos problemas se pueden descargar de la misma dirección activando la opción Libro de problemas/Ejemplos que permite descargar los ejemplos de cada capítulo comprimidos en la carpeta correspondiente. Para ayudar en el inicio con TermoGraf hay una primera serie de ejercicios: Ejs. 0.2, a 0.4 que permiten una introducción gradual en el uso de la herramienta. Su elevada interactivi- dad y cuidada interfaz facilitan un alto nivel de uso de sus posibilidades sin apenas esfuer- zo de aprendizaje. Quien quiera sacar todo el partido de la misma deberá leer la Ayuda que incluye el programa (una parte importante aparece como mensajes en la parte inferior de la pantalla). Los autores han comprobado de modo exhaustivo que el uso continuado de TermoGraf a lo largo del curso crea adicción y proporciona una curva de aprendizaje optimizado claramen- te, una vez se han superado las primeras dificultades. No busques el cómo para reproducirlo, busca el por qué que te permitirá interpretar nuevas circunstancias 6 INTRODUCCIÓN (por si no conoces Termograf) 1 Ejercicios resueltos Ej. 0.1.- Para empezar con TermoGraf 2 (a) Este primer documento 3 de TermoGraf ( Ej 0.1.tme) te informa de las opciones básicas y los espacios que configuran una pantalla de trabajo de la aplicación. TermoGraf a lo largo del curso te puede ayudar con estos conceptos y sus derivados: o Unidades, Cambios de Unidades o Sustancia, Estado, Propiedades de Estado, Modelos de Sustancia o Diagramas Termodinámicos, Procesos, Propiedades de Procesos, Procesos Politrópi- cos, o Trabajo, Calor, Calores Específicos o primer principio, Balances o Aplicación del primer principio: Equipos, Ciclos o El segundo principio. Irreversibilidad o Aplicación de Primer y segundo principio: Balances en Instalaciones, Rendimientos Térmicos Y Exergéticos en Ciclos o Ciclos De Potencia: Rankine y Joule-Brayton. Optimización de Ciclos o Ciclos de Refrigeración 1 Si quieres imprimir algún enunciado o solución elimina figuras que no necesites. Piensa siempre en redu- cir el consumo de tinta o papel. 2 Estos ejercicios son un extracto de la Guía de TermoGraf que se puede descargar de la página web anterior. La Guía informa del manejo correspondiente a las principales acciones en TermoGraf. Como algunas corresponden a fases avanzadas del curso es recomendable acudir a ella para cada una nueva op- ción y revisar ahora sólo el manejo básico. 3 Los ejercicios están hechos sobre una resolución en pantalla de 1024x768 pixels. Un tamaño menor impe- dirá ver bien muchos textos incorporados a las pantallas. Quien no tenga otra alternativa puede intercalar saltos de línea cuando sea preciso. 7 Fig. E0.2 De un vistazo En la figura E0.2 se señalan algunos de los elementos característicos de la aplicación TermoGraf. En una de las pantallas del documento correspondiente puede verse esta figura así como otros comentarios para iniciar el uso del programa. Ej. 0.2.- Para empezar con TermoGraf (b) 1 En este segundo documento de TermoGraf identificarás cómo configurar tu pantalla para trabajar en ella. Cómo colocar un estado, un proceso, y como desplazar las escalas, am- pliarlas, hacerlas logarítmicas, y como utilizar el zoom apropiadamente. Lo más apropia- do es abrir el documento e ir ejecutando los pasos que allí se indican. Configuración Cuando se inicia un documento nuevo, TermoGraf propone una selección entre MC y VC. (Masa de Control y Volumen de Control, respectivamente). Estas denominaciones son, en general, equivalentes a Sistema Cerrado y Abierto. La elección es importante en TermoGraf porque, siguiendo el criterio de muchos libros de texto, el valor de W que aparece en la casilla de procesos (fig. 1) coincide con el valor en el balance de energía correspondiente. 1 A la dcha de los títulos de los ejercicios aparecen iconos con los significados siguientes respecto de los problemas referenciados: (se incluye documento TermoGraf con guía de la solución ), (tiene solución numérica reali- zada con la ventana de funciones), (tiene un documento básico de TermoGraf en el que se dan las respuestas). 8 Así, para procesos reversibles 1 y MC (sist. cerrado) este W es W x (W de expansión) y para VC (sist. abierto), W es W t (W técnico). En ambos casos: W x = W t + W f (revísalo en fig. 1). Fig. 1 Estos valores se pueden visualizar en TermoGraf de manera in- dependiente si así se desea (fig.2) seleccionándolos en la boto- nera inferior derecha. Fig. 2 Completaremos la configuración de acuerdo con el objetivo marcado por el análisis de una instalación, de un enun- ciado, de un guión de prácticas... selec- cionando los elementos de la fig. 3: Fig.3 Las escalas Cada par de propiedades termodinámicas puede utilizarse para generar un diagrama en el que se representen los estados de una sustancia pura PvT (por el Principio de Estado en una sustancia: bastan dos datos de propiedades termodinámicas si conocemos las ecua- ciones que permitan calcular el resto). De eso se encarga TermoGraf que tiene la progra- mación de esas ecuaciones para numerosas sustancias según el modelo que se aplique. Los diagramas más usuales son P-v, T-s, h-s, y P-h. Con el menú de cortinilla se puede cambiar de uno a otro. En cuanto a las escalas: doble clic sobre una de ellas, permite ajustar los valores de cada eje, incluida la opción logarítmica en aquellos casos que lo requiera. Ajustes menores se consiguen con clic sobre el botón adecuado si queremos ampliar la escala. Para reducirla clic+Alt. Finalmente también se pueden arrastrar las escalas sin más que dar clic sobre cualquiera de ellas y arrastrar el ratón en la dirección deseada. Ej. 0.3.- Para empezar con TermoGraf (c) Con este tercer documento-guía de TermoGraf verás qué simple es dibujar estados, proce- sos, ciclos, isolíneas diversas, añadir un proceso a un estado o a procesos dibujados, etc Quien desee el material en formato libro acompañado de disquete puede solicitarlo al Servicio de Publicaciones de la Universidad de Zaragoza. NOTA: El punto se utiliza siguiendo el nuevo convenio de la RAE de aceptarlo como separador de los decimales en lugar de la coma. 1 Más adelante, al desarrollar ejemplos sobre el trabajo en Termodinámica, se verá esta cuestión con detalle. 9 ACCESO A LOS MATERIALES 1. El libro de problemas con dos volúmenes: I: temas 1 a 5 (disponible en PDF) Conceptos generales Trabajo y Calor: Primer principio. Cálculo de propiedades Balance de energía Balances de entropía y exergía II: temas 6 a 8 (disponible en PDF) Ciclos de potencia con gas Ciclos de potencia con cambio de fase Ciclos de refrigeración con cambio de fase Descarga de documentos en PDF en http://termograf.unizar.es (pestaña Descargas) Si se quiere una versión impresa:
[email protected] 2. Ejercicios resueltos (documentos Termograf) Estos documentos se descargan de http://termograf.unizar.es/ 10 SOBRE la RESOLUCIÓN de PROBLEMAS 1 Un aspecto fundamental para la resolución de los problemas en esta materia, es seguir una metodología de resolución sistematizada, que nos permita delimitar bien nuestro problema y las condiciones que se dan en el proceso a analizar. Existe un enfoque genérico de cuatro etapas: a) Interpretar el problema: ¿Qué conocemos?: ¿Qué datos tenemos?, ¿Qué quere- mos encontrar? ¿Qué condiciones existen? b) Establecer un plan que lleve de los datos a lo que pretendemos obtener. c) Desarrollar dicho plan, comprobando que cada etapa del mismo se ha resuelto correctamente (con las unidades adecuadas) d) Revisión de los resultados e interpretación: Vista atrás para comprobar el resul- tado y la validez del planteamiento. ¿Hay métodos alternativos? ¿Hay considera- ciones que los resultados permitan establecer? En los problemas que desarrollaremos a lo largo del texto, aplicaremos la metodología anterior adaptada al enfoque termodinámico y en forma de Algoritmo de resolución cu- yos pasos, son los siguientes: 1. Sistema a estudio: establecemos la sustancia y el tipo de sistema o disposi- tivo a analizar así como el esquema del mismo. 2. Condiciones: recogemos la información que nos da el enunciado en forma de datos numéricos, unidades empleadas (y factores de conversión) y palabras “clave” relativas a las condiciones termodinámicas del proceso. 3. ¿Nos piden?: Identificar qué debe calcularse 4. Configuración: analizamos las características específicas del sistema, que determinan el proceso o procesos (masa de control o volumen de control, tipo de frontera y flujos posibles a su través). Es el momento de dibujar un es- quema de los equipos. 5. Hipótesis: Se deben considerar siempre dos aspectos: a. Modelo de sustancia b. Características del proceso o procesos La primera proporciona ecuaciones para calcular las propiedades de la sustancia. La segunda nos proporciona las ecuaciones de proceso utilizables para el cálculo de propiedades y flujos de calor o trabajo y las condiciones de los balances. Es el momento de representar gráficamente el proceso en un diagrama adecuado. Resolución propiamente dicha: 6. Análisis: Un análisis cuidadoso de las condiciones nos permite establecer la secuencia de cálculo que nos llevará a la solución. La aplicación de los pasos anteriores en Termograf es evidente. En particular, crear estados y procesos de acuerdo con los datos permitirá completar la información que sea necesaria para el estudio propuesto. 7. Cálculos: A partir de lo anterior, se pasa a la resolución numérica. 8. Consideraciones: Es importante terminar analizando los resultados, para des- cartar incongruencias en signos o valores numéricos que pueden advertirnos de algún error en la resolución o los cálculos. 1 Esta sección 0, como los ej. 0.1 a 3, se repiten en ambos tomos . Como instrumentos generales que son parece conveniente de modo que el uso de un tomo u otro pueda apoyarse en ellos. 11 En forma esquemática: Para mayor operatividad Análisis y Cálculos se unifican en una única sección. 12 1. CONCEPTOS DE PARTIDA. UNIDADES Conceptos básicos de este tema 1 : - Sistema, - Masa de control, volumen de control, - Estado, estado de equilibrio, - Proceso, - Ciclo termodinámico, - Propiedad (termodinámica), p. intensiva, p. extensiva, p. extensiva específica, - Variable de proceso, - Volumen, temperatura, presión, - Unidades, - Sistema Internacional, Sistema Técnico Inglés. Ejemplos Estos ejemplos resueltos en esta primera parte, al inicio de cada tema, tienen como objetivo re- pasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los con- ceptos. Ej. 1.1.- Conceptos generales 2 Dibuja en un diagrama T-v un estado, un proceso, un ciclo, tomando como sustancia aire y como modelo Gas Ideal. Lista, al menos 10 variables relacionadas con alguno de los conceptos anteriores, clasificándolas como propiedades termodinámicas extensivas, propiedades termodinámicas intensivas, propiedades termodinámicas específicas, variables o funciones de proceso RESOLUCIÓN 3 Sistema a estudio: Uno indefinido. Modelo de la sustancia: Aire como G Id. Condiciones y configuración: Deben definirse las características de las propiedades analizadas. 1 Las definiciones se pueden ver en el glosario incorporado a TermoGraf. 2 Ya se ha indicado la conveniencia de trabajar el ejemplo hecho en TermoGraf que suele tener un desa- rrollo más completo y es una guía que conduce a la interpretación del problema como puedes comprobar en este caso. 3 Es una buena práctica sistematizar el proceso de resolución de problemas y usar siempre una misma pauta de desarrollo que en este libro, considerando también el trabajo paralelo con TermoGraf, se caracteriza por las acciones siguientes: Sistema a estudio / Modelo de la sustancia / Condiciones y configuración / Análisis 13 Análisis: Las variables de estado (o funciones de estado) son aquellas que quedan defini- das con un valor específico para cada posible estado, de modo que dos estados coinciden cuando todas sus variables o propiedades de estado coinciden. Serán distintos dos estados si, al menos, una variable de estado es diferente. El cuadro siguiente muestra la clasifica- ción solicitada de variables. El listado no es exhaustivo ni en las variables de estado ni en las de proceso, como se verá más adelante. Variables de estado Unidades: SI Intensivas P, presión T, temperatura Extensivas (función de la masa del sistema) V, volumen (m 3 ) U, energía interna (kJ) H, entalpía (kJ) Extensivas específicas (para masa unidad) v (m 3 /kg) u (kJ/kg) h (kJ/kg) Variables de proceso W, trabajo Q, calor Ambas en kJ/kg La figura E1.1, en la página siguiente, muestra un par de estados y de procesos represen- tados en un diagrama T-v, (ver el documento de TermoGrafEj 1.1.tme), y los mismos estados representados en un diagrama P-v. Puede comprobarse que las variables P, v, T y el resto que aparecen en la tabla de propiedades recogida son los mismos (cantidad refle- jada y unidades) para ambos casos. En cuanto a las variables de proceso, nos referimos con este nombre a aquellas variables cuyo valor sólo es definible cuando se materializa un proceso y que, además, dependen de cómo es dicho proceso. Por tanto, el cambio ΔU no es variable de proceso, pues si bien cumple la primera condición, no cumple la segunda ya que su valor depende sólo de los estados inicial y final y no del proceso que los une. En lo que llamamos tabla de ba- lances se recogen valores que sólo tienen existencia en un proceso, pero allí aparecen los dos tipos: las variables de proceso propiamente dichas y las variaciones de las funciones de estado en un proceso. Fig. E1.1.- Estados y procesos en un diagrama T-v y en uno Pv 14 Ej. 1.2.- MEDIDA DE LA PRESIÓN Define presión manométrica y presión absoluta y calcula, en bar, ambos valores cuando la aguja del manómetro indica 6 cm de (a) agua (densidad = 1000 kg/m3). (b) mercurio (densidad = 13.59 kg/dm 3 ) 1 y el barómetro nos señala una presión de 990 milibares, siendo el valor de g: 9.8 m/s 2 . RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Uno indefinido. Modelo de la sustancia: No aplicable. Condiciones: Medida de la presión. Análisis: La relación entre presión manométrica y absoluta se recoge en la figura E1.2 Utilizo el concepto de peso de la columna y la presión que ejerce sobre la base (1 cm 2 ): Presión = Fuerza (peso)/ Superficie = m(kg)· g(m/s 2 )/cm² = vol· dens· g/cm 2 Así, la expresión a utilizar, con unidades del SI puestas en paréntesis, para la presión ma- nométrica, calculándola a partir del peso, por cm² de la columna que la mide , es, para una altura de columna n: n (m) · dens (kg/m3 ) · g (N/kg) = n· dens· g (Pa) = n· dens· g/100 000 (bar) y para la presión absoluta: Pabs = Patm + Pmanom En TermoGraf se pueden calcular variables pulsando el botón obteniendo: La presión absoluta se ha calculado para una presión barométrica de 1 atm. Se deja como ejercicio calcular esta P absoluta si la baromé- trica es 752 mmHg (recuer- da que 1 atm = 70 mmHg) Fig. E1.2.- relación entre P absolu- ta, P manométrica y P de vacío 1 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. 15 Problemas resueltos y en documento Tgraf: Tema 1 Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. 120 y ss.). En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evi- tará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has eje- cutado adecuadamente. Pb. 1.1.- Conceptos generales Define y analiza brevemente el significado de los siguientes términos: sistema termo- dinámico, volumen de control, propiedad, propiedad intensiva, estado de equilibrio, pro- ceso, ciclo termodinámico, fase, proceso adiabático. Ayuda: Al abrir el ejercicio Pb 1.1 te pide tus datos y una clave 1 . Puedes llenar los campos como indica la figura SÓLO en este tipo de ejercicios. Al abrirse el documento verás una serie de conceptos en la pantalla con una letra mayúscula y en el enunciado una serie de definiciones. Dicho enunciado contiene un panel de respuestas (menú Ventanas/Respuestas) en el que debes emparejar el nº de la definición con el concepto a que corresponde, teniendo en cuenta que hay 10 definiciones correctas, dos incorrectas (en éstas pondrás una Z) y 16 conceptos. Una vez cubierto el panel podrás comprobar qué respuestas has sabido empa- rejar. Pb. 1.2.- Base molar y base másica Las masas atómicas o moleculares de las sustancias O 2 , N 2 , NH 3 , C 2 H 4 , H 2 O, pueden consultarse en la Tabla 1 del Apéndice o seleccionando en TermoGraf la sustancia y con un clic en . Determina el número de kmol existente en 10 kg de cada una de ellas. Es- cribe una tabla con el valor de R en base molar y en base másica (1 kg) para las sustan- cias recogidas en el enunciado. Ayuda: R es una constante universal para todos los gases cuando nos referimos a un molgramo, es decir cuando se trata del mismo número de moléculas, sea la sustancia que sea. 1 Esto es debido a que los ejercicios en los que puedes comprobar tus resultados están hechos con un proce- dimiento un poco distinto que utiliza TermoGraf para evaluación continua. Son el mismo tipo de ejerci- cios que los incluidos al final de cada tema para autoevaluación. 16 Si hablamos de otra unidad de masa como el kg, entonces R tomará un valor distinto (al- gunos autores lo identifican como “r”) para cada sustancia pues en un kg habrá distinto número de moléculas en función de la masa que tenga la molécula de dicha sustancia. Rtas 1 : O 2 N 2 Amoniaco Etileno Agua nº kmol/10 kg: 0.3125 0.3569 0.5871 0.3565 0.5551 R (kJ/kmol· K) 8.314 8.314 8.314 8.314 8.314 r (kJ/kg· K) 0.2598 0.2968 0.4881 0.2964 0.4615 Pb. 1.3.- Ecuación térmica de estado Un depósito contiene 0.3 kmol de gas dióxido de carbono (CO 2 ) en condiciones están- dar 2 . ¿Cuál es su volumen específico, en m3/kmol, si se cumple P· v = RT? Determina el valor de la masa si lo expresamos en kg y calcula con este valor el volumen total, en m 3 , utilizando la expresión anterior. Ayuda: La ecuación dada se conoce como la ecuación térmica de estado y es una de las ecuaciones de estado ya sea en el mode- lo de Gas Perfecto (también llamado modelo de Gas Ideal están- dar frío) o en el de Gas Ideal. Bastará aplicar la ecuación pro- puesta con atención a las unidades y al valor de R. Rtas: v = 22.435 m3/kmol que es un valor ya conocido pues un mol de cualquier gas ocupa 22.4 en CE; m = 4.812 kg y V = 6.704 m3 Pb. 1.4.- Proceso politrópico Un dispositivo cilindro–pistón que contiene 10 kg de acetileno es comprimido desde el estado 1, con P1 = 1 bar, v1 = 800 cm 3 /g, hasta el estado 2, con P 2 = 10 bar, V 2 = 3 m 3 . Durante el proceso, la relación entre la presión y el volumen específico toma la forma P· v n = cte. Determina el valor del índice n y calcula con ella el valor de V cuando P es 400 000 Pa. Ayuda: En TermoGraf basta con dibujar el proceso de estado inicial a final previa selec- ción del tipo de proceso: politrópico libre. Sobre papel: deberemos despejar n de la igual- dad P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n Es obligado manejar las propiedades con un conjunto equivalente de unidades. Podemos optar por una variación del SI: P en bar y V en m 3 . Rtas 1 : n=2.348; V (4 bar, 10 kg y tras un proceso politrópico con n = 2.348) = 4.433 m3 Pb. 1.5.- Escalas termométricas Se construye un termómetro con una escala cuyo cero coincide con la temperatura de ebullición del propano a presión atmosférica, y cuyo valor 100 se corresponde con la lec- tura 100 de la escala Fahrenheit. Se pide determinar la temperatura en ºC, cuando la lec- tura en dicha escala sea 87. ¿A qué equivale, en K, una de sus unidades? ¿Y en ºC?. 1 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. 2 Debes identificar el convenio Condiciones Estándar y distinguirlo del de Condiciones Normales. 17 Ayuda: Debes establecer una proporción entre el nº de divisiones de una escala y el de otra y a partir de dicha relación puedes responder todas las cuestiones. Lógicamente antes deberás determinar las propiedades del punto de ebullición a presión atmosférica para lo que debes revisar los conceptos correspondientes. Rta: T = 27.42ºC Pb. 1.6.- Estados termodinámicos La fig. Pb 1.6 muestra parte de una instalación de potencia. En ella, una turbina produce trabajo que extrae del vapor de agua que recibe. El caudal a la entrada de la turbina es de 31000 l/min y la presión, regulada por una válvula, es 2800 kPa. El flujo másico medido a la salida de la turbina es de 6 kg/s, la temperatura es 410ºF y la presión es 12.8 bar. Con los datos anteriores: a) expresa P 1 en bar. b) calcula T 1 en ºC. c) calcula T 2 en K d) expresa P 2 en cm de columna de agua. Fig. Pb 1.6 Ayuda: Una turbina se analiza como Volumen de Control, con una entrada y una salida, y el flujo másico es el mismo en ambas. Como T 1 no es dato tendrás que obtenerlo del diagrama en TermoGraf, representando el estado con dos datos que conozcas (Principio de Estado para una sustancia PvT). Como conoces el flujo másico y el caudal a la entrada puedes determinar el volumen especifico, v 1 , y con P 1 tienes la información precisa para representar el estado. Rtas: P 1 = 28 bar; T 1 = 300.05ºC; T 2 = 483.15 K; P 2 = 28 541.4 cm de columna de agua 18 Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de au- toaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas, aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios, cuando convenga. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Si te pide clave de ac- ceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. Pb. 1.7.- Presión absoluta, manométrica, de vacío El manómetro conectado a la salida de una bomba de vacío da una lectura de 22 lbf/in 2 . La entrada está conectada a un depósito cuya presión medimos con un manómetro en U que contiene mercurio y cuyos niveles en ambas co- lumnas difieren en 508 mm. Sabiendo que la P amb es 1010 milibar y el valor local de g es 9.815 m/s 2 deter- mina el valor de la presión absoluta del depósito y en la tubería de salida. Ayuda: Transforma todas las magnitudes al SI y apli- ca las fórmulas correspondientes. Rta: P dep = 0.6781 bar; P vac = 0.3319 bar; P tub sal = 2.527 bar Pb. 1.8.- Escala absoluta En un día caluroso de verano la temperatura del termómetro de ambiente da un valor tres veces supe- rior si lo medimos en Fahrenheit que si lo medimos en Celsius. Calcula dicho valor y pásalo a valores absolu- tos (K y ºR). Haz lo mismo para la temperatura de un día realmente invernal en Siberia en el que el valor en Celsius coincide con el valor en Fahrenheit. Ayuda: Escribe la ecuación correspondiente a la condición del enunciado y aplica luego los cambios de escala requeridos. Rta: T ver = 26.667ºC; T ver = 80ºF; T ver = 299.82 K; T ver = 539.67ºR T inv = - 40ºC; T inv = - 40ºF; T inv = 233.05 K; T inv = 419.67ºR 19 2. PRIMER PRINCIPIO. FLUJOS DE TRA- BAJO Y CALOR Conceptos básicos de este tema: primer principio, Energía interna, Trabajo, Calor, Flujo/ transferencia de calor, Balance de masa, Balance de energía, Energía interna específica, Entalpía, Entalpía específica, Ciclo de una máquina térmica, Bomba de calor, Rendimiento de un ciclo, COPs de una máquina frigorífica y de una bomba de calor Apoyados en la facilidad que supone el uso de TermoGraf para el cálculo de propiedades este capítulo introduce junto con los conceptos base del primer principio su aplicación en sustancias utilizando distintos conceptos correspondientes al capítulo 3 (por ej. título de una mezcla bifásica). Sin embargo es en el capítulo siguiente donde se desarrolla de for- ma más sistemática el análisis de los distintos modelos por lo que en éste se definen en cada caso los conceptos del tema 3 utilizados. Ejemplos Los ejemplos resueltos en esta primera parte, al inicio de cada tema, tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. Puedes también ver el problema resuelto en TermoGraf. Ej. 2.1 1 .- BALANCE DE ENERGÍA EN UN GAS (como Gas Ideal) En un cilindro con émbolo hay 3 kg de N 2 que se ex- panden mientras ceden un flujo de calor de 450 kJ y se les transfieren 220.5 2 kJ de energía mediante el giro de unas paletas. Inicialmente tiene una energía interna específica u 1 =400 kJ/kg y en el estado final ésta se ha reducido, siendo u 2 =199 kJ/kg. a) Calcula el trabajo realizado por el gas en la ex- pansión 1 ¿Cómo resolver un problema en TermoGraf del que no nos dan ni estados ni procesos? ¿Imposible? Lo verás en el documento Ej 03.01.tme 2 Como ya se ha señalado anteriormente, se utiliza el punto como separación de la parte decimal. 20 b) Analiza gráficamente el resultado, dibujando un proceso en un diagrama Pv, que cumpla con las condiciones del enunciado. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: 3 kg en un sistema cerrado. Sustancia y Modelo: N 2 como Gas Ideal. Configuración: Pv; SI; MC. Condiciones: No se da información de los estados que permita su localización ni sobre el tipo de proceso. Se proporciona información sobre la energía interna y los flujos de Q o W existentes. Análisis: a) a) Si escribimos la ecuación del balance de energía para un sistema cerrado (no hay flujo de masa) tendremos: U 2 -U 1 = Q - W = Q -(W pal + W x ) [1] ya que W representa toda la energía que atraviesa la frontera como flujo de trabajo. En nuestro caso éste es: -20.5 kJ por el giro de las paletas y, además, el trabajo correspon- diente a la expansión: dW x = P· dV (integrado entre 1 y 2). Puesto que no conocemos el proceso, ni los valores de P y V en 1 y 2, su cálculo será posible despejando en [1] W x = Q - W pal - (U 2 -U 1 ) es decir, sustituyendo valores W x = -450 kJ - (-20.5 kJ) - 3 kg· (199 - 400)kJ/kg = 173.5 kJ, trabajo que es positivo por ser una expansión. b) La solución gráfica está desarrollada en el documento de TermoGraf Ej 2.1 Ej. 2.2.- Trabajo con fuerzas elásticas y gravitatorias Un cilindro vertical con un pistón (masa 10 kg y área de 49 cm 2 ) contiene 0.5 moles de aire a temperatura ambiente (to = 25 ºC, P o = 1 bar). La parte superior del pistón está uni- da a un muelle cuya constante es de 133.05 N/m. El muelle tiene su longitud natural en el estado inicial. Se calienta el gas hasta que su energía interna alcanza los 334.44 kJ/kg . Se pide: a) Supón que el proceso real puede asimilarse a una po- litrópica de índice n = -0.52, y determina el trabajo realizado por el gas y el calor transferido, usando Ter- moGraf. b) Obtén dichos valores a partir de la expresión integral del trabajo sabiendo que el muelle cumple F muelle = - k · x, para una frontera del sistema que no incluya el émbolo dentro de ella y analiza si es válida la suposición ante- rior. c) ¿Cómo cambia el análisis si la frontera incluye al émbolo?. Fig. E2.2 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. 21 Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: Dependiendo de la elección de la frontera del sistema: a) no habrá que contemplar la variación de la energía potencial del émbolo (cuando quede exterior y su efecto se considere a través de la presión que sufre la frontera del sistema) b) o se deberá incluir en los cambios de energía del propio sistema (cuando se consi- dere dentro de la frontera) c) la masa de 0.5 mol en kg: 0.5 mol · 0.02897 kg/mol = 0.014485 kg; es importante seguir un criterio con unidades y referencia másica: así, si tomamos la masa en kg, deberemos manejar para la constante R su valor adecuado a esta referencia que, para el aire, es: R = 8.314 kJ/kmol· K = 8.314 kJ/ 38.97 kg· K ya que 1kmol de aire es igual a 28.97 kg Análisis: a) Del problema resuelto con TermoGraf (pantalla 2 del ejemplo en TermoGraf) obtene- mos los siguientes valores para la masa de 0.014485 kg: W = 0.460 kJ Q = 2.222 kJ. Es inmediato comprobar este valor sin más que utilizar las expresiones apropiadas para una politrópica con índice n = -0.52 para el aire como gas ideal (válidas para n = 1). Trabajo: W = m· R· ( T 2 –T 1 )/(1–n) , expresión de la que debemos conocer T 2 Para este estado nos dan el dato de u 2 , luego llevando ese valor a las tablas o de Termo- Graf, T 2 = 466.15 K, luego tendremos, llevando valores a la expresión del trabajo: W = m· R· (T 2 –T 1 )/(1–n) = = 0.5 mol· (8.314 J/mol· K)· ( 466.15–298.15) K/(1+0.52) kJ = = 459.5 kJ que coincide prácticamente con el del programa. Calor: Por otra parte, del primer principio: U 2 – U 1 = Q – W, en donde conocemos U 2 = 0.5 mol · 334.44 kJ/kg · 0.02897 kg/mol = 4.844 kJ y en cuanto a U 1 , po- demos obtenerlo de las tablas o con TermoGraf para las condiciones dadas (T 1 : 298.15 K): U 1 = 0.5 mol · 212.75 kJ/kg · 0.02897 kg/mol = 3.081 kJ, por tanto Q = (U 2 – U 1 ) + W = (4.844 - 3.081) kJ + 0.4595 kJ = 2.223 kJ b) Los cálculos no han necesitado hacer consideraciones sobre la frontera puesto que los hemos realizado todos con las variaciones experimentadas por el gas, considerando los valores de las propiedades en el estado inicial y final y calculando el trabajo directamente del tipo de proceso (fórmula para ese proceso –politrópica de índice n– obtenida a partir de la expresión í P· dv). Existe una forma alternativa de calcular el trabajo, utilizando la expresión í P· dv, sin hacer la hipótesis de proceso politrópico. Para ello deberemos poner la expresión de P desagregada en sus diferentes componentes. De acuerdo con la figura E2.2 a, si tomamos como frontera el interior del cilindro, sin el émbolo, tendremos la expresión siguiente para la P del gas: 22 P = P 0 + P émb + P muelle Y cada una de ellas valdrá : P 0 = 1 bar = 100 kPa P émb = Peso/Sup émb = = 10 kg · 9.8 (m/s 2 ) /0.0049(m 2 ) = 20000 Pa = 0, 2 bar =20 kPa P muelle = F/ Sup émb = k · x/0.0049 =(133.05 (N/m) · x (m)/0.0049(m 2 )) = = 27153· x Pa = 27.153· x kPa, donde x viene medido en m. Con esto, utilizando el kPa como unidad de presión para obtener el resultado en kJ si po- nemos el resto de las unidades en el SI : W = í P· dv = í ( P 0 + P émb + P muelle )· dv = = í 0 x máx (100+20+27.15· x)· (Sup émb )· dx = 120 · 0.0049 · x máx + (27.15 · 0.0049 · x máx 2 )/2 [1] Determinaremos ahora el valor de x máx . Será x máx = (V 2 – V 1 ) / Sup émb = m · (v 2 – v 1 ) / Sup émb De la expresión anterior no conocemos v 2 que lo podemos calcular con la ecuación del proceso: P 1 · v 1 -0.52 = P 2 · v 2 -0.52 o tomándolo de la tabla de estados de TermoGraf Es decir: v 1 = 0.7132 m 3 /kg , y v 2 = 0.9570 m 3 /kg por tanto x máx = m · (v 2 – v 1 ) / Sup émb = 0.014485 · (0.9570 – 0, 7132)(m 3 /kg)/0.0049 m 2 = 0.72 m Llevando este valor a [1], integral para W, tenemos W = 0.588 · 0.72 kJ + 0.0666 · 0.72 2 = 0, 458 kJ En cuanto a la presión final será P 2 = 120000 (Pa) + 133.05 (N/m) · 0.72 (m) / 0.0049 (m 2 ) = 139550 Pa = 1.396 bar , valor que es muy aproximado al dado por TermoGraf. c) Si tomamos como sistema el correspondiente a la fig. E2.2 b, la presión en la frontera del sistema es ahora: P = P 0 + P muelle En cuanto a la expresión del primer principio, hay que tener en cuenta que en el sistema hay variación de energía potencial pues la masa del émbolo, que ahora es parte del siste- ma, cambia de altura. Por tanto escribiremos: ΔU + Δ E pot = Q – W, o bien ,desarrollando los términos: U 2 – U 1 + m· g· (x máx –x 0 ) = Q – í( P 0 + P muelle )· dv , expresión que coincide con el planteamiento previo, si pasamos m· g· (x máx –x 0 ) al segundo miembro. En el sistema b) el trabajo deberemos calcularlo como el de a) disminuido en el valor del incremento d eenrgía potencial que ahora forma parte del propio sistema y no ha “salido” fuera de la frontera. Es algo similar al caso del rozamiento que es un trabajo que se incorpora al sis- tema, por lo que el trabajo que atraviesa la frontera es el de expansión menos el de roza- miento. En nuestro caso: W(b) = 0.458 kJ - m émb · g· Δh = 0.458 kJ–10 (kg) · 9.8 (m/s 2 ) · 0.72 (m) = = 0.458 kJ – 70.56 J = 0.387 kJ 23 Consideraciones: Los resultados avalan la hipótesis de que el proceso real equivale a la isotrópica de índice n = -0.52. El cambio de frontera del sistema sólo influye en la forma en que escribiremos los térmi- nos en la expresión del primer principio, que en su forma general para un sistema sin flu- jo de masa (cerrado) será: ΔU + ΔE c + ΔE p g + ΔE elást + ΔE ... = Q – W En este caso será ΔU + ΔE p g + ΔE elást = Q – W Si ahora tenemos en cuenta que W representa el trabajo de todo tipo que atraviesa la fron- tera, tenemos las siguiente opciones: Frontera a) incluye sólo al gas: W es el W x calculado con la presión en la frontera igual a P 0 +P émb +P muelle Ec del Pr. Principio: ΔU = Q – W x Frontera b) incluye al gas y al émbolo: W es el W x calculado con la presión en la frontera igual a P 0 + P muelle Ec del Pr. Principio: ΔU + ΔE p g = Q – W x pues el sistema incluye ahora la masa que cambia su E p luego en el primer miembro de- bemos incluir como energía del sistema los dos términos incluidos. Podemos preguntarnos qué calcula TermoGraf en este segundo caso. El programa calcula lo que diríamos es el punto de vista del gas: es decir el caso a). Si queremos analizar las cosas como sistema b) o incluso un sistema que incluyera al muelle, tendríamos que escribir el balance incluyendo en la variación de la energía del sistema la de estas energías, o bien suponer que el flujo de trabajo queda disminuido en el equivalente: W neto = W x – W f. grav –W f. elást Siendo el trabajo de expansión el correspondiente a la presión que ejerce el gas: P 0 +P émb +P muelle . Ej. 2.3.- Isoenergéticas e isotermas. Modelo de gas ideal Un cierto volumen de CO 2 se expansiona hasta 6 veces su volumen, desde una temperatu- ra de 1500K hasta una temperatura de 300K . Se pide 1. Representa el proceso en el diagrama Pv. 2. Calcula, por unidad de masa, aplicando el modelo de gas ideal(en kJ/kg): La variación de energía interna El trabajo producido El flujo de calor intercambiado 3. Varía el proceso, manteniendo las temperaturas y el índice politrópico. Obser- va que la relación de expansión se mantiene constante. ¿Varían los resultados anteriores?¿por qué? Justifícalo a partir de las expresiones de cálculo de cada una de las variables. ¿Qué le ocurre al calor específico del proceso? Analízalo a partir de los valores de los calores específicos c p y c v que te da la pantalla. ¿Está de acuerdo el comportamiento con el modelo que estás utilizando? 24 Ayuda: Dibuja las isolíneas T = cte para las temperaturas dadas. Habrá infinitos proce- sos que cumplan las condiciones dadas. Dibuja uno cualquiera. Fija el valor de las tempe- raturas (botón rojo sobre tabla de estados). Para el punto 3, desplaza el proceso dibujado arrastrando la flecha que lo identifica. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Una cierta masa de aire en un recinto cerrado. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: No se especifica el proceso realizado del que solo se dan las temperaturas inicial y final y la relación de volúmenes . Análisis: 1) Eligiendo un proceso cualquiera que cumpla las condiciones señaladas (fig. E2.3) rea- lizaremos a partir de la información del proceso el cálculo de las magnitudes solicitadas. Es decir, Índice n = 1.9; T 1 = 1500 K; T 2 = 300 K; v 2 /v 1 = 6; tomando v 1 = 0.5m 3 /kg 2) Con todo ello, tomando los valores de las tablas o de TermoGraf, tenemos , por kg: (u 2 – u 1 ) = 157.62 kJ/kg – 1331.6 kJ/kg = -1174 kJ/kg W/kg = R· (T 2 –T 1 )/(1–n) = = ((8.314 kJ/kmol· K)/(44.01 kg/kmol))· ( 1500–300) K/(1-1.9) kJ = -251.9 kJ/kg Q/kg = (U 2 – U 1 ) + W = -1174 kJ/kg + (-251.9 kJ/kg) = 922.1 kJ/kg 3) Si procedemos a mover el proceso (en TermoGraf bastará fijar las temperaturas y arras- trar en uno u otro sentido tras hacer clic sobre la flecha indicadora del sentido del proce- so), obtenemos los resultados de la tabla adjunta en la que se separan los valores que cambian (v, P) y sus relaciones y los que permanecen constantes: u, T, c p , c v por un lado, y ΔU, W y Q por otro. No es difícil ver la razón de por qué se mantienen constantes todos ellos pues las varia- bles de estado u, T, c p , c v son SÓLO función de T cuando el modelo empleado es Gas Ideal o Perfecto. En cuanto a las variables de proceso tenemos que para una politrópica, 25 W se puede expresar en función de (T 2 –T 1 ) y Q se calcula como diferencia entre (u 2 – u 1 ). Como consecuencia Q y W también serán constantes (en el documento de TermoGraf puedes visualizar esto: fijas la T en los estados 1 y 2 con clic del botón derecho sobre cada estado y selección de la condición T fija. A continuación arrastras el proceso “tiran- do” de la flecha que lo identifica y compruebas todo lo señalado que se recoge en la tabla E2.3 para varios casos). En cuanto al calor específico del proceso, c = (n· c v –c p )/(n-1) 1 , es también constante co- mo se deduce de su expresión. Con él se podría calcular Q = c · (T 2 –T 1 ) como hemos hecho con ΔU y W. Tabla E2.3.- Estados y procesos en un diagrama T-v y en uno P-v Consideraciones: 1) El cálculo : (u 2 – u 1 ) = c v,m · (T 2 –T 1 ) = ((1.1383+0.657)/2)(kJ/kg· K) · (1500-300)K = -1077 kJ/kg donde c v,m es el calor específico a volumen constante medio del proceso, lleva a una aproximación que aquí no es válida (10 % de error) porque este valor medio difiere mucho de los valores extremos en el proceso ¿por qué? .En este caso el cálculo debe hacerse por integración de c v · dT o tomando los valores de la tabla adecuada. Puede haber diferencia entre los valores obtenidos para W o Q y los que da TermoGraf que será debida a la precisión con que definamos el índice n. Basta utilizar el valor n=1.899 para que W coincida. 1 Puede verse una demostración en el Pb 3.13 26 Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. 120 y ss.). En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. Pb. 2.1.- Balance de energía en sistemas cerrados (dos gases) 1 Un recipiente rígido y bien aislado tiene dos cámaras separadas por una pared móvil, ini- cialmente sujeta, que permite el flujo de calor y trabajo entre ambas partes. En uno de los lados a 5 bar y 350 K hay una cierta masa de aire y en la otra hay CO 2 a 2 bar y 500 K. Se deja libre la pared móvil de modo que finalmente se alcanza el equilibrio con P = 3.2 bar y T = 430 K en ambas partes. Determina la masa de cada gas, sabiendo que el volumen del recipiente es 1 m 3 . Ayuda: Es importante recordar que en el modelo de Gas Ideal (también en el de Gas Perfecto), una isoterma es una isoenergética e isoentálpica (o sea: T=cte supone u=cte y h=cte). Esto quiere decir que en estos dos modelos u, h son función sólo de la T. Rta: m a = 1.826 kg y m CO 2 = 0.987 kg Pb. 2.2.- Trabajo en un compresor 2 El aire entra a un compresor que opera en situación estaciona- ria a una presión de 1 bar, a una temperatura de 300 K y a una velocidad de 12 m/s a través de una sección de 0.05 m2. En la salida, la presión es 9 bar, la temperatura 650 K y la ve- locidad 2 m/s. El calor se transfiere del compresor al entorno con una potencia cedida de 30.27 kW. Calcula, con el modelo de gas ideal, 1. supuesto el proceso politrópico, el índice del mismo, 1 El documento Pb 02.01.tme de TermoGraf recoge una variante con N2 en lugar de CO2 y alguna cues- tión complementaria en relación con los flujos de Q y trabajo a través del émbolo que no contempla el ejercicio aquí resuelto. 2 Este ejercicio y el siguiente con sus respectivos documentos TermoGraf son dos variantes con ligeros cambios. El Pb 02.03 presenta alguna cuestión complementaria que ayuda a la comprensión de los concep- tos aquí utilizados. Pb 2.2 Flujos en el Vde C del compresor 27 2. el flujo másico, fm, en kg/s, 3. el calor específico medio del proceso C proc, m = q/ΔT, 4. la potencia consumida por el compresor, en kW. Ayuda: En el balance hay que incluir la energía cinética y, como es un sistema abierto, con flujo másico, la expresión trabaja con la entalpía de las masas que fluyen. De este modo el trabajo que aparece en la expresión como W VC , es el trabajo total menos el de flujo (P 2 V 2 -P 1 V 1 ) que queda incorporado como parte de la entalpía de dichas masas. Rtas: 1. n = 1.277; 2. fm = 0.3647 kg/s 3. C proc, m = 0.237 kJ/kg· K; 4. W VC = -168.88 kW Pb. 2.3.- Balance de energía en un compresor El aire entra a un compresor refrigerado con una presión de 1 bar, una temperatura de 300 K y una determinada velocidad a través de una sección A1 de 0,06 m 2 . En la salida, la presión es 6 bar, la temperatura 350 K y la veloci- dad 370 m/s con una sección A 2 de 25 cm 2 . El calor se transfiere del compresor al entorno con un ritmo de 1195 kW. El compresor opera en situación estacionaria y con rozamientos (hay trabajo disipativo). Calcula, con el modelo de gas ideal, y supuesto que el proceso puede representarse por una politrópica: 1. El índice, n, del proceso politrópico, 2. El flujo másico, en kg/s, 3. La velocidad de entrada, en m/s, 4. El caudal a la salida, en litros por seg., y 5. La potencia consumida por el compresor, en kW, y 6. El trabajo disipativo que origina un incremento de la potencia necesaria. Ayuda: En el balance hay que incluir la energía cinética y, como es un sistema abierto, con flujo másico, la expresión trabaja con la entalpía de las masas que fluyen. De este modo el trabajo que aparece en la expresión como W VC , es el trabajo total menos el de flujo (P 2 V 2 -P 1 V 1 ) que queda incorporado dentro de la entalpía de dichas masas. Por otra parte, el sistema cede más calor del que corresponde al proceso politrópico que lo representa: ese dato indica que hay un trabajo de fricción que debe también evacuarse y que es el exceso entre el calor total cedido y el que corresponde al proceso señalado. Rtas: 1. n= 1.0941, 2. fm = 5.52404 kg/s, 3. c 1 = 79.2856 m/s, 4. caudal = 925 l/s 5. Wvc = -1833.42 kW, 6. Wd = -551.09 kW. Pb 2.3 Compresión con efectos dispativos 28 Pb. 2.4.- Transferencia de calor en una expansión En un cilindro-pistón se produce la expansión lenta y sin rozamientos de 8 kilogramos de gas metano en un proceso para el que la relación presión-volumen es Pv n = cte. La pre- sión inicial es 15 bar y el volumen inicial que es de 1.2 m 3 se triplica en el estado final. No hay variación en las energías cinética y potencial del gas. Calcula: 1. El índice politrópico, sabiendo la variación que experimenta la energía interna es- pecífica, u, del gas en este proceso es u 2 – u 1 = – 140 kJ/kg, 2. Calcula también T2, en K, P2 , en bar, W y Q, en kJ, señalando si el sistema recibe o cede este calor. 3. Con el mismo estado inicial y sabiendo que la P final es también la misma que la del proceso anterior, determina la temperatura y energía interna específica finales así como la transferencia neta de calor de los procesos para los valores del índice de politropía: n = 1 y n = 1,2651. Analiza Δu y Q en ambos procesos e identifica alguna característica signifi- cativa de los mismos. Ayuda: Configura la pantalla, obtén dos propiedades del estado 1 y representa el primer proceso de acuerdo con las condiciones señaladas para identificar los valores de n, P y T finales así como los flujos de W y Q. Puedes comprobar los correspondientes resultados con las expresiones para gas ideal y proceso politrópico reversible operativas para las magnitudes correspondientes Rtas: 1. n= 1.159, 2. T 2 = 364.318 K, P2 = 4.19665 bar, W = 1813.98 kJ, Q = 693.983 kJ 3. Para n = 1: T f = 434.07 K, u f = + 99.98 kJ/kg, Δu = 0 ; Q = W = 2292.81 kJ; Pr. Isotermo Si n = 1.2651: T f = 332.14 K, u f = - 98.86 kJ/kg, Δu = -198.8 kJ/kg ; Q ≈ 0; Pr. Adiab. (casi) Pb. 2.5.- Dos enfoques del balance de energía El cilindro-pistón vertical de paredes adiabáticas de la figura utiliza una resistencia eléc- trica para regular la posición vertical del émbolo cuya superficie es de 0.1 m 2 y su masa 44 kg, de modo que provoca un incremento de 0.09 m 3 en el volumen inicial del aire, 0.24 m 3 , en un proceso en el que el émbolo sube lentamente, sin rozamientos, mientras la presión exterior no cambia. La masa de aire es de 0.3 kg. Determina, para el sistema formado por el gas (frontera representada en la figura): 1. la presión inicial que soporta el gas en el pistón 2. el trabajo que atraviesa la frontera 3. el incremento de la energía interna como consecuencia de la energía cedida por la resistencia Pb 2.4 Expansión de un gas ideal Pb 2.5 émbolo y fronteras 29 4. la transferencia de calor desde la resistencia al aire, en kJ, (de la expresión del balan- ce de energía: primer principio para MdeC) Si consideramos, en un segundo caso, la resistencia incluida dentro del sistema, 5. ¿Cuál es ahora el trabajo que atraviesa la nueva frontera? ¿Y cuál será la expresión del balance de energía para dicho sistema? Ayuda: En el primer caso la frontera deja de ser adiabática pues hay una zona de trans- ferencia de calor. El proceso puede considerarse isóbaro y reversible. Con los datos de los estados inicial y final puede plantearse el balance de energía. En el segundo caso el proceso no puede considerarse reversible pues tiene efectos disipa- tivos (el flujo de energía procedente de la resistencia eléctrica lo hace como trabajo disi- pativo). El balance de energía debe incluir en el trabajo el término de trabajos disipativos ya comentado en el Pb. 2.3. Los resultados no pueden cambiar, sólo lo hace el enfoque dado a los flujos. Rtas: 1. P 1 = 1.04312 bar, 2. W = 9.39 kJ, 3. ΔU = 23.55 kJ 4. Q = 32.94 kJ Pb. 2.6.- Un tercer enfoque: Trabajo exterior Considera el sistema del problema anterior de modo que el pistón quede dentro del mismo. En este caso la energía potencial del sistema cambia a lo largo del proceso. Teniendo en cuenta esto, calcula 1. La expresión del balance de energía para el nuevo sistema 2. El trabajo exterior, si se incluye el émbolo dentro de la frontera, usando el balance de energía, 3. Comprueba que el trabajo disipativo coincide con el calculado antes. Ayuda: Diversos textos presentan el trabajo exterior, trabajo resistente como el debido a la presión exterior ejercida sobre (o por) la pared móvil del sistema. Con la nueva fronte- ra debe recalcularse la presión sobre el sistema y considerar en el primer miembro del balance no la energía interna sino ésta y la energía potencial del sistema considerado por- que ahora cambia. Para la 3. puedes tomar el W d como incógnita en el balance. Rtas: 1. ΔE sist termodinámico = ΔU + ΔE pot sist termodinámico = Q - (W x + W d ), 2. W = 9.0 kJ 3. W d = - 32.94 kJ como en el problema anterior. Pb. 2.7.- La combinación de subsistemas La pared interior de un cilindro aislado adiabáticamente separa dos masas de aire de 2 kg a 10 bar y 500 K y 4 kg a 4 bar y 320 K respectivamente. La pared divisoria entre ambos es móvil e inicialmente se encuentra fijada por un retén. Se elimina éste y se deja evolu- cionar a la divisoria muy lentamente. Se desea conocer las condiciones finales de equilibrio de ambos subsistemas, temperatura y presión finales de las cámaras, si la pared divisoria es diatérmana 30 Ayuda: Las restricciones en las paredes determinan el tipo de proceso que puede seguir un sistema en desequilibrio para alcanzar un nuevo equilibrio. En este caso la pared divisoria determina las propiedades comunes en el equilibrio: si es móvil la P final deberá ser común. Si es además diatérmana también deberá serlo la temperatura final. La determinación de propiedades extensivas combinadas como V y U a partir de los valores correspondientes de los subsistemas es la base de la resolución. Rtas: 1. T 2 = 380.65 K 2. P 2 = 5.44 bar Pb. 2.8.- Comparación de procesos y de modos de análisis Construye un cuadro con los flujos de calor y trabajo neto 1 producidos en cada uno de los procesos que sufre un sistema formado por 12 kg de aire, que pasa desde un estado inicial de presión 11 bar y volumen V 1 = 1.2 m 3 a uno final de volumen = 0,8 m 3 /Kg a través de las siguientes transformaciones: - un proceso isotermo hasta alcanzar un volumen 1,5 veces el inicial, seguido de - un proceso isóbaro en el que se triplica el volumen previo, seguido de - un proceso adiabático hasta alcanzar el volumen V 2 seguido de - un proceso isócoro hasta el estado final con P final igual a P o = 1 bar. 1. Supón sistema cerrado y construye el cuadro correspondiente. 2. Supón luego volumen de control y repite el cuadro Explica las diferencias que ves entre uno y otro. Ayuda: Identifica las dos propiedades de cada estado que permiten dibujar el estado y calcular el resto. Calcula des- pués para cada proceso los flujos de trabajo y calor, este último mediante el primer principio. Como ejercicio se deja el comprobar que error produciría utilizar el valor me- dio de los correspondientes C proceso para el cálculo de Q por la expresión Q = C proceso · ΔT Rtas: El cuadro pedido será: 1 El concepto de trabajo neto se emplea para diversas situaciones y puede resultar ambiguo. Aquí alude al trabajo neto que atraviesa la frontera que, en un sistema cerrado, es todo el trabajo, W, pero en el caso de un sistema abierto este trabajo neto, W VC , no incluye al trabajo de flujo (el necesario para que la masa fluya a través de la frontera). 31 Pb. 2.9.- Trabajo en un compresor Se comprimen dos kg un gas desde V 1 = 1.8 m 3 , P 1 = 1 bar hasta V 2 = 0.6 m 3 , P 2 = 9 bar. La relación entre la presión y el volumen durante el proceso es una relación lineal. a) Calcula el trabajo para el gas, en kJ/kg. b) ¿Puedes identificar qué proceso politrópico pasa por esos dos mismos estados? c) ¿Puede considerarse el primer proceso también politrópico? Ayuda: Si conocemos la ecuación de un proceso, es inmediato obtener el valor del tra- bajo que atraviesa la frontera del sistema durante el mismo mediante la integral de P· dV. En este caso es además especialmente simple aplicar el teorema del valor medio para hacer esa integral. Obtén la ecuación a partir de la propiedades dadas en el enunciado y completa las diferentes cuestiones que plantea éste. Rtas: 1. W = 600 kJ; Q = 369.76 kJ 2. Si existe con un índice n = 2 3. No es posible más que una politrópica. Pb. 2.10.- Trabajo en un proceso real En un control de un motor Otto se determina una serie de valores para la presión y el vo- lumen en la expansión de los gases dentro de un cilindro de un motor de combustión in- terna. Los respectivos valores se recogen en la tabla adjunta: dato P (bar) V (litros) 1 26.910 0.301 2 20.350 0.373 3 13.950 0.488 4 8.975 0.690 5 5.697 0.973 6 3.550 1.344 7 2.470 1.720 Apoyándote en dichos datos y con la hipótesis de que los gases pueden asimilarse a una masa de aire y tratarse como gas ideal: a) Sabiendo que la T de los gases en el momento de máxima compresión era de 1410.4 K: ¿Qué masa contiene el cilindro, en kg? b) Obtén el volumen específico de cada uno de los datos de la tabla, represéntalos en un diagrama P-v e intenta aproximar un proceso politrópico a dichos estados. ¿Cuál es la ecuación correspondiente? c) ¿Cuál es el trabajo que hacen los gases sobre el pistón durante la expansión, en kJ? Decimos que este cálculo es una aproximación ¿Por qué? d) A partir de la aproximación: ¿Cuál es el flujo de q que se libera en el proceso, en kJ/kg? Se te ocurre alguna consideración al respecto del resultado. e) Puedes calcular también el trabajo utilizando el procedimiento gráfico visto en el problema anterior. Hazlo y comprueba la variación relativa con el obtenido ante- riormente. 32 Ayuda: En una hoja de cálculo puedes realizar un ajuste para los datos contenidos en la tabla. El ajuste lo puedes hacer directamente como una función potencial (P= f(v n )) o si no tienes esa posibilidad, puedes hacer un ajuste a una recta (por mínimos cuadrados) tomando logaritmos a ambas columnas de modo que ajustes los datos a la ecuación log(P) = (-n)· log(v) + log(cte). Una vez obtenida la ecuación, el procedimiento de cálculo para las magnitudes planteadas es el habitual. Rta: 1. m = 0.002 kg 2. P· v 1.36 = cte 3. W = 1.0392 kJ; w = 534.63 kJ/kg 4. q = - 42.59 kJ/kg valor que puede considerarse nulo por comparación con w. 5. Con cálculo gráfico w = 545.58 kJ/kg Pb 2.11.- Análisis energético de un ciclo 1 Un flujo másico de 0,2 kg/s de gas aire recorren un ciclo termodinámico que consiste en los cuatro procesos siguientes: Proceso 1-2: presión constante, P 1 =11 bar, V 1 =0,032 m 3 , (W x ) 12 = 51.314 kW Proceso 2-3: expansión con P· v = cte, u 3 = u 2 , P 3 = 482 kPa Proceso 3-4: volumen constante, u 4 – u 3 = – 988.14 kJ/kg Proceso 4-1: compresión adiabática, Q = 0 Se pide (a) Representa el ciclo en un diagrama P-v. (b) Calcula el trabajo neto para el ciclo, en kJ/kg y como potencia, en kW. (c) Calcula el calor transferido al gas, en kW. (d) Calcula el rendimiento (en %) Si se invierte el sentido del ciclo (e) Calor que se absorbe, en kJ/kg. (f) Calor que se cede, en kJ/kg. (g) Coeficiente de operación, γ, si el ciclo se emplea como bomba de calor. (h) Coeficiente de operación, β, si el ciclo se emplea como ciclo de refrigera- ción. 1 El análisis energético en un ciclo tiene particulares características. a) Desde el punto de vista de modo de análisis el ciclo puede realizarse en un único equipo (por ej. en el motor de combustión interna alternativo) con análisis de MC o en una sucesión de equipos (por ej. en un ciclo de potencia) que supone el análisis de VC en cada uno de ellos. b) El hecho anterior implica que el W a considerar en los respectivos balances del primer principio sea o W total o Wvc que difiere de W en que no incluye el W de flujo. c) Cuando se analiza equipo a equipo la diferencia es importante. Sin embargo si se analiza en el sistema en conjunto, puesto que la sustancia estudiada recorre un ciclo, las variaciones de U o H al completar el ciclo son nulas luego el W y el Wvc para todo el ciclo (Wneto) coinciden. 33 Ayuda: Identifica las condiciones que te permiten definir los estados y los procesos que componen el ciclo y calcula las propiedades energéticas que necesites bien en tablas bien en TermoGraf. Rtas: b: w ciclo = 391.82 kJ/kg W ciclo = 78.365 kW c: Q abs = 275.99 kW d: n = 0.2839 = 28.39% e: q 23 = 988.14 kJ/kg f: Q ced = - 1379.96 kJ/kg g: γ = |q ced | / |w ciclo | = 3.522 h: β = |q abs / |w ciclo | = 2.522 Pb 2.12.- Flujos en una bomba de calor Cuáles son, por kg de fluido refrigerante recorriendo el ciclo, las transferencias de calor a través de la frontera de una bomba de calor que trabaja en las condiciones de la figura (w = - 10 kJ/kg) y con un COP = 2.8. Si la potencia suministrada es 15 kW, cuál es el flujo másico circu- lando y los flujos de energía a través de la frontera del sistema. Ayuda: No se precisa el ordenador para resolver éste problema pues no son necesarios ni datos de estados o procesos. Basta aplicar las fórmulas del COP. Rta: |q c | = 28 kJ/kg Flujo másico: 1.5 kg/s Flujos de calor y trabajo: W = 15 kJ/kg; Q c = - 42 kJ; Q f = 27 kJ 34 Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de au- toaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas, aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios, cuando convenga. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Si te pide clave de ac- ceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. Pb. 2.13.- Modelos de gas ideal y perfecto Dos recipientes conectados con una válvula tienen respectivamente 2 kg de CO a 150 ºC y 2 bar de presión y 8 kg de CO a 40 ºC y 0.75 bar de presión. Se abre la válvula y se mezclan de modo que la temperatura final es de 100 ºC gracias al calor suministrado durante el proceso. Se pide determinar: a) La P final de la mezcla. b) El calor suministrado. c) Utiliza el modelo de gas ideal y compara la respues- ta con la que se tendría si el modelo usado fuera el de gas perfecto. (Toma para cv el valor 0.7542 kJ/kg· K). Analíza la validez de este modelo en el caso presente (Puede considerarse valido si el error en el cálculo de Q es menor del 1%). Ayuda: Combina ambos depósitos para una única MC y aplica el balance de energía a la combinación teniendo en cuenta la información que conoces por el enunciado. Pon aten- ción en las unidades que empleas. Ten en cuenta que la mezcla a través de la válvula no supone trabajo. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 2.14.- Procesos dentro del domo 1 Un recipiente contiene una mezcla bifásica líquido-vapor de H2O tiene una temperatura de 200°C y un título del 40%. La mezcla ocupa 0.05 m3 y sufre un proceso a volumen constante hasta que todo el sistema se convierte en vapor. Determina a) Las masas de líquido y vapor saturados presentes, para el estado inicial, en kg. b) Las masas de líquido y vapor saturados presentes, para el estado fi- nal, en kg. c) El calor y el trabajo suministrados para que realice el proceso. 1 Necesitarás aplicar la definición de título (fracción de masa de vapor respecto de la masa total). Así: en una mezcla bifásica de título x la masa de vapor es m v = x· m total 35 d) El calor y el trabajo suministrados si el proceso hasta la saturación se hace a T cte. Ayuda: Ajusta el proceso a volumen constante dibujado en TermoGraf, a los datos del enunciado, y toma los valores de la tabla de estados para hacer el cálculo correspondiente de la masa total antes de responder a las cuestiones a, b y c. Para la cuestión d) dibuja el proceso a T cte con el botón Añadir pulsado y seleccionando proceso isotermo en el menú de procesos. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 2.15.- Secuencia de procesos Una masa de gas natural (metano) sigue dos procesos consecutivos: Proceso 1–2: compresión politrópica con: n = 1.35 desde P 1 = 101.3 kPa y v 1 = 1.2 m 3 /kg hasta v 2 = v 1 / 4. Proceso 2–3: proceso de expansión a presión constante hasta v 3 = v 1 . Representa ambos procesos en un diagrama P–v utilizando el modelo de Gas ideal y de- termina el trabajo de expansión en cada subproceso y el del recorrido total en kJ/kg. Uti- liza para ello la expresión w x = ∫P·dv. Ayuda: El trabajo de expansión es el trabajo 1 que atraviesa la frontera de un sistema MC para procesos reversibles. Selecciona pues esta opción, dibuja los procesos y calcula el W x . Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 2.16.- Balance de energía Un pistón con émbolo contiene 5 kg de aire que se expansionan realizando un trabajo de 1400 kJ mientras el gas recibe un flujo de calor cuyo valor desconoce, pasando en el pro- ceso 1-2 desde P 1 =7.5 bar y T 1 =1294.5 ºC hasta P 2 =3.5 bar y T 2 =1136.4 ºC. Después cede 6140.8 kJ de calor y se enfría a presión constante hasta el estado 3, a temperatura ambiente, T o =25 ºC. Calcula, teniendo en cuenta que los procesos son cuasiestáticos e irreversibles 2 : 1) El flujo de calor del proceso 1-2, en kJ. 2) El cambio que experimenta la energía interna en el proceso 2-3, en kJ. 3) El trabajo total de compresión en dicho proceso, en kJ. 4) El cambio de volumen, en m 3 , que experimenta el aire durante el proceso 2-3 me- diante la expresión del trabajo de expansión si éste vale 1203.13 kJ. 5) El trabajo disipativo, en kJ. Ayuda: No es necesario dibujar los procesos sino llevar al balance de energía u otras expresiones las propiedades que necesites tomándolas de los estados correspondientes. Lee la nota 2. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 Véase Ej. 0.2 (pp. 14 y 15) 2 Es decir: W = W x + W disipativo 36 Pb 2.17.- El vapor de agua como gas ideal En un dispositivo cilindro-pistón se expande, de modo reversible, vapor desde P 1 =35 bar hasta P 2 =7 bar. La relación entre P y v supone un proceso politrópico (gas ideal) de índice n = 1.97 siendo el volumen v 1 = 108.5 l/kg. La masa de vapor es 2.3 kg y otros datos son: u 1 = 1218.46 kJ/kg y u 2 = 517.356 kJ/kg. Si no hay cambios en la energía cinética o potencial, calcula: 1. El trabajo que cruza la frontera. 2. La transferencia de calor en kJ que experimenta el vapor. 3. ¿Qué resultado se obtendrá con el modelo de sustancia real para el proceso con los mismos estados inicial y final y el mismo trabajo a través de la frontera? Ayuda: Puedes calcular con el balance de energía el flujo de calor si previamente calcu- las el W x 1 . Necesitas para ello los valores P 1 , P 2 , v 1 , v 2 y n. Son todos conocidos salvo v2 que puedes calcular con la ecuación del proceso politrópico. Es conveniente que lo traba- jes así y lo contrastes con la solución en TermoGraf. También puedes resolverlo en la pantalla, para ello representa el proceso y analiza los valores solicitados. Para la Rta 3 debes mirar en tablas o en TermoGraf los valores de u en 1 y 2 para sustancia real. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2.18.- Análisis energético de un ciclo Un kg de aire recorre un ciclo termodinámico en un motor alternativo (cilindro-pistón) que consiste en los siguientes procesos Proceso 1-2: P cte = 1.4 bar, v 1 = 0.28 m 3 , w x12 = 10.5 kJ. Proceso 2-3: Compresión con P· v=cte, u 3 = u 2 . Proceso 3-1: v cte, u 1 - u 3 = - 26.586 kJ. Sabiendo que no hay cambios significativos en la E c o la E pot 1. Representa el ciclo en un diagrama Pv 2. Calcula el W neto del ciclo, en kJ. 3. Calcula el calor en el proceso 1-2, en kJ Ayuda: Dibuja los distintos procesos en Termograf a partir de las propiedades que te define el enunciado. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2.19.- Rendimiento de un ciclo En un ciclo de potencia que trabaja con dos focos a Tc y Tf, el calor Qc transferido por el foco caliente es 6500 kJ. Considera 120 kg de gas y calcula 1 Recuerda que para procesos reversibles el trabajo que cruza la frontera coincide con el de expansión. Véase Ej. 0.2 37 1. Trabajo neto por kg si nos dan un rendimiento de un 32 %. 2. Calcula el rendimiento real si cede al foco frío un total de 4800 kJ. 3. Evalúa el COP si funcionando como frigorífico para extraer el flujo de 4800 kJ ha consumido 14 kJ/kg como trabajo. 4. Calcula el COP del caso anterior si el aprovechamiento es como bomba de calor. 5. Calor que cede al foco caliente en este caso, en kJ. Ayuda: No es necesario dibujar ningún proceso. Basta aplicar las definiciones con los valores proporcionados por el enunciado. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2.20.- Elevador con cambio de fase Se quiere experimentar un sistema de elevación consistente en un dispositivo cilindro- pistón vertical que contiene una mezcla bifásica de agua (líq + vapor). Inicialmente la mezcla ocupa 60 cm de altura con un título inicial del 12 %. Sobre el pistón, cuya super- ficie es de 150 cm 2 , se coloca una masa de 1200 kg siendo la presión exterior de 1 bar. Se suministra calor al dispositivo de modo que sube lentamente 1 a P cte hasta chocar con un tope de seguridad situado a 250 cm de altura respecto de la base del cilindro. Inadverti- damente se sigue suministrando calor hasta que la presión en el in- terior alcanza los 38 bar. Si g vale 9.81 y no hay rozamiento apreciable entre paredes y pistón, calcula 1) la masa de la mezcla bifásica y 2) la presión que soporta mientras el pistón se eleva, 3) el calor suministrado en esta fase (proceso isóbaro, P=cte) 4) el calor suministrado en la 2ª parte (proceso isócoro, v=cte) 5) evalúa, a la vista de los resultados, si el diseño puede considerarse aceptable y que sería preciso tener en cuenta para ello 2 . Ayuda: Debes calcular la presión que soporta la mezcla bifásica para con el título de- terminar otras propiedades del estado inicial. Si conoces dos variables del estado final podrás determinar éste y con el balance de energía para el proceso las otras cuestiones. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 Lentamente y sin rozamiento equivale a decir que no hay efectos disipativos y el trabajo que atraviesa la frontera es el de expansión. 2 ¿Cuál debería ser la presión de la mezcla bifásica cuando no estuviera cargada? 38 3. PROPIEDADES Y MODELOS Conceptos básicos de este tema: Modelos de sustancias: 1. modelo estándar frío de gas ideal (o gas perfecto) , 2. modelo de gas ideal, 3. modelo de sustancia real, 4. modelo de sustancia incompresible, fase, zona bifásica, domo, punto crítico, curva de saturación, líquido subenfriado, líquido comprimido, líquido saturado, gas, vapor, vapor sobrecalentado, vapor saturado y además se insistirá en los conceptos introducidos en el capítulo anterior: trabajo, calor, energía interna y entalpía como aplicación del primer principio a sistemas cerrados. Ejemplos Recuerda, estos ejemplos resueltos en la primera parte, al inicio de cada tema, tienen como obje- tivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. Ej. 3.1.- LOCALIZACIÓN DE FASES EN UNA SUSTANCIA REAL Determina la zona (fase o fases) para el agua, H 2 O, en las condiciones siguientes, locali- zando los estados sobre diagramas P-T, P-v y T-v con adecuada elección de escalas. a) P = 8000 kPa, T = 400°C b) P = 6 MPa, T = 264°C c) P = 4.9 MPa, T = 453.15 K d) P = 6 MPa, T= 290°C e) P = 103.2 kPa, T = 20°C f) P = 60 bar, T = 275.598°C, v = 0.0052 m3/kg g) P = 60 bar, T = 275.6°C ¿Identificas el punto (e) con algún estado en particular? ¿Por qué crees que en el caso (f) se da el volumen, además de los valores de P y T como en los anteriores? Explica la conveniencia de un diagrama u otro y de las escalas a utilizar en cada caso. 39 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un kg de agua. Se representan una serie de estados en diversos dia- gramas. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia Real. Fig. E3.1a.- Diagrama PT Condiciones y configuración: Debe consignarse la zona en que se encuentra cada uno de los estados propuestos. Para este caso las unidades son el SI, la sustancia: agua, el modelo es sustancia real y el modo de análisis es cualquiera al no precisarse cálculos de flujo de trabajo cruzando la frontera del sistema. Análisis: En los casos en que coexisten diferentes fases, en particular estados en fase líquida y gaseosa, el volumen cambia fuertemente al pasar de la primera a la segunda. En el caso del agua, por ejemplo, se pasa de volúmenes del orden de 0.001 m 3 /kg a volúme- nes 100 veces mayores para presiones en el rango de la atmosférica. Por ello resulta ade- cuado el empleo de la escala logarítmica para v, cuando se quieren representar, simultá- neamente estados con tan amplia gama de valores. Aunque la variación en el rango de presiones puede ser también importante, no es tan crucial el uso de la escala logarítmica para esta variable. Diagrama P-T Tabla E3.1 Prop. estados f, g La figura recoge la posición de los seis estados. Su represen- tación es sencilla sobre un diagrama PT. Los estados a, c, d y g están en fase gaseosa, y los estados b y e en fase líquida. El estado f cae sobre la curva de cambio de fase. En este diagrama la fase de c y g no se aprecia con seguridad por su proximidad a la curva de cambio de fase. En particular g es indistinguible de f en la escala utilizada. Ampliando con la lupa varias veces (se marca un rectángulo con la lupa y esa es la nueva pantalla) se puede apreciar esta situación. Conviene señalar que, como recoge la figura ampliada, la nueva escala del zoom discrimina en milésimas de grado por lo que no es esperable ver la diferencia entre los estados f y g en una escala normal. Sin embargo si atendemos a sus propiedades recogidas en la tabla adjunta podemos ver cla- 40 ramente que la diferencia en las variables extensivas específicas es muy notable mientras que no es así con las variables intensivas. Más adelante encontraremos la razón de esta singularidad. Una alternativa al zoom de escala será considerar otro diagrama. Viendo que el volu- men de f y g difieren notablemente, como se ha señalado, será lógico pensar que en un diagrama Pv, la evidencia será sin duda más clara. Diagrama P-v (escalas normales en ambos ejes) La ubicación del estado f aparece mejor definida pero los estados de la fase líquida se agrupan en una estrecha zona de volumen, apenas diferenciada pues en la escala lineal utilizada (0-0.035 m 3 /kg) sus valores son muy pequeños (en torno a 0.001 m 3 /kg). Fig. E3.1b.- Diagrama Pv La representación cambia si se utiliza un diagrama con escala logarítmica para la variable v , como recoge la siguiente figura: Diagrama P-v (escala logarítmica en v) En esta presentación del diagrama es más evidente la ubicación de cada estado. De un lado el espacio bifásico líquido-vapor no es una curva sino una superficie en la que apa- rece el estado f. Precisamente, al representarlo en un diagrama P-v queda evidente la ne- cesidad de una propiedad específica como el volumen específico, v, pues su ubicación en este diagrama no queda fijada con sólo P y/o T por ser estado bifásico. Fig. E3.1c.- Diagrama Pv (escala logarítmica para el v) 41 En estos casos P y T no son propiedades linealmente independientes ya que están ligadas por la ecuación de la curva del cambio de fase. Obsérvese la conveniencia de la escala logarítmica para el volumen por coexistir valores entre 0.001 m 3 /kg y 1 m 3 /kg. La coexistencia de volúmenes de líquido o vapor precisa de una escala logarítmica y no lineal, que es el caso de la gráfica anterior, mucho menos adecuada. Diagrama Pv (doble escala logarítmica) Aunque no es tan necesario, el diagrama puede clarificarse aun más, pues al coexistir estados con presiones muy diversas (de 1 bar a 60 bar) pasa algo similar a lo que sucede con el volumen. Fig. E3.1d.- Diagrama Pv (doble escala logarítmica) Por eso la nueva gráfica P-v con doble escala logarítmica da una mejor perspectiva del conjunto. Se señala la parte de curva de cambio de fase que corresponde a estados de va- por saturado y la que es de estados de líquido saturado. El punto crítico es la separación de ambas partes, y como puede suponerse es un punto con propiedades características. Diagrama T-v Fig. E3.1e.- Diagrama Tv (escala logarítmica para las v) 42 En este último diagrama, con escala logarítmica en el volumen por las razones dadas, se aprecian perfectamente todos los estados. Sobre el estado f corresponde el mismo co- mentario hecho antes. En este diagrama se hace una distinción entre gas y vapor que es una convención: a los estados de gas en zonas próximas a la curva de saturación se les identifica como vapor mientras que la denominación de gas se reserva para los estados en que el modelo de gas ideal resulta aplicable como buena aproximación (esto sucede para presiones bajas y/o temperaturas altas). Ej. 3.2.- COMPARACIÓN DE MODELOS 1 Queremos calcular v y u en el caso del agua, a partir de valores de P y T dados ¿Qué mo- delo podemos usar si no podemos tener errores mayores del 1%? Para saberlo identifica el rango de validez del modelo de gas perfecto (valores de c p y c v constantes, tomados a 0ºC) , del de gas ideal (valores de c p y c v funciones de T) comparándolo con el modelo de sustancia real que consideraremos correcto en el intervalo analizado (rango de temperatu- ras 20ºC a 520ºC). Para ello construye una tabla en una hoja de cálculo para cada una de las siguientes tem- peraturas: 20ºC, 320ºC y 520 ºC, de modo que en las correspondientes casillas estén las expresiones de v y u para el gas perfecto y el gas ideal. En las del modelo de sustancia real puedes poner valores tomados de las tablas o calcula- dos con TermoGraf. El cálculo de c v para gas ideal puedes hacerlo sabiendo que c p , para el agua, con T expresado en K, vale c p (kJ/kmol· K) = R· (4.07 – 1.108· 10 -3 · T + 4.152· 10 -6 · T 2 – 2.964· 10 -9 · T 3 + 0.807· 10 -12 · T 4 ). Analiza los resultados RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un kg, para cálculo de v y u, conocidas P y T. Sustancia y Modelo: Agua con los siguientes modelos: gas perfecto, gas ideal y sustan- cia real. Configuración: Pv; SI; MdeC; diversos modelos; agua Condiciones: El rango de trabajo está limitado por dos isotermas, 20ºC y 500ºC. En cuanto a la configuración: unidades: SI, sustancia: agua, y el modo de análisis es cual- quiera al no precisarse cálculos de flujo de trabajo cruzando la frontera del sistema. Análisis: Se trata de construir una serie de tablas para verificar el rango de error según la zona de trabajo. Para ello tomaremos, para cada T propuesta, una serie de valores de P (bar): 0.1, 1, 10, 50, 100, 200. Sabemos, además, que el valor de la energía interna es 3132.1 cuando la temperatura alcanza los 500ºC. Las expresiones a utilizar serán: Gas perfecto: v[m 3 /kmol] = R[kJ/kmol· K].· T[K] / P[Pa], u[kJ/kmol] = u 0 [kJ/kmol] + c v [kJ/kmol· K].· (T-T 0 ) [K] , siendo R = 8.314 kJ/kmol· K y con c v constante (correspondiente al valor que toma en T 0 = 0 ºC, es decir a 273.15 K). 1 Los conceptos energía interna y ecuación energética de estado se han introducido en el capítulo anterior. 43 Como c v = (c p -R) y R = 8.314 kJ/kmol· K , tendremos para c p en T 0 =273.15 K : c p = 8.314· (4.07 – 1.108· 10 -3 · 273.15 + 4.152· 10 -6 · 273.15 2 – 2.964· 10 -9 · 273.15 3 + +0.807· 10 -12 · 273.15 4 ) kJ/kmol· K, luego c v = (c p -R) (kJ/kmol· K)· (1 kmol / 18.02 kg) = 1.394 kJ/kmol· K, y u 0 = 3132.1 kJ/kg 11 para T 0 =500 ºC = 773.15 K Gas ideal: v[m 3 /kmol] = R[kJ/kmol· K].· T[K] / P[Pa], u[kJ/kmol] = u 0 [kJ/kmol] + í c v [kJ/kmol· K].· dT [K] con u 0 = 3132.1 kJ/kg2 para T 0 =500 ºC = 773.15 K. La integral será u = 3132.1 kJ/kg + (8.314· [(4.07-1)· (T-773.15) – 1.108· 10 -3 · (T 2 -773.15 2 )/2 + 4.152· 10 -6 · (T 3 – 773.15 3 )/3 – 2.964· 10 -9 · (T 4 - 773.15 4 )/4 + 0.807· 10 -12 · (T 5 -773.15 5 )/5| (kJ/kmol)· (1 kmol /18.02 kg ) habiendo tomado como límite inferior T= 773.15 K, y tomando como límite superior, sucesivamente: T = 293.15, 593.15 y 793, 15 K. Los resultados anteriores se han modificado para que correspondan a una masa de un kg. Para ello el resultado de la integral, en el que intervenía R en kJ/kmol· K, se ha multipli- cado por el cociente (1 kmol /18.02 kg ) que es la relación másica para el agua. Sustancia real: to maremos los valores calculados con TermoGraf. Con esto, las tablas buscadas serán: 293.15 K Gas perfecto error sobre real (%) Gas ideal error sobre real (%) Sustancia real 0.1 13.5252 -1352424.47 13.5252 -1352424.47 0.001 1 1.3525 -135152.45 1.3525 -135152.45 0.001 10 0.1353 -13425.24 0.1353 -13425.24 0.001 50 0.0271 -2632.37 0.0271 -2632.37 0.00099 100 0.0135 -1266.19 0.0135 -1266.19 0.00099 200 0.0068 -583.09 0.0068 -583.09 0.00099 P (en bar) u (kJ/kg) u (kJ/kg) u (kJ/kg) 0.1 2463.02 -2832.86 2403.24 -2761.68 83.98 1 2463.02 -2833.56 2403.24 -2762.36 83.96 10 2463.02 -2835.66 2403.24 -2764.41 83.9 50 2463.02 -2758.99 2403.24 -2689.60 86.15 100 2463.02 -2846.90 2403.24 -2775.38 83.58 200 2463.02 -2855.03 2403.24 -2783.31 83.35 a) valores calculados para T = 293.15 K (20 ºC): el agua está en fase líquida (fig. E 3.2) para las seis presiones dadas y los modelos basados en comportamiento de gas dan un resultado catastrófico en los seis casos, tanto para la energía interna como para el volumen, con errores inaceptables. 1 Se ha tomado este valor del modelo de sustancia real, en una zona en la que los tres modelos se compor- tan de forma muy parecida para que en todo el análisis los tres tengan la misma referencia. 44 593.15 K Gas perfecto error sobre real (%) Gas ideal error sobre real (%) Sustancia real 0.1 27.3665 0.01 27.3665 0.01 27.37 1 2.7367 -0.17 2.7367 -0.17 2.732 10 0.2737 -2.19 0.2737 -2.19 0.2678 50 0.0547 -13.55 0.0547 -13.55 0.0482 100 0.0274 -41.80 0.0274 -41.80 0.0193 200 0.0137 -850.23 0.0137 -850.23 0.00144 P (en bar) v (m3/kg) v (m3/kg) v (m3/kg) 0.1 2881.19 -1.35 2842.89 0.00 2842.9 1 2881.19 -1.40 2842.89 -0.05 2841.4 10 2881.19 -1.95 2842.89 -0.60 2826.0 50 2881.19 -4.92 2842.89 -3.53 2746.0 100 2881.19 -11.30 2842.89 -9.82 2588.7 200 2881.19 -103.52 2842.89 -100.81 1415.7 b) valores calculados para T = 593.15 K (320 ºC): aquí los seis estados se sitúan en distintas fases, de modo que en algún caso los tres modelos son válidos. Es el caso de los estados a más baja presión. En ellos a la temperatura de 300 ºC el vapor de agua tiene un comportamiento de gas ideal. Como, además, c v varía poco en el intervalo, también las energías salen parecidas. 793.15 K Gas perfecto error sobre real (%) Gas ideal error sobre real (%) Sustancia real 0.1 36.5941 0.02 36.5941 0.02 36.602 1 3.6594 -0.04 3.6594 -0.04 3.658 10 0.3659 0.15 0.3659 0.15 0.3665 50 0.0732 -3.52 0.0732 -3.52 0.0707 100 0.0366 -7.63 0.0366 -7.63 0.034 200 0.0183 -18.05 0.0183 -18.05 0.0155 P (en bar) u (kJ/kg) u (kJ/kg) u (kJ/kg) 0.1 3159.98 0.18 3165.58 0.00 3165.73 1 3159.98 0.16 3165.58 -0.02 3165.06 10 3159.98 -0.05 3165.58 -0.23 3158.3 50 3159.98 -1.01 3165.58 -1.19 3128.3 100 3159.98 -2.41 3165.58 -2.59 3085.68 200 3159.98 -5.62 3165.58 -5.81 2991.88 c) valores calculados para T = 793.15 K (520 ºC): aquí los seis estados (fig. E 3.2) se sitúan en fase gaseosa aun- que sólo los de las presiones más bajas se identifican con el comportamiento de gas ideal, lógicamente en mayor medida que a 320 ªC. Por último, es in- mediato comprobar que el volumen se calcula con la mis- ma expresión tanto para gas ideal como para gas perfecto: Pv = RT, ya que la única diferencia en- tre ambos modelos está en que el se- gundo toma cons- tantes los valores de los calores específi- cos. Fig. E3.2.- Zonas de aplicación de los modelos 45 Ej. 3.3.- EL MODELO DE GAS IDEAL Y LOS PROCESOS POLITRÓPICOS 1 Los procesos reales de gases son muchas veces asimilables a procesos politrópicos con un determinado índice. Ese es el caso de una cierta masa de aire que se comprime en un ci- lindro-pistón de modo que pasa de una presión inicial de 0.9869 atm y 300 K a una pre- sión final de 10 bar, siguiendo para ello un proceso politrópico de índice n = 1.25. Calcú- lese a) El volumen del estado final, en l/kg. b) El trabajo realizado en la compresión, en kJ/kg. c) El flujo de calor existente en el proceso, en kJ/kg, y su signo. d) Si el cilindro ocupa inicialmente un volumen de 0.5 m 3 ¿cuánta es la masa contenida? e) Representa el calor q y el trabajo, w, por kg en fun- ción del índice de politropía haciendo variar éste desde 1 hasta 2. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El aire contenido en el cilindro. Modelo y sustancia: Gas ideal, Aire Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI 2 ; Masa de Control Condiciones: Debe considerarse un proceso politrópico para tres valores de n. Es aplica- ble el modelo citado y las condiciones de proceso reversible, sin rozamientos. Además, para el gas ideal, la ecuación térmica de estado para un kg de masa es: P· v = R· T y para los procesos politrópicos, la expresión P· v n = cte, con n constante. Análisis: a) El volumen del estado final se puede calcular analíticamente a partir de la ecuación del proceso o, en TermoGraf, dibujándolo. Si se comparan ambos métodos puede existir una ligera discrepancia consecuencia de redondeos en uno u otro. De TermoGraf tomamos v1 = 861.17 litros/kg. v 2 = (P 1 · v 1 n /P 2 ) (1/n) = {(1/10) · 861.17 1.25 } (1/1.25) = 136.49 litros/kg b) Las expresiones de los flujos de trabajo y de calor que pueden aplicarse, para una po- litrópica, son las siguientes, por kg de masa: W = í 1-2 P· dv = (P 2 · v 2 – P 1 · v 1 ) / (n – 1) ; o bien: W = R· ( T 2 – T 1 ) / (1 – n) La expresión anterior es aplicable a una politrópica con n distinto de 1. Cuando n = 1 (proceso isotermo) la expresión a utilizar es: W = R· T · ln(v 2 / v 1 ) Para el aire, con base másica el kg, el valor de R es: R = (8.314 kJ/kmol· K)· (1 kg/28.97 kmol) = 0.2783 kJ/kg· K Para Q, la expresión que permite calcularlo es Q = í 1-2 c proc (T)· dT ~ c * proc (T 2 – T 1 ) ; 1 Este ejemplo y el anterior refuerzan los conceptos de W, Q y primer principio para Masa de Control que se han introducido en el tema anterior. 2 Se considerará SI aunque tomemos para la presión: bar, kPa o MPa. Recordemos: 1 bar = 100 kPa = 0.1 MPa 46 siendo c * proc el valor medio de c proc (T) en el intervalo de temperaturas. Como antes, esta aproximación es tanto más válida cuanto menor es el intervalo y cuanto más se aproxima la función c proc (T) a una función lineal. El valor medio de c proc lo obtenemos con la expresión c * proc = (n· c * v – c * p )/(n – 1) Fig. E3.3a.- Representación de las tres politrópicas Los valores de c * v y c * p , valores medios de c v y c p en el intervalo de temperaturas consi- derado, los podemos calcular a partir de tablas o tomándolos de TermoGraf. Para n = 1, proceso isotermo, la expresión no es aplicable, por lo que utilizaremos el pri- mer principio que, para este proceso, supone Q = W. Con todo ello, para los procesos indicados, tenemos la siguiente tabla: K K kJ/kg kJ/kg·K kJ/kg kJ/kg kJ/kg·K kJ/kg kJ/kg n T inic T final W c* Q =c*·(T 2 -T 1 ) Q(Tgraf) c v * ΔU =c v *·(T 2 -T 1 ) ΔU(Tgraf) 1 300 300 -198.28 inf Q = W - 1.004 0 0 1.4 300 579.21 -200.37 0.0205 5.731 4.485 0.7382 206.10 204.86 2 300 948.68 -186.20 0.4933 319.99 315.2 0.7804 506.23 501.41 Por último, si hacemos variar el índice n en el intervalo 1-2, obtenemos las gráficas que se reflejan en la Fig. E3.3b, para los flujos de trabajo y calor. Se ha añadido también la variación que experimenta la energía interna, u, de acuerdo con el comentario nº 4. 47 Fig. E3.3b.- Variación de W, Q y ΔU en función del índice n. Consideraciones: 1. El volumen del estado final queda determinado por dos condiciones: el valor de la presión P2 y el proceso que recorre hasta alcanzar esa presión (y ese vo- lumen final). 2. Puede verse que si se aplican las expresiones de integrales medias con los va- lores medios de los calores específicos los resultados reflejan pequeñas des- viaciones, incluso para ΔT de 600 K. Podría utilizarse este procedimiento sin mayores problemas. 3. El flujo de calor en el proceso con n=1.4 es un valor muy pequeño comparado con el de W. Podríamos considerar este proceso como adiabático. Así, es fre- cuente identificar un proceso adiabático de aire como gas ideal con una po- litrópica de índice 1.4. Sin embargo, esto es solo aproximado pues el proceso adiabático de un gas ideal no es estrictamente una politrópica. 4. Una alternativa para calcular Q, que se trabajará en el tema siguiente, sería aplicar el primer principio: Q = Δu – W ; siendo Δu = í 1-2 c v (T)· dT . Para un gas ideal, los valores inicial y final de u los podemos tomar de tablas o de TermoGraf. También se pueden calcular, de forma aproximada, mediante Δu = c * v · (T 2 – T 1 ) siendo c * v el valor medio de c v (T) en el intervalo de temperaturas considera- do. Esta aproximación es tanto más válida cuanto menor es el intervalo y cuan- to más se aproxima la función c v (T) a una función lineal (moléculas mono- atómicas y diatómicas). 5. De la observación de la Fig. E3.3b se deduce que, como es lógico, Δu es tanto mayor cuanto mayor es la temperatura final del proceso de compresión ya que en un gas ideal u es función de T solamente. El flujo de calor, Q, cambia de signo, siendo cero para n ~ 1.4 que, como ya se ha apuntado, es el caso aproximadamente adiabático. El W varía muy poco, pasando por un máximo (un mínimo ya que W es negativo para un compresor) para un n algo inferior a 1.4. 48 Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. 120 y ss.). En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. Pb. 3.1.- Entalpía de vaporización (cambio de fase) Representa mediante una gráfica el valor de Δh vap frente a P (o a T) para el caso del agua (desde P = 5 kPa hasta la presión crítica) y del Refrigerante134a (desde T = -20 ºC hasta su temperatura crítica) y haz alguna consideración sobre los resultados en relación con la utilización de estas sustancias. Ayuda: De la definición de Δh vap se deduce que es el cambio de entalpía asociado a un cambio de fase a P cte. Dibuja un proceso así, fija sus extremos a la curva de saturación (fija ambos títulos) y cambia el valor de P, trasladando el cambio de entalpía a la tabla para obtener la gráfica solicitada. Pb. 3.2.- La construcción de tablas 1 Construye una tabla con los valores de P, v y T para los estados de cambio de fase para mezclas bifásicas líquido-vapor para el agua entre 20ºC y 340ºC, con intervalos de 40ºC. 1 Una tabla se construye a partir de los valores calculados con ciertas expresiones en un determinado inter- valo de las propiedades consideradas. Los valores en un estado determinado se obtienen en relación con el valor asignado artificialmente en un estado tomado como referencia (puede verse Moran y Shapiro, Fun- damentos de Termodinámica Técnica, Ed. Reverté, Barcelona 2004, 2ªedición, pp. 102 y ss) utilizando las expresiones mencionadas que se obtienen previamente mediante ajustes de funciones, generalmente muy complejas, a un conjunto de datos experimentales, o por derivación de las mencionadas expresiones. Aquí vamos a seguir el proceso tomando como datos experimentales los de una tabla o los dados por Ter- moGraf. Conviene tener en cuenta que los valores que provienen de tablas pueden diferir de los obtenidos mediante un programa de ordenador como TermoGraf. Si los valores de referencia de tablas y programas son los mismos (caso frecuente en los refrigerantes) los valores del programa pueden diferir ligeramente de los obtenidos con las tablas si el programa utiliza en sus cálculos expresiones, para el modelo de la sustancia, distintas a las empleadas en la construcción de dichas tablas. Cuando los valores de referencia sean distin- tos en uno y otro caso, el cálculo de propiedades puede ofrecer resultados muy dispares en el caso de las propiedades específicas. Puesto que los valores de referencia son asignaciones (por ejemplo, la propiedad X vale 0 cuando T es 300 K) en cualquier caso serán las variaciones de las propiedades específicas entre dos estados, tanto si se han calculado a partir de valores proporcionados por un programa como a partir de las tablas, las que presenten resultados concordantes. 49 a) Representa la relación P-T con una escala logarítmica para la presión, en bar y una escala lineal para la temperatura, en °C. b) Representa la relación P-v para la parte de líquido saturado con una escala lo- garítmica para el volumen, en m3/kg y una escala lineal para la presión, en bar. c) Realiza un ajuste de tipo polinómico a los datos, en ambos casos, mediante algún programa adecuado (una hoja de cálculo puede ser válida). d) Representa una cualquiera de las ecuaciones en el intervalo del ajuste y comprue- ba si es extrapolable con suficiente precisión para valores menores y mayores de las temperaturas propuestas. Interpreta. Ayuda: Toma los valores pedidos en a) de una Tabla de la curva de saturación para el agua o de TermoGraf (estados con título 0 y 1). Lleva los valores a una hoja de cálculo que permita hacer ajustes polinómicos a una serie de puntos y completa las cuestiones. Pb. 3.3.- Curva de saturación y curvas de título constante Representa, en un diagrama Pv, utilizando escala logarítmica cuando creas conveniente, las gráficas siguientes, para el agua: a) La curva de saturación, en sus dos componentes: líquido saturado y vapor satura- do, desde 0.1 MPa al punto crítico, con la presión en MPa y el volumen específico en m3/kg. b) Las isotermas 200 ºC, 250ºC, 300 ºC, 350 ºC, Tc, 400ºC, 500 ºC, 700 ºC, siendo Tc la temperatura del punto crítico. c) Las curvas de título constante: 0.1, 0.3. 0.5, 0.7 y 0.9. Ayuda: Localiza los valores correspondientes en tablas o traza sus funciones en Termo- Graf. Rtas: Apartado a Apartados b y c Pb. 3.4.- Cálculos en la zona bifásica (domo) Se da el estado inicial de un sistema termodinámico cerrado que sigue un proceso de ca- lentamiento a volumen constante. Dibuja este proceso sabiendo que se aportan 350 kJ de energía como flujo de calor y calcula el estado final, utilizando tablas y comprobando el resultado con TermoGraf, en las mezclas bifásicas líquido–vapor siguientes: a) 1 kg de agua a 250°C con un volumen específico de 0.005 m 3 /kg. 50 b) 3 kg de Refrigerante Propano a -20 ºC con un volumen específico de 0.015 m 3 /kg. Ayuda: Las dos propiedades dadas te permiten conocer otras del estado inicial, en con- creto la energía interna específica, u. Con ella y aplicando el primer principio al sistema puedes calcular u2. Además conoces otra propiedad del estado 2 ¿cuál? Si buscas en las tablas correspondientes los valores anteriores puedes comprobar si coin- ciden con los de TermoGraf. Observarás que, probablemente, al calcular la variación de entalpía quizá no coincidan las entalpías inicial y final del proceso pero sí lo hacen las diferencias (o muy aproximadamente). Analiza esta circunstancia. Rtas: Agua: u 2 = 1547.68 kJ/kg; Propano: u 2 = 248.215 kJ/kg Pb. 3.5.- Dilatación de líquidos versus compresibilidad de gases Escribe una tabla con los valores, en m 3 /kg, del volumen del líquido saturado y el del vapor saturado en el caso del agua a 100 ºC, 200 ºC y 300 ºC. Represéntalo sobre la curva de saturación y explica por qué, pese a que la temperatura es mayor, el volumen del vapor es cada vez menor, mientras ocurre lo contrario en el caso del líquido. Ayuda: La interpretación es sencilla si pensamos en las propiedades de compresibilidad de los gases y los líquidos: con qué variable cambia más el volumen en cada caso, si con P o con T. Rta: Véase la explicación en el documento TermoGraf. Pb. 3.6.- Cálculo de propiedades en una sustancia real En un cilindro-pistón se encuentra 1 kg de vapor de agua a 450ºC y 6 MPa de presión (estado 1). Inicialmente se expande isotermamente hasta el estado 2 (30 bar) para luego sufrir un enfriamiento a v cte hasta los 250ºC (estado 3), comprimiéndose de modo iso- termo hasta el estado 4 con un volumen específico que tiene el mismo valor que el del punto crítico. Se pide: 1. Representar los estados en un diagrama P-v y en uno T-v. 2. Determinar el volumen específico en los cuatro estados así como el título para cualquier estado en el domo 3. El flujo de calor q en cada proceso, en kJ/kg. 4. Analizar si en alguno de los estados el uso del modelo de Gas Ideal hubiera dado valores aceptables. Ayuda: Localiza sobre el diagrama P-v en TermoGraf la información que da el proble- ma. Rtas: en m 3 /kg: v 1 = 0.05214; v 2 = 0.10787; v 3 = 0. 10787; v 4 = 0.003155; q 12 = 263.295 kJ/kg; q 23 = -342.79 kJ/kg; q 34 = -1885.89 kJ/kg Pb. 3.7.- Transferencia de calor, a v cte, en el domo Un depósito rígido contiene 50 kg de agua a 40 bar como vapor saturado. La presión del agua cae a 10 bar como consecuencia de la cesión de calor al ambiente. Determina 1. El volumen del depósito, en m 3 . 2. El título del estado final. 51 3. El calor cedido en el proceso. Ayuda: Una vez ajustada la configuración e introducidos los datos pertinentes en Ter- moGraf, bastará tomar los datos solicitados o ejecutar las operaciones sencillas de paso de variables específicas a extensivas. Rtas: V 1 = 2.49 m³; x1 = 25.16%; Q 12 = -69077.5 kJ Pb. 3.8.- Propiedades, conocido el título, de un refrigerante El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un vo- lumen de 0.01 m 3 . El depósito está a una presión de 0.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0.92. Debemos calcular a) La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. b) El volumen que ocupa cada fase. c) La energía interna por kg, de cada una de las fases y la energía del volumen total. Ayuda: Una vez introducidos los datos pertinentes en TermoGraf, bastará aplicar las definiciones correspondientes para el cálculo de propiedades extensivas dentro del domo. Se sugiere tomar los datos de tablas para el R134a y comparar con los proporcionados por el programa. Las rtas. que siguen se han obtenido con las tablas. Rtas: 1. m f = 8.75E-3 kg; m g = 0.10065 kg ; 2. V f = 6.590E-6 m 3 ; V g = 0.009995 m 3 ; 3. u f = 36.39 kJ/kg; u g = 221.43 kJ/kg; U = 22.608 kJ Valores ligeramente diferentes a los proporcionados por TermoGraf sea por redondeo sea por la referencia con que se han construido las tablas citadas. Pb. 3.9.- Ecuación de estado, ecuación de proceso Una masa de Amoniaco sufre un proceso para el que se cumple la relación pv n = cons- tante. Los estados inicial y final del refrigerante son P 1 = 10 bar, T 1 = 550 K y P 2 = 2.5 bar, T 2 = 422.3 K, respectivamente. Calcula la constante n para el proceso y el volumen específico en el estado final, en m3/kg. Ayuda: La ecuación del proceso permite establecer la relación entre el estado inicial y final. Como en ella se relacionan P y v, deberemos optar por deducir la forma de esa ecuación con P y T (datos conocidos), utilizando para ello la relación entre P, v y T (ecuación térmica de estado), o alternativamente, calcular el volumen con esta ecuación y utilizar la relación dada en el enunciado para el proceso. Rtas: v 1 = 0.26849 m 3 /kg; v 2 = 0.8246 m 3 /kg; n = 1.235 Pb. 3.10.- Aplicación de los tres niveles de información Tres kg de propano se comprimen de forma isóbara en un cilidro-pistón. Representa para el propano, en los diagramas P-v y T-v, dicho proceso desde el estado inicial con 52 T 1 =1450 K y v 1 =0.25 m 3 /kg hasta un estado final que es vapor saturado. Calcula también el calor cedido si el trabajo de compresión ha sido -685.246 kJ. Ayuda: En el análisis de los sistemas termodinámicos tene- mos tres fuentes o niveles de información: - las propiedades de la sustancia (según el modelo: ecua- ciones de estado o tablas) - las propiedades del proceso (ecuación del proceso) - los principios de Termodinámica (expresados como ba- lances de energía, de entropía...) En este problema debes combinar los tres: a) de las tablas o con el modelo de gas ideal (¿por qué es aplicable para este estado?) o el de sustancia real deducimos P1 b) del tipo de proceso obtenemos la información que nos falta del estado 2 para acudir a las tablas (¿por qué no es aplicable ahora el modelo de gas ideal?) y completar la información de este estado c) del balance de energía aplicado al proceso deducimos el flujo de calor cedido. Rtas: Q 12 = -12 243.7 kJ. Pb. 3.11.- Expresiones del balance de energía (primer principio) Calentamos, a presión constante, 20 kg de una mezcla líquido-vapor de agua con un títu- lo del 40 % y una presión de 2 bar hasta alcanzar los 400 ºC. Calcula, mediante tablas y comprobando los resultados con TermoGraf: 1. La energía interna y la entalpía específicas de los estados inicial y final, en kJ/kg. 2. El trabajo de expansión, W x , en kJ. 3. El trabajo técnico, W t , en dicha expansión, en kJ. 4. El calor, Q, absorbido en el proceso, en kJ. Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados, bastará aplicar el primer principio para sistemas cerrados en sus dos formas, que para procesos reversi- bles será: m· (u 2 -u 1 )=Q-W x siendo W x el trabajo de expansión m· (h 2 -h 1 )=Q-W t siendo W t el trabajo técnico Rtas: 1. u 1 = 1314.13 kJ/kg; u 2 = 2965.84 kJ/kg; h 1 = 1385.11 kJ/kg; h 2 = 3275.70 kJ/kg 2. W x = 4 777.7 kJ; 3. W t = 0 kJ; 4. Q 12 = 37 811.9 kJ. Pb. 3.12.- Procesos con trabajos disipativos Una mezcla líquido-vapor de 10 kg de agua, con un título del 20 %, está a 250 ºC llenando un recipiente rígido y aislado térmicamente. Se calienta el agua mediante una resistencia eléctrica de 1000 W. Se pide: a) ¿Cuánto vale el W eléctrico hasta alcanzar el esta- do de saturación? b) ¿Cuánto tiempo le costará llegar a él? 53 c) ¿Qué presión existirá en el depósito cuando el agua haya alcanzado los 600 ºC? ¿Cuál será el tiempo transcurrido desde el principio? Ayuda: La expresión del primer principio incluye el trabajo total, neto, que atraviesa la frontera del sistema. Si un proceso es reversible, este trabajo total coincide con el trabajo de expansión. Si el proceso incluye trabajos disipativos, el trabajo neto será el de expan- sión menos (por el criterio de signos) los trabajos disipativos. Rtas: 1. Weléctr = -10823.6 kJ; 2. t = 10.8 s; 3. P3 = 309.85 bar; t total = 17.07 s Pb. 3.13.- Corrigiendo un error de interpretación Demuestra que, para un gas perfecto, un proceso politrópico en el que n=c p /c v coincide con un proceso adiabático. Analiza si se cumple esta condición en el caso del gas ideal y compruébalo con TermoGraf. Ayuda: La condición de adiabaticidad es que oQ=0. Utilízala junto con la expresión para el calor específico de un proceso politrópico c proc = (n· c v -c p )/(n-1) y la condición de que en un proceso politrópico P· v n =cte, n debe ser constante. Pb. 3.14.- Calores específicos Se comprimen 3 kmoles de CO 2 desde T 1 =298 K y P 1 =1 bar hasta 800 K y 15 bar. Calcula el incremento de energía interna y entalpía que sufren, utilizando los siguientes procedimien- tos: 1) Mediante las tablas de CO 2 como gas ideal. 2) Mediante las expresiones de (u 2 -u 1 ) y (h 2 -h 1 ) para gas perfecto, sabiendo que en este modelo se toman valores constantes para c v = 27.994 kJ/kmol· K y c p = 36.308 kJ/kmol· K 3) Calculando las correspondientes integrales c v · dT y c p · dT entre 298 K y 800 K, tomando como expresión para c p : c p = (-3.7357 + 30.529· (T/100) 0.5 - 4.1034· (T/100) + 0.024198· (T/100) 2 ) kJ/kmol· K 4) Utilizando calores específicos ctes iguales a los valores medios de c v y c p en el intervalo de temperaturas considerado. 5) Utilizando el modelo de sustancia real Analiza los resultados obtenidos mediante la desviación porcentual de todos ellos frente al último caso. Ayuda: Realiza los cálculos mencionados y comprueba con TermoGraf para G P, G Id y Sust Real. Pon especial atención para interpretar el concepto de valor medio para un deter- minado intervalo de temperatura. Te ayudará la interpretación gráfica que se realiza en el documento Pb 03.14.tme Rtas: (i) ΔU (i)/(5) ΔH (i)/(5) pantal- la 1 (1) Tablas de CO2 G Id 55926.0 100.2 68445.0 100.1 (1) TermoGraf G Id: 55921.8 100.2 68443.2 100.1 2 1 Se refiere a la pantalla del ejercicio TermoGraf Pb 02. 14 en que se puede ver el caso. 54 (2) Cálculo Gas Perf: 42159.0 75.6 54678.9 80.0 3 (2) TermoGraf G Perf: 42158.8 75.6 54680.0 80.0 3 (3) Cálculo ∫cp(T)·dT 55642.2 99.7 68169.4 99.7 (4) cp, cv medios 54109.8 97.0 66631.2 97.4 2 (5) TermoGraf Sust Real: 55789.4 100.0 68375.8 100.0 4 Pb. 3.15.- Cálculo de propiedades en tres modelos de sustancia Representa en diagramas P-T y P-v los siguientes casos, determinando el v (en m3/kg) y la energía interna, u (en kJ/kg) para 1 kg de aire. Considera tres modelos: gas perfecto, gas ideal y sustancia real, construye una tabla con los valores y analiza las diferencias: 1. 950 K, 200 bar 2. 500 K, 200 bar 3. 500 K, 80 bar 4. 500 K, 10 bar 5. 350 K, 3 bar Ayuda: Representa los estados en cada una de las tres pantallas (una para cada modelo de sustancia). Comprueba los resultados y saca tus conclusiones sobre la validez de los modelos en cada zona en que se ubica cada estado de los propuestos. Rta: Trasladando desde TermoGraf los valores correspondientes: Aire u (kJ/kg) 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas Perfecto 0.0136 6.59% 0.007 2 7.69% 0.017 9 3.24% 0.4784 0.13% 0.3349 0.02% Gas Ideal 0.0136 6.59% 0.007 2 7.69% 0.017 9 3.24% 0.4784 0.13% 0.3349 0.02% Sustancia Real 0.0145 6 0.00% 0.007 8 0.00% 0.018 5 0.00% 0.479 0.00% 0.3349 6 0.00% Desvíos 1 Aire u (kJ/kg) 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas Perfecto 680.15 21.80% 357.4 8 28.58% 357.4 8 30.04% 357.48 30.94% 249.9 2 38.78% Gas Ideal 716.6 17.61% 359.4 7 28.18% 359.4 7 29.65% 359.47 30.55% 249.9 8 38.77% Sustancia Real 869.75 0.00% 500.5 5 0.00% 510.9 5 0.00% 517.61 0.00% 408.2 5 0.00% 1 Se han calculado los desvíos relativos a los valores experimentales (se toman para ello los de Sust. Real) . Si utilizas tablas, será más apropiado manejar diferencias [u(T)-u(350)] que coincidirán con las de Termo- Graf ya que no dependen del estado de referencia. Diferencia: u( 950)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 350)-u(350) Estado 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas Perfecto 430.23 107.56 107.56 107.56 0 Gas Ideal 466.62 109.49 109.49 109.49 0 Sustancia Real 461.5 92.3 102.7 109.36 0 55 Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de au- toaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas, aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios, cuando convenga. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Si te pide clave de ac- ceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. Pb. 3.16.- Análisis en el domo 1 , Una mezcla bifásica líquido–vapor de agua está inicialmente en unas condiciones tales que al calentarse a v cte, alcanza el punto crítico. 1. Determina la presión del estado inicial sabiendo que el título es del 50 %. La mezcla se enfría a v cte hasta que el título se hace del 15%. 2. Determina ahora su presión y 3. El volumen que ocupa el vapor 4. La masa de vapor si el sistema tiene 3 kg en total 5. El calor que hay que comunicar en un proceso a P cte hasta que la mezcla llegue a vapor saturado Ayuda: 1. Resulta inmediato localizar el estado buscado con TermoGraf. El estado estará en la intersección de la isolínea v = v(PC) y la isolínea x= 0.5 (Ctrl+i). Como está muy próximo al punto crítico, convendrá aumentar la ampliar la zona del PC con la lupa. La cuestión 2 se trabaja igual. Para la 3 y la 4 necesitas recordar la definición de título Para la 5 puedes aplicar el balance de energía al proceso o dibujarlo y obtener el dato. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 3.17.- Modelo de sustancia Real: cálculo de propiedades 1 , Localiza cada estado en los diagramas P-v y T-v para el agua. Determina los valores de las propiedades señaladas en los estados indicados, escribe su valor en la ventana de Rtas. y comprueba luego los resultados para autoevaluación. 1. Para p = 0.18 MPa, T = 280°C, m = 10 kg, escribe U en kJ. 2. Para p = 1.5 bar, v = 0.2 m 3 /kg, pon T en °C. 3. Para T = 500.0°C, p = 1.2 MPa, m = 6 kg, pon V en m 3 . 1 Si debes habituarte a usar tablas, éste es un buen ejercicio para que practiques y compruebes tu nivel. Recuerda que puedes adaptar, aproximadamente, los valores que da TermoGraf para que sean similares a los de tus tablas introduciendo en el menú Sustancia/Estado de referencia los valores de un estado extraí- do de tus tablas (que esté en la zona de trabajo del problema, por ejemplo) 56 4. Para T = 610.0°C, V = 0.6 m 3 , m = 12 kg, escribe P en MPa. 5. Para p = 32 MPa, u = 1900.0 kJ/kg, m = 8 kg, pon V en m 3 . 6. Para p = 77.0 bar, u = 3040 kJ/kg, m = 10 kg, escribe H en kJ. 7. Para T = 200°C, V = 0.08 m 3 , m = 8 kg, escribe X, en tanto por ciento con dos de- cimales. 8. Para T = 195.0°C, V = 0.8 m 3 , m = 10 kg, calcula m vapor . 9. Para p = 1.8 MPa, x = 0.6 , escribe el valor u del líquido saturado para esa presión, en kJ/kg. Ayuda: Dibuja los valores en el documento Pb 03.17 y verifica los resultados. Interpreta adecuadamente la dife- rencia entre propiedades específicas y extensivas. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Venta- nas/Rtas). La imagen adjunta recoge una visualización aproximada de la posición de los estados. Pb. 3.18.- Cálculo de la entalpía por integración de c p Localiza en las tablas de propiedades la ecuación para el calor específico a P cte para el gas metano, c p (T), y calcula por integración de (c p (T)· dT) el cambio en entalpía de un kg de gas entre los siguientes estados, comprobándolo con TermoGraf. Estado1 Estado 2 1. P=2 bar, T=300 K, P=1 bar, T=500 K 2. P=2 bar, T=300 K, P=10 bar, T=500 K 3. P=2 bar, T=300 K, P=20 bar, T= 300 K 4. P=2 bar, T=300 K, P=20 bar, T= 1000 K 5. P=2 bar, T=300 K, P=20 bar, T= 2000 K. Ayuda: Localiza en la bibliografía 1 una ecuación para c p (T) y haz la integración corres- pondiente para cada uno de los procesos indicados (En la teoría habrás visto que aunque c p es el calor específico que nos da el flujo de Q en un proceso a P cte, sin embargo es más que eso pues nos permite calcular la variación de entalpía para cualquier proceso. Por tanto no es necesario conocer los procesos pues en todos ellos el cambio de entalpía es h final – h inicial = ∫ dh = ∫ c p (T)· dT) En Ejemplo 3.3 y Pb 3.14 tienes revisados conceptos que debes utilizar aquí. ¿Qué aspectos interesantes puedes señalar si comparas los resultados? Fíjate en particular en el caso 5. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 Prácticamente todos los libros de texto sobre Termodinámica para ingeniería incluyen ecuaciones de cálculo de propiedades. Es importante la elección de aquéllas que, solas o combinadas, den un rango de aplicación lo más elevado posible. En cualquier caso, es importante evitar extrapolaciones fuera del rango de validez de la ecuación utilizada en el modelo pues el error puede ser muy importante (el estado 5 pro- puesto recoge esta situación para reforzar la consideración anterior) 57 Pb. 3.19.- Cambio de fase a v cte En el Pb 3.4 se realizaba un proceso a P cte dentro del domo. Éste es un caso frecuente (equipos como condensadores por ejemplo) que a veces lleva a la idea equivocada de que los procesos en el domo son siempre a P y T ctes. En la figura tenemos un sistema que contiene una mezcla bifásica de agua (2 kg en un volumen de 5 l). La temperatura es de 104ºC cuando se empieza a calentar el agua hasta que toda la mezcla se ha hecho vapor. Debes calcular 1. Título de la mezcla en el estado inicial, estado 1. 2. v 1 , en m 3 /kg 3. Título de la mezcla en el estado final, estado 2. 4. v 2 , en m 3 /kg 5. P 2 , en bar 6. Flujo de calor total, Q 12 , cedido a la mezcla bifásica para su paso a vapor satura- do Ayuda: ¿Puedes representar el estado inicial con el único dato de 104ºC? ¿Qué otro dato tienes? Representa los estados citados y analiza los conceptos que debes calcular. Puedes también calcular las propiedades en tus Tablas si necesitas práctica en Tablas y comprobar los valores con TermoGraf. Recuerda, en este caso, que puedes adecuar el estado de referencia de TermoGraf para que se correspondan sus valores con los de tus tablas. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 58 4. Balance de energía en sistemas abiertos: análisis de equipos Conceptos trabajados en este tema: Volumen de control, Equipo, Proceso adiabático / P. reversible, Rendimiento isoentrópico, Trabajo técnico, Trabajo útil, Trabajo disipativo, fricción Trabajo de flujo, Balance de energía en sistemas abiertos. Ejemplos Estos primeros ejemplos resueltos en esta parte, al inicio de cada tema, tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema que ya han sido introducidos en los anterio- res. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. Ej. 4.1.- Balance de energía con trabajos disipativos El aire que aspira un secador de pelo, entra a temperatura y presión ambientales (25°C y 1 atm) con una velocidad de 2 m/s. A su paso por el interior es calentado hasta una tempe- ratura de 77°C medidos en el flujo que sale a 8.5 m/s por una sección aproximadamente rectangular de 12x1.5 cm 2 y con una presión de 1.015 bar. Si consideramos que se pue- den despreciar las pérdidas de calor al entorno, a) Calcula el flujo másico, b) Señala qué términos pueden considerarse nulos en la expresión del balance de energía para flujo estacionario y, a partir de dicha expresión, c) Calcula la potencia eléctrica consumida, en kW. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al secador. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; VC Condiciones: Es razonable suponer que no hay cambios en la energía potencial, pero sí se dan en la energía cinética. El volumen de control puede considerarse adiabático. Datos del estado inicial y final, incluidas velocidades Análisis: 59 1. Con los datos de entrada determinamos v 2 en tablas o con TermoGraf 1 . Con v 2 calcu- lamos el flujo másico fm = V 2 /v 2 = A 2 · c 2 /v 2 = 0.0018 (m 2 ) · 8.5 (m/s) / 0.990 (m 3 /kg) = 0.0151 kg/s (no conocemos ni podemos calcular V 1 pues no nos dan la sección por lo que deberemos hacerlo con el estado 2) 2. Para el balance necesitaremos otras propiedades como las entalpías y las E k en entra- da y salida ya que en la expresión del balance: se anula el 2º miembro por VC estacionario y el flujo de calor por VC adiabático. 3. La expresión para W vc (kJ/kg) = (W t + W d ) kJ/kg queda igual a al considerar cero el trabajo técnico que supone la compresión del aire 2 , Calculando - Δh y - ΔEk: - Δh = h1 - h2 = 298.3 - 350.6 = 52.273 - ΔE k = {(2 2 - 8.5 2 )/2}· ( m 2 /s 2 · kg)· (1 kJ/ 1000 N· m) = 0.0341 kJ/kg ya que m· m/s 2 .kg = m· N/kg = J/ kg Sustituyendo: W d = 0.0151 kg/s · (-52.273 + 0.0341) kJ/kg = - 0.789 kW 4. Este consumo eléctrico se emplea por un lado en mover el ventilador que incrementa la presión y la energía cinética. Ésta parte (de producción de energía mecánica) se podría evaluar midiendo cuanto era el consumo en un proceso de aire frío en el que el consumo eléctrico sólo incrementara P y velocidad (el proceso será adiabático y casi isotermo pues algo se elevará la temperatura). Intenta evaluar esto en TermoGraf. Y podrás comprobar que con un incremento de temperatura de algunas décimas el consumo es mínimo aunque haya que incrementar algo por los rozamientos mecánicos. La parte importante del con- sumo eléctrico se destina como es lógico, a calentar el aire. Ej. 4.2.- Balances en un calentador abierto Vapor de desecho se utiliza para preparar el agua de alimentación a una caldera que se mezcla con dicho vapor en un intercambiador abierto que funciona en régimen estaciona- rio y cuya frontera es adiabática. La entrada del vapor, por 1, es a P 1 = 12 bar, T 1 = 350°C con un flujo másico de 60 kg/s. El líquido, en la entrada 2, llega a P 2 = 12 bar, T 2 = 30°C , a través de una tubería de 25 cm 2 de sección. La salida, estado 3, es como líquido satu- rado a 12 bar y con una velocidad de 6 m/s. Determina, supuesto que no hay pérdidas de calor al entorno, 1 TermoGraf en línea: sin más que entrar en http://TermoGraf.unizar.esarchivesapplet_ TermoGraf.htm Cual- quier idioma de los disponibles está accesible en http:// TermoGraf.unizar.esarchivesapplet_ TermoGraf.htmlang=es (en, fr, de, eu...) 2 La potencia consumida será de algún watio y prácticamente ignorable. 60 a) Utilizando el balance de energía: el flujo másico en la entrada 2 y en la salida, en kg/s. b) La velocidad en dicha entrada 2, en m/s. c) Considera si los cambios de energía cinética son significativos en el balance de energía. d) ¿Qué dato nos falta para saber la velocidad de 1 o la sección? e) Asigna un dato que entiendas coherente con los otros datos y calcula la rta que quede por determinar. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al intercambiador. Modelo de la sustancia: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI, T en ºC; VC Condiciones: No hay cambios en la energía potencial del sistema, sus paredes pueden considerarse adiabáticas y el trabajo técnico es nulo. Se conocen propiedades de los dis- tintos estados que permiten calcular en tablas o con TermoGraf las propiedades energéti- cas necesarias para el balance de modo que se calcule en él la incógnita necesaria. El ba- lance de masa será asimismo necesario. Análisis: El cuadro adjunto refleja datos y cuestiones planteadas así como magnitudes que debemos obtener como se irá viendo: estado P (bar) T (ºC) m (kg/s) sección tubería (cm 2 ) c (m/s) v (m 3 /kg) h (kJ/kg) 1 12 350 60 ¿? ¿? 2 12 30 ¿? 200 ¿? 3 12 ¿? ¿? 6 De la primera columna deducimos que el proceso de intercambio 1 de calor es isóbaro. Los datos necesarios como el volumen específico o la entalpía de los tres estados termo- dinámicos los obtenemos sin más que llevar a tablas o a TermoGraf la pareja de propieda- des conocida (en el estado 3 sabemos que está en la curva de líquido saturado (x=0) luego basta la T o la P para determinar lo que precisamos: estado P (bar) T (ºC) m (kg/s) sección tubería (cm2) c (m/s) v (m3/kg) h (kJ/kg) 1 12 350 60 ¿? ¿? 0.2345 3152.7 2 12 30 ¿? 200 ¿? 0.001005 126.1 3 12 ¿? ¿? 6 0.001139 798.5 Expresiones que podemos plantear relacionadas con las incógnitas: (a) Balance de masa: m 3 (kg/s) = m 1 (kg/s) + m 2 (kg/s) (b) Balance de energía: (m 3 · h 3 ) (kJ/s) = (m 1 · h1 + m 2 · h 2 ) (kJ/kg) (c) Relación flujo másico y caudal: A(m 2 ) · c(m/s) = V(m 3 /s) = m(kg/s) · v(m 3 /kg) Analizando los datos: De las dos primeras, resolviendo el sistema, obtendremos m2 y m3. 1 Situación habitual en los procesos en intercambiadores. 61 De la segunda 1 : m 1 · (h 1 - h 3 ) = - m 2 · (h 2 - h 3 ) con lo que 1. m 2 = m 1 · {- (h 1 - h 3 ) / (h 2 - h 3 )} = 210.07 kg/s y m 3 = m 1 + m 2 = 270.07 kg/s 2. Llevando a la ecuación tercera los datos apropiados tenemos: c 2 = m 2 (kg/s) · v 2 (m 3 /kg) / A (m 2 ) = 210.7 · 0.001005 / 0.0025 = 10.56 m/s 3. En el caso de esta entrada 2 la energía cinética, e k , por kg que circula vale: e k = c 2 2 /2 (m 2 /s 2 · kg) · (1 kJ/ 1000 N· m) = 10.56 2 /2000 kJ = 0.056 kJ/kg que es totalmente despreciable frente a la energía térmica, h, en ese estado: 126.1 kJ/kg Lógicamente, en los otros estados en los que la entalpía es mayor, la e. cinética será igualmente despreciable. 4. Observando las tres expresiones vemos que las dos primeras no nos sirven y que en la (c) ya que conocemos m 1 y v 1 y tenemos dos incógnitas , A y c, necesitaremos una de las dos para hallar la otra. En cuanto a valores posibles conviene analizar que el volumen específico es muy superior al de los otros estados (más de 200 veces) luego si queremos que la velocidad no sea muy elevada tendremos que hacer la tubería de una sección mucho mayor a las otras. 5. La gráfica adjunta muestra la relación de A frente a c para el estado 1 De la observación de la variación de A podemos ver que a partir de 8 ó 10 m/s de veloci- dad el cambio en la sección es poco significativo. Puesto que el coste de una tubería para un acero dado es función creciente del diámetro, parece lógico establecer una velocidad entre 8 y 15 m/s. La elección adecuada implica un análisis más detallado de costes y amortización. Consideraciones Conviene destacar varias ideas que son muy generales: 1. Los intercambios de calor se hacen equipos isóbaros que se consideran adiabáticos. 2. La energía cinética de la masa circulando por tuberías y equipos es prácticamente des- preciable salvo en aquellos equipos como toberas y difusores diseñados, precisamente, para transformas energía cinética en térmica y viceversa. 1 Esta ecuación se puede leer también como que la energía que cede una de las corrientes es lógicamente, la energía que recibe la otra al ser el VC adiabático. 62 3. El balance de energía, con el de masa, constituyen un recurso fundamental en el análi- sis de instalaciones. Más adelante veremos qué otros balances completan este panorama de utilidad. 4. Es una actitud positiva no basar el análisis de equipos e instalaciones en los aspectos energéticos pues los aspectos de diseño como velocidad y sección, conectados con la propiedad volumen específico, resultan muy importantes desde otras perspectivas como la económica o con problemas no despreciables como vibraciones, ruidos, etc en función de la velocidad. Ej. 4.3.- Compresión con procesos no isoentrópicos (disipativos) Un compresor tiene que suministrar un caudal de 160 Kg/hora de aire a una presión de 6 bar, siendo la presión atmosférica de 1 bar y la temperatura ambiente de 10°C. a) Calcular la potencia teórica necesaria para la compresión suponiendo ésta adiabá- tica y reversible. b) Calcular la potencia requerida para accionar el compresor, en el caso de que éste funcione adiabática pero irreversiblemente, de tal forma que la temperatura de sa- lida del aire sea de 220°C. c) ¿Cuál es el valor del índice politrópico n del proceso equivalente? d) ¿Qué parte de la potencia total se ha dedicado a la compresión y qué parte ha sido el efecto de la resistencia debida a la fricción? RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al compresor. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; VC Condiciones: No hay cambios en la energía potencial del sistema, sus paredes pueden considerarse adiabáticas se da información sobre datos y procesos que deberán combinar- se con la ec. de estado del gas ideal. Análisis: Deberemos calcular las propiedades térmicas (P, v, T) y energéticas (h) de los estados de entrada y salida. Dos propiedades en cada estado nos permitirán calcular el resto, bien en tablas bien con TermoGraf. Aunque del estado final sólo tenemos una, la condición del proceso seguido proporciona la otra condición al utilizar la ecuación P 1 · v 1 (c P /c v ) = P 2 · v 2 (c P /c v ) [1] Ecuación en la que tomaremos el cociente de calores específicos c P /c v como valor cons- tante, aunque solo lo sea de modo aproximado, (véase Pb 3.13) e igual a 1 = 1.397. El volumen v 1 lo obtenemos con la ec. térmica de estado para el gas ideal: P· v = R· T [2] v 1 = 0.8128 m3/kg Con este volumen y los datos ya conocidos llevados a la ec [1] tenemos v 2 = 0.2254 m3/kg, valor que llevado a la ecuación de estado da para la tempe- ratura final T 2 = 471.10 K 1 Valor tomado de TermoGraf 63 1. La potencia 1 teórica, considerando de nuevo la adiabática reversible como politrópica viene dada para el trabajo de expansión por w (kW) = (P 2 · v 2 – P 1 · v 1 ) / (1-n) y para el trabajo técnico que es el que interesa conocer en un sistema abierto: w vc = w-w flujo ={(P 2 ·v 2 – P 1 ·v 1 ) /(1-n)}- (P 2 ·v 2 -P 1 ·v 1 ) = n·{(P 2 ·v 2 -P 1 ·v 1 )/(1-n)} [3] W vc = m · n · {(P 2 · v 2 – P 1 · v 1 ) / (1-n)} = = (160/3600) (kg/s) · (-190 048 kJ/kg) = - 8.447 kW 2. Si el proceso es adiabático irreversible, aplicando el primer principio al VC tendremos: 0 = q – w vc + (h e – h s ) y como q = 0 nos quedará despejando: w vc = (h e – h s ) Tendremos ahora que determinar las entalpías. Para ello necesitaremos dos datos de los estados para, en tablas o en TermoGraf, obtenerlas. Con estos datos conocidos (h e =283.228 y h s = 495.95 kJ/kg) tenemos que W vc = 0.0444 kg/s · - 212.671 kJ/kg = - 9.452 kW 3. En cuanto al índice del proceso politrópico de sustitución, la equivalencia entre proce- so real e idealizado supone la misma potencia mientras que el flujo de calor que existe en el politrópico es un trabajo disipativo interior al VC en el proceso real que también debe proporcionar el compresor. Calcularemos todos estos valores: Como ahora nos dan la T final, con ella obtenemos de la ec. de estado [2] el v final: v fin =(8.314 kJ/kmol· K)· (1kmol/28.964 kg)· 493.15(K)/600 kPa=0.2359 m 3 /kg y con ella, en P in · v in n = P fin · v fin n nos da despejando n : n = 1.449 4. Si ahora queremos saber qué parte de la potencia -9.452 kW se gasta en la compresión y que parte es la consecuencia del efecto de fricción plantearemos la equivalencia entre politrópica y porceso real antes citada y, de nuevo con v en [3] w vc = -194.672 kJ/kg que multiplicado por el flujo másico dará la potencia total W t necesaria para la compresión. Sin embargo el equipo debe gastar más energía para vencer la fricción, de modo que la potencia total será: W vc = W t + W d [4] Como ya hemos señalado, en el proceso politrópico equivalente o de sustitución, el flujo de calor en este proceso proporciona el módulo 2 del valor del trabajo disipativo, en con- secuencia deberemos calcular aquél. Este cálculo lo podemos hacer aplicando el primer principio para sistemas abiertos que nos obliga a determinar la entalpía en los estados inicial y final. El balance por kg circulando por el equipo, supuesto el sistema estaciona- rio, es: [0 = q – w vc + (h e – h s )] politr y de aquí, tomando las entalpías antes utilizadas y despejando: 1 Recordamos que W puede representar tanto el trabajo como la potencia y que son las unidades las que aclaran si es uno u otra. 2 No olvidemos que el criterio de signos es opuesto para Q y W. Así un flujo de calor entrando al sistema es positivo y un trabajo (disipativo o no) entrando al sistema es negativo. Por otra parte la única situación posible de trabajo disipativo (por ej. de fricción) es de la frontera al interior. 64 q = - 194.672 kJ/kg + (495.95-283.28) kJ/kg = 17.999 kJ/kg y Q = 0.04444 · 17.999 = 0.800 kW = |W d | Con esto, el trabajo empleado directamente en la compresión será: W t = W vc – W d = W vc + | W d | = 0.0444· (- 212.672 + 17.999) = - 8.651 kW Es decir la potencia que requeriría la politrópica equivalente. Consideraciones: 1. En el proceso irreversible no sólo aumenta el consumo por la irreversibilidad sino que, como muestra este último resultado el trabajo dedicado a la compresión específicamente también aumenta. La razón es simple: el trabajo de fricción que acompaña a la compre- sión incrementa aun más la T del gas por lo que el trabajo de compresión debe aumentar. Esto lo paliamos refrigerando el compresor si es posible. Ese caso se estudia en el Pb. 4.3 2. A veces se hace la aproximación a gas perfecto: En este modelo se puede calcular q a partir del calor específico del proceso q = c proc ΔT. Para una politrópica este c proc se de- muestra que es: c proc = (n· c v – c p ) / (n - 1) siendo c v y c p los del modelo de gas perfecto: 0.717 y 1.004 kJ/kg· K respectivamente. Con estos valores c proc = 0.0778 y q g perf = 0.0778 (kJ/kg· K) · 210 (K) = 16.338 kJ/kg valor que no difiere significativamente del calculado vía primer principio. Ej.4.4.-Transitorios. Llenado adiabático de un depósito Se llena un depósito de 10 m 3 , aislado térmicamente, que inicialmente contenía aire en condiciones ambientales, 20°C y 1 bar, con aire tomado del ambiente. El llenado se reali- za mediante un proceso adiabático isoentrópico de compresión, que para cálculos de pro- piedades térmicas puede asimilarse a una politrópica de índice constante, 1.396. Conside- rando aplicable el modelo de gas ideal, y para una masa final triple de la que contenía el depósito en el estado inicial y tomando como volumen de control el depósito, calcula 1. la masa inicial de aire 2. las temperatura y presión finales del depósito, 3. el trabajo realizado en el proceso de llenado. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control correspondiente al interior del depósito. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; VC Condiciones: a) No hay cambios en la energía potencial y cinética del sistema, b) las paredes pueden considerarse adiabáticas, c) el compresor funciona en régimen no esta- cionario pues el volumen específico final es cada vez menor, así como aumenta la masa contenida en el tanque Análisis: De lo dicho en el punto c) de las condiciones, se deduce como recomendable un análisis del balance en el volumen de control entre las condiciones iniciales y las fina- les. La presión, P, del depósito, para cualquier instante del proceso no estacionario de llena- do, se calcula a partir de la ecuación de la politrópica que sigue la compresión, sin más que tener en cuenta que el volumen específico, v, en cada instante será el cociente entre el volumen V total del depósito, constante en todo el llenado y conocido, y la masa m en el tanque en ese instante. Es decir, v = V/m. En concreto, en el instante final dicho volumen 65 será un tercio del inicial. Este volumen específico inicial del aire, v 1 , se calcula a partir de la ecuación térmica de estado para el gas ideal y los valores iniciales conocidos T 1 y P 1 . Por tanto el volumen específico evoluciona, según el proceso indicado, desde v 1 hasta v 2 = v 1 /3. Como conocemos el estado inicial, el proceso politrópico seguido y el volumen final po- demos determinar todas las propiedades de ambos estados. P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n [1] Ecuación en la que tomaremos el índice como valor constante como indica el enunciado, aunque eso lleve a cálculos con algún error 1 , (véase Pb 3.13) e igual a = 1.396. El volumen v 1 lo obtenemos con la ec. térmica de estado para el gas ideal: P· v = R· T [2] v 1 = 0.8415 m3/kg luego v 2 será v 1 /3 = 0.2531 m 3 /kg 1. La masa inicial será: V/ v 1 = 10 m 3 / 0.8415 m 3 /kg = 11.883 kg 2. Con este volumen y los datos ya conocidos llevados a la ec [1] tenemos P 2 = 4.6352 bar, valor que llevado a la ecuación de estado [2] da para la tem- peratura final T 2 = 452.93 K 3. Para el cálculo del trabajo deberemos acudir al balance de energía para un sistema abierto transitorio (no estacionario, pues). La fórmula, con las consideraciones habituales sobre E k y E p quedará: (m 2 · u 2 – m 1 · u 1 ) = Q – W vc + (m e · h e – m s · h s ) En esta expresión m e es la masa que ha entrado al depósito, es decir m 2 -m 1 y h e es la en- talpía en la entrada que es la entalpía del estado ambiente que coincide con el estado ini- cial. En cuanto a m s es cero pues no hay salida de aire. Con esto, y para proceso adiabático: W vc = (m 1 ·u 1 – m 2 ·u 2 ) + m e ·h e = 11.88 kg · 209.16 kJ/kg- -35.65 kg · 324.73 kJ/kg + 23.76 kg · 293.31 kJ/kg = = -2122.8 kJ 1 Por ej. hemos dicho que el proceso puede considerarse adiabático pero una politrópica como la indicada lleva a un valor de q no nulo (0.094 kJ/kg) aunque se puede considerar despreciable (de hecho TermoGraf lo colorea con el criterio de las isoentrópicas). 66 Problemas resueltos y con documento Tgraf Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. 120 y ss.). En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. Pb. 4.1.- Turbina reversible con aire como gas perfecto En una turbina se expande aire, reversible y adiabáticamente, desde 76 psia y 525°F hasta 15 psia. La velocidad a la salida es de 500 ft/seg. y a la entrada es prácticamente nula. Calcúlese, por kg de masa de aire, el trabajo producido, en kJ. Considerar el aire como gas perfecto con Cp cte. Ayuda: Siendo modelo de gas perfecto no se necesitan tablas sino solo la T de los esta- dos inicial y final para los cálculos energéticos (balance de energía). Conocemos dos pro- piedades del estado inicial y una del estado final que con la condición del proceso permite completar el cálculo de propiedades en el estado final. Rtas: w vc = w t - ∆e c = 189.31 kJ/kg Pb. 4.2.- Compresor de una instalación de turbina de gas En Neuchatel 1 (Suiza) el compresor de la primera turbina de gas de 4000 kW de potencia aspiraba aire a P 1 = 98827 Pa/m 2 y T 1 = 25.3°C, y lo comprimía adiabáticamente hasta P 2 = 437.70 kPa/m 2 y T 2 = 202.8°C. Turbina de gas de Neuchatel, 1939 Calcula a) Trabajo de compresión por kg de aire circulando, 1 La primera turbina de gas para producir electricidad entró en funcionamiento en 1939 en Neuchatel http://files.asme.org/asmeorg/Communities/History/Landmarks/12281.pdf 67 b) Potencia necesaria para accionar el compresor para un caudal de aire de 224 t/h. Ayuda: Para el modelo de Gas Ideal necesitamos mane- jar tablas para las propiedades energéticas (u y h son f(T)). Conocemos que el proceso es adiabático y dos datos de entrada y dos de salida por lo que la ecuación del proceso puede no ser adiabática reversible. Comprobamos esto (re- cuerda que la adiabática reversible en Gas Ideal es muy aproximadamente politrópica de índice n algo superior a c p,m /c v,m ). Se sugiere utilizar una politrópica equivalente que pase por ambos estados y concluir las relaciones energéticas del proceso real a partir de éste equivalente. Rtas: 1. w vc = -179.66 kJ/kg 2. Potencia: 11.178 MW Pb.4.3.-Compresión irreversible con refrigeración Si el equipo utilizado en Ej. 4.3 está diseñado de tal forma que es posible refrigerar el aire a la vez que se comprime (con una envoltura por la que circula agua, por ejemplo). Cal- cular la potencia teórica necesaria y el flujo de calor a eliminar mediante la refrigeración, en el caso de que: a) El proceso sea politrópico reversible con n = 1.3. b) El proceso sea isotermo con la misma fricción que el caso b del Ej 4.3. Ayuda: Revisa el Ej 4.3 porque cada una de estas preguntas se refieren a las correspon- dientes de dicho Ej que se toman como referencia. Debes aplicar el balance de energía a cada situación y analizar el efecto de la refrigeración. Rtas: a) W vc = - 8.016 kW; Q = - 1.517 kW b) W vc = - 6.472 kW; Q = -7.272 kW Pb. 4.4.- Turbina no adiabática Un determinado flujo másico de 3600 kg/h entra a una turbina insuficientemente aislada y que opera en situación estacionaria, desarrollando una potencia de 1260 kW. En la entrada, la presión es 87 bar, la temperatura 525°C y la velocidad 5 m/s. A la salida la presión es 0.1 bar, el título 0.85 (85%) y la velocidad 35 m/s. Calcula a) La cesión de calor de la turbina al entorno, en kJ/kg, y b) qué % de la variación energética que experimenta el vapor en- tre la entrada y la salida, supone la variación de energía cinética. ¿Se podría des- preciar esta contribución? Ayuda: Basta llevar a la expresión del primer principio para VC en situación estaciona- ria los valores obtenidos de los estados y de la información sobre la potencia y el flujo másico. 68 Rta: a) q vc = - 62.85 kJ/kg b) Supone el 0.05% resultando despreciable frente a la energía térmica puesta en juego (Δh) Pb. 4.5.- Balance en un condensador Vapor de agua a 5 bar con un título de 0.86 entra en el condensador cerrado de una cen- tral térmica, saliendo el condensado como líquido saturado. El agua de alimentación a caldera, a 80 bares, entra al condensador como un segundo flujo a 39°C, alcanzando los 151°C como consecuencia de la energía ce- dida por el vapor. El calor transferido a través de la carcasa puede despreciarse. Determina para flujo estacionario: 1. La transferencia de energía al agua de refrigeración, desde el vapor que condensa, en kJ por kg de vapor que pasa a través de la corriente caliente del condensador. 2. La energía recibida por la otra corriente por kg de agua que circula por la corriente de alimentación a caldera. 3. Relación entre los caudales de agua de refrigeración y de vapor. Ayuda: Pendiente Rtas: 1. q 12 = -1812.8 kJ por kg pasando por la rama caliente 2. q 34 = 472.44 kJ por kg pasando por la rama fría. 3. m = 0.261· m´ Pb. 4.6.- Medida del título con un calorímetro de estrangulación Una línea de suministro transporta una mezcla bifásica líquido-vapor a 20 bar. Una pe- queña fracción del flujo transportado se deriva a través de un calorímetro de estrangula- ción y se libera a la atmósfera a 1 atm. La temperatura del vapor exhaustado, medida por el calorímetro, es de 132°C. Calcular el título del vapor en la línea de suministro. Ayuda: El proceso de estrangulación tiene una característica muy útil que en este caso te permite identificar el estado dentro del domo: la salida del calorímetro te proporciona una propiedad específica que deshace la ambi- güedad de qué posición ocupa en el domo el estado del vapor en la tubería si solo conocemos P y/o T. Rtas: x = 0.9697 (96.97%) Pb. 4.7.- Vaciado de un depósito a presión constante Un depósito de volumen igual a 1.75 m3 contiene una mezcla bifásica de agua cuyo título es 0.72 y su presión 15 bar. Mediante una válvula se va extrayendo lentamente vapor sa- turado manteniendo constante la presión al calentar el depósito durante el proceso de va- ciado. Este proceso continúa hasta que el depósito acaba con sólo vapor saturado. Deter- mina 69 1. ¿Cuál es la masa presente en la situación inicial, en kg? 2. ¿Cuál es la masa de vapor presente en la situación inicial, en kg? 3. ¿Cuál es la masa, en kg, que abandona el depósito? 4. ¿Cuál es la cantidad del calor cedido al depósito, en kJ? Ayuda: Si la P se mantiene cte en el domo también lo hará la T del depósito. El proceso en el interior del depósito puede considerarse como una expansión en cuanto a las pro- piedades térmicas. Las propiedades energéticas se manejarán en el balance para un VC no estacionario sino transitorio. Rtas: 1. m 1 = 18.385 kg; 2. m 2 = 13.238 kg 3. m = 5.103 kg 4. Q = 10019.1 kJ/kg Pb. 4.8.- Balance de energía en una turbina A una turbina entra vapor a través de un conducto de 0.2 m de diámetro. La velocidad del vapor es 100 m/s, su presión es 14 MPa, y su temperatura es 600°C. El vapor sale de la turbina a través de un conducto de 0.8 m de diámetro con una presión de 500 kPa y una temperatura de 180°C. Para la operación en situación estacionaria, determínese: 1. El flujo másico de vapor, en kg/s. 2. La velocidad del vapor a la salida, en m/s. 3. El w realizado por la turbina, en kJ/kg 4. La potencia desarrollada, en kW. Ayuda: Identificadas las propiedades energéticas a partir de los datos proporcionados para los estados de entrada y salida basta aplicar las expresiones para cada una de las cuestiones. Rtas: 1. fm = 10.98 kg/s; 2. c 2 = 8.84 m/s 3. w vc = 887.71 kJ/ kg 4. W vc = 9747.1 kW Pb. 4.9.- Incremento de velocidad en una tobera Se utiliza una tobera, que funciona en estado estacionario, para incrementar la velocidad del vapor de agua que entra con P 1 = 135 bar, T 1 = 580°C, y una velocidad de 14 m/s, de modo que a la salida alcanza una velocidad de 598 m/s, con una presión P 2 = 9 bar. La transferencia de calor es despreciable y no hay cambios en la energía potencial. Determi- na, para un flujo másico de 10 kg, a) la temperatura a la salida y b) el área de la sección de salida de la tobera, en m 2 . Ayuda: Como del estado final solo tenemos como dato la P, debe- remos obtener más información del proceso, del que sólo sabemos que es adiabático o del balance del primer principio, aplicando las condiciones conocidas. Rtas: 70 1. T = 446.7 K; 2. A 2 = 61.2 cm 2 Pb. 4.10.- Potencia de un compresor no adiabático Un compresor que opera en situación estacionaria, toma aire del ambiente ( P = 1 atm, T = 295 K) con una velocidad de aspiración de 4.4 m/s a través de una sección de 0.25 m 2 . A la salida, tras ceder 5.5 kW de calor al entorno, se alcanza una presión de 10 bar con una temperatura de 650 K y una velocidad de 2.2 m/s. Calcula, utilizando el modelo de gas ideal, a) la potencia consumida por el compresor, en kW. b) ¿consideras razonable haber planteado la hipótesis de que el compresor podría considerarse adiabático? ¿y adiabático reversible? Ayuda: Aplica el balance y con los datos puedes estudiar el índice de una politrópica y comparar con una adiabática. Rtas: 1. Potencia: Wvc = - 504.98 kW; 2. Hacerlo supone en torno al 1 % de error. Pb. 4.11.- Intercambiador agua-aire Un flujo de 40 kg de aire circula por el interior de 140 tubos, de sección transversal 0.01 m2, de un intercambiador de calor agua-aire. Las temperaturas y presiones a la entrada y salida de los tubos son de 140°C, 220 kPa y 22°C, 150 kPa, respectivamente. Suponiendo que el aire se comporta como gas ideal, de- terminar: a) Las velocidades del aire a la entrada y salida de los tubos, b) El flujo de calor transferido por el aire, en kW. c) El flujo másico de agua, en kg/s, mínimo necesario para refrigerar el aire, de for- ma que su temperatura aumente sólo 10 °C. Ayuda: Identifica las entalpías de los respectivos estados y aplica el balance al equipo. Para el caudal de agua puedes utilizar un calor específico cte: 4.18 kJ/kg· K en modelo de líquido incompresible. Analiza si el proceso tiene producción de trabajo y también si puede ser o no un proceso reversible. Rtas: 1. c 1 = 15.4 m/s; c 2 = 16.14 m/s 2. Q = - 4758.0 kW 3. fm (refrigeración) = 113.82 kg/s Pb. 4.12.- Intercambio en un calentador abierto Un calentador abierto de agua opera en situación estacionaria. El agua entra por 1 a 55°C y 1.3 MPa. Otro flujo de vapor entra por 2 con un flujo másico igual a 0.15 del flujo ante- rior con un volumen específico de 133 litros/m 3 , y a la presión anterior. A la salida del 71 equipo se tiene agua líquida saturada. Ignorando la transferencia de calor entre el calenta- dor y su entorno así como las variaciones de energía cinética y potencial, calcúlese 1. la temperatura del vapor en la entrada 2, en °C, si es vapor reca- lentado, 2. su título si es una mezcla de líquido–vapor. 3. el calor cedido por kg entrando por 2 Ayuda: Identificado los estados en las tablas, aplica la ecuación del balance en un intercambiador de mezcla teniendo en cuenta el balance de masas. Rtas: 1. T2 = T saturación (P=1.3 MPa) = 191.59ºC 2. x = 0.8785 (87.85%) 3. q23 = -1732.2 kJ/kg en 2 Pb. 4.13.- Una válvula de estrangulación Un flujo de vapor atraviesa una válvula de estrangulación adiabática. A la entrada, la pre- sión es 6.6 MPa, la temperatura es 360°C y la velocidad es 16 m/s. La presión a la salida es 0.6 MPa y los conductos de entrada y salida tienen el mismo diámetro. Calcúlese la velocidad, temperatura y entalpía específica del vapor a la salida. Ayuda: El proceso, totalmente irreversible, se caracteriza por h constante. Con esta in- formación y los datos proporcionados se resuelven inmediatamente las cuestiones. Rtas: En el estado 2: h 2 = 3055.39 kJ/kg; T 2 = 297.4ºC; c 2 = 178.3 m/s Pb. 4.14.- Turbina y rendimiento isoentrópico En una turbina de vapor adiabática, entra éste a P 1 = 110 bar y T 1 = 550°C, sufriendo una expansión hasta 6.5 kPa. El rendimiento isoentrópico de la turbina es n s = 0.85. Determi- na 1. El trabajo producido por la turbina, en kg/s. 2. título x, con el que abandona la turbina el vapor de agua 3. el caudal de vapor de agua, en m 3 /s medidos en la salida, que atraviesa la turbina si ésta cede una potencia de 120 MW, y a) la sección de la tubería, en m 2 , si la velocidad en la salida es de 6 m/s. Ayuda: El rendimiento isoentrópico cumple una doble función: permite identificar la calidad de la turbina y a partir de su definición permite identificar la posición sobre la isóbara de salida del correspondiente estado. Aplica la definición (n s,T = W real /W isoentrópico = (h 1 – h 2 ) / (h 1 – h 2s )) 1 para obtener h 2 , el W real y x 2 . Rtas: 1. w vc = 1205.05 kJ/kg 2. x 2 = 0.8821 (88.21%) 3. V 2 = 1933.49 m3/s 1 El W isoentrópico es el del proceso adiabático reversible entre la presión inicial y la de salida de la turbina. El estado final de este proceso se caracteriza habitualmente añadiendo una s al subíndice: h 2s . 72 4. A 2 = 322.25 m2 Pb. 4.15.- Turbinado con etapa intermedia Un flujo de aire pasa, en régimen estacionario, a través de la doble turbina y del inter- cambiador mostrados en la figura adjunta. Despreciamos los intercambios de calor con el entorno, los efectos cinéticos y gravitatorios, y es aplicable el modelo de gas ideal. A partir de los datos siguientes Estado 1: 1100 K y 18 bar Presión intermedia (P2) 4.2 bar Estado 3: 1100 K Estado 4: 1 bar queremos conocer: 1. la temperatura a la salida, en K, de ambas turbinas suponiendo procesos isoentrópicos 2. la potencia de la segunda turbina en kW si el flujo másico es 100 kg/s. Y, considerando que ambas turbinas tienen un rendimiento isoentrópico del 90%: 3. la temperatura a la salida, en K, de ambas turbinas, 4. el calor suministrado en la etapa de recalentamiento, en kJ/kg, 5. la potencia total en kW para el mismo flujo másico de 100 kg/s. Ayuda: Los datos dados permiten completar la información necesaria para responder las cuestiones, bien utilizando la ecuación térmica del gas ideal para determinar v con P y T, bien utilizando la condición de isoentropía (s = cte) bien la definición de rendimiento isoentrópico. En TermoGraf bastará representar los procesos y aplicar los datos. Rtas: 1. T 2s = 758.47 K; T 4s = 762.52 K 2. W VC de la segunda turbina isoentrópica = 38010 kW 3. T 2 = 793.64 K; T 4 = 797.26 K 4. q 23 = 346.06 kJ/kg 5. W VC de ambas turbinas = 68816 kW 73 Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de au- toaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas, aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios, cuando convenga. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Si te pide clave de ac- ceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. Pb. 4.16.- Dos tuberías de un sistema de ventilación por las que fluye aire convergen en una tubería de salida, con los datos respectivos siguientes - tubería 1: diámetro = 1,22 m; C1 = 121,92 m/min; T = 26,7 ºC - tubería 2: caudal = 56,6 m3/min; C2 = 182,92 m/min; T = 4,4 ºC - tubería 3: C3 = 121,92 m/min Considerado régimen estacionario, que la presión es aproximadamente 1 bar y que el aire se comporta como gas ideal, se pide que calcules a) la temperatura a la salida, en K b) el diámetro de la tubería de salida, en cm c) la entropía generada en el proceso de mezcla, en kW / K Ayuda: Calcula los flujos másicos de entrada y aplica el balance de energía para obtener la información que necesitas para los cálculos en el tercer estado y en el balance de en- tropía. Este balance, que utilizarás más extensamente en el tema siguiente 1 , permite calcular la entropía generada despejándola de la expresión: (∆ S) vc = m 1 · (s 1 – s 3 ) + m 2 · (s 2 – s 3 ) + S Q + S g en donde el término que corresponde al VC es nulo por ser el proceso estacionario. Por su parte S Q es cero ya que no hay flujo de calor por la frontera. Las variables de flujo, m 1 , m 2 y S g se miden en flujo por unidad de tiempo. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 El Tema 5 se centra en el uso de los conceptos entropía y exergía y sus derivados con el análisis del se- gundo principio y el balance correspondiente 74 Pb. 4.17.- Central térmica La Fig. Pb4.17 muestra el esquema de una central térmica que opera en situación estacio- naria. En ella se reflejan los datos de propiedades para los estados significativos del agua que es el fluido térmico empleado. El flujo másico de agua es de 360.000 kg/h y no se consideran variaciones significativas de energía cinética y potencial a lo largo del ciclo. Pb. 4. 17 Propiedades y flujos en una central térmica Determina: a) La transferencia de calor al agua a su paso por el generador de vapor. b) La potencia neta desarrollada por la planta. c) El flujo másico de agua de refrigeración en kg/s. d) El rendimiento térmico del ciclo. Ayuda: Hay estados en los que se señala un valor impreciso para la temperatura. Sin embargo están perfectamente determinados ya que hay una segunda variable, la entropía, que está determinada y permite defi- nir el estado con precisión unida a la presión. Otro enfoque es considerar que el estado queda también definido por el proceso y la presión de salida. Así: La salida de la turbina está so- bre un proceso isoentrópico (s = cte) e igual con la salida de la bomba. Se sugiere dibujar el proceso de la tur- bina y añadir los sucesivos procesos pulsando el botón y dibujando el nuevo proceso a partir de la salida del proceso precedente. La última salida (estado 5) la sueldas con el estado 1 llevándola sobre dicho esta- do 1 y soltando mientras mantienes pulsada la tecla CTRL. Fig. Pb 4.17b Representación del ciclo 75 Otra opción, presentada en la figura 4.17, es dibujar el ciclo en una vez: Para ello selec- ciona la herramienta ciclos: + selección de la opción Ciclo Rankine de potencia. A continuación, clic en una posición arbitraria próxima al extremo inferior izquierdo (esta- do 3, entrada a la bomba) arrastrando el ratón para trazar una diagonal desde 3 hasta una posición próxima al estado 1. A partir de este ciclo basta ir ajustando los valores conoci- dos de los estados. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 4.18.- Vaso de expansión Un depósito bien aislado contiene 25 kg de agua con un título del 84% a 300 kPa. La presión en su interior se mantiene por la acción del nitrógeno que actúa sobre la cámara flexible que contiene al agua. Se abre la válvula que conecta el depósito con una línea por la que fluye vapor saturado a 1.2 MPa. La válvula de descarga regula la presión en el volumen de N2 manteniéndola cons- tante a 300 kPa al expandirse la cámara superior. La válvula de admisión se cierra en el instante en que todo el líquido se ha vaporizado. Determina 1. El volumen inicial que ocupa el vapor. 2. La masa final de vapor. 3. El volumen que ocupa 4. La masa de nitrógeno que ha abandonado el volumen inferior por la válvula de carga/descarga. Ayuda: xx Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. 4.19.- Balance de masa Un tanque de agua de alimentación que opera en estado estacionario tiene dos entradas y una salida. Por la entrada 1 llega una corriente de vapor a 7 bar y 200 ºC, con un flujo másico de 40 kg/s, mezclándose con otra de agua líquida que entra por la 2 a 7 bar y 36 ºC . En la salida 3 las condiciones son de líquido saturado a 7 bar con un flujo volumétri- co de 60 l/s. Se pide: a) masa entrando por 2, en kg/s b) temperatura en la salida 3, en ºC. Ayuda: Pendiente Rta: 76 Pb. 4.20.- La Ayuda: Pendiente Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 77 5. Balances de entropía y exergía Conceptos básicos de este tema: Entropía, entropía específica, balance de entropía, entropía generada, entropía de flujo de calor, proceso reversible, proceso irreversible, transferencia de entropía, rendimiento isoentrópico, exergía, exergía específica, estado muerto, transferencia de exergía, balance de exergía, exergía de flujo, exergía de flujo de calor, exergía destruida, eficiencia exergética, eficiencia termodinámica. Ejemplos Estos primeros ejemplos resueltos en esta primera parte, al inicio de cada tema, tiene como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. Ej. 5.1.- Una máquina “prodigiosa” Los escritores Pawels y Bergier en su obra “El retorno de los brujos”, obra destacada de la pseudociencia, manifiestan que la denominada máquina de Hilsh, patente con diversas aplicaciones prácticas, es una violación práctica del segundo principio de la Termodiná- mica. En sintonía con aquéllos, un supuesto inventor asegura haber desarrollado un aparato que, en régimen estacionario, sin aportes de trabajo o calor, es capaz de producir una corriente de aire frío y otra de aire caliente a partir de una única corriente a temperatura intermedia, emulando al conocido diablillo de Maxwell 1 . Para demostrarlo proporciona datos fidedignos de medidas del aparato en funcionamien- to: 2. datos del flujo de aire a la entrada: T 1 = 20ºC y P 1 = 8 bar 3. datos de los flujos de aire a la salida: presión = 1 atm, 1. corriente fría: T 2 = –28.35ºC (con el 55% del flujo másico total); 1 Personaje de ficción que ideó Maxwell para explicar la inviabilidad de ciertos procesos y que, colocado en la válvula de conexión entre dos recipientes que contenían gas inicialmente con la misma temperatura, sólo dejaba pasar a las moléculas más rápidas cuando, en su movimiento al azar, iban de un recipiente (el A) al otro (el B), y a las más lentas las dejaba pasar sólo en sentido contrario. Con esto, A estaba cada vez más frío y B cada vez más caliente. 78 2. corriente caliente: T 3 = 79ºC Fig E 5.1.- Sistema propuesto (1). Diablillo de Maxwell en plena faena (2). La realidad (3) A la vista de las medidas, a) haz un diagnóstico de la experiencia en cuanto a si cumple o viola el segundo principio suponiendo que el aire se comporta como gas ideal, que el equipo es adiabático y no existe otro trabajo que el de flujo. b) intenta explicar cómo es posible el resultado y por qué puede funcionar correcta- mente el equipo. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al equipo (básicamente una tubería con una entrada y dos salidas). Modelo de la sustancia: Gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI, T en ºC; VC Condiciones: El volumen de control se considera adiabático y el proceso es en régimen estacionario. Si el sistema es factible, deberá cumplir los dos principios de la Termo- dinámica Análisis: a) De acuerdo con las condiciones, verificaremos si cumple los dos principios, aplicando el balance de energía y entropía al volumen de control: primer principio 1 : ΔU VC = m 1 · h 1 – (m 2 · h 2 + m 3 · h 3 ) + Q – W VC segundo principio: ΔS VC = m 1 · s 1 – (m 2 · s 2 + m 3 · s 3 ) + S Q + S g Estas expresiones con las condiciones señaladas y dado que no hay dispositivos que transfieran trabajo fuera del sistema, se transforman en: 0 = h 1 – (0.55· h 2 + 0.45· h 3 ) + 0 - 0 0 = s 1 – (0.55· s 2 + 0.45· s 3 ) + 0 + S g habiendo tomado el caso en que entra 1 kg de aire y se distribuye de acuerdo con lo indi- cado en los datos. Sustituyendo valores para entalpías y entropías, tomados de tablas o de TermoGraf, tendremos: 0 = (244.789 · 0,55 + 352.62 · 0,45) - 293.314 · 1= - 0, 00090 kJ, es decir que se cumple el primer principio, pues la pequeñísima discrepancia es por re- dondeo. En cuanto al Segundo, 0 = (1.49795 · 0.55 + 1.86316 · 0.45 ) - 1.08192 · 1 + S g y, despejando, 1 Las variables de proceso se representan en cursiva y negrita en ambas expresiones. 79 S g = 0,580 kJ/K > 0 Este segundo resultado nos dice que el proceso es perfectamente posible, pues la entropía generada (que coincide con la variación de entropía del universo por ser el sistema adiabático), es mayor que cero, que es la exigencia que impone el segundo principio para los procesos reales. La afirmación de que era una máquina que violaba la termodinámica era una afirmación gratuita como otras más que recoge el libro. b) ¿Cómo es posible que sin realizar trabajo se pueda separar el flujo inicial en dos co- rrientes fría y caliente? Esta era la fundamentación de Pauwels y Bergier para decir que se violaba el segundo principio, es decir: que se producía la separación sin aporte de trabajo. La contabilidad realizada nos dice, sin embargo, que no hay tal violación ¿dónde está la aparente contra- dicción? La respuesta es sencilla si pensamos que en una parte de un ciclo de refrigeración tam- bién se produce un enfriamiento sin trabajo en ese equipo (el evaporador), pero el trabajo se realiza en alguna parte del sistema en su conjunto y sin él no habría enfriamiento: esa parte es el compresor que es el que se encarga de preparar las condiciones del gas para que en otro lugar del ciclo se produzca el enfriamiento. En este caso el trabajo de compresión se ha hecho antes, pues en caso contrario sería im- posible tener un gas a 8 bar, que es la condición de la entrada. Es fácil comprobar que si cambiamos la presión de entrada a una menor, podremos conseguir que se cumpla el pri- mer principio, pero se violará el Segundo pues la entropía del estado inicial resultará ma- yor que la de los estados finales juntos. P[1] bar ΔH[1-2] kJ ΔH[1-3] kJ ΔH[Total] kJ ΔS[1-2] kJ/ºC ΔS[1-3] kJ/ºC ΔS[Total] kJ/ºC 8.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.22881 0.35156 0.58037 7.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.20773 0.33431 0.54204 6.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.18339 0.31439 0.49779 5.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.15461 0.29084 0.44545 4.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.11938 0.26202 0.3814 3.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 0.073958 0.22486 0.29881 2.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 9.94E-03 0.17248 0.18242 1.1 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 -0.084445 0.095253 0.010809 1.0 -26.6887 26.6878 -8.99E-04 -0.099493 0.082942 -0.016551 Tabla E5.1.- Viabilidad de la máquina de Hilsh en función de la P de entrada Esa es la comprobación que ofrece la tabla adjunta. Cuando no hay trabajo previo de compresión (entrada a 1 bar) la entropía del estado final disminuye, lo que sí violaría el segundo principio pues supondría una reducción de la entropía del Universo por lo dicho más arriba. Consideraciones: La propuesta no viola ningún principio 1 y de hecho existe como equi- po industrial. Es la máquina de Hilsh que se esquematiza en la figura. Consiste en intro- ducir a presión un chorro de aire en trayectoria tangencial por el extremo de un tubo. Las 1 Frente a la afirmación antes citada. La pseudociencia, siempre apoyada en programas de radio y televisión sin contraste, crea muchas fantasías que viste de ciencia con pruebas “irrefutables” que no son tales cuando se analizan con una visión científica cuidadosa. Éste caso es un ejemplo y si los lectores conocen o sospe- chan de otros nos gustará recibir su información. 80 moléculas empiezan a girar en espiral mientras avanzan por el tubo, de modo que las que tienen más velocidad debido a la agitación interna del gas, que sabemos tiene una distri- bución de velocidades y de direcciones, se sitúan en trayectorias más abiertas. Por el contrario, las más len- tas (las más “frías”) se sitúan en las más cerradas. La sali- da consiste en dos tubos concéntricos de modo que se separan las primeras de las segundas. ¿Qué se precisa para que el invento funcione? Suminis- trar la velocidad de entrada y la longitud de tubo tales que se produzcan suficientes la- zos en el movimiento en hélice como para redistribuir de manera significativa las moléculas. En contra del proceso tendremos el rozamiento con el tubo, que aumenta considerablemente con el re- corrido y por la propia viscosidad del gas de manera que el proceso se hará imposible antes del valor 1 bar. Ej. 5.2.- Balances de energía y exergía Un recipiente térmicamente aislado contiene 5 kg de vapor de agua saturado a 120ºC. Se transfiere una energía al vapor por medio de una resistencia eléctrica, incrementando su presión hasta 4 bar. Determina a) El volumen específico en el estado inicial y final, en m 3 /kg, y el volumen del reci- piente en m 3 b) La energía inicial, en kJ, y la exergía inicial, en kJ. c) La energía y la exergía finales y el cambio que experimenta la energía y la exergía del vapor de agua, considerado como sistema, todas en kJ. d) Los cambios en la energía y la exergía del sistema combinado, en kJ. e) El cambio en la energía y la exergía de la resistencia eléctrica como sistema, en kJ. Comenta los resultados obtenidos. Condiciones ambientales: T o = 293.15 K (20ºC), P o = 1 bar. RESOLUCIÓN 81 Sistema a estudio: El volumen de control que contiene el agua y la resistencia o a cual- quiera de ellos. Modelo de la sustancia: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI, T en ºC; MC Condiciones: No hay cambios en la energía cinética ni potencial del sistema, sus paredes pueden considerarse adiabáticas y el trabajo de expansión es nulo. Análisis: Consideraremos un VC que contenga al vapor y a la resistencia. Esta MC es adiabática y el único flujo es el del trabajo eléctrico, trabajo disipativo al que designamos como W d . Consideramos que en los estados inicial y final la resistencia está apagada y en equilibrio con el vapor. 1. Con los datos podemos localizar las propiedades necesarias de ambos estados. Así, v 1 = 0.8906 m 3 /kg; por razones obvias v 2 = v 1 y V = 5 kg · 0.8906 m 3 /kg = 4.453 m 3 2. Para la energía interna del VC U 1 = m· u 1 =5 kg · 2528.4 kJ/kg = 12642.0 kJ; En cuanto a la exergía de un sistema termodinámico, necesitamos los valores ambiente: u o = 83.12 kJ/kg; s o = 0.294 kJ/kg· K; v o = 0.001002 m3 Para la exergía A del sistema su expresión es A 1 = (U 1 - U o ) - T o · (S 1 - S o ) + Po · (V 1 - V o ) , que vale en nuestro caso considerando nulo el valor de la resistencia por su poca masa A 1 = 5 kg · {(2528.4 - 83.12) (kJ/kg) - 293.15 (K) · (7.128 - 0.294)(kJ/kg· K) + 1 (bar) · (0.891 - 0.001) m· /kg} = 12226.4 kJ - 10016.9 kJ + 4.45 (N.m)· (1kJ/1000 J) = 2209.47 kJ 3. En cuanto al estado final: U 2 = m· u 2 = 5 kg · 3130.1 kJ/kg = 15650.5 kJ; y A 2 = (U 2 - U o ) - T o · (S 2 - S o ) + P o · (V 2 - V o ) = = 15234 kJ - 11578.7 kJ + 0.00445 kJ = 3656.2 kJ Y para la variación experimentada por el vapor de agua, ya que no hemos considerado variación alguna para la resistencia entre los dos estados: ΔU = U 2 - U 1 = 15650.5 kJ - 12642.0 kJ = 3008.5 kJ ΔA = A 2 - A 1 = 3656.2 kJ - 2209.47 kJ = 1446.73 kJ 4. Los cambios en el sistema combinado (la resistencia eléctrica dentro de la MC) serán, a partir de los respectivos balances de energía y exergía: ΔU = Q -W = 3008.5 kJ y como Q = 0, W x = 0 y W = W x + W d nos queda que W d = -3008.5 kJ Para el balance de exergía: ΔA = A Q - W – A d = 1446.73 kJ, Siendo A d la exergía destruida por las irreversibilidades (efectos disipativos) y como A Q = 0 nos queda para A d A d = 3008.5 - 1446.73 = 1561.77 kJ 82 5. Consideremos ahora la MC que contiene a la resistencia: Podemos suponer que no cambia su estado como ya se ha apuntado (además de que su masa puede considerarse despreciable) por lo que escribiremos para sus balances, teniendo en cuenta que recibe un flujo de trabajo eléctrico, W e = W d (negativo pues entra en el sistema y disipa un flujo de calor Q: ΔU = Q - W = 0 kJ, W x = 0 y W = W d nos queda que Q = -3008.5 kJ y para la exergía: ΔA = A Q - W d - A d = 0 kJ , de aquí conocemos: W d = -3008.5 kJ y A Q = - 1446.73 kJ ya que es quien proporciona la exergía que gana el vapor. Si desagregamos los subsistemas de modo que la frontera de la MC del vapor excluya a la resistencia. Y nos queda: A d = 3008.5 - 1446.73 = 1561.77 kJ coincidiendo con la A d generada en el sistema combinado. Consideraciones: Los signos de todas las magnitudes reflejan el criterio desde la visión de la MC de cada subsistema. La exergía destruida lo es en la irreversibilidad en la frontera (externa) entre resistencia y vapor, cada uno como MC distintas. La asignación a la resistencia puede hacerse como irreversibilidad interna sin más que suponer que la MC de la resistencia incorpora la masa de vapor donde se realiza el intercambio antes de su redistribución en la masa total. Con ello podemos atribuir la exergía generada como la consecuencia de la irreversibilidad interna de esa MC ampliada. Ej. 5.3.- Entropía generada y exergía destruida en un intercambiador En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácti- camente adiabática, entra una corrien- te de aire a 400 K y 12 bar y sale, de- bido a una ligera pérdida de carga, a 11.5 bar. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en ga- ses procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1.5 bar y salen a 560 K y 1.05 bar. El flujo másico de ambas es 40 kg/s. Podemos considerar como aproxima- ción válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal. Debes calcu- lar a) La temperatura de salida del aire precalentado, en K, b) el cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambia- dor en su conjunto, en MW c) la entropía generada en el volumen de control, en kJ/K, d) la exergía destruida a partir del balance en 2 o utilizando la expresión en función de la entropía generada (expresión de Guy-Stodola) Comenta los resultados. Condiciones ambientales: T o = 300 K, P o = 1 bar. RESOLUCIÓN 83 Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo y el volumen de control suma de los anteriores. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal, los gases se tratan como aire, gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI, T en ºC; VC Condiciones: 1) Equipo adiabático y régimen estacionario. 2) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibilidades (interna por pérdida de carga, externa, en la frontera de las conducciones de los fluidos, por salto de temperatura entre ambos fluidos) Análisis: Empezaremos estableciendo las propiedades conocidas en los estados 1, 2, 3 y 4. Siendo el modelo aplicable para las dos corrientes el de gas ideal, sabemos que la ecuación P· v = R· T es aplicable a cualquier estado, y que las variables T, u y h están re- lacionadas entre sí, y pueden obtenerse una de otra en las tablas o, introduciendo los esta- dos, en TermoGraf . 1. En esas condiciones, el único estado indeterminado es el 2, salida de la corriente de aire. De él podemos determinar la entalpía mediante el balance de energía en el volumen de control que incluye ambas corrientes (fig. E5.4 a) y con este valor obtener T 2 como se ha indicado. Es decir, ΔU VC = m aire · (h 1 -h 2 ) +m gases · (h 3 -h 4 ) = 40 kg/s · (h 1 -h 2 ) + 40 kg/s · (h 3 -h 4 ); como el primer miembro es nulo por la primera condición, queda, una vez despejado h 2 y sustituidos valores de la tabla adjunta: h 2 = h 1 + (h 3 -h 4 ) = 400.92 + 843.99 – 565.12 = 679.79 kJ/kg Llevado este valor a la casilla de la entalpía del estado 2 en Termograf 1 obtenemos las propiedades correspondiente al estado 2: T 2 = 668.74 K; h 2 = 679.79 kJ/kg; s 2 = 1.8228 kJ/kg· K; 2. Definido el estado 2 con el criterio de igualar en valor absoluto los intercambios energéticos de cada rama, es decir el calor cedido y absorbido en los respectivos VC 2 , los cambios de entalpía específica para cada corriente serán: Δh 12 = h 2 - h 1 = 679.79 - 400.919 = 278.87 kJ/kg Δh 34 = h 4 - h 3 = 565.118 - 821.971 = - 278.87 kJ/kg (valor que coincide con el anterior, en módulo, como era esperable ya que hemos defini- do idénticos flujos másicos para las dos corrientes) Como potencia, en cada corriente será: Potencia: 40 kg/s · 278.873 kJ/kg = 11155 kW = 11.155 MW 1 Si trabajas el ejemplo en Termograf deberás crear un estado 2 “incorrecto” en cuanto a la h, de modo que al modificar su valor quede el estado 2 correctamente situado. 2 Recuerda que solo hay flujo de calor cuando hay transferencia energética A TRAVÉS de la frontera de separación consecuencia de una diferencia de temperatura entre sistema y entorno o entre dos sistemas. Si el flujo se produce entre partes dentro del VC de un sistema hablaremos de intercambio de energía. La distinción permite el análisis coherente de los intercambios y su terminología. 84 Y en el conjunto nos dará cero reflejando la circunstancia de que el intercambiador es adiabático. En cuanto a la exergía, como estamos en un análisis VC estacionario nos interesa conocer la variación de la exergía de flujo (el equivalente a la entalpía en el análisis energético) ya que la variación de la exergía a, del VC, será cero. Para esta variación de la exergía de flujo, Δa f , tendremos: Δa f 12 = a f 2 - a f 1 = h 2 – h 1 - T o · ( s 2 –s 1 ) = = 278.874 – 300 · ( 1.8228 - 1.2785) = 115.58 kJ/kg Y como potencia será : 40 · 115.58 = 4.6231 MW (exergía ganada por la rama fría) Y para la otra rama, si lo ponemos en términos de potencia: ΔA f 34 =A f 4 - A f 3 = 40 kg · (78.71 -265.81) kJ/kg = -7.4839 MW que es la exergía cedida por la corriente caliente. Comparando estas dos cantidades podemos concluir que, a diferencia de los flujos de calor que se igualaban en valor absoluto, la exergía transferida por el flujo de calor que cede la rama caliente no se aprovecha íntegramente por la rama fría (consecuencia de que la exergía que acompaña a un flujo de calor toma el valor del trabajo máximo posible que se podría extraer de ese flujo de calor entre la T de la frontera y la T o (independientemen- te del sentido). Ese máximo trabajo viene definido por la máquina de Carnot trabajando entre la T frontera,m y T o : el llamado factor de Carnot = |Q|· (1 – (T o /T frontera,m )). Como en la rama receptora la T frontera es menor que en la rama que cede energía (¿por qué podemos afirmar esto?) podemos concluir a priori que la exergía ganada será menor que la cedida… luego deberá haber una exergía destruida que se corresponde, precisamente, con la existencia de una irreversibilidad en la frontera: la debida a la transferencia de energía por salto de temperaturas, flujo que es evidentemente irreversible: sólo puede ir espontáneamente como sucede en el intercambiador del sistema a mayor temperatura al de menor y nunca a la inversa 1 . 3. El balance de entropía para el VC, por kg circulando por la rama fría, es Δs VC = s 1 + s 3 – (s 2 + s 4 ) + s(q) + s g ii expresión en la que son variables de proceso, s(q) y s g ii , entropía del flujo de calor y en- tropía generada en las irreversibilidades internas respectivamente. Como el VC es esta- cionario: Δs VC es nulo; y por tener la frontera adiabática: q = 0 y s(q) = 0. Por tanto: s g ii = (s 2 -s 1 ) + (s 4 -s 3 ) = (1.7894-1.2785 ) + (2.3228-2.6288) = 0.2049 kJ/kg· K Esta entropía generada corresponde, no sólo a la debida a la pérdida de presión en las tuberías sino a la correspondiente al flujo de calor entre ramas por la diferente temperatu- ra entre caliente y fría. Si hubiéramos considerado VC independientes para cada rama, esta última sería una entropía generada por irreversibilidad externa, pero al definir un VC que engloba ambas la irreversibilidad en la transferencia de energía entre ambas pasa a quedar en el interior del VC. Se deja como ejercicio comprobar que la variación de entropía del universo es la misma si se considera un VC incluyendo las dos ramas o dos VC, uno por cada rama. En el pri- mer caso no hay s q y sólo hay s g ii . En el segundo cada rama tiene un valor de s q y de s g ii y además hay que considerar la entropía generada en la irreversibilidad exterior que supone el paso de calor de la rama caliente a la rama fría que puede considerarse el entorno de la anterior. 1 El flujo inverso puede producirse pero no de manera espontánea sino por mediación de un equipo que consuma trabajo (caso de la bomba de calor, por ejemplo). 85 4. Para analizar las diferencias en el análisis según el VC seleccionado, empezaremos hallando el balance de exergía en el VC de la rama caliente es consecuencia de los si- guientes flujos (por kg): Exergía del VC (primer miembro del balance): Δa vc = 0 por proceso estacionario Exergía de flujo (del flujo de masa): a fentr - a fsal = h entr - h sal - T o · (s entr – s sal ) = - Δa f = 187.1 kJ/kg Exergía del flujo de calor 1 : a q = q· (1- T o /T frontera,m ) = -278.87· (1-(300/700)) = -159.4 kJ/kg Exergía del flujo de trabajo: a w = - w = 0 pues no hay dispositivo en el VC considerado que produzca o re- ciba trabajo. Exergía destruida 2 : a d = T o · s g (entropía generada en las irreversibilidades) o con el propio balance de exergía, escribiendo estos valores por kg de masa circulando Δa vc = ∑ af(ent) - ∑ af(sal) + a q - 0 - a d y sustituyendo 0 = 187.1 + (- 159.4) - a d siendo a d la incógnita ya que no tenemos el modelo de irreversibilidad definido. Despe- jando: a d = 187.1 – 159.4 = 27.7 kJ/kg Puede verse que todos los términos del balance de exergía son variables de proceso ex- ceptuada la exergía de flujo que es función de estado. Consideremos ahora el VC total del intercambiador: Al circular la misma masa por ambas ramas se puede trabajar por kg circulando sin necesidad de referirnos a “kg que circula por la rama caliente”. Si no fuera así en los términos de la rama fría habría que multipli- car por la relación de flujos másicos. Con esta consideración previa, si queremos calcular ahora los balances para todo el inter- cambiador tendremos que considerar los flujos de calor que atraviesan la nueva frontera (no hay) y los de trabajo (tampoco), por lo que en las respectivas expresiones de los ba- lances tendremos De energía (y como m = m´= 1): Δu interc = q - w + ∑ h ent - ∑h sal = 0-0+(h 1 -h 2 )+(h 3 -h 4 ) De exergía Δa interc = a q - w + ∑ a f ent - ∑ a f sal - a d interc = 0-0+(a f1 -a f2 )+(a f3 -a f4 ) y, sustituyendo todas las magnitudes previamente calculadas: Δu interc = 0 - 0 + 278.87 - 278.87 = 0 Δa interc = 0 - 0 + (- 115.58) + 187.1 - a d interc = 0 por VC estacionario De la última: a d interc = 187.1-115.58 = 71 .52 kJ/kg 1 El factor de Carnot es una expresión diferencial (δq · (1 – T o /T frontera )) a integrar cuando la T de la frontera no es constante. En determinados casos se puede definir una temperatura media de la frontera para la que la integral se transforma en la expresión (q · (1 – T o /T frontera,m )) dada arriba al ser esa T media un valor cte. Este es el caso planteado para la corriente caliente. 2 La exergía destruida, de acuerdo con la expresión de Guy-Stodola, resulta positiva ya que la entropía generada es positiva, pero en la expresión del balance deberá ir precedida de un signo negativo porque cuanto mayor sea la irreversibilidad, mayor será la entropía generada y mayor la incidencia negativa sobre la exergía aprovechada en el proceso. 86 Consideraciones: Del análisis de las expresiones y sus resultados se deduce: a) El balance de energía para el intercambiador no tiene flujos ni de q ni de w a través de la pared externa (frontera del nuevo VC) y debe ser cero pues el VC es estacionario. b) En el de exergía sucede lo mismo con los flujos de a q y w: son cero pues no hay flujos de q ni w por la frontera del VC completo. c) La exergía destruida en el intercambiador es, lógicamente, mayor que en la rama ca- liente, calculada antes, pues hay que añadir la irreversibilidad en la rama fría (que ahora podríamos calcular aun no teniendo el dato de la T media en su frontera por simple dife- rencia). Se sugiere calcular la entropía generada y con ella el valor de a d utilizando la expresión de Guy-Stodola: a d = T o · s g Ej. 5.4.- Entropía generada y exergía destruida en una bomba de calor Una bomba de calor agua-aire mantiene una vivienda a 20ºC para lo que tiene que sumi- nistrar 60 kWh al día. El condensador sufre un enfriamiento isóbaro cediendo calor al ambiente desde la temperatura de 43ºC a la salida del compresor hasta 33.57ºC en la sali- da como líquido saturado. El evaporador capta calor del agua de un pozo que se encuentra a 6º de modo que se mantiene una diferencia de 10ºC en el salto térmico. Los equipos no isóbaros son adiabáticos y el compresor tiene un rendimiento isoentrópi- co del 83%. Se pide: 1. Dibuja los procesos del ciclo en un diagrama Ts, calcula la T media equivalente en el proceso en el condensador e incluye las isotermas correspondientes a las temperaturas de los focos. 2. Calcula la entropía generada en el compresor, en kJ/K· día. 3. Calcula la entropía generada en la válvula de estrangulación, en kJ/K· día. 4. Calcula la entropía generada en las irreversibilidades exteriores en kJ/K· día. 5. Calcula la exergía destruida en el conjunto (A d en irreversibilidades internas y exter- nas) en kJ/día 6. ¿Cuál es el rendimiento térmico del ciclo? ¿Y el rendimiento exergético o termo- dinámico? El estado muerto es 1 atm y 20ºC RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que carac- terizan a cada equipo. Modelo de la sustancia: Refrigerante 134a como sustancia real (el modelo empleado en Termograf tiene un rango de validez limitado a la zona habitual de trabajo). Configuración: Diagrama Ts; Unidades SI, T en ºC; VC en cada equipo. Condiciones: 1) Régimen estacionario, eq. adiabáticos: compresor y válvula de estrangulación, eq. isó- baros internamente reversibles: condensador y evaporador. 2) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibili- dades (interna en el compresor, externa, en la frontera de intercambio con los focos, por salto de temperatura entre foco y equipo) 87 3) No hay efectos cinéticos ni gravitatorios. Análisis: Empezaremos estableciendo las propiedades conocidas en los estados 1, 2, 3 y 4 y dibujando los procesos correspondientes. Tomaremos las propiedades de Termograf. 1. Dibujados los procesos, tenemos para la T media equivalente 1 del proceso 23 en el condensador: T m 2-3 = (h 3 –h 2 ) /(s 3 –s 2 ) = (97.229–275.80) (kJ/kg) / (0.3591–0.9408) (kJ/kg· K) = 306.98 K = 33.83ºC 2. El compresor sufre un proceso irreversible caracterizado por un rendimiento isoentró- pico del 83% que lleva a una entalpía final h 2 = 245.7 kJ/kg y un trabajo consumido igual a: w vc = - 30.016 kJ/kg El balance de entropía para este equipo, que es adiabático y estacionario será, por kg: 0 = 0 + (s e – s s ) + s g de donde s g comp = s 3 – s 2 = 0.01623 kJ/kg· K Para el cálculo por día deberemos definir un factor de utilización media por dia, fum, en función del dato de calor cedido medio diario en el condensador de 60 kWh-día Como el condensador cede 178.58 kJ/kg , tendremos para ese fum: fum = 60 (kWh-día · 3600s/h) / 178.58 (kJ/kg) = 1209.5 (kg-día) Así, para la entropía generada en el compresor en un día tendremos: S g comp por día = 0.01623 (kJ/kg· K) · 1209.5 (kg-día) = 19.63 kJ/K· día 3. La entropía generada en un día en la válvula de estrangulación será, a partir del balance en el equipo: s g válv = s 4 – s 3 = 0.01346 kJ/kg· K, y por día: S g válv por día = 0.01346 (kJ/kg· K) · 1209.5 (kg-día) = 16.28 kJ/K· día Para el cálculo de la entropía generada en las irreversibilidades exteriores 2 necesito cono- cer el flujo de calor y las temperaturas de foco (habitualmente constante) y frontera, cons- tante también porque el proceso es estacionario pero que puede variar de unos puntos a otros del equipo como sucede en el condensador. En estos casos se debe integrar la ex- presión diferencial correspondiente o calcular la T media equivalente definida como hemos visto en la primera cuestión (nota 1 al pie). Con estas consideraciones tendremos para la entropía en las irreversibilidades exteriores: 4. En el condensador: La entropía generada en una irreversibilidad exterior, para un flujo de calor q kJ/kg, es: s g ie cond = (q fr / T fr ) + (q foco / T foco ) y como T fr > T foco se tendrá q fr <0 y q foco >0 Entonces 3 s g ie cond = |q| · {(1/T foco ) - (1/T fr )} = |q| · (T fr - T foco ) / (T fr · T foco ) = = 178.58 · (33.83 - 20) / ((20+273.15) · (33.83+273.15)) = 0.027 kJ/kg· K siendo por día, S g ie cond por día = 0.027 (kJ/kg· K) · 1209.5 (kg-día) = 33.20 kJ/K· día La otra irreversibilidad exterior se produce en el intercambio de calor en el evaporador. Procediendo del mismo modo: s g ie evap = |q| · {(1/T foco ) - (1/T fr )} = |q| · (T fr - T foco ) / (T fr · T foco ) = = 148.56 (kJ/kg) · 10 (K) / (269.15 · 279.15)(K 2 ) = 0.0198 kJ/kg· K siendo por día, 1 Definida como T m e-s = Q e-s /(s s – s e ) que para un proceso isóbaro queda : (h s – h e ) /(s s – s e ) 2 Las producidas en la frontera por transferencias de calor entre entorno y frontera a distinta temperatura 3 Los valores de T deben ponerse en K, pero en el caso de diferencias coinciden se escriban en ºC o en K. 88 S g ie evap por día = 0.0198 (kJ/kg· K) · 1209.5 (kg-día) = 23.92 kJ/K· día 5. Para calcular la exergía destruida en el proceso global no es necesario recurrir al balan- ce de exergía 1 si se ha hecho previamente el de entropía. Basta aplicar la expresión de Guy-Stodola para ello: A d por día = T o · Σ (S g ii + S g ie ) = 293.15 · (19.63 + 16.28 + 33.20 + 23.92) = = 27269.2 kJ-día La importancia de este valor se deduce de la comparación con el objetivo buscado: ceder 60 kWh-día o, en kJ-día, 216000 kJ-día. Este análisis algo más elaborado lo vemos en la cuestión siguiente: 6. El rendimiento térmico del ciclo, el COP, sabemos que es COP = |q cedido al foco caliente / w preciso para ello| = 178.58/30.02 = 5.95 En cuanto a la eficiencia termodinámica o rendimiento exergético: β = |a q cedido al foco caliente / w preciso para ello| = 14.12 / 30.02 = 0.47 Ya que a q para el proceso en el condensador vale: a q = 178.58· (1-(293.15/318.32))=14.12 kJ/kg Consideraciones: El análisis exergético es especialmente adecuado cuando queremos verificar la calidad de una transformación de calor en trabajo pero no es tan clarificador cuando se trata de la transformación inversa y lo que nos interesa el flujo de calor como es el caso de la bomba de calor. Si lo que nos interesa es calor próximo a T ambiente, el contenido exergético de ese flujo de calor nos es poco relevante, al margen de que el valor de ese contenido resul- tará ser pequeño. El análisis del rendimiento exergético es mucho más revelador que el del primer principio cuando se trata de ciclos de potencia como se comprobará en los capítulos siguientes. 1 Además este balance sólo me da la exergía destruida dentro del VC al que aplico en análisis, es decir sólo me da la Ad debida a las irreversibilidades interiores. 89 Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y, en principio, en la segunda parte del libro. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución, único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. El modo de trabajar con estos ejercicios es realizar en cada pantalla los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla y comprobarla en la siguiente. Pb. 5.1.- Cálculos de S en un proceso internamente reversible Un dispositivo cilindro–pistón contiene agua líquida saturada a 90°C. El pistón se desliza libremente en el cilindro en un proceso tal que el agua llega al estado de vapor saturado. El cambio es debido a un calentamiento internamente reversible a presión y temperatura constantes. Determina 1. el trabajo y el calor intercambiados por unidad de masa, ambos en kJ/kg y 2. relaciona este flujo de calor con la variación de entropía que experimenta el sis- tema. Si ahora el cambio se produce a causa de la acción de un agitador de paletas, sin que exis- ta transferencia de calor con el entorno, determina 3. el trabajo por unidad de masa, ambos en kJ/kg y 4. la entropía generada por kg. ¿En qué forma se relaciona ésta con la variación de entropía del sistema? Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados, bastará aplicar el primer y segundo principio para sistemas cerrados y para procesos reversibles primero y luego para procesos disipativos. Rtas: 1. w 1-2 rev = 165.49 kJ/kg; q 1-2 rev = 2281.41 kJ/kg; 2. Δs 1-2 rev = q/T = 6.28229 kJ/kg· K; 3. w 1-2 irrev = -2115.92 kJ/kg; q 1-2 irrev = 0 kJ/kg; 2. Δs 1-2 rev = s g = 6.28229 kJ/kg· K. Pb. 5.2.- Mínimo trabajo necesario para una compresión Se comprime adiabáticamente una masa de propano contenida en un dispositivo cilindro– pistón, desde vapor saturado a -20°C hasta una presión final de 15 bar. Determina el mínimo trabajo teórico requerido, en kJ/kg, así como el cambio de entropía experimenta- do por el sistema, por unidad de masa. Ayuda: El concepto de mínimo trabajo teórico va unido al de reversibilidad. Si determi- nas las propiedades de los estados i y f se resuelve de forma inmediata. Rtas: w x = -86.06 kJ/kg (negativo ya que es trabajo de compresión). Δs 1-2 = 0 kJ/kg· K 90 Pb. 5.3.- Proceso ¿irreversible? en dos cámaras Un cilindro térmicamente aislado, cerrado por ambos extremos, está provisto de un pistón conductor sin rozamiento que lo divide en dos partes. Inicialmente se sujeta el pistón en el centro quedando a un lado 0.1 m 3 de aire a 300 K y 1 bar, y al otro 0.1 m 3 de aire a 300 K y 2 bar. Se libera el pistón alcanzándose, de modo muy lento, el equi- librio de presión y temperatura en una nueva posición. Calcú- lese la presión y temperatura final así como el aumento de entropía. ¿Ha tenido lugar algún tipo de irreversibilidad? Ayuda: Debes identificar que propiedades se mantienen constantes a lo largo del proce- so en el sistema compuesto y qué condiciones cumple el equilibrio final, aplicando la ecuación de estado y las ecuaciones que ligan las propiedades en cada subsistema con las del sistema combinado. Considera cómo debe ser el trabajo en cada uno de los subsiste- mas respecto del otro. Rtas: P f = 1.5874 bar; T = 300 K; los procesos son internamente reversibles y la entropía total no cambia. Pb. 5.4.- El intercambiador del Ej. 5.3 sin pérdida de carga En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácti- camente adiabática, entra una corrien- te de aire a 400 K y 12 bar. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en gases procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1.5 bar y salen a 560 K. El flujo mási- co de ambos procesos, que son isóba- ros e internamente reversibles, es 40 kg/s. Podemos considerar como aproximación válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal. Debes calcular 1. La temperatura de salida del aire precalentado, en K, 2. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para cada flujo, en MW, 3. El balance de exergía para la corriente de gases de combustión como sistema, to- mando para el cálculo de la exergía de flujo de calor el valor de 700 K como tem- peratura efectiva media de la frontera y la exergía destruida por unidad de tiempo, en MW. 4. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambia- dor en su conjunto El ambiente tiene T=300 K y P=1 bar. Comenta los resultados. Ayuda: La resolución es similar a la desarrollada en el Ej. 5.3. Aquí los volúmenes de control son ahora las respectivas tuberías por lo que en sus balances se deben considerar los flujos de calor entre ambas. En cuanto a las exergías debe disminuir la exergía des- truida ya que ahora no hay fricción con pérdida de carga (procesos isóbaros internamente reversibles). 91 Rtas: 1. 668.74 K 2. Δh₁₋₂ = -Δh₃₋₄ = 278.87 kJ/kg o para el flujo másico total: 11. 155 MW ΔAf₁₋₂ = 4.7698 MW; ΔAf₃₋₄ = - 6.2552 MW 3. 4. Q 12 = 37 811.9 kJ. Pb. 5.5.- Variación de entropía (procesos entre los mismos estados) Calcula la variación de entropía del sistema y del universo producidos en cada uno de los tres procesos que, en un sistema cilindro-pistón, sufre una masa de 1 kg de aire inicial- mente a 60ºC y P=1 bar. En los tres casos el sistema alcanza el mismo estado final de P=5 bar mediante los siguientes recorridos de uno o más procesos: Recorrido 1) compresión isoterma reversible en contacto con un foco a la T del proceso (proceso 1-2) Recorrido 2) compresión adiabática reversible hasta v 2 se- guido de enfriamiento internamente reversible a volumen constante (procesos 1-3 y 3-2) con cesión de calor al am- biente (T o = 300 K) Recorrido 3) compresión adiabática irreversible hasta P 2 y temperatura 600ºC seguida de enfriamiento internamente reversible a P cte mediante cesión de calor al ambiente (T o = 300 K) 1. Calcula, cuando haya irreversibilidades, el valor de las entropías generadas internas (s g ii ) y externas (s g ie ) 2. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 3-2 de cesión de calor a v cte? 3. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 4-2 de cesión de calor a P cte? Representa los procesos gráficamente en los diagramas P-v y T-s. Ayuda: Analiza lo que tienen en común los tres procesos: ten en cuenta el enunciado del 2º Principio, y qué significa sistema adiabático desde el punto de vista del mismo. Puedes simular el proceso adiabático irreversible como uno de entrada-salida en el que determinas los flujos de Q y trabajo o, MEJOR, utilizar un proceso (equivalente) politró- pico y transformarlo en irreversible-adiabático seguido del correspondiente reajuste de los flujos de Q y W en la ventana de balances. Recuerda que la hipótesis en este proceso equivalente es que, en cuanto al recorrido de estados, coinciden real y equivalente (es decir el W x coincide) y que el flujo de calor del equivalente corresponde al Q rozamiento del real, o sea a -W rozamiento (los signos de Q rozamiento y W rozamiento son los correspondientes al criterio de signos para cada uno, de modo que el efecto es el mismo: un incremento de la energía del sistema. Rtas: 1. ΔS sist (kJ/K) S g ii (kJ/K) S g ie (kJ/K) ΔS U (kJ/K) Recorrido 1-2 -0.46 0 0 0 Recorrido 1-3-2 -0.46 0.2538 0 0.2538 Recorrido 1-4-2 -0.46 0.5455 0.8908 1.4363 92 2. T bm(3-2) = 464.83 K; 4. T bm(4-2) = 565.24 K. Pb. 5.6.- Vapor de agua: comparación de modelos en cálculo de S Se dispone de vapor de agua, inicialmente a 700K y 10 bar que sufre un proceso termo- dinámico pasando a un estado final (los estados 2 con x 2 = 0.95, 3 y 4 del cuadro adjunto). a) Calcular la variación de entropía especifica, en kJ/kg· K, empleando 1. - La tabla de vapor sobrecalentado o el programa TermoGraf 2. - La tabla de gas ideal para el vapor de agua ( o el correspon- diente modelo en TermoGraf). ¿Crees que es válido este mo- delo en este caso? x 2 =0.95 b) Habrá alguna diferencia para dicha variación del sistema, en función de que el proceso sea reversible o irreversible? ¿Por qué? ¿Y para el universo?. Representa los estados en el diagrama Ts y cubre las casillas de la tabla adjunta. Modelo: Sustancia real v (m3/kg) Δu (kJ/kg) Δh (kJ/kg) Δs (kJ/kg·K) 0.31942 0 0 0 -600.07 -0.49198 P (bar) T (K) (v vap - v g id ) / v i vap. (Δu vap -Δu g id ) / Δu vap (Δh vap -Δh g id ) / Δh vap (Δs vap -Δs g id ) / Δs vap est. 1 10 700 37.09% est. 2 1 372.73 17.23% 63.72% est. 3 0.35 350 est. 4 2.9 670 Modelo: Gas ideal v (m3/kg) Δu (kJ/kg) Δh (kJ/kg) Δs (kJ/kg·K) 0.20094 -496.701 -0.1785 c) Identifica qué estado es inalcanzable con un proceso adiabático, reversible o no, y explica por qué. Ayuda: Si trabajas con TermoGraf, puedes seleccionar el modelo de sustancia real y el de gas ideal y comparar los resultados. Si trabajas con tablas, haz la misma comparación controlando las unidades. Para la cuestión b) debes recordar que la S es función de esta- do. Para la c) debes aplicar el balance. Rtas: a), b) y c): hecho el problema revisa la solución en la segunda parte (p. 198) 93 Pb. 5.7.- Cálculo de S para una sustancia incompresible Se dispone de 1 kg de agua, en un sistema cilindro pistón. Calcular, representando la evo- lución del sistema en el diagrama Ts: 1. Los flujos de calor intercambiados en kJ/kg. 2. Las variaciones de entropía del sistema, el entorno y el universo 3. La T media termodinámica en la frontera para ambos procesos. en los siguientes casos: a) El agua se calienta reversiblemente y sobre una isóbara desde 10ºC y 10 bar hasta mezcla de líquido y vapor con un título x= 0.1 mediante un foco que varía su tempe- ratura manteniéndola igual a la del sistema en cada estado intermedio de la expansión del pistón. b) El agua se calienta en un proceso internamente irreversible a P cte desde 10ºC y 10 bar hasta el mismo estado final del caso anterior mediante un agitador de paletas es- tando el cilindro aislado adiabáticamente. Ayuda: Ambos procesos son isóbaros. El reversible permite un rápido cálculo en Ter- mograf y, si se desea utilizar el modelo de líquido incompresible bastará intercalar un estado auxiliar con título x=0 de modo que se calcule con las expresiones de líquido in- compresible los cambios en esa parte del proceso. Para el proceso irreversible puede uti- lizarse la ventana de balances. Rtas: 1. Reversible: q = 904.0 kJ/kg; Irreversible: q = 0 2. Reversible: Δs MC = 2.4398 kJ/kg· K; Δs ent = - 2.4398 kJ/kg· K; Δs U = 0 Irreversible: Δs MC = 2.4398 kJ/kg· K = s g i ; Δs ent = 0; Δs U = 2.4398 kJ/kg· K 3. Reversible: T bm = 378.72 K; Irreversible: T bm no es aplicable pues q = 0 por ser el proceso irreversible adiabático además. Pb. 5.8.- Irreversibilidad térmica y mecánica Se comprime una cierta cantidad de un gas ideal (dióxido de carbono) isotérmicamente a 126.85°C desde 1 bar hasta 30 bar, en un dispositivo cilindro–pistón. Calcular el cambio de entropía en el sistema y en el universo que resulta del proceso, si: 1. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que rodea al dispositivo es un depósito de calor a 126.85°C. 2. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que lo rodea es un depósito de calor a 26.85°C. 3. El proceso es isotermo e irreversible mecánicamente, ya que requiere un 20% más de trabajo que la compresión reversible. En cuanto al medio que lo rodea, es un depósito a 26.85°C. Cuánto vale la s generada en este caso. Ayuda: Este es un problema muy simple si interpretamos adecuadamente qué significa que la entropía del sistema es una propiedad de estado y qué es una irreversibilidad inter- na o externa que lógicamente puede afectar a los procesos. A estas ideas habrá que pensar en la diferencia (y a quién afecta) que hay entre un flujo de calor reversible o irreversible entre sistema y entorno. El tercer caso ya no es un proceso internamente reversible como en los dos casos anteriores pues se añade una irreversibilidad interna: el rozamiento. 94 Rta: 1) Δs sist = - 0.6426 kJ/kg·K; Δs ent = - Δs sist ; Δs U = Δs sist + Δs ent = 0 2) Δs sist = - 0.6426 kJ/kg·K; Δs ent = 0.8567 kJ/kg·K; Δs U = 0.2141 kJ/kg·K 3) Δs sist = - 0.6426 kJ/kg·K; Δs ent = 1.0281 kJ/kg·K; Δs U = 0.3855 kJ/kg·K; s gi = 0.1281 kJ/kg·K; s ge = 0.2570 kJ/kg·K Pb. 5.9.- Una solución posible...o no En un proceso industrial se pretende comprimir en un cilindro-pistón 1 kg de agua que inicialmente se encuentra en unas condiciones de 4 bar de presión y 200°C de temperatu- ra hasta 16 bar y 206°C. Para ello un técnico define un proceso mediante el cual la compresión del sistema hasta el estado final se hace suministrando un trabajo de 20 kJ a la vez que el sistema cede 52.1 kJ en forma de calor al ambiente que se encuentra a 20°C. Sin embargo, otro técnico del equipo sostiene que el calor está mal calculado. El primero corrige el error pero el segundo señala entonces que el proceso es imposible. A la luz del primer y segundo principios de la Termodinámica encuentra el valor corregido de Q y justifica a partir del mismo cual de los dos tiene razón. 1. Determina la corrección encontrada para el valor de Q. 2. Determina quién tiene razón tras la primera corrección. 3. Identifica el valor de las entropías generadas interna y externa y confirma con dichos valores la respuesta previa. ¿Encuentras alguna explicación para la confusión? Ayuda: Dadas las condiciones inicial y final así como los flujos energéticos del proceso, bastará ver si se cumplen el primer y segundo principio con los correspondientes balances en el volumen de control en el que, supuestamente, se realiza la operación. Rtas: 1. Q = - 61.02 kJ 2. Δs U = -0.5138 kJ/kg· K < 0 proceso imposible ¡! 3. S gi = - 0.5938 < 0 imposible ¡! S ge = 0.08 > 0 4. Confusión entre valores extensivos y específicos Pb. 5.10.- Exergía en una masa de control (sistema cerrado) Un dispositivo cilindro–pistón de paredes adiabáticas y 66 cm de diámetro contiene 2 kg de metano a 60°C de temperatura. El émbolo se encuentra sometido a una fuerza exterior constante de 90 kN y se expande lentamente como consecuencia del calor que se suminis- tra al sistema mediante una resistencia eléctrica conectada a 220 V por la que circula una intensidad de 1 A durante 2 horas. Calcula: a) Presión, volumen y temperatura del sistema al final del proceso. b) Variación de energía interna y entalpía específicas (en kJ/kg). c) Trabajo de expansión (en kJ). d) Variación de entropía del sistema y entropía generada (ambas en kJ/K). 95 e) Variación de exergía del sistema y exergía destruida (en kJ) ¿Puedes señalar las causas de tal destrucción?. f) Representa el proceso en los diagramas P-v y T-s. Ayuda: Identifica las propiedades del estado inicial que necesites para calcular todo el estado. Identifica el tipo de proceso y qué te permite identificar lo que necesitas para dibujar el estado final. Con los dos, las cuestiones se responden de modo sencillo. Rtas: 1. v 2 = 1.2142 m 3 /kg, T 2 = 616.05 K, P 2 = 2.63 bar; 2. ΔU 1-2 = 1290.72 kJ; ΔH 1-2 = 1584 kJ; 3. W x = 293.28 kJ; 4. ΔS 1-2 = 3.3787 kJ/K; Sgi = ΔS 1-2 = 3.3787 kJ/K; 5. ΔA 1-2 = 284.52 kJ; Ad = 1007.36 kJ; 6. Pb. 5.11.- El cálculo de exergías Calcúlense la exergía, a, y la exergía de flujo, a f , específicas para los siguientes sistemas (condiciones estado muerto: T o = 22°C, P o = 1.01 bar): 1. Vapor de agua a 245 bar, 550°C, 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una central térmica). 2. Amoniaco como vapor saturado a - 27°C, 2.5 m/s, (entrada al compresor de un sis- tema de refrigeración). 3. Aire como gas ideal a 2.8 MPa, 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas). Ayuda: Basta considerar las expresiones de ambas propiedades, interpretar adecuada- mente el papel de la energía cinética y sustituir en ellas los valores de las propiedades termodinámicas que intervienen cuidando las unidades. Rtas: 1. Agua: a = 1198.86 kJ/kg; a f = 1527.45 kJ/kg; 2. Amoniaco: a = 23.589 kJ/kg; a f = 54.743 kJ/kg; 3. Aire: a = 375.979 kJ/kg; a f = 584.3 kJ/kg. Pb. 5.12.- Expansión totalmente irreversible (contra vacío) Un recipiente de paredes rígidas y adiabáticas está dividido interiormente por un tabique enclavado que define dos compartimentos iguales, uno lleno de un kg de aire a 500 K y 5 bar y el otro vacío. Se quita la fijación del tabique de modo que el gas lo desplaza brus- 96 camente a un extremo mientras se expande llenando los dos compartimentos homo- géneamente (caso A). Analizar los tres casos propuestos A, B y C en cuanto a las condiciones termodinámicas del estado final, a la realización o no de trabajo en la expansión y a las características de la disipación cuando exista. Finalmente, determinar la generación de entropía a causa de la irreversibilidad del proceso y el valor de la exergía destruida en cada uno de los si- guientes casos: 1. Caso A: La expansión se realiza de forma brusca e inmediata. 2. Caso B: La expansión se realiza de modo cuasiestático mediante una serie de topes que se van retirando sucesivamente tras alcanzar los estados intermedios de equilibrio. 3. Caso C: Se conecta el émbolo a una polea (figura C) y se retira parte del aislamiento de modo que se transmite un flujo de calor al gas que se expande lentamente en un proce- so reversible a temperatura constante. Valores del estado ambiente: T o = 25ºC, P o = 1.01 bar Ayuda: Recuerda el experimento de Joule para determinar las condiciones del estado final y del proceso así como las características que tienen las propiedades de estado en cuanto a sus cambios en un proceso a diferencia de las propiedades de proceso. Debes interpretar ade- cuadamente el papel de la cámara vacía. En termodinámica el vacío no está vacío. Rtas: 1. s gi = 0.1989 kJ/kg· K; a d = 59.302 kJ/kg 2. s gi = 0.1989 kJ/kg· K; a d = 59.302 kJ/kg 3. s gi = 0; s ge = 0; a d = 0 Pb. 5.13.- Irreversibilidad en una fuga de gas Un depósito rígido y adiabático de 3 m 3 , contiene aire a una presión de 8 bar y una tem- peratura de 660 K. Se produce una fuga microscópica y el aire se escapa lentamente hasta que la presión en el depósito desciende hasta los 2.5 bar, momento en que se corrige la fuga. Posteriormente se comprime adiabáticamente aire am- biente hasta recuperar los 8 bar. Con el modelo de gas ideal, y para el estado de mínima presión, determina 1. La masa de aire que ha abandonado el depósito, 2. La temperatura en este estado. 3. El mínimo trabajo necesario para conseguir reponer la situación inicial. 4. La exergía destruida en el proceso de fuga. 5. El incremento de S U en dicho proceso de vaciado. El ambiente tiene T o = 25ºC, P o = 1.01 bar. 97 Ayuda: Analiza, para la masa de aire que se queda en el depósito, el proceso de expan- sión internamente reversible (y adiabática) desde su estado inicial, 1, hasta el final, 2, con los correspondientes balances. Aplica el balance de exergía para el trabajo mínimo de la compresión que es también adiabática. Rtas: 1. m e = 7.217 kg; 2. T 2 = 479.28 K 3. W mín = - 3081.12 kJ 4. A d = 3081.12 kJ 5. ΔS U = S g = 10. 33 kJ/K Pb. 5.14.- Transferencia de calor totalmente irreversible Un flujo de calor se transfiere desde un depósito mal aislado al ambiente. La cantidad total de calor cedido en una hora es de 6400 kJ, siendo la temperatura de la pared 1000 K. Calcula 1. La entropía generada en el proceso de transferencia y 2. La exergía destruida si la temperatura en el ambiente es de 20 ºC. ¿Podrías definir un mecanismo idealizado que permitiera aprovechar el flujo de calor de modo que se redujera o anulara la irreversibilidad del proceso de transferencia? Ayuda: Considera el papel de una máquina térmica que recibiera el flujo de calor y ana- liza la situación si la máquina fuera de Carnot y el foco frío fuera el ambiente. Rtas: 1. S ge = 15.432 kJ/K 2. A d = T o · S ge = 4523.84 kJ Pb. 5.15.- Destrucción de exergía en una tubería El vapor de agua, en la conducción mal aislada que une la caldera con la turbina en una central térmica, tiene al principio una presión de 160 bar y una temperatura de 540°C, y al final una presión de 155 bar y una temperatura de 530 °C. Considera las siguientes hipótesis: a) La T media de la frontera, T bm , coincide aproximadamente con la media aritmética. b) El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento. Y calcula por kg de vapor circulando: 1. La T bm del proceso, en K. 2. El flujo de calor y el trabajo de rozamiento en kJ/kg. 3. La entropía generada en la irreversibilidad interna y en la externa, en kJ/kg· K. 4. La variación de exergía de flujo, Δa f , de la masa circulando entre 1 y 2 y la des- trucción de exergía que origina el rozamiento, todo ello en kJ/kg. Las condiciones del ambiente son 1 bar de presión y 15 °C de temperatura. Ayuda: Con las hipótesis y el balance de energía para el VC de la tubería pueden calcu- larse las dos primeras cuestiones. Aplicar el balance del segundo principio permite resol- ver las otras dos. Rtas: 98 1. T bm = 808.15 K 2. q vc = - 28.181 kJ/kg; w roz = - 5.925 kJ/kg 3. s gi = 0.0494 kJ/kg· K; s ge = 0.0629 kJ/kg· K 4. Δa f(1-2) = - 18.084 kJ/kg; a d = 14.235 kJ/kg Pb. 5.16.- Exergía de flujo, de flujo de Q y destruida En una turbina que opera en estado estacionario entra vapor a 150 bar y 500°C. El vapor sale de la turbina como vapor saturado a 180°C. Existe una pérdida de energía por insufi- ciente aislamiento de la turbina que cede calor al ambiente a razón de 40 kJ por kg de vapor circulando. La temperatura superficial media equivalente de la turbina es 366 K. Para la turbina, determínese, en kJ/kg de vapor, a) El trabajo desarrollado. b) La magnitud y dirección de la transferencia de exergía que acompaña al flujo de calor. c) La exergía destruida. Condiciones del ambiente: 1.01 bar de presión y 15 °C de temperatura. Ayuda: El proceso no es adiabático luego deberemos apoyarnos en los datos de los es- tados para resolver el balance con el resto de datos. Rtas: 1. w(vc) = 490.39 kJ/kg 2. a(q) = - 8.5082 kJ/kg 3. ad = 100.91 kJ o alternativamente 1 : ad = 109.42 kJ Pb. 5.17.- Ciclo de bomba de calor Una bomba de calor suministra aire caliente a una vivienda. La sustancia de trabajo es el Refrigerante 134a que, en estado estacionario, entra al compresor como vapor saturado a –8ºC. La salida del compresor y entrada al condensador es a 70ºC y 12 bar. En el conden- sador el vapor condensa a líquido saturado a 12 bar. El siguiente proceso es la expansión irreversible del refrigerante a través de una válvula de estrangulación, que lleva a la pre- sión del evaporador en donde el fluido alcanza la situación de vapor saturado a –8ºC. En el condensador, el aire de retorno pasa de la vivienda al condensador a 20ºC y 1 bar, saliendo a 48ºC sin cambios apreciables en la presión. En el evaporador, la temperatura media equivalente del aire en contacto con el evaporador es 10ºC más alta que la tempe- ratura del evaporador. Los procesos del condensador y el evaporador son internamente reversibles. Usando el modelo de gas ideal para el aire y el de sustancia real para el refri- gerante, a) Dibuja el ciclo en un diagrama T-s b) Calcula el rendimiento isoentrópico del compresor c) Escribe la expresión de la variación de entropía del universo, como suma de la en- tropía generada en las irreversibilidades interiores y en las exteriores y señala el origen de las diferentes producciones de entropía, 1 Cuando la exergía del flujo de calor se considera parte de la exergía perdida o destruida. 99 d) Evalúa la generación de entropía señalada en 3), calculando cada uno de sus com- ponentes en el condensador, el compresor, en kJ/kg· K, la válvula de expansión y el evaporador, kJ/K y por kg de refrigerante y el incremento de la entropía del universo, en kW/K si la potencia de calefacción es de 10 kW. Ayuda: Trabaja con los sucesivos volúmenes de control correspondientes a cada equipo y resuelve en ellos los balances. Rtas: 1. El ciclo en el diagrama Ts: 2. η s = 0.643 ó 64.3 % 3. ΔS univ = ΔS sist + ΔS ent = S gii + S gie 4a. Irreversibilidades interiores: Compresor: s gii = 0.0580 kJ/kg· K Válvula estr.: s gii = 0.0281 kJ/kg· K 4b. Irreversibilidades exteriores Sistema Condensador-entorno: s gie = 0.0276 kJ/K y por kg de refrigerante Sistema: Evaporador-entorno: s gie = 0.0174 kJ/K y por kg de refrigerante ΔS univ = S gii + S gie = = 0.010 kW/K 100 Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de au- toaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas, aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios, cuando convenga. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Si te pide clave de ac- ceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. Pb. 5.18.- Cálculo de la entropía comparando procesos Un sistema cilindro-pistón contiene inicialmente agua líquida saturada a 50ºC. El sistema sufre un proceso de calentamiento a P cte hasta alcanzar el estado de vapor saturado, de dos formas distintas: proceso de absorción de calor internamente reversible. el proceso tiene lugar por la acción de un agitador de paletas. El sistema está aislado térmicamente. Se pide: a) Representa el proceso gráficamente en el diagrama Ts. b) Calcula en cada caso el calor y el trabajo intercambiados por unidad de masa, en kJ/kg c) Aplica el balance de entropía al sistema en ambos casos y calcula la variación de entropía total del sistema. ¿Qué diferencia hay entre los dos casos? Ayu Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados, bastará apli- car el primer principio para s Rtas: 1. u 1 = 1314.13 kJ/kg; u 2 = 2965.84 kJ/kg; h 1 = 1385.11 kJ/kg; h 2 = 3275.70 kJ/kg 2. W x = 4 777.7 kJ. Pb. 5.19.- Se hace circular durante 1 sg. una corriente eléctrica de 10 A por una resistencia de 25 W, mien- tras se mantiene constante la temperatura de la resistencia en 27°C.(m=10 g, C p = 0.836 kJ/kg· K). Considerando una situación estacionaria, calcula: d) ¿Cuál es la variación de entropía de la resistencia? e) ¿Cuál es la variación de entropía del Universo? Ayuda: Pendiente 101 Rta: Pb. 5.20.- Un inventor pretende patentar un dispositivo que produce electricidad de modo que reci- be un flujo de calor de 400 kJ/s y produce la correspondiente cantidad de electricidad. La temperatura media termodinámica de la frontera, Tbm, se estima ser 400 K. Calcula cuánto puede ser la producción de electricidad del mencionado dispositivo y cali- fica si es viable o no. La Ayuda: Pendiente Rta: Pb. 5.21.- Se comprime aire en un dispositivo cilindro-pistón entre un estado inicial a 1 bar y 300 K y uno final a 20 bar y 600 K. Determina si el proceso puede ser adiabático y en el caso de respuesta negativa identifica el flujo de calor mínimo que es necesario para un proceso viable. Ayuda: Pendiente Rta: Pb. 5.22.- Un depósito cilíndrico perfectamente aislado tiene 4 m 3 de volumen y se divide en dos subsistemas mediante un pistón móvil, diatérmano que inicialmente está fijo en el centro del depósito. En cada uno de los subsistemas hay vapor de agua, saturado a 36 bar en una de las partes y a 650ºC y 10 bar en la otra. Se libera el pistón que alcanza una posición de equilibrio. Determina 1. T final del depósito 2. P final del depósito 3. Generación de entropía producida en el depósito 4. Generación de entropía del universo en el proceso. Ayuda: Pendiente Rta: 102 Sección B: Problemas resueltos 103 1. Conceptos generales. Cambio de unidades Pb. 1.1.- Conceptos generales Define y analiza brevemente el significado de los siguientes términos: sistema termo- dinámico, volumen de control, propiedad, propiedad intensiva, estado de equilibrio, pro- ceso, ciclo termodinámico, fase, proceso adiabático. (Debes trabajar este enunciado en el documento TermoGraf: Pb 01.01 Conceptos) Pb. 1.2.- Base molar y base másica Las masas atómicas o moleculares de las sustancias O 2 , N 2 , NH 3 , C 2 H 4 , H 2 O, pueden consultarse en la Tabla 1 del Apéndice o seleccionando en TermoGraf la sustancia y con un clic en . Determina el número de kmol existente en 10 kg de cada una de ellas. Es- cribe una tabla con el valor de R en base molar y en base másica (1 kg) para las sustan- cias recogidas en el enunciado. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Las masas de diferentes gases. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: No se analizan estados o procesos. Basta aplicar las definiciones corres- pondientes. Análisis: R es una constante universal para todos los gases cuando nos referimos a un molgramo, es decir cuando se trata del mismo número de moléculas, sea la sustancia que sea. Si hablamos de otra unidad de masa como el kg, entonces R tomará un valor distinto (al- gunos autores lo identifican como “r”) para cada sustancia pues en un kg habrá distinto número de moléculas en función de la masa que tenga la molécula de dicha sustancia. Tomaremos el dato de masa molecular de la información de cada sustancia y con ella calculamos nº kmol = 10/(masa molecular). Con este procedimiento vamos obteniendo los valores recogidos a continuación Rtas 1 O 2 N 2 Amoniaco Etileno Agua nº kmol/10 kg: 0.3125 0.3569 0.5871 0.3565 0.5551 R (kJ/kmol· K) 8.314 8.314 8.314 8.314 8.314 r (kJ/kg· K) 0.2598 0.2968 0.4881 0.2964 0.4615 Pb. 1.3.- Ecuación térmica de estado Un depósito contiene 0.3 kmol de gas dióxido de carbono (CO 2 ) en condiciones estándar. ¿Cuál es su volumen especí- fico, en m3/kmol, si se cumple P· v = RT? Determina el valor de la masa si lo expresamos en kg y cal- cula con este valor el volumen total, en m 3 , utilizando la expresión anterior. 1 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. 104 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas metano contenido en un depósito. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Configuración: No se necesita un análisis energético por lo que sirve cualquier modo de análisis. Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar masa de control (MC). Condiciones: Unidades de masa en kilomoles. Utilizaremos la expresión de la ecuación térmica de estado. Análisis: Recordando el significado de la convención Condiciones Estándar. Tomado de Wikipedia a la vez que revisamos el otro concepto de Condiciones Normales; Condiciones normales de presión y temperatura (abreviado CNPT) o presión y tempe- ratura normales (abreviado PTN o TPN) hace referencia a los valores de presión y tem- peratura que imperan en un laboratorio. Es un término definido por la I.U.P.A.C. como: término cualitativo, en función de la pre- ferencia del investigador, que usualmente implica la presión ambiental y la "temperatura del lugar". Preferiblemente las variables de temperatura y presión deberían ser tomadas como valores representativos de las condiciones actuales (o rango de condiciones) em- pleadas en el estudio. Es muy común tomar como condiciones normales aquéllas que implican que la tempera- tura de referencia es de 25ºC (298,15 K) y la presión de 1 atm (definida como 101325 Pa). Se denominan normales porque son las que imperan normalmente en un laboratorio, aunque también son posibles temperaturas de 15ºC o 20ºC. El término "Condiciones Normales" se suele utilizar mucho para la medición de volúme- nes de gases en muchos campos de la ciencia, como en Termodinámica y Química. Si se toma el valor de la temperatura ambiente del lugar como 25ºC (o 298K) y la presión co- mo 1 atm, en el caso de gases ideales: PV =n RT --> V= 1x 0.082x 298/1ATM =24,436 l, que es el volumen de un mol de un gas ideal en condiciones normales. Sin embargo en Termodinámica se usa de forma mucho más habitual otras condiciones de referencia que son más cómodas y fácilmente reproducibles, especialmente en el cálculo de entalpías y energías libres de reacción: las llamadas condiciones estándar. Las condiciones estándar hacen referencia a una temperatura de 273K (0ºC) y a una presión de 1 atm (101.325 Pa) siendo un mol de un gas en estas condiciones 22,386 li- tros, que usualmente se simplifica en 22,4 l. Con los valores, pues, de T = 0ºC = 298.15 K y P = 1 atm = 1. 01325 bar tendremos para el volumen molar: v = R (kJ/kmol· K) · T (K) / P (100· kPa) = = 8.314 · (273.15) / 1.0132 · (100 kN/m2) = 22.413 m3/kmol Y para la masa propuesta: Masa en kg: 0.3 (kmol) · 16.04 (kg/kmol) = 4.812 kg y V = (8.314 (kJ/kmol)/16.04(kg/kmol))· (273.15 / 1.0123 · (100 kN/m2) = 6.724 m3 Consideraciones: Revisa el concepto de Condiciones Normales y el de Condiciones Estándar que se recogen más arriba 105 Pb. 1.4.- Proceso politrópico Un dispositivo cilindro–pistón que contiene 10 kg de acetileno es comprimido desde el estado 1, con P1 = 1 bar, v1 = 800 cm 3 /g, hasta el estado 2, con P 2 = 10 bar, V 2 = 3 m 3 . Durante el proceso, la relación entre la presión y el volumen específico toma la forma P· v n = cte. Determina el valor del índice n y calcula con ella el valor de V cuando P es 400 000 Pa. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: 10 kg de acetileno en un cilindro-pistón. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Configuración: Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar masa de control (MC). Condiciones: Proceso politrópico del que se desconoce el índice. Análisis: Deberemos obtener el valor de v 2 pues con éste y el resto de datos: v 1 , P 1 , P 2 podremos obtener n de la ecuación del proceso politrópico: P 1 · v 2 n = P 2 · v 2 n Así pues calcularemos v 2 = 3 m 3 / 10 kg = 0.3 m 3 /kg y con él, despejando en la ecua- ción anterior: n = ln(P 2 /P 1 ) / ln(v 1 /v 2 ) = 2.3476 Con este valor podremos calcular el valor de V para P = 400 000 Pa = 4 bar: V (4 bar) = ((P 2 · V 2 n ) / P 1 ) 1/n = ((10 · 3 2.3476 ) / 4) 1/2.3476 = 4.432 m 3 Consideraciones: Conviene que diferencies entre la ecuación de estado: P· v=R· T y la ecuación de cualquier proceso como uno isotermo o isócoro… En la primera tenemos la relación entre las tres propiedades llamadas térmicas de un es- tado. Esta ecuación se cumple para todos los estados de una sustancia con esa eciación de estado (los gases ideales). A diferencia de esto, la ecuación de un proceso sólo se cumple para los valores específicos de los estados del proceso. Por ejemplo la isoterma T = 300 K es el lugar geométrico de los estados cuya T = 300 K. O, dicho de otro modo, sólo los estados con T = 300 K cumplirán con la ecuación del proceso isotermo. Pb. 1.5.- Escalas termométricas Se construye un termómetro con una escala cuyo cero coincide con la temperatura de ebullición del propano a presión atmosférica, y cuyo valor 100 se corresponde con la lec- tura 100 de la escala Fahrenheit. Se pide determinar la temperatura en ºC, cuando la lec- tura en dicha escala sea 87. ¿A qué equivale, en K, una de sus unidades? ¿Y en ºC?. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: No tiene efecto. Modelo de la sustancia: Idem. Configuración: Idem. Condiciones: Se analiza un cambio de escala en un termómetro de diseño especial. Análisis: La temperatura de ebullición a una presión dada es la temperatura de cambio de fase a esa presión. Podemos determinarla si identificamos un estado en cambio de fase a la presión atmosférica. Es decir: P = 1.0132 bar y puede ser líquido saturado o vapor 106 saturado a esa presión, que son los estados sobre la curva de saturación (como verás al estudiar las propiedades de las sustancias los títulos respectivos son x = 0 y x = 1). Debemos establecer una proporción entre el nº de divisiones de una escala y el de otra (véase la figura de la página siguiente) y a partir de dicha relación puedes responder todas las cuestiones. Así: Observando la zona a la derecha de la figura se deduce que 100 unidades ºE equivalen a 143.42 unidades ºF. Por otra parte si definimos las temperaturas en ºC que corresponden a los puntos 0-100 de la escala E podremos hacer la correspondencia entre ambas escalas. A partir de ahí el paso de la lectura de 87ºE a ºC es inmediato y puedes calcular todas las preguntas restan- tes. Si 100ºE equivalen a 143.45ºF, tenemos que 1ºE será equivalente a 1.4342ºF. Como por otra parte 180ºF corresponden a 100ºC (zona izda de la figura), tenemos que 1.8ºF son 1ºC y 1ºF=(1/1.8)ºC. Así 1ºE será igual a 1.4342·(1/1.8)ºC → 1ºE = 0.797ºC Por otra parte el 0 de la escala E es -43.42ºF que pasados a ºC serán (-43.42-32)ºF· (1/1.8)ºC/ºF =-41.92ºC o dicho de otro modo: la división 0ºE coincide con la - 41.92 de la escala C, que coincide con la división - 43.45 de la escala F. La lectura de 87 divisiones en la escala E serán (87*0.797) divisiones en la escala ºC. La lectura en la escala Celsius será, pues: (87*0.797)-41.92 = 27.42ºC Pb. 1.6.- Estados termodinámicos La fig. Pb 1.6 muestra parte de una instalación de potencia. En ella, una turbina produce trabajo que extrae del vapor de agua que recibe. El caudal a la entrada de la turbina es de 31000 l/min y la presión, regulada por una válvula, es 2800 kPa. El flujo másico medido a la salida de la turbina es de 6 kg/s, la temperatura es 410ºF y la presión es 12.8 bar. Con los datos anteriores: f) expresa P 1 en bar. g) calcula T 1 en ºC. h) calcula T 2 en K i) expresa P 2 en cm de columna de agua. Fig. Pb 1.6 RESOLUCIÓN 107 Sistema a estudio: El vapor de agua en la turbina. Modelo de la sustancia: Sustancia real (agua en fase vapor). Configuración: Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar volumen de control (VC) ya que el sistema es abierto: tiene una frontera permeable al flujo de ma- sa. Condiciones: No se necesitan consideraciones energéticas y basta con buscar las propie- dades termodinámicas térmicas (P, V, T) en Tablas o TermoGraf. Análisis: Una turbina se analiza como Volumen de Control, con una entrada y una sali- da, y el flujo másico es el mismo en ambas. Como T 1 no es un dato tendrás que obtenerlo del diagrama en Termograf, representando el estado con dos datos que conozcas (Principio de Estado para una sustancia PvT). Como conoces el flujo másico y el caudal a la entrada puedes determinar el volumen específico, v 1 , y con P 1 tienes la información precisa para representar el estado. Empezaremos por determinar el v especifico (m 3 /kg) en el estado 1. Para ello tendremos en cuenta que el flujo másico es el mismo en 1 y en 2. Si además, observamos la unidades y la definición de flujo másico y caudal, concluiremos que: v 1 (m 3 /kg) = Caudal en 1 (m 3 /s) / Flujo másico (kg/s) = (31.5/60) / 6 (m 3 /kg) =0.0875 (m 3 /kg) Tenemos así: P 1 : 2800/100 = 28 bar T 1 : (572.088-32)/1.8 = 300.05ºC T 2 : 273.15+(410-32)/1.8 = 483.15 K Y para P 2 en cm de columna de agua: 1 bar equivale a 75.0062 cm de Hg. Las alturas de columna de agua y Hg son inversamente proporcionales a sus densidades (concepto de presión). En consecuencia 1 bar equivale (ver Ej. 1.1) a 75.006*13.59/1 = 1019.33 cm de agua, y P 2 = 28541.4 cm de columna de agua. Consideraciones: Trabaja tus problemas llevando siempre el análisis de las unidades de manera apropiada y cuidadosamente pues te permiten identificar posible errores en las expresiones o al sustituir las propiedades. Es importante trabajar siempre en el SI y cuidar con las expresiones que incorporan unidades no estándar. Por ejemplo el producto de una presión por un volumen es una energía. Analiza el valor en kJ de (1 bar· 1 m 3 ). 108 2. Primer principio. Flujos de trabajo y calor Pb 2.1.- Balance de energía en sistemas cerrados 1 Un recipiente rígido y bien aislado tiene dos cámaras separadas por una pared móvil, ini- cialmente sujeta, que permite el flujo de calor y trabajo entre ambas partes. En uno de los lados a 5 bar y 350 K hay una cierta masa de aire y en la otra hay CO 2 a 2 bar y 500 K. Se deja libre la pared móvil de modo que finalmente se alcanza el equilibrio con P=3.2 bar y T=430 K en ambas partes. Determina la masa de cada gas, sabiendo que el volumen del recipiente es 1 m 3 . RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Las masas de dos gases, m a y m CO 2 en cámaras separadas y cerradas. Modelo de la sustancia: Gas ideal para ambas sustancias. Condiciones: Se conoce el estado inicial para ambos subsistemas a y b. No se conocen las masas pero si el volumen total. No se conocen los procesos. No hay efectos gravitato- rios y la pared exterior es adiabática. Análisis: El equilibrio final depende del tipo de paredes (restricciones) existentes. En este caso el equilibrio es en temperatura y presión porque se indica que la pared de se- paración es móvil y diatérmana. Por otra parte se cumple que el sistema completo siem- pre es la suma de los subsistemas (ambas cámaras). Además, por ser gases ideales, su energía interna queda determinada por su temperatura. La masa de cada gas queda determinada por el volumen ocupado en condiciones concre- tas de P y T, ya que se cumple P· V = m· R· T. Como dato se nos da el volumen total que será suma de los volúmenes de cada parte. Designando con prima el subsistema de CO 2 , y con 1 el estado inicial y 2 el final, tendremos: V = (V 1 + V´ 1 ) = (V 2 + V´ 2 ). Además: P 1 · V 1 = m a · R· T 1 P 2 · V 2 = m a · R· T 2 P´ 1 · V´ 1 = m CO 2 · R· T´ 1 P 2 · V´ 2 = m CO 2 · R· T 2 pues P y T son iguales para los dos subsistemas en el estado final. Este sistema de cuatro ecuaciones tiene seis incógnitas: las dos masas y los cuatro volú- menes. Por eso si añadimos las dos anteriores (V 1 + V´ 1 ) = 1 m 3 y (V 2 + V´ 2 ) = 1 m 3 tendremos un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas fácilmente resoluble. Hay, sin embargo, un modo alternativo más directo, utilizando el primer principio, y que es inmediato con TermoGraf: las propiedades de estado, en concreto la T nos permite determinar el valor de la energía interna de cada estado y cada parte, y con P y T pode- mos determinar el volumen específico de cada estado. Si tomamos como sistema el recipiente completo, que es rígido y adiabático, podremos asegurar que no hay variación de energía en el conjunto. Por ello, podremos escribir: 1 El documento Pb 02.01.tme de TermoGraf recoge una variante con N2 en lugar de CO2 y alguna cues- tión complementaria en relación con los flujos de Q y trabajo a través del émbolo que no contempla el ejercicio aquí resuelto. 109 ΔU a + ΔU b = 0 es decir: m a · (u fin – u in ) a + m co2 · (u fin – u in ) b = 0 Y en cuanto a los volúmenes: m a · v fin a + m b · v fin b = 1 m 3 , siendo v fin a = R a · T fin /P fin = (8.314/28.97) (kJ/kg· K) · 430 K / 320 kPa = 0.6308 m3/kg v fin b = R CO 2 · T fin /P fin = (8.314/44.01) (kJ/kg· K) · 430 K / 320 kPa = 0.2066 m3/kg A partir de los datos tenemos: (u fin – u in ) a = 62.324 kJ/kg (u fin – u in ) b = -115.27 kJ/kg luego escribiremos el siguiente sistema ma· 62.324 kJ/kg + m CO2· (-115.27 kJ/kg) = 0 ma· 0.6308 m3/kg + m CO2· 0.2066 m3/kg = 1 m3 que resuelto da: m a =1.826 kg y m CO 2 =0.987 kg Consideraciones: Es importante recordar a la hora de buscar propiedades en tablas, que en el modelo de Gas Ideal (también en el de Gas Perfecto), una isoterma es una isoe- nergética e isoentálpica (o sea: T=cte supone u=cte y h=cte). Esto quiere decir que en estos dos modelos u, h son función sólo de la T. Cuando se introduzca el segundo principio podrá comprobarse si el proceso señalado es viable y qué tipo de intercambio de trabajo (con efectos disipativos o sin rozamiento en el émbolo móvil) se ha producido. Un planteamiento distinto sería exigir la existencia de reversibilidad y analizar cuáles son las condiciones del equilibrio final. Pb. 2.2.- Trabajo en un compresor 1 El aire entra a un compresor refrigerado 2 que opera en situación estacionaria 3 a una pre- sión de 1 bar, a una temperatura de 300 K y a una velocidad de 12 m/s a través de una sección de 0.05 m 2 . En la salida, la presión es 9 bar, la tempera- tura 650 K y la velocidad 2 m/s. El calor se transfiere del com- presor al entorno con una velocidad de 30.27 kW. Calcula, con el modelo de gas ideal, supuesto el proceso politrópico, 1. el índice del mismo, 2. el flujo másico, fm, en kg/s. 3. el calor específico medio del proceso C proc, m = q/ΔT 4. la potencia consumida por el compresor, en kW. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que contiene al compresor. Modelo de la sustancia: Gas ideal. 1 Este ej. y el sig. con sus respectivos documentos TermoGraf son dos variantes con ligeros cambios. El sig. presenta alguna cuestión complementaria que ayuda a la comprensión de los conceptos aquí utilizados. 2 ¿Por qué es positivo refrigerar un compresor? Pb 2.2 Compresor no adiabático 110 Condiciones: El proceso tiene carácter estacionario 1 . El balance debe reflejar la existen- cia de energía cinética y tener en cuenta la energía que aporta la masa que fluye en la entrada y salida del VdeC. Este balance toma la expresión (Δu) VC = (h 1 + c 1 2 /2 - h 2 2 - c 2 2 /2) + q – w vc En ella w vc es el trabajo excluido el de flujo que va incluido en la entalpía como se verá luego. Análisis: 1) El índice n es una relación entre las propiedades P y v. Puesto que conocemos dos propiedades, P y T,de cada estado inicial y final podemos representarlos en TermoGraf y obtener v que permite obtener n despejando de P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n , tenemos n = ln (P 2 /P 1 ) / ln(v 1 /v 2 ) = 1.277 ¿Cómo calcularías v sin recurrir a TermoGraf? 2) En cuanto al flujo másico, fm, del análisis en la entrada: fm =(V/v) e =(c· sección/v) e = (12 m/s)· (0.05 m 2 ) / (1.6453 m 3 /kg) = 0.3647 kg/s 3) El calor específico medio será C proc, m (kJ/kg· K) = q/ΔT = (-30.27 kJ/s) /(0.3647 kg/s) /ΔT = = - 83kJ/kg / (650-300)K = 0.237 kJ/kg· K 4) Para el cálculo de la potencia necesitamos el flujo másico y el trabajo que lo obtendre- mos del balance. En éste deberemos tener en cuenta las velocidades de entrada y salida, c e y c s , y la energía cinética que suponen. La expresión del BALANCE (por kg y para sistema estacionario) es: (Δu) VC = (h 1 + c 1 2 /2 - h 2 2 - c 2 2 /2) + q – w vc expresados todos los sumandos en kJ/kg como veremos luego. El primer miembro de la expresión anterior del balance es cero por el carácter estaciona- rio del proceso y q y w vc corresponden al flujo de calor y trabajo que atraviesan la fronte- ra por unidad de masa 2 y w vc representa el trabajo total que atraviesa la frontera excluido el de flujo (que está incluido en h 1 y h 2 ) 3 . La energía cinética por unidad de masa debemos escribirla en kJ/kg, es decir: Ec 1 = (c 1 2 /2) = 12 2 /2 m 2 /s 2 = 72 J/kg = 0.072 kJ/kg; Ec 2 = (c 2 2 /2) = 0.002 kJ/kg Para q en kJ/kg: Q kJ/s = -30.27 kJ/s ; y q = (-30.27 kJ/s) /(0.3647 kg/s) = -83 kJ/kg Con todo ello despejando w vc w vc = (280.53 + 0.072 -660.67 - 0.002 ) kJ/kg - 83 kJ/kg = - 463.07 kJ/kg Luego para la potencia 4 : W VC = 0.3647 · (- 463.07) = -168.88 kW El signo negativo refleja que el trabajo se suministra al sistema. 1 Proceso estacionario es el que se produce en un sistema abierto (VdeC) de modo que las condiciones termodinámicas en cualquier punto del VdeC o de su frontera permanecen constantes en el tiempo aunque cambien de un punto a otro. 2 Aunque es un cociente entre los flujos totales y el másico, puede interpretarse como el flujo de calor o trabajo que transfiere un kg en su paso por el interior del VdeC. 3 Estos conceptos se trabajarán en extensión en los capítulos siguientes. 4 Por comodidad editorial la terminología afectando a los flujo de calor y trabajo, Q y W, se diferencia con la identificación de las unidades. Por ej. si es potencia, Q se expresará en kW. En caso contrario será kJ o kJ/kg cuando se hable de flujo por unidad de masa. 111 Consideraciones: Puede comprobarse el peso insignificante que significa la energía cinética en el balance. Con velocidades tan bajas no equivale ni al 0.1 % de la entalpía en juego. Puesto que W VC es igual al total menos el de flujo, podemos pensar que la medida de la potencia del compresor a partir de este valor supone “etiquetar” al compresor con un va- lor menor al consumo real que tendrá. En consecuencia ¿debería calcularse la potencia con el trabajo total y no con el W VC ? Si calculamos el trabajo de flujo 1 : w flujo = P 2 · v 2 - P 1 · v 1 = + 1.0043 kJ/kg, vemos que el trabajo total, es decir, w = w vc + w flujo es igual a – 362, 8 kJ/kg, menor en valor absoluto que el w vc . Así pues, éste representa el máximo valor y define el consumo del compresor. Este resultado podemos interpretarlo como que el W VC se emplea en comprimir el gas hasta los 9 bar y en moverlo a través del volumen de control. Pb. 2.3.- Balance generalizado de energía en un compresor El aire entra a un compresor refrigerado con una presión de 1 bar, una temperatura de 300 K y una determinada velocidad a través de una sección A1 de 0,06 m 2 . En la salida, la presión es 6 bar, la temperatura 350 K y la velocidad 370 m/s con una sección A 2 de 25 cm 2 . El calor se transfiere del compresor al entorno con un ritmo de 1195 kW. El com- presor opera en situación estacionaria y con rozamientos (hay trabajo disipativo). Calcula, con el modelo de gas ideal, y supuesto que el proceso puede representarse por una politrópica: 1. El índice, n, del proceso politrópico, 2. El flujo másico, en kg/s, 3. La velocidad de entrada, en m/s, 4. El caudal a la salida, en litros por seg., y 5. La potencia consumida por el compresor, en kW, y 6. El trabajo disipativo que origina un incremento de la poten- cia necesaria. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que contiene al compresor. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El proceso tiene carácter estacionario 2 . El balance debe reflejar la existen- cia de energía cinética y tener en cuenta la energía que aporta la masa que fluye en la entrada y salida del VdeC. Este balance toma la expresión (Δu) VC = (h 1 + c 1 2 /2 - h 2 2 - c 2 2 /2) + q – w vc Análisis: 1) El índice n es una relación entre las propiedades P y v. Puesto que conocemos dos propiedades, P y T, de cada estado inicial y final podemos representarlos en TermoGraf y obtener v que permite obtener n despejando de 1 Recuerda que w o q indican flujos de energía por unidad de masa. 2 Proceso estacionario es el que se produce en un sistema abierto (VdeC) de modo que las condiciones termodinámicas en cualquier punto del VdeC o de su frontera permanecen constantes en el tiempo aunque cambien de un punto a otro. Pb 02.03 Compresor no adiabático 112 P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n , tenemos n = ln (P 2 /P 1 ) / ln(v 1 /v 2 ) = 1.277 Sin recurrir a TermoGraf podríamos obtener v utilizando la ec. térmica de estado: P· v = R· T 2) En cuanto al flujo másico, fm, del análisis de datos en la salida: fm = (V/v)₂ = c 2 · A 2 / v₂ = (7 m/s)· (0.0025 m2) / (0.16745 m3/kg) = 5.524 kg/s 3) Como el flujo másico en entrada y salida deben coincidir, obtenemos la velocidad c 1 sin más que despejar de la expresión anterior para los datos en la entrada. Así: c₁ = fm · v₁/A₁ = 5.524*0. 86117 / 0.06 = 79.286 m/s 4) El caudal en la salida será V 2 = c 2 · A 2 = fm · v 2 = 0.0175 m 3 /s = 925 l/s 5) Para el cálculo de la potencia aplicamos la expresión del BALANCE (por kg y para sistema estacionario) que es: (Δu) VC = (h 1 + c 1 2 /2 - h 2 2 - c 2 2 /2) + q – w vc expresados todos los sumandos en kJ/kg como veremos luego. El primer miembro de la expresión del balance es cero por el carácter estacionario del proceso y q y w vc corresponden al flujo de calor y trabajo que atraviesan la frontera por unidad de masa 1 y w vc representa el W total que atraviesa la frontera excluido el de flujo (que está incluido en h 1 y h 2 ) 2 . La energía cinética por unidad de masa debemos escribirla en kJ/kg, es decir: Ek 1 = (c 1 2 /2) = 79.286 2 /2 m 2 /s 2 = 3143 J/kg = 3.143 kJ/kg; Ec 2 = (c 2 2 /2) = 68.45 kJ/kg Para q, flujo total en kJ/kg: q total = (-1195 kJ/s) /(5.5240 kg/s) = -216.327 kJ/kg Con todo ello despejando w vc w vc = {-216.327 + (300.19 + 3.143 – (350.454 + 68.45) )} kJ/kg = = - 331.898 kJ/kg Luego para la potencia 3 : W VC = 5.524 · (- 331.898) = -1833.39 kW El signo negativo refleja que el trabajo se suministra al sistema. 6) Cuando existen efectos disipativos solo pueden determinarse si son la incógnita a cal- cular o se da información sobre las características del proceso disipativo. 1 Aunque es un cociente entre los flujos totales y el másico, puede interpretarse como el flujo de calor o trabajo que transfiere un kg en su paso por el interior del VdeC. 2 Estos conceptos se trabajarán en extensión en los capítulos siguientes. 3 Por comodidad editorial la terminología afectando a los flujo Q y W, se apoya en la identificación con las unidades. Por ej. si es potencia, Q se expresa en kW. En caso contrario será kJ o kJ/kg cuando se hable de flujo por u. de masa. 113 Este último es nuestro caso: sabemos que el sistema sigue un proceso de trayectoria co- nocida del que nos dan el valor del flujo total de calor. Pb. 2.3 b Tres posibles situaciones del proceso Con este flujo total de calor calculado arriba, -216.327 kJ/kg: podemos deducir que el efecto de la fricción equivale a q fricción = -216.327-116.565 = -99.762 kJ/kg y, en términos de potencia: -551.09 kW Este flujo de energía siempre obliga a que el compresor consuma más potencia. Consideraciones: La expresión del balance es sencilla en cuanto a su uso. Se sustituye lo conocido y se calcula la incógnita, en este caso la potencia del compresor. Sin embargo conviene hacerse alguna pregunta como ¿cuánto es el trabajo de fricción? ¿podemos cal- cularlo con los datos proporcionados? ¿qué efecto supone la energía cinética?... Para ello, en el documento Pb 2.3.tme se ha desagregado en tres partes la obtención de la potencia (fig. Pb 2.3b). 1. Proceso reversible sin efectos de Ek (caso desarrollado en el Pb. anterior) 2. Proceso reversible con variación apreciable de la Ek entre entrada y salida 3. Proceso irreversible con variación apreciable de la Ek entre entrada y salida Las ecuaciones que cumplen las distintas denominaciones de trabajos (de expansión, de flujo, disipativo…) se recogen en la última pantalla del citado documento. Un ejercicio interesante será comprobar con los datos de la fig. Pb02.03b las distintas ecuaciones que conozcas, reforzando la relación con el contexto. Pb. 2.4.- Transferencia de calor en una expansión En un cilindro-pistón se produce la expansión lenta y sin rozamientos de 8 kilogramos de gas metano en un proceso para el que la relación presión-volumen es Pv n = cte. La pre- sión inicial es 15 bar y el volumen inicial que es de 1.2 m 3 se triplica en el estado final. No hay variación en las energías cinética y potencial del gas. Calcula: 114 1. El índice politrópico, sabiendo la variación que experi- menta la energía interna específica, u, del gas en este pro- ceso es u 2 – u 1 = – 140 kJ/kg, 2. Calcula también T2, en K, P2 , en bar, W y Q, en kJ, se- ñalando si el sistema recibe o cede este calor. 3. Con el mismo estado inicial y sabiendo que la P final es también la misma que la del proceso anterior, determina la temperatura y energía interna específica finales así como la transferencia neta de calor de los procesos para los valores del índice de po- litropía: n = 1 y n = 1,2651. Analiza Δu y Q en ambos procesos e identifica alguna característica significativa de los mismos. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (metano) contenido en un cilindro-émbolo. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El sistema se estudia en el modo MdeC adecuado para sistemas cerrados. Siendo el proceso politrópico reversible le es de aplicación las distintas expresiones para Gas ideal y para procesos politrópicos. La información disponible es: Estado inicial: P1 = 15 bar; v 1 = 1.2 m 3 / 8 kg = 0.15 m 3 /kg Estado final: v 2 = 0.15 m 3 /kg · 3 = 0.45 m 3 /kg Análisis: 2. Estos dos datos definen el estado inicial. Buscando en tablas o tomando el dato de TermoGraf, tenemos que u 1 = 99.9815 kJ/kg y por tanto u 2 = (99.9815 – 140) kJ/kg = - 40.0185 kJ/kg. Con este dato y el volumen v2 = 0.45 m 3 /kg queda definido el estado final, Su presión P 2 es 4.1966 bar. De la ecuación de una politrópica P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n , despejamos n = ln (P 2 /P 1 ) / ln(v 1 /v 2 ) = 1.159 3. Para la T tenemos T 2 = 364.318 K. Para P 2 = 4.1966 bar En cuanto al trabajo, podemos utilizar la expresión del trabajo de expansión, que en un proceso reversible de un sistema cerrado define el flujo de trabajo atravesando la frontera. Es decir W 1-2 = m · ∫ P · dv = m · (P 2 · v 2 - P 1 · v 1 ) / (1-n) = 1813.98 kJ. Para el flujo de Q podemos utilizar el primer principio: Q = ΔU + W = -8 kg· 140 kJ/kg +1813.98 kJ = 693.983 kJ, calor que recibe el sistema. 3. Para n =1 observamos que la T no cambia a lo largo del proceso, lo que era de espe- rar pues para n = 1 la politrópica es P· v = cte que combinado con la ec. térmica de estado: P· v = R· T lleva a la constancia de la T en el proceso. Así: T f = 434.07 K. Como además, en gases ideales U (y H) son solo función de T, se deduce que U = cte que llevado a la ec. del primer principio para MdeC (sin flujo másico a través de la frontera del sistema) implica que: Δu = 0 y W = Q por ser el proceso Isotermo.. Para calcular W no podemos emplear la expresión W = m· (P 2 · v 2 - P 1 · v 1 ) / (1-n) utilizada antes pues el valor queda indeterminado (0/0). Debemos utilizar la específica para proce- sos isotermos de gas ideal: W (n=1) = m· R· T· ln (v 2 /v 1 ) = 2292.81 kJ = Q (n=1) Para n = 1.2651, tras obtener de tablas, o en TermoGraf, el valor de u final , Pb 2.4 Expansión de un gas ideal 115 u f = - 98.86 kJ/kg , y aplicando las expresiones anteriores del punto 2 tenemos: T f = 332.14 K, Δu = -198.8 kJ/kg ; Para W = 1590.7 kJ/kg y como ΔU = 8 kg · -198.8 kJ/kg = -1590.7 tenemos para Q: Q ≈ 0; luego el proceso es prácticamente Adiabático. Consideraciones: No es habitual manejar valores del índice de politropía con cinco ci- fras significativas. Sin embargo dado que el cálculo de propiedades tanto de estado como de proceso que se apoyan en el valor de este índice es sensible a pequeñas diferencias, se hace necesario forzar la precisión en cálculos “manuales” para que no reflejen desviacio- nes que pudieran parecer excesivas con cálculos dentro del programa TermoGraf. En cuanto al problema presente, es interesante analizar cómo de una expansión se puede obtener más o menos trabajo (objetivo natural de las expansiones) a costa del calor sumi- nistrado desde un foco. Parece que lo más conveniente será el proceso isotermo que trans- forma todo el calor en trabajo lo que resulta enteramente cierto. Sin embargo, la utilidad de un proceso debe ir unida a la economía del diseño técnico y, como veremos, al anali- zar ciclos, resulta mucho más simple separar los procesos de aporte de calor que se reali- zarán en equipos isóbaros de los procesos que deben realizar trabajo para los que resulta complejo el aporte simultáneo de calor. Con esta limitación, el más positivo es el adiabático puesto que para procesos con índice mayor el trabajo se hace menor por que empieza a haber pérdidas de calor, siempre fáci- les de conseguir pero inadecuadas para los procesos de producción de trabajo. Como colofón, podemos concluir que en los procesos de compresión, en los que hay que suministrar trabajo, éste será menor si existe cesión de calor simultánea con el suministro del trabajo para la compresión (véase el Pb 2.2 como ejemplo). Pb. 2.5.- Dos enfoques del balance de energía El cilindro-pistón vertical de paredes adiabáticas de la figura utiliza una resistencia eléc- trica para regular la posición vertical del émbolo cuya superficie es de 0.1 m 2 y su masa 44 kg, de modo que provoca un incremento de 0.09 m 3 en el volu- men inicial del aire, 0.24 m 3 , en un proceso en el que el émbolo sube lentamente, sin rozamientos, mientras la presión exterior no cambia. La masa de aire es de 0.3 kg. Determina, para el sistema formado por el gas (frontera representada en la figura): 1. La presión inicial que soporta el gas en el pistón 2. El trabajo que atraviesa la frontera 3. El incremento de la energía interna en función de la energía ce- dida por la resistencia 4. La transferencia de calor desde la resistencia al aire, en kJ, (de la expresión del ba- lance de energía: primer principio para MdeC) Si consideramos, en un segundo caso, la resistencia incluida dentro del sistema, 5. ¿Cuál es ahora el trabajo que atraviesa la nueva frontera? ¿Y cuál será la expresión del balance de energía para dicho sistema? Pb 2.5 émbolo y frontera 116 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El estado inicial y final tienen P y v bien definidos. El primer caso tiene una fuente exterior de calor que se cede lentamente (de modo reversible). El segundo supone la entrada de un flujo de trabajo eléctrico que es un trabajo disipativo. En ambos casos el proceso es isóbaro. El análisis lo desarrollamos como MdeC (sistema sin flujos de masa o cerrado) Análisis: Como se ha señalado, en el primer caso tenemos bien definidos tanto los esta- dos inicial y final como el proceso: isóbaro reversible. Calcularemos los dos datos dispo- nibles para determinar el resto de propiedades necesarias para el balance de energía. Como la masa es 0.3 kg y V 1 es 0.24 m 3 tendremos v 1 = V1/m = 0.8 m3/kg y para P 1 : 1. P 1 = P o + mpistón· g/A = 1 (bar) +(44· 9.8/0.1) (Pa)· 1(bar)/100000 (Pa) = 1.04312 bar En cuanto al estado final: P 2 = P 1 y v 2 = 0.8 m 3 /kg + 0.09 m 3 / 0.3 kg = 1.1 m 3 /kg 2. El trabajo es, en este caso, exclusivamente el de expansión W x pues el proceso es re- versible y el análisis es en MdeC. Podemos calcularlo con la integral de P· dV. Será W=W x = P· (V 2 - V 1 ) = 1.043 bar · (100 kPa/bar)· (0.09 m3) = 9.39 kJ 3. De tablas, tras determinar T 2 con P 2 · v 2 = R· T 2 , o directamente de TermoGraf: u 2 = 285.914 y U 2 -U 1 = m· (u 2 -u 1 ) = 0.3 kg· (285.914-207.412) kJ/kg = 23.55 kJ 4. Conocemos el cambio en la energía interna, U, y el trabajo del proceso luego con el balance del primer principio: m· ( u 2 -u 1 ) = Q – W tendremos Q = m· ( u 2 -u 1 ) + W = 23.55 + 9.39 = 32.94 kJ, calor proporcionado por la resistencia eléctrica. 5. El trabajo será ahora la suma de los dos flujos existentes: el trabajo de expansión, cal- culado antes, y el trabajo disipativo que es el trabajo eléctrico que proporciona la resis- tencia y que es negativo, de acuerdo con el convenio de signos, pues entra en el sistema: W = (W x - |W d |) = 9.39 – 32.94 = - 23.55 kJ En cuanto a la expresión del balance de energía será: U 2 -U 1 = 0 - (W x - |W d |) = |W d | - W x = 23.55 kJ Consideraciones: Puede parecer sorprendente que una resistencia proporcione calor o trabajo según la frontera definida. Sin embargo es totalmente coherente con la forma de transferir el flujo de energía que libera la resistencia: Si ésta se sitúa en el exterior de nuestro sistema termodinámico la frontera “percibe” un foco a T > T frontera lo que determina una transferencia de calor. La irreversibilidad es exte- rior (en la frontera) y el proceso interno es independiente de esta irreversibilidad. Si la resistencia está dentro del sistema: La frontera es ahora adiabática y es atravesada por un flujo de trabajo eléctrico (consecuencia de la diferencia de potencial en bornas) que produce un desequilibrio interior, irreversibilidad interna que redistribuye la energía interna. Pb. 2.6.- Trabajo exterior Considera el sistema del problema anterior de modo que el pistón quede dentro del mismo. En este caso la energía potencial del sistema cambia a lo largo del proceso. Teniendo en cuenta esto, calcula 1. La expresión del balance de energía para el nuevo sistema 117 2. El trabajo exterior, si se incluye el émbolo dentro de la frontera, usando el balance de energía, 3. Comprueba que el trabajo disipativo coincide con el calculado antes. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El estado inicial y final tienen P y v bien definidos. La nueva frontera im- plica que debe considerarse la energía del sistema termodinámico como la suma de las diversas componentes (a efectos de los términos que cambian) U y E p . El proceso es isó- baro. El análisis lo desarrollamos como MdeC (sistema sin flu- jos de masa o cerrado). Análisis: Habitualmente se escribe el balance de energía consi- derando la U que es lo que puede cambiar en el proceso. For- malmente deberíamos escribir la suma de todas las energías existentes. Sin embargo ya que nos interesan los cambios, en este caso el primer principio se escribirá teniendo en cuenta sólo las energías dentro del sistema que van a sufrir modificaciones: 1) ΔE = ΔU + ΔE p = Q - (W ext + W d ), con Q = 0 pues la frontera es adiabática y considerando que el trabajo que atraviesa la frontera del nuevo sistema es W ext y W d , definido el primero como el trabajo realizado contra la presión exterior que en este caso no coincide con la del gas. 2) Teniendo en cuenta los valores calculados para los distintos términos que coinciden con los valores del problema anterior: ΔU = 23.55 kJ y W d = - 32.94 kJ y que ΔE p = m émb · g · Δz = 44 kg · 9.8 N/m · (0.09 m 3 /0.1 m 2 ) = 0.388 kJ tenemos para W ext = - (23.55 + 0.388 – 0 – 32.94 ) = 9.0 kJ que es el mismo valor que si calculamos el Wx con la P exterior: Wext = Wx = P (Vf - Vi) = = 1 bar · 0.09 m3 = (100 kN/m2)· (0.09 m3) = 9.0 kJ 3) Finalmente, si tomamos como conocidos ΔU a partir de las propiedades de los estados termodinámicos ΔE p calculada con los datos del enunciado W ext calculado a partir de la definición P· dV aplicada al proceso y con la P exterior y que Q = 0 por frontera adiabática, bastará despejar W d para obtener su valor que resulta ser el ya conocido: Wd = -32.94 kJ Consideraciones: En estos dos ejercicios queda patente que una de las causas de aparen- te dificultad de la Termodinámica está en la ambigüedad de los análisis si no se hacen con rigor para dejar bien establecidas las condiciones de sistema, frontera y flujos. Bien determinado todo ello la dificultad se reduce notablemente. Como un ejemplo más de posible ambigüedad: Si hemos incluido el émbolo y su energía potencial ¿por qué no incluimos la energía eléc- trica de la resistencia que también queda dentro del sistema: 118 No incluimos ΔE resistencia porque ésta no experimenta cambios en su composición. El tra- bajo disipativo corresponde al flujo a través de la frontera. Pb. 2.7.- La combinación de subsistemas La pared interior de un cilindro aislado adiabáticamente separa dos masas de aire de 2 kg a 10 bar y 500 K y 4 kg a 4 bar y 320 K respectivamente. La pared divisoria entre ambos es rígida y móvil e inicialmente se encuentra fijada por un retén. Se elimina éste y se deja evolucionar a la divisoria muy lentamente. Se desea conocer las condiciones finales de equilibrio de ambos subsistemas, temperatura y presión finales de las cámaras, si la pared divisoria es diatérmana RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en dos cámaras separadas por una pared móvil y diatérmana. Modelo de la sustancia: Gas ideal en ambos subsistemas. Condiciones: Se conoce el estado inicial 10 bar y 500 K para el subsistema a y 4 bar y 320K para el subsistema b. Las masas permiten definir el volumen inicial a partir del vo- lumen específico utilizando la ec. térmica de estado. No se conocen los procesos. Análisis: Las propiedades extensivas de ambos subsistemas son aditivas de modo que el valor total se mantiene constante entre los estados inicial y final. Los datos permiten co- nocer el volumen inicial en cada cámara así como la energía interna. El tipo de pared definido permite definir la relación entre las propiedades en el equilibrio final: La pared móvil supone que se igualarán las presiones finales y la pared diatérmana que habrá intercambio de calor mientras las temperaturas no coincidan, luego en el estado final P y T son las mismas en ambos subsistemas: Pa=Pb y Ta=Tb De las condiciones iniciales P y T podemos obtener v en Tablas o de TermoGraf: V 1a = v 1a · m a = 0.287 m 3 V 1b = v 1b · m b = 0.9188 m 3 Y, consiguientemente, para el volumen total tendremos: V total = 1.2057 m 3 En cuanto a la energía interna, determinada u inicial en cada subsistema a partir de su temperatura, tendremos para la energía interna total: U 1a = u 1a · m a = 718.934 kJ U 1b = u 1b · m b = 913.676 kJ Luego U total = 1632.610 kJ Como esta magnitud se conserva, la T final es la misma y en consecuencia lo es la u final, tendremos que este valor será u 2 = 1632.61/(m a +m b ) =272.10 kJ Con u 2 determinamos en tablas o en TermoGraf la T del equilibrio: T 2 = 380.65 K de modo que podemos calcular la P final aplicando la ec. térmica P· V = m· R· T a cual- quier subsistema o, ya que no conocemos los volúmenes finales, al volumen total: P 2 = (m a +m b )· R· T 2 /V total = 5.437 bar 119 Consideraciones: El estado final de ambos subsistemas está unívocamente determinado pues conocemos T y P finales, no así los procesos que deberán ser tales que flujos de ca- lor y trabajo sean iguales y de signos opuestos en ambos subsistemas. Pb. 2.8.- Comparación de procesos y modos de análisis Construye un cuadro con los flujos de calor y trabajo neto 1 producidos en cada uno de los procesos que sufre un sistema formado por 12 kg de aire, que pasa desde un estado inicial de presión 11 bar y volumen V 1 = 0.96 m 3 a uno final de volumen = 0,8 m 3 /Kg a través de las siguientes transformaciones: - un proceso isotermo hasta alcanzar un volumen 1,5 veces el inicial, seguido de - un proceso isóbaro en el que se triplica el volumen previo, seguido de - un proceso adiabático hasta alcanzar el volumen V 2 seguido de - un proceso isócoro hasta el estado final con P final igual a P o = 1 bar. 1. Supón sistema cerrado y construye el cuadro correspondiente. 2. Supón luego volumen de control y repite el cuadro Explica las diferencias que ves entre uno y otro. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un recinto. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: Se conocen datos de todos los estados que completados con las condicio- nes de los procesos permiten definir un par de propiedades por estado para calcular el resto Estado 1: P 1 y v 1 y con la ec. térmica de estado para gas ideal → T 1 Estado 2: por el proceso 1-2: T 2 =T 1 y v 2 =1.5· v 1 y con la ec. térmica de estado para g. id.→ P 2 Estado 3: por el proceso 2-3: P 3 =P 2 y v 3 =3· v 2 y en tablas → s 3 Estado 4: v 4 =v 5 y por el proceso s 4 =s 3 Estado 5: v 5 y P 5 Análisis: Determinados los estados y los procesos basta calcular los diferentes flujos de W y Q con los resultados que se recogen en la tabla siguiente y se analizan a continua- ción. El primer aspecto a destacar es que la tabla anterior es válida para procesos reversibles. En los procesos disipativos hay que considerar que W y W vc incluyen el trabajo disipati- vo. El segundo aspecto es que el análisis VdeC se está aplicando a un sistema cerrado. Lo habitual es aplicarlo a un sistema abierto por el que fluye una masa m 2 . Así W será W = W x + W d y W vc será W vc = W t + W d 1 El concepto de trabajo neto se emplea para diversas situaciones y puede resultar ambiguo. Aquí alude al trabajo neto que atraviesa la frontera que, en un sistema cerrado, es todo el trabajo, W, pero en el caso de un sistema abierto este trabajo neto, W VC , no incluye al trabajo de flujo (el necesario para que la masa fluya a través de la frontera). 2 La expresión diferencial del primer principio para este caso es, sin mayor consideración, dU = o m· (h+c 2 /2+g· z) e -om· (h+c 2 /2+g· z) s + Q - W vc . Los términos y sus variantes se analizarán en el capítulo 4. 120 La relación entre los distintos trabajos es: W = W t + W f siendo W f = P 2 · V 2 – P 1 · V 1 Tabla Pb 2.8 Pb. 2.9.- Trabajo en un compresor Se comprimen dos kg de aire desde V 1 = 1.8 m 3 , P 1 = 1 bar hasta v 2 = 0.3 m 3 , P 2 = 9 bar. La relación entre la presión y el volumen durante el proceso es una relación lineal. 1. Calcula el trabajo para el gas, en kJ/kg, y el flujo de calor, Q, en kJ/kg. 2. ¿Puedes identificar qué proceso politrópico pasa por esos dos mismos estados? 3. ¿Puede considerarse el primer proceso también politrópico? RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: Se conocen P y v para los estados inicial y final, así como la forma del proceso. Es aplicable la ec. de estado del gas ideal. Se considera un proceso no disipativo. Análisis: Para el cálculo del trabajo en un proceso existen dos vías típicas: - Utilizar la ecuación del proceso para integrar la expresión adecuada. En este caso sería la del trabajo de expansión pues al no haber W disipativo W = W x = ∫ P·dv - Apoyarse en el balance del primer principio si es la única incógnita. En este caso es la primera opción la adecuada para lo que necesitamos la ec. del proceso. Esta ecuación (ec. de la recta que pasa por dos puntos) es: P-P 1 = {(P 2 –P 1 ) / v 2 -v 1 )} · (v-v 1 ) en la que sustituyendo los datos nos da P = (-40· v+39)/3 El W será : m·∫P·dv que con una sustitución de variables conduce al resultado w = {(-40· v 2 )/2+39· v}/3 entre los límites superior: 0.3 e inferior 0.9, es decir 121 w = 3 bar· m 3 /kg · (100 kJ/bar· m 3 )= - 300 kJ/kg 1. Así, W = m· w = 2 kg · -300 kJ/kg = - 600 kJ En cuanto a Q, será la segunda opción la apropiada: Q = ΔU + W Calculando U en tablas o con TermoGraf y sustituyendo: Q = 369.76 kJ 2. El análisis de la forma funcional P· v n = cte muestra que dos cualesquiera estados de un diagrama Pv son conectables con un proceso politrópico. En nuestro caso la politrópi- ca será la que tenga por índice n = ln(P 2 /P 1 ) / ln(v 1 /v 2 ) que da como resultado n = 2 3. Dos estados sólo pueden conectarse con una politrópica de índice n. En consecuencia el proceso propuesto en el enunciado no puede ser una politrópica ya que ésta existe y es distinta. Consideraciones: En este ejemplo el cálculo de la integral ∫P·dV puede hacerse con el concepto de valor medio de una integral, definido para la función P(v) como P m = ∫P·dv / Δv ya que para un proceso línea este valor es simplemente (P 2 +P 1 )/2 como muestra la figura. De acuerdo con esto, Pm = 5 bar, y como Δv = -0.6 tenemos para w: w = 5 bar · - 0.6 m3/kg = -300 kJ/kg una vez ajustadas las unidades y que coincide con el calculado previamente. Pb. 2.10.- Trabajo en un proceso real En un control de un motor Otto se determina una serie de valores para la presión y el vo- lumen en la expansión de los gases dentro de un cilindro de un motor de combustión in- terna. Los respectivos valores se recogen en la tabla adjunta: dato P (bar) V (litros) 1 26.910 0.301 2 20.350 0.373 3 13.950 0.488 4 8.975 0.690 5 5.697 0.973 6 3.550 1.344 7 2.470 1.720 Apoyándote en dichos datos y con la hipótesis de que los gases pueden asimilarse a una masa de aire y tratarse como gas ideal: 1. Sabiendo que la T de los gases en el momento de máxima compresión era de 1410.4 K: ¿Qué masa contiene el cilindro, en kg? 2. Obtén el volumen específico de cada uno de los datos de la tabla, represéntalos en un diagrama P-v e intenta aproximar un proceso politrópico a dichos estados. ¿Cuál es la ecuación correspondiente? 3. ¿Cuál es el trabajo que hacen los gases sobre el pistón durante la expansión, en kJ? Decimos que este cálculo es una aproximación ¿Por qué? 122 4. A partir de la aproximación: ¿Cuál es el flujo de q que se libera en el proceso, en kJ/kg? Se te ocurre alguna consideración al respecto del resultado. 5. Puedes calcular también el trabajo utilizando el procedimiento gráfico visto en el problema anterior. Hazlo y comprueba la variación relativa con el obtenido ante- riormente. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en el cilindro de un motor Otto Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: Se tienen los datos de siete estados de un proceso. El V es el correspon- diente a la masa que ocupa el cilindro. Son utilizables las ec. del gas ideal y de la politró- pica una vez obtenida su expresión Análisis: 1. La masa se obtiene despejando en la ec. P 1 · V 1 = m· R· T 1 : m = 26.91 (bar) · 0.301 (l) · (100 kPa/bar)·(1/1000 m 3 /l) / {8.314 (kJ/kmol·K) · (1/28.964 kg/kmol) · 1410.4 (K)} = 0.002 kg Con ella podemos obtener los volúmenes específicos correspondientes a las medidas efectuadas, como recoge la tabla adjunta. Llevando estos valores a una hoja de cálculo (el ajuste lo podemos entre P y V o P y v) obtenemos una representación como la de la gráfica en la que se recoge la función poten- cial ajustada a los datos y mostrando una muy buen factor de correlación (R 2 = 0.999). De acuerdo con este ajuste, la ecuación buscada es 2. P· v 1.36 = cte Valor que es muy similar al conseguido por simple apreciación visual en TermoGraf. Tabla de datos experimentales y el v específico Gráfica mostrando el ajuste Se deja como ejercicio el ajuste de una recta sobre datos logarítmicos. 3. El trabajo de la politrópica será w = (P 7 · v 7 - P 1 · v 1 ) / (1-n) = 534.63 kJ/kg y para el W: W = 0.002 · 534.63 = 1.0392 kJ = V/m dato P (bar) V (litros) v (litros/kg) 1 26.910 0.301 150.47 2 20.350 0.373 186.280 3 13.950 0.488 244.100 4 8.975 0.690 344.856 5 5.697 0.973 486.381 6 3.550 1.344 672.240 7 2.470 1.720 860.110 123 4. En cuanto al flujo de calor, de manera aproximada tomando el cambio en energía in- terna específica de TermoGraf y aplicando el primer principio q = - 577.22 + 534.63 = - 42.59 kJ/kg Este valor no es significativo (al margen de su carácter aproximado) si se compara con w = 534.63 pudiendo considerarlo despreciable. 5. Podemos también calcular el área encerrada bajo la curva considerando ésta como una poligonal resultado de unir los datos experimentales y calcular el área encerrada bajo ca- da tramo por el teorema del valor medio aplicado a ese tramo recto (véase el Pb 2.9). Tendremos para el área total la expresión w = E {(P i +P i+1 )/2}· (v i+1 -v i ) = 5455.75 bar · l/kg y con el cambio de unidades w = 545.75 kJ/kg valor muy similar al obtenido con el modelo ajustado. Consideraciones: La afirmación hecha en el punto 4. no es una exageración independien- temente de que q representa menos del 10% de w. Como se ha dicho en anteriores problemas, una expansión de la que queramos obtener trabajo (caso de este proceso en el ciclo Otto) no debe desperdiciar su potencial cediendo calor por lo que nos interesa que sea adiabáti- ca. Lógicamente un proceso perfectamente adiabático es imposible. De ahí que los datos no ajusten exactamente con el proceso teórico que es un proceso adiabático como muestra la figura del ciclo teórico en el que está superpuesto el proceso experimental. En el correspondiente proceso adiabático teórico el w es 539.31 kJ/kg y q es cero lógica- mente. Pb 2.11.- Análisis energético de un ciclo 1 Un flujo másico de 0.2 kg/s de gas aire recorren un ciclo termodinámico que consiste en los cuatro procesos siguientes: Proceso 1-2: presión constante, P 1 =11 bar, V 1 =0.032 m3, (W x ) 12 = 51.314 kW 1 El análisis energético en un ciclo tiene particulares características. a) Desde el punto de vista de modo de análisis el ciclo puede realizarse en un único equipo (por ej. en el motor de combustión interna alternativo) con análisis de MC o en una sucesión de equipos (por ej. en un ciclo de potencia) que supone el análisis de VC en cada uno de ellos. b) El hecho anterior implica que el W a considerar en los respectivos balances del primer principio sea o W total o Wvc que difiere de W en que no incluye el W de flujo. c) Cuando se analiza equipo a equipo la diferencia es importante. Sin embargo si se analiza en el sistema en conjunto, puesto que la sustancia estudiada recorre un ciclo, las variaciones de U o H al completar el ciclo son nulas luego el W y el Wvc para todo el ciclo (Wneto) coinciden. 124 Proceso 2-3: expansión con P· v = cte, u 3 = u 2 , P 3 = 482 kPa Proceso 3-4: volumen constante, u 4 – u 3 = – 988.14 kJ/kg Proceso 4-1: compresión adiabática, Q = 0 Se pide (a) Representa el ciclo en un diagrama P-v. (b) Calcula el trabajo neto para el ciclo, en kJ/kg y como potencia, en kW. (c) Calcula el calor transferido al gas, en kW. (d) Calcula el rendimiento (en %) Si se invierte el sentido del ciclo (e) Calor que se absorbe, en kJ/kg. (f) Calor que se cede, en kJ/kg. (g) Coeficiente de operación, γ, si el ciclo se emplea como bomba de calor. (h) Coeficiente de operación, β, si el ciclo se emplea como ciclo de refrigera- ción. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en el cilindro de un motor Otto Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: Se tienen datos de estados y de procesos de modo que utilizando las ecua- ciones de los procesos y las relaciones del modelo de gas ideal como la ec. de estado se pueden completar las parejas de datos que definen los estados y que permiten calcular en tablas o en TermoGraf las magnitudes demandadas. Análisis: (a) El ciclo aparece representado en la figura adjunta en un diagrama Pv . En él se señalan los procesos corres- pondientes. Las diferentes pasos para conseguir la información pre- cisa para su representación han sido: Para v 2 , del dato del trabajo en 1-2 tenemos V 2 =[(Wx 12 /P 1 )]+V 1 = (51.314(bar)/11(bar*100kPa/bar))+0.032= 0.07865 m 3 Con esto: v 2 = V 2 /m = 0.39325 m3/kg Y conocidos P 2 = P 1 y v 2 es posible ya calcular u 2 y T 2 : u 2 = 1211.28 kJ/kg; T 2 = 1506.92 K Asimismo, con T 3 =T 2 y P 3 = 4.82 bar es posible calcular u 3 y v 3 u 3 = 1211.28 kJ/kg v 3 = 0.89745 m3/kg Finalmente v 4 = v 3 y como u 4 – u 3 = – 988.14 kJ/kg tenemos para u 4 u 4 = 1211.28 - 988.14 = 223.14 kJ/kg Con estos valores de u y las ec. de los procesos será sencillo calcular los valores de W y de Q o, por unidad de masa, w y q. (b) El trabajo neto w será la suma de los distintos trabajos en cada uno de los procesos (como el análisis en MC y los procesos son reversibles este trabajo será el de expansión w x : w 12 = (51.314 kW) / (0.2 kg/s) = 256.57 kJ/kg 125 w 23 = R· T 2 · ln(v 2 /v 1 ) = 356.93 kJ/kg w 34 = 0, pues v = cte w 41 = - (u 1 – u 4 ) = - 221.67 kJ/kg Así el w neto será la suma de los anteriores: w ciclo = 391.82 kJ/kg y para W = w· m será W ciclo = 78.365 kW (c) En cuanto al calor suministrado será el de los procesos 12 y 23: Q 12 = ΔU 12 + Wx 12 = 153.29 + 51.31 = 204.608 Y como el proceso 23 es isotermo, lo que implica que ΔU 23 es cero: Q 23 = Wx 23 = 153.29 + 51.31 = 71.385 kW Por tanto el calor absorbido o suministrado en el ciclo será: Q abs = Q 12 + Q 23 = 275.99 kW (d) En cuanto al rendimiento, viene definido como n = Wciclo/Q absorbido = 78.365 / 275.99 = 0.2839 = 28.39% Si invertimos ahora el ciclo (obsérvese que no solo cambia el sentido de los procesos sino su numeración acorde con el recorrido) tendremos los signos de los flujos energéticos también invertidos. En consecuencia: (e) El calor absorbido será, en este ciclo: q 23 = (197.63 kW) / (0.2 kg/s) = 988.14 kJ/kg (f) En cuanto al calor cedido será el absorbido en el ciclo directo pero con signo negativo: Q ced = 275.99 kW/ (0.2 kg/s) = -1379.96 kJ/kg (g) El COP, γ, para la bomba de calor será γ = |q ced | / |w ciclo | = 1379.96 / 391.82 = 3.522 (h) El COP, β, para el ciclo de refrigeración será β = |q abs / |w ciclo | = 988.14 / 391.82 = 2.522 Consideraciones: Conviene insistir en los tres conceptos relativos a los rendimientos de los ciclos según sea el objetivo de los mismos. En todos ellos podemos decir que relacionan en forma de cociente aquella magnitud que es el objetivo (el trabajo neto en el ciclo de potencia, el flujo de calor tomado del foco frío en el ciclo de refrigeración o el de calor cedido al foco caliente en la bomba de calor) con aquella otra que ha sido necesario proporcionar para conseguirla (el calor absorbido en el ciclo de potencia y el trabajo suministrado en los otros dos considerandos). Pb 2.12.- Flujos en una bomba de calor Cuáles son, por kg de fluido refrigerante recorriendo el ciclo, las transferencias de calor a través de la frontera de una bomba de calor que trabaja en las condiciones de la figura (w = - 10 kJ/kg) y con un COP = 2.8. Si la potencia suministrada es 15 kW, cuál es el flujo másico circulando y los flujos de energía a través de la frontera del sistema. 126 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un sistema con paredes diatérmanas y móviles que permitan flujos de calor y trabajo. Modelo de la sustancia: Cualquiera (no se precisan cálculos de propiedades de estado luego no es necesario conocer el modelo de sustancia en el sistema termodinámico). Condiciones: No son necesarios datos de propiedades de estados o conocer los procesos pues se dan los datos de flujos necesarios (bas- ta conocer el de trabajo) para resolver las cuestiones. Análisis: Las expresiones que debemos utilizar son: Aplicando las expresiones anteriores a los datos de la figura: De la (2): |q c | / |w | = |q c | / 10 = 2.8, luego q c = - 28 kJ/kg (flujo de calor negativo abandonando el sistema) Y de la (1): q f = 28 - 10 = 18 kJ/kg (flujo de calor positivo entrando en el sistema) En cuanto al flujo másico m = Wciclo/w ciclo = -15 kW/ -10 kJ/kg = 1.5 kg/s Y los flujos totales serán : Q c = 1.5 kg/s · (- 28 kJ/kg) = - 42 kW Q f = 1.5 kg/s · 18 kJ/kg = 27 kW 127 3. Propiedades y modelos Pb. 3.1.- Entalpía de vaporización (cambio de fase) Representa mediante una gráfica el valor de Δh vap frente a P (o a T) para el caso del agua (desde P = 5 kPa hasta la presión crítica) y del Refrigerante134a (desde T = -20 ºC hasta su temperatura crítica) y haz alguna consideración sobre los resultados en relación con la utilización de estas sustancias. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad . Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C; Agua; Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación, estudiando datos de líquido saturado (ls), de vapor saturado (vs) y de cambio de fase (c.f) Análisis: Teniendo en cuenta la definición de entalpía de vaporización, bastará tomar de una tabla que recoja los valores de la curva de saturación o, con TermoGraf, representar un proceso como el de la figura Pb3.1c que parte de un estado con título 0 y termina en un estado con título 1. Con ese tipo de proceso se ha construido la tabla siguiente y se han representado, en la Fig. Pb3.1ª, los diferentes valores h líq , h vap y h vaporización como la dife- rencia entre ambos. Entalpía de vaporización para el agua en el intervalo de temperaturas 25ºC-T crítica Fig. Pb3.1a.- Representación de vaporización, h líq sat y h vap sat frente a la T saturación , para el agua 128 Una inspección de los valores muestra que la vaporización es una función decreciente con la temperatura o con la presión. A su vez, su valor entre 1000 y 2000 kJ/kg para un am- plio intervalo de presiones o temperaturas, hace del agua una sustancia de trabajo idónea para servir de vehículo a fuertes transferencias de energía como las que tienen lugar en una caldera o en un condensador. Ello permite alcanzar elevadas potencias en la instala- ción, con un flujo másico relativamente reducido. Fig. Pb3.1b.- Proceso utilizado para investigar la variación de la h vaporización , para el Refrigerante 134a La siguiente tabla recoge los valores de la entalpía de vaporización para el Refrigerante 134a, frente a T sat o P sat . En este caso, su valor, más reducido que en el caso del agua indica que este refrigerante no es idóneo como sustancia de trabajo en una planta de po- tencia. Entalpía de vaporización para el R134a en el intervalo de temperaturas 25ºC- Tcrític 129 Fig. Pb3.1c.- Curvas de variación de las entalpías de saturación frente a la temperatura o la presión, para el R134a. Sin embargo, dado el rango de temperaturas (-20ºC a 40ºC) y presiones (1 a 10 bar) en el que h vaporización se mantiene con escasa variación y un valor aceptable, encontramos que puede constituir una sustancia ideal para ser utilizada como sustancia de trabajo en un ciclo de refrigeración. Pb. 3.2.- La construcción de tablas Construye una tabla con los valores de P, v y T para los estados de cambio de fase para mezclas bifásicas líquido-vapor para el agua entre 20ºC y 340ºC, con intervalos de 40ºC. j) Representa la relación P-T con una escala logarítmica para la presión, en bar y una escala lineal para la temperatura, en °C. k) Representa la relación P-v para la parte de líquido saturado con una escala lo- garítmica para el volumen, en m 3 /kg y una escala lineal para la presión, en bar. l) Realiza un ajuste de tipo polinómico a los datos, en ambos casos, mediante algún programa adecuado (una hoja de cálculo puede ser válida). Representa una cualquiera de las ecuaciones en el intervalo del ajuste y comprueba si es extrapolable con suficiente precisión para valores menores y mayores de las temperaturas propuestas. Interpreta. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C; Agua; Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación, estudiando datos de líquido saturado para deducir una expresión que permita evaluarlos. Análisis:Los valores correspondientes a la curva de saturación (zona de líquido saturado) se recogen en la tabla adjunta. Si representamos dichos valores mediante la interfaz gráfi- ca de una hoja de cálculo podemos ver la forma de la curva de saturación para líquido, tomando P(T), o P(v). 130 Tabla que recoge los valores “experimentales” para P, v, T en situación de líquido saturado. Las gráficas obtenidas se recogen en la figura Pb3.2. En la segunda, que corresponde a la curva de saturación, fase líquida, entre los límites T sat = 20ºC a 340ºC, se ha incluido el ajuste realizado con un polinomio de 6º grado, que se ciñe perfectamente a los datos utili- zados para el ajuste. Fig. Pb3.2.- Representación P(T) y P(v) y ajuste en este último caso con un polinomio de grado 6. La tabla siguiente muestra los efectos de extrapolar el ajuste antes citado hasta 20ºC por cada uno de sus extremos. En la última columna se ha recogido el error relativo. Análisis y comentarios Es evidente que el método de ajuste a datos experimentales permite calcular, con sufi- ciente precisión, los valores de las propiedades ajustadas en el rango seleccionado. Así, no sólo podemos construir una tabla para consulta sino incorporar a un programa de or- denador el citado ajuste que permitirá calcular rápidamente cualquier valor dentro del rango ajustado. Sin embargo, esto, que puede ser una fácil solución para rangos, comportamientos, sus- tancias, y variables relacionadas muy concretos, resulta mucho más complicado si que- remos obtener las distintas relaciones termodinámicas de interés (como podría ser u(T,P)), o ampliar rangos. 131 T v P (experim.) P(ajuste) diferencia T v P (experim.) P(ajuste) diferencia ºC dm3/kg P(v) en bar P(v) en bar (Paj-Pex) ºC dm3/kg P(v) en bar P(v) en bar (Paj-Pex) 8 1.0001 0.01033 1.200 1.2 260 1.276 46.915 48.683 1.8 15 1.001 0.0171 1.202 1.2 280 1.336 65 67.040 2.0 20 1.002 0.02345 1.204 1.2 290 1.367 74.398 76.531 2.1 60 1.017 0.1998 1.345 1.1 300 1.405 85.852 87.958 2.1 100 1.044 1.0151 2.221 1.2 320 1.528 120 122.550 2.6 120 1.061 1.9881 3.265 1.3 340 1.639 145.92 148.824 2.9 140 1.08 3.6175 4.928 1.3 350 1.742 165.2 156.788 -8.4 180 1.128 10.031 11.532 1.5 360 1.898 186.58 32.639 -153.9 220 1.19 23.196 24.685 1.5 363 1.966 193.44 -155.761 -349.2 Tabla con los resultados de extrapolar el ajuste (datos P y v del ajuste en cajas) Esto último queda claro al extrapolar la ecuación obtenida en el ajuste anterior. La tabla muestra que la diferencia respecto de los datos “experimentales” es muy pequeño en el rango ajustado pero crece excesivamente fuera del mismo así como nos alejamos. La so- lución para este comportamiento es lo que se llama ajuste por zonas o tramos, operativo en cada rango, y que se hace continuo forzando que la función ajuste suma de otros, tenga valores y derivadas coincidentes en la frontera entre rangos. En cuanto a la diferencia encontrada para valores por bajo de 20ºC, límite inferior del ajuste, es aparentemente pequeño pues los valores de P son muy pequeños. Sin embargo, el error relativo es muy fuerte. Pb. 3.3.- Curva de saturación y curvas de título constante Representa, en un diagrama Pv , utilizando escala logarítmica cuando creas conveniente, las gráficas siguientes, para el agua: a) La curva de saturación, en sus dos componentes: líquido saturado y vapor satura- do, desde 0.1 a al punto crítico, con la presión en MPa y el volumen específico en m 3 /kg. d) Las isotermas 200 ºC, 250ºC, 300 ºC, 350 ºC, T c , 400ºC, 500 ºC, 700 ºC, siendo T c la temperatura del punto crítico. b) Las curvas de título constante: 0.1, 0.3. 0.5, 0.7 y 0.9. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C; Agua; Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación, estudiando datos de líquido saturado y de vapor saturado. Análisis: Acudiremos a TermoGraf, configurando la pantalla y realizaremos barridos que cumplan las condiciones impuestas (x = 0 para la parte de líq. saturado de la curva de saturación, x = 1 para la parte de vapor saturado de la curva de saturación). Con las tablas así construidas acudiremos a una hoja de cálculo para en ella hacer un ajuste que nos pa- rezca aceptable a la previsión deseada. Es evidente que las funciones así obtenidas serán similares (probablemente más imprecisas o par intervalos limitados) a las que utiliza el 132 programa TermoGraf que utilizamos para proporcionar datos supuestamente experimenta- les. En cuanto a las isotermas señaladas son isolíneas que se recogen en la fig. Pb 3.3. Estas isotermas marcan la zona bifásica para T<T c (el dato T c lo puedes ver en TermoGraf acti- vando ). La figura muestra también las isolíneas x = cte para los valores 0.01, 0.1, 0.3…0.9. Comentarios La configuración de las isotermas por debajo de la T crítica presenta una forma carac- terística ¿puedes explicar por qué? ¿Y la forma de las isotermas de T más altas? Asimismo, la forma y distribución de las isolíneas de título constante es también “curio- sa”. No aparece distribuida de modo más o menos proporcional ¿puedes explicar por qué? Intenta encontrar la respuesta y compruébala en el documento Tgraf: Pb 3.3 Pb. 3.4.- Cálculos con el título Determina el estado inicial, dibuja a partir de él un proceso a P cte en un sistema cerrado al que se aportan 300 kJ de energía como flujo de calor y calcula el estado final, utilizan- do tablas y comprobando el resultado con TermoGraf, en las mezclas bifásicas líquido– vapor siguientes: a) 1 kg de agua a 300°C con un volumen específico de 0.002 m 3 /kg. b) 3 kg de Refrigerante Propano a -20 ºC con un volumen específico de 0.015 m 3 . Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua y otro de Propano, ambos con un kg de masa. Sustancia y Modelo: Agua y Propano como Sustancias reales (que incorporan cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C; Agua; Real Condiciones: Se trabaja para ambas sustancias en el domo (en TermoGraf cada sustancia se trabaja en su propia pantalla) Análisis: La fig. Pb 3.4a muestra el proceso requerido en el caso del agua, y la Pb 3.4b el correspondiente al propano. En ellas aparecen los valores pedidos, cuyo cálculo en las tablas se recoge en los apartados siguientes. La secuencia de cálculo con las tablas es, en este caso para el AGUA: DATOS Masa de agua = 1 kg LLEVAN A en TermoGraf T 1sat =300 ºC Llevada a la tabla de saturación P sat = 85.81 bar 85.85 v f = 0.0014036 m 3 /kg 0.001405 v g = 0.02167 m 3 /kg 0.02165 h f = 1344 kJ/kg 1344.6 h g = 2749 kJ/kg 2747.5 v 1 = 0.002 m 3 /kg con x = (v - v g )/(v f - v g ) x 1 = 0.02943 0.0294 x 1 con h f , h g : h = (1 - x)·h f + x· h g h 1 = 1385.3 1386.0 Q = 300 kJ por kg con Δh = Q h 2 = 1685.3 1686.0 133 De h 2 tenemos x = (h - h g )/(h f - h g ) x 2 = 0.243 0.243 Tabla que muestra la secuencia de pasos seguir para resolver las cuestiones con las tablas del Agua Fig. Pb3.4 .- (a) Domo bifásico en el agua. (b) Idem en el propano PROPANO (Tabla de saturación, entrada por T) Con similar procedimiento, obtenemos los resultados para el PROPANO DATOS (m propano = 3 kg) LLEVAN A (-) en TermoGraf T 1sat =- 20 ºC Llevada a la tabla de saturación P sat = 2.444 bar 2.424 v f = 0.001802 m 3 /kg 0.00183 v g = 0.1815 m 3 /kg 0.1822 h f = 46.3 kJ/kg +59.757 106.057 h g = 446.8 kJ/kg +58.306 505.106 V 1 = 0.015 m 3 con x = (v - v g )/(v f - v g ) x 1 = 0.1788 0.1757 x 1 con h f , h g : h = (1 - x)·h f + x· h g h 1 = 53.428 +59.639 113.067 Q = 100 kJ por kg con Δh = Q h 2 = 153.428 +59.639 213.067 h 2 con x = (h - h g )/(h f - h g ) x 2 = 0.2675 0.2682 (-) Los valores en esta columna reflejan cambios en el valor obtenido en unas tablas determinadas y el obtenido en TermoGraf. Estos cambios se comentan a continuación. Comentarios Vemos que en el caso del agua ambos métodos son semejantes en cuanto a precisión. El caso del propano presenta ligeras diferencias en algunos valores debidas, bien a una cues- tión de redondeo, bien a la precisión del modelo empleado en las tablas y en el programa informático. Una segunda diferencia, mayor pero pese a ello no significativa, es la que reflejan los valores de la entalpía, h. Obsérvese que estos valores difieren en torno a 59 kJ/kg para todas las entalpías. Ello es debido a que las tablas consultadas y el programa informático de cálculo utilizan referencias distintas. Hay que recordar que este tipo de funciones se obtiene por diferencias entre cada estado considerado y el valor asignado a un estado de referencia. Si a este estado se le asigna diferente valor, todos los demás 134 mantendrán la diferencia 1. Sin embargo, como en las expresiones de cálculo se utilizan las diferencias entre el valor de una propiedad en cada estado, el desajuste antes visto no aparecerá en el resultado. Así, el título x2 es muy similar aunque en él han intervenido las entalpías. Comprueba con TermoGraf que el W en el proceso no es cero, y sí lo es el W t e interpré- talo desde el punto de vista del primer principio. Pb. 3.5.- Dilatación de líquidos versus compresibilidad de gases Escribe una tabla con los valores, en m 3 /kg, del volumen del líquido saturado y el del vapor saturado en el caso del agua a 100 ºC, 200 ºC y 300 ºC. Represéntalo sobre la curva de saturación y explica por qué, pese a que la temperatura es mayor, el volumen del vapor es cada vez menor, mientras ocurre lo contrario en el caso del líquido. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama T-v; unidades SI con T en ºC y P en bar; MdeC. Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación, estudiando datos de líquido saturado y de vapor saturado. Análisis: La figura Pb3.5 muestra una combinación de los estados del enunciado sobre la curva de saturación con sus volúmenes rotulados, una gráfica con la variación relativa al valor a 100ºC de los correspondientes a las otras dos temperaturas y la tabla con las T sat y P sat correspondiente, del enunciado. Fig. Pb 3.5.- Evolución del volumen del agua sobre los dos tramos de la curva de saturación 1 TermoGraf incorpora una opción para redefinir el valor de la referencia de modo que se pueda trabajar con los valores del estado de referencia de unas tablas determinadas lo que permite contrastar cálculos en ejemplos tomados de un determinado libro. Para ello basta seleccionar el menú: Sustancia-Referencia. 135 El análisis del conjunto muestra que cuando la T sat aumenta. v liq sat lo hace también hasta llegar al punto crítico. Por el contrario, el v del vapor saturado decrece hasta dicho punto crítico. Comentarios: La explicación para el crecimiento del v liq sat hay que buscarla en las propiedades del líquido saturado, sustancia prácticamente incompresible, cuyo volumen cambia casi ex- clusivamente por la variación de T. Es decir, v liq sat es una función muy débilmente de- pendiente de P y con mayor dependencia de la T. Es, pues, este efecto, la dilatación de líquidos el que predomina y, al aumentar T supone un aumento de volumen. Por el contrario, el vapor es fuertemente compresible, por lo que la variación de presión, desde un bar hasta 85 bar no puede sino manifestarse con una reducción de volumen sig- nificativa, casi independiente del crecimiento de T sat . Pb. 3.6.- Análisis en el domo En un cilindro-pistón se encuentra 1 kg de vapor de agua a 450ºC y 6 MPa de presión (estado 1). Inicialmente se expande isotermamente hasta el estado 2 (30 bar) para luego sufrir un enfriamiento a v cte hasta los 230ºC (estado 3), comprimiéndose entonces de modo isotermo hasta que su volumen específico corresponda al mismo valor que el del punto crítico. Se pide a) Representar los estados en un diagrama P-v y en uno T-v. b) Determinar el volumen específico en los cuatro estados así como el título para cualquier estado dentro del domo. c) El flujo de calor q en cada proceso, en kJ/kg. Analizar si en alguno de los estados el uso del modelo de Gas Ideal hubiera dado valores aceptables del v específico Resolución Sistema a estudio: Una masa de 1 kg de agua. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v ó T-v; unidades SI con T en ºC y P en bar; MdeC. Condiciones: Se define una serie de procesos en zona de vapor y en el domo. Análisis: La tabla adjunta muestra el conjunto de propiedades P, v, T y x de los estados definidos, así como los valores correspondientes a las propiedades de proceso Q y W. Se incluye también el cambio de la energía interna para comprobación del primer principio, en análisis de Masa de Control: ΔU = Q-W. En la misma tabla pueden verse los valores correspondientes a modelo Gas Ideal. Puede señalarse que si bien las propiedades térmicas (P y v) no varían excesivamente en los estados de vapor, el estado del domo es lógicamente no comparable. En cuanto al flu- jo Q los valores son menos comparables, con errores superiores al 10% y, en el caso del proceso que acaba en el domo, claramente superiores. Puede señalarse que a igual T el estado con menor presión da un mejor comportamiento (por el error dado, este estado, el 2, sería el único en el que el modelo de Gas Ideal produce resultados aceptables. 136 Sustancia real estado P (bar) T (ºC) v (m3/kg) x (en%) Gas ideal Error % 1 60 450 0.05214 Vapor v = 0.0556 6.6 2 30 450 0.10787 Vapor v = 0.11125 3.1 3 19.582 230 0.10787 Vapor P = 20.873 6.6 4 27.969 230 0.003155 27.68 P = 736 23327950.7 Proceso clase Q W ΔU Q W 1-2 T cte +265.6 +234.7 +30.91 +231.3 231.3 2-3 v cte -393.3 0 -393.3 -343.9 0 3-4 P cte -1883.6 -275.9 -1607.8 -827.6 -827.6 Comentario: En la tabla se puede comprobar el sentido de los flujos de energía atravesando la frontera en función del signo de acuerdo con el criterio aplicado: Q>0 es un flujo hacia el interior, que aumenta la energía interna. W>0 es un flujo hacia el exterior, a costa de la energía interna del sistema. Pb. 3.7.- Transferencia de calor a v cte en el domo Un depósito rígido contiene 50 kg de agua a 40 bar como vapor saturado. La presión del agua cae a 10 bar como consecuencia de la cesión de calor al ambiente. Determina a) El volumen del depósito, en m 3 . b) El título del estado final. c) El calor cedido en el proceso. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua en un volu- men constante. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC y P en bar; MdeC (ya que es un sistema cerrado) Condiciones: Se trabaja en el domo. Análisis: a) Para el volumen del depósito bastará multiplicar los 50 kg de agua en el depósito por el volumen por kg en el estado 1 ó 2, pues coinciden: V = m · v 1 = 50 kg · 0.04977 m 3 / kg = 2.49 m 3 b) Para calcular el título habrá que trabajar con los valores de líq. sat. y vap. sat. para 20 bar. La operación se puede hacer con los volúmenes o con las energías internas pues en ambos caso tenemos v 2 y u 2 . Es decir: x = (0.04977 – 0.001128)/(0.1944 – 0.001128) = 0.25167 = 25.17% Si dibujamos el estado en TermoGraf tendremos directamente el título. c) Para el flujo de calor cedido al ambiente no habrá más que aplicar el primer principio al sistema. 137 ΔU = Q – W = Q pues W = 0 ya que V = cte (recordemos que en procesos sin efectos disipativos el W que cruza la frontera es el trabajo de expansión, W x , que vale ∫ 12 P· dV) Si tomamos los datos de tablas o TermoGraf podemos escribir : ΔU = 50 kg · (u 2 -u 1 ) kJ/kg = 50 · (1219.6 – 2601.1) = - 69077.5 kJ Comentarios: El signo negativo indica que es un calor cedido que reduce la energía interna del sistema. La ligera diferencia con el cálculo ofrecido por TermoGraf es debido a que el cálculo en el ordenador se hace con más cifras decimales que las que aparecen en las tablas de esta- do. En cualquier casos diferencias del orden de la existente aquí no son significativas (la desviación es menor que un 0.02%). Pb. 3.8.- Cálculos, conocido el título, de un refrigerante El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un vo- lumen de 0.01 m 3 . El depósito está a una presión de 0.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0.92. Debemos calcular a) La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. b) El volumen que ocupa cada fase. c) La energía interna por kg, de cada una de las fases y la energía del volumen total. Resolución Sistema a estudio: Una masa de R134a en un volumen constante. Sustancia y Modelo: Refrigerante 134a como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC (no hay que hacer análisis de flujos de W) Condiciones: Se trabaja en el domo con estados de título conocido utilizando las tablas de la sustancia. Análisis: El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un volumen de 0.01 m 3 . El depósito está a una presión de 0.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0.92. Debemos calcular 1. La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. 2. El volumen que ocupa cada fase. 3. La energía interna por kg, de cada una de las fases y la energía del volumen total. 1) Bastará tomar datos de la tabla de la curva de saturación 1 para la sustancia considerada. Estos datos son: Curva de saturación: Línea de la tabla de saturación correspondiente a 0.2 MPa = 2 bar: 1 Al objeto de mostrar las diferencias que pueden producirse en los cálculos de propiedades, este problema se resuelve con los valores tomados de la tabla A.10 (Fundamentos de Termodinámica Técnica, Moran- Shapiro, 4ª Ed. p 827. Editorial Reverté. 138 P (bar) T (ºC) v f (m3/kg) v g (m3/kg) u f (kJ/kg) u g (kJ/kg) 2 -10.09 0.0007532 0.0993 36.69 221.43 Consideremos las siguientes relaciones; x = m g /m total ; m g = x · m total [1] m total = V total /v total ; [2] v total = (1-x)· v f + x· v f = (1-0.92)· 0.0007532 + 0.92· 0.0993 = 0.0914m 3 /kg [3] que llevado a [2] da: m total = 0.01 (m 3 ) /0.0914 (m 3 /kg) = 0.1094 kg con lo que, sustituyendo en [1] se tiene m g = 0.92 · 0.1094 = 0.10065 kg y m f = 0.1094 - 0.10065 = 0.00875 kg 2) aplicando la equivalente a [2] para cada fase : V f = m f · v f = 0.00875 kg · 0.0007532 m 3 /kg = 6.590· E-06 m 3 V g = m g · v g = 0.10065 kg · 0.0993 m 3 /kg = 0.009995 m 3 3) para cada fase, la energía interna por kg se corresponde con los valores de la tabla para la fase líquida y de vapor: u f = 36.39 kJ/kg y u g = 221.43 kJ/kg En cuanto a la energía del volumen total, la obtendremos con la equivalente a [3]: U total = m total · [(1-x) · u f + x · u g ] = 0.1094 kg · [0.08 · 36.69 kJ/kg + 0.92 · 221.43 kJ/kg] = 0.1094 kg · 206.651kJ/kg = 22.608 kJ Comentarios: Los valores calculados para el volumen deben ser similares a los que obtendremos en un programa como TermoGraf, con pequeñas diferencias debidas a la precisión del modelo o de las tablas. Sin embargo, los valores para U dependerán, además, del origen de referen- cia y del valor asignado en él (véase Pb 3.4). En este caso la pequeña diferencia es fun- ción de las ecuaciones que utiliza cada modelo (TermoGraf o tablas utilizadas) para el cálculo de propiedades a partir de los valores de referencia pues el estado de referencia utilizado en TermoGraf se ha hecho coincidir con el de las tablas (menú Sustancia- Referencia). Pb. 3.9.- Ecuación de estado, ecuación de proceso Una masa de Amoniaco sufre un proceso para el que la relación P–v es pv n = constante. Los estados inicial y final del refrigerante son P 1 = 10 bar, T 1 = 550 K y P 2 = 2.5 bar, T 2 = 422.3 K, respectivamente. Calcula la constante n para el proceso y el volumen en el estado final. Resolución Sistema a estudio: Un masa sin fijar (podemos tomar 1 kg) de Amoniaco evoluciona según una ecuación indeterminada en parte. Sustancia y Modelo: Amoniaco como Gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI con T en K; MdeC. Condiciones: El exponente n lo podemos calcular determinando previamente v en cada uno de los estados. 139 Análisis: La ecuación del proceso permite establecer la relación entre el estado inicial y final. Como en ella se relacionan P y v, deberemos optar por deducir la forma de esa ecuación con P y T (datos conocidos), utilizando para ello la relación entre P, v y T (ecuación térmica de estado), o alternativamente, calcular el volumen con esta ecuación y utilizar la relación dada en el enunciado para el proceso. Con esta última opción, de la ecuación de estado para el gas ideal: v 1 = RT 1 /P 1 = (8314 (J/kmol· K) /17.032 (kg/kmol))· 550 K/1.000.000 Pa = 0.2685 m 3 /kg v 2 = RT 2 /P 2 = (8314 (J/kmol· K) /17.032 (kg/kmol))· 422.3 K/250.000 Pa = 0.8246 m 3 /kg Con estos valores podremos sustituir en la expresión P 1 v 1 n = P 2 v 2 n , despejando previa- mente n: n = ln(P 1 /P 2 ) / ln(v 2 /v 1 ) = 1.235 Comentarios: El amoniaco es un refrigerante para el que TermoGraf proporciona los modelo Gas Ideal y Sust. Real. Para otros refrigerantes TermoGraf sólo proporciona modelo Real. En un caso así podremos obtener el volumen en los estados 1 y 2 pero no podremos dibujar el proceso pues una politrópica sólo puede trabajarse con modelo de gas ideal que no está incorporado para las sustancias reales pues, en general, la zona en que se utilizan las sus- tancias para las que no se recoge el modelo de Gas Ideal no tiene propiedades de gas ideal sino de vapor sobrecalentado. Pb. 3.10.- Aplicación de los tres niveles de información Tres kg de propano se comprimen de forma isóbara en un cilindro-pistón. Representa para el propano, en los diagramas P-v y T-v, dicho proceso desde el estado inicial con T 1 =1450 K y v 1 =0.25 m 3 /kg hasta un estado final que es vapor saturado. Calcula también el calor cedido si el trabajo de compresión ha sido -685.25 kJ. Resolución Sistema a estudio: Una masa de propano en un pistón. Sustancia y Modelo: Sustancia real (y para un estado, modelo de gas ideal). Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC. Condiciones: Para dibujar el proceso isóbaro debemos conocer, previamente, la P. Análisis: a) Las tablas 1 del propano no permiten calcular P 1 para un valor tan elevado de la tempe- ratura (1450 K). Por ello aplicaremos el modelo de gas ideal pues a T tan elevadas el error será mínimo. Es decir: P 1 = R· T 1 /v 1 = (8314 J/kmol· K)· ( 44.09 kg/kJ)· 1450 K/0.25 m3/kg = 1093426 Pa =10.93 bar que difiere sólo en un 0.3% del valor dado por TermoGraf. En cuanto a la energía interna, tomamos el valor de TermoGraf: u 1 = 4305.15 kJ/kg. 1 En el caso del propano TermoGraf permite calcular, como sustancia real, a esas temperaturas. La P que proporciona para las condiciones de T 1 y v 1 dadas es P 1 = 10.96 bar. 140 b) A continuación, de la condición del proceso: P = cte, obtenemos la condición necesa- ria para que con la tabla de la curva de saturación podamos completar los datos del estado 2: Con P 2 = P 1 = 10.93 bar y x = 1, tenemos, de la tabla, mediante interpolación (cuadro siguiente) el cálculo de u 2 P (bar) 10 11 10.93 (valor a interpolar) u(kJ/kg) 451.8 455.6 u =451.8+(455.6-451.8)*(10.93-10)/(11-10)= 455.15 Obteniendo el valor: u 2 = 455.15 kJ/kg c) Del balance de energía para un sistema cerrado Δ(m· u) = Q – W y como W = 685.25 kJ (por ser el proceso isóbaro podíamos calcularlo como P· ΔV), tenemos: Q = 3 kg · (455.15 – 4305.15) kJ/kg + (- 685.25) kJ = - 12 235.3 kJ valor lógicamente negativo pues es un proceso con cesión de calor y que difiere del cálculo en TermoGraf (-12 243.7 kJ)en menos del 1 por mil. Comentarios: ¿Por qué es aplicable el modelo de gas ideal al estado 1? A elevadas temperaturas y pre- siones bajas el comportamiento de una sustancia es parecido al de un gas ideal. Por eso si empleamos la ec. P· v = R· T para calcular una de la propiedades en función de las otras dos el error será mínimo. Por otra parte, P 1 no se puede obtener en las tablas de propano sobrecalentado, que no suelen dar valores para estados con tan alta temperatura. Por el contrario, el gas ideal no es aplicable cuando estamos en zona próxima al cambio de fase como es la propia curva de saturación. Entonces, la correspondiente ecuación está tabulada y trabajamos con tablas. Puede comprobarse que la diferencia entre las tablas y TermoGraf para los valores de u y de su variación es pequeña y refleja pequeñas discrepancias en el cálculo por ordenador. Pb. 3.11.- Expresiones del balance de energía (primer principio) Calentamos, a presión constante, 20 kg de una mezcla líquido-vapor de agua con un título del 40 % y una presión de 2 bar hasta alcanzar los 400 ºC. Calcula, mediante tablas y comprobando los resultados con TermoGraf: a) La energía interna y la entalpía de los estados inicial y final. b) El trabajo técnico de expansión. c) El trabajo de expansión. d) El calor absorbido en el proceso. Resolución Sistema a estudio: Una mezcla bifásica de 20 kg de agua, como sistema cerrado. Sustancia y Modelo: Sustancia real Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC. Condiciones: El proceso es isóbaro y reversible. La información precisa la obtendré de tablas o en TermoGraf. Análisis: Conocemos dos propiedades de cada uno de los estados inicial y final del pro- ceso. Será posible, por tanto, calcular el resto de las propiedades, de modo que aplicando el primer principio se puedan responder las preguntas realizadas. Tendremos de tablas o TermoGraf: 141 a) b) Por ser el proceso reversible, el W x , trabajo de expansión, vale: W x = í P· dV = í P· m· dv = m· P· (v 2 – v 1 ) ya que P = cte, luego W x = 20 kg · 20 bar · 100000 Pa/bar · (1.5493–0.35488) m 3 = 47776500 J = 4777.65 kJ c) La expresión para el trabajo técnico es: W t = -í V· dP = -í m· v· dP = 0 ya que P=cte, d) Q se puede obtener de cualquiera de las dos formas del balance de energía en un siste- ma cerrado y para un proceso reversible. (U 2 -U 1 ) = Q – W x [1] (H 2 -H 1 ) = Q – W t = Q - 0, ya que el proceso es a P=cte [2] En consecuencia, de la primera: 20 kg· (2965.8-1314.1)kJ/kg = Q – 4777.65, y despejando y calculando Q = 37811.9 kJ Y de la segunda: 20· (3275.7-1385.1)kJ = Q = 37812 kJ que coincide, como es lógico con la anterior. Consideraciones Hay algunas observaciones importantes: I) Tanto el trabajo de expansión como el técnico tienen expresio- nes de cálculo que pueden realizarse si conocemos el proceso para poder sustituir P en función de v e integrar (para W x ) y vi- ceversa para el W t . II) Pero estos trabajos corresponden al flujo de energía atravesando la frontera si: 1. El proceso es reversible y no hay trabajos disipativos. 2. Si no hay flujo de masa atravesando la frontera (análisis de Masa de Control) el W que consideraremos es el de expansión: W x 3. Si el sistema es abierto, el W que consideraremos es el W t ya que una parte del W atravesando la frontera es el trabajo de flujo que no debemos considerarlo pues tiene un único objetivo: atravesar el sistema 1 . En consecuencia, para sis- temas abiertos hablaremos del W t . Esto tiene implicaciones al expresar el ba- lance de energía, como se verá posteriormente. Consecuentemente con esto, TermoGraf identifica como W reversible el valor W x si hemos definido el análisis como M de C y el valor W t si el análisis lo hemos defini- do como V de C. 1 NOTA: Puede sorprender que en el caso estudiado el trabajo que atraviesa la frontera sea nulo al cambiar el modo de análisis a V de C. Pero el análisis de V de C significa que hay un flujo de masa que atraviesa la frontera y que además del Wt hay que recordar que hay un trabajo de flujo. Así, el Wx de expansión se gasta precisamente, por ser proceso isóbaro, en ese trabajo de flujo. 142 Otro aspecto a considerar es el trabajo por unidad de masa. En este libro empleare- mos el criterio de escribir en minúscula tanto el trabajo como el calor cuando calcu- lemos lo que sería equivalente a los valores específicos de las variables extensivas. III) Como hemos señalado, en cada caso consideraremos estos valores como el flujo de trabajo atravesando la frontera del sistema si no hay trabajos disipativos. Si los hay habrá que añadir a las expresiones [1] y [2] el término correspondiente: W dis que siempre tiene signo negativo pues es un flujo de energía que entra al sistema. Pb. 3.12.- Procesos con trabajos disipativos Una mezcla líquido-vapor de 10 kg de agua, con un título del 20 %, está a 250 ºC llenando un recipiente rígido y aislado térmicamente. Se calienta el agua mediante una resistencia eléctrica de 1000 W. Se pide: a) ¿Cuánto tiempo le costará alcanzar el estado de saturación? b) ¿Qué presión existirá en el depósito cuando el agua haya alcan- zado los 600 ºC? ¿Cuál será el tiempo transcurrido desde el principio? Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera. Sustancia y Modelo: Sustancia real Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC. Condiciones: El proceso es isócoro y disipativo (La información precisa para los estados la obtendremos de tablas o en TermoGraf). Calculados los estados bastará aplicar el ba- lance de energía. Análisis: a) El balance del primer principio para sistemas cerrados dice: (U 2 -U 1 )= Q - W siendo en este caso Q = 0 pues la frontera es adiabática y W= W x +W eléctr = - |W eléctr | pues el depósito es rígido y dV=0. El signo refleja el hecho de que el W disipativo entra en el sistema. tomando valores del diagrama: |Weléctr| = 10 kg · (2467.4 - 1385.0)kJ/kg = 10824 kJ y el tiempo necesario será: t = 10824 kJ/1000 watios = 10.8 s b) Para resolver este punto con Tablas deberé buscar en Tablas de vapor sobrecalentado la P correspondiente a los datos T = 600ºC y v = 0.01102 m 3 /kg. En la línea de 600 ºC encontramos luego P = 280 bar + (320-280)· (0.01061-0.01102)/( 0.01061-0.01241) = 310.9 En cuanto a la energía interna el valor es (de TermoGraf) 3092.14 kJ/k Considerando lo hecho antes, el tiempo total será: t total = (10· (u3-u1)) kJ/1000 watios = (10· (3092.1-1385.0)/1000) s = 17.1 s Consideraciones : Este valor de P difiere del valor, 309.85 bar, obtenido en TermoGraf debido a la interpolación lineal utilizada en el cálculo y que hace el resultado algo más impreciso que el proporcionado por el ordenador. T = 600ºC 280 bar ¿P? 320 bar v = 0.01241 0.01102 0.01061 143 Pb. 3.13.- Corrigiendo un error de interpretación Demuestra que, para un gas perfecto, un proceso politrópico en el que n=c p /c v coincide con un proceso adiabático. Analiza si se cumple esta condición en el caso del gas ideal y compruébalo con TermoGraf. Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera de masa unidad. Sustancia y Modelo: Cualquier sustancia con modelo de Gas Ideal (aire por ej.) Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C ó V de C. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados ini- cial y final coincidan. Análisis: Es frecuente considerar que una adiabática es una politrópica para un gas tanto con el modelo de gas perfecto como con el modelo de gas ideal. Sin embargo no es así, pues una adiabática es una politrópica para un gas perfecto pero no lo es para un gas ideal. La primera afirmación es simple de verificar. Considerando las diferentes condiciones: oQ = c proc · dT, junto con [1] c proc = (n· c v – c p ) / (n – 1) y [2] n = cte por definición de politrópica, cuando imponemos la condición de n = ¸ podemos comprobar que, puesto que ¸ = c p / c v , basta sustituir en [2] para obtener c proc = (c p – c p ) / (c p /c v – 1) = 0, en consecuencia oQ = 0, luego , en un gas perfecto, un proceso politrópico con n = ¸ es un proceso adiabático. Fig. Pb3.13.- Ampliando suficientemente la escala (ver valores en cada elemento de la gráfica) se comprueba que mientras que los estados inicial y final coinciden, ambas gráficas se separan al acercarnos al centro. 144 Sin embargo, para un gas ideal, la afirmación anterior no es correcta por la sencilla razón de que, en un gas ideal: ¸ = c p /c v no es constante, luego P· v ¸ = cte NO puede ser una politrópica si el exponente de v NO es constante. Es fácil hacer la comprobación con TermoGraf. Bastará dibujar, para cualquier gas ideal, un proceso adiabático (dibujado en TermoGraf con la condición oQ = 0) y superponer, en lo posible, uno politrópico. Podemos conseguir, figura Pb3.13, que coincidan el estado inicial y final de dos procesos, uno adiabático y uno politrópico pero entonces se sepa- rarán los estados intermedios por la simple razón de que el valor n de la ecuación politró- pica P· v n = cte será constante a lo largo de toda la curva pero no coincidirá con el valor del cociente c p /c v que irá variando a lo largo de la curva. Coincide con el valor medio de la mencionada relación. Por otra parte, ¿la adiabática próxima podría ser politrópica pero ligeramente diferente?: la respuesta es no ya que ¸ tampoco es constante a lo largo de la curva, siendo sus valores muy parecidos a los que salen en los antes citados cocientes c p /c v . Esta adiabática cum- plirá estrictamente con la condición oQ = 0 siendo muy próxima a un comportamiento politrópico. Pb. 3.14.- Análisis del uso adecuado de modelo y calores específicos Se comprimen 3 kmoles de CO 2 desde T 1 =298 K y P 1 =1 bar hasta 800 K y 15 bar. Calcu- la el incremento de energía interna y entalpía que sufren, utilizando los siguientes proce- dimientos: 1) Mediante las tablas de CO 2 como gas ideal. 2) Mediante las expresiones de (u 2 -u 1 ) y (h 2 -h 1 ) para gas perfecto, sabiendo que en este modelo se toman valores constantes: para c v =27.994 kJ/kmol· K y c p =36.308 kJ/kmol· K 3) Calculando las correspondientes integrales c y · dT y c p · dT entre 298 K y 800 K, to- mando como expresión para c p : c p =(-3.7357+30.529· (T/100) 0.5 - 4.1034· (T/100)+0.024198· (T/100) 2 )(kJ/kmol· K) 4) Utilizando calores específicos ctes iguales a los valores medios de cv y cp en el inter- valo de temperaturas [T 1 T 2 ]. 5) Utilizando el modelo de sustancia real. Analiza los resultados obtenidos mediante la desviación porcentual de todos ellos frente al último caso. Resolución Sistema a estudio: Un sistema de 3 moles de dióxido de carbono. Sustancia y Modelo: Diversos modelos Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C (indiferente pues no consideramos flujos de trabajo) Condiciones: Debemos comparar los cálculos de ΔU y ΔH por distintos procedimientos, utilizando las ecuaciones energéticas para cada uno de los modelos. Análisis: 145 Nos proponemos analizar la variación que presenta el cálculo de ΔU y ΔH a partir de las ecuaciones energéticas que evalúan estas variaciones en función de la variación de la T que experimente el sistema a análisis. Esta es la primera aproximación: U y H son función sólo de la T. Esta aproximación es apropiada para muchas sustancias en función de la zona de estados (fases y modelos apli- cables a esa zona) por la que evolucione el sistema y del intervalo de temperaturas consi- derado. Así, si la sustancia es un gas y el modelo aplicable es el de Gas Ideal, las ecuaciones serán: ΔU = ∫ c v (T) · dT y [1] ΔH = ∫ c p (T) · dT Los calores específicos c v y c p se definen precisamente con las expresiones c v = ∂U/∂T] v ó c p = ∂H/∂T] v c v = dU/dT c p = dH/dT, siendo las dos últimas para el modelo de G Id en el que U y H son sólo función de T . El análisis de los distintos cálculos que se plantean encajan en el siguiente marco: 1) Tablas de gas ideal: utilizan funciones polinómicas de T para c v y c p y construyen las tablas mediante la integrales definidas por [1] a partir del estado de referencia. 1 2) Expresiones de Gas Perfecto: Utiliza las expresiones anteriores calculadas con la exigencia de que c v y c p sean constantes y coincidan con sus valores respectivos para T = 300 K. Las expresiones [1] se transforman en ΔU = c v,o · ΔT y ΔH = c p,o (T) · ΔT indicando el subíndice o la referencia ambiente: 300K. 3) Cálculo de las integrales (*): Utiliza una función específica de c p y tomando c p = R- c p . 4) Cálculo con las medias analíticas pa- ra los c. específicos: Utiliza valores ctes de c v y c p calculados como (c 1 +c 2 )/2. Es un método mucho más correcto que el del caso 2) pues aunque también introduce un valor cte, éste se aproxima mucho más al valor de la media termodinámica de los c. especí- ficos (fig. Pb 2.14) calculada, por ej.,para c p como: ΔH = ∫ c p (T) · dT = c p,m · ΔT Fig. Pb 2.14 1 Recuérdese que en este estado se elige para h el valor o y para u el valor correspondiente a la ecuación u = h-P· v. 146 5) Valores de Sustancia Real: tomados de TermoGraf Tabla Pb 2.14 La Tabla Pb 2.14 muestra los distintos resultados (casos 1 a 4) y su relación con los valo- res de sustancia real (5). Se han añadido los valores que da TermoGraf para los casos (1) y (2). Comentarios: Como era de esperar, los casos (1) y (3) coinciden prácticamente con la sustancia real (5). La pequeña diferencia es debida a que el modelo de sustancia real recoge una dependen- cia de los c. específicos no sólo de T sino también de P, aunque ésta es mucho más débil que la primera. El modelo de Gas Perfecto produce un resultado totalmente inaceptable. Al no cumplirse las dos condiciones que harían apropiado el modelo: pequeño intervalo de temperaturas, ΔT, y proximidad a la T ambiente, el modelo tiene un error considerable. El cálculo con el valor medio de los c. específicos es, sin embargo, aceptable y tanto más cuanto más pequeño sea el intervalo ΔT o más se aproxime la forma de la curva c(T) a la recta de unión de los estados 1 y 2 (fig. Pb 2.14). En dicha figura puede verse que el valor exacto sería la media termodinámica. Sin embargo ésta no es utilizable para calcular las variaciones de ΔU y ΔH pues precisamente se calcula a partir de estos valores. En consecuencia, podemos concluir que cualquiera de los métodos de cálculo (1) ó (3) es comparable al (5) y, por tanto, es aceptable. El método (4) supone una mayor dispersión y el método basado en las propiedades del Gas Perfecto, (2), es solamente aceptable en condiciones muy particulares como se menciona más arriba. En el Ej. 2.2, la comparación entre modelos completa el análisis anterior. Pb. 3.15.- Cálculo de propiedades en tres modelos de sustancia Representa en diagramas P-T y P-v los siguientes casos, determinando el v (en m3/kg) y la energía interna, u (en kJ/kg) para 1 kg de aire. Considera tres modelos: gas perfecto, gas ideal y sustancia real, construye una tabla con los valores y analiza las diferencias: 1. 950 K, 200 bar 2. 500 K, 200 bar 3. 500 K, 80 bar 4. 500 K, 10 bar 5. 350 K, 3 bar Resolución Sistema a estudio: Un sistema formado por un kg de aire. 147 Sustancia y Modelo: Diversos modelos Configuración: Diagrama P-v; SI; M de C (indiferente pues no consideramos flujos de trabajo) Condiciones: No se consideran efectos energéticos especiales y sólo se quiere compara las propiedades de estado v y u. Se toma como referencia los valores del modelo de sus- tancia real que se considera el más ajustado al comportamiento real. Análisis: Trasladando desde TermoGraf los valores correspondientes: Aire v (m 3 /kg) 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas perfec- to 0.0136 6.59% 0.007 2 7.69% 0.017 9 3.24% 0.4784 0.13% 0.3349 0.02% Gas ideal 0.0136 6.59% 0.007 2 7.69% 0.017 9 3.24% 0.4784 0.13% 0.3349 0.02% Sustancia Real 0.01456 0.00% 0.007 8 0.00% 0.018 5 0.00% 0.479 0.00% 0.3349 6 0.00% Desvíos 1 Aire u (kJ/kg) 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas perfec- to 680.15 21.80% 357.4 8 28.58% 357.4 8 30.04% 357.48 30.94% 249.92 38.78 % Gas ideal 716.6 17.61% 359.4 7 28.18% 359.4 7 29.65% 359.47 30.55% 249.98 38.77 % Sustancia Real 869.75 0.00% 500.5 5 0.00% 510.9 5 0.00% 517.61 0.00% 408.25 0.00% Un rápido análisis señala que el v es idéntico en los dos primeros modelos (ambos utili- zan la misma ecuación térmica de estado ¿cuál es?). En cuanto a u lo apropiado es comparar diferencias pues los valores de u dependen del valor asignado al estado de referencia. Si las calculamos vemos que cuanto más nos acer- camos a bajas presiones más se parece el comportamiento del gas ideal y el de sustancia real. A su vez, como la diferencia para Δu entre el modelo de Gas Ideal y Gas Perfecto depende de la diferencia entre c=cte y c=c(T) que es mayor cuanto mayor es la T, esta circunstancia queda patente en dichas diferencias. Por otra parte, los tres valores correspondientes a la misma T (500 K) muestran claramen- te dos circunstancias de los modelos: - Tanto en G.P: como en G. Id. Se comprueba que U (y consecuentemente los calo- res específicos) es sólo función de T. - En el modelo de Sustancia Real U (y los calores específicos) es función de T y P aunque la dependencia con P sea marcadamente más suave que con T. 1 Se han calculado los desvíos relativos a los valores experimentales (se toman para ello los de Sust. Real) . Si utilizas tablas, será más apropiado manejar diferencias [u(T)-u(350)] que coincidirán con las de Termo- Graf ya que no dependen del estado de referencia. Diferencia: u( 950)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 350)-u(350) Estado 950 K, 200 bar 500 K, 200 bar 500 K, 80 bar 500 K, 3 bar 350 K, 3 bar Gas Perfecto 430.23 107.56 107.56 107.56 0 Gas Ideal 466.62 109.49 109.49 109.49 0 Sustancia Real 461.5 92.3 102.7 109.36 0 148 4. Balance de energía en sistemas abiertos: análisis de equipos Problemas resueltos y con documento Tgraf Pb. 4.1.- Turbina reversible con aire como gas perfecto En una turbina se expande aire, reversible y adiabáticamente, desde 76 psia y 525°F hasta 15 psia. La velocidad a la salida es de 500 ft/seg. y a la entrada es prácticamente nula. Calcúlese, por kg de masa de aire, el trabajo producido, en kJ. Considerar el aire como gas perfecto con Cp cte. Resolución Sistema a estudio: El VC conteniendo aire en la turbina. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Perfecto Configuración: Diagrama P-v; SI (final); V de C.; unidades Sistema Inglés (inicial) Condiciones: Proceso estacionario (U VC cte), Expansión adiabática (Q = 0), reversible (W d =0), ΔE p = 0 pero la Ec cambia. Se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y una del final. Análisis: Es frecuente considerar que una adiabática es una politrópica para un gas tanto con el modelo de gas ideal, lo que sólo es aproximado, como en el de gas perfecto 1 donde es correcto. En este problema se propone el modelo de gas perfecto en el que u y h son sólo f(T) como en el gas ideal pero además los calores específicos son constantes (en el gas ideal son función de la T). Bastará plantear el balance de energía para esta situación y sustituir valores calculando aquello que sea desconocido: Esta expresión se queda, una vez eliminados los términos nulos señalados en las Condi- ciones, y escribiéndola 2 para un kg (es decir dividiendo todos los términos por el flujo másico) - w t + h 1 - (h 2 + c 2 /2) = 0 Así, transformando unidades y una vez calculado (h 1 – h 2 ) 1 El modelo de gas perfecto es un modelo muy simple en sus hipótesis que permite cálculos analíticos cómodos pero que tiene un rango de validez muy limitado en cuanto a la exactitud de sus cálculos energéti- cos por lo que lo más apropiado es trabajar con gas ideal o sustancia real cuando las propiedades se calcu- len en un programa de ordenador. 2 Recuerda que en el balance de energía (primer principio) para un sistema abierto (análisis de volumen de control, VC) el término W vc corresponde al flujo de trabajo que atraviesa la frontera excluido el de flujo que está incluido dentro de las entalpías de entrada y salida (flujo de energía por flujo de masa). Este térmi- no, W vc , será W vc = - ∫V· dP + W disipativo . El primero de estos dos sumandos recibe el nombre de trabajo técnico, W t , y en un proceso reversible: W vc = W t . 149 (h 1 – h 2 ) = c p · (T 1 –T 2 ) = 1.004 (kJ/kg· K)· (548.24 – 344.36)(K) = 203.88 quedará despejando w vc w vc = 203.88 kJ/kg - 170.7 2 /2 (N· m/kg)· (1kJ/1000 N· m) = 203.88 - 14.57 = 189.31 kJ/kg con el valor positivo que indica que es un trabajo que sale de la frontera (probablemente para alimentar a un alternador que transforme este trabajo en energía eléctrica). Consideraciones: Puede comprobarse el poco peso que tiene el incremento de E k en el trabajo que propor- ciona la turbina (excluido el de flujo) pues aquí es solo de un 7% aun con una velocidad de salida notablemente elevada. Podemos interpretar que la variación de entalpía entre entrada y salida de turbina es la que proporciona el trabajo técnico (que no se aprovecha íntegro en un alternador pues se ve disminuído en la parte utilizada para incrementar la energía cinética). Si analizamos este mismo proceso con el modelo de gas ideal, El valor de Δh es 204.79 kJ/kg, que no llega ni al 0.5% de desvío respecto del modelo de gas perfecto, que así, en este caso vemos que es “perfectamente” aplicable. Viene bien este problema para repasar algunos conceptos: Trabajo que atraviesa la frontera de un sistema abierto, excluido el de flujo, en función de contexto (proceso reversible o disipativo y sin o con ∆E k y/o ∆E p ) Flujo de trabajo, por kg, en un sistema abierto en situación estacionaria (ΔU vc = 0) Del balance de energía: w vc = q + [-Δh- ∆e k - ∆e p ] w en un Sistema abierto Proceso reversible SIN Δe k (ni Δe p ) Proceso reversible CON Δe k y/o Δe p Proceso disipativo SIN Δe k (ni Δe p ) Proceso disipativo CON Δe k y/o Δe p w vc w t w t - ∆e k - ∆e p w t - |w d | w t - |w d | - ∆e k - ∆e p w t = - ∫ v·dP - ∫ v·dP = -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q w d 0 0 w d w d Tabla Pb 4.1 Pb. 4.2.- Compresor de una instalación de turbina de gas En Neuchatel 1 (Suiza) el compresor de la primera turbina de gas de 4000 kW de potencia aspiraba aire a P 1 = 98827 Pa/m 2 y T 1 = 25.3°C, y lo comprimía adiabáticamente hasta P 2 = 437.70 kPa/m 2 y T 2 = 202.8°C. Calcula 1. Trabajo de compresión por kg de aire circulando, 2. Potencia necesaria para accionar el compresor para un caudal de aire de 224 t/h. Resolución Sistema a estudio: El VC conteniendo aire en la turbina. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI(deben ajustarse las unidades); VC 1 La primera turbina de gas para producir electricidad entró en funcionamiento en 1939 en Neuchatel http://files.asme.org/asmeorg/Communities/History/Landmarks/12281.pdf 150 Condiciones: Proceso estacionario (U VC cte), Compresión adiabática (Q = 0), ¿reversi- ble?, ΔE k y ΔE p = 0. No se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y dos del final definen el proceso. Análisis: Podemos estudiar el proceso adiabático teniendo en cuenta que conocemos los estados inicial y final. Para ello nos planteamos una politrópica como proceso equivalente en el que el flujo de calor será, en principio, equivalente en módulo al trabajo disipativo provo- cado por el rozamiento y con signo opuesto como consecuencia del signo opuesto asigna- do al flujo de calor entrando (+) y al flujo de trabajo entrando (-). Utilizaremos la ecuación térmica de estado para determinar el volumen específico v 1 = R· T 1 /P 1 = 0.8669 m 3 /kg , y v 2 = 0.3121 m 3 /kg y con ellos en la expresión de la politrópica: P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n podemos obtener el índice n que resulta ser: 1.457, lo que implica que el proceso propuesto es adiabático disipativo (adiabático reversible: n m = 1.397) . 1. El flujo de trabajo, w vc , que cruza la frontera del VC será, por el balance de energía en el VC: w vc = q + [-Δh- ∆e k - ∆e p ] = -Δh = h 1 – h 2 = 298.63 – 478.29 = -179.66 Si queremos evaluar el w t y el w d , bastará aplicar la expresión para la politrópica: w t = n· (P 2 · v 2 - P 1 · v 1 ) / (1 – n) = -162.47 kJ/kg y para el w d = w vc – w t = -179.66 – (-162.47) = -17.19 kJ/kg todos ellos negativos pues todos son trabajos atravesando la frontera hacia el interior del VC. 2. Reduciendo a kg/s el flujo másico dado y multiplicando por w vc tendremos la potencia deseada: Potencia : m (kg/s) · |w vc | (kJ/kg) = 224 (t/h)· (1000 kg/t · 1/3600 h/s) · -179.66 kJ/kg = 11.178 MW Comentarios: La potencia neta de la central es de 4 MW según el enunciado. Es característico de una central de turbina de gas que el trabajo consumido en compresión sea un porcentaje im- portante del trabajo de la turbina. En este caso es casi un 74%. El 26% restante corres- ponde al trabajo neto. Pb.4.3.-Compresión irreversible con refrigeración El equipo utilizado en Ej. 4.3 1 está diseñado de tal forma que es posible refrigerar el aire a la vez que se comprime (con una envoltura por la que circula agua, por ejemplo). Cal- cular la potencia teórica necesaria y el flujo de calor a eliminar mediante la refrigeración, en el caso de que: 1 Un compresor tiene que suministrar un caudal de 160 Kg/hora de aire a una presión de 6 bar, siendo la presión atmosférica de 1 bar y la temperatura ambiente de 10°C. 151 a) El proceso sea politrópico reversible con n = 1.3. b) El proceso sea isotermo con la misma fricción que el caso b del Ej 4.3. Resolución Sistema a estudio: El VC externo al compresor. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI; VC Condiciones: Proceso estacionario (U VC cte), Expansión politrópica, ΔE k y ΔE p = 0. Se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y la P final. Análisis: a) Tomando el Ej 4.3 como punto de partida, consideramos el adiabático reversible como el proceso de referencia y construimos el politrópico reversible de índice 1.3. Utilizando las ecuaciones v 1 = R· T 1 /P 1 y P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n obtenemos de la primera: v 1 = 0.8128 m 3 /kg que llevada a la segunda nos da v 2 = 0.2048 m 3 /kg y de nuevo de la primera T 2 = 428.14. Como el proceso es reversible sin efectos de E k o E p tenemos que w vc = w t = n· (P 2 · v 2 - P 1 · v 1 ) / (1 – n) = - 180.36 kJ/kg y como m = 0.04444 kg/s W vc = m kJ/s · w vc kJ/kg = - 8.016 kW valor que supone una demanda inferior al obtenido para la adiabática reversible (-8.477 kW) como consecuencia de que la refrigeración reduce la T del gas y la compresión "ne- cesita" menos esfuerzo. Con la T llevada a tablas o con TermoGraf obtenemos los valores de entalpía h 1 = 283.277 kJ/kg y h 2 = 429.144 kJ/kg que llevados al balance del primer principio dan para el flujo de calor: Q = ΔH + W vc = 6.499 + -8.016 = - 1.517 kW flujo de calor que se lleva el sistema de refrigeración. b) Tomando ahora el proceso adiabático irreversible del Ej 4.3 como referencia estudia- remos el isotermo irreversible de compresión con refrigeración. Dado que en un gas ideal h es función de T, en el proceso isotermo h no cambiará, luego se verificará que Q = W vc y éste será: W vc = m · R · T · ln(v 2 /v 1 ) = - 6.472 kW, luego Q = - 6.472 kW calor que se lleva el sistema de refrigeración. Si tenemos en cuenta que existe la fricción que podemos similar a la evaluada en el pro- ceso a-b, en esas circunstancias el Q refrig se incrementará pues también deberá evacuar el Q fricción , teniendo para ese flujo de refrigeración: Q refrig irrev = - 6.472 - 0.800 = -7.272 kW 152 Comentarios: Mientras que en el turbinado interesa que el sistema sea adiabático para que todo el cam- bio de entalpía se transforme en trabajo, en la compresión la refrigeración juega un papel positivo ya que al reducir la T del gas así como avanza el proceso, reduce el valor de la entalpía de dicho gas y el trabajo necesario para alcanzarla. Si tenemos en cuenta que en la compresión el W vc se emplea en el efecto de compresión acompañado del incremento que provoca en la entalpía, cuanto menor sea este incremen- to menor será el trabajo para realizar la compresión hasta una presión dada. Pb. 4.4.- Turbina no adiabática Un determinado flujo másico de 3600 kg/h entra a una turbina insuficientemente aislada y que opera en situación estacionaria, desarrollando una potencia de 1160 kW. En la entra- da, la presión es 87 bar, la temperatura 525°C y la velocidad 5 m/s. A la salida la presión es 0.1 bar, el título 0.85 (85%) y la velocidad 35 m/s. Calcula a) La cesión de calor de la turbina al entorno, en kJ/kg, y b) qué % de la variación energética que sufre el vapor entre la en- trada y la salida, supone la variación de energía cinética. ¿Se podría despreciar esta contribución? Resolución Sistema a estudio: El sistema bifásico contenido en el VC que rodea a la turbina. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI (T enºC); VC. Condiciones: Proceso de turbinado no adiabático, con datos de entrada y salida conoci- dos. La E k cambia en el proceso. Se conoce la potencia producida por la turbina. Análisis: a) La expresión del balance en términos de potencia aplicable para el proceso estaciona- rio cuando el equipo no es adiabático y hay que considerar la E k en entrada y salida es: que por unidad de masa se transforma en q vc – w vc + (h + c 2 /2) e - (h + c 2 /2) s = 0 Obtenemos de tablas o TermoGraf las entalpías en entrada y salida, en kJ/kg, h1 = 3574.4 y h2 = 2224.9 , el trabajo por kg de la turbina que con la potencia dada será: W vc kW = m kg/s · w vc kJ/kg y w vc kJ/kg = 1160 kW / 3600 (kg/h · 1h/3600s) = 1160 kJ/kg y llevamos a [1] estos valores, despejando previamente Q para obtener: q vc = w vc + (h + c 2 /2) s - (h + c 2 /2) e = w vc + Δh + (c 2 /2) s – (c 2 /2) e = = 1160 kJ/kg + (-1226.45) kJ/kg + (1225-25)/2 N· m/kg · (1/1000 kJ/N· m) = = 1160 kJ/kg – 1223.45 kJ/kg + 0.6 kJ/k = - 62.85 kJ/kg b) La variación de e k es 0.6 kJ/kg que supone el 0.05% de la variación de entalpía. Cla- ramente despreciable este valor en el peso general. Comentarios: 153 Conviene interpretar qué es causa y qué es efecto en la expresión del balance. En el caso de la turbina, proceso de expansión, dados los estados termodinámicos queda determina- da la variación que experimenta la energía térmica del vapor. Esta variación es debida a (se emplea en): - producir trabajo (W VC ) que se transforma en energía eléctrica en el alternador. - ceder calor (Q VC ) - vencer la fricción (W d ) 1 - modificar la E k - modificar la E p teniendo en cuenta que excepto el primero los demás no suelen estar presentes 1 . Para la compresión la situación es la simétrica: El W VC que suministramos al compresor se emplea en: - producir un aumento de presión que, acompañado del incremento de T, supone un Δh - ceder calor (Q VC ) - vencer la fricción (W d ) 1 - modificar la E k - modificar la E p teniendo en cuenta que excepto el primero los demás no suelen estar presentes 1 . Pb. 4.5.- Balance en un condensador de flujos separados Vapor de agua a 5 bar con un título de 0.86 entra en el condensador cerrado de una cen- tral térmica, saliendo el condensado como líquido satu- rado. El agua de alimentación a caldera, a 80 bares, entra al condensador como un segundo flujo a 39°C, alcan- zando los 151°C como consecuencia de la energía cedi- da por el vapor. El calor transferido a través de la carca- sa puede despreciarse. Determina para flujo estaciona- rio: 1. La transferencia de energía al agua de refrigeración, desde el vapor que condensa, en kJ por kg de vapor que pasa a través de la corriente caliente del condensador. 2. La energía recibida por la otra corriente por kg de agua que circula por la corriente de alimentación a caldera. 3. Relación entre los caudales de agua de refrigeración y de vapor. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al condensador (incluye ambas ramas) y los VCs correspondientes a cada una de las ramas por separado. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real bifásica. Configuración: Diagrama P-v; SI, T en ºC; VC. Condiciones: Proceso de intercambio de energía entre corrientes por conductos separa- dos en un VC adiabático. En cada conducto el proceso es isóbaro y no se consideran efec- 1 En los ciclos de potencia el proceso irreversible que se produce en todas las turbinas reales no se trata como venimos haciendo con el W disipativo sino que es habitual definir un rendimiento isoentrópico que nos mide el trabajo producido en relación con el que hubiera producido una turbina ideal que tuviera el mismo salto de P. Lo mismo sucede con la compresión. Todo ello se verá en los ejercicios del capítulo 6. 154 tos disipativos ni de E k o E p . Se conocen los estados y los procesos dentro del intercam- biador. Análisis: Bastará aplicar el primer principio al volumen de control teniendo en cuenta los siguien- tes elementos: q vc = 0; w vc = 0 (no hay dispositivos mecánicos que trans- fieran 0 reciben trabajo a través de la frontera exceptuado el de flujo que dentro de los términos de entalpía; u vc es constante por ser el proceso estacionario por lo que le primer miembro es cero. Con esto el balance quedará: 0 = (m· h 1 +m´· h 3 ) – (m· h 2 +m´· h4) = m· ( h 1 - h 2 ) + m´· ( h 3 - h 4 ) [1] Y llamando Q c a la energía cedida por una rama y Q f a la recibida por la otra tendremos: m· ( h 1 - h 2 ) = Q c = - Q f = m´· ( h 4 - h 3 ) Con los datos de entrada y salida podemos obtener las entalpías bien en tablas bien de TermoGraf: Estado 1: determinado por P 1 = 5 bar y x 1 = 0.86 Estado 2: determinado por P 2 = 5 bar y x 1 = 0 (líquido condensado), siendo T 1 = T 2 = 151.81 (cambio de fase). Estado 3: determinado por P 3 = 80 bar y T 3 = 39ºC Estado 4: determinado por P 4 = 80 bar y T 4 = 151ºC (valor inferior y próximo a T 2 ) Con estos datos tenemos para las entalpías: Entalpías de entrada: h 1 = 2452.61 kJ/kg; h 3 = 168.79 kJ/kg; Entalpías de salida: h 2 = 639.79 kJ/kg; h 4 = 641.24 kJ/kg; 1. Aplicando el balance de energía a un VC que afecte a cada rama por separado, tendre- mos en VC rama caliente: q 12 = h 2 – h 1 = 639.79 – 2452.61 = - 1812.8 kJ por kg pasando por la rama ca- liente 2. Y para el VC correspondiente a la segunda rama: q 34 = h 4 – h 3 = 641.24 – 168.79 = 472.44 kJ por kg pasando por la rama fría. 3. Es evidente, de [1], que la energía que uno cede debe ser igual a la que el otro recibe en valor absoluto: esto es, en términos de potencia: m · q 12 = - m´ · q 34 en consecuencia la relación pedida (m/m´) será inversamente proporcional al flujo de energía cedido-ganado por cada corriente m/m´ = - q 34 / q 12 = 472.44 / 1812.8 = 0.261 y m = 0.261· m´ Comentarios: Es útil asimilar la idea de que la energía cedida por uno es la el otro recibe y relacionarlo con el producto de las respectivas masas circulando por sus diferencias de entalpía cada una con su signo. Pb. 4.6.- Medida del título con un calorímetro de estrangulación 155 Una línea de suministro transporta una mezcla bifásica líquido-vapor a 27 bar. Una pe- queña fracción del flujo transportado se deriva a través de un calorímetro de estrangula- ción y se libera a la atmósfera a 1 atm. La temperatura del vapor exhaustado 1 , medida por el calorímetro, es de 136°C. Calcular el título del vapor en la línea de suministro. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al calorímetro (línea de puntos). Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC; VC. Condiciones: No se consideran efectos de E k o E p . Se conocen la P de entra- da y el estado de salida al calorímetro y que el proceso es isoentálpico (de estrangulación). El proceso se considera estacionario y adiabático a lo largo de la medida. Análisis: Un calorímetro de estrangulación se utiliza para medir el título de vapor en un tubería cuando el fluido está próximo a vapor saturado. En esas condiciones una estrangulación provoca un cambio de propiedades en la salida del calorímetro de modo que se tiene un estado fuera de la zona bifásica: Conocidas las propiedades del estado final y sabiendo que en el proceso de estrangulación se cumple Wvc = Qvc = 0 y, en consecuencia, si es estacionario y sin efectos apreciables de energías cinéticas o potenciales, se cumple que Δh = 0. Así, en la salida las dos propiedades conocidas (P = 1 atm y T = 136 ºC) nos permiten determinar h que será igual a la de la mezcla bifásica que circula por la tubería. Con ese dato y la P en la tubería tendremos determinado el título ya que se cumple: h = (1 – x)· h f + x· h g y despejando x x = (h – h f ) /(h g – h f ) [1] En nuestro caso h(1.01325 bar, 136ºC) = 2747.59 kJ/kg Y para P = 27 bar: h f = 981.675 kJ/kg y h g = 2802.75 kJ/kg Con ello, de [1], x = (2747.59 - 981.675) / ( 2802.75 - 981.675) = 0.9697 (96.97%) Pb. 4.7.- Vaciado de un depósito a presión constante Un depósito de volumen igual a 1.75 m3 contiene una mezcla bifásica de agua cuyo título es 0.72 y su presión 15 bar. Mediante una válvula se va extrayendo lentamente vapor sa- turado manteniendo constante la presión al calentar el depósito durante el proceso de va- ciado. El proceso de vaciado continúa hasta que el depósito acaba con sólo vapor satura- do. Determina 1. ¿Cuál es la masa presente en la situación inicial, en kg? 2. ¿Cuál es la masa de vapor presente en la situación inicial, en kg? 3. ¿Cuál es la masa, en kg, que abandona el depósito? 4. ¿Cuál es la cantidad del calor cedido al depósito, en kJ? Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al depósito. 1 Extraído 156 Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con la T en ºC; VC. Condiciones: Proceso transitorio. No se consideran efectos de E k o E p . Se conocen los estados de entrada y salida del depósito y que el proceso es isóbaro dentro del domo. El estado en la salida, antes de la válvula de purga, permanece constante y coincide con el estado final de vapor saturado. No hay Wvc pues no existe dispositivo que produzca o reciba trabajo ni deformación de la superficie. Análisis: La existencia de un VC que es un depósito puede llevar a creer que el proceso en su in- terior va a ser a v cte. Sin embargo lo que analizaremos es el volumen de la masa final (parte de la existente al principio) para verla expandirse hasta ocupar el volumen total del depósito. Por eso el proceso es isóbaro e isotermo pero no isócoro debido a que va cam- biando el volumen específico dentro del depósito y hay control de la P interior. Pasaremos a calcular las distintas cuestiones: 1. Las propiedades P y x del estado inicial nos permiten calcular el v inicial 1 y con él la masa inicial: De TermoGraf: v 1 = 0.0952 m 3 /kg y para la masa inicial en el depósito: m 1 = V 1 /v 1 =1.75 m 3 / 0.0952 m 3 /kg = 18.385 kg 2. En cuanto a la masa de vapor será, de la definición de título: m 1v = x 1 · 18.385 kg = 13.237 kg 3. Para determinar la masa que abandona el depósito habrá que calcular la masa que que- da en el estado final del mismo modo que se ha hecho con la inicial: m 2 = V 2 /v 2 =1.75 m 3 / 0.132 m 3 /kg = 13.283 kg ya que v 2 es v g (v del vapor saturado) Así: m = m 1 – m 2 = 18.385 kg - 13.283 kg = 5.103 kg 4. En cuanto al flujo de calor absorbido para mantener la presión y vaciar el depósito, deberemos aplicar el balance de energía al VC en un proceso transitorio (no se anula el primer miembro que mide la variación del VC). La expresión es: m 2 · u 2 -m 1 · u 1 = Q + h 2 · (m 2 -m 1 ) pues no hay Wvc (no hay dispositivos capaces de producir o precisar W) y no hay masa entrando. Obteniendo previamente las propiedades energéticas: u 1 = 2103.4 kJ/kg; u 2 = 2593.54 kJ/kg; h 2 = 2791.2 kJ/kg; y despejando y sustituyendo: Q = m 2 · u 2 -m 1 · u 1 - h 2 · (m 2 -m 1 ) = 10019.1 kJ Comentarios: Los procesos de vaciado y llenado de depósitos que no implican procesos desconocidos son sencillos de tratar con la metodología aquí seguida: las propiedades térmicas y energéticas se calculan con las hipótesis sobre el proceso o procesos a partir de los datos 1 Si se trabaja con tablas: La presión permite determinar en tablas los valores de la curva de saturación : v f = 0.001154 m 3 /kg , v g = 0.132 m 3 /kg Con ellos y la definición de título se obtiene v 1 = (1-x)· v f + x· v g 157 conocidos para los estados inicial y final. Los flujos de energía mediante el balance para transitorios. Pb. 4.8.- Balance de energía en una turbina A una turbina entra vapor a través de un conducto de 0.2 m de diámetro. La velocidad del vapor es 100 m/s, su presión es 14 MPa, y su temperatura es 600°C. El vapor sale de la turbina a través de un conducto de 0.8 m de diámetro con una presión de 500 kPa y una temperatura de 180°C. Para la operación en situación estacionaria, determínese: 1. El flujo másico de vapor, en kg/s. 2. La velocidad del vapor a la salida, en m/s. 3. El w realizado por la turbina, en kJ/kg 4. La potencia desarrollada, en kW. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la turbina 1 . Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con la T en ºC; VC. Condiciones: Proceso estacionario. No se consideran efectos de E p pero sí de E k . Se co- nocen los estados de entrada y salida pero no el proceso salvo que es adiabático. Análisis: Como conocemos T y P para los estados de entrada y salida podemos calcular el resto de propiedades necesarias: v y h. Si al hacerlo comprobamos el valor de una variable no utilizada hasta aquí: la entropía, comprobaremos que toma valores distintos lo que indica, como se analizará en el capitulo siguiente, que el proceso tiene efectos disipativos, aun- que no sea relevante para este problema. Con T 1 y P 1 tenemos para v 1 = 0.2860 m3/kg y para h 1 = 3693.9 kJ/kg Con T 2 y P 2 tenemos para v 2 = 0.4045 m3/kg y para h 2 = 2811.15 kJ/kg 1. Tenemos que el flujo másico fm vale: fm = A 1 · c 1 /v 1 = = 3.14· 0.1 2 (m 2 )· 100 (m/s)/0.286 (m 3 /kg) = 10.98 kg/s 2. Como el flujo másico es constante (no así el caudal V m3/s) c 2 = fm · v 2/ A 2 = = 10.98 · 0.4045 /(3.14· 0.4 2 ) = 8.84 m/s 3. Para el cálculo del trabajo utilizamos el balance de energía en el VC: 0 = 0 – w vc + (h 1 -h 2 ) + (c 1 2 - c 2 2 )/2000 1 Las ruedas de álabes son externas al VC y hacen la función del émbolo en un cilindro pistón, ofreciendo una resistencia que es la que da lugar al trabajo hacia fuera de la frontera. 158 Siendo los primeros ceros por sistema estacionario y por proceso adiabático. El divisor 2000 incorpora el factor 1000 correspondiente al cambio de unidades: de J/kg a kJ/kg. Nos quedará despejando: w vc = (h 1 -h 2 )+(c 1 2 -c 2 2 )/2000 = 3693.9 kJ/kg - 2811.15 kJ/kg + (10000 -78.15) / 2000 kJ/kg = 882.75 + 4.96 = 887.71 kJ/kg 4. Para la potencia tendremos: W vc = fm · w vc = 10.98 kg/s · 887.71 kJ/kg = 9747. 1 kW Comentarios: De nuevo señalar el escaso peso de los cambios en la energía cinética en estos equipos a diferencia de lo que sucede en el equipo del siguiente problema. Pb. 4.9.- Incremento de velocidad en una tobera Se utiliza una tobera, que funciona en estado estacionario, para incrementar la velocidad del vapor de agua que entra con P 1 = 135 bar, T 1 = 580°C, y una velocidad de 14 m/s, de modo que a la salida alcanza una velocidad de 598 m/s, con una presión P 2 = 9 bar. La transferencia de calor es despreciable y no hay cambios en la energía potencial. Determi- na, para un flujo másico de 10 kg, 1. La temperatura a la salida y 2. El área de la sección de salida de la tobera, en m 2 . Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la tobera. Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con la T en ºC; VC ( ). Condiciones: Proceso estacionario. No se consideran efectos de E p pero sí de E k . Se co- noce el estado de entrada y la P salida. No se conoce el proceso salvo que es adiabático. Análisis: Como no se conoce el estado de salida salvo que está sobre la isóbara 9 bar, será necesa- rio recurrir al balance de energía que aplicaremos con los siguientes considerandos: Q y W vc son nulos (VC adiabático y en la tobera no hay dispositivos capaces de producir o requerir trabajo), primer miembro nulo por ser estacionario el proceso. En consecuencia el balance nos quedará: 0 = 0 – 0 + (h 1 -h 2 )+(c 1 2 -c 2 2 )/2 Siendo h 1 = 3542.7 kJ/kg Despejando h 2 : h 2 = h 1 (kJ/kg) + (c 1 2 -c 2 2 )/2 (N· m/kg) = {3542.7 + (14 2 -598 2 )/2000} kJ/kg = 3364.0 kJ/kg 1. Con este valor y la presión determinaremos otras propiedades del estado como la T y el v: T 2 = 446.7 ºC y v 2 = 0.3658 m 3 /kg 2. La sección de la tobera a la salida cumple: fm · v 2 = A 2 · c 2 siendo fm el flujo másico (10 kg/s) 159 Así: A 2 = fm · v 2 / c 2 = 10 (kg/s) · 0.3658 (m 3 /kg) / 598 (m/s) = 61.2 cm 2 Comentarios: Las toberas y difusores son equipos diseñados de forma que la E k es parte importante del proceso. En esta tobera ΔE k es 178.7 kJ/kg valor que no es despreciable si se compara, por ejemplo, con las entalpías. Pb. 4.10.- Potencia de un compresor no adiabático Un compresor que opera en situación estacionaria, toma aire del ambiente ( P = 1 atm, T = 295 K) con una velocidad de aspiración de 4.4 m/s a través de una sección de 0.25 m 2 . A la salida, tras ceder 5.5 kW de calor al entorno, se alcanza una presión de 10 bar con una temperatura de 630 K y una velocidad de 2.2 m/s. Calcula, con el modelo de gas ide- al, 1. la potencia consumida por el compresor, en kW. 2. ¿consideras razonable haber planteado la hipótesis de que el com- presor podría considerarse adiabático? ¿y adiabático reversible? Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al compresor. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI, T en K; VC ( ). Condiciones: Proceso estacionario (U VC cte), Compresión no adiabática (Q = 0), ¿rever- sible?, ΔE k no es nula y ΔE p = 0. No se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y dos del final permitirán definir una politrópica. Análisis: Para calcular la potencia necesitamos conocer el flujo másico y el trabajo de compresión W vc además de entalpías y E k . Como la entalpía es f(T) en un gas ideal podemos ir a las tablas con los valores de T obteniendo: h 1 = 259.17 kJ/kg y h 2 = 638.64 kJ/kg Con los datos del estado 1 utilizaremos la ecuación térmica de estado para determinar el volumen específico v 1 = R· T 1 /P 1 = 0.8358 m 3 /kg Como se cumple para el flujo másico fm = A 1 · c 1 /v 1 Tendremos en este caso: 1. fm = 0.25 (m 2 ) · 4.4 (m/s) / 0.8358 (m 3 /kg) = 1.316 kg/s Aplicando el balance de energía a un VC estacionario: 0 = Q – W vc + fm · (h 1 -h 2 )+(c 1 2 -c 2 2 )/2 Despejando W vc W vc = Q + fm · {(h 1 -h 2 )+(c 1 2 -c 2 2 )/2} = =-5.5(kW)+1.316(kg/s)· · {- 379.47(kJ/kg)+(14.52/2)(N· m/kg)· (1/1000)(kJ/N· m)} = - 5.5 kW + - 499.38 kW + - 0.0096 kW = - 504.89 kW 160 2. El flujo de calor apenas supera el 1% del trabajo W vc por lo que podría haberse consi- derado adiabático. ¿Podríamos considerarlo adiabático y además reversible, es decir sin efectos de fricción? Para ver si podría serlo consideramos la politrópica reversible que conecte los dos esta- dos, recordando que si el VC es adiabático el flujo de calor de la politrópica representará el trabajo disipativo consecuencia de la fricción y que si éste fuera despreciable entonces la politrópica estaría casi superpuesta a la adiabática. Con los datos del estado 2 y la ecuación térmica de estado determinamos el volumen es- pecífico v 2 = R· T 2 /P 2 = 0.18085 m 3 /kg Llevando a la expresión de la politrópica las respectivas propiedades: P 1 · v 1 n = P 2 · v 2 n podemos obtener el índice n que resulta ser n = ln (P 1 /P 2 )/ln(v 2 -v 1 ) = 1.4957, lo que im- plica que el proceso propuesto es adiabático disipativo (adiabático reversible: n m = 1.681) ya que no coincide el valor de n. Así, en la politrópica hay un flujo de calor, -215.365 kJ/kg que corresponde al trabajo disipativo del proceso adiabático equivalente. Comentarios: El compresor es otro equipo en el que las velocidades no suponen peso significativo en el balance. Aquí menos del 0.02%. Por otra parte, el trabajo de compresión sale negativo de acuerdo con el criterio de signos. Pb. 4.11.- Intercambiador agua-aire Un flujo de 40 kg de aire circula por el interior de 140 tubos, de sección transversal 0.01 m2, de un intercambiador de calor agua-aire. Las temperaturas y presiones a la entrada y salida de los tubos son de 140°C, 220 kPa y 22°C, 150 kPa, respectivamente. Suponiendo que el aire se comporta como gas ideal, de- terminar: 1. Las velocidades del aire a la entrada y salida de los tubos, 2. El flujo de calor transferido por el aire, en kW. 3. El flujo másico de agua, en kg/s, mínimo necesario para refrigerar el aire, de forma que su temperatura aumente sólo 10 °C. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a los tubos por los que circula el aire. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal (para el agua se utilizará el modelo de fluido incompresible con c=cte) Configuración: Diagrama P-v; SI y T en K; VC ( ). Condiciones: El proceso es estacionario. No hay efectos gravitatorios ni se transfiere otro trabajo que el de flujo en el VC. Análisis: De los datos de los estados puede obtenerse el v por aplicación de la ecuación térmica de estado. Así, con los del estado 1 tendremos v 1 = R· T 1 /P 1 = 0.5391 m 3 /kg 161 y con los del estado 2: v 2 = R· T 2 /P 2 = 0.5648 m 3 /kg Si queremos determinar ahora las velocidades, aplicaremos la expresión fm = A 1 · c 1 /v 1 que las relaciona con el flujo másico. Para A 1 tenemos el valor A 1 = 140 (tubos) · 0.01 (m 2 /tubo) = 1.4 m 2 Tendremos en este caso: 1. 40 kg/s = 1.4 (m 2 ) · c 1 (m/s) / 0.5391 (m 3 /kg) y despejando c 1 = 40 (kg/s) · 0.5391 (m 3 /kg) / 1.4 (m 2 ) = 15.40 m/s y c 2 = 40 (kg/s) · 0.5648 (m 3 /kg) / 1.4 (m 2 ) = 16.14 m/s 2. Para el flujo de calor aplicaremos la ecuación del balance, de la que eliminaremos el término de energía cinética por la pequeña variación que experimentan las velocidades de entrada y salida: 0 = Q + fm · (h 1 -h 2 ) y tras obtener las entalpías a partir de las T bien en tablas o en TermoGraf : h 1 = 414.27 kJ/kg y h 2 = 295.32 kJ/kg despejando Q = 40 (kg/s) · (- 414.27 + 295.32) (kJ/kg) = - 4758.0 kW calor cedido luego negativo por el convenio de signos. 3. Para el cálculo del flujo de agua consideramos: - modelo de sustancia incompresible con C = 4.18 kJ/kg· K de modo que Q = fm w ·C·ΔT - Q w = - Q aire En consecuencia: fm w = 4758.0 (kW) / {4.18 (kJ/kg· K) · 10 (K)} = 113.82 kg/s Comentarios: El proceso registra una pérdida de carga significativa que no es debido ni a la producción de trabajo (caso de la turbina) ni a modificaciones importantes de la velocidad (tobera) sino a la fricción con las paredes de los tubos. Este efecto disipativo produce un trabajo disipativo que se reintegra al sistema. Para su cálculo hay que hacer hipótesis sobre el modelo de fricción, por ejemplo asimilando el proceso a uno politrópico, caso ya estudia- do en el Ej 4.3 y en Pb 4.3 entre otros. Pb. 4.12.- Intercambio en un calentador abierto Un calentador abierto de agua opera en situación estacionaria. El agua entra por 1 a 55°C y 1.3 MPa. Otro flujo de vapor entra por 2 con un flujo másico igual a 0.15 del flujo ante- rior con un volumen específico de 133 litros/m 3 , y a la presión anterior. A la salida del equipo se tiene agua líquida saturada. Ignorando la transferencia de calor entre el calenta- dor y su entorno así como las variaciones de energía cinética y po- tencial, calcúlese 1. la temperatura del vapor en la entrada 2, en °C, si es vapor reca- lentado, 2. su título si es una mezcla de líquido–vapor. 3. el calor cedido por kg entrando por 2 Resolución Sistema a estudio: El VC que encierra al calentador. 162 Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (bifásica) Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC; modo de análisis VC. Condiciones: VC adiabático en un proceso estacionario. Sin efectos de E k o E p . Proceso isóbaro. Análisis: El equilibrio entre entradas y salidas exige no sólo que se cumpla la ecuación del balance de masas: m3 = m1 + m2, o la del balance de energía: 0 = q –w vc + (h e – h s ), sino también el necesario equilibrio de presiones pues el proceso debe ser isóbaro por lógica. En con- secuencia todos los estados comparten presión: 1 MPa. Localizando las distintas propiedades a partir de los datos proporcionados: h 1 = 231.7 kJ/kg; h 2 = 231.7 kJ/kg; h 3 = 231.7 kJ/kg Por otra parte el estado 2 se encuentra dentro del domo ya que v 2 < v g . Como estamos dentro del domo T 2 es la T de cambio de fase para la presión 1.3 MPa, es decir 1. T = 191.594ºC 2. Por otra parte podemos identificar el título a partir de su definición: x = (v-v f ) / (v g -v f ) Los valores v g y v f los tenemos en la tabla de la curva de saturación, con entrada en 1.3 MPa. Llevando dichos valores, v g = 0.151 m 3 /kg y v f = 0.00114 m 3 /kg, tenemos x = 0.879 3. Para el calor cedido deberemos realizar el balance de energía, para lo que necesitamos el balance de masa. Como no se da un flujo másico utilizaremos la referencia de 1 kg entrando por el estado 2. De acuerdo con esto, m 1 = 1 kg/ 0.15 = 6.667 kg y m 3 = m 1 + m 2 = 7.667 kg Llevando estos datos y los de las entalpías a la expresión del balance: 0 = q – w vc + m 1 · h 1 + m 2 · h 2 – m 3 · h 3 Como el VC es adiabático y no tiene sistemas de producción de trabajo nos queda 0 = m 1 · h 1 + m 2 · h 2 – m 3 · h 3 = m 1 · (h 1 - h 3 ) + m 2 · (h 2 · h 3 ) Analizando la expresión identificamos m 1 · (h 1 - h 3 ) como la energía absorbida por la co- rriente m 1 que entra por 1 y m 2 · (h 2 · h 3 ) como la cedida por la corriente m 2 que entra por 2 y que es igual en módulo y de signo opuesto a la anterior. Si consideramos el VC imaginario que rodea al flujo entrando por 2 definimos en el co- rrespondiente balance de energía que q 23 = - (h 2 · h 3 ) kJ/kg = -1732.2 kJ/kg Pb. 4.13.- Una válvula de estrangulación Un flujo de vapor atraviesa una válvula de estrangulación adiabática. A la entrada, la pre- sión es 6.6 MPa, la temperatura es 360°C y la velocidad es 16 m/s. La presión a la salida es 0.6 MPa y los conductos de entrada y salida tienen el mismo diámetro. Calcúlese la velocidad, temperatura y entalpía específica del vapor a la salida. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la válvula. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC; VC. 163 Condiciones: No se consideran efectos de E k o E p . Se conocen el estado de entrada y la P de salida de la válvula. El proceso es isoentálpico (de estrangulación). El proceso se con- sidera estacionario y adiabático. Análisis: Una válvula se utiliza para regular la presión de salida del fluido cuando la caída de pre- sión o el flujo másico es pequeño de modo que el cambio no puede ser aprovechado para producir trabajo. está próximo a vapor saturado. Conocidas las propiedades del estado inicial y sabiendo que en el proceso de estrangulación se cumple Wvc = Qvc = 0 y, en consecuencia, si es estacionario y sin efectos apreciables de energías cinéticas o potencia- les, se cumple que Δh = 0 la resolución de la cuestiones es inmediata. Así, en la entrada las dos propiedades conocidas (P = 66 bar y T = 360 ºC) nos permiten determinar h que será igual a la del estado 2 de modo que con la presión conocida (6 bar) queda completamente determinado y podemos escribir: h 2 = 3055.4 kJ/kg y v 2 = 0.4323 m 3 /kg. En cuanto a las cuestiones: 1. La velocidad a la salida está relacionada con la sección, A, con el flujo másico, fm, y con el volumen especifico, v, según la expresión: c = fm· v/A Como conocemos c 1 , v 1 y A 1 , para el estado 1 y v 2 y A 2 (= A 1 ) en el estado 2, podemos escribir: c 1 · A 1 / v 1 = c 2 · A 2 / v 2 y despejando c 2 = c 1 · v 2 / v 1 = 16 (m/s) · 0.4323 (m 3 /kg) / 0.0388 (m 3 /kg) = 178.3 m/s 2. La entalpía específica es igual a h1 h 2 = 3055.4 kJ/kg 3. Finalmente, la temperatura del estado 2 queda definida por las dos propiedades como hemos indicado antes. Así, en tablas o en TermoGraf, entrando con P = 6 bar y h = 3055.4 kJ/kg, obtenemos T 2 = 297.41ºC Comentarios: Es frecuente oír la expresión cuando se abre una manguera de agua o un grifo: “Sale a toda presión” y lo podemos notar si colocamos la mano frente al chorro. A la vista del resultado obteni- do para la velocidad qué opinas de la frase anterior (considera además que el efecto se incrementa porque la sección de salida suele ser menor que la de entrada a la válvula). Pb. 4.14.- Turbina y rendimiento isoentrópico En una turbina de vapor adiabática, entra éste a P 1 = 110 bar y T 1 = 550°C, sufriendo una expansión hasta 6.5 kPa. El rendimiento isoentrópico de la turbina es n s = 0.85. Determi- na 1. El trabajo producido por la turbina, en kg/s. 2. título x, con el que abandona la turbina el vapor de agua 3. el caudal de vapor de agua, en m 3 /s medidos en la salida, que atraviesa la turbina si ésta cede una potencia de 120 MW, y 4. la sección de la tubería, en m 2 , si la velocidad en la salida es de 6 m/s. Resolución Sistema: El VC que rodea a la turbina (y el que rodea a la turbina auxiliar isoentrópica). 164 Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC; VC. Condiciones: No se consideran efectos de E k o E p . Se conocen el estado de entrada y la P de salida de la turbina así como el rendimiento isoentrópico de la misma. El proceso se considera estacionario y adiabático. Análisis: El rendimiento isoentrópico introducido aquí es una propiedad del proceso que cumple una doble finalidad: de un lado es un modo de medir la calidad de la turbina en cuanto al trabajo que es capaz de procesar a partir de la entalpía de entrada. De otro, es un dato que permite ubicar el estado de salida del que únicamente conocemos la presión. De su definición (n s,T = W real /W isoentrópico = (h 1 – h 2 ) / (h 1 – h 2s )) 1 y apoyados en el proceso de comparación: el isoentrópico o adiabático reversible (s = cte) podemos obtener tanto el trabajo real a partir del trabajo isoentrópico como la propiedad h 2 del estado de salida. Con esta propiedad y el dato de la presión de salida podremos calcular el resto de propie- dades en tablas o dibujando el estado en TermoGraf. 1. Empezaremos calculando h 2s . Con P 1 y T 1 llevados a tablas 2 (o dibujado el estado en TermoGraf) obtenemos h 1 y s 1 (entropía del estado 1). Con P 2 y s 2 = s 1 (o dibujando la adiabática reversible o isoentrópica 1-2s en TermoGraf) obtenemos h 2s : Así, h 1 = 3489.8 kJ/kg; s 1 = 6.7019 = s 2 ; h 2s = 2072.14 y para el trabajo de la turbina isoentrópica Con esto, del balance de energía aplicado al VC de la turbina isoentrópica (adiabática reversible) con las consideraciones de proceso estacionario, adiabático y sin efectos de la Ek y Ep: w vc,s = h 1 -h 2s = 3489.8 – 2072.1 = 1417.7 kJ/kg y con el rendimiento isoentró- pico, tenemos para el proceso real: w vc = n s · w vc,s = 0.85 · 1417.7 = 1205.05 kJ/kg 2. Para el título necesitamos además de la P del estado en el domo una propiedad especí- fica que ubique el estado dentro de la línea de cambio. Ésta es precisamente h 2 que la obtendremos de h 2 = h 1 – w vc = 3489.8 – 1205.05 = 2284.76 kJ/kg Utilizando ahora la expresión del título a partir de cualquier propiedad específica: x = (h – h f ) / ((h g – h f ) donde h g y h f son las propiedades de la curva de satura- ción para la presión de cambio de fase. En este caso: h g = 2569.1 y h f = 157.31. Con ellas tenemos para x 2 : x 2 = (2284.76 - 157.31) / (2569.1- 157.31) = 0.8821 (88.21%) 3. El caudal V m 3 /s es 1 El W isoentrópico es el del proceso adiabático reversible entre la presión inicial y la de salida de la turbina. El estado final de este proceso se caracteriza habitualmente añadiendo una s al subíndice: h 2s . La relación de trabajos W real /W isoentrópico es el denominado rendimiento isoentrópico n s,T al que se añade a veces el subíndi- ce T para indicar que se refiere a un proceso de turbinado y distinguirlo de n s,C que se refiere al de un pro- ceso de compresión con una definición “simétrica”: n s,C = W isoentrópico /W real = (h 1 – h 2s ) / (h 1 – h 2 ). En ambos casos el criterio es (magnitud menor/magnitud mayor). 2 165 V = fm (kg/s) · v (m 3 /kg) siendo el flujo másico fm = Potencia / w vc , por tanto: fm = 120000 kW / 1205.05 kJ/kg = 99.58 kg/s y V 2 = fm·v 2 = 99.58 (kg/s)·19.416 (m 3 /kg) = 1933.49 m 3 /s ya que v 2 = (1-x 2 )·v f + x 2 ·v g = 19.416 m 3 /kg 4. La sección A 2 será A 2 = V 2 /c 2 = 1933.49 (m 3 /s) / 6 (m/s) = 322.25 m 2 que supone un diámetro de la boca de salida de 20. 25 m (véase la imagen adjunta). Comentarios: 1. El w vc,s es lógicamente mayor pues el proceso real no aprovecha el W de fricción exis- tente que retorna al sistema, de modo que, en el proceso real, la entalpía que se transfor- ma en trabajo hacia el exterior, w vc , es menor que en el caso reversible, Es importante destacar que la técnica utilizada para el análisis de estos equipos (compre- sores y turbinas) que se apoya en el rendimiento isoentrópico, supone un tratamiento dis- tinto al desarrollado hasta aquí en los procesos disipativos. En el caso de estos equipos se ha optado históricamente, hasta el momento, por la comparación con un proceso inexis- tente (el isoentrópico) a diferencia de lo que se hace hasta aquí cuando se utilizan proce- sos equivalentes como los politrópicos reversibles que incorporan un proceso muy aproximado al real en cuanto a sus propiedades térmicas. 2. El enunciado señala: “el caudal de vapor de agua, en m3/s medidos en la salida”. ¿Es necesaria esa puntualización? ¿También debemos hacerla si la magnitud es el flujo mási- co?. 3. El caudal en la salida es realmente grande y, al calcular la sección de la tubería que lleve el vapor al condensador supone una sección igualmente sorprendente (con algo más de 20 m de diámetro). Investiga que planteamiento se hace en las centrales termoeléctri- cas de vapor en relación con estos resultados. Pb. 4.15.- Turbinado con etapa intermedia Un flujo de aire pasa, en régimen estacionario, a través de la doble turbina y del intercambiador mostrados en la figura adjunta. Despre- ciamos los intercambios de calor con el entorno, los efectos cinéticos y gravitatorios, y es aplicable el modelo de gas ideal. A partir de los datos siguientes Estado 1: 1100 K y 18 bar Presión intermedia (P2) 4.2 bar Estado 3: 1100 K Estado 4: 1 bar queremos conocer: 1. la temperatura a la salida, en K, de ambas turbinas suponiendo procesos isoentrópicos 2. la potencia de la segunda turbina en kW si el flujo másico es 100 kg/s. Y, considerando que ambas turbinas tienen un rendimiento isoentrópico del 90%: 3. la temperatura a la salida, en K, de ambas turbinas, 4. el calor suministrado en la etapa de recalentamiento, en kJ/kg, 5. la potencia total en kW para el mismo flujo másico de 100 kg/s. Resolución 166 Sistema a estudio: El VC correspondiente a cada equipo, analizado por separado. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI; VC. Condiciones: Los procesos en ambas turbinas son adiabáticos. En todos los equipos los procesos son estacionarios. No se consideran efectos cinéticos ni gravitatorios. Las turbi- nas son isoentrópicas en una primera parte e irreversibles en una segunda. Δ Análisis: Los turbinados isoentrópicos aportan una condición, s cte, que unida a la presión a la sa- lida debe permitir definir la T de la salida. Hay distintos procedimientos que se basan en la expresión de la variación de entropía para el gas ideal: s 2 – s 1 = ∫ C p · dT/T – R· ln(P 2 /P 1 ) En esta expresión el primer sumando del 2º miembro es función cuya integral no es cono- cida en la medida en que C p no se considera cte sino función de T. Por ello, diversos au- tores han generado tablas en las que junto a las magnitudes que dependen sólo de T, co- mo la u y la h, se tabula una función, sº, que es precisamente ese primer sumando: sº = ∫ C p · dT/T. De ese modo, un proceso isoentrópico permitirá escribir: Δs 12 = 0 = sº 2 (T 2 ) - sº 1 (T 1 ) - R· ln(P 2 /P 1 ) y sº 2 – sº 1 = R· ln(P 2 /P 1 ) Conocidas las presiones, y localizado el valor de sº 1 (T 1 ) en las tablas, bastará calcular sº 2 (T 2 ) y localizarlo a su vez en las tablas para identificar a T a la que corresponde. Conviene practicar la metodología para adquirir soltura en el uso de las tablas. Una vez conseguida puede trabajarse con TermoGraf que proporcionará los valores, incluido sº, directamente reduciendo el tiempo dedicado a cálculos repetitivos. 1. Con esto en mente acometemos los cálculos de propiedades necesarias para responder las cuestiones relativas a las turbinas reversibles (procesos 1-2s y 3-4s): El estado de salida de la 1ª turbina tiene P 2 = 4.2 bar y s 2 = s 1 = 2.2477 kJ/kg· K Del estado 1 obtenemos sº 1 = 3.0774, de modo que sº 2s = sº 1 + R· ln(18/4.2) = 2.6596 que llevado a las tablas nos da T 2s = 758.47 K Repitiendo el proceso para la segunda turbina: s 3 = 2.6654 kJ/kg· K y sº 3 = 3.0774; sº 4s = sº 3 + R· ln(4.2/1) = 2.6654, valor que buscado en las tablas nos da: T 4s = 762.52 K 2. Para la potencia tendremos: W vc,s = fm· w vc,s = 100 kg/s· (h3 – h4s) = 100 (kg/s)· 380.10 (kJ/kg) = 38010 kW Transformando ahora los procesos de turbinado en irreversible con rendimiento isoentró- pico 0.9, repetimos los análisis del punto 1 en los que ya no es aplicable que no cambia la entropía. Tendremos, en cualquier caso, que identificar los estados 2 y 4 con las mismas presiones que los 2s y 4s pero distinta T. Para ello debemos utilizar el rendimiento isoentrópico. De su definición (n s,T = W real /W isoentrópico = (h 1 – h 2 ) / (h 1 – h 2s )) y como conocemos h 2s podemos despejar y calcular h 2 = 815.01 kJ/kg. Aplicado del mismo modo para la segunda turbina, tendremos h 3 = 818.98 kJ/kg Llevados estos valores a las tablas tendremos 3. T 2 = 793.64 K; 167 T 4 = 797.26 K 4. Para q 23 : Aplicando el balance de energía al VC del equipo combustor: q 23 = (h 3 - h 2 ) = 346.06 kJ/kg 5. Y para la potencia, en este caso de las dos turbinas: W vc,s = fm · w vc,s = 100 kg/s · {(h 1 – h 2s )+(h 3 – h 4s )} = = 100 (kg/s) · (346.06 + 342.1) (kJ/kg) = 68816 kW Comentarios: El escalonamiento busca evidentemente mejorar el W que obtenemos en una instalación, en este caso de turbina de gas. Podemos, así, preguntarnos cuál puede ser la P intermedia que maximice ese trabajo. En la última pantalla del documento TermoGraf Pb4.15 se recogen los resultados de un barrido que busca precisamente el valor de la P int que optimiza el trabajo conjunto de las dos tur- binas (en el caso isoentrópico). Estos resultados se resumen en la gráfica adjunta que recoge en una tabla los diferentes casos de P int (la figura muestra cinco de las posiciones centradas en el máximo que es la posición seleccionada. Las curvas corresponden: En rojo: w suma de las dos turbinas: (h 1 -h 2s )+(h 3 -h 4s ) En azul: q suministrado por el combustor (el combustible gastado será proporcional): (h 3 -h 2s ) En verde: w de una de las turbinas: (h 3 -h 4s ) Se puede señalar que la curva azul también es la gráfica del otro w: (h 1 -h 2s ) ya que h 1 y h 3 tienen la misma T (impuesta en los datos del enunciado) luego la misma h ¿Por qué? Porque (h 1 -h 2s ) = (h 3 -h 2s ) por el valor dado a T 3 ¿Podemos concluir que la mejor presión es el valor señalado? 1 . Parece ser así, sin embargo la rea- lidad es más compleja pues deberá tenerse en cuenta el coste del combustible (menor si aumenta- mos P int ) y otros aspectos más generales de la instalación como el rendimiento del ciclo en que se inserta el escalonamiento. 1 Puedes comprobar que el valor obtenido es (Pmáx· Pmín) 1/2 , siendo posible demostrar analíticamente para el caso del gas perfecto que ése es también el valor de la P int óptima. Aquí hemos hecho una demostración gráfica. 168 Dicho de otro modo: la optimización de la variable Y en función de una determinada va- riable X no implica que sea un óptimo absoluto de Y pues esta función lo es de varias variables y será el estudio de la dependencia general lo que nos pueda dar el óptimo abso- luto. Por otra parte podrá interesar optimizar diversas funciones: la vida de la instalación, los costes de construcción, los de explotación... En otras palabras, un óptimo como el aquí obtenido hay que interpretarlo como el de una variable determinada (el trabajo del escalonamiento) en función de otra (la P int ) sin con- cluir que ése debe ser el valor de diseño en una instalación que incorpore el escalona- miento. Para ello habrá que definir el objetivo a optimizar y analizar en efecto en toda la instala- ción sin omitir el análisis de costes. Una rama joven de la termodinámica: la termoeco- nomía combina el análisis exergético con el económico permitiendo extraer conclusiones operativas mucho más acertadamente que con análisis meramente energéticos. 169 5. Balances de entropía y energía Problemas resueltos y con documento Tgraf Pb. 5.1.- Cálculos de S en procesos reversible e irreversible Un dispositivo cilindro–pistón contiene agua líquida saturada a 90°C. El pistón se desliza libremente en el cilindro en un proceso tal que el agua llega al estado de vapor saturado. El cambio es debido a un calentamiento internamente reversible a presión y temperatura constantes. Determina 1. el trabajo y el calor intercambiados por unidad de masa, ambos en kJ/kg y 2. relaciona este flujo de calor con la variación de entropía que experimenta el sis- tema. Si ahora el cambio se produce a causa de la acción de un agitador de paletas, sin que exis- ta transferencia de calor con el entorno, determina 3. el trabajo por unidad de masa, ambos en kJ/kg y 4. la entropía generada por kg. ¿En qué forma se relaciona ésta con la variación de entropía del sistema? Resolución Sistema a estudio: El volumen contenido dentro del cilindro. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia bifásica en el modelo de sustancia real. Configuración: Diagrama Ts; SI con T en ºC; VC. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados ini- cial y final coincidan y uno sea reversible y el otro no. Análisis: 1. La expresión del primer principio cuando no hay masa atravesando la frontera del sis- tema es, por kg de la sustancia: Δu = q –w = q – (w x + w d ) y como el proceso es reversible en este caso, que- dará Δu = q –w x Cuando conozco los estados inicial y fina puedo evaluar Δu. En cuanto a los flujos q y w, si desconozco ambas deberé resolver una directamente y la otra la podré obtener del pri- mer principio. En este caso es muy simple evaluar w x = ∫P· dv ya que P es cte e igual a 70.26 kPa. Así w x = ∫P· dv = P · Δv 1-2 = 70.26 kPa · (2.3565-0.00103) m 3 /kg = 165.495 kJ/kg y como Δu = u2 – u1 = (2493.4 – 377.48) kJ/kg = 2115.92 kJ/kg tendremos para q: q = 2115.92 + 165.495 = 2281.41 kJ/kg 2. La relación entre la entropía del flujo de calor y dicho flujo, a partir de la definición de entropía es: δs q = δq/T Por otra parte, aplicando el balance de entropía al sistema (no hay flujo de masa en su frontera): ds = δs q + δs g e integrando para el proceso 1-2 : Δs 1-2 = s q = q /363.15, pues por ser reversible s g = 0. 170 s2 – s1 = q/T ya que al estar en cambio de fase a P cte, la T también permanece constante. Tomando los valores de TermoGraf: s1 = 1.1941 y s2 = 7.4764 kJ/kg· K y teniendo en cuenta que la T del cambio de fase es: 90ºC = 363.15 K podemos utilizar la expresión del balance de en- tropía para calcular el flujo de calor, única causa de la variación de entropía: q = 6.2823 (kJ/kg· K) · 363.15 (K) = 2281.42 coincidente con el anterior 3. En el proceso irreversible planteado se cumple: w = w x + w d En cuanto al trabajo de expansión es igual al reversible pues el proceso de expansión re- corre los mismos estados, luego w x = ∫P· dv = P · Δv 1-2 = 70.26 kPa · (2.3565-0.00103) m 3 /kg = 165.495 kJ/kg Como la causa de esta expansión es la energía aportada por la resistencia eléctrica, ésta debe hacer la función del flujo de calor del proceso reversible lo que implica: w eléctrico = w d 1 = |q rev | = - 2281.41kJ/kg El trabajo del proceso irreversible será, así: w (proceso irreversible ) = w x + w d = 165.495-2281.41 = -2115.92 kJ/kg En cuanto a q irrev será lógicamente cero por la condición de adiabaticidad impuesta ahora a la frontera: q irrev = 0 4. En el caso reversible la entropía del sistema cambiaba por el aporte de calor a través de la frontera a 363.15 K. En el caso irreversible la magnitud del cambio deberá ser el mismo aunque ahora la causa sea otra pues no hay flujo de calor. Escribiendo el balance deberá quedar claro: Δs 1-2 = s q + s g pues no hay flujo de masa a través de la frontera, por tanto como tampoco hay flujo de calor: Δs 1-2 = s g luego s g = 6.28229 kJ/kg· K ya que es la única causa del cambio de entropía del sistema. Comentarios: Termograf te proporciona diversa información si la pides: el correcto aprendizaje consiste en saber qué debes pedirle e interpretar conceptos y resultados. Se explicitan aquí w x , w t , Δu, Δh, q y Δs: además de tomar valores debes interpretarlos: ¿por qué unos coinciden? ¿cuales son la suma de otros? ¿y el producto? ¿qué condiciones son las aplicables para que pase todo lo anterior? ¿reversibilidad?¿T cte? ¿P cte?... 1 El signo negativo refleja el convenio para el trabajo que es el contrario que para el flujo de calor, por lo que un valor es el opuesto del otro (lo que lleva a que en la ecuación del balance el papel coincida) 171 Reflexionar y contestar todo lo anterior es consolidar lo aprendido. Pb. 5.2.- Mínimo trabajo necesario para una compresión Se comprime adiabáticamente una masa de propano contenida en un dispositivo cilindro– pistón, desde vapor saturado a 250 K hasta una presión final de 15 bar. Determina el mínimo trabajo teórico requerido, en kJ/kg, así como el cambio de entropía experimenta- do por el sistema, por unidad de masa. Resolución Sistema a estudio: La masa de refrigerante en el pistón. Sustancia y Modelo: Propano modelado como sustancia real Configuración: Diagrama TS; SI con T en K; MC. Condiciones: El proceso debe ser reversible dada la exigencia de trabajo mínimo teórico. Además es adiabático y no se consideran efectos gravitatorios. Análisis: Del estado inicial tenemos dos datos que configuran el resto de propiedades: T y x=1, y del estado final tenemos otros dos: P y s f = s i. Podemos calcular las propiedades necesarias para aplicar primer y segundo principio: Tenemos para la energía interna específica: u1= 397.64 kJ/kg; u2 = 482.70 kJ/kg ; Δu 1-2 = 86.06 kJ/kg ; Y como q = 0: Δu 1-2 = -w x por lo que w x = - Δu 1-2 = -86.06 kJ/kg (negativo ya que es trabajo de compresión). En cuanto al cambio de entropía: si es reversible Δs 1-2 = q/T m,fr siendo T m,fr la T media en la frontera que intercambia el flujo de calor. Como éste es cero Δs 1-2 = 0 kJ/kg· K Pb. 5.3.- Proceso irreversible en dos cámaras Un cilindro térmicamente aislado, cerrado por ambos extremos, está provisto de un pistón conductor sin rozamiento que lo divide en dos partes. Inicialmente se sujeta el pistón en el centro quedando a un lado 0.1 m 3 de aire a 300 K y 1 bar, y al otro 0.1 m 3 de aire a 300 K y 2 bar. Se abandona el pistón a sí mismo alcanzándose el equilibrio de presión y temperatura en una nueva posición. Calcúlese la presión y temperatura final así como el aumento de entropía. ¿Ha tenido lugar algún tipo de irreversibilidad? Resolución Sistema a estudio: Los dos subsistemas a cada lado y el sistema combinado. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama Pv y/o Ts; SI, T en K; MC. Condiciones: Se conoce el estado inicial para el subsistema a y para el subsistema b. Los volúmenes iniciales permiten calcular la masa en cada cámara a partir del volumen es- 172 pecífico. No se conocen los procesos aunque podemos iniciar el análisis suponiendo pro- ceso reversible que, así, será isotermo en ambas cámaras. La pared externa es adiabática y las transferencias energéticas, trabajo y calor, son a través del émbolo. Análisis: El equilibrio final depende del tipo de paredes (restricciones) existentes. En este caso el equilibrio es en temperatura y presión porque se indica que la pared de separa- ción es móvil y diatérmana. Por otra parte se cumple que el sistema completo siempre es la suma de los subsistemas (ambas cámaras). Además, por ser gases ideales, su energía interna queda determinada por su temperatura que, en la hipótesis reversible permanece constante. Con ello tenemos que U total será cte así como U a y U b . Si consideramos el balance de energía para los subsistemas escribiremos: ΔU a = Q 1a-2 – W 1a-2 = 0 ΔU b = Q 1b-2 – W 1b-2 = 0 Y como el W atravesando la frontera del sistema combinado es cero y, al considerar el proceso reversible, no hay trabajos disipativos podemos concluir que ambos trabajos son iguales y de sentido contrario, como sucede con los flujos de calor (el que cede un subsis- tema es el que recibe el otro) Las expresiones para los trabajos de expansión (únicos a considerar pues no hay efectos disipativos) de los proceso isotermos reversibles de gas ideal serán: W 1a-2 = m a · R· T· ln(v 2 /v 1a ) W 1b-2 = m b · R· T· ln(v 2 /v 1b ) y para la suma 0 = m a · R· T· ln(v 2 /v 1a ) + m b · R· T· ln(v 2 /v 1b ) Si despejamos v 2 tendremos: v 2 = (v 1a · v 1b (m b /m a ) ) 1/3 [1] Los datos permiten conocer el volumen específico Con las condiciones iniciales P y T podemos obtener el volumen específico inicial en cada cámara así como la masa de cada subsistema. En Tablas o de TermoGraf: v 1a = 0.8612 m 3 /kg y con el V total de a: m a =V 1a / v 1a = 0.1 m 3 / 0.8612 m 3 /kg = 0.116 kg v 1b = 0.4306 m 3 /kg y con el V total de b: m b =V 1b / v 1b = 0.1 m 3 / 0.4306 m 3 /kg = 0.232 kg Y, consiguientemente, para el volumen y masa totales tendremos: V total = 0.2 m 3 y m total = 0.348 kg Sustituyendo en [1] tendremos: v 2 = (0.8612· 0.4306 2 ) 1/3 = 0.5425 m 3 /kg En cuanto a la energía interna, determinada la u inicial en cada subsistema a partir de su temperatura, tendremos que como la T es común, lo será la energía interna específica y la total inicial será: U 1a = u 1a · m a = 214.073 kJ/kg · 0.116 kg = 24.83 kJ U 1b = u 1b · m b = 214.073 kJ/kg · 0.232 kg = 49.72 kJ Luego U total = u 1a · ( m a + m b ) = 0.7455 kJ y como la masa y U totales se conservan tendremos u 2 = u 1a y, en consecuencia, T 2 = T 1a es decir T 2 = 300 K de modo que podemos calcular la P final aplicando la ec. térmica P· V = m· R· T a cual- quier subsistema: 173 P 2 = R· T 2 /v 2 = = 8.314(kJ/kmol· K)· (1kg/28.964kmol) · 300 K/ 0.5425 m 3 /kg = 158.74 kPa = 1.5874 bar igual para ambos subsistemas. En cuanto al incremento de entropía será: ΔS 1a-2 = m a · (s 2 – s 1a ) ΔS 1b-2 = m b · (s 2 – s 1b ) Y recordando que ΔS 1-2 = m · {(∫c P · dT/T) – R · ln (P 2 /P 1 )} nos quedará, ya que T es cte: ΔS 1a-2 = m a · (– R · ln (P 2 /P 1a ) = -0.015387 kJ/K, y ΔS 1b-2 = m b · (– R · ln (P 2 /P 1b ) = 0.015387 kJ/K de modo que el cambio total de entropía es cero como corresponde a la hipótesis de pro- ceso reversible. Comentarios: Si ahora suponemos que hay fricción en el émbolo habrá un trabajo disipativo entrando en uno o los dos subsistemas (dependerá del modelo de disipación que definamos). El cálculo de la presión final exigirá trabajar con el W d añadido al W x y a partir del nuevo valor calcular la variación de entropía que será igual a la entropía generada. Pb. 5.4.- El intercambiador del Ej. 5.3 sin pérdida de carga En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácticamente adiabática, entra una corriente de aire a 400 K y 12 bar. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en gases procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1.5 bar y salen a 560 K. El flujo másico de ambos procesos, que son isóba- ros e internamente reversibles, es 40 kg/s. Podemos considerar como aproximación válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal. Debes calcular 1. La temperatura de salida del aire precalentado, en K, 2. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para cada flujo, en MW, 3. El balance de exergía para la corriente de gases de combustión como sistema, to- mando para el cálculo de la exergía de flujo de calor el valor 1 de 683 K como tem- peratura efectiva media de la frontera y la exergía destruida por unidad de tiempo, en MW. 4. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambiador en su conjunto. El ambiente tiene T=300 K y P=1 bar. Comenta los resultados. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo y, en su caso, el volumen de control suma de los anteriores. 1 Recuerda que T bm = Q/(s f – s i ) 174 Modelo de la sustancia: Ambas corrientes se tratan como aire, gas ideal. Condiciones: a) Equipo adiabático. b) Régimen estacionario. c) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibi- lidades (interna por pérdida de carga, que es nula en este caso a diferencia del Ej 5.4 de la primera parte, y externa, en la frontera de las conducciones de los fluidos, por salto de temperatura entre ambos fluidos). Análisis: Conviene determinar las propiedades conocidas en los estados 1, 2, 3 y 4. Sien- do el modelo para las dos corrientes el de gas ideal, sabemos que es aplicable a cualquier estado la ecuación P· v = R· T, y que las variables T, u y h están relacionadas entre sí, y pueden obtenerse una de otra en las tablas o, introduciendo los estados, en TermoGraf. 1) Con las condiciones dadas, el único estado indeterminado es el 2, salida de la corriente de aire. De él podemos determinar la entalpía mediante el balance de energía en el volu- men de control que incluye ambas corrientes (fig. Pb5.4 a) y con este valor obtener T 2 como se ha indicado. Es decir, ΔU VC = m aire · (h 1 -h 2 ) +m gases · (h 3 -h 4 ) = 40 kg · (h 1 -h 2 ) + 40 kg · (h 3 -h 4 ); como el primer miembro es nulo por la segunda condición, queda, una vez despejado h 2 y sustituidos valores de la tabla adjunta: h 2 = h 1 + (h 3 -h 4 ) = 400,92 + 843,99 – 565,12 = 679,79 kJ/kg Llevado este valor a la tabla de estados en Termograf, obtenemos los valores correspon- dientes al estado 2 que luego utilizaremos: T 2 = 668.74 K; h 2 = 679,79 kJ/kg; s 2 = 1,8228 kJ/kg· K; 2) El cambio neto de energía y exergía de flujo para cada corriente, por kg de aire o ga- ses, será: Energía: el cambio corresponderá al cambio de entalpía: (h s –h e ) Exergía: el cambio de la exergía de flujo es: (a fs –a fe ) = (h s -h e ) – T o · (s s -s e ) Las expresiones del balance de energía para cada corriente serán ΔU VC aire = m aire · (h 1 -h 2 ) + Q aire - W t y ΔU VC gases = m gases · (h 3 -h 4 ) + Q gases - W t En estas expresiones el primer miembro es cero pues el régimen es estacionario y no hay trabajo técnico por las características del dispositivo. En consecuencia: (H 1 -H 2 ) = Q aire = 40 kg/s · (679,8 – 400,9) kJ/kg = 11155 kW ; (H 3 -H 4 ) = Q gases = - Q aire = - 11155 kW Para el cambio de exergía: Δaf₁₋₂ = h₂ - h₁ - To · ( s₂ - s₁) = = 278.87 - 300 · ( 1.8106 - 1.2785) = 119.24 kJ/kg ΔAf₁₋₂ = 40 kg · 119.24 kJ/kg = 4.7698 MW ΔAf₃₋₄ = m· [h₄ - h₃ - To · ( s₄ - s₃)] = = 40 kg · (-278.87 - 300· (- 0.4083)) kJ/kg = - 6.2552 MW Dado que la exergía cedida es menor que la ganada se desprende que ha habido exergía destruida: dado que hay una irreversibilidad (el flujo de calor es irreversible pues sólo puede ir de mayor a menor temperatura sin consumir un trabajo como el caso de la bom- 175 ba de calor). Esta irreversibilidad externa a los VC de las tuberías supone la generación de entropía y la destrucción de exergía cuyo valor es: A d = |4.7698+( -6.2552)| = 1.4854 MW 3) En cuanto al balance de exergía para la corriente de gases de combustión: ΔA VC gases = m gases · (a f 3 -a f 4 ) + A Q gases - W t - A d gases donde el primer miembro es nulo por régimen estacionario, siendo A d la exergía destruida en cada una de las corrientes debido a irreversibilidades internas que NO 1 existen en este caso (condición c). De la expresión de la exergía de flujo: (A f 4 - A f 3 ) = m· ((h 4 -h 3 ) – T o · (s 4 -s 3 )) = 40 kg · (- 278.87 -300· (- 0.4083)) kJ/kg = - 6255.2 kW En cuanto a la exergía del flujo de calor, puesto que tenemos la temperatura media equi- valente del proceso, escribiremos: A Q gases = Q· (1 – T o /T m ) = - 11155 kW · (1- 300/683.2) = - 6256.7 kW Correspondiendo el signo al hecho de que el flujo de calor sea cedido. Este último dato permite comprobar que la exergía destruida en la irreversibilidad interna es nula salvo error por redondeo, sin más que despejar: A d gases = m gases · ( a f 3 -a f 4 ) + A Q gases = 6255.2 kW -6256.7 kW = -1.5 kW ≈ 0 4) Para el intercambiador como volumen de control 2 : Balance de energía: ΔU VC interc = m aire · (h 1 -h 2 ) + m gases · (h 3 -h 4 ) + Q interc - W t en donde, por las razones apuntadas antes, el primer miembro y W t son cero y Q interc es cero, también, pues el equipo es adiabático, luego 0 = m aire · (h 1 -h 2 ) + m gases · (h 3 -h 4 ) Balance de exergía: ΔA VC interc = m aire · (a f 1 -a f 2 ) + m gases · (a f 3 -a f 4 ) + A Q interc - W t - A d interc que queda por las razones señaladas antes (el VC es adiabático y no hay dispositivo que produzca o consuma W t ) como: 0 = m aire · (a f 1 - a f 2 ) + m gases · (a f 3 - a f 4 ) - A d interc [2] y sustituyendo: m aire · (a f 1 - a f 2 ) = 40 kg/s· ((400.92-679.8) kJ/kg –300 K· (1.2785-1.8106) kJ/kg· K) = -4769,8 kW m gases · (a f 3 -a f 4 ) = 40 kg · (278.87 - 300· (0.4083)) kJ/kg = 6255.2 kW Despejando A d VC de la expresión [2] anterior A d interc = -04769.8 - (- 6255.2) = 1485.4 kW < 2860.4 kW ( Ej. 5.3) Comentarios: El valor de la exergía destruida coincide con la suma algebraica de las exergías de flujo existentes por el intercambio de calor entre corrientes. Al considerar este intercambio dentro del volumen de control, la irreversibilidad es interna y es la única 1 Estamos trabajando con VCs: cada tubería por separado 2 Es innecesario señalar que en las expresiones de los balances debe cuidarse el orden de los términos para evitar signos erróneos en los mismos. Así, por ej. para la energía, en los balances aparece: h entrada – h salida y los incrementos se definen en sentido inverso: Δh = h salida – h entrada 176 pues los procesos en cada tubería son internamente reversibles al desaparecer la pérdida de carga. En el Ej. 5.3 (en la primera parte) este último análisis daba: A d interc = 7483.9 – 4623.1 = 2860.8 kW, claramente superior el valor destruido al del caso considerado en este problema pues ahora no hay irreversibilidad mecánica por pérdida de carga en ninguno de los conductos del intercambiador. El análisis basado en sustituir cada proceso por dos procesos equivalentes, puede verse en el fichero informático Pb 05.04.tme. Pb. 5.5.- Variación de entropía (procesos entre los mismos estados) Calcula la variación de entropía del sistema y del universo producidos en cada uno de los tres procesos que, en un sistema cilindro-pistón, sufre una masa de 1 kg de aire inicial- mente a 60ºC y P=1 bar. En los tres casos el sistema alcanza el mismo estado final de P=5 bar mediante los siguientes recorridos de uno o más procesos: Recorrido 1) compresión isoterma reversible en contacto con un foco a la T del proceso (proceso 1-2) Recorrido 2) compresión adiabática reversible hasta v 2 se- guido de enfriamiento internamente reversible a volumen constante (procesos 1-3 y 3-2) con cesión de calor al am- biente (T o = 300 K) Recorrido 3) compresión adiabática irreversible 1 hasta P 2 y temperatura 600ºC seguida de enfriamiento internamente reversible a P cte mediante cesión de calor al ambiente (T o = 300 K) 1. Calcula, cuando haya irreversibilidades, el valor de las entropías generadas internas (s g ii ) y externas (s g ie ) 2. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 3-2 de cesión de calor a v cte? 3. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 4-2 de cesión de calor a P cte? Representa los procesos gráficamente en los diagramas P-v y T-s. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: La masa de aire. Modelo de la sustancia: Aire co- mo gas ideal. Modo de análisis: Masa de control (el sistema es 1 kg en un cilindro- pistón) Condiciones: 1 Puedes simular el proceso adiabático irreversible como uno de entrada-salida en el que determinas los flujos de Q y trabajo o, MEJOR, utilizar un proceso (equivalente) politrópico y transformarlo en irreversi- ble-adiabático seguido del correspondiente reajuste de los flujos de Q y W en la ventana de balances. Re- cuerda que la hipótesis en este proceso equivalente es que, en cuanto al recorrido de estados, coinciden real y equivalente (es decir el W x coincide) y que el flujo de calor del equivalente corresponde al Q rozamiento del real, o sea a –W rozamiento (los signos de Q rozamiento y W rozamiento son los correspondientes al criterio de signos para cada uno, de modo que el efecto es el mismo: un incremento de la energía del sistema. 177 1. Cada proceso se caracteriza por una determinada condición: Reversibles, excepto la compresión adiabática del caso 3, Adiabáticos combinados con isócoro o isóbaro. Análisis: Con las ecuaciones de estado (P· v=R· T) y las tablas o TermoGraf para el cálculo de las entropías, obtenemos la tabla adjunta. Con los datos de la misma calcula- remos: ΔS U = ΔS sist + ΔS entorno = (S f – S i ) sist + Q/T o [1] siendo Q el calor que, en el caso 3) recibe el ambiente. - Recorrido 1) Proceso 1-2: ΔS U = 0 por ser reversible (sin irreversibilidades ni internas (dentro de la frontera) ni externas (de tipo térmico en la frontera), lo que implica (S f – S i ) sist = - ΔS entorno ΔS U = 0 - Recorrido 2) Proceso 1-2 y 1-3-2: ΔS U(1-3) = 0 por ser reversible interna y externamente (al ser adiabá- tico no hay irreversibilidades externas -en la frontera- pues no hay flujo de calor), lo que implica ΔS U = ΔS sist + ΔS entorno = (S f – S i ) 1-3 + (S f – S i ) 3-2 + ΔS entorno O bien, en función de las entropías generadas: ΔS U = m · (s g ii + s g ie ) = m · s g ie (3-2) [2] ya que en el recorrido 2 los procesos son internamente reversibles y solo hay irreversibi- lidad externa en el proceso 3-2 por la cesión de calor entre sistema y entorno con la con- dición T frontera > T entorno El valor de la entropía generada por un flujo de calor δq (kJ/kg ) que pasa de un sistema a T frontera a otro a T entorno es: δs g = |δq| · (1/T entorno - 1/ T frontera ) > 0 [3] Para el proceso 3-2 la entropía generada por kg será la integral de la expresión anterior a lo largo del proceso o, utilizando el concepto de temperatura media termodinámica de la frontera para el proceso: s g ie (3-2) = |q| · (1/T entorno - 1/ T bm ) siendo T bm dicha media termodinámica de la temperatura de la frontera del sistema a lo largo del proceso 3-2. Su valor es: T bm = q/(s f – s i ) 3-2 = -214.752 (kJ/kg) / -0.462 (kJ/kg· K) = 464.83 K 1 de modo que la entropía generada será s g ie (3-2) = 214.752 (kJ/kg) · (1/300 - 1/464.83) (1/K) = 0.2538 kJ/kg· K por lo que el incremento de entropía del universo para el recorrido 2 será ΔS U(1-3-2) = m · (s g ii + s g ie ) = m · s g ie (3-2) = 1 kg · 0.2538 kJ/kg· K = 0.2538 kJ/K valor que podrás verificar en la ventana de balances de Termograf. - Recorrido 3): La variación total será: ΔS U(1-2) =ΔS U(1-4) +ΔS U(4-2) En cuanto al proceso 1-4: Como el proceso 1-4 es adiabático, la irreversibilidad es solo interna y no hay flujo de calor, Q, intercambiado con el entorno. Como Q = 0 se cumplirá, de acuerdo con [1], que ΔS U(1-4) = ΔS sist(1-4) = 1 (kg) · (2,3528 – 1,8073) (kJ/kg· K) = 0,5455 kJ/K 1 Termograf identifica este valor para un proceso no adiabático, en un diagrama Ts, dando un clic sobre el proceso con el botón pulsado. 178 valor que coincide con S g ii = m · s g ii Para el proceso 4-2, la irreversibilidad es externa: se produce en la frontera como conse- cuencia de que la cesión de calor al ambiente supone un salto irreversible desde la T frontera hasta la T entorno Como en el caso anterior empezaremos determinando T frontera . Como es un valor variable a lo largo del proceso aplicaremos el concepto de T media equivalente visto antes: T bm = q/(s f – s i ) = -569.476 (kJ/kg) / -1.0075 (kJ/kg· K) = 565.24 K Con ello s g ie será s g ie = |q| (1/T entorno - 1/T frontera ) = 569.476 (kJ/kg) · (1/300 - 1/565.24) (1/K) = = 0.8908 kJ/kg· K Y para la variación total de S U ΔS U(1-4-2) = m · (s g ii + s g ie ) 1-4-2 = m · (s g ii 1-4 + s g ie 4-2 ) = = 1 kg · (0.5455 + 0.8908) kJ/kg· K = 1.4363 kJ/kg Comentarios: En este caso en que la masa del sistema es 1 kg coinciden los valores específicos (por ej. s g ie (kJ/kg· K), con los valores extensivos para la masa del sistema, S g ie (kJ/K). Como es lógico, sólo los recorridos que incluyen algún proceso irreversible son los que dan lugar a un crecimiento de entropía del universo, consecuencia de la irreversibilidad interna y/o externa en los mencionados procesos. Pb. 5.6.- Vapor de agua: comparación de modelos en cálculo de S Se dispone de vapor de agua, inicialmente a 700K y 10 bar que sufre un proceso termo- dinámico pasando a un estado final (cada uno de los estados 2,3 y 4 de la figura). a) Calcular la variación de entropía especifica, en kJ/kg· K, empleando 1. - La tabla de vapor sobrecalentado o el programa TermoGraf 2. - La tabla de gas ideal para el vapor de agua ( o el correspon- diente modelo en TermoGraf). ¿Crees que es válido este mo- delo en este caso? x 2 : 0.95 b) Habrá alguna diferencia para dicha variación del sistema, en función de que el proceso sea reversible o irreversible? ¿Por qué? ¿Y para el universo?. Representa los estados en el diagrama Ts y cubre las casillas de la tabla adjunta. c) Identifica qué estado es inalcanzable con un proceso adiabático, reversible o no, y explica por qué. Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera de masa unidad en análisis de MC o VC pues vamos a analizar propiedades de estado y no flujos de W en procesos que es cuando es relevante la elección de MC o VC. Sustancia y Modelo: Como sustancia tomamos Agua y como modelo, sucesivamente el modelo de sustancia real y el modelo de gas ideal. Configuración: Diagrama T-s; SI; M de C ó V de C. Condiciones: Los estados pueden colocarse en las correspondientes pantallas de Termo- graf. Mediante procesos de entrada-salida se pueden obtener directamente las variaciones Δu, Δh, Δs y llevarlas a la tabla incluida en la pantalla 2 del documento Pb 05.06. 179 . Análisis: Los valores, sus diferencias y las desviaciones relativas se recogen de la tabla adjunta. Modelo: Sustancia real v (m3/kg) Δu (kJ/kg) Δh (kJ/kg) Δs (kJ/kg·K) 0.31942 0 0 0 1.60914 -600.07 -758.58 -0.49198 4.58209 -522.6 -681.65 0.19058 1.06215 -41.13 -52.53 0.49061 P (bar) T (K) (v vap - v g id ) / v i vap. (Δu vap -Δu g id ) / Δu vap (Δh vap -Δh g id ) / Δh vap (Δs vap -Δs g id ) / Δs vap est. 1 10 700 -1.14% est. 2 1 372.73 -6.90% 17.23% 14.61% 63.72% est. 3 0.35 350 -0.72% -1.24% -1.31% 1.67% est. 4 2.9 670 -0.39% -17.40% -18.29% 2.06% Modelo: Gas ideal v (m3/kg) Δu (kJ/kg) Δh (kJ/kg) Δs (kJ/kg·K) 0.32306 0 0 0 1.72018 -496.701 -647.743 -0.1785 4.61508 -529.074 -690.606 0.1874 1.06624 -48.287 -62.14 0.4805 a) El modelo de gas ideal es inutilizable en zonas próximas a la curva de saturación pues da errores mayores que un 1% que podrían considerarse como errores límite. Sólo el vo- lumen específico da valores aceptables excepto para el estado 2 que está dentro del domo. Esta situación se reproduce para las propiedades energéticas (u, h, s) de estado aunque para bajas presiones la validez puede también considerarse. b) El proceso que lleva del estado 1 a los 2, 3 ó 4 no influye en estas diferencias pues estamos trabajando con propiedades termodinámicas o de estado. Sí cambiará la S del universo si el proceso considerado tiene irreversibilidades. c) En un proceso adiabático se cumple: Δs = s gi . Como s gi sólo puede ser positiva o nula, es evidente que Δs solo puede ser > 0 (proceso internamente irreversible) ó = 0 (pr. rev.). En consecuencia el estado 2 es inalcanzable con un proceso adiabático. Sólo si se produce una pérdida de calor, podrá disminuir la entropía (Δs 1-2 < 0). Comentarios: Como era de esperar el modelo de gas ideal no sirve para zonas próximas a la curva de saturación. Sólo para temperaturas elevadas combinadas o no con presiones bajas se pue- den obtener valores aceptables. Pb. 5.7.- Cálculo de S para una sustancia incompresible Se dispone de 1 kg de agua, en un sistema cilindro pistón. Calcular, representando la evo- lución del sistema en el diagrama Ts: 1. Los flujos de calor intercambiados en kJ/kg. 180 2. Las variaciones de entropía del sistema, el entorno y el universo 3. La T media termodinámica de ambos procesos. en los siguientes casos: a) el agua se calienta reversiblemente y sobre una isóbara des- de 10ºC y 10 bar hasta mezcla de líquido y vapor con un título x= 0.1 mediante un foco que varía su temperatura manteniéndola igual a la del sistema en cada estado intermedio de la expansión del pistón. b) el agua se calienta en un proceso internamente irreversible a P cte desde 10ºC y 10 bar hasta el mismo estado final del caso anterior mediante un agitador de paletas es- tando el cilindro aislado adiabáticamente. Resolución Sistema a estudio: El agua contenida en el cilindro-pistón. Sustancia y Modelo: Como sustancia tomamos Agua y como modelo el de sustancia real 1 . Configuración: Diagrama T-s; SI; M de C. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos como isóbaros en TermoGraf de modo que estados inicial y final coincidan. El primero, 1-2, será reversible y el segundo, 3-4, se hará irreversible Análisis: Caso reversible: Insertamos en TermoGraf el estado auxiliar a de modo que su título sea 0 y así considerar, más tarde, el modelo incompresible para el subproceso 1-a. Los valores para el proceso total 1-a-2 cumplen con la ec. del balance: Δu MC = q - w y como el proceso es isóbaro podemos escribir: Δh = q es decir: Δh = 966.085-42.0826 = q = 924.002 kJ/kg En cuanto a la entropía del sistema: Δs MC = s 2 -s 1 = s q = 2.4398 kJ/kg· K pues no hay entropía generada (s gi ) De aquí, la temperatura media termodinámica de la frontera, Tm, para el proceso 1-a-2 es: T m = q/Δs MC = 924.002 / 2.4398 = 378.72 K Las entropías de entorno y universo habrán cambiado según Δs entorno = Δs MC y Δs U = 0 todo ello por ser el proceso reversible. Análisis del proceso 1-a con el modelo de líquido incompresible En el líquido incompresible, al suponer v = cte, se cumple: Δh = Δu y para ambos Δh = c·ΔT, siendo c = cp = cv. De los valores que da el modelo de sustancia real en esta pantalla se deduce que ésta es una aproximación pues, por ej., en el proceso 1-a el volumen específico v cambia en un 10% aunque Δu sí resulta aproximadamente igual a Δh = 720.479 kJ/kg. 1 Termograf no calcula con el modelo de líquido incompresible, aunque si se quiere utilizar ese modelo proporciona datos para su aplicación adecuada. 181 Para el cálculo de este valor con el modelo de líquido incompresible tenemos Δh = c · ΔT = 4.274 · (179.863 - 10) = 725.99 (un 1% mayor que el valor real) En cuanto a la entropía: Δs = c · ln (Ta/T1) = 4.274 · ln ((179.863+273.15)/(10+273.15)) = 2.0085 kJ/kg· K (este valor es , asimismo, un 1% mayor que el valor real: 1.9905 kJ/kg· K) El valor c = 4.274 puede obtenerse de tablas o como valor medio de c p en el intervalo 1-a. Este valor puede calcularse en Termograf como se indica en el documento Pb 05.07.tme Caso irreversible: Transformado el proceso en irreversible y adiabático, tenemos que Δu = - w = - (w x + w d ) Como w x coincide con el del proceso reversible (idéntica trayectoria luego idéntico valor para ∫ P·dv) podemos calcular w d despejando: w d = - Δu – w x = - 904.348 - 19.654 = - 924.002 kJ/kg En cuanto a la entropía: Como es adiabático, la irreversibilidad existente es interna e igual al cambio en el sistema: s 2 -s 1 Así : s gi = s 2 -s 1 = 2.4398 kJ/kg· K y además: s ent no cambia y Δs U = s gi + s ge = s gi = 2.4398 kJ/kg· K Comentarios: Vemos en Termograf que el w d coincide con la variación de entalpía en el proceso isóba- ro adiabático irreversible ¿por qué? ¿sucedería lo mismo si el proceso no fuera isóbaro? Pb. 5.8.- Irreversibilidad térmica y mecánica Se comprime una cierta cantidad de un gas ideal (dióxido de carbono) isotérmicamente a 126.85°C desde 1 bar hasta 30 bar, en un dispositivo cilindro–pistón. Calcular el cambio de entropía en el sistema y en el universo que resulta del proceso, si: 1. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que rodea al dispositivo es un depósito de calor a 126.85°C. 2. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que lo rodea es un depósito de calor a 26.85°C. 3. El proceso es isotermo e irreversible mecánicamente, ya que requiere un 20% más de trabajo que la compresión reversible. En cuanto al medio que lo rodea, es un depósito a 26.85°C. Cuánto vale la s generada en este caso. Resolución Sistema a estudio: Una masa arbitraria de gas (tomaremos masa unidad para el análisis). Sustancia y Modelo: CO 2 con el modelo de Gas Ideal. Configuración: Diagrama Ts; SI; MC. Condiciones: Los tres procesos son, respectivamente: Proceso caso 1: Reversible, Proceso caso 2: Sólo con irreversibilidad externa y, finalmente, Proceso caso 3: Con irreversibilidades interna y externa. 182 En todos los casos el proceso es isotermo y no se consideran efectos gravitatorios o ciné- ticos. Análisis: Cuando hemos dibujado el proceso no hemos necesitado otra cosa que las propiedades de los estados (P1 y T1) y P2 pues además sabíamos qué proceso realiza el gas (isotermo reversible internamente). De este hecho "experimental" podemos deducir que el proceso de ambos casos, 1 y 2, es el mismo en cuanto al sistema (de frontera para adentro) y sólo difiere en la forma reversible (caso 1) o no (caso 2) en que se transfiere el calor q (que es el mismo en ambos casos). Con esta consideración podemos afirmar que el primer caso es reversible interna y exter- namente mientras que el segundo sólo lo es internamente. Así, en el primer caso: Δs(U) = 0 y en el segundo Δs(U) > 0. También, en 1: Δs(sistema) =Δs(entorno) en valor absoluto (lo que gana el entorno lo ha perdido el sistema) mientras que en el segundo caso el entorno gana lo que pierde el sis- tema y algo más: la s generada en la irreversibilidad exterior. Así, tendremos: Proceso 1: Δs sist = s 2 - s 1 = q/T b = - 0.6426 kJ/kg· K; Δs ent = - Δs sist = -q/T ent = 257.02/ 400 = 0.6426 kJ/kg· K pues T b = T ent . Y para el universo: Δs U = Δs(sist) + Δs(ent) = 0 Proceso 2: Δs sist = s 2 - s 1 = q/T b = - 0.6426 kJ/kg· K; Δs ent = - q/T ent = 257.02 / 300= 0.8567 kJ/kg· K ya que T b ≠ T ent . Y para el universo: Δs U = Δs(sist) + Δs(ent) = 0.2141 kJ/kg· K> 0 Proceso 3: La irreversibilidad mecánica no afecta al recorrido que sigue siendo isotermo con T en la frontera de 400 K. Como en la irreversibilidad comunicamos un trabajo mayor, el calor que ahora ceda al entorno deberá ser mayor en igual medida para que se mantenga la T en la frontera, T b . Así, tendremos: El trabajo que atraviesa la frontera será w = w x + w d = - 257.02 + (- 0.2 · 257.02) pues el trabajo disipativo es negativo por el convenio de signos adoptado. Así: w = - 308.42 kJ/kg 183 Aplicando el primer principio: q = w = - 308.42 kJ/kg. En consecuencia como Δs sist no ha cambiado s sist = q/T b + s gi ; con ello: s gi = s sist - q/T b = - 0.6426 - (- 308.42 / 400) = 0.1285 kJ/kg· K Δs ent = -q/T ent = 308.42 / 300 = 1.028 kJ/kg· K s ge = (q/T b + -q/T ent ) = - 0.7710 + 1.028 = 0.257 kJ/kg· K Con ello: Δs U = Δs(sist) + Δs(ent) = - 0.6426 + 1.028 = 0.3854 kJ/kg· K o bien: Δs U = s gi + s ge = 0.1285 + 0.257 = 0.3855 kJ/kg· K Comentarios: La temperatura de la frontera es en el tercer caso 400 K determinada por el proceso iso- termo. Si pretendiéramos calcularla con la fórmula habitual q/Δs sist obtendríamos otro valor superior ya que el calor que evacúa el sistema viene incrementado por el trabajo de rozamiento. La expresión aplicable sería: q/(Δs sist - s gi ) o su alternativa (q - |w d |) / Δs sist En nuestro caso sería: T b = - 308.42 / (-0.6426 – 0.1285) = 399.97 ≈ 400 K Pb. 5.9.- Una solución posible...o no En un proceso industrial se pretende comprimir en un cilindro-pistón una cierta cantidad de agua que inicialmente se encuentra en unas condiciones de 4 bar de presión y 200°C de temperatura hasta 16 bar y 206°C. Para ello un técnico define un proceso mediante el cual la compresión del sistema hasta el estado final se hace suministrando un trabajo de 20 kJ a la vez que el sistema cede 52.1 kJ en forma de calor al ambiente que se encuentra a 20°C. Sin embargo, otro técnico del equipo sostiene que el calor está mal calculado. El primero corrige el error pero el segundo señala entonces que el proceso es imposible. A la luz del primer y segundo principios de la Termodinámica encuentra el valor corregido de Q y justifica a partir del mismo cual de los dos tiene razón. 1. Determina la corrección encontrada para el valor de Q. 2. Determina quién tiene razón tras la primera corrección. 3. Identifica el valor de las entropías generadas interna y externa y confirma con dichos valores la respuesta previa. ¿Encuentras alguna explicación para la confusión? Resolución Sistema a estudio: La masa de vapor de agua contenida en el cilindro. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real 184 Configuración: Diagrama Ts; SI; MC. Condiciones: Proceso desconocido y estados inicial y final bien determinados cuyos da- tos permiten desarrollar el análisis. El calor cedido al sistema puede considerarse que ocurre con una temperatura media termodinámica, Tbm = 203ºC, coincidente con la me- dia aritmética dado el pequeño intervalo de variación total, [200ºC, 206ºC]. Análisis: 1. El primer desacuerdo puede resolverse aplicando el primer principio al sistema: ΔU = Q – W y sustituyendo por los valores de u en los estados inicial y final: m· (u2 – u1) = Q – W, que por kg será 1 kg · ( 2604.96- 2645.98) kJ/kg = Q - (- 20 kJ) Y despejando: Q = - 20 + 1 · (-41.02) = - 61.02 kJ valor que corrige el citado en el enunciado. 2. En cuanto a la afirmación de que el proceso es imposible bastará aplicar el segundo principio. Por él sabemos que la variación de la entropía del universo termodinámico (sis- tema+entorno) debe ser nula (procesos reversibles) o positiva (procesos reales, o sea irre- versibles): Aplicaremos la expresión: ΔS U = ΔS sist + ΔS ent = (S 2 – S 1 ) + Q ent / T ent y con la masa de 1 kg para trabajar con los valores específicos: Δs U = Δs sist + Δs ent = (s 2 – s 1 ) + q ent / T ent Expresión en la que q ent = - q sist = 61.02 kJ/kg y T ent = (20+273.15) K Δs U = (6.448 - 7.170) + 61.02/293.15 = = -0.5138 kJ/kg· K < 0 proceso imposible ¡! 3. Calcularemos las entropías generadas interna y externa. Las expresiones que permiten este cálculo son: ΔS sist = (∫ δQ sist / T frontera + S gi ) [1] S ge = ∫ δQ sist / T frontera + ∫ δQ ent / T ent [2] En las expresiones anteriores se verifica: ∫ δQ sist / T frontera = Q sist / T bm siendo T bm la temperatura media termodinámica y ∫ δQ sist / T ent = - Q sist / T ent ya que Q ent = - Q sist y además T ent es constante. Con todo ello, sustituyendo valores conocidos: S gi = ΔS sist - Q sist / T bm = = (6.448 - 7.170) – (- 61.02)/(203+273.15) = - 0.5938 < 0 imposible ¡! S ge = (-61.02)/(203+273.15) + 61.02/(20+273.15) = 0.08 > 0 cumple el 2º pr. En cuanto a la posible fuente del error: véase en Comentarios Comentarios: El cálculo de las entropías generadas confirma la inviabilidad del proceso ya que ambas deben ser positivas o nulas cuando se de la correspondiente reversibilidad. Por otra parte su suma es la variación total de la entropía del universo en el proceso considerado y pue- de comprobarse que la suma coincide con el cálculo anterior para esta variación. 185 La entropía generada en la irreversibilidad interna muestra que el valor asignado al flujo de calor en 1 cumple el 1º principio pero para que se cumpliera el 2º principio sería nece- sario que su valor fuera mayor que 348.8 kJ, lo que obligaría a revisar el valor de W. Tanto error invalidaría la capacidad del técnico por lo que podemos sospechar que el error es de otra índole. Prueba si la equivocación puede ser en la masa, por ejemplo 0.01 kg y el error ha sido una confusión en unidades para valores específicos o extensivos, al asumir que los flujos dados eran aplicables como valores específicos. Pb. 5.10.- Exergía en una masa de control (sistema cerrado) Un dispositivo cilindro–pistón de paredes adiabáticas y 66 cm de diámetro contiene 2 kg de metano a 60°C de temperatura. El émbolo se encuentra sometido a una fuerza exterior constante de 90 kN y se expande lentamente como consecuencia del calor que se suminis- tra al sistema mediante una resistencia eléctrica conectada a 220 V por la que circula una intensidad de 1 A durante 2 horas. Calcula: 1. Presión, volumen y temperatura del sistema al final del proceso. 2. Variación de energía interna específica (en kJ/kg). 3. Trabajo de expansión (en kJ). 4. Variación de entropía del sistema y entropía generada (ambas en kJ/K). 5. Variación de exergía del sistema y exergía destruida (en kJ) ¿Puedes señalar las causas de tal destrucción?. 6. Representa el proceso en los diagramas P-v y T-s. Resolución Sistema a estudio: El gas contenido dentro del cilindro. Sustancia y Modelo: El gas O 2 con el modelo de Gas Ideal. Configuración: Diagrama Pv ó Ts; SI; MC. Condiciones: No hay efectos gravitatorios o cinéticos, las paredes son adiabáticas y el pistón se mueve sometido a una presión constante. Análisis: El proceso es adiabático, isóbaro (sometido a la fuerza cte de 90 kN) e irreversible (como no puede ser de otro modo para un proceso isóbaro que además es adiabático). La P del proceso será: P 1 = (90000 N / (3.1416· 0.33^2 m 2 ) · (1 bar/10 5 Pa) = 2.63 bar Con P 1 y T 1 ya podemos determinar v 1 = R· T 1 /P 1 = 0.6566 m 3 /kg o representar el estado en Termograf, obteniendo dicho volumen. El volumen total será V = 2 (kg) · 0.6566 (m 3 /kg) = 1.3132 m 3 1. El trabajo de expansión tiene como expresión ∫ P.dV que podremos integrar siempre que conozcamos el recorrido como una función de V. En este caso es así pues el proceso es isóbaro por lo que tendremos W x = P 1 · (V 2 – V 1 ) o en términos de variables específi- cas: w x = P 1 · (v 2 – v 1 ) que, de momento no podemos calcular pues no conocemos v 2 La información que tenemos es la energía eléctrica suministrada al sistema. Su valor será: Ee = 220 (V) · 1 (A) · 2 (h) · ( 3.6 kJ/1 w· h) = 1584 kJ 186 Esta energía puede considerarse como un flujo de calor cedido por la resistencia si no la incluimos en el sistema o como trabajo disipativo si la incluimos en él. Así, la aplicación del primer principio nos dará, en uno u otro caso: ΔU 1-2 = Q – W = Q eléctr – W x = 1584 - W x o bien ΔU 1-2 = Q – W = 0 – (W x + W eléctr ) = - (W x + (-1584)) = 1584 - W x ya que, en función del convenio de signos, si la energía eléctrica la consideramos como un flujo de calor el signo es positivo pues se introduce en el sistema, mientras que si la consideramos trabajo disipativo el signo será negativo pues es un flujo de trabajo que entra en el sistema. Y escribiendo la expresión anterior en términos de variables específicas: Δu 1-2 = u 2 – u 1 = 1584 - w x = 1584 kJ – 2.63 bar · (v 2 – v 1 ) y sustituyendo los valores co- nocidos del estado 1: u 2 – (- 97.476) = 1584 kJ – 2.63 bar · (v 2 – 0.6566) que podemos resolver a partir de las propiedades de la sustancia 1 . Para ello utilizaremos un método iterativo muy simple de ejecutar con Termograf: Dibujado un proceso isóbaro que arranque del estado 1 bastará ir moviendo lentamente el estado 2 hacia volúmenes mayores hasta obtener un flujo de calor que coincida con el calculado arriba. Si trabajamos con valores específicos este q es 792 kJ, y una vez trazado el proceso: v2 = 1.2142 m 3 /kg, T2 = 616.05 K, P2 = 2.63 bar; u2 = 547.883 2. Con los datos de los estados inicial y final tendremos ΔU 1-2 = m· ( u 2 – u 1 ) = 2 (kg) · 645.36 (kJ/kg) = 1290.72 kJ Y para la entalpía: ΔH 1-2 = m· ( h 2 – h 1 ) = 2 (kg) · 792 (kJ/kg) = 1584 kJ Valor que coincide con el del flujo de calor pues por el primer principio con la entalpía: ΔH 1-2 = Q – W = Q eléctr – W t = 1584 - ∫ V.dP, integral que vale cero pues P = cte o bien ΔH 1-2 = Q – W = 0 – (W t + W eléctr ) = - (- ∫ V.dP + (-1584)) = 1584 kJ Según hayamos considerado un flujo de calor irreversible o un flujo trabajo disipativo en función de que no consideremos la resistencia como parte del sistema o sí lo hagamos. 3. El trabajo de expansión lo podemos calcular a partir de su expresión para un proceso isóbaro dada arriba : W x = m· P· (v 2 – v 1 ) = = 2 (kg) · 2.63 (bar) · (1.2142-0.6566) (m 3 /kg) · (10 5 bar/Pa) = 293282 J = = 293.28 kJ 4. De los valores de entropía inicial y final 1 Podemos utilizar la expresión u 2 -u 1 = ∫ c v .dT ya que en el modelo de gas ideal c v no es cte y puede com- probarse que varía de modo significativo (entre 1.7859 y 2.7856). El procedimiento en este caso es utilizar un método de cálculo reiterativo: Suponemos un volumen final, determinamos la u correspondiente y sustituimos en la ecuación. En función del resultado haremos una segunda prueba con un valor distinto de v hasta conseguir en varias iteraciones alcanzar una ajuste de los dos valores en la ecuación suficientemente aproximado. Termograf nos permite hacer esto de una manera muy simple pues recalcula con nuestras hipótesis de v de manera automática el resto de propiedades de estado y de proceso como se explica en el texto arriba. 187 ΔS 1-2 = m· ( s 2 – s 1 ) = 2 (kg) · 1.6893 (kJ/kg· K) = 3.3787 kJ/K En cuanto a la entropía generada 1 , si consideramos la resistencia dentro del sistema éste es adiabático tendremos, supuesto que la resistencia no cambia su estado: ΔS 1-2 = ∫ δQ/T + S gi Y, por tanto: S gi = ΔS 1-2 = 3.3787 kJ/K 5. En cuanto a la exergía, su expresión es A = U – U o – T o · (S – S o ) + P o · (V-V o ) indi- cando el subíndice o el estado ambiente o muerto. Su variación entre los estados 1 y 2 será: ΔA 1-2 = m· ( a 2 – a 1 ) = m· (u 2 – u 1 – T o · (s 2 – s 1 ) + P o · (v 2 -v 1 )) = 2· (274.98 – 132.74) kJ = 284.52 kJ En cuanto a la exergía destruida, aplicando la expresión de Guy-Stodola será: A d = T o · S gi = 298.15 K · 3.3787 kJ/K = 1007.36 kJ 6. Procesos en los diagramas Pv y Ts Comentarios: En el caso en que consideramos la resistencia fuera del sistema éste deja de ser adiabático irreversible y se convierte en internamente reversible pues recibe un flujo de calor irre- versible que implica irreversibilidad externa. Si consideramos la resistencia dentro del sistema, la irreversibilidad pasa a ser interna (caso considerado en la pantalla 3 del Pb 05 10). Lógicamente la entropía generada en el universo por este proceso será la misma se trabaje como internamente irreversible o como externamente irreversible. Y lo mismo pasará con la exergía destruida. Comprueba que obtienes el mismo valor para ésta despejándola del balance de exergía o calculándola con la expresión de Guy-Stodola. Pb. 5.11.- El cálculo de exergías Calcúlense la exergía, a, y la exergía de flujo, a f , específicas para los siguientes sistemas (condiciones estado muerto: T o = 22°C, P o = 1.01 bar): 1. Vapor de agua a 245 bar, 550°C, 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una central térmica). 2. Amoniaco como vapor saturado a - 27°C, 2.5 m/s, (entrada al compresor de un sis- tema de refrigeración). 1 Recuerda que la entropía generada, la entropía del flujo de calor así como la exergía destruida son propie- dades de proceso. La entropía y la exergía son propiedades de estado. 188 3. Aire como gas ideal a 2.8 MPa, 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas). Resolución Sistema a estudio: La masa de un kg de las sustancias mencionadas. Sustancia y Modelo: Vapor de agua (sust. real), amoniaco (sust. real) y Aire (gas ideal) Configuración: Diagrama Pv; SI; VC. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados ini- cial y final coincidan. Análisis: Las expresiones de la exergía del sistema y de la exergía de flujo específicas para un sis- tema que lleva una velocidad c y está a una altura z respecto del estado muerto, son: a = u – u o – T o · (s – s o ) + P o · (v-v o ) a f = (h + c 2 /2 + gz) - h o – T o · (s – s o ) En estas expresiones el subíndice o representa propiedades del estado ambiente o muerto. Identificamos los valores de las propiedades para cada caso propuesto y calculamos: 1. Vapor de agua a 245 bar, 550°C, 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una cen- tral térmica). u o = 83.118 kJ/kg; h o = 83.220 kJ/kg; s o = 0.2939 kJ/kg· K; v o = 1.002 E-3 m 3 /kg u = 3021.21 kJ/kg; h = 3340.59 kJ/kg; s = 6.19073 kJ/kg· K; v = 0.013036 m 3 /kg Así a = u – u o – T o · (s – s o ) + P o · (v-v o ) = = 3021.21 -83.118-295.15· (6.19073 -0.2939 )+100· 1.01· (0.013036 -0.001002) = = 1198.86 kJ/kg a) Conviene destacar el factor 100 que transforma la unidad (bar*m 3 /kg) en (kJ/kg). En cuanto a la exergía de flujo: a f = (h + c 2 /2 + gz) - h o – T o · (s – s o ) = = 1516.94 kJ/kg + (145 2 /2) (m 2 /s 2 ) · (kJ/kg· 1000) = 1527.45 kJ/kg b) Del cálculo anterior: TermoGraf calcula los valores termodinámicos de modo que la exergía de flujo consecuencia de la energía cinética y/o potencial del sistema considerado debe ser añadida. Esto puede hacerse utilizando el editor de variables Y= . Conviene también destacar que salvo en contados equipos (condiciones de entrada o salida en tobe- ras, difusores, y a veces en turbinas y compresores) la energía cinética supone un aporte insignificante que puede ser ignorado. En este caso, con una velocidad de 145 m/s el peso es inferior al 1%. c) Obsérvese que en el análisis de los respectivos balances, la exergía y la exergía de flujo juegan un papel paralelo a la energía interna y entalpía respectivamente. 2. Amoniaco como vapor saturado a - 27°C, 2.5 m/s, (entrada al compresor de un sistema de refrigeración). u o = 1377.65 kJ/kg; h o = 1520.18 kJ/kg; s o = 6.29166 kJ/kg· K; v o = 1.41113 m 3 /kg u = 1291.91 kJ/kg; h = 1408.1 kJ/kg; s = 5.72646 kJ/kg· K; v = 0.84194 m 3 /kg Así, teniendo en cuenta lo señalado en a) más arriba: a = u – u o – T o · (s – s o ) + P o · (v-v o ) = 23.589 kJ/kg En cuanto a la exergía de flujo: 189 a f = (h + c 2 /2 + gz) - h o – T o · (s – s o ) = = 54.74 kJ/kg + (2.5 2 /2) (m 2 /s 2 ) · (kJ/kg· 1000) = 54.743 kJ/kg que confirma lo señalado en b) sobre el peso relativo de la energía cinética. 3. Aire como gas ideal a 2.8 MPa, 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas). u o = 210.596 kJ/kg; h o = 295.321 kJ/kg; s o = 1.6828 kJ/kg· K; v o = 0.8389 m 3 /kg u = 673.1 kJ/kg; h = 930.921kJ/kg; s = 1.8898 kJ/kg· K; v = 0.09208 m 3 /kg Así, teniendo en cuenta lo señalado en a) más arriba: a = u – u o – T o · (s – s o ) + P o · (v-v o ) = 375.979 kJ/kg En cuanto a la exergía de flujo: a f = (h + c 2 /2 + gz) - h o – T o · (s – s o ) = = 574.5 kJ/kg + (140 2 /2) (m 2 /s 2 ) · (kJ/kg· 1000) = 584.3 kJ/kg que confirma lo señalado en b) sobre el peso relativo de la energía cinética, en este caso inferior al 2%. Comentarios: Revisa por qué decimos de la exergía de un sistema que es una magnitud definida positi- va y por qué la exergía de flujo puede ser negativa. ¿Qué sentido tienen estos valores ne- gativos? Pb. 5.12.- Expansión totalmente irreversible (contra vacío) Un recipiente de paredes rígidas y adiabáticas está dividido interiormente por un tabique enclavado que define dos compartimentos iguales, uno lleno de un kg de aire a 500 K y 5 bar y el otro vacío. Se quita la fijación del tabique de modo que el gas lo desplaza brus- camente a un extremo mientras se expande llenando los dos compartimentos homo- géneamente (caso A). Analizar los tres casos propuestos A, B y C en cuanto a las condiciones termodinámicas del estado final, a la realización o no de trabajo en la expansión y a las características de la disipación cuando exista. Finalmente, determinar la generación de entropía a causa de la irreversibilidad del proceso y el valor de la exergía destruida en cada uno de los si- guientes casos: 1. Caso A: La expansión se realiza de forma brusca e inmediata. 2. Caso B: La expansión se realiza de modo cuasiestático mediante una serie de topes que se van retirando sucesivamente tras alcanzar los estados intermedios de equilibrio. 3. Caso C: Se conecta el émbolo a una polea (figura C) y se retira parte del aislamiento de modo que se transmite un flujo de calor al gas que se expande lentamente en un proce- so reversible a temperatura constante. Valores del estado ambiente: T o = 25ºC, P o = 1.01 bar Resolución Sistema a estudio: El kg de aire que inicialmente está en el recinto de la izda. 190 Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas ideal. Configuración: Diagrama Pv (o Ts); SI; MC. Condiciones: No hay efectos gravitatorios ni cinéticos. El émbolo se desplaza sin fric- ción. El ambiente tiene T o = 25ºC y P o = 1.01 bar. Análisis: El experimento de Joule muestra que la expansión contra vacío se hace sin realización de trabajo (no existe P resistente 1 contra la que trabajar en la expansión) ni modificación de T cuando el sistema está convenientemente aislado y no se producen intercambios de calor con el entorno 2 . Con estas condiciones la P final será P 1 /2 ya que el volumen se ha duplicado. Así para el caso A tendremos: 1. Caso A: Como T es cte. también lo será la energía interna y la entalpía (modelo de gas ideal). En cuanto al cambio que experimenta la entropía será s 2 – s 1 que, con el balance de entropía permite calcular la entropía generada en el proceso: ΔS 1-2 = ∫ δQ/T + S gi y trabajando con valores específicos: Δs 1-2 = ∫ δq/T + s gi => s 2 – s 1 = 0 + s gi => s gi = 1.9564 – 1.7575 = 0.1989 kJ/kg· K [1] En cuanto a la exergía, de la definición de exergía de un sistema: ΔA 1-2 = m· (a 2 –a 1 ) = m· (u 2 –u 1 –T o · (s 2 –s 1 )+P o · (v 2 -v 1 )) = 1(kg)· (40.476 – 70.713) (kJ/kg) = – 30.237 kJ. [2] Esta disminución del contenido exergético del sistema no se ha utilizado para producir un trabajo por lo que es exergía destruida. Podemos comprobarlo con el balance de exergía para un sistema cerrado (de MC) en el que no hay flujo másico a través de la frontera: Δa 1-2 = a q – w - a d = 0 – 0 – a d => a d = – Δa 1-2 = 30.237 kJ/kg [3] Esta exergía se destruye en la turbulencia originada en la expansión. Comentarios al caso A: Ya que hemos calculado la entropía generada, la exergía destruida la podremos calcular también a partir de la expresión de Guy-Stodola: a d = T o · s gi = 298.15 (K) · 0.1989 (kJ/kg· K) = 59.302 kJ/ kg [4] Vemos que este valor ¡sorprendentemente! no coincide con el anterior. Para buscar la posible fuente de discordancia y una vez descartados errores en el cálculo de a d en las expresiones [3] ó [4] utilizadas, consideraremos las siguientes posibilidades: 1 Recuérdese que el trabajo que se transfiere al exterior en una expansión es el que corresponde a la P resis- tente que ejerce el exterior. Si ésta es inferior a la del gas aparecerá un trabajo disipativo vinculado a la causa que genera la diferencia de presiones. 2 Joule dedujo en 1843, apoyado en los resultados de este experimento que la energía interna del gas ideal era exclusivamente función de la T, única variable de estado que había permanecido constante mientras que P y v habían cambiado (Moran, Shapiro, Fundamentos de Ingeniería Técnica, Ed. Reverté, 2ª edición, p. 120). Una descripción del experimento puede verse en http://www.textoscientificos.com/fisica/termodinamica/experimento-joule 191 i) La entropía generada es menor que la calculada ¿falta algún término en [1], el proceso es aun más irreversible que la irreversibilidad total considerada? ii) Quizá no hemos considerado toda la exergía existente en el estado 1 ¿falta algún término en [2]? Dejamos al lector meditar sobre las opciones y para ayudar le damos dos pistas, una de ellas gráfica: “Hay más cosas en el universo de las que podemos ver” … y una pista definitiva: la solución en el documento Pb 05.12 y un poco más abajo (nota 2). 2. Caso B: La diferencia entre este caso y el anterior es solo formal pues todos los cálculos del caso A se pueden reproducir aquí. La diferencia estriba en que en el proceso anterior la trayectoria es desconocida y no po- demos calcular un w x aunque sabemos que el w que atraviesa la frontera es cero pues no hay P resistente. Por el contrario: en el caso B podemos considerar el proceso isotermo cuasiestático en el que cada estado intermedio tiene una presión resistente que es la que ejerce cada encla- vamiento una vez se libera el anterior. Como no hay flujo de trabajo al exterior es eviden- te que aquí, como en el caso A habrá un trabajo disipativo que reconvierte el posible w en nuevas condiciones de P y T. 3. Caso C: En el proceso reversible hay un flujo de trabajo, exclusivamente el reversible w x , equiva- lente al flujo de calor que hay que aportar para mantener la T del proceso. Como el proceso es internamente reversible, la entropía generada es cero y Δs 1-2 = ∫ δq/T + s gi => s 2 – s 1 = q / T bm + 0 = 99.4866 / 500 = 0.1990 kJ/kg ya que, en este caso la T de la frontera es constante e igual a 500 K. El valor calculado coincide, salvo el signo, con el cambio de entropía del entorno que cede el calor a 500 K por lo que no hay irreversibilidad externa 1 . En cuanto a la exergía: Si el proceso es reversible internamente no hay entropía generada por irreversibilidades internas: a d = 0. Comprobémoslo, teniendo en cuenta que el cambio de exergía en el sistema será el contenido exergético final menos el inicial: a f - a i . Y te- niendo en cuenta que inicialmente en el sistema total tenemos dos cámaras 2 , escribire- mos: Δa 1-2 = a 2 aire – (a 1 aire + a 1 vacío ) = (a 2 aire –a 1 aire ) – a 1 vacío = u 2 – u 1 – T o · (s 2 – s 1 ) + P o · (v 2 – v 1 ) - P o · v 1 = 0 – T o · (s 2 – s 1 ) + P o · (v 2 – 2· v 1 ) = 0 – T o · (s 2 – s 1 ) + 0 [5] ya que v 2 = 2v 1 1 En los casos anteriores tampoco había irreversibilidad externa ¿por qué? 2 Aunque una esté vacía no podemos decir que tenga exergía nula. Recordemos que la exergía de un siste- ma es la capacidad que el sistema tiene de producir trabajo en función de sus desequilibrios con el ambien- te. Evidentemente estos desequilibrios, ignorando la componente química, son mecánicos (por diferencia de presión) y térmicos (por diferencia de temperatura). Y del mismo modo que un sistema con T<To contiene exergía, un sistema con P<P o tiene exergía (véase la fig. 4). En efecto, el trabajo que puede hacer el émbolo de dicha figura al quitar la retención como consecuencia de la presión P o es P o · v vacío luego ésta es la exergía que tiene un volumen vacío. Una demostración más formal se tiene aplicando la definición de a. 192 Pero del balance de exergía aplicado al todo el sistema, teniendo en cuenta los flujos de exergía del citado balance, escribiremos: Δa f-i = a q – w – a d donde se cumple: a q = q· (1- T o /T b ) ; w = q; q/ T b = s 2 – s 1 Llevando todo ello a la expresión del balance: Δa f-i = – T o · (s 2 – s 1 ) – a d [6] por lo que, de [5] y [6] se deduce que a d es cero, como ya sabíamos pues en el proceso no ha habido irreversibilidad ni interna ni externa. Comentarios Como uno de esos juegos matemáticos basados en aparentes paradojas dejamos al lector inquieto decidir qué ha pasado en este caso C con la exergía del depósito vacío puesto que se diría que las cosas son equiva- lentes a la situación de proceso totalmente reversible que aparece en la figura adjunta ya que el depósito vacío no hace ninguna resistencia adicional por lo que podremos quitarlo sin más efecto. ¿Sin más efecto? ¿Son realmente equivalentes? Pb. 5.13.- Irreversibilidad en una fuga de gas Un depósito rígido y adiabático de 3 m 3 , contiene aire a una presión de 8 bar y una tem- peratura de 660 K. Se produce una fuga microscópica y el aire se escapa lentamente hasta que la presión en el depósito desciende hasta los 2.5 bar, momento en que se corrige la fuga. Posteriormente se comprime adiabáticamente aire am- biente hasta recuperar los 8 bar. Con el modelo de gas ideal, y para el estado de mínima presión, determina 1. La masa de aire que ha abandonado el depósito, 2. La temperatura en este estado. 3. El mínimo trabajo necesario para conseguir reponer la situación inicial. 4. La exergía destruida en el proceso de fuga. 5. El incremento de S U en dicho proceso de vaciado. El ambiente tiene T o = 25ºC, P o = 1.01 bar. Resolución Sistema a estudio: El aire que permanece en el depósito, y para las cuestiones 3 a 5 el aire en el VC ampliado con el compresor. Sustancia y Modelo: Aire como gas ideal. Configuración: Diagrama Ts; SI; MC o VC. Condiciones: Proceso adiabático y cuasiestático sin fricción. No intervienen efectos gra- vitatorios ni cinéticos. La compresión es también isoentrópica. Análisis: El aire que se expande en el depósito mientras “expulsa” al que escapa por la fuga realiza un proceso cuasiestático y sin rozamiento, es decir un proceso reversible internamente. Este proceso es además adiabático y, por tanto, s = cte (proceso isoentrópico). Representado en Termograf podremos evaluar el balance. Para ello conocemos el estado inicial, 1, la presión del final, 2, y el proceso. 193 1. Determinadas las propiedades necesarias, para calcular la masa m que ha escapado deberemos conocer la masa inicial en 1 y la final en 2. Para ello calcularemos el cociente entre una propiedad extensiva y la correspondiente específica: m 1 = V total /v 1 = 3 m 3 / 0.2368 kg/m 3 = 12.668 kg m 2 = V total /v 2 = 3 m 3 / 0.55032 kg/m 3 = 5.451 kg; y para la masa fugada: m e = m 1 - m 2 = 7.217 kg 2. Para la T 2 , una vez dibujado el proceso podemos tomarla de Termograf: T 2 = 479.28 K 3. Para calcular el trabajo mínimo del proceso de recuperación de la masa fugada pode- mos utilizar el balance de exergía imponiendo que no haya entropía generada en el proce- so de compresión, ya que ésta es la condición de trabajo mínimo: ΔA vc = m e · (h₀ - T₀ · s₀) - 0 + A Q - W - A d El primer sumando es el aporte al VC de la exergía de flu- jo, a fe = a fo , correspondiente a la masa m e que ha entrado Se calcula para el estado ambiente ya que es el estado en la entrada. El segundo, que correspondería a la masa que haya salido en este proceso de recarga, es 0 ya que sólo hay masa que entra. El tercero, A Q , es la exergía del flujo de calor atravesando la frontera del VC que es cero pues la frontera es adiabática. El siguiente, W, es el trabajo del compresor que queremos minimizar. El último, A d , es la exergía destruida que será nula si queremos calcular el trabajo míni- mo de compresión ya que este trabajo mínimo corresponde al proceso de compresión reversible internamente y como es adiabático es totalmente reversible. Con la numeración anterior aunque el proceso se realiza en sentido inverso: 1 para el es- tado lleno y 2 para el estado final de la fuga, tendremos: ΔA vc = A 1 – A 2 = m e · (h₀ - T₀ · s₀) - W mín ; y por tanto, siendo m e la masa que ha entrado y con la numeración dada: W mín = m 2 · a 2 - m 1 · a 1 + (m 1 - m 2 ) · (h₀ - T₀ · s₀) = 5.451 (kg) · 35.7853 (kJ/kg) - 12.668 (kg) · 141.03 (kJ/kg) + + 7.217 (kg) · (298.333-298.15· 1.6930) (kJ/kg) = -3081.12 kJ 4. Calcular ahora la exergía destruida en la fuga es fácil apoyándonos en el proceso de llenado: el máximo trabajo que podíamos haber aprovechado es precisamente igual al que hemos gastado en la compresión. Luego A d = 3081.12 kJ 5. Para el incremento de entropía del universo bastará determinar la entropía generada. Como sabemos que A d =T₀ · S g tendremos: S(g) = 3081.12 / 298.15 = 10.334 kJ/ K Luego 194 ΔS U = 10.334 kJ/K Comentarios: En este problema de llenado las propiedades de proceso que proporciona TermoGraf no son correctas pues ni la masa ni otras propiedades son constantes en el VC. Sin embargo puedes comprobar que TermoGraf constituye un ayuda clave para el cálculo de propieda- des de estado con las que resolver tu análisis y ése es el uso básico que debes conseguir. Para un empleo más completo el desarrollo de distintos casos te irá permitiendo dominar sus recursos sin apenas esfuerzo. Pb. 5.14.- Irreversibilidad externa Un flujo de calor se transfiere desde un depósito mal aislado al ambiente. La cantidad total de calor cedido en una hora es de 6400 kJ, siendo la temperatura de la pared 1000 K. Calcula 1. La entropía generada en el proceso de transferencia, en kJ/K, y 2. La exergía destruida, en kJ, si la temperatura en el ambiente es de 20 ºC. ¿Podrías definir un mecanismo idealizado que permitiera aprovechar el flujo de calor de modo que se redujera o anulara la irreversibilidad del proceso de transferencia? Resolución Sistema a estudio: La masa existente en el depósito. Sustancia y Modelo: No es necesario un modelo salvo para el meca- nismo idealizado como veremos: modelo de gas ideal. Configuración: Para dicho mecanismo: Diagrama Ts; SI; VC. Condiciones: La primera parte del ejercicio no necesita sino de cálculos muy simples que no precisan ni de tablas ni de TermoGraf. Análisis: Trabajaremos con unidades de potencia por los datos suministrados: Energía perdida en una hora: (6400/3600) kWh que equivale a una potencia media en ese tiempo de 1.778 kW. 1. La entropía generada durante esa hora lo será en la irreversibilidad externa debida a la pérdida de calor por la frontera a un entorno a T ent distinta que la de la frontera, T b . El cálculo de la entropía generada en la irreversibilidad externa es igual a la suma de las entropías de flujo de calor correspondientes a la pérdida por el depósito y a la correspon- diente ganancia por el entorno. Es decir: S ge = S Qdep + S Qent = - Q/T b + Q/T ent = 6400 · (-1/1000 + 1/ 293.15) = 15.432 kJ/K 2. En cuanto a la exergía destruida, A d , bastará aplicar la expresión de Guy-Stodola: A d = T o · S ge = 293.15 · 15.432 = 4523.84 kJ valor que es próximo a la cesión de calor al ambiente lo que indica que la “calidad” de este flujo de calor es elevada como se podía esperar de la alta temperatura de la frontera. 3. Un modo teórico de aprovechar la exergía de un flujo de calor es hacer este reversible. Piénsese en el símil de un salto de agua entre dos alturas (equivalentes a las temperaturas en el caso que nos contempla). Si colocamos una turbina que aproveche la energía del salto habremos evitado su pérdida de caer libremente. Pensando en términos de reversibi- lidad, podremos emplear la energía eléctrica producida en la turbina para bombear el 195 agua arriba de nuevo supuesto que no hay pérdidas por fricción ni en turbina ni en bomba (equipos ideales). En nuestro caso podremos evitar la destrucción de exergía si el flujo de calor hacemos que sea el flujo de calor del foco caliente de la mejor máquina térmica: el ciclo de Carnot. Esta máquina cederá calor al foco frío y producirá trabajo que será equivalente a la exergía que sería destruida sin el motor. Basta comprobar con el rendimiento de Carnot para el ciclo ideal entre foco caliente a 1000 K y foco frío a 293.15 K el trabajo producido: W (en kJ) = Q (en kJ) · η = 6400 kJ · (1 – (293.15/1000)) = 4523.84 kJ valor que coincide con la A d y que muestra que incorporar un motor de Carnot transfor- ma la transferencia totalmente irreversible de calor al ambiente en un proceso reversible. Comentarios: El mejor sistema de rentabilizar este flujo de calor es corrigiendo la pérdida de exergía lo que conseguiremos con un buen aislamiento: de un lado la T b se reducirá notablemente con lo que la entropía generada y la exergía destruida serán mucho menores 1 . Pb. 5.15.- Destrucción de exergía en una tubería El vapor de agua, en la conducción mal aislada que une la caldera con la turbina en una central térmica, tiene al principio una presión de 160 bar y una temperatura de 540°C, y al final una presión de 155 bar y una temperatura de 530 °C. Considera las siguientes hipótesis: a) La T media de la frontera, T bm , coincide aproximadamente con la media aritmética. b) El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento. Y calcula por kg de vapor circulando: 5. La T bm del proceso, en K. 6. El flujo de calor y el trabajo de rozamiento en kJ/kg. 7. La entropía generada en la irreversibilidad interna y en la externa, en kJ/kg· K. 8. La variación de exergía de flujo, Δa f , de la masa circulando entre 1 y 2 y la des- trucción de exergía que origina el rozamiento, todo ello en kJ/kg. Las condiciones del ambiente son 1 bar de presión y 15 °C de temperatura. Resolución Sistema a estudio: El contenido de la tubería que une la caldera con la turbina. Sustancia y Modelo: El vapor de agua como sustancia real. Configuración: Diagrama Ts; SI; VC. Condiciones: Además de las hipótesis planteadas en el enunciado se consideran nulos los efectos de gravitacionales y cinéticos. Análisis: 1. De acuerdo con la hipótesis a) el valor de la temperatura media es T bm = (535+273.15) = 808.15 K 1 Aislando de modo que T b sea una temperatura razonable, por ej. 310 K, los valores de Sg y Ad son res- pectivamente 1.187 kJ/K y 347.87 kJ. 196 2. Del proceso isóbaro 3-4, con la misma entrada en 1 y salida sin pérdida de presión ya que no hay disipación obtenemos, del balance de energía en el VC, el valor de q (kJ/kg) perdido por la tubería: Δu vc = h 1 -h 2 + q vc – w vc = - 28.1808 + q vc – 0 pues w vc = w t + w dis = 0 ya que: w dis es nulo en un proceso sin efectos disipativos y w t es nulo en un proceso isóbaro (¿por qué?). Despejando: q vc = -28.181 kJ/kg. Del balance de energía, para la tubería real, en el VC y por kg circulando: Δu vc = h 1 -h 2 + q vc - w vc , y como w vc = w roz pues en la tubería no hay dispositivo que transfiera o reciba trabajo y el VC es estacionario: 0 = 22.256 - 28.181 - w roz , y despejando w roz = - 5.925 kJ/kg 3. El valor de s gi lo obtenemos del balance de entropía en el VC: Δs 1-2 = s 1 - s 2 + s Q + s gi = - 0.01448 + (-28.181/T bm ) + s gi y despejando: s gi = 0.01448 + 28.181/808.15 = 0.0494 kJ/kg· K Para s ge calcularemos el balance con el entorno por la transferencia de calor a través de la frontera: s ge = q vc / T bm + q ent / T amb = - 28.181 / 808.15 + 28.181 / 288.15 = 0.0629 kJ/kg· K pues q vc = - q ent 4. La variación de la exergía de flujo, ya que no hay efectos gravitatorios ni cinéticos, es: Δa f (1-2) = h1 - h2 - To · (s1 - s2) = - 22.256 - 288.15 · (-0.01448) = - 18.0840 kJ/kg En cuanto a la destrucción de exergía por el rozamiento bastará aplicar Guy-Stodola a la entropía generada por la fricción, s gi . a d = T o · s gi = 288.15 · 0.0494 = 14.2350 kJ/kg Comentarios: ¿Es apropiada la hipótesis a): La T media de la frontera, T bm , coincide aproximadamente con la media aritmética? Recordemos que la expresión precisa es T bm = q/((s 2 – s 1 ) – s gi ) que presenta una depen- dencia cíclica pues s gi es desconocida habitualmente. Esta situación podría resolverse a partir de una hipótesis razonable para T bm iniciando un proceso de cálculo reiterado de s gi , con él repetir el cálculo de T bm haciendo la secuencia las veces necesarias para tener una convergencia satisfactoria (normalmente si la hipótesis de partida es buena bastarán un par de secuencias). En nuestro caso basta con realizar la hipótesis a) ya que el cambio de temperatura en el proceso es pequeño. Que es una buena aproximación se comprueba con el cálculo de T bm una vez calculada s gi . Este cálculo da como valor T bm = 807.02 que da para s gi el valor 0.0494 que coincide con el previo por lo que ya se ha conseguido la convergencia. ¿Es apropiada la hipótesis b): El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento? El flujo de calor es la consecuencia de la diferencia de temperaturas, T b y T ent , y de la conductividad de la pared, En principio cuanto menor sea el W roz en relación con el flujo de calor, menos influencia tendrá el rozamiento en las temperaturas de la tubería y la hipótesis será apropiada. Como en el enunciado se da el valor de la T de salida esto con- diciona ya la distribución de temperaturas e incorpora el efecto del rozamiento por lo que la hipótesis puede considerarse apropiada. 197 Pb. 5.16.- Exergía de flujo, de flujo de Q y destruida En una turbina de alta que opera en estado estacionario entra vapor a 150 bar y 500°C. El vapor sale de la turbina como vapor saturado a 180°C. Debido a un insuficiente aisla- miento la turbina cede calor al ambiente a razón de 40 kJ por kg de vapor circulando. La temperatura superficial media equivalente de la turbina es 366 K. Para la turbina, de- termínese, en kJ/kg de vapor: 1. El trabajo desarrollado. 2. La magnitud y dirección del flujo de exergía que acompaña al flujo de calor. 3. La exergía destruida. Condiciones del ambiente: 1.01 bar de presión y 15 °C de temperatura. Resolución Sistema a estudio: El vapor en la turbina 1 . Sustancia y Modelo: El vapor de agua como sustancia pura. Configuración: Diagrama Ts; SI; VC. Condiciones: No hay efectos cinéticos ni gravitatorios. Análisis: Es frecuente considerar que una turbina es adiabática. En este caso hay una pequeña pérdida de calor de modo que los balances tendrán que incorporar su efecto: 1. Del balance de energía: Δu vc = h 1 -h 2 + q vc - w vc ; w vc = 3307.63 - 2777.24 - 40 = 490.39 kJ/kg 2. El flujo de exergía correspondiente al flujo de calor será: a q = q· (1 - T o /T b ) = - 40 · (1 - 288.15/366) = - 8.5082 kJ/kg Como indica el signo, el flujo de exergía abandona el volumen de control como corres- ponde al flujo de calor. 3. Para la exergía destruida aplicaremos el balance de exergía al VC (estacionario): Δa vc = a f1 - a f2 + a q - w vc - a d , [1] y despejando: a d = (h 1 - h 2 ) - T o · (s 1 - s 2 ) + a q - w vc = = 3307.63 - 2777.24 - 288.15 · (6.3435 - 6.5844) - 8.5082 - 490.39 = 100.91 kJ o, directamente, con los valores de la exergía de flujo, a f , tomados de TermoGraf: a d = 1481.38 - 881.572 - 8.5082 - 490.39 = 100.91 kJ Podríamos haber considerado que la exergía del flujo de calor es, muy probablemente, no utilizada por lo que podríamos considerarla como una parte de la exergía destruida: para ello bastará no explicitarla en [1] con lo que pasará a engrosar el valor de a d . Con esto sería: 1 Analiza la aparente paradoja de que el sistema a analizar sea un sistema del que sabemos que no cambia pues es estacionario. 198 a d = a f1 - a f2 - w vc = 1481.38 - 881.572 - 490.39 = 109.42 kJ Comentarios: De manera generalizada el análisis de las turbinas (y compresores-bombas) adiabáticas irreversibles se hace relacionando la turbina real con la turbina ideal que no tuviera fric- ción. Se define un rendimiento isoentrópico que mide la "calidad" de la turbina real com- parando el trabajo obtenido de ésta con el trabajo que hubiera proporcionado la turbina reversible con la misma entrada y salida a la presión de salida. Identificando esta salida como el estado 2s, las dos propiedades que permiten representarlo son: P2 y s2 =s1 El rendimiento isoentrópico será así: η s = w 1-2 / w 1-2s = (h 1 -h 2 ) / (h 1 -h 2s ) = (3307.63-2777.24) / (3307.63-2668.07) = 0.829 que suele ponerse como fracción porcentual: 82.9%. Si hay una pérdida de calor, como en la turbina del enunciado, el trabajo obtenido de la misma es (h 1 -h 2 ) - q por lo que cabría redefinir el rendimiento isoentrópico con este nue- vo valor. En cuanto a la exergía destruida será la calculada antes o bien, utilizando la entropía ge- nerada en la irreversibilidad interna: s gi = s 2 - s 1 - q/T bm = 6.5844 - 6.3435 - -40 / 366 = 0.3502 kJ/kg· K ad = To · sgi = 288.15 · 0.3502 = 100.9 kJ/kg· K valor que coincide con el calculado antes. Pb. 5.17.- Ciclo de bomba de calor Una bomba de calor suministra aire caliente a una vivienda. La sustancia de trabajo es el Refrigerante 134a que, en estado estacionario, entra al compresor como vapor saturado a –8ºC. La salida del compresor y entrada al condensador es a 70ºC y 12 bar. En el conden- sador el vapor condensa a líquido saturado a 12 bar. El siguiente proceso es la expansión irreversible del refrigerante a través de una válvula de estrangulación, que lleva a la presión del evaporador en donde el fluido alcanza la situación de vapor saturado a –8ºC. En el condensador, el aire de retorno pasa de la vivienda al condensador a 20ºC y 1 bar, saliendo a 48ºC sin cambios apreciables en la presión. En el evaporador, la temperatura media equivalente del aire en contacto con el evaporador es 10ºC más alta que la tempe- ratura del evaporador. Los procesos del condensador y el evaporador son internamente reversibles. Usando el modelo de gas ideal para el aire y el de sustancia real para el refrigerante: 1. Dibuja el ciclo en un diagrama T-s 2. Calcula el rendimiento isoentrópico del compresor 199 3. Escribe la expresión de la variación de entropía del universo, como suma de la en- tropía generada en las irreversibilidades interiores y en las exteriores y señala el origen de las diferentes producciones de entropía, 4. Evalúa la generación de entropía señalada en 3), calculando cada uno de sus com- ponentes en el condensador, el compresor, en kJ/kg· K, la válvula de expansión y el evaporador, kJ/K y por kg de refrigerante y el incremento de la entropía del universo, en kW/K si la potencia de calefacción es de 10 kW. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los sucesivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal, R134a como sustancia real. Condiciones: a) Compresor y válvula siguen procesos irreversibles y se consideran adiabáticos. b) El evaporador y el condensador son intercambiadores en los que el 2º flu- jo es el aire y sus procesos son internamente reversibles. c) En cada equipo el proceso es estacionario y no interviene otra energía que la térmica. Análisis: 1. El ciclo en el diagrama T-s se muestra en la figura adjunta. Fig. E 5.2 b.- Diagrama Ts del ciclo de bomba de calor De tablas o TermoGraf tomamos los valores que se recogen en la tabla siguiente. Sust. Estado P (bar) T (ºC) h (kJ/kg s (kJ/kg·K) R 134a 1 2.1695 -8.0 243.434 0.9272 R 134a 2s 12 52.59 278.502 0.9272 R 134a 2 12 70 297.982 0.9852 R 134a 3 12 46.28 116.528 0.4204 R 134a 4 2.1695 -8.0 116.528 0.4485 aire a 1 293.15 293.314 1.6788 aire b 1 321.15 321.433 1.7705 aire c 1 275.15 275.249 1.6152 2. Para el rendimiento isoentrópico del compresor, proceso 12, llevamos los valores co- rrespondientes a su expresión: 200 n comp = (h 1 –h 2s )/(h 1 –h 2 ) = (243.43 - 278.50)/( 243.43 - 297.98) = 0.643 ó 64.3 % 3. La variación de entropia del universo es: ΔS univ = ΔS sist + ΔS entorno = S gii + S gie De acuerdo con la condición b, las irreversibilidades interiores se dan en la válvula de estran- gulación y en el compresor. En cuanto a las irreversibilidades exteriores: En el evaporador y el condensador los procesos se consideran internamente reversibles pero las transferencias de calor con su entorno se realizan con salto de temperatura lo que da lugar a irreversibilidades exteriores. En ellas, el incremento de entropía del universo se calcula como suma de los cambios de entropía en sistema y entorno debidos al flujo de calor intercambiado. 4. Irreversibilidades interiores: En válvula de estrangulación y en compresor. Calculamos la entropía generada mediante el adecuado balance en el equipo correspondiente (condi- ciones a y c): Compresor: s g = (s 2 – s 1 ) = (0.9852 – 0.9272) = 0.0581 kJ/kg· K Válvula estr.: s g = (s 4 – s 3 ) = (0.4485 – 0.4204) = 0.0281 kJ/kg· K Irreversibilidades exteriores: En el evaporador y el condensador. En ellas, el incremento de entropía del universo se calcula como suma de cambios de entropía en sistema y entorno. Por tanto: Equipo: Condensador-entorno: s Q cond =(s 3 – s 2 ) cond = (0.4204 – 0.9852) = - 0.5648 kJ/kg· K s Q (aire entorno) = (s 2 – s 1 ) aire = (1.7705 – 1.6788) = +0.0917 kJ/kg· K Debemos tener en cuenta que la relación de flujos másicos refrigerante/aire no es 1:1. Deberemos calcular cuántos kg de aire circulan por cada kg de refrigerante. Para ello re- curriremos al balance de energía ya que la energía cedida por el condensador debe igualar a la ganada por el aire: m refrig · (h 2 -h 3 ) cond + m aire · (h 1 -h 2 ) aire = 0 y despejando (m aire/ m refrig ): (m aire/ m refrig )=(h 2 -h 3 ) cond /(h 2 -h 1 ) aire = (297.98-116.53)/(321.43-293.31) = 6.46 kg aire por kg de refrigerante. Con esto, por kg de refrigerante: 201 S g en i.e . = ΔS sist + ΔS entorno = (s 3 –s 2 ) cond + 6, 46· (s 2 –s 1 ) aire = -0.5648 + 6.46 · 0.0917 = 0.0276 kJ/kg refr · K Equipo: Evaporador-entorno: s Q evap = (s 1 – s 4 ) evap = (0.9272 – 0.4204) = 0.4786 kJ/kg· K s Q(aire entorno) = - Q evap / T media = - Q evap / 275.15 K por kg de refrigerante. ya que el calor que cede el aire es, en valor absoluto, igual al que recibe el evaporador y con signo negativo pues es calor cedido. Pero Q evap = (h 1 – h 4 ) refr = 243.43 -116.53 = 126.91 kJ/kg refrigerante. Luego, por kg de refrigerante, en el evaporador la entropía generada valdrá: S g en i.e. = ΔS sist + ΔS entorno = (s 4 – s 1 ) evap - Q evap /275.15 K = 0.4786 kJ/kg· K - 126.91/275.15 = 0.0174 kJ/kg refr · K Para calcular el flujo de generación de entropía, en total, necesitamos saber el flujo mási- co de refrigerante: m kg/s = 10 kW/ Q evap = 10 kW/126.91 kJ/kg = 0.0788 kg/s, luego, en términos de potencia, la entropía del universo crece según: ΔS univ = S g en i.i. + S g en i.e. = 0.0788· (0.0581+0.0281+0.0276+0.0174) = 0.010 kW/K Consideraciones: Puede verse que en cada equipo, sea el tipo de irreversibilidad que sea, la entropía generada es del mismo orden, aunque el proceso “más” irreversible es el del compresor como era de esperar por su bajo índice politrópico. A quienes saquen algún provecho de este libro porque nos compensarán del mucho tiempo robado a nuestros seres queridos. De modo muy particular a Ivana y Guille ESTE LIBRO SE INSERTA EN EL ESFUERZO DE, CADA VEZ MÁS AUTORES, POR DIGNIFICAR LA ACTITUD CREATIVA DESMARCÁNDOLA DE LOS OBJETIVOS ECONÓMICOS. ES PUES UN DOCUMENTO DENTRO DEL ÁMBITO DE LICENCIA CREATIVE COMMONS Y MÁS ESPECÍFICAMENTE DENTRO DE LA OPCIÓN COPYLEFT. SUPONE, PUES, LIBERTAD DE USO, LIBERTAD DE MODIFICACIÓN Y LIBERTAD DE COPIA TODO ELLO SIN RESTRICCIONES QUEDANDO EXCLUIDA SOLAMENTE SU UTILIZACIÓN PARA FORMACIÓN CON FINES MILITARES. EL DOCUMENTO SE APOYA EN EL USO DE UN SOFTWARE: TermoGraf , IGUALMENTE COPYLEFT. QUIÉN DESEE COPIAS IMPRESAS DEL LIBRO PUEDE SOLICITARLAS A LOS AUTORES CON UN CARGO MÍNIMO POR IMPRESIÓN Y MANIPULACIÓN. INFORMACIÓN SOBRE ESTAS INICIATIVAS: http://creativecommons.org http://www.fsf.org/licensing http://www.gnu.org/home.es.html http://www.manualcopyleft.net 1 ÍNDICE TOMO 1 Prólogo que no lo es (recomendaciones de uso) Introducción (por si no conoces Termograf) Para empezar con TermoGraf (a) Para empezar con TermoGraf (b) Para empezar con TermoGraf (c) 3 6 7 8 9 10 Acceso vía WEB a los materiales Sobre la resolución de problemas SECCIÓN A (ejemplos y enunciados para resolver) Tema 1. CONCEPTOS BÁSICOS Ejemplos 1.1 a 1.2 Problemas 1.1 a 1.6 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B Problemas 1.7 y 1.8 con documento Termograf para autoevaluación 12 12 15 18 19 19 26 34 38 38 47 55 Tema 2. PRIMER PRINCIPIO. FLUJOS DE W Y Q Ejemplos 2.1 a 2.3 Problemas 2.1 a 2.12 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B Problemas 2.13 a 2.20 con doc. Termograf para autoevaluación Tema 3. PROPIEDADES Y MODELOS Ejemplos 3.1 a 3.3 Problemas 3.1 a 3.15 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B Problemas 3.16 a 3.19 con doc. Termograf para autoevaluación Tema 4. BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMAS ABIERTOS: ANÁLISIS DE EQUIPOS Ejemplos 4.1 a 4.4 Problemas 4.1 a 4.15 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B Problemas 4.16 a 4.20 con doc. Termograf para autoevaluación 55 55 66 73 77 77 89 100 Tema 5. BALANCES DE ENTROPÍA Y EXERGÍA Ejemplos 5.1 a 5.4 Problemas 5.1 a 5.16 con ayuda y respuesta, resueltos en sección B Problemas 5.17 a 5.22 con doc. Termograf para autoevaluación 1 SECCIÓN B (problemas resueltos de los enunciados de la sección A) Tema 1. CONCEPTOS BÁSICOS Problemas 1.1 a 1.6 103 Tema 2. PRIMER PRINCIPIO. FLUJOS DE W Y Q Problemas 2.1 a 2.12 108 Tema 3. PROPIEDADES Y MODELOS Problemas 3.1 a 3.15 127 Tema 4. BALANCE DE ENERGÍA EN SISTEMAS ABIERTOS: ANÁLISIS DE EQUIPOS Problemas 4.1 a 4.15 148 Tema 5. BALANCES DE ENTROPÍA Y EXERGÍA Problemas 5.1 a 5.16 169 2 PRÓLOGO QUE NO LO ES Recomendaciones antes de empezar El prólogo sería el lugar en el que explicar lo que aquí sigue. Y este trabajo personal es algo más que revisar ejercicios resueltos con el objetivo de almacenarlos en el cerebro para su empleo en un examen. Como veréis. apoyado en botones cuyos iconos son fácilmente interpretables. isoentrópico?). contamos con la herramienta TermoGraf TermoGraf es un programa con una interfaz muy elaborada e intuitiva. Por ello recomendamos seriamente que se intente resolver un problema a partir de la lectura del enunciado en la primera parte (pp. la primera parte empieza con una enumeración de los conceptos básicos de la sección y sigue con dos o tres ejemplos resueltos en los que pretendemos que el estudiante identifique el modo de trabajar dichos conceptos. SÓLO RETENEMOS AQUELLO QUE HEMOS TRABAJADO PERSONALMENTE El aprendizaje eficaz supone entender la relación entre los conceptos estudiados y poder aplicarlos de modo operativo. 3 . Y un estudiante empieza a entender cuando le empiezan a surgir dudas concretas (por ejemplo: ¿en este caso el proceso adiabático se considera. Y aquí está el papel del profesor o de los elementos auxiliares como este libro. facilita el manejo de nuevos conceptos. Ello es por la comprobación exhaustiva en nuestros años de enseñanza de que sólo el trabajo personal garantiza un conocimiento duradero de los conceptos. cuando el estudiante revisa problemas resueltos no genera dudas concretas sino que las enmascara con una falsa comprensión de lo que ve. pero el destino casi natural del prólogo es ser olímpicamente ignorado. los autores entienden que estas líneas merecen la atención de los estudiantes que quieren que este libro les ayude a entender (y en consecuencia a aprobar) las materias relacionadas con la Termodinámica Técnica. Queremos con ello estimular el que nuestros lectores intenten por ellos mismos la resolución de los problemas que juzguen interesantes. así como avanza el curso. Desgraciadamente. Y para conseguir que este esfuerzo sea razonable hay que empezar por hacerlo gradual. En consecuencia hemos elegido el primer problema para colocar este "manual del usuario del libro". 15 a 102) y hecho este esfuerzo se busquen las respuestas a las dudas consultando la resolución en la segunda parte (pág. El libro tiene dos partes diferenciadas: Un primer bloque de enunciados y un segundo de soluciones. Al principio puede parecer complicada pero su diseño cognitivo. 103 a 206) o en los correspondientes documentos de TermoGraf. Para hacer este esfuerzo razonable y gradual. Por eso. basta con probar y desde el primer momento se puede empezar a trabajar para poco a poco ir aprendiendo nuevas opciones. o no. en cada sección. a la vez que se aprende a manejar la herramienta. Pero este aprendizaje tiene qué estar optimizado de modo que un esfuerzo razonable conduzca a un conocimiento suficiente. Sin embargo. En cada ejemplo se comentará lo necesario o se remitirá a alguna de las ayudas preparadas. Por otra parte el programa no sólo ayuda a interpretar los conceptos termodinámicos sino que optimiza el esfuerzo eliminando tareas tediosas de cálculo como obtener propiedades termodinámicas a partir de la información existente.unizar. en aquellos ejercicios con el icono . fr. y en particular en Termodinámica Técnica. Asimismo en http://TermoGraf. 3 Si tenemos en cuenta que el manejo de tablas en ingeniería es cada día menos necesario por la existencia de programas que calculan muy diversas funciones.En http://TermoGraf.htm está disponible una versión de TermoGraf en formato applet que permite trabajar en línea sin haberse descargado la aplicación (por ejmplo para obtener valores de propiedades). Los diagramas de procesos y ciclos son fundamentales en Termodinámica2 .unizar/ en la pestaña Descargas se puede conseguir no sólo el programa TermoGraf sino la colección de problemas que coincide con los señalados con el icono1. Lo anterior no es tan sólo un comentario: si tenemos información para dibujar un proceso o un ciclo.esarchivesapplet_TermoGraf. de. 4 . Si se termina con . Normalmente hay que acudir a interpolar en tablas y TermoGraf elimina esa necesidad como la otros cálculos más o menos repetitivos. Rápidamente comprobarás la utilidad del método y podrás elegir mayor autonomía. El libro contiene no sólo problemas para resolver con el programa TermoGraf aunque prácticamente todos puedan resolverse así y no sólo los señalados con el icono. ¿Por qué no recomendamos resolver todos los ejercicios con TermoGraf? Muy pocos profesores pueden plantearse realizar los exámenes con ordenador a menos que sea un curso con pocos estudiantes o haya instalaciones adecuadas al efecto3. Estas resoluciones informatizadas proporcionan una ayuda paso a paso que posibilita ordenar la información y hace factible su comprensión sin impedir el esfuerzo personal al que antes aludíamos. Estos cálculos se incorporan a veces en la ventana de funciones. la misma información nos permitirá calcular lo que necesitemos sobre ese proceso o ciclo. algunas resoluciones se han incluido como ejemplos para proporcionar una ayuda paso a paso (en varias pantallas del programa) que ordena la información y facilita su comprensión sin impedir el esfuerzo personal que se va señalando en cada pantalla. Por eso los estudiantes que utilicen TermoGraf no deben descuidar practicar lo suficiente el manejo de tablas llevando los cálculo de propiedades en paralelo en algunos casos. y llevándolo en paralelo en el papel. Cuando el icono es indica que en el procedimiento de resolución hay predominio de ecuaciones al margen de los cálculos automáticos de TermoGraf. si podemos dibujarlos adecuadamente podremos comprenderlos y resolverlos. Como se ha dicho. siempre se puede contemplar la posibilidad de exámenes en los que el cálculo de propiedades con tablas se reduzca a un mínimo y el tiempo deba emplearse en adquirir y mostrar conocimientos. eu… 2 De hecho.htmlang=es se abre la versión en español u otras sustituyendo es por en. 1 Quien desee el material en formato libro acompañado de disquete puede solicitarlo a los autores. Finalmente el icono indica que existe un documento básico de TermoGraf para autocorrección (incluye Rtas) que permite comprobar el nivel de aprendizaje. Si es así puedes cambiar los valores de referencia de TermoGraf llevando cualquiera que tomes de tus tablas al cuadro de valores que abres con: menú Sustancias/Estado de Referencia. resuelvas el problema con el ordenador utilizando la solución que te guiará a través de varias pantallas. Por ello recomendamos fuertemente que. Las tablas que utilices pueden tener estados de referencia distintos a los que usa el programa. No busques el cómo para reproducirlo.4 que permiten una introducción gradual en el uso de la herramienta. Los autores han comprobado de modo exhaustivo que el uso continuado de TermoGraf a lo largo del curso crea adicción y proporciona una curva de aprendizaje optimizado claramente. 0. busca el por qué que te permitirá interpretar nuevas circunstancias 5 . una vez se han superado las primeras dificultades.2.Estos problemas se pueden descargar de la misma dirección activando la opción Libro de problemas/Ejemplos que permite descargar los ejemplos de cada capítulo comprimidos en la carpeta correspondiente. Para ayudar en el inicio con TermoGraf hay una primera serie de ejercicios: Ejs. Su elevada interactividad y cuidada interfaz facilitan un alto nivel de uso de sus posibilidades sin apenas esfuerzo de aprendizaje. Quien quiera sacar todo el partido de la misma deberá leer la Ayuda que incluye el programa (una parte importante aparece como mensajes en la parte inferior de la pantalla). a 0. INTRODUCCIÓN (por si no conoces Termograf)1 Ejercicios resueltos Ej. Optimización de Ciclos Ciclos de Refrigeración 1 Si quieres imprimir algún enunciado o solución elimina figuras que no necesites. Rendimientos Térmicos Y Exergéticos en Ciclos Ciclos De Potencia: Rankine y Joule-Brayton. Propiedades de Estado. Modelos de Sustancia Diagramas Termodinámicos. La Guía informa del manejo correspondiente a las principales acciones en TermoGraf. 3 Los ejercicios están hechos sobre una resolución en pantalla de 1024x768 pixels. Calores Específicos primer principio. Procesos Politrópicos. Balances Aplicación del primer principio: Equipos. 0. Calor. Procesos.tme) te informa de las opciones básicas y los espacios que configuran una pantalla de trabajo de la aplicación. 2 6 . Ciclos El segundo principio. Irreversibilidad Aplicación de Primer y segundo principio: Balances en Instalaciones. Piensa siempre en reducir el consumo de tinta o papel.. Quien no tenga otra alternativa puede intercalar saltos de línea cuando sea preciso. Un tamaño menor impedirá ver bien muchos textos incorporados a las pantallas.1. Trabajo. Propiedades de Procesos. Cambios de Unidades Sustancia.Para empezar con TermoGraf2 (a) Este primer documento3 de TermoGraf ( Ej 0. Como algunas corresponden a fases avanzadas del curso es recomendable acudir a ella para cada una nueva opción y revisar ahora sólo el manejo básico. TermoGraf a lo largo del curso te puede ayudar con estos conceptos y sus derivados: o o o o o o o o o o Unidades. Estos ejercicios son un extracto de la Guía de TermoGraf que se puede descargar de la página web anterior.1. Estado. Configuración Cuando se inicia un documento nuevo. Estas denominaciones son. La elección es importante en TermoGraf porque. Lo más apropiado es abrir el documento e ir ejecutando los pasos que allí se indican. En una de las pantallas del documento correspondiente puede verse esta figura así como otros comentarios para iniciar el uso del programa. 1) coincide con el valor en el balance de energía correspondiente. respectivamente). 0. 1 A la dcha de los títulos de los ejercicios aparecen iconos con los significados siguientes respecto de los problemas (se incluye documento TermoGraf con guía de la solución ). ampliarlas.. un proceso. y como utilizar el zoom apropiadamente. hacerlas logarítmicas.2 se señalan algunos de los elementos característicos de la aplicación TermoGraf. 1 Ej. Cómo colocar un estado. E0. y como desplazar las escalas.Para empezar con TermoGraf (b) En este segundo documento de TermoGraf identificarás cómo configurar tu pantalla para trabajar en ella. en general. referenciados: 7 .2 De un vistazo En la figura E0. (tiene un documento básico de TermoGraf en el que se dan las respuestas). (Masa de Control y Volumen de Control. TermoGraf propone una selección entre MC y VC. (tiene solución numérica realizada con la ventana de funciones). el valor de W que aparece en la casilla de procesos (fig.2.Fig. equivalentes a Sistema Cerrado y Abierto. siguiendo el criterio de muchos libros de texto. De eso se encarga TermoGraf que tiene la programación de esas ecuaciones para numerosas sustancias según el modelo que se aplique. de un guión de prácticas.2) seleccionándolos en la botonera inferior derecha. 2 Completaremos la configuración de acuerdo con el objetivo marcado por el análisis de una instalación. h-s. y P-h. Finalmente también se pueden arrastrar las escalas sin más que dar clic sobre cualquiera de ellas y arrastrar el ratón en la dirección deseada. 1 Más adelante. T-s. W es Wt (W técnico). etc Quien desee el material en formato libro acompañado de disquete puede solicitarlo al Servicio de Publicaciones de la Universidad de Zaragoza. abierto). En ambos casos: Wx = Wt + Wf (revísalo en fig. 1 Estos valores se pueden visualizar en TermoGraf de manera independiente si así se desea (fig. Fig. añadir un proceso a un estado o a procesos dibujados. 1). Para reducirla clic+Alt.3. Ajustes menores se consiguen con clic sobre el botón adecuado si queremos ampliar la escala. NOTA: El punto se utiliza siguiendo el nuevo convenio de la RAE de aceptarlo como separador de los decimales en lugar de la coma. seleccionando los elementos de la fig. se verá esta cuestión con detalle. incluida la opción logarítmica en aquellos casos que lo requiera. Fig. para procesos reversibles1 y MC (sist. 0. Ej. En cuanto a las escalas: doble clic sobre una de ellas. Los diagramas más usuales son P-v. cerrado) este W es Wx (W de expansión) y para VC (sist..Para empezar con TermoGraf (c) Con este tercer documento-guía de TermoGraf verás qué simple es dibujar estados.. permite ajustar los valores de cada eje. ciclos..Así. 8 . 3: Fig. isolíneas diversas. procesos. Con el menú de cortinilla se puede cambiar de uno a otro.3 Las escalas Cada par de propiedades termodinámicas puede utilizarse para generar un diagrama en el que se representen los estados de una sustancia pura PvT (por el Principio de Estado en una sustancia: bastan dos datos de propiedades termodinámicas si conocemos las ecuaciones que permitan calcular el resto). de un enunciado. al desarrollar ejemplos sobre el trabajo en Termodinámica. unizar.ACCESO A LOS MATERIALES 1.es (pestaña Descargas) Si se quiere una versión impresa: jat@unizar. Ejercicios resueltos (documentos Termograf) Estos documentos se descargan de http://termograf.unizar.es/ 9 . Cálculo de propiedades Balance de energía Balances de entropía y exergía II: temas 6 a 8 (disponible en PDF) Ciclos de potencia con gas Ciclos de potencia con cambio de fase Ciclos de refrigeración con cambio de fase Descarga de documentos en PDF en http://termograf.es 2. El libro de problemas con dos volúmenes: I: temas 1 a 5 (disponible en PDF) Conceptos generales Trabajo y Calor: Primer principio. Análisis: Un análisis cuidadoso de las condiciones nos permite establecer la secuencia de cálculo que nos llevará a la solución. Consideraciones: Es importante terminar analizando los resultados. En particular. Hipótesis: Se deben considerar siempre dos aspectos: a.SOBRE la RESOLUCIÓN de PROBLEMAS 1 Un aspecto fundamental para la resolución de los problemas en esta materia. Es el momento de representar gráficamente el proceso en un diagrama adecuado. Condiciones: recogemos la información que nos da el enunciado en forma de datos numéricos. 2. aplicaremos la metodología anterior adaptada al enfoque termodinámico y en forma de Algoritmo de resolución cuyos pasos. que nos permita delimitar bien nuestro problema y las condiciones que se dan en el proceso a analizar.1 a 3. Características del proceso o procesos La primera proporciona ecuaciones para calcular las propiedades de la sustancia. son los siguientes: 1. 3. se repiten en ambos tomos . crear estados y procesos de acuerdo con los datos permitirá completar la información que sea necesaria para el estudio propuesto. que determinan el proceso o procesos (masa de control o volumen de control. Cálculos: A partir de lo anterior. se pasa a la resolución numérica. Configuración: analizamos las características específicas del sistema. 8. Existe un enfoque genérico de cuatro etapas: a) Interpretar el problema: ¿Qué conocemos?: ¿Qué datos tenemos?. 0. 7. 1 Esta sección 0. unidades empleadas (y factores de conversión) y palabras “clave” relativas a las condiciones termodinámicas del proceso. es seguir una metodología de resolución sistematizada. comprobando que cada etapa del mismo se ha resuelto correctamente (con las unidades adecuadas) d) Revisión de los resultados e interpretación: Vista atrás para comprobar el resultado y la validez del planteamiento. ¿Hay métodos alternativos? ¿Hay consideraciones que los resultados permitan establecer? En los problemas que desarrollaremos a lo largo del texto. ¿Qué queremos encontrar? ¿Qué condiciones existen? b) Establecer un plan que lleve de los datos a lo que pretendemos obtener. tipo de frontera y flujos posibles a su través). Modelo de sustancia b. c) Desarrollar dicho plan. como los ej. Como instrumentos generales que son parece conveniente de modo que el uso de un tomo u otro pueda apoyarse en ellos. ¿Nos piden?: Identificar qué debe calcularse 4. Es el momento de dibujar un esquema de los equipos. La aplicación de los pasos anteriores en Termograf es evidente. Sistema a estudio: establecemos la sustancia y el tipo de sistema o dispositivo a analizar así como el esquema del mismo. 10 . 5. para descartar incongruencias en signos o valores numéricos que pueden advertirnos de algún error en la resolución o los cálculos. La segunda nos proporciona las ecuaciones de proceso utilizables para el cálculo de propiedades y flujos de calor o trabajo y las condiciones de los balances. Resolución propiamente dicha: 6. En forma esquemática: Para mayor operatividad Análisis y Cálculos se unifican en una única sección. 11 1. CONCEPTOS DE PARTIDA. UNIDADES Conceptos básicos de este tema1: Sistema, Masa de control, volumen de control, Estado, estado de equilibrio, Proceso, Ciclo termodinámico, Propiedad (termodinámica), p. intensiva, p. extensiva, p. extensiva específica, Variable de proceso, Volumen, temperatura, presión, Unidades, Sistema Internacional, Sistema Técnico Inglés. Ejemplos Estos ejemplos resueltos en esta primera parte, al inicio de cada tema, tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Es conveniente que, antes de pasar a las siguientes secciones, los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. Ej. 1.1.- Conceptos generales2 Dibuja en un diagrama T-v un estado, un proceso, un ciclo, tomando como sustancia aire y como modelo Gas Ideal. Lista, al menos 10 variables relacionadas con alguno de los conceptos anteriores, clasificándolas como propiedades termodinámicas extensivas, propiedades termodinámicas intensivas, propiedades termodinámicas específicas, variables o funciones de proceso RESOLUCIÓN3 Sistema a estudio: Uno indefinido. Modelo de la sustancia: Aire como G Id. Condiciones y configuración: Deben definirse las características de las propiedades analizadas. 1 2 Las definiciones se pueden ver en el glosario incorporado a TermoGraf. Ya se ha indicado la conveniencia de trabajar el ejemplo hecho en TermoGraf que suele tener un desarrollo más completo y es una guía que conduce a la interpretación del problema como puedes comprobar en este caso. 3 Es una buena práctica sistematizar el proceso de resolución de problemas y usar siempre una misma pauta de desarrollo que en este libro, considerando también el trabajo paralelo con TermoGraf, se caracteriza por las acciones siguientes: Sistema a estudio / Modelo de la sustancia / Condiciones y configuración / Análisis 12 Análisis: Las variables de estado (o funciones de estado) son aquellas que quedan definidas con un valor específico para cada posible estado, de modo que dos estados coinciden cuando todas sus variables o propiedades de estado coinciden. Serán distintos dos estados si, al menos, una variable de estado es diferente. El cuadro siguiente muestra la clasificación solicitada de variables. El listado no es exhaustivo ni en las variables de estado ni en las de proceso, como se verá más adelante. Variables de estado Unidades: SI Intensivas Extensivas (función de la masa del sistema) Extensivas específicas (para masa unidad) P, presión T, temperatura V, volumen (m3) U, energía interna (kJ) H, entalpía (kJ) v (m3/kg) Q, calor u (kJ/kg) Ambas en kJ/kg h (kJ/kg) Variables de proceso W, trabajo La figura E1.1, en la página siguiente, muestra un par de estados y de procesos representados en un diagrama T-v, (ver el documento de TermoGrafEj 1.1.tme), y los mismos estados representados en un diagrama P-v. Puede comprobarse que las variables P, v, T y el resto que aparecen en la tabla de propiedades recogida son los mismos (cantidad reflejada y unidades) para ambos casos. En cuanto a las variables de proceso, nos referimos con este nombre a aquellas variables cuyo valor sólo es definible cuando se materializa un proceso y que, además, dependen de cómo es dicho proceso. Por tanto, el cambio ΔU no es variable de proceso, pues si bien cumple la primera condición, no cumple la segunda ya que su valor depende sólo de los estados inicial y final y no del proceso que los une. En lo que llamamos tabla de balances se recogen valores que sólo tienen existencia en un proceso, pero allí aparecen los dos tipos: las variables de proceso propiamente dichas y las variaciones de las funciones de estado en un proceso. Fig. E1.1.- Estados y procesos en un diagrama T-v y en uno Pv 13 Ej. 1.2.- MEDIDA DE LA PRESIÓN Define presión manométrica y presión absoluta y calcula, en bar, ambos valores cuando la aguja del manómetro indica 6 cm de (a) agua (densidad = 1000 kg/m3). (b) mercurio (densidad = 13.59 kg/dm3)1 y el barómetro nos señala una presión de 990 milibares, siendo el valor de g: 9.8 m/s2. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Uno indefinido. Modelo de la sustancia: No aplicable. Condiciones: Medida de la presión. Análisis: La relación entre presión manométrica y absoluta se recoge en la figura E1.2 Utilizo el concepto de peso de la columna y la presión que ejerce sobre la base (1 cm2): Presión = Fuerza (peso)/ Superficie = m(kg)·g(m/s2)/cm² = vol·dens·g/cm2 Así, la expresión a utilizar, con unidades del SI puestas en paréntesis, para la presión manométrica, calculándola a partir del peso, por cm² de la columna que la mide , es, para una altura de columna n: n (m) · dens (kg/m3 ) · g (N/kg) = n·dens·g (Pa) = n·dens·g/100 000 (bar) y para la presión absoluta: Pabs = Patm + Pmanom En TermoGraf se pueden calcular variables pulsando el botón obteniendo: La presión absoluta se ha calculado para una presión barométrica de 1 atm. Se deja como ejercicio calcular esta P absoluta si la barométrica es 752 mmHg (recuerda que 1 atm = 70 mmHg) Fig. E1.2.- relación entre P absoluta, P manométrica y P de vacío 1 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. 14 1. propiedad intensiva. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla.1 te pide tus datos y una clave1. Ayuda: R es una constante universal para todos los gases cuando nos referimos a un molgramo. proceso. Una vez cubierto el panel podrás comprobar qué respuestas has sabido emparejar. proceso adiabático. Son el mismo tipo de ejercicios que los incluidos al final de cada tema para autoevaluación. Escribe una tabla con el valor de R en base molar y en base másica (1 kg) para las sustancias recogidas en el enunciado. es decir cuando se trata del mismo número de moléculas. N2 . sea la sustancia que sea.Problemas resueltos y en documento Tgraf: Tema 1 Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp.. propiedad. estado de equilibrio. 1 Esto es debido a que los ejercicios en los que puedes comprobar tus resultados están hechos con un procedimiento un poco distinto que utiliza TermoGraf para evaluación continua. H2O. Al abrirse el documento verás una serie de conceptos en la pantalla con una letra mayúscula y en el enunciado una serie de definiciones. fase. Pb. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Determina el número de kmol existente en 10 kg de cada una de ellas. Ayuda: Al abrir el ejercicio Pb 1.2. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución. pueden consultarse en la Tabla 1 del Apéndice o seleccionando en TermoGraf la sustancia y con un clic en . Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. dos incorrectas (en éstas pondrás una Z) y 16 conceptos.Conceptos generales Define y analiza brevemente el significado de los siguientes términos: sistema termodinámico. teniendo en cuenta que hay 10 definiciones correctas.Base molar y base másica Las masas atómicas o moleculares de las sustancias O2. 1. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte. C2 H4. volumen de control. ciclo termodinámico.). Dicho enunciado contiene un panel de respuestas (menú Ventanas/Respuestas) en el que debes emparejar el nº de la definición con el concepto a que corresponde. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución.1.. NH3 . 120 y ss. 15 . Puedes llenar los campos como indica la figura SÓLO en este tipo de ejercicios. Pb. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. en K. V2 = 3 m3.314 0.812 kg y V = 6.5871 8..2968 Amoniaco 0. Se pide determinar la temperatura en ºC.348) = 4. Durante el proceso.348. Rtas: v = 22. en m3/kmol. Rtas1: n=2.2964 Agua 0. ¿A qué equivale.. entonces R tomará un valor distinto (algunos autores lo identifican como “r”) para cada sustancia pues en un kg habrá distinto número de moléculas en función de la masa que tenga la molécula de dicha sustancia. v1 = 800 cm3 /g.3 kmol de gas dióxido de carbono (CO2 ) en condiciones estándar2. 10 kg y tras un proceso politrópico con n = 2. en m3. Rtas1: nº kmol/10 kg: R (kJ/kmol·K) r (kJ/kg·K) O2 0. m = 4.4.314 0.Proceso politrópico Un dispositivo cilindro–pistón que contiene 10 kg de acetileno es comprimido desde el estado 1. con P1 = 1 bar.5. Podemos optar por una variación del SI: P en bar y V en m3. y cuyo valor 100 se corresponde con la lectura 100 de la escala Fahrenheit.3125 8.314 0.4 en CE. con P2 = 10 bar. ¿Cuál es su volumen específico. V (4 bar. 16 .435 m3/kmol que es un valor ya conocido pues un mol de cualquier gas ocupa 22. la relación entre la presión y el volumen específico toma la forma P·vn = cte.Escalas termométricas Se construye un termómetro con una escala cuyo cero coincide con la temperatura de ebullición del propano a presión atmosférica. Debes identificar el convenio Condiciones Estándar y distinguirlo del de Condiciones Normales. hasta el estado 2.433 m3 Pb. 1 2 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. cuando la lectura en dicha escala sea 87.5551 8.314 0. Sobre papel: deberemos despejar n de la igualdad P1·v1n = P2·v2n Es obligado manejar las propiedades con un conjunto equivalente de unidades.3.3569 8. utilizando la expresión anterior. Ayuda: En TermoGraf basta con dibujar el proceso de estado inicial a final previa selección del tipo de proceso: politrópico libre.Si hablamos de otra unidad de masa como el kg. 1.314 0.704 m3 Pb.Ecuación térmica de estado Un depósito contiene 0. 1.4615 Pb.2598 N2 0.3565 8. 1. Bastará aplicar la ecuación propuesta con atención a las unidades y al valor de R. Determina el valor del índice n y calcula con ella el valor de V cuando P es 400 000 Pa. una de sus unidades? ¿Y en ºC?.4881 Etileno 0. si se cumple P·v = RT? Determina el valor de la masa si lo expresamos en kg y calcula con este valor el volumen total. Ayuda: La ecuación dada se conoce como la ecuación térmica de estado y es una de las ecuaciones de estado ya sea en el modelo de Gas Perfecto (también llamado modelo de Gas Ideal estándar frío) o en el de Gas Ideal.. con una entrada y una salida.8 bar. En ella. regulada por una válvula. Con los datos anteriores: a) expresa P1 en bar.15 K. 1. la temperatura es 410ºF y la presión es 12.. v1. T2 = 483. Pb 1.Estados termodinámicos La fig. Fig.6. y con P1 tienes la información precisa para representar el estado. y el flujo másico es el mismo en ambas. es 2800 kPa. P2 = 28 541. El flujo másico medido a la salida de la turbina es de 6 kg/s. Como T1 no es dato tendrás que obtenerlo del diagrama en TermoGraf. El caudal a la entrada de la turbina es de 31000 l/min y la presión. Lógicamente antes deberás determinar las propiedades del punto de ebullición a presión atmosférica para lo que debes revisar los conceptos correspondientes.6 muestra parte de una instalación de potencia.4 cm de columna de agua 17 .Ayuda: Debes establecer una proporción entre el nº de divisiones de una escala y el de otra y a partir de dicha relación puedes responder todas las cuestiones. una turbina produce trabajo que extrae del vapor de agua que recibe. T1 = 300. Como conoces el flujo másico y el caudal a la entrada puedes determinar el volumen especifico. b) calcula T1 en ºC. Pb 1. c) calcula T2 en K d) expresa P2 en cm de columna de agua. Rta: T = 27.42ºC Pb. representando el estado con dos datos que conozcas (Principio de Estado para una sustancia PvT).6 Ayuda: Una turbina se analiza como Volumen de Control. Rtas: P1 = 28 bar.05ºC. Tinv = . Calcula dicho valor y pásalo a valores absolutos (K y ºR).40ºF. Pvac = 0. de vacío El manómetro conectado a la salida de una bomba de vacío da una lectura de 22 lbf/in .67ºR Tinv = . cuando convenga. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de autoaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas.40ºC. Ayuda: Escribe la ecuación correspondiente a la condición del enunciado y aplica luego los cambios de escala requeridos.05 K. Pb. Sabiendo que la Pamb es 1010 milibar y el valor local de g es 9. Tinv = 233. 1. Ayuda: Transforma todas las magnitudes al SI y aplica las fórmulas correspondientes. manométrica.8. Tver = 539. Rta: Tver = 26. Tver = 299.3319 bar. Tinv = 419. Rta: Pdep = 0.Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta.527 bar 2 Pb..7. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle.Presión absoluta.67ºR 18 .. Tver = 80ºF.82 K.6781 bar. 1. La entrada está conectada a un depósito cuya presión medimos con un manómetro en U que contiene mercurio y cuyos niveles en ambas columnas difieren en 508 mm. Haz lo mismo para la temperatura de un día realmente invernal en Siberia en el que el valor en Celsius coincide con el valor en Fahrenheit.815 m/s2 determina el valor de la presión absoluta del depósito y en la tubería de salida. Ptub sal = 2.Escala absoluta En un día caluroso de verano la temperatura del termómetro de ambiente da un valor tres veces superior si lo medimos en Fahrenheit que si lo medimos en Celsius.667ºC. aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios. Si te pide clave de acceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. se utiliza el punto como separación de la parte decimal. Balance de energía. PRIMER PRINCIPIO. Entalpía específica. Es conveniente que. Ejemplos Los ejemplos resueltos en esta primera parte. los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos.11. Trabajo. Energía interna específica. Sin embargo es en el capítulo siguiente donde se desarrolla de forma más sistemática el análisis de los distintos modelos por lo que en éste se definen en cada caso los conceptos del tema 3 utilizados. Puedes también ver el problema resuelto en TermoGraf. Energía interna. a) Calcula el trabajo realizado por el gas en la expansión ¿Cómo resolver un problema en TermoGraf del que no nos dan ni estados ni procesos? ¿Imposible? Lo verás en el documento Ej 03. título de una mezcla bifásica). Ej. Bomba de calor. Flujo/ transferencia de calor.. FLUJOS DE TRABAJO Y CALOR Conceptos básicos de este tema: primer principio. siendo u2=199 kJ/kg.tme 2 Como ya se ha señalado anteriormente.01. 1 19 . 2.BALANCE DE ENERGÍA EN UN GAS (como Gas Ideal) En un cilindro con émbolo hay 3 kg de N2 que se expanden mientras ceden un flujo de calor de 450 kJ y se les transfieren 220.52 kJ de energía mediante el giro de unas paletas.2. Calor. tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. Inicialmente tiene una energía interna específica u1=400 kJ/kg y en el estado final ésta se ha reducido. Ciclo de una máquina térmica. antes de pasar a las siguientes secciones. al inicio de cada tema. Entalpía. COPs de una máquina frigorífica y de una bomba de calor Apoyados en la facilidad que supone el uso de TermoGraf para el cálculo de propiedades este capítulo introduce junto con los conceptos base del primer principio su aplicación en sustancias utilizando distintos conceptos correspondientes al capítulo 3 (por ej. Rendimiento de un ciclo. Balance de masa. además.05 N/m. La parte superior del pistón está unida a un muelle cuya constante es de 133. Sustancia y Modelo: N2 como Gas Ideal.5 kJ) . Po = 1 bar).(U2-U1) es decir.k · x. usando TermoGraf. Fig. trabajo que es positivo por ser una expansión.1 Ej. sustituyendo valores Wx = -450 kJ . b) Obtén dichos valores a partir de la expresión integral del trabajo sabiendo que el muelle cumple Fmuelle = .2 RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical.400)kJ/kg = 173.(-20. El muelle tiene su longitud natural en el estado inicial. Se pide: a) Supón que el proceso real puede asimilarse a una politrópica de índice n = -0. Configuración: Pv. c) ¿Cómo cambia el análisis si la frontera incluye al émbolo?. Análisis: a) a) Si escribimos la ecuación del balance de energía para un sistema cerrado (no hay flujo de masa) tendremos: U2-U1 = Q . dibujando un proceso en un diagrama Pv. Se proporciona información sobre la energía interna y los flujos de Q o W existentes.Wpal .W = Q -(Wpal + Wx) [1] ya que W representa toda la energía que atraviesa la frontera como flujo de trabajo. 2.3 kg· (199 .5 kJ.44 kJ/kg .Trabajo con fuerzas elásticas y gravitatorias Un cilindro vertical con un pistón (masa 10 kg y área de 49 cm ) contiene 0.5 moles de aire a temperatura ambiente (to = 25 ºC.2. MC. que cumpla con las condiciones del enunciado.5 kJ por el giro de las paletas y. b) La solución gráfica está desarrollada en el documento de TermoGraf Ej 2. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: 3 kg en un sistema cerrado. el trabajo correspondiente a la expansión: dWx = P·dV (integrado entre 1 y 2).52.. E2. 20 2 . para una frontera del sistema que no incluya el émbolo dentro de ella y analiza si es válida la suposición anterior.b) Analiza gráficamente el resultado. ni los valores de P y V en 1 y 2. su cálculo será posible despejando en [1] Wx = Q . SI. Puesto que no conocemos el proceso. Se calienta el gas hasta que su energía interna alcanza los 334. Condiciones: No se da información de los estados que permita su localización ni sobre el tipo de proceso. En nuestro caso éste es: -20. y determina el trabajo realizado por el gas y el calor transferido. por tanto Q = (U2 – U1) + W = (4.15 K): U1 = 0.02897 kg/mol = 3.Modelo de la sustancia: Gas ideal. luego llevando ese valor a las tablas o de TermoGraf.5 mol·(8.52) kJ = = 459.223 kJ b) Los cálculos no han necesitado hacer consideraciones sobre la frontera puesto que los hemos realizado todos con las variaciones experimentadas por el gas. Calor: Por otra parte.844 .5 mol en kg: 0.081 kJ.15) K/(1+0. es importante seguir un criterio con unidades y referencia másica: así.44 kJ/kg · 0. deberemos manejar para la constante R su valor adecuado a esta referencia que.15 K. si tomamos la masa en kg.97 kg·K ya que 1kmol de aire es igual a 28.2 a.02897 kg/mol = 4.5 mol · 334. si tomamos como frontera el interior del cilindro. del primer principio: U2 – U1 = Q – W. Trabajo: W = m·R·( T2–T1)/(1–n) . considerando los valores de las propiedades en el estado inicial y final y calculando el trabajo directamente del tipo de proceso (fórmula para ese proceso –politrópica de índice n– obtenida a partir de la expresión P·dv). llevando valores a la expresión del trabajo: W = m·R·(T2–T1)/(1–n) = = 0.5 mol · 0.081) kJ + 0.52 para el aire como gas ideal (válidas para n 1). es: R = 8. sin el émbolo.15–298.014485 kg: W = 0. sin hacer la hipótesis de proceso politrópico.97 kg Análisis: a) Del problema resuelto con TermoGraf (pantalla 2 del ejemplo en TermoGraf) obtenemos los siguientes valores para la masa de 0. De acuerdo con la figura E2.222 kJ.75 kJ/kg · 0.460 kJ Q = 2. para el aire. podemos obtenerlo de las tablas o con TermoGraf para las condiciones dadas (T1: 298. Para ello deberemos poner la expresión de P desagregada en sus diferentes componentes.4595 kJ = 2.844 kJ y en cuanto a U1.5 mol · 212.3.314 J/mol·K)·( 466. utilizando la expresión P·dv.314 kJ/ 38. luego tendremos.014485 kg. tendremos la expresión siguiente para la P del gas: 21 . en donde conocemos U2 = 0. expresión de la que debemos conocer T2 Para este estado nos dan el dato de u2.02897 kg/mol = 0. T2 = 466.5 kJ que coincide prácticamente con el del programa. Existe una forma alternativa de calcular el trabajo. Condiciones: Dependiendo de la elección de la frontera del sistema: a) no habrá que contemplar la variación de la energía potencial del émbolo (cuando quede exterior y su efecto se considere a través de la presión que sufre la frontera del sistema) b) o se deberá incluir en los cambios de energía del propio sistema (cuando se considere dentro de la frontera) c) la masa de 0.314 kJ/kmol·K = 8. Es inmediato comprobar este valor sin más que utilizar las expresiones apropiadas para una politrópica con índice n = -0. 396 bar . o bien .014485 · (0. Es algo similar al caso del rozamiento que es un trabajo que se incorpora al sistema.722 = 0. que ahora es parte del sistema.0666 · 0. Por tanto escribiremos: ΔU + Δ Epot = Q – W. valor que es muy aproximado al dado por TermoGraf.8 (m/s2) · 0.0049 (m2) = 139550 Pa = 1.8 (m/s2) /0. utilizando el kPa como unidad de presión para obtener el resultado en kJ si ponemos el resto de las unidades en el SI : W = P·dv = ( P0 + Pémb + Pmuelle)·dv = = 0 (100+20+27. Con esto.72 m Llevando este valor a [1]. E2.7132 m3/kg .05 (N/m) · 0.52 = P2·v2-0.588 · 0. hay que tener en cuenta que en el sistema hay variación de energía potencial pues la masa del émbolo.15·x)· (Supémb)·dx = 120 · 0.56 J = 0. c) Si tomamos como sistema el correspondiente a la fig. la presión en la frontera del sistema es ahora: P = P0 + Pmuelle En cuanto a la expresión del primer principio.72 (m) / 0.458 kJ – 70.desarrollando los términos: U2 – U1 + m·g·(xmáx–x0) = Q – ( P0 + Pmuelle)·dv .0049 m2 = 0. si pasamos m·g·(xmáx–x0) al segundo miembro.15 · 0.458 kJ–10 (kg) · 9. integral para W. En nuestro caso: W(b) = 0. donde x viene medido en m.153·x kPa. 458 kJ En cuanto a la presión final será P2 = 120000 (Pa) + 133.0049(m2) = 20000 Pa = 0. por lo que el trabajo que atraviesa la frontera es el de expansión menos el de rozamiento.05 (N/m) · x (m)/0. expresión que coincide con el planteamiento previo.0049 · xmáx + (27.0049 =(133.0049 · xmáx2)/2 [1] Determinaremos ahora el valor de xmáx .2 b. tenemos W = 0. En el sistema b) el trabajo deberemos calcularlo como el de a) disminuido en el valor del incremento d eenrgía potencial que ahora forma parte del propio sistema y no ha “salido” fuera de la frontera. cambia de altura.387 kJ 22 x máx .52 o tomándolo de la tabla de estados de TermoGraf Es decir: v1 = 0.mémb·g·Δh = 0.72 kJ + 0. 2 bar =20 kPa Pmuelle = F/ Supémb = k · x/0.9570 m3/kg por tanto xmáx = m · (v2 – v1) / Supémb = 0.0049(m2)) = = 27153·x Pa = 27. Será xmáx = (V2 – V1) / Supémb = m · (v2 – v1) / Supémb De la expresión anterior no conocemos v2 que lo podemos calcular con la ecuación del proceso: P1·v1-0. 7132)(m3/kg)/0.P = P0 + Pémb + Pmuelle Y cada una de ellas valdrá : P0 = 1 bar = 100 kPa Pémb = Peso/Supémb = = 10 kg · 9.458 kJ .72 (m) = = 0. y v2 = 0.9570 – 0. Representa el proceso en el diagrama Pv. Modelo de gas ideal Un cierto volumen de CO2 se expansiona hasta 6 veces su volumen. = Q – W En este caso será ΔU + ΔEp g + ΔEelást = Q – W Si ahora tenemos en cuenta que W representa el trabajo de todo tipo que atraviesa la frontera. 2. Principio: ΔU = Q – Wx Frontera b) incluye al gas y al émbolo: W es el Wx calculado con la presión en la frontera igual a P0+ Pmuelle Ec del Pr.. ¿Está de acuerdo el comportamiento con el modelo que estás utilizando? 23 .52. El cambio de frontera del sistema sólo influye en la forma en que escribiremos los términos en la expresión del primer principio. ¿Qué le ocurre al calor específico del proceso? Analízalo a partir de los valores de los calores específicos cp y cv que te da la pantalla. Calcula. manteniendo las temperaturas y el índice politrópico. Podemos preguntarnos qué calcula TermoGraf en este segundo caso. El programa calcula lo que diríamos es el punto de vista del gas: es decir el caso a). ¿Varían los resultados anteriores?¿por qué? Justifícalo a partir de las expresiones de cálculo de cada una de las variables. tendríamos que escribir el balance incluyendo en la variación de la energía del sistema la de estas energías. Ej.3..Isoenergéticas e isotermas. o bien suponer que el flujo de trabajo queda disminuido en el equivalente: Wneto= Wx – Wf. grav –Wf.. Si queremos analizar las cosas como sistema b) o incluso un sistema que incluyera al muelle. Observa que la relación de expansión se mantiene constante.Consideraciones: Los resultados avalan la hipótesis de que el proceso real equivale a la isotrópica de índice n = -0. Varía el proceso. Se pide 1. aplicando el modelo de gas ideal(en kJ/kg): La variación de energía interna El trabajo producido El flujo de calor intercambiado 3. Principio: ΔU + ΔEp g = Q – Wx pues el sistema incluye ahora la masa que cambia su Ep luego en el primer miembro debemos incluir como energía del sistema los dos términos incluidos. elást Siendo el trabajo de expansión el correspondiente a la presión que ejerce el gas: P0+Pémb+Pmuelle. desde una temperatura de 1500K hasta una temperatura de 300K . tenemos las siguiente opciones: Frontera a) incluye sólo al gas: W es el Wx calculado con la presión en la frontera igual a P0+Pémb+Pmuelle Ec del Pr. por unidad de masa. 2. que en su forma general para un sistema sin flujo de masa (cerrado) será: ΔU + ΔEc + ΔEp g + ΔEelást + ΔE. por kg: (u2 – u1) = 157.Ayuda: Dibuja las isolíneas T = cte para las temperaturas dadas. desplaza el proceso dibujado arrastrando la flecha que lo identifica. No es difícil ver la razón de por qué se mantienen constantes todos ellos pues las variables de estado u.3) realizaremos a partir de la información del proceso el cálculo de las magnitudes solicitadas.9 kJ/kg) = 922.9) kJ = -251. T.1 kJ/kg 3) Si procedemos a mover el proceso (en TermoGraf bastará fijar las temperaturas y arrastrar en uno u otro sentido tras hacer clic sobre la flecha indicadora del sentido del proceso). tomando los valores de las tablas o de TermoGraf. cp. Habrá infinitos procesos que cumplan las condiciones dadas. cv por un lado.5m3/kg 2) Con todo ello. tenemos . En cuanto a las variables de proceso tenemos que para una politrópica. T1 = 1500 K. cv son SÓLO función de T cuando el modelo empleado es Gas Ideal o Perfecto. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Una cierta masa de aire en un recinto cerrado. obtenemos los resultados de la tabla adjunta en la que se separan los valores que cambian (v. T. Es decir. Para el punto 3. 24 .9 kJ/kg Q/kg = (U2 – U1) + W = -1174 kJ/kg + (-251.01 kg/kmol))·( 1500–300) K/(1-1. Análisis: 1) Eligiendo un proceso cualquiera que cumpla las condiciones señaladas (fig.9. tomando v1 = 0. Índice n = 1. v2/v1 = 6.6 kJ/kg = -1174 kJ/kg W/kg = R·(T2–T1)/(1–n) = = ((8. Fija el valor de las temperaturas (botón rojo sobre tabla de estados). E2. Condiciones: No se especifica el proceso realizado del que solo se dan las temperaturas inicial y final y la relación de volúmenes . cp. Dibuja uno cualquiera. P) y sus relaciones y los que permanecen constantes: u.62 kJ/kg – 1331.314 kJ/kmol·K)/(44. W y Q por otro. Modelo de la sustancia: Gas ideal. T2 = 300 K. y ΔU. W se puede expresar en función de (T2–T1) y Q se calcula como diferencia entre (u2 – u1). 1 Puede verse una demostración en el Pb 3.1383+0. es también constante como se deduce de su expresión.. Como consecuencia Q y W también serán constantes (en el documento de TermoGraf puedes visualizar esto: fijas la T en los estados 1 y 2 con clic del botón derecho sobre cada estado y selección de la condición T fija.Estados y procesos en un diagrama T-v y en uno P-v Consideraciones: 1) El cálculo : (u2 – u1) = cv. lleva a una aproximación que aquí no es válida (10 % de error) porque este valor medio difiere mucho de los valores extremos en el proceso ¿por qué? .m · (T2–T1) = ((1. En cuanto al calor específico del proceso.m es el calor específico a volumen constante medio del proceso.3.899 para que W coincida. Basta utilizar el valor n=1.En este caso el cálculo debe hacerse por integración de cv·dT o tomando los valores de la tabla adecuada.3 para varios casos).13 25 . A continuación arrastras el proceso “tirando” de la flecha que lo identifica y compruebas todo lo señalado que se recoge en la tabla E2. Puede haber diferencia entre los valores obtenidos para W o Q y los que da TermoGraf que será debida a la precisión con que definamos el índice n. c = (n·cv –cp)/(n-1)1.657)/2)(kJ/kg·K) · (1500-300)K = -1077 kJ/kg donde cv. Con él se podría calcular Q = c · (T2–T1) como hemos hecho con ΔU y W. Tabla E2. a una temperatura de 300 K y a una velocidad de 12 m/s a través de una sección de 0.Balance de energía en sistemas cerrados (dos gases)1 Un recipiente rígido y bien aislado tiene dos cámaras separadas por una pared móvil.05 m2. Calcula. Se deja libre la pared móvil de modo que finalmente se alcanza el equilibrio con P = 3.2 bar y T = 430 K en ambas partes. Ayuda: Es importante recordar que en el modelo de Gas Ideal (también en el de Gas Perfecto). 1.Trabajo en un compresor2 El aire entra a un compresor que opera en situación estacionaria a una presión de 1 bar. 2. la presión es 9 bar.826 kg y m CO2 = 0. En la salida. 2. h son función sólo de la T.987 kg Pb. Pb 2. El Pb 02. 1 Este ejercicio y el siguiente con sus respectivos documentos TermoGraf son dos variantes con ligeros cambios.2.27 kW. con el modelo de gas ideal.1. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos.03 presenta alguna cuestión complementaria que ayuda a la comprensión de los conceptos aquí utilizados. que permite el flujo de calor y trabajo entre ambas partes. inicialmente sujeta. una isoterma es una isoenergética e isoentálpica (o sea: T=cte supone u=cte y h=cte). único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. En uno de los lados a 5 bar y 350 K hay una cierta masa de aire y en la otra hay CO2 a 2 bar y 500 K. 2 26 . Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte.tme de TermoGraf recoge una variante con N2 en lugar de CO2 y alguna cuestión complementaria en relación con los flujos de Q y trabajo a través del émbolo que no contempla el ejercicio aquí resuelto. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución. supuesto el proceso politrópico.2 Flujos en el Vde C del compresor El documento Pb 02. El calor se transfiere del compresor al entorno con una potencia cedida de 30. Rta: ma = 1. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. sabiendo que el volumen del recipiente es 1 m3. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites. Pb.). Esto quiere decir que en estos dos modelos u. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. la temperatura 650 K y la velocidad 2 m/s.01... Determina la masa de cada gas. 120 y ss. el índice del mismo.Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. el sistema cede más calor del que corresponde al proceso politrópico que lo representa: ese dato indica que hay un trabajo de fricción que debe también evacuarse y que es el exceso entre el calor total cedido y el que corresponde al proceso señalado.0941. m = 0. 3. fm. con el modelo de gas ideal. y efectos dispativos 5. En la salida. El trabajo disipativo que origina un incremento de la potencia necesaria.88 kW Pb. 4. Rtas: 1. es el trabajo total menos el de flujo (P2V2-P1V1) que queda incorporado como parte de la entalpía de dichas masas. Wvc = -1833.52404 kg/s. caudal = 925 l/s 5.3 Compresión con 4. 3. con flujo másico.3647 kg/s Cproc. 27 . la expresión trabaja con la entalpía de las masas que fluyen. Ayuda: En el balance hay que incluir la energía cinética y. 2. 2.3. en litros por seg.. 6. De este modo el trabajo que aparece en la expresión como WVC. n = 1. Por otra parte.237 kJ/kg·K. y 6. fm = 0. m = q/ΔT. n= 1. como es un sistema abierto. El calor se transfiere del compresor al entorno con un ritmo de 1195 kW. en kg/s. en m/s. El índice. WVC = -168.. Ayuda: En el balance hay que incluir la energía cinética y. fm = 5. Pb 2. la expresión trabaja con la entalpía de las masas que fluyen. La velocidad de entrada.277. 4. n.42 kW. Wd = -551. Calcula. con flujo másico. una temperatura de 300 K y una determinada velocidad a través de una sección A1 de 0. el flujo másico. La potencia consumida por el compresor. es el trabajo total menos el de flujo (P2V2-P1V1) que queda incorporado dentro de la entalpía de dichas masas. el calor específico medio del proceso Cproc.Balance de energía en un compresor El aire entra a un compresor refrigerado con una presión de 1 bar. del proceso politrópico. Rtas: 1.06 m2. 2. en kW. De este modo el trabajo que aparece en la expresión como WVC. El caudal a la salida. como es un sistema abierto.2856 m/s. la temperatura 350 K y la velocidad 370 m/s con una sección A2 de 25 cm2. y supuesto que el proceso puede representarse por una politrópica: 1.09 kW. 3. la presión es 6 bar. c1 = 79. en kW. El compresor opera en situación estacionaria y con rozamientos (hay trabajo disipativo).2. 2. El flujo másico. la potencia consumida por el compresor. 3. 4. en kg/s. 318 K. sin rozamientos. Calcula también T2. Isotermo Si n = 1. Δu = -198. obtén dos propiedades del estado 1 y representa el primer proceso de acuerdo con las condiciones señaladas para identificar los valores de n. W y Q. Analiza Δu y Q en ambos procesos e identifica alguna característica signifi. Q = 693. u.14 K.98. 2. señalando si el sistema recibe o cede este calor. Pr.3 kg.98 kJ/kg. Pr. 0. el trabajo que atraviesa la frontera Pb 2. Ayuda: Configura la pantalla.98 kJ.2651: Tf = 332.. La pre3 sión inicial es 15 bar y el volumen inicial que es de 1. P y T finales así como los flujos de W y Q. en kJ.. en bar. determina la temperatura y energía interna específica finales así como la transferencia neta de calor de los procesos para los valores del índice de politropía: n = 1 y n = 1.Pb. mientras la presión exterior no cambia.1 m2 y su masa 44 kg. Determina.5 émbolo y fronteras 3.2651. Δu = 0 .983 kJ 3. El índice politrópico. sabiendo la variación que experimenta la energía interna específica. No hay variación en las energías cinética y potencial del gas. la presión inicial que soporta el gas en el pistón 2. W = 1813. Q = W = 2292. (casi) Pb. Para n = 1: Tf = 434. en K.Pb 2.Dos enfoques del balance de energía El cilindro-pistón vertical de paredes adiabáticas de la figura utiliza una resistencia eléctrica para regular la posición vertical del émbolo cuya superficie es de 0. 2. uf = + 99. 3.159. Con el mismo estado inicial y sabiendo que la P final es también la misma que la del proceso anterior.07 K.86 kJ/kg. La masa de aire es de 0.24 m3. de modo que provoca un incremento de 0. el incremento de la energía interna como consecuencia de la energía cedida por la resistencia 28 . del gas en este proceso es u2 – u1 = – 140 kJ/kg. Adiab. P2 = 4.19665 bar. Puedes comprobar los correspondientes resultados con las expresiones para gas ideal y proceso politrópico reversible operativas para las magnitudes correspondientes Rtas: 1. P2 . Calcula: 1.2 m se triplica en el estado final.4.4 Expansión de un gas ideal cativa de los mismos.Transferencia de calor en una expansión En un cilindro-pistón se produce la expansión lenta y sin rozamientos de 8 kilogramos de n gas metano en un proceso para el que la relación presión-volumen es Pv = cte. T2 = 364. n= 1.09 m3 en el volumen inicial del aire.81 kJ. Q ≈ 0. 2. para el sistema formado por el gas (frontera representada en la figura): 1.8 kJ/kg . 2. en un proceso en el que el émbolo sube lentamente.5. uf = . .(Wx + Wd).04312 bar. Pb. El trabajo exterior.Un tercer enfoque: Trabajo exterior Considera el sistema del problema anterior de modo que el pistón quede dentro del mismo. ΔE sist termodinámico = ΔU + ΔE pot sist termodinámico = Q . Rtas: 1.. 5. la transferencia de calor desde la resistencia al aire. 3. Con la nueva frontera debe recalcularse la presión sobre el sistema y considerar en el primer miembro del balance no la energía interna sino ésta y la energía potencial del sistema considerado porque ahora cambia. W = 9.55 kJ 4. puedes tomar el Wd como incógnita en el balance. 2. ΔU = 23.94 kJ como en el problema anterior. 2. (de la expresión del balance de energía: primer principio para MdeC) Si consideramos. Comprueba que el trabajo disipativo coincide con el calculado antes. Se desea conocer las condiciones finales de equilibrio de ambos subsistemas. trabajo resistente como el debido a la presión exterior ejercida sobre (o por) la pared móvil del sistema.0 kJ 3. En el segundo caso el proceso no puede considerarse reversible pues tiene efectos disipativos (el flujo de energía procedente de la resistencia eléctrica lo hace como trabajo disipativo). Con los datos de los estados inicial y final puede plantearse el balance de energía. Wd = .3. ¿Cuál es ahora el trabajo que atraviesa la nueva frontera? ¿Y cuál será la expresión del balance de energía para dicho sistema? Ayuda: En el primer caso la frontera deja de ser adiabática pues hay una zona de transferencia de calor. W = 9.39 kJ.6. 3. La pared divisoria entre ambos es móvil e inicialmente se encuentra fijada por un retén. si se incluye el émbolo dentro de la frontera. Teniendo en cuenta esto. usando el balance de energía. en un segundo caso. El balance de energía debe incluir en el trabajo el término de trabajos disipativos ya comentado en el Pb.94 kJ Pb. En este caso la energía potencial del sistema cambia a lo largo del proceso. Rtas: 1.7. Para la 3. La expresión del balance de energía para el nuevo sistema 2. P1= 1. Q = 32.32. sólo lo hace el enfoque dado a los flujos. calcula 1. la resistencia incluida dentro del sistema. 2. El proceso puede considerarse isóbaro y reversible.La combinación de subsistemas La pared interior de un cilindro aislado adiabáticamente separa dos masas de aire de 2 kg a 10 bar y 500 K y 4 kg a 4 bar y 320 K respectivamente. en kJ. Los resultados no pueden cambiar. 2. Ayuda: Diversos textos presentan el trabajo exterior. si la pared divisoria es diatérmana 29 . 2.4. temperatura y presión finales de las cámaras. Se elimina éste y se deja evolucionar a la divisoria muy lentamente. P2 = 5. Rtas: 1.Comparación de procesos y de modos de análisis Construye un cuadro con los flujos de calor y trabajo neto1 producidos en cada uno de los procesos que sufre un sistema formado por 12 kg de aire.5 veces el inicial. pero en el caso de un sistema abierto este trabajo neto. es todo el trabajo. Aquí alude al trabajo neto que atraviesa la frontera que. que pasa desde un estado inicial de presión 11 bar y volumen V1 = 1. Supón sistema cerrado y construye el cuadro correspondiente. W.. 2. 1. este último mediante el primer principio.un proceso isóbaro en el que se triplica el volumen previo. WVC. T2 = 380. en un sistema cerrado. Supón luego volumen de control y repite el cuadro Explica las diferencias que ves entre uno y otro. Ayuda: Identifica las dos propiedades de cada estado que permiten dibujar el estado y calcular el resto.un proceso isotermo hasta alcanzar un volumen 1. seguido de . 30 .8 m3/Kg a través de las siguientes transformaciones: . 2. En este caso la pared divisoria determina las propiedades comunes en el equilibrio: si es móvil la P final deberá ser común.65 K 2. Como ejercicio se deja el comprobar que error produciría utilizar el valor medio de los correspondientes Cproceso para el cálculo de Q por la expresión Q = Cproceso · ΔT Rtas: El cuadro pedido será: 1 El concepto de trabajo neto se emplea para diversas situaciones y puede resultar ambiguo.8. La determinación de propiedades extensivas combinadas como V y U a partir de los valores correspondientes de los subsistemas es la base de la resolución. no incluye al trabajo de flujo (el necesario para que la masa fluya a través de la frontera).44 bar Pb. seguido de .un proceso isócoro hasta el estado final con P final igual a Po = 1 bar. Si es además diatérmana también deberá serlo la temperatura final.Ayuda: Las restricciones en las paredes determinan el tipo de proceso que puede seguir un sistema en desequilibrio para alcanzar un nuevo equilibrio.un proceso adiabático hasta alcanzar el volumen V2 seguido de .2 m3 a uno final de volumen = 0. Calcula después para cada proceso los flujos de trabajo y calor. en kJ/kg. P1 = 1 bar hasta V2 = 0. La relación entre la presión y el volumen durante el proceso es una relación lineal. represéntalos en un diagrama P-v e intenta aproximar un proceso politrópico a dichos estados. e) Puedes calcular también el trabajo utilizando el procedimiento gráfico visto en el problema anterior. b) ¿Puedes identificar qué proceso politrópico pasa por esos dos mismos estados? c) ¿Puede considerarse el primer proceso también politrópico? Ayuda: Si conocemos la ecuación de un proceso. Si existe con un índice n = 2 3. No es posible más que una politrópica.488 0.9. Hazlo y comprueba la variación relativa con el obtenido anteriormente. a) Calcula el trabajo para el gas.10. 2.720 Apoyándote en dichos datos y con la hipótesis de que los gases pueden asimilarse a una masa de aire y tratarse como gas ideal: a) Sabiendo que la T de los gases en el momento de máxima compresión era de 1410.690 0. P2 = 9 bar.373 0. Rtas: 1. ¿Cuál es la ecuación correspondiente? c) ¿Cuál es el trabajo que hacen los gases sobre el pistón durante la expansión.Trabajo en un compresor Se comprimen dos kg un gas desde V1 = 1.Trabajo en un proceso real En un control de un motor Otto se determina una serie de valores para la presión y el volumen en la expansión de los gases dentro de un cilindro de un motor de combustión interna.950 8.550 2.301 0. en kJ/kg? Se te ocurre alguna consideración al respecto del resultado. Los respectivos valores se recogen en la tabla adjunta: dato 1 2 3 4 5 6 7 P (bar) 26.344 1.973 1. es inmediato obtener el valor del trabajo que atraviesa la frontera del sistema durante el mismo mediante la integral de P·dV. 2.Pb.470 V (litros) 0.697 3.350 13.. W = 600 kJ. Obtén la ecuación a partir de la propiedades dadas en el enunciado y completa las diferentes cuestiones que plantea éste. Pb. En este caso es además especialmente simple aplicar el teorema del valor medio para hacer esa integral.910 20. en kJ? Decimos que este cálculo es una aproximación ¿Por qué? d) A partir de la aproximación: ¿Cuál es el flujo de q que se libera en el proceso..76 kJ 2. Q = 369. 31 .4 K: ¿Qué masa contiene el cilindro.975 5.6 m3.8 m3. en kg? b) Obtén el volumen específico de cada uno de los datos de la tabla. a) Desde el punto de vista de modo de análisis el ciclo puede realizarse en un único equipo (por ej. si el ciclo se emplea como bomba de calor. en kJ/kg. (h) Coeficiente de operación. b) El hecho anterior implica que el W a considerar en los respectivos balances del primer principio sea o W total o Wvc que difiere de W en que no incluye el W de flujo. γ. Con cálculo gráfico w = 545. las variaciones de U o H al completar el ciclo son nulas luego el W y el Wvc para todo el ciclo (Wneto) coinciden.36 = cte 3.63 kJ/kg 4. en kJ/kg. w = 534.Análisis energético de un ciclo1 Un flujo másico de 0. en el motor de combustión interna alternativo) con análisis de MC o en una sucesión de equipos (por ej.. (c) Calcula el calor transferido al gas.58 kJ/kg Pb 2. Q = 0 Se pide (a) Representa el ciclo en un diagrama P-v. si el ciclo se emplea como ciclo de refrigeración. P1=11 bar. (b) Calcula el trabajo neto para el ciclo. Rta: 1. q = .59 kJ/kg valor que puede considerarse nulo por comparación con w. 32 .14 kJ/kg Proceso 4-1: compresión adiabática. el procedimiento de cálculo para las magnitudes planteadas es el habitual. W = 1. (Wx)12 = 51. u4 – u3 = – 988.0392 kJ. puedes hacer un ajuste a una recta (por mínimos cuadrados) tomando logaritmos a ambas columnas de modo que ajustes los datos a la ecuación log(P) = (-n)·log(v) + log(cte). en kW. Sin embargo si se analiza en el sistema en conjunto. en kJ/kg y como potencia. en kW. u3 = u2.314 kW Proceso 2-3: expansión con P·v = cte. 1 El análisis energético en un ciclo tiene particulares características. El ajuste lo puedes hacer directamente como una función potencial (P= f(vn)) o si no tienes esa posibilidad. β. m = 0. (f) Calor que se cede. (d) Calcula el rendimiento (en %) Si se invierte el sentido del ciclo (e) Calor que se absorbe.2 kg/s de gas aire recorren un ciclo termodinámico que consiste en los cuatro procesos siguientes: Proceso 1-2: presión constante.Ayuda: En una hoja de cálculo puedes realizar un ajuste para los datos contenidos en la tabla. Una vez obtenida la ecuación.11. P·v1. (g) Coeficiente de operación. P3 = 482 kPa Proceso 3-4: volumen constante. en un ciclo de potencia) que supone el análisis de VC en cada uno de ellos.42. V1=0.002 kg 2. c) Cuando se analiza equipo a equipo la diferencia es importante. 5.032 m3. puesto que la sustancia estudiada recorre un ciclo. Ayuda: No se precisa el ordenador para resolver éste problema pues no son necesarios ni datos de estados o procesos.10 kJ/kg) y con un COP = 2.99 kW d: = 0.Ayuda: Identifica las condiciones que te permiten definir los estados y los procesos que componen el ciclo y calcula las propiedades energéticas que necesites bien en tablas bien en TermoGraf.82 kJ/kg Wciclo = 78.522 h: β = |qabs / |wciclo| = 2. Qc = . Basta aplicar las fórmulas del COP.522 Pb 2. cuál es el flujo másico circulando y los flujos de energía a través de la frontera del sistema. Qf = 27 kJ 33 . Rta: |qc| = 28 kJ/kg Flujo másico: 1.14 kJ/kg f: Qced = .5 kg/s Flujos de calor y trabajo: W = 15 kJ/kg. Si la potencia suministrada es 15 kW.39% e: q23= 988.2839 = 28.. por kg de fluido refrigerante recorriendo el ciclo.1379. las transferencias de calor a través de la frontera de una bomba de calor que trabaja en las condiciones de la figura (w = .Flujos en una bomba de calor Cuáles son.96 kJ/kg g: γ = |qced| / |wciclo| = 3. Rtas: b: wciclo = 391.12.8.42 kJ.365 kW c: Qabs = 275. c) Utiliza el modelo de gas ideal y compara la respuesta con la que se tendría si el modelo usado fuera el de gas perfecto.Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta.14.Procesos dentro del domo1 Un recipiente contiene una mezcla bifásica líquido-vapor de H2O tiene una temperatura de 200°C y un título del 40%. para el estado final.05 m3 y sufre un proceso a volumen constante hasta que todo el sistema se convierte en vapor. 2.7542 kJ/kg·K). b) El calor suministrado. Pon atención en las unidades que empleas. en kg.Modelos de gas ideal y perfecto Dos recipientes conectados con una válvula tienen respectivamente 2 kg de CO a 150 ºC y 2 bar de presión y 8 kg de CO a 40 ºC y 0. Determina a) Las masas de líquido y vapor saturados presentes.75 bar de presión. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de autoaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas. Pb. b) Las masas de líquido y vapor saturados presentes. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. Ten en cuenta que la mezcla a través de la válvula no supone trabajo. c) El calor y el trabajo suministrados para que realice el proceso. Se abre la válvula y se mezclan de modo que la temperatura final es de 100 ºC gracias al calor suministrado durante el proceso. 1 Necesitarás aplicar la definición de título (fracción de masa de vapor respecto de la masa total). 2. cuando convenga. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. Analíza la validez de este modelo en el caso presente (Puede considerarse valido si el error en el cálculo de Q es menor del 1%)..13. (Toma para cv el valor 0. Así: en una mezcla bifásica de título x la masa de vapor es mv = x·mtotal 34 . en kg. Ayuda: Combina ambos depósitos para una única MC y aplica el balance de energía a la combinación teniendo en cuenta la información que conoces por el enunciado. La mezcla ocupa 0. aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios. Se pide determinar: a) La P final de la mezcla. para el estado inicial. Si te pide clave de acceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar.. 2 (pp. Después cede 6140.d) El calor y el trabajo suministrados si el proceso hasta la saturación se hace a T cte. dibuja los procesos y calcula el Wx.13 kJ. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. en m3. en kJ. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. en kJ.2 m3/kg hasta v2 = v1 / 4. Proceso 2–3: proceso de expansión a presión constante hasta v3 = v1. 4) El cambio de volumen. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 2 Véase Ej. Para la cuestión d) dibuja el proceso a T cte con el botón Añadir pulsado y seleccionando proceso isotermo en el menú de procesos.Secuencia de procesos Una masa de gas natural (metano) sigue dos procesos consecutivos: Proceso 1–2: compresión politrópica con: n = 1..4 ºC.15.5 bar y T2=1136.8 kJ de calor y se enfría a presión constante hasta el estado 3. en kJ. 0. Calcula.5 ºC hasta P2=3. 2. que experimenta el aire durante el proceso 2-3 mediante la expresión del trabajo de expansión si éste vale 1203.3 kPa y v1 = 1.5 bar y T1=1294. Representa ambos procesos en un diagrama P–v utilizando el modelo de Gas ideal y determina el trabajo de expansión en cada subproceso y el del recorrido total en kJ/kg. Ayuda: El trabajo de expansión es el trabajo1 que atraviesa la frontera de un sistema MC para procesos reversibles.35 desde P1 = 101. en kJ. teniendo en cuenta que los procesos son cuasiestáticos e irreversibles2: 1) El flujo de calor del proceso 1-2. 5) El trabajo disipativo. Utiliza para ello la expresión wx = ∫P·dv. a los datos del enunciado. pasando en el proceso 1-2 desde P1=7. a temperatura ambiente. b y c. Lee la nota 2.16. 2. 2) El cambio que experimenta la energía interna en el proceso 2-3. 3) El trabajo total de compresión en dicho proceso. y toma los valores de la tabla de estados para hacer el cálculo correspondiente de la masa total antes de responder a las cuestiones a. Selecciona pues esta opción..Balance de energía Un pistón con émbolo contiene 5 kg de aire que se expansionan realizando un trabajo de 1400 kJ mientras el gas recibe un flujo de calor cuyo valor desconoce. 14 y 15) Es decir: W = Wx + Wdisipativo 35 . Ayuda: Ajusta el proceso a volumen constante dibujado en TermoGraf. To =25 ºC. Ayuda: No es necesario dibujar los procesos sino llevar al balance de energía u otras expresiones las propiedades que necesites tomándolas de los estados correspondientes. 19.26. Para la Rta 3 debes mirar en tablas o en TermoGraf los valores de u en 1 y 2 para sustancia real. La masa de vapor es 2. El trabajo que cruza la frontera.18. Sabiendo que no hay cambios significativos en la Ec o la Epot 1. para ello representa el proceso y analiza los valores solicitados.356 kJ/kg. en kJ. Véase Ej. u3 = u2. vapor desde P1=35 bar hasta P2=7 bar. de modo reversible. Calcula el W neto del ciclo. el calor Qc transferido por el foco caliente es 6500 kJ. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2.Rendimiento de un ciclo En un ciclo de potencia que trabaja con dos focos a Tc y Tf.Pb 2. También puedes resolverlo en la pantalla. u1 . Es conveniente que lo trabajes así y lo contrastes con la solución en TermoGraf.97 siendo el volumen v1 = 108. La relación entre P y v supone un proceso politrópico (gas ideal) de índice n = 1..4 bar.2 36 . Proceso 3-1: v cte. 0.586 kJ.3 kg y otros datos son: u1 = 1218. Considera 120 kg de gas y calcula 1 Recuerda que para procesos reversibles el trabajo que cruza la frontera coincide con el de expansión. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2.28 m3.5 kJ..Análisis energético de un ciclo Un kg de aire recorre un ciclo termodinámico en un motor alternativo (cilindro-pistón) que consiste en los siguientes procesos Proceso 1-2: P cte = 1. calcula: 1. ¿Qué resultado se obtendrá con el modelo de sustancia real para el proceso con los mismos estados inicial y final y el mismo trabajo a través de la frontera? Ayuda: Puedes calcular con el balance de energía el flujo de calor si previamente calculas el Wx1. v1 = 0. Si no hay cambios en la energía cinética o potencial.46 kJ/kg y u2 = 517. 3. Representa el ciclo en un diagrama Pv 2. 2. Calcula el calor en el proceso 1-2. 3. P2.El vapor de agua como gas ideal En un dispositivo cilindro-pistón se expande.17.u3 = . v2 y n.5 l/kg. Proceso 2-3: Compresión con P·v=cte. en kJ Ayuda: Dibuja los distintos procesos en Termograf a partir de las propiedades que te define el enunciado. Son todos conocidos salvo v2 que puedes calcular con la ecuación del proceso politrópico. Necesitas para ello los valores P1. wx12 = 10. v1. La transferencia de calor en kJ que experimenta el vapor.. cuya superficie es de 150 cm2.1. Calor que cede al foco caliente en este caso. calcula 1) la masa de la mezcla bifásica y 2) la presión que soporta mientras el pistón se eleva. P=cte) 4) el calor suministrado en la 2ª parte (proceso isócoro. 2 ¿Cuál debería ser la presión de la mezcla bifásica cuando no estuviera cargada? 37 .81 y no hay rozamiento apreciable entre paredes y pistón. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb 2. 4. si el diseño puede considerarse aceptable y que sería preciso tener en cuenta para ello2.. se coloca una masa de 1200 kg siendo la presión exterior de 1 bar. Calcula el COP del caso anterior si el aprovechamiento es como bomba de calor. Evalúa el COP si funcionando como frigorífico para extraer el flujo de 4800 kJ ha consumido 14 kJ/kg como trabajo. 3.20. Basta aplicar las definiciones con los valores proporcionados por el enunciado. Inadvertidamente se sigue suministrando calor hasta que la presión en el interior alcanza los 38 bar. Ayuda: No es necesario dibujar ningún proceso. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 Lentamente y sin rozamiento equivale a decir que no hay efectos disipativos y el trabajo que atraviesa la frontera es el de expansión.Elevador con cambio de fase Se quiere experimentar un sistema de elevación consistente en un dispositivo cilindropistón vertical que contiene una mezcla bifásica de agua (líq + vapor). Calcula el rendimiento real si cede al foco frío un total de 4800 kJ. Sobre el pistón. 2. Ayuda: Debes calcular la presión que soporta la mezcla bifásica para con el título determinar otras propiedades del estado inicial. 3) el calor suministrado en esta fase (proceso isóbaro. a la vista de los resultados. en kJ. Inicialmente la mezcla ocupa 60 cm de altura con un título inicial del 12 %. 5. Si g vale 9. Trabajo neto por kg si nos dan un rendimiento de un 32 %. v=cte) 5) evalúa. Si conoces dos variables del estado final podrás determinar éste y con el balance de energía para el proceso las otras cuestiones. Se suministra calor al dispositivo de modo que sube lentamente1 a P cte hasta chocar con un tope de seguridad situado a 250 cm de altura respecto de la base del cilindro. calor. zona bifásica. T= 290°C e) P = 103. modelo de sustancia incompresible. v = 0.598°C.. T = 453. líquido subenfriado. estos ejemplos resueltos en la primera parte.15 K d) P = 6 MPa. H2O. T = 400°C b) P = 6 MPa. vapor. líquido comprimido. Es conveniente que. antes de pasar a las siguientes secciones. líquido saturado. modelo de gas ideal. localizando los estados sobre diagramas P-T. Ejemplos Recuerda. al inicio de cada tema. además de los valores de P y T como en los anteriores? Explica la conveniencia de un diagrama u otro y de las escalas a utilizar en cada caso. gas.0052 m3/kg g) P = 60 bar. los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. T = 275.1. domo. vapor sobrecalentado.2 kPa. T = 20°C f) P = 60 bar. 3. energía interna y entalpía como aplicación del primer principio a sistemas cerrados. PROPIEDADES Y MODELOS Conceptos básicos de este tema: Modelos de sustancias: 1. a) P = 8000 kPa. 4. 3.LOCALIZACIÓN DE FASES EN UNA SUSTANCIA REAL Determina la zona (fase o fases) para el agua. tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema.3. 2. en las condiciones siguientes. 38 . curva de saturación. vapor saturado y además se insistirá en los conceptos introducidos en el capítulo anterior: trabajo.6°C ¿Identificas el punto (e) con algún estado en particular? ¿Por qué crees que en el caso (f) se da el volumen.9 MPa. modelo de sustancia real. T = 275. P-v y T-v con adecuada elección de escalas. Ej. T = 264°C c) P = 4. modelo estándar frío de gas ideal (o gas perfecto) . fase. punto crítico. En particular g es indistinguible de f en la escala utilizada. E3. Aunque la variación en el rango de presiones puede ser también importante. En el caso del agua. g La figura recoge la posición de los seis estados.001 m3/kg a volúmenes 100 veces mayores para presiones en el rango de la atmosférica. se pasa de volúmenes del orden de 0. Su representación es sencilla sobre un diagrama PT. Fig. Diagrama P-T Tabla E3. Por ello resulta adecuado el empleo de la escala logarítmica para v. no es tan crucial el uso de la escala logarítmica para esta variable. cuando se quieren representar. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia Real. la nueva escala del zoom discrimina en milésimas de grado por lo que no es esperable ver la diferencia entre los estados f y g en una escala normal. Sin embargo si atendemos a sus propiedades recogidas en la tabla adjunta podemos ver cla39 . c. el volumen cambia fuertemente al pasar de la primera a la segunda. Análisis: En los casos en que coexisten diferentes fases.. y los estados b y e en fase líquida. En este diagrama la fase de c y g no se aprecia con seguridad por su proximidad a la curva de cambio de fase. como recoge la figura ampliada.Diagrama PT Condiciones y configuración: Debe consignarse la zona en que se encuentra cada uno de los estados propuestos. Conviene señalar que.RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un kg de agua. la sustancia: agua. estados f. en particular estados en fase líquida y gaseosa. por ejemplo. Para este caso las unidades son el SI. Ampliando con la lupa varias veces (se marca un rectángulo con la lupa y esa es la nueva pantalla) se puede apreciar esta situación. Se representan una serie de estados en diversos diagramas. El estado f cae sobre la curva de cambio de fase. d y g están en fase gaseosa.1a.1 Prop. el modelo es sustancia real y el modo de análisis es cualquiera al no precisarse cálculos de flujo de trabajo cruzando la frontera del sistema. simultáneamente estados con tan amplia gama de valores. Los estados a. 1b.Diagrama Pv (escala logarítmica para el v) 40 . E3.035 m3/kg) sus valores son muy pequeños (en torno a 0.001 m3/kg). será lógico pensar que en un diagrama Pv. Fig. Viendo que el volumen de f y g difieren notablemente. como se ha señalado. E3. Más adelante encontraremos la razón de esta singularidad. Fig. apenas diferenciada pues en la escala lineal utilizada (0-0.1c. la evidencia será sin duda más clara. Diagrama P-v (escalas normales en ambos ejes) La ubicación del estado f aparece mejor definida pero los estados de la fase líquida se agrupan en una estrecha zona de volumen. al representarlo en un diagrama P-v queda evidente la necesidad de una propiedad específica como el volumen específico.. Una alternativa al zoom de escala será considerar otro diagrama.Diagrama Pv La representación cambia si se utiliza un diagrama con escala logarítmica para la variable v . v. De un lado el espacio bifásico líquido-vapor no es una curva sino una superficie en la que aparece el estado f. pues su ubicación en este diagrama no queda fijada con sólo P y/o T por ser estado bifásico..ramente que la diferencia en las variables extensivas específicas es muy notable mientras que no es así con las variables intensivas. Precisamente. como recoge la siguiente figura: Diagrama P-v (escala logarítmica en v) En esta presentación del diagrama es más evidente la ubicación de cada estado. 1e... y como puede suponerse es un punto con propiedades características. La coexistencia de volúmenes de líquido o vapor precisa de una escala logarítmica y no lineal.Diagrama Pv (doble escala logarítmica) Por eso la nueva gráfica P-v con doble escala logarítmica da una mejor perspectiva del conjunto. Diagrama T-v Fig. mucho menos adecuada. que es el caso de la gráfica anterior. E3.En estos casos P y T no son propiedades linealmente independientes ya que están ligadas por la ecuación de la curva del cambio de fase.001 m3/kg y 1 m3/kg. El punto crítico es la separación de ambas partes. Obsérvese la conveniencia de la escala logarítmica para el volumen por coexistir valores entre 0. Fig.1d. E3. Se señala la parte de curva de cambio de fase que corresponde a estados de vapor saturado y la que es de estados de líquido saturado. el diagrama puede clarificarse aun más. pues al coexistir estados con presiones muy diversas (de 1 bar a 60 bar) pasa algo similar a lo que sucede con el volumen. Diagrama Pv (doble escala logarítmica) Aunque no es tan necesario.Diagrama Tv (escala logarítmica para las v) 41 . 152·10-6·T2 – 2.. Analiza los resultados RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un kg.314 kJ/kmol·K y con cv constante (correspondiente al valor que toma en T0= 0 ºC.COMPARACIÓN DE MODELOS1 Queremos calcular v y u en el caso del agua. SI.1. Análisis: Se trata de construir una serie de tablas para verificar el rango de error según la zona de trabajo. que el valor de la energía interna es 3132. a partir de valores de P y T dados ¿Qué modelo podemos usar si no podemos tener errores mayores del 1%? Para saberlo identifica el rango de validez del modelo de gas perfecto (valores de cp y cv constantes. El cálculo de cv para gas ideal puedes hacerlo sabiendo que cp. Ej. 100. sustancia: agua. 42 . 320ºC y 520 ºC. tomados a 0ºC) . Para ello tomaremos. 10. Sustancia y Modelo: Agua con los siguientes modelos: gas perfecto.964·10-9·T3 + 0. 20ºC y 500ºC. con T expresado en K. y el modo de análisis es cualquiera al no precisarse cálculos de flujo de trabajo cruzando la frontera del sistema. Las expresiones a utilizar serán: Gas perfecto: v[m /kmol] = R[kJ/kmol·K]. En las del modelo de sustancia real puedes poner valores tomados de las tablas o calculados con TermoGraf.· (T-T0) [K] . gas ideal y sustancia real. con escala logarítmica en el volumen por las razones dadas.07 – 1. conocidas P y T. MdeC.807·10-12·T4). es decir a 273. para cada T propuesta. En cuanto a la configuración: unidades: SI. 1. siendo R = 8. 3 1 Los conceptos energía interna y ecuación energética de estado se han introducido en el capítulo anterior. Sobre el estado f corresponde el mismo comentario hecho antes. del de gas ideal (valores de cp y cv funciones de T) comparándolo con el modelo de sustancia real que consideraremos correcto en el intervalo analizado (rango de temperaturas 20ºC a 520ºC). agua Condiciones: El rango de trabajo está limitado por dos isotermas. para el agua. 50. se aprecian perfectamente todos los estados. de modo que en las correspondientes casillas estén las expresiones de v y u para el gas perfecto y el gas ideal.15 K). además. u[kJ/kmol] = u0[kJ/kmol] + cv[kJ/kmol·K].· T[K] / P[Pa]. vale cp (kJ/kmol·K) = R·(4. una serie de valores de P (bar): 0.1 cuando la temperatura alcanza los 500ºC. Para ello construye una tabla en una hoja de cálculo para cada una de las siguientes temperaturas: 20ºC.108·10-3·T + 4.En este último diagrama.2. diversos modelos. 3. Sabemos. En este diagrama se hace una distinción entre gas y vapor que es una convención: a los estados de gas en zonas próximas a la curva de saturación se les identifica como vapor mientras que la denominación de gas se reserva para los estados en que el modelo de gas ideal resulta aplicable como buena aproximación (esto sucede para presiones bajas y/o temperaturas altas). 200. Configuración: Pv. para cálculo de v y u. 24 2403. Para ello el resultado de la integral.15 K (20 ºC): el agua está en fase líquida (fig.1353 0. 3 u[kJ/kmol] = u0[kJ/kmol] + cv[kJ/kmol·K].02 2463.1 1 10 50 100 200 P (en bar) 0.00099 u (kJ/kg) 83.152·10-6·(T3 – 773.19 -583.9 86.03 Gas ideal 13.86 -2833.58 83.02 kg ) que es la relación másica para el agua.153 + +0.152·10-6·273.· T[K] / P[Pa].24 error sobre real (%) Sustancia real -1352424. y tomando como límite superior.38 -2783.96 83.02 2463. y u0= 3132.66 -2758. con errores inaceptables. se ha multiplicado por el cociente (1 kmol /18.24 2403.108·10-3·273.56 -2835.15 K 0.2) para las seis presiones dadas y los modelos basados en comportamiento de gas dan un resultado catastrófico en los seis casos.1 kJ/kg + (8.15) – 1.98 83.5252 1.807·10-12·(T5-773.3525 0.15 K Gas ideal: v[m /kmol] = R[kJ/kmol·K].36 -2764. 593.02 kg) = 1. tanto para la energía interna como para el volumen.154) kJ/kmol·K. tendremos para cp en T0=273. Los resultados anteriores se han modificado para que correspondan a una masa de un kg.60 -2775.99 -2846.· dT [K] con u0= 3132.1 1 10 50 100 200 Gas perfecto 13.07 – 1.1 kJ/kg11 para T0=500 ºC = 773. E 3.47 -135152.108·10-3·(T2-773. en el que intervenía R en kJ/kmol·K.15 K.1353 0.37 -1266.24 2403.15. Sustancia real: to maremos los valores calculados con TermoGraf.02 kg ) habiendo tomado como límite inferior T= 773.153)/3 – 2.001 0.314 kJ/kmol·K .02 2463. sucesivamente: T = 293.47 -135152.0271 0.35 a) valores calculados para T = 293.07-1)·(T-773.19 -583.41 -2689.02 2463. Con esto.Como cv = (cp -R) y R = 8.807·10-12·273.00099 0.09 -2761.1 kJ/kg2 para T0=500 ºC = 773.24 2403.001 0.964·10-9·273.68 -2762.0068 u (kJ/kg) 2463.31 0.394 kJ/kmol·K. las tablas buscadas serán: 293.5252 1.0271 0.00099 0.45 -13425. La integral será u = 3132. 43 .45 -13425.154)/4 + 0.24 -2632.15 K.001 0.314·[(4.0135 0.24 2403.155)/5(kJ/kmol)·(1 kmol /18.152)/2 + 4. 1 Se ha tomado este valor del modelo de sustancia real.3525 0.37 -1266. 15 K. luego cv = (cp -R) (kJ/kmol·K)·(1 kmol / 18.314·(4.09 -2832.15 83.02 2463.152 – 2.0068 u (kJ/kg) 2403.24 -2632.02 error sobre real (%) -1352424.0135 0.90 -2855.15 y 793.15 + 4.964·10-9·(T4773. en una zona en la que los tres modelos se comportan de forma muy parecida para que en todo el análisis los tres tengan la misma referencia.15 K : cp = 8. 593.0 2746.0183 u (kJ/kg) 3159.7 1415.80 -850.88 c) valores calculados para T = 793.0193 0..58 3165.3 3085.01 -0.00 -0.04 0.89 error sobre real (%) Sustancia real 0. 793.05 -1.98 error sobre real (%) 0. Fig.01 -0.6594 0. además.732 0.0155 u (kJ/kg) 3165.00 -0.0183 u (kJ/kg) 3165.81 36.0137 v (m3/kg) 2881.0366 0.63 -18.15 -3.0547 0. Como.98 3159.89 2842.4 2826.73 3165.658 0.15 K (320 ºC): aquí los seis estados se sitúan en distintas fases.89 2842.3665 2.19 2881.35 -1.63 -18.04 0.0732 0.06 3158.6594 0.1 1 10 50 100 200 Gas perfecto 27.0 2588. cv varía poco en el intervalo.7367 0. es inmediato comprobar que el volumen se calcula con la misma expresión tanto para gas ideal como para gas perfecto: Pv = RT.55 -41.3 3128.19 2881.0482 0.05 0.55 -41.0274 0.80 -850.1 1 10 50 100 200 P (en bar) 0.40 -1.2678 0.2.52 -7.1 1 10 50 100 200 Gas perfecto 36.15 K (520 ºC): aquí los seis estados (fig.0366 0.23 -1.15 K 0.19 error sobre real (%) 0.0707 0. En ellos a la temperatura de 300 ºC el vapor de agua tiene un comportamiento de gas ideal.98 3159. Por último.7367 0.98 3159.62 Gas ideal 36.58 3165.2737 0.19 2881.01 -2.98 3159.0547 0.19 2881.82 -100.17 -2.17 -2.30 -103.58 3165.23 0.3659 0.3665 0.0732 0.02 -0.89 2842.23 -1. ya que la única diferencia entre ambos modelos está en que el segundo toma constantes los valores de los calores específicos.68 2991.59 -5.05 0.95 -4.5941 3.02 -0.41 -5.3659 0.15 K 0.0274 0.5941 3.00144 v (m3/kg) 2842.89 2842.89 2842.3665 2. E 3.9 2841.034 0.0137 v (m3/kg) 2842.98 3159.19 2881.2737 0. también las energías salen parecidas.52 Gas ideal 27. Es el caso de los estados a más baja presión.19 -2.Zonas de aplicación de los modelos 44 .18 0.81 27. E3.19 -13.19 -13.16 -0.60 -3.92 -11.37 2.02 -0.52 -7. lógicamente en mayor medida que a 320 ªC.15 -3.1 1 10 50 100 200 P (en bar) 0.58 3165.602 3.2) se sitúan en fase gaseosa aunque sólo los de las presiones más bajas se identifican con el comportamiento de gas ideal.58 error sobre real (%) Sustancia real 0.05 -0.7 b) valores calculados para T = 593.58 3165. de modo que en algún caso los tres modelos son válidos.53 -9. 25) = 136. Análisis: a) El volumen del estado final se puede calcular analíticamente a partir de la ecuación del proceso o.171.314 kJ/kmol·K)·(1 kg/28.5 m3 ¿cuánta es la masa contenida? e) Representa el calor q y el trabajo. por kg en función del índice de politropía haciendo variar éste desde 1 hasta 2. por kg de masa: W= 1-2 P·dv = (P2·v2 – P1·v1) / (n – 1) . Unidades SI2.Ej. Si se comparan ambos métodos puede existir una ligera discrepancia consecuencia de redondeos en uno u otro.2783 kJ/kg·K Para Q.17 litros/kg.25. y su signo. la expresión P·vn = cte. con base másica el kg. la ecuación térmica de estado para un kg de masa es: P·v = R·T y para los procesos politrópicos. Modelo y sustancia: Gas ideal.3. Es aplicable el modelo citado y las condiciones de proceso reversible. d) Si el cilindro ocupa inicialmente un volumen de 0. en kJ/kg. 3. en kJ/kg. Cuando n = 1 (proceso isotermo) la expresión a utilizar es: W = R·T · ln(v2 / v1) Para el aire. dibujándolo. Q y primer principio para Masa de Control que se han introducido en el tema anterior.97 kmol) = 0. el valor de R es: R = (8. en l/kg.1 MPa 45 . Recordemos: 1 bar = 100 kPa = 0.EL MODELO DE GAS IDEAL Y LOS PROCESOS POLITRÓPICOS1 Los procesos reales de gases son muchas veces asimilables a procesos politrópicos con un determinado índice. 2 Se considerará SI aunque tomemos para la presión: bar. Ese es el caso de una cierta masa de aire que se comprime en un cilindro-pistón de modo que pasa de una presión inicial de 0. son las siguientes.49 litros/kg b) Las expresiones de los flujos de trabajo y de calor que pueden aplicarse. kPa o MPa. la expresión que permite calcularlo es Q= 1-2 cproc(T)·dT c*proc (T2– T1) . w. Además.. 1 Este ejemplo y el anterior refuerzan los conceptos de W. en TermoGraf. con n constante.9869 atm y 300 K a una presión final de 10 bar. c) El flujo de calor existente en el proceso. Masa de Control Condiciones: Debe considerarse un proceso politrópico para tres valores de n. o bien: W = R·( T2 – T1) / (1 – n) La expresión anterior es aplicable a una politrópica con n distinto de 1. v2 = (P1·v1n/P2)(1/n) = {(1/10) · 861. siguiendo para ello un proceso politrópico de índice n = 1. Aire Configuración: Diagrama P-v. para el gas ideal. sin rozamientos. De TermoGraf tomamos v1 = 861. Calcúlese a) El volumen del estado final.25}(1/1. b) El trabajo realizado en la compresión. para una politrópica. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El aire contenido en el cilindro. obtenemos las gráficas que se reflejan en la Fig. u.4933 Q=W 5. supone Q = W. El valor medio de cproc lo obtenemos con la expresión c*proc = (n·c*v – c*p)/(n – 1) Fig. de acuerdo con el comentario nº 4.3b.3a.41 579.485 315. Con todo ello. Se ha añadido también la variación que experimenta la energía interna.4 2 300 300 300 300 -198. para este proceso.siendo c*proc el valor medio de cproc(T) en el intervalo de temperaturas. para los flujos de trabajo y calor. valores medios de cv y cp en el intervalo de temperaturas considerado.37 948. E3. Como antes.20 Por último.Representación de las tres politrópicas Los valores de c*v y c*p . E3.7804 0 206.2 1. para los procesos indicados.731 319.68 -186.28 inf 0. esta aproximación es tanto más válida cuanto menor es el intervalo y cuanto más se aproxima la función cproc (T) a una función lineal. la expresión no es aplicable.86 501..23 0 204. los podemos calcular a partir de tablas o tomándolos de TermoGraf. Para n = 1. 46 .004 0.7382 0. si hacemos variar el índice n en el intervalo 1-2.10 506. tenemos la siguiente tabla: K n K kJ/kg W kJ/kg·K c* kJ/kg kJ/kg kJ/kg·K cv* kJ/kg kJ/kg T inic T final Q =c*·(T2 -T1) Q(Tgraf) ΔU =cv*·(T2 -T1) ΔU(Tgraf) 1 1.99 4. por lo que utilizaremos el primer principio que.0205 0.21 -200. proceso isotermo. como es lógico. El flujo de calor.4. 4. Podríamos considerar este proceso como adiabático.3b. pasando por un máximo (un mínimo ya que W es negativo para un compresor) para un n algo inferior a 1. E3. siendo cero para n que. 3.4 es un valor muy pequeño comparado con el de W.Variación de W. siendo Δu = 1-2 cv(T)·dT . mediante Δu = c*v ·(T2– T1) siendo c*v el valor medio de cv(T) en el intervalo de temperaturas considerado. El flujo de calor en el proceso con n=1. de forma aproximada. El W varía muy poco. También se pueden calcular. Q. Consideraciones: 1. como ya se ha apuntado. Así. incluso para ΔT de 600 K.Fig. Para un gas ideal. 5. Una alternativa para calcular Q. cambia de signo. E3.. De la observación de la Fig. El volumen del estado final queda determinado por dos condiciones: el valor de la presión P2 y el proceso que recorre hasta alcanzar esa presión (y ese volumen final).4. es frecuente identificar un proceso adiabático de aire como gas ideal con una politrópica de índice 1. 47 . sería aplicar el primer principio: Q = Δu – W . Esta aproximación es tanto más válida cuanto menor es el intervalo y cuanto más se aproxima la función cv (T) a una función lineal (moléculas monoatómicas y diatómicas). Podría utilizarse este procedimiento sin mayores problemas. es el caso aproximadamente adiabático. Δu es tanto mayor cuanto mayor es la temperatura final del proceso de compresión ya que en un gas ideal u es función de T solamente.3b se deduce que. Sin embargo. 2. que se trabajará en el tema siguiente. Puede verse que si se aplican las expresiones de integrales medias con los valores medios de los calores específicos los resultados reflejan pequeñas desviaciones. Q y ΔU en función del índice n. esto es solo aproximado pues el proceso adiabático de un gas ideal no es estrictamente una politrópica. los valores inicial y final de u los podemos tomar de tablas o de TermoGraf. 3.Entalpía de vaporización (cambio de fase) Representa mediante una gráfica el valor de Δhvap frente a P (o a T) para el caso del agua (desde P = 5 kPa hasta la presión crítica) y del Refrigerante134a (desde T = -20 ºC hasta su temperatura crítica) y haz alguna consideración sobre los resultados en relación con la utilización de estas sustancias.1. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte.). Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. 1 Una tabla se construye a partir de los valores calculados con ciertas expresiones en un determinado intervalo de las propiedades consideradas. generalmente muy complejas. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución.Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp..2. fija sus extremos a la curva de saturación (fija ambos títulos) y cambia el valor de P. 3. Conviene tener en cuenta que los valores que provienen de tablas pueden diferir de los obtenidos mediante un programa de ordenador como TermoGraf. Dibuja un proceso así. Si los valores de referencia de tablas y programas son los mismos (caso frecuente en los refrigerantes) los valores del programa pueden diferir ligeramente de los obtenidos con las tablas si el programa utiliza en sus cálculos expresiones. Barcelona 2004. trasladando el cambio de entalpía a la tabla para obtener la gráfica solicitada. 48 . Cuando los valores de referencia sean distintos en uno y otro caso. Puesto que los valores de referencia son asignaciones (por ejemplo. Los valores en un estado determinado se obtienen en relación con el valor asignado artificialmente en un estado tomado como referencia (puede verse Moran y Shapiro. Aquí vamos a seguir el proceso tomando como datos experimentales los de una tabla o los dados por TermoGraf. Fundamentos de Termodinámica Técnica. Reverté. 120 y ss. el cálculo de propiedades puede ofrecer resultados muy dispares en el caso de las propiedades específicas. tanto si se han calculado a partir de valores proporcionados por un programa como a partir de las tablas.. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla. la propiedad X vale 0 cuando T es 300 K) en cualquier caso serán las variaciones de las propiedades específicas entre dos estados. para el modelo de la sustancia. Ayuda: De la definición de Δhvap se deduce que es el cambio de entalpía asociado a un cambio de fase a P cte. 102 y ss) utilizando las expresiones mencionadas que se obtienen previamente mediante ajustes de funciones. Pb. v y T para los estados de cambio de fase para mezclas bifásicas líquido-vapor para el agua entre 20ºC y 340ºC. pp. con intervalos de 40ºC. a un conjunto de datos experimentales. las que presenten resultados concordantes. distintas a las empleadas en la construcción de dichas tablas. o por derivación de las mencionadas expresiones. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites.La construcción de tablas1 Construye una tabla con los valores de P. único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. Pb. Ed. 2ªedición. 7 y 0. en las mezclas bifásicas líquido–vapor siguientes: a) 1 kg de agua a 250°C con un volumen específico de 0. utilizando tablas y comprobando el resultado con TermoGraf. Pb. para el agua: a) La curva de saturación. 700 ºC. 0. en sus dos componentes: líquido saturado y vapor saturado.1 MPa al punto crítico. en bar y una escala lineal para la temperatura. Tc.5.Cálculos en la zona bifásica (domo) Se da el estado inicial de un sistema termodinámico cerrado que sigue un proceso de calentamiento a volumen constante. 3. en un diagrama Pv.. las gráficas siguientes. con la presión en MPa y el volumen específico en m3/kg. c) Realiza un ajuste de tipo polinómico a los datos. Ayuda: Localiza los valores correspondientes en tablas o traza sus funciones en TermoGraf. c) Las curvas de título constante: 0. Lleva los valores a una hoja de cálculo que permita hacer ajustes polinómicos a una serie de puntos y completa las cuestiones. Rtas: Apartado a Apartados b y c Pb. 400ºC. Dibuja este proceso sabiendo que se aportan 350 kJ de energía como flujo de calor y calcula el estado final. en ambos casos. mediante algún programa adecuado (una hoja de cálculo puede ser válida). 500 ºC. 350 ºC. 0. b) Las isotermas 200 ºC.9. siendo Tc la temperatura del punto crítico.005 m3/kg.3.. Interpreta. en m3/kg y una escala lineal para la presión. d) Representa una cualquiera de las ecuaciones en el intervalo del ajuste y comprueba si es extrapolable con suficiente precisión para valores menores y mayores de las temperaturas propuestas. 49 . desde 0. en bar. en °C. 300 ºC.Curva de saturación y curvas de título constante Representa. 3.4.1. b) Representa la relación P-v para la parte de líquido saturado con una escala logarítmica para el volumen. 0. 250ºC. Ayuda: Toma los valores pedidos en a) de una Tabla de la curva de saturación para el agua o de TermoGraf (estados con título 0 y 1). utilizando escala logarítmica cuando creas conveniente.3.a) Representa la relación P-T con una escala logarítmica para la presión. Pb. q34 = -1885. probablemente. Observarás que.015 m3/kg. Inicialmente se expande isotermamente hasta el estado 2 (30 bar) para luego sufrir un enfriamiento a v cte hasta los 250ºC (estado 3). Además conoces otra propiedad del estado 2 ¿cuál? Si buscas en las tablas correspondientes los valores anteriores puedes comprobar si coinciden con los de TermoGraf. El flujo de calor q en cada proceso. en m3/kg.10787.89 kJ/kg Pb.. v4 = 0. el volumen del vapor es cada vez menor. q12 = 263.Dilatación de líquidos versus compresibilidad de gases Escribe una tabla con los valores. si con P o con T. El título del estado final. 3. Representar los estados en un diagrama P-v y en uno T-v. Con ella y aplicando el primer principio al sistema puedes calcular u2. La presión del agua cae a 10 bar como consecuencia de la cesión de calor al ambiente. Se pide: 1. q23 = -342. 3.Cálculo de propiedades en una sustancia real En un cilindro-pistón se encuentra 1 kg de vapor de agua a 450ºC y 6 MPa de presión (estado 1). El volumen del depósito. pese a que la temperatura es mayor. 3. 50 .. v3 = 0.. 10787. Rta: Véase la explicación en el documento TermoGraf.79 kJ/kg.b) 3 kg de Refrigerante Propano a -20 ºC con un volumen específico de 0.003155. en kJ/kg. 4. Ayuda: Localiza sobre el diagrama P-v en TermoGraf la información que da el problema.68 kJ/kg. Represéntalo sobre la curva de saturación y explica por qué. 2.5. Rtas: Agua: u2 = 1547.295 kJ/kg. Analizar si en alguno de los estados el uso del modelo de Gas Ideal hubiera dado valores aceptables. mientras ocurre lo contrario en el caso del líquido.215 kJ/kg Pb. comprimiéndose de modo isotermo hasta el estado 4 con un volumen específico que tiene el mismo valor que el del punto crítico. Analiza esta circunstancia. a v cte. en concreto la energía interna específica. Rtas: en m3/kg: v1 = 0. del volumen del líquido saturado y el del vapor saturado en el caso del agua a 100 ºC. al calcular la variación de entalpía quizá no coincidan las entalpías inicial y final del proceso pero sí lo hacen las diferencias (o muy aproximadamente). Ayuda: La interpretación es sencilla si pensamos en las propiedades de compresibilidad de los gases y los líquidos: con qué variable cambia más el volumen en cada caso. 200 ºC y 300 ºC.7. en m3. en el domo Un depósito rígido contiene 50 kg de agua a 40 bar como vapor saturado. Ayuda: Las dos propiedades dadas te permiten conocer otras del estado inicial.6. 2. u.05214. Determinar el volumen específico en los cuatro estados así como el título para cualquier estado en el domo 3. v2 = 0. Propano: u2 = 248.Transferencia de calor. Determina 1. conocido el título. ecuación de proceso Una masa de Amoniaco sufre un proceso para el que se cumple la relación pv = constante. en m3/kg. Q12 = -69077.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0. Como en ella se relacionan P y v. T2 = 422.Aplicación de los tres niveles de información Tres kg de propano se comprimen de forma isóbara en un cilidro-pistón.8246 m3/kg. Los estados inicial y final del refrigerante son P1 = 10 bar. Rtas: v1 = 0. que siguen se han obtenido con las tablas. calcular el volumen con esta ecuación y utilizar la relación dada en el enunciado para el proceso...235 n Pb.Propiedades. Vf = 6. mg = 0.10065 kg .26849 m3/kg. T1 = 550 K y P2 = 2. v2 = 0. Ayuda: La ecuación del proceso permite establecer la relación entre el estado inicial y final.43 kJ/kg. utilizando para ello la relación entre P. Las rtas. v y T (ecuación térmica de estado). bastará tomar los datos solicitados o ejecutar las operaciones sencillas de paso de variables específicas a extensivas. 3. de cada una de las fases y la energía del volumen total.8.590E-6 m3. Calcula la constante n para el proceso y el volumen específico en el estado final. Pb.Ecuación de estado. c) La energía interna por kg. en los diagramas P-v y T-v. 3. El depósito está a una presión de 0. Se sugiere tomar los datos de tablas para el R134a y comparar con los proporcionados por el programa.3 K.009995 m3. Ayuda: Una vez introducidos los datos pertinentes en TermoGraf.75E-3 kg. x1 = 25. 3.92. U = 22.5 bar.10.01 m3. uf = 36. b) El volumen que ocupa cada fase.5 kJ Pb. Vg = 0. Representa para el propano. o alternativamente. n = 1.39 kJ/kg. Ayuda: Una vez ajustada la configuración e introducidos los datos pertinentes en TermoGraf. Rtas: 1. ug = 221. Rtas: V1 = 2. deberemos optar por deducir la forma de esa ecuación con P y T (datos conocidos). mf = 8. de un refrigerante El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un volumen de 0. Debemos calcular a) La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. bastará aplicar las definiciones correspondientes para el cálculo de propiedades extensivas dentro del domo.9.16%. 3. dicho proceso desde el estado inicial con 51 .3. 2. respectivamente..608 kJ Valores ligeramente diferentes a los proporcionados por TermoGraf sea por redondeo sea por la referencia con que se han construido las tablas citadas.49 m³. El calor cedido en el proceso. h2 = 3275..7 kJ.7 kJ. La energía interna y la entalpía específicas de los estados inicial y final.70 kJ/kg 2.T1=1450 K y v1=0. 3. mediante tablas y comprobando los resultados con TermoGraf: 1.) En este problema debes combinar los tres: a) de las tablas o con el modelo de gas ideal (¿por qué es aplicable para este estado?) o el de sustancia real deducimos P1 b) del tipo de proceso obtenemos la información que nos falta del estado 2 para acudir a las tablas (¿por qué no es aplicable ahora el modelo de gas ideal?) y completar la información de este estado c) del balance de energía aplicado al proceso deducimos el flujo de calor cedido. Calcula. El trabajo técnico. Pb. 4.246 kJ.12. 3. está a 250 ºC llenando un recipiente rígido y aislado térmicamente. bastará aplicar el primer principio para sistemas cerrados en sus dos formas.13 kJ/kg. en kJ. 2. en dicha expansión.. en kJ. Calcula también el calor cedido si el trabajo de compresión ha sido -685.Expresiones del balance de energía (primer principio) Calentamos. que para procesos reversibles será: m·(u2-u1)=Q-Wx siendo Wx el trabajo de expansión m·(h2-h1)=Q-Wt siendo Wt el trabajo técnico Rtas: 1. en kJ/kg. 3. 4. a presión constante.. Se pide: a) ¿Cuánto vale el W eléctrico hasta alcanzar el estado de saturación? b) ¿Cuánto tiempo le costará llegar a él? 52 .11. Q12 = 37 811.Procesos con trabajos disipativos Una mezcla líquido-vapor de 10 kg de agua. Pb.84 kJ/kg. u2 = 2965. Wt.9 kJ. h1 = 1385. Wx = 4 777. 3. El calor. absorbido en el proceso.. Wx.11 kJ/kg. Wt = 0 kJ. El trabajo de expansión.25 m3/kg hasta un estado final que es vapor saturado. 20 kg de una mezcla líquido-vapor de agua con un título del 40 % y una presión de 2 bar hasta alcanzar los 400 ºC. Q. Rtas: Q12 = -12 243. Se calienta el agua mediante una resistencia eléctrica de 1000 W. Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados. u1 = 1314. con un título del 20 %. en kJ. Ayuda: En el análisis de los sistemas termodinámicos tenemos tres fuentes o niveles de información: las propiedades de la sustancia (según el modelo: ecuaciones de estado o tablas) las propiedades del proceso (ecuación del proceso) los principios de Termodinámica (expresados como balances de energía. de entropía. 2) Mediante las expresiones de (u2-u1) y (h2-h1) para gas perfecto. Utilízala junto con la expresión para el calor específico de un proceso politrópico cproc = (n·cv-cp)/(n-1) y la condición de que en un proceso politrópico P·vn=cte. neto.7357 + 30.13.8 s.85 bar. Calcula el incremento de energía interna y entalpía que sufren. el trabajo neto será el de expansión menos (por el criterio de signos) los trabajos disipativos. 3. para un gas perfecto. Si el proceso incluye trabajos disipativos.1034·(T/100) + 0. Te ayudará la interpretación gráfica que se realiza en el documento Pb 03. este trabajo total coincide con el trabajo de expansión.1 pantal- 2 Se refiere a la pantalla del ejercicio TermoGraf Pb 02.. Ayuda: La condición de adiabaticidad es que Q=0.2 (i)/(5) 100.6 kJ.14. G Id y Sust Real.tme Rtas: la1 (i) (1) Tablas de CO2 G Id (1) TermoGraf G Id: 1 ΔU 55926. Analiza si se cumple esta condición en el caso del gas ideal y compruébalo con TermoGraf.Calores específicos Se comprimen 3 kmoles de CO2 desde T1=298 K y P1=1 bar hasta 800 K y 15 bar.529·(T/100) 0.5 . t total = 17.Corrigiendo un error de interpretación Demuestra que.308 kJ/kmol·K 3) Calculando las correspondientes integrales cv·dT y cp·dT entre 298 K y 800 K.1 100.07 s Pb. sabiendo que en este modelo se toman valores constantes para cv = 27.0 68443. t = 10.8 (i)/(5) 100. 14 en que se puede ver el caso. 5) Utilizando el modelo de sustancia real Analiza los resultados obtenidos mediante la desviación porcentual de todos ellos frente al último caso. tomando como expresión para cp: cp= (-3. Ayuda: Realiza los cálculos mencionados y comprueba con TermoGraf para G P..024198·(T/100)2) kJ/kmol·K 4) Utilizando calores específicos ctes iguales a los valores medios de cv y cp en el intervalo de temperaturas considerado. P3 = 309.0 55921. Pon especial atención para interpretar el concepto de valor medio para un determinado intervalo de temperatura.2 100. un proceso politrópico en el que n=cp/cv coincide con un proceso adiabático.4. Rtas: 1. utilizando los siguientes procedimientos: 1) Mediante las tablas de CO2 como gas ideal.14. n debe ser constante. 2. 3. Pb. Weléctr = -10823. 3.c) ¿Qué presión existirá en el depósito cuando el agua haya alcanzado los 600 ºC? ¿Cuál será el tiempo transcurrido desde el principio? Ayuda: La expresión del primer principio incluye el trabajo total. 53 .2 ΔH 68445. Si un proceso es reversible.994 kJ/kmol·K y cp = 36. que atraviesa la frontera del sistema. 47 517. 200 bar 6. gas ideal y sustancia real.9 54680. 3 bar 357. 80 bar 500 K. 200 bar 5.2 68375.56 0 Gas Perfecto 466.8 55789. 950 K.017 9 0.00% 350 K.61 350 K.007 2 0. construye una tabla con los valores y analiza las diferencias: 1.15 21.3349 0.4 100. 0.80% 8 359.15.(2) Cálculo Gas Perf: (2) TermoGraf G Perf: (3) Cálculo ∫cp(T)·dT (4) cp.8 55642.0 80.3349 0.0145 6 500 K. cv medios (5) TermoGraf Sust Real: 42159. 3 bar 249.00% 5 0.4 66631.18% 7 510.49 109.9 30. 3 bar 350 K. determinando el v (en m3/kg) y la energía interna.7 97.62 109.9 0.00% 5 80 bar 30.9 30.61% 7 500.4 28.479 0. 80 bar 4.0 100.4 716.59% 6.00% Gas Perfecto Gas Ideal Sustancia Real 500 K.55% 8 38.0 99.0 68169.4 680.02% 0.49 109. 357. 500 K.0 3 2 3 4 Pb.69% 0. 3 bar 3.4784 0.56 107.00% 500 K.56 107.04% 29.94% 2 38. u (en kJ/kg) para 1 kg de aire. 200 bar 200 bar 500 K. será más apropiado manejar diferencias [u(T)-u(350)] que coincidirán con las de TermoGraf ya que no dependen del estado de referencia.6 17. Comprueba los resultados y saca tus conclusiones sobre la validez de los modelos en cada zona en que se ubica cada estado de los propuestos. Si utilizas tablas.78% 249. 0.5 92.00% 500 K.8 80.3 102.4 75. Diferencia: u( 950)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 350)-u(350) 950 K. 357. 350 K. 500 K.23 107.00% Desvíos 1 Gas Perfecto 0.69% 7.2 0. Rta: Trasladando desde TermoGraf los valores correspondientes: Aire u (kJ/kg) 950 K.0 54678.65% 0.75 0.007 2 0. 3. 500 K.24% 3.007 8 200 bar 7. Real) . 3 bar 0.00% 500 K. 200 bar 500 K.2 54109. 3 bar Estado bar 430.. 3 bar 0.4 28.13% 0.24% 0.0136 0.7 97.36 0 Sustancia Real 54 .0 42158. 200 500 K.Cálculo de propiedades en tres modelos de sustancia Representa en diagramas P-T y P-v los siguientes casos.02% 0.13% 0.48 359.49 0 Gas Ideal 461. 200 bar 2.017 9 0.018 5 80 bar 3.59% 0.0136 Gas Ideal Sustancia Real Aire u (kJ/kg) 0.00% 5 950 K.3349 6 0.7 109.00% 1 Se han calculado los desvíos relativos a los valores experimentales (se toman para ello los de Sust.5 869. 10 bar Ayuda: Representa los estados en cada una de las tres pantallas (una para cada modelo de sustancia).77% 408.6 75.6 99.4784 0. Considera tres modelos: gas perfecto.58% 8 359. La masa de vapor si el sistema tiene 3 kg en total 5. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de autoaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas.2 MPa.. Determina ahora su presión y 3. El volumen que ocupa el vapor 4.17. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) . 1.2 m3/kg. El calor que hay que comunicar en un proceso a P cte hasta que la mezcla llegue a vapor saturado Ayuda: 1. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. T = 280°C. pon V en m3. 3. 2. Si te pide clave de acceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar. los valores que da TermoGraf para que sean similares a los de tus tablas introduciendo en el menú Sustancia/Estado de referencia los valores de un estado extraído de tus tablas (que esté en la zona de trabajo del problema. m = 10 kg. 1.16.5 (Ctrl+i).5 bar. Determina los valores de las propiedades señaladas en los estados indicados.0°C. m = 6 kg. Para T = 500. Resulta inmediato localizar el estado buscado con TermoGraf.. escribe su valor en la ventana de Rtas. 3. éste es un buen ejercicio para que practiques y compruebes tu nivel.Modelo de sustancia Real: cálculo de propiedades1 Localiza cada estado en los diagramas P-v y T-v para el agua. Para la 3 y la 4 necesitas recordar la definición de título Para la 5 puedes aplicar el balance de energía al proceso o dibujarlo y obtener el dato. 3. El estado estará en la intersección de la isolínea v = v(PC) y la isolínea x= 0. Pb. alcanza el punto crítico. Recuerda que puedes adaptar. La mezcla se enfría a v cte hasta que el título se hace del 15%. escribe U en kJ. Una mezcla bifásica líquido–vapor de agua está inicialmente en unas condiciones tales que al calentarse a v cte. 2. v = 0. Como está muy próximo al punto crítico.Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. y comprueba luego los resultados para autoevaluación.Análisis en el domo1 . aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios. Para p = 0. aproximadamente. cuando convenga. 1 Si debes habituarte a usar tablas.18 MPa. La cuestión 2 se trabaja igual. convendrá aumentar la ampliar la zona del PC con la lupa. p = 1. Pb. Para p = 1. pon T en °C. por ejemplo) 55 . Determina la presión del estado inicial sabiendo que el título es del 50 %. T=300 K. sin embargo es más que eso pues nos permite calcular la variación de entalpía para cualquier proceso. P=1 bar. 7. en tanto por ciento con dos decimales. Estado1 Estado 2 1. Pb. Es importante la elección de aquéllas que. pon V en m3. m = 8 kg. P=20 bar. En cualquier caso. Por tanto no es necesario conocer los procesos pues en todos ellos el cambio de entalpía es hfinal – hinicial = ∫ dh = ∫ cp(T)·dT) En Ejemplo 3. Para T = 610. Para p = 32 MPa. P=2 bar.18. P=10 bar. T= 1000 K 5. 9.17 y verifica los resultados. 8.. x = 0. escribe X. u = 3040 kJ/kg. P=2 bar. T=300 K. V = 0. cp(T). escribe P en MPa.4. T=300 K. y calcula por integración de (cp(T)·dT) el cambio en entalpía de un kg de gas entre los siguientes estados. Para p = 1. P=20 bar. T= 2000 K. T=500 K 3. 3. den un rango de aplicación lo más elevado posible. P=2 bar.6 m3. Para T = 200°C. escribe H en kJ. P=20 bar. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 Prácticamente todos los libros de texto sobre Termodinámica para ingeniería incluyen ecuaciones de cálculo de propiedades. P=2 bar.3 y Pb 3. en kJ/kg. m = 12 kg.14 tienes revisados conceptos que debes utilizar aquí. T= 300 K 4.0°C. es importante evitar extrapolaciones fuera del rango de validez de la ecuación utilizada en el modelo pues el error puede ser muy importante (el estado 5 propuesto recoge esta situación para reforzar la consideración anterior) 56 . Ayuda: Localiza en la bibliografía1 una ecuación para cp(T) y haz la integración correspondiente para cada uno de los procesos indicados (En la teoría habrás visto que aunque cp es el calor específico que nos da el flujo de Q en un proceso a P cte.8 MPa. La imagen adjunta recoge una visualización aproximada de la posición de los estados. solas o combinadas. P=2 bar. m = 10 kg. comprobándolo con TermoGraf. Para p = 77.0°C.6 . V = 0. Interpreta adecuadamente la diferencia entre propiedades específicas y extensivas. m = 8 kg. T=300 K. T=500 K 2. T=300 K. calcula mvapor. u = 1900.Cálculo de la entalpía por integración de cp Localiza en las tablas de propiedades la ecuación para el calor específico a P cte para el gas metano.0 kJ/kg. m = 10 kg.0 bar. V = 0. ¿Qué aspectos interesantes puedes señalar si comparas los resultados? Fíjate en particular en el caso 5. Ayuda: Dibuja los valores en el documento Pb 03. 5. escribe el valor u del líquido saturado para esa presión.08 m3. 6.8 m3. Para T = 195. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas). Debes calcular 1. estado 2. En la figura tenemos un sistema que contiene una mezcla bifásica de agua (2 kg en un volumen de 5 l). en m3/kg 3.Pb. P2. 4. 3. cedido a la mezcla bifásica para su paso a vapor saturado Ayuda: ¿Puedes representar el estado inicial con el único dato de 104ºC? ¿Qué otro dato tienes? Representa los estados citados y analiza los conceptos que debes calcular.4 se realizaba un proceso a P cte dentro del domo. estado 1. v2. Título de la mezcla en el estado final. en m3/kg 5. v1. Puedes también calcular las propiedades en tus Tablas si necesitas práctica en Tablas y comprobar los valores con TermoGraf. Recuerda. Q12. que puedes adecuar el estado de referencia de TermoGraf para que se correspondan sus valores con los de tus tablas.Cambio de fase a v cte En el Pb 3. La temperatura es de 104ºC cuando se empieza a calentar el agua hasta que toda la mezcla se ha hecho vapor.19. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 57 . en bar 6. en este caso. Flujo de calor total. Título de la mezcla en el estado inicial.. Éste es un caso frecuente (equipos como condensadores por ejemplo) que a veces lleva a la idea equivocada de que los procesos en el domo son siempre a P y T ctes. 2. Balance de energía en sistemas abiertos: análisis de equipos Conceptos trabajados en este tema: Volumen de control. al inicio de cada tema. 4. tienen como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema que ya han sido introducidos en los anteriores. a) Calcula el flujo másico. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al secador. Modelo de la sustancia: Gas ideal. incluidas velocidades Análisis: 58 . Rendimiento isoentrópico. A su paso por el interior es calentado hasta una temperatura de 77°C medidos en el flujo que sale a 8. VC Condiciones: Es razonable suponer que no hay cambios en la energía potencial. fricción Trabajo de flujo. a partir de dicha expresión.5 cm2 y con una presión de 1.015 bar.1. Balance de energía en sistemas abiertos. entra a temperatura y presión ambientales (25°C y 1 atm) con una velocidad de 2 m/s. antes de pasar a las siguientes secciones. Trabajo disipativo. reversible. en kW.4.. b) Señala qué términos pueden considerarse nulos en la expresión del balance de energía para flujo estacionario y. Datos del estado inicial y final.Balance de energía con trabajos disipativos El aire que aspira un secador de pelo. Configuración: Diagrama P-v. los revises en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos. pero sí se dan en la energía cinética. El volumen de control puede considerarse adiabático. Proceso adiabático / P. Unidades SI. Ejemplos Estos primeros ejemplos resueltos en esta parte. Ej. Si consideramos que se pueden despreciar las pérdidas de calor al entorno. Trabajo útil. c) Calcula la potencia eléctrica consumida. Es conveniente que.5 m/s por una sección aproximadamente rectangular de 12x1. Equipo. Trabajo técnico. 3 . Para el balance necesitaremos otras propiedades como las entalpías y las Ek en entrada y salida ya que en la expresión del balance: se anula el 2º miembro por VC estacionario y el flujo de calor por VC adiabático. es a P1 = 12 bar. supuesto que no hay pérdidas de calor al entorno. T1 = 350°C con un flujo másico de 60 kg/s. 3. 1 59 . La expresión para Wvc (kJ/kg) = (Wt + Wd ) kJ/kg queda igual a al considerar cero el trabajo técnico que supone la compresión del aire2..esarchivesapplet_ TermoGraf. Ej. La parte importante del consumo eléctrico se destina como es lógico.htm Cualquier idioma de los disponibles está accesible en http:// TermoGraf.. Con los datos de entrada determinamos v2 en tablas o con TermoGraf1. fr.8. TermoGraf en línea: sin más que entrar en http://TermoGraf. a través de una tubería de 25 cm2 de sección. El líquido.Δh = h1 .unizar. Con v2 calculamos el flujo másico fm = V2/v2 = A2·c2/v2 = 0.5 (m/s) / 0.Balances en un calentador abierto Vapor de desecho se utiliza para preparar el agua de alimentación a una caldera que se mezcla con dicho vapor en un intercambiador abierto que funciona en régimen estacionario y cuya frontera es adiabática. Y podrás comprobar que con un incremento de temperatura de algunas décimas el consumo es mínimo aunque haya que incrementar algo por los rozamientos mecánicos. de.kg = m· N/kg = J/ kg Sustituyendo: Wd = 0.0341 kJ/kg ya que m· m/s2.unizar. Ésta parte (de producción de energía mecánica) se podría evaluar midiendo cuanto era el consumo en un proceso de aire frío en el que el consumo eléctrico sólo incrementara P y velocidad (el proceso será adiabático y casi isotermo pues algo se elevará la temperatura).) 2 La potencia consumida será de algún watio y prácticamente ignorable. Intenta evaluar esto en TermoGraf.esarchivesapplet_ TermoGraf. La salida.. en la entrada 2. Este consumo eléctrico se emplea por un lado en mover el ventilador que incrementa la presión y la energía cinética.h2 = 298.0018 (m2) · 8. 4. es como líquido saturado a 12 bar y con una velocidad de 6 m/s.2. a calentar el aire.0151 kg/s (no conocemos ni podemos calcular V1 pues no nos dan la sección por lo que deberemos hacerlo con el estado 2) 2.0.6 = 52. estado 3.1.273 .0151 kg/s · (-52.350. Determina.ΔEk: . por 1.990 (m3/kg) = 0. T2 = 30°C . eu.789 kW 4.52)/2}·( m2/s2·kg)·(1 kJ/ 1000 N·m) = 0.ΔEk = {(22 .273 + 0.0341) kJ/kg = .Δh y .htmlang=es (en. La entrada del vapor. llega a P2 = 12 bar. Calculando . 60 . VC Condiciones: No hay cambios en la energía potencial del sistema.1 798. El balance de masa será asimismo necesario.001139 3152. 1 Situación habitual en los procesos en intercambiadores. obtendremos m2 y m3. en m/s. d) ¿Qué dato nos falta para saber la velocidad de 1 o la sección? e) Asigna un dato que entiendas coherente con los otros datos y calcula la rta que quede por determinar. Los datos necesarios como el volumen específico o la entalpía de los tres estados termodinámicos los obtenemos sin más que llevar a tablas o a TermoGraf la pareja de propiedades conocida (en el estado 3 sabemos que está en la curva de líquido saturado (x=0) luego basta la T o la P para determinar lo que precisamos: P (bar) T (ºC) m (kg/s) sección tubería (cm2) c (m/s) v (m3/kg) h (kJ/kg) estado 1 2 3 12 12 12 350 30 60 ¿? ¿? ¿? 200 ¿? ¿? ¿? 6 0. Modelo de la sustancia: Agua como sustancia real.5 Expresiones que podemos plantear relacionadas con las incógnitas: (a) Balance de masa: m3 (kg/s) = m1 (kg/s) + m2 (kg/s) (b) Balance de energía: (m3 · h3) (kJ/s) = (m1 · h1 + m2 · h2) (kJ/kg) (c) Relación flujo másico y caudal: A(m2) · c(m/s) = V(m3/s) = m(kg/s) · v(m3/kg) Analizando los datos: De las dos primeras. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al intercambiador. en kg/s. Se conocen propiedades de los distintos estados que permiten calcular en tablas o con TermoGraf las propiedades energéticas necesarias para el balance de modo que se calcule en él la incógnita necesaria. T en ºC.a) Utilizando el balance de energía: el flujo másico en la entrada 2 y en la salida. Análisis: El cuadro adjunto refleja datos y cuestiones planteadas así como magnitudes que debemos obtener como se irá viendo: P (bar) T (ºC) m (kg/s) sección tubería (cm2) c (m/s) v (m3/kg) h (kJ/kg) estado 1 2 3 12 12 12 350 30 60 ¿? ¿? ¿? 200 ¿? ¿? ¿? 6 De la primera columna deducimos que el proceso de intercambio1 de calor es isóbaro. Configuración: Diagrama P-v. Unidades SI. resolviendo el sistema.2345 0.001005 0. c) Considera si los cambios de energía cinética son significativos en el balance de energía. b) La velocidad en dicha entrada 2. sus paredes pueden considerarse adiabáticas y el trabajo técnico es nulo.7 126. m2 · (h2.h3)} = 210.De la segunda1: m1· (h1. precisamente. 1 Esta ecuación se puede leer también como que la energía que cede una de las corrientes es lógicamente. Observando las tres expresiones vemos que las dos primeras no nos sirven y que en la (c) ya que conocemos m1 y v1 y tenemos dos incógnitas .1 kJ/kg Lógicamente.0025 = 10.(h1. ek. en los otros estados en los que la entalpía es mayor. Llevando a la ecuación tercera los datos apropiados tenemos: c2 = m2 (kg/s) · v2 (m3/kg) / A (m2) = 210. 4. Puesto que el coste de una tubería para un acero dado es función creciente del diámetro. En el caso de esta entrada 2 la energía cinética. La energía cinética de la masa circulando por tuberías y equipos es prácticamente despreciable salvo en aquellos equipos como toberas y difusores diseñados.562/2000 kJ = 0. cinética será igualmente despreciable. la energía que recibe la otra al ser el VC adiabático.056 kJ/kg que es totalmente despreciable frente a la energía térmica.h3) / (h2. La elección adecuada implica un análisis más detallado de costes y amortización. por kg que circula vale: ek = c22/2 (m2/s2·kg) · (1 kJ/ 1000 N·m) = 10. parece lógico establecer una velocidad entre 8 y 15 m/s. En cuanto a valores posibles conviene analizar que el volumen específico es muy superior al de los otros estados (más de 200 veces) luego si queremos que la velocidad no sea muy elevada tendremos que hacer la tubería de una sección mucho mayor a las otras.07 kg/s 2. 5. 2. A y c.001005 / 0. h. m2 = m1· {. Consideraciones Conviene destacar varias ideas que son muy generales: 1. La gráfica adjunta muestra la relación de A frente a c para el estado 1 De la observación de la variación de A podemos ver que a partir de 8 ó 10 m/s de velocidad el cambio en la sección es poco significativo.07 kg/s y m3 = m1 + m2 = 270. 61 . necesitaremos una de las dos para hallar la otra.7 · 0. Los intercambios de calor se hacen equipos isóbaros que se consideran adiabáticos. la e.h3) con lo que 1.56 m/s 3. para transformas energía cinética en térmica y viceversa.h3) = . en ese estado: 126. El balance de energía. a) Calcular la potencia teórica necesaria para la compresión suponiendo ésta adiabática y reversible.3. 4. etc en función de la velocidad.Compresión con procesos no isoentrópicos (disipativos) Un compresor tiene que suministrar un caudal de 160 Kg/hora de aire a una presión de 6 bar. siendo la presión atmosférica de 1 bar y la temperatura ambiente de 10°C. Configuración: Diagrama P-v.. la condición del proceso seguido proporciona la otra condición al utilizar la ecuación P1·v1 P v = P2·v2 P v [1] Ecuación en la que tomaremos el cociente de calores específicos cP/cv como valor constante. Dos propiedades en cada estado nos permitirán calcular el resto. El volumen v1 lo obtenemos con la ec. Aunque del estado final sólo tenemos una. T) y energéticas (h) de los estados de entrada y salida. en el caso de que éste funcione adiabática pero irreversiblemente. valor que llevado a la ecuación de estado da para la temperatura final T2 = 471.8128 m3/kg Con este volumen y los datos ya conocidos llevados a la ec [1] tenemos v2 = 0. con el de masa. ruidos. c) ¿Cuál es el valor del índice politrópico n del proceso equivalente? d) ¿Qué parte de la potencia total se ha dedicado a la compresión y qué parte ha sido el efecto de la resistencia debida a la fricción? RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al compresor. de estado del gas ideal. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. bien en tablas bien con TermoGraf. (véase Pb 3. Más adelante veremos qué otros balances completan este panorama de utilidad. 4.13) e igual a1 = 1. de tal forma que la temperatura de salida del aire sea de 220°C. aunque solo lo sea de modo aproximado. térmica de estado para el gas ideal: P·v = R·T [2] v1 = 0. Ej.397. sus paredes pueden considerarse adiabáticas se da información sobre datos y procesos que deberán combinarse con la ec. resultan muy importantes desde otras perspectivas como la económica o con problemas no despreciables como vibraciones.2254 m3/kg.3. constituyen un recurso fundamental en el análisis de instalaciones.10 K (c /c ) (c /c ) 1 Valor tomado de TermoGraf 62 . v. b) Calcular la potencia requerida para accionar el compresor. VC Condiciones: No hay cambios en la energía potencial del sistema. Unidades SI. Análisis: Deberemos calcular las propiedades térmicas (P. conectados con la propiedad volumen específico. Es una actitud positiva no basar el análisis de equipos e instalaciones en los aspectos energéticos pues los aspectos de diseño como velocidad y sección. tomando las entalpías antes utilizadas y despejando: 1 Recordamos que W puede representar tanto el trabajo como la potencia y que son las unidades las que aclaran si es uno u otra. la equivalencia entre proceso real e idealizado supone la misma potencia mientras que el flujo de calor que existe en el politrópico es un trabajo disipativo interior al VC en el proceso real que también debe proporcionar el compresor. El balance por kg circulando por el equipo. Calcularemos todos estos valores: Como ahora nos dan la T final. aplicando el primer principio al VC tendremos: 0 = q – wvc + (he – hs) y como q = 0 nos quedará despejando: wvc = (he – hs) Tendremos ahora que determinar las entalpías.452 kW se gasta en la compresión y que parte es la consecuencia del efecto de fricción plantearemos la equivalencia entre politrópica y porceso real antes citada y. Sin embargo el equipo debe gastar más energía para vencer la fricción.15(K)/600 kPa=0. con ella obtenemos de la ec.2359 m3/kg y con ella. Por otra parte la única situación posible de trabajo disipativo (por ej. en Pin·vinn = Pfin·vfinn nos da despejando n : n = 1. considerando de nuevo la adiabática reversible como politrópica viene dada para el trabajo de expansión por w (kW) = (P2·v2 – P1·v1) / (1-n) y para el trabajo técnico que es el que interesa conocer en un sistema abierto: wvc = w-wflujo ={(P2·v2 – P1·v1) /(1-n)}.0444 kg/s · .8. En cuanto al índice del proceso politrópico de sustitución. Con estos datos conocidos (he=283. 2 No olvidemos que el criterio de signos es opuesto para Q y W.228 y hs= 495. Si el proceso es adiabático irreversible.9. de nuevo con v en [3] wvc = -194. Si ahora queremos saber qué parte de la potencia -9.(P2·v2 -P1·v1) = n·{(P2·v2 -P1·v1)/(1-n)} [3] Wvc = m · n · {(P2·v2 – P1·v1) / (1-n)} = = (160/3600) (kg/s) · (-190 048 kJ/kg) = . es: [0 = q – wvc + (he – hs)]politr y de aquí. Para ello necesitaremos dos datos de los estados para.452 kW 3. La potencia1 teórica. 63 .964 kg)·493.671 kJ/kg = .447 kW 2.212. Este cálculo lo podemos hacer aplicando el primer principio para sistemas abiertos que nos obliga a determinar la entalpía en los estados inicial y final. en consecuencia deberemos calcular aquél. de fricción) es de la frontera al interior. supuesto el sistema estacionario. el flujo de calor en este proceso proporciona el módulo2 del valor del trabajo disipativo. en tablas o en TermoGraf.449 4. en el proceso politrópico equivalente o de sustitución. obtenerlas. Así un flujo de calor entrando al sistema es positivo y un trabajo (disipativo o no) entrando al sistema es negativo. de estado [2] el v final: vfin=(8. de modo que la potencia total será: Wvc = Wt + Wd [4] Como ya hemos señalado.95 kJ/kg) tenemos que Wvc = 0.1.314 kJ/kmol·K)·(1kmol/28.672 kJ/kg que multiplicado por el flujo másico dará la potencia total Wt necesaria para la compresión. El llenado se realiza mediante un proceso adiabático isoentrópico de compresión. con aire tomado del ambiente.338 kJ/kg valor que no difiere significativamente del calculado vía primer principio. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. que inicialmente contenía aire en condiciones ambientales. así como aumenta la masa contenida en el tanque Análisis: De lo dicho en el punto c) de las condiciones.95-283. y para una masa final triple de la que contenía el depósito en el estado inicial y tomando como volumen de control el depósito. b) las paredes pueden considerarse adiabáticas. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control correspondiente al interior del depósito. Considerando aplicable el modelo de gas ideal. se deduce como recomendable un análisis del balance en el volumen de control entre las condiciones iniciales y las finales.717 y 1.004 kJ/kg·K respectivamente. del depósito. Es decir. sin más que tener en cuenta que el volumen específico. Llenado adiabático de un depósito 3 Se llena un depósito de 10 m .3 2.212. Esto lo paliamos refrigerando el compresor si es posible.04444 · 17. Para una politrópica este cproc se demuestra que es: cproc = (n·cv – cp) / (n . P.1) siendo cv y cp los del modelo de gas perfecto: 0.672 kJ/kg + (495. la masa inicial de aire 2.999 = 0. Configuración: Diagrama P-v. 4.396. c) el compresor funciona en régimen no estacionario pues el volumen específico final es cada vez menor. que para cálculos de propiedades térmicas puede asimilarse a una politrópica de índice constante. 3. 20°C y 1 bar. se calcula a partir de la ecuación de la politrópica que sigue la compresión.28) kJ/kg = 17. constante en todo el llenado y conocido.0778 (kJ/kg·K) · 210 (K) = 16. 1.-Transitorios.0778 y qg perf = 0.4. La razón es simple: el trabajo de fricción que acompaña a la compresión incrementa aun más la T del gas por lo que el trabajo de compresión debe aumentar. A veces se hace la aproximación a gas perfecto: En este modelo se puede calcular q a partir del calor específico del proceso q = cproc ΔT. En el proceso irreversible no sólo aumenta el consumo por la irreversibilidad sino que. En concreto. aislado térmicamente. Ej.8.999 kJ/kg y Q = 0.999) = .4. La presión. v. el trabajo empleado directamente en la compresión será: Wt = Wvc – Wd = Wvc + | Wd | = 0. Unidades SI.651 kW Es decir la potencia que requeriría la politrópica equivalente. las temperatura y presión finales del depósito.672 + 17. VC Condiciones: a) No hay cambios en la energía potencial y cinética del sistema. calcula 1. v = V/m.q = . para cualquier instante del proceso no estacionario de llenado. como muestra este último resultado el trabajo dedicado a la compresión específicamente también aumenta. el trabajo realizado en el proceso de llenado.800 kW = |Wd| Con esto. en cada instante será el cociente entre el volumen V total del depósito. Ese caso se estudia en el Pb. Consideraciones: 1. Con estos valores cproc = 0.194. en el instante final dicho volumen 64 .0444·(. y la masa m en el tanque en ese instante. Con este volumen y los datos ya conocidos llevados a la ec [1] tenemos P2 = 4.será un tercio del inicial. 65 . P1·v1 = P2·v2 [1] Ecuación en la que tomaremos el índice como valor constante como indica el enunciado. La masa inicial será: V/ v1 = 10 m3 / 0.6352 bar.396.31 kJ/kg = = -2122.76 kg · 293.8415 m3/kg = 11. Por tanto el volumen específico evoluciona. y para proceso adiabático: Wvc = (m1·u1 – m2·u2) + me·he = 11. La fórmula. Con esto.65 kg · 324.8 kJ n n 1 Por ej. v1.883 kg 2. desde v1 hasta v2 = v1/3. (véase Pb 3. valor que llevado a la ecuación de estado [2] da para la temperatura final T2 = 452.16 kJ/kg-35. pues). el proceso politrópico seguido y el volumen final podemos determinar todas las propiedades de ambos estados.73 kJ/kg + 23.094 kJ/kg) aunque se puede considerar despreciable (de hecho TermoGraf lo colorea con el criterio de las isoentrópicas). térmica de estado para el gas ideal: P·v = R·T [2] 3 v1 = 0. con las consideraciones habituales sobre Ek y Ep quedará: (m2·u2 – m1·u1) = Q – Wvc + (me·he – ms·hs) En esta expresión me es la masa que ha entrado al depósito. se calcula a partir de la ecuación térmica de estado para el gas ideal y los valores iniciales conocidos T1 y P1. según el proceso indicado. El volumen v1 lo obtenemos con la ec. Para el cálculo del trabajo deberemos acudir al balance de energía para un sistema abierto transitorio (no estacionario.13) e igual a = 1. aunque eso lleve a cálculos con algún error1. Como conocemos el estado inicial.2531 m /kg 1. es decir m2-m1 y he es la entalpía en la entrada que es la entalpía del estado ambiente que coincide con el estado inicial. hemos dicho que el proceso puede considerarse adiabático pero una politrópica como la indicada lleva a un valor de q no nulo (0.8415 m3/kg luego v2 será v1/3 = 0. En cuanto a ms es cero pues no hay salida de aire.88 kg · 209.93 K 3. Este volumen específico inicial del aire. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos.. La velocidad a la salida es de 500 ft/seg.70 kPa/m2 y T2 = 202. y a la entrada es prácticamente nula. 1 Turbina de gas de Neuchatel.pdf 66 .∆ec = 189. b) Utilizar los documentos TermoGraf como se indica en el primer párrafo lo que te evitará el enojoso y escasamente rentable esfuerzo del manejo de tablas. 4.31 kJ/kg Pb. y lo comprimía adiabáticamente hasta P2 = 437. Trabajar con estos ejercicios presenta dos opciones: a) A partir de la ayuda en cada enunciado intentar su resolución apoyándote en tablas para el cálculo de las propiedades que necesites.1. Conocemos dos propiedades del estado inicial y una del estado final que con la condición del proceso permite completar el cálculo de propiedades en el estado final.8°C. Pb. Estos documentos se han preparado de modo que en cada pantalla te plantea los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla.3°C. 1939 Calcula a) Trabajo de compresión por kg de aire circulando.Turbina reversible con aire como gas perfecto En una turbina se expande aire. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución. por kg de masa de aire. reversible y adiabáticamente.asme. Una vez hechos podrás comprobar en la siguiente si los has ejecutado adecuadamente. en kJ. 1 La primera turbina de gas para producir electricidad entró en funcionamiento en 1939 en Neuchatel http://files.2. 120 y ss. Calcúlese. desde 76 psia y 525°F hasta 15 psia.. Rtas: wvc = wt . 4. Considerar el aire como gas perfecto con Cp cte. el trabajo producido.org/asmeorg/Communities/History/Landmarks/12281. único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución.). Ayuda: Siendo modelo de gas perfecto no se necesitan tablas sino solo la T de los estados inicial y final para los cálculos energéticos (balance de energía).Compresor de una instalación de turbina de gas En Neuchatel (Suiza) el compresor de la primera turbina de gas de 4000 kW de potencia aspiraba aire a P1 = 98827 Pa/m2 y T1 = 25. Cualquier duda que tengas en su resolución podrás aclararla en el ejercicio resuelto en la segunda parte.Problemas resueltos y con documento Tgraf Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y en la segunda parte del libro (pp. en el caso de que: a) El proceso sea politrópico reversible con n = 1.85 (85%) y la velocidad 35 m/s.66 kJ/kg 2.b) Potencia necesaria para accionar el compresor para un caudal de aire de 224 t/h.472 kW.016 kW.3 está diseñado de tal forma que es posible refrigerar el aire a la vez que se comprime (con una envoltura por la que circula agua. y b) qué % de la variación energética que experimenta el vapor entre la entrada y la salida. por ejemplo).272 kW Pb. el título 0. b) El proceso sea isotermo con la misma fricción que el caso b del Ej 4. supone la variación de energía cinética. Calcular la potencia teórica necesaria y el flujo de calor a eliminar mediante la refrigeración. 67 .8. Conocemos que el proceso es adiabático y dos datos de entrada y dos de salida por lo que la ecuación del proceso puede no ser adiabática reversible.4. Ayuda: Para el modelo de Gas Ideal necesitamos manejar tablas para las propiedades energéticas (u y h son f(T)). Comprobamos esto (recuerda que la adiabática reversible en Gas Ideal es muy aproximadamente politrópica de índice n algo superior a cp.3 porque cada una de estas preguntas se refieren a las correspondientes de dicho Ej que se toman como referencia. 4.3.. Debes aplicar el balance de energía a cada situación y analizar el efecto de la refrigeración.1.1 bar.6. wvc = -179. Q = -7. la temperatura 525°C y la velocidad 5 m/s. Rtas: 1.m).517 kW b) Wvc = .-Compresión irreversible con refrigeración Si el equipo utilizado en Ej. Calcula a) La cesión de calor de la turbina al entorno. Rtas: a) Wvc = .Turbina no adiabática Un determinado flujo másico de 3600 kg/h entra a una turbina insuficientemente aislada y que opera en situación estacionaria. Se sugiere utilizar una politrópica equivalente que pase por ambos estados y concluir las relaciones energéticas del proceso real a partir de éste equivalente.3. la presión es 87 bar. ¿Se podría despreciar esta contribución? Ayuda: Basta llevar a la expresión del primer principio para VC en situación estacionaria los valores obtenidos de los estados y de la información sobre la potencia y el flujo másico. Ayuda: Revisa el Ej 4.178 MW Pb.m/cv. Potencia: 11. Q = . en kJ/kg. A la salida la presión es 0. desarrollando una potencia de 1260 kW. En la entrada.3.4. 4. entra al condensador como un segundo flujo a 39°C. a 80 bares.62. saliendo el condensado como líquido saturado.85 kJ/kg b) Supone el 0.97%) Pb. desde el vapor que condensa. Calcular el título del vapor en la línea de suministro.. La temperatura del vapor exhaustado. 3.9697 (96.. medida por el calorímetro. El calor transferido a través de la carcasa puede despreciarse. 4.Balance en un condensador Vapor de agua a 5 bar con un título de 0.261·m´ Pb. 3. 4. Ayuda: El proceso de estrangulación tiene una característica muy útil que en este caso te permite identificar el estado dentro del domo: la salida del calorímetro te proporciona una propiedad específica que deshace la ambigüedad de qué posición ocupa en el domo el estado del vapor en la tubería si solo conocemos P y/o T. 4.72 y su presión 15 bar.. 2. es de 132°C.5.Rta: a) qvc = . Determina para flujo estacionario: 1.75 m3 contiene una mezcla bifásica de agua cuyo título es 0. Este proceso continúa hasta que el depósito acaba con sólo vapor saturado.Medida del título con un calorímetro de estrangulación Una línea de suministro transporta una mezcla bifásica líquido-vapor a 20 bar.05% resultando despreciable frente a la energía térmica puesta en juego (Δh) Pb. Mediante una válvula se va extrayendo lentamente vapor saturado manteniendo constante la presión al calentar el depósito durante el proceso de vaciado. en kJ por kg de vapor que pasa a través de la corriente caliente del condensador.8 kJ por kg pasando por la rama caliente 2.86 entra en el condensador cerrado de una central térmica. El agua de alimentación a caldera. q12 = -1812.6. q34 = 472. Rtas: x = 0. La transferencia de energía al agua de refrigeración. Determina 68 . Una pequeña fracción del flujo transportado se deriva a través de un calorímetro de estrangulación y se libera a la atmósfera a 1 atm. Relación entre los caudales de agua de refrigeración y de vapor. m = 0.7. La energía recibida por la otra corriente por kg de agua que circula por la corriente de alimentación a caldera.44 kJ por kg pasando por la rama fría. alcanzando los 151°C como consecuencia de la energía cedida por el vapor. Ayuda: Pendiente Rtas: 1.Vaciado de un depósito a presión constante Un depósito de volumen igual a 1. Rtas: 1. 4. en kJ? Ayuda: Si la P se mantiene cte en el domo también lo hará la T del depósito.71 kJ/ kg 4. 2. aplicando las condiciones conocidas.2 m de diámetro. y su temperatura es 600°C. en kg? 2. de modo que a la salida alcanza una velocidad de 598 m/s. Ayuda: Como del estado final solo tenemos como dato la P. m = 5. Las propiedades energéticas se manejarán en el balance para un VC no estacionario sino transitorio. en kJ/kg 4. deberemos obtener más información del proceso. determínese: 1.8 m de diámetro con una presión de 500 kPa y una temperatura de 180°C. ¿Cuál es la masa presente en la situación inicial. El proceso en el interior del depósito puede considerarse como una expansión en cuanto a las propiedades térmicas. en m/s. del que sólo sabemos que es adiabático o del balance del primer principio. La transferencia de calor es despreciable y no hay cambios en la energía potencial. en m2. para incrementar la velocidad del vapor de agua que entra con P1 = 135 bar. para un flujo másico de 10 kg. T1 = 580°C. en kg? 3.98 kg/s. 3. y una velocidad de 14 m/s. La velocidad del vapor a la salida.. que funciona en estado estacionario. wvc = 887. m2 = 13. Wvc = 9747. su presión es 14 MPa. c2 = 8.238 kg 3. 2. ¿Cuál es la masa de vapor presente en la situación inicial.84 m/s 3. 4.. en kg. fm = 10. Para la operación en situación estacionaria.385 kg. Determina.Balance de energía en una turbina A una turbina entra vapor a través de un conducto de 0.103 kg 4. en kW. La potencia desarrollada. m1 = 18.8.9. que abandona el depósito? 4. El flujo másico de vapor. ¿Cuál es la masa.Incremento de velocidad en una tobera Se utiliza una tobera. El w realizado por la turbina.1 kJ/kg Pb. a) la temperatura a la salida y b) el área de la sección de salida de la tobera. Rtas: 1. El vapor sale de la turbina a través de un conducto de 0.1.1 kW Pb. en kg/s. La velocidad del vapor es 100 m/s. Q = 10019. ¿Cuál es la cantidad del calor cedido al depósito. Rtas: 69 . con una presión P2 = 9 bar. Ayuda: Identificadas las propiedades energéticas a partir de los datos proporcionados para los estados de entrada y salida basta aplicar las expresiones para cada una de las cuestiones. 2. Rtas: 1. Suponiendo que el aire se comporta como gas ideal. A2 = 61. Rtas: 1. de sección transversal 0.25 m2. 4.504. en kg/s.. El agua entra por 1 a 55°C y 1. mínimo necesario para refrigerar el aire. A la salida del 70 . c1 = 15. en kW.Intercambiador agua-aire Un flujo de 40 kg de aire circula por el interior de 140 tubos.Intercambio en un calentador abierto Un calentador abierto de agua opera en situación estacionaria.1. A la salida. T = 295 K) con una velocidad de aspiración de 4.2 m/s. 4. utilizando el modelo de gas ideal.0 kW 3. 150 kPa.4 m/s a través de una sección de 0.5 kW de calor al entorno. Analiza si el proceso tiene producción de trabajo y también si puede ser o no un proceso reversible. Potencia: Wvc = .. c) El flujo másico de agua. b) El flujo de calor transferido por el aire. 2. a) la potencia consumida por el compresor.4 m/s. toma aire del ambiente ( P = 1 atm.11. T = 446. Q = .10. y a la presión anterior. en kW.7 K. de un intercambiador de calor agua-aire. c2 = 16. determinar: a) Las velocidades del aire a la entrada y salida de los tubos. 4. Para el caudal de agua puedes utilizar un calor específico cte: 4.2 cm2 Pb.98 kW.82 kg/s Pb.12. fm (refrigeración) = 113. de forma que su temperatura aumente sólo 10 °C.Potencia de un compresor no adiabático Un compresor que opera en situación estacionaria.18 kJ/kg·K en modelo de líquido incompresible. Ayuda: Identifica las entalpías de los respectivos estados y aplica el balance al equipo.14 m/s 2. Calcula. Las temperaturas y presiones a la entrada y salida de los tubos son de 140°C.4758..15 del flujo anterior con un volumen específico de 133 litros/m3. b) ¿consideras razonable haber planteado la hipótesis de que el compresor podría considerarse adiabático? ¿y adiabático reversible? Ayuda: Aplica el balance y con los datos puedes estudiar el índice de una politrópica y comparar con una adiabática.01 m2.3 MPa. Pb. 220 kPa y 22°C. Hacerlo supone en torno al 1 % de error. tras ceder 5. Otro flujo de vapor entra por 2 con un flujo másico igual a 0. respectivamente. 2. se alcanza una presión de 10 bar con una temperatura de 650 K y una velocidad de 2. . q23 = -1732.85. la temperatura es 360°C y la velocidad es 16 m/s. entra éste a P1 = 110 bar y T1 = 550°C. El estado final de este proceso se caracteriza habitualmente añadiendo una s al subíndice: h2s. en m /s medidos en la salida. 4. el Wreal y x2.5 kPa.8785 (87. con el que abandona la turbina el vapor de agua 3. T2 = 297. La presión a la salida es 0. calcúlese 1. título x. si la velocidad en la salida es de 6 m/s. la temperatura del vapor en la entrada 2.4ºC.6 MPa y los conductos de entrada y salida tienen el mismo diámetro. A la entrada.14.3 m/s Pb. wvc = 1205.equipo se tiene agua líquida saturada. su título si es una mezcla de líquido–vapor. que atraviesa la turbina 3 si ésta cede una potencia de 120 MW. en kg/s.85%) 3. si es vapor recalentado.21%) 3. 2. Calcúlese la velocidad. totalmente irreversible. 1 71 .Una válvula de estrangulación Un flujo de vapor atraviesa una válvula de estrangulación adiabática. Ayuda: El rendimiento isoentrópico cumple una doble función: permite identificar la calidad de la turbina y a partir de su definición permite identificar la posición sobre la isóbara de salida del correspondiente estado. El trabajo producido por la turbina. El rendimiento isoentrópico de la turbina es s = 0. Determina 1. Aplica la definición (s. 3. T2 = Tsaturación (P=1.6 MPa. se caracteriza por h constante. 2. Ignorando la transferencia de calor entre el calentador y su entorno así como las variaciones de energía cinética y potencial. sufriendo una expansión hasta 6.13.39 kJ/kg.8821 (88. temperatura y entalpía específica del vapor a la salida.05 kJ/kg 2. x = 0.3 MPa) = 191. Rtas: 1.T = Wreal/Wisoentrópico = (h1 – h2) / (h1 – h2s))1 para obtener h2. el calor cedido por kg entrando por 2 Ayuda: Identificado los estados en las tablas. V2 = 1933.2 kJ/kg en 2 Pb. la presión es 6. el caudal de vapor de agua. y 2 a) la sección de la tubería. Rtas: En el estado 2: h2 = 3055. en °C.Turbina y rendimiento isoentrópico En una turbina de vapor adiabática. Ayuda: El proceso.. 4.59ºC 2. x2 = 0. Con esta información y los datos proporcionados se resuelven inmediatamente las cuestiones. en m . c2 = 178.49 m3/s El Wisoentrópico es el del proceso adiabático reversible entre la presión inicial y la de salida de la turbina. Rtas: 1. aplica la ecuación del balance en un intercambiador de mezcla teniendo en cuenta el balance de masas. de ambas turbinas suponiendo procesos isoentrópicos 2.Turbinado con etapa intermedia Un flujo de aire pasa. la potencia de la segunda turbina en kW si el flujo másico es 100 kg/s.47 K. y es aplicable el modelo de gas ideal.4. En TermoGraf bastará representar los procesos y aplicar los datos. 5. en régimen estacionario. a través de la doble turbina y del intercambiador mostrados en la figura adjunta. en K. Despreciamos los intercambios de calor con el entorno. el calor suministrado en la etapa de recalentamiento. la temperatura a la salida. T2 = 793. 4. bien utilizando la ecuación térmica del gas ideal para determinar v con P y T. Y. la temperatura a la salida.64 K. Ayuda: Los datos dados permiten completar la información necesaria para responder las cuestiones.06 kJ/kg 5. la potencia total en kW para el mismo flujo másico de 100 kg/s. en K. A partir de los datos siguientes Estado 1: 1100 K y 18 bar Presión intermedia (P2) 4. bien utilizando la condición de isoentropía (s = cte) bien la definición de rendimiento isoentrópico. T4s = 762. A2 = 322.25 m2 Pb.. los efectos cinéticos y gravitatorios.26 K 4. T4 = 797. WVC de la segunda turbina isoentrópica = 38010 kW 3. en kJ/kg.15. T2s = 758. Rtas: 1. considerando que ambas turbinas tienen un rendimiento isoentrópico del 90%: 3. q23 = 346.52 K 2. WVC de ambas turbinas = 68816 kW 72 . 4.2 bar Estado 3: 1100 K Estado 4: 1 bar queremos conocer: 1. de ambas turbinas. Las variables de flujo. Por su parte SQ es cero ya que no hay flujo de calor por la frontera. Este balance. C1 = 121.92 m/min. en K b) el diámetro de la tubería de salida.Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta. en kW / K Ayuda: Calcula los flujos másicos de entrada y aplica el balance de energía para obtener la información que necesitas para los cálculos en el tercer estado y en el balance de entropía. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 1 El Tema 5 se centra en el uso de los conceptos entropía y exergía y sus derivados con el análisis del segundo principio y el balance correspondiente 73 .22 m.7 ºC .92 m/min Considerado régimen estacionario. T = 26. cuando convenga.tubería 1: diámetro = 1. m2 y Sg se miden en flujo por unidad de tiempo. se pide que calcules a) la temperatura a la salida. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle. que la presión es aproximadamente 1 bar y que el aire se comporta como gas ideal. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de autoaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas.6 m3/min. C2 = 182.4 ºC . 4. m1.tubería 2: caudal = 56.Dos tuberías de un sistema de ventilación por las que fluye aire convergen en una tubería de salida. con los datos respectivos siguientes . permite calcular la entropía generada despejándola de la expresión: (∆ S)vc = m1 · (s1 – s3) + m2 · (s2 – s3) + SQ + Sg en donde el término que corresponde al VC es nulo por ser el proceso estacionario. que utilizarás más extensamente en el tema siguiente1. Si te pide clave de acceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar.tubería 3: C3 = 121. Pb.16. T = 4. en cm c) la entropía generada en el proceso de mezcla.92 m/min. aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios. Pb4. d) El rendimiento térmico del ciclo. Así: La salida de la turbina está sobre un proceso isoentrópico (s = cte) e igual con la salida de la bomba. La última salida (estado 5) la sueldas con el estado 1 llevándola sobre dicho estado 1 y soltando mientras mantienes pulsada la tecla CTRL.17 muestra el esquema de una central térmica que opera en situación estacionaria. En ella se reflejan los datos de propiedades para los estados significativos del agua que es el fluido térmico empleado. Pb. 17 Propiedades y flujos en una central térmica Determina: a) La transferencia de calor al agua a su paso por el generador de vapor.000 kg/h y no se consideran variaciones significativas de energía cinética y potencial a lo largo del ciclo. Sin embargo están perfectamente determinados ya que hay una segunda variable. la entropía. Se sugiere dibujar el proceso de la turbina y añadir los sucesivos procesos pulsando el botón y dibujando el nuevo proceso a partir de la salida del proceso precedente..17b Representación del ciclo 74 . 4. b) La potencia neta desarrollada por la planta. Pb 4. Ayuda: Hay estados en los que se señala un valor impreciso para la temperatura. Fig. Otro enfoque es considerar que el estado queda también definido por el proceso y la presión de salida. que está determinada y permite definir el estado con precisión unida a la presión.Central térmica La Fig.17. 4. El flujo másico de agua es de 360.Pb. c) El flujo másico de agua de refrigeración en kg/s. La presión en su interior se mantiene por la acción del nitrógeno que actúa sobre la cámara flexible que contiene al agua. La válvula de admisión se cierra en el instante en que todo el líquido se ha vaporizado. Ayuda: Pendiente Rta: 75 . en kg/s b) temperatura en la salida 3. 3. Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb.. Ayuda: xx Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) Pb. Se pide: a) masa entrando por 2. con un flujo másico de 40 kg/s. En la salida 3 las condiciones son de líquido saturado a 7 bar con un flujo volumétrico de 60 l/s. El volumen que ocupa 4. es dibujar el ciclo en una vez: Para ello selecciona la herramienta ciclos: + selección de la opción Ciclo Rankine de potencia. La válvula de descarga regula la presión en el volumen de N2 manteniéndola constante a 300 kPa al expandirse la cámara superior.19. 4. 4.2 MPa.Otra opción.. La masa de nitrógeno que ha abandonado el volumen inferior por la válvula de carga/descarga.17. El volumen inicial que ocupa el vapor. entrada a la bomba) arrastrando el ratón para trazar una diagonal desde 3 hasta una posición próxima al estado 1. en ºC.Balance de masa Un tanque de agua de alimentación que opera en estado estacionario tiene dos entradas y una salida. 2.Vaso de expansión Un depósito bien aislado contiene 25 kg de agua con un título del 84% a 300 kPa. Por la entrada 1 llega una corriente de vapor a 7 bar y 200 ºC. Se abre la válvula que conecta el depósito con una línea por la que fluye vapor saturado a 1. mezclándose con otra de agua líquida que entra por la 2 a 7 bar y 36 ºC .18. clic en una posición arbitraria próxima al extremo inferior izquierdo (estado 3. presentada en la figura 4. A continuación. A partir de este ciclo basta ir ajustando los valores conocidos de los estados. Determina 1. La masa final de vapor. La Ayuda: Pendiente Rta: En el documento TermoGraf podrás comprobar si tus Rtas escritas en Ventanas/ Rtas coinciden con las del ejercicio (Botón Ver Soluciones en el menú Ventanas/Rtas) 76 .20. 4.Pb. proceso reversible. exergía. en su movimiento al azar. datos de los flujos de aire a la salida: presión = 1 atm. sin aportes de trabajo o calor. obra destacada de la pseudociencia. sólo dejaba pasar a las moléculas más rápidas cuando. y a las más lentas las dejaba pasar sólo en sentido contrario. tiene como objetivo repasar de modo práctico algunos conceptos del tema. transferencia de exergía. En sintonía con aquéllos. entropía generada. Balances de entropía y exergía Conceptos básicos de este tema: Ejemplos Estos primeros ejemplos resueltos en esta primera parte. es una violación práctica del segundo principio de la Termodinámica. exergía de flujo. Ej. al inicio de cada tema. un supuesto inventor asegura haber desarrollado un aparato que.35ºC (con el 55% del flujo másico total).. proceso irreversible.5. exergía destruida. Para demostrarlo proporciona datos fidedignos de medidas del aparato en funcionamiento: 2. entropía específica. balance de exergía. 5. Con esto. rendimiento isoentrópico. patente con diversas aplicaciones prácticas. exergía específica. datos del flujo de aire a la entrada: T1 = 20ºC y P1 = 8 bar 3. colocado en la válvula de conexión entre dos recipientes que contenían gas inicialmente con la misma temperatura. los revises siguiéndolos en detalle para interpretar el uso dado a los conceptos.Una máquina “prodigiosa” Los escritores Pawels y Bergier en su obra “El retorno de los brujos”. transferencia de entropía. en régimen estacionario. eficiencia exergética. 1 Personaje de ficción que ideó Maxwell para explicar la inviabilidad de ciertos procesos y que. A estaba cada vez más frío y B cada vez más caliente.1. es capaz de producir una corriente de aire frío y otra de aire caliente a partir de una única corriente a temperatura intermedia. eficiencia termodinámica. iban de un recipiente (el A) al otro (el B). antes de pasar a las siguientes secciones. entropía de flujo de calor. Entropía. 1. 77 . balance de entropía. corriente fría: T2 = –28. emulando al conocido diablillo de Maxwell1. manifiestan que la denominada máquina de Hilsh. Es conveniente que. estado muerto. exergía de flujo de calor. 78 ..0. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que rodea al equipo (básicamente una tubería con una entrada y dos salidas).Sistema propuesto (1).55 + 1. tomados de tablas o de TermoGraf.0 0 = s1 – (0. pues la pequeñísima discrepancia es por redondeo.55·h2 + 0. La realidad (3) A la vista de las medidas.1.86316 · 0.45·h3) + 0 . Modelo de la sustancia: Gas ideal.1. 1 Las variables de proceso se representan en cursiva y negrita en ambas expresiones. En cuanto al Segundo. 00090 kJ.293. a) haz un diagnóstico de la experiencia en cuanto a si cumple o viola el segundo principio suponiendo que el aire se comporta como gas ideal. Sustituyendo valores para entalpías y entropías. Unidades SI.789 · 0. T en ºC. aplicando el balance de energía y entropía al volumen de control: primer principio1: ΔUVC = m1 · h1 – (m2 · h2 + m3 · h3) + Q – WVC segundo principio: ΔSVC = m1 · s1 – (m2 · s2 + m3 · s3) + SQ + Sg Estas expresiones con las condiciones señaladas y dado que no hay dispositivos que transfieran trabajo fuera del sistema. Configuración: Diagrama P-v. 0 = (1.55 + 352.55·s2 + 0.49795 · 0. que el equipo es adiabático y no existe otro trabajo que el de flujo.45·s3) + 0 + Sg habiendo tomado el caso en que entra 1 kg de aire y se distribuye de acuerdo con lo indicado en los datos.45) . b) intenta explicar cómo es posible el resultado y por qué puede funcionar correctamente el equipo.62 · 0.2. deberá cumplir los dos principios de la Termodinámica Análisis: a) De acuerdo con las condiciones. se transforman en: 0 = h1 – (0. VC Condiciones: El volumen de control se considera adiabático y el proceso es en régimen estacionario. es decir que se cumple el primer principio. despejando.08192 · 1 + Sg y.314 · 1= .45 ) . Diablillo de Maxwell en plena faena (2). tendremos: 0 = (244. verificaremos si cumple los dos principios. Si el sistema es factible. corriente caliente: T3 = 79ºC Fig E 5. 6887 -26.58037 0.6887 -26.0 1.99E-04 -8. crea muchas fantasías que viste de ciencia con pruebas “irrefutables” que no son tales cuando se analizan con una visión científica cuidadosa. sin embargo. 79 . Es la máquina de Hilsh que se esquematiza en la figura.082942 ΔS[Total] kJ/ºC 0.Viabilidad de la máquina de Hilsh en función de la P de entrada Esa es la comprobación que ofrece la tabla adjunta. pues la entropía generada (que coincide con la variación de entropía del universo por ser el sistema adiabático).22486 0.20773 0. En este caso el trabajo de compresión se ha hecho antes.6887 -26. P[1] bar 8. Cuando no hay trabajo previo de compresión (entrada a 1 bar) la entropía del estado final disminuye.6887 -26.29881 0. La contabilidad realizada nos dice.073958 9.1.99E-04 -8.6878 ΔH[Total] kJ -8.010809 -0. que es la condición de la entrada.6887 -26. que no hay tal violación ¿dónde está la aparente contradicción? La respuesta es sencilla si pensamos que en una parte de un ciclo de refrigeración también se produce un enfriamiento sin trabajo en ese equipo (el evaporador).0 6.18339 0. Es fácil comprobar que si cambiamos la presión de entrada a una menor. b) ¿Cómo es posible que sin realizar trabajo se pueda separar el flujo inicial en dos corrientes fría y caliente? Esta era la fundamentación de Pauwels y Bergier para decir que se violaba el segundo principio.095253 0.1 1.6878 26. Las 1 Frente a la afirmación antes citada.0 2. La afirmación de que era una máquina que violaba la termodinámica era una afirmación gratuita como otras más que recoge el libro. siempre apoyada en programas de radio y televisión sin contraste.0 3.35156 0.15461 0.99E-04 -8.22881 0.6887 -26.44545 0.31439 0.99E-04 -8..0 5. pero el trabajo se realiza en alguna parte del sistema en su conjunto y sin él no habría enfriamiento: esa parte es el compresor que es el que se encarga de preparar las condiciones del gas para que en otro lugar del ciclo se produzca el enfriamiento.099493 ΔS[1-3] kJ/ºC 0. es mayor que cero.6878 26.6887 ΔH[1-3] kJ 26. pero se violará el Segundo pues la entropía del estado inicial resultará mayor que la de los estados finales juntos.26202 0.18242 0.084445 -0. es decir: que se producía la separación sin aporte de trabajo. que es la exigencia que impone el segundo principio para los procesos reales.0 ΔH[1-2] kJ -26.6887 -26.49779 0.99E-04 -8.11938 0. lo que sí violaría el segundo principio pues supondría una reducción de la entropía del Universo por lo dicho más arriba.6878 26.33431 0.3814 0. Consideraciones: La propuesta no viola ningún principio1 y de hecho existe como equipo industrial.016551 Tabla E5. Éste caso es un ejemplo y si los lectores conocen o sospechan de otros nos gustará recibir su información.580 kJ/K > 0 Este segundo resultado nos dice que el proceso es perfectamente posible. pues en caso contrario sería imposible tener un gas a 8 bar. Consiste en introducir a presión un chorro de aire en trayectoria tangencial por el extremo de un tubo.Sg = 0.6878 26. podremos conseguir que se cumpla el primer principio.6878 26.54204 0.99E-04 -8.99E-04 -8.94E-03 -0.6878 26. La pseudociencia.99E-04 -8.6878 26.0 4.17248 0.99E-04 ΔS[1-2] kJ/ºC 0.6887 -26.0 7.29084 0.6878 26. todas en kJ. que aumenta considerablemente con el recorrido y por la propia viscosidad del gas de manera que el proceso se hará imposible antes del valor 1 bar. Por el contrario. Se transfiere una energía al vapor por medio de una resistencia eléctrica. d) Los cambios en la energía y la exergía del sistema combinado. las más lentas (las más “frías”) se sitúan en las más cerradas. y la exergía inicial. 5.. Ej. en kJ. en kJ. en kJ.2. En contra del proceso tendremos el rozamiento con el tubo. Po = 1 bar. que sabemos tiene una distribución de velocidades y de direcciones. incrementando su presión hasta 4 bar. La salida consiste en dos tubos concéntricos de modo que se separan las primeras de las segundas. Condiciones ambientales: To = 293. e) El cambio en la energía y la exergía de la resistencia eléctrica como sistema. se sitúan en trayectorias más abiertas. en kJ. Comenta los resultados obtenidos.15 K (20ºC). considerado como sistema.moléculas empiezan a girar en espiral mientras avanzan por el tubo. c) La energía y la exergía finales y el cambio que experimenta la energía y la exergía del vapor de agua. RESOLUCIÓN 80 . ¿Qué se precisa para que el invento funcione? Suministrar la velocidad de entrada y la longitud de tubo tales que se produzcan suficientes lazos en el movimiento en hélice como para redistribuir de manera significativa las moléculas. y el volumen del recipiente en m3 b) La energía inicial. en m3/kg. Determina a) El volumen específico en el estado inicial y final. de modo que las que tienen más velocidad debido a la agitación interna del gas.Balances de energía y exergía Un recipiente térmicamente aislado contiene 5 kg de vapor de agua saturado a 120ºC. 00445 kJ = 3656.294)(kJ/kg·K) + 1 (bar) · (0. trabajo disipativo al que designamos como Wd.5 kJ ΔA = A2 .47 kJ 3. Con los datos podemos localizar las propiedades necesarias de ambos estados.293.73 kJ 4. por razones obvias v2 = v1 y V = 5 kg · 0.15 (K) · (7.0.12 kJ/kg.8906 m3/kg. Los cambios en el sistema combinado (la resistencia eléctrica dentro de la MC) serán.83. Modelo de la sustancia: Agua como sustancia real. Unidades SI.12) (kJ/kg) . vo = 0.47 kJ = 1446. 1.Uo) .001002 m3 Para la exergía A del sistema su expresión es A1 = (U1 .0 kJ = 3008. En cuanto al estado final: U2 = m· u2 = 5 kg · 3130.128 .A1 = 3656.11578.So) + Po · (V1 . Así.9 kJ + 4. Para la energía interna del VC U1 = m· u1 =5 kg · 2528.2 kJ .7 kJ + 0.5 kJ . Consideramos que en los estados inicial y final la resistencia está apagada y en equilibrio con el vapor.10016.Uo) .4 kJ . sus paredes pueden considerarse adiabáticas y el trabajo de expansión es nulo. v1 = 0.1446.4 kJ/kg = 12642. so = 0.453 m3 2.m)·(1kJ/1000 J) = 2209. MC Condiciones: No hay cambios en la energía cinética ni potencial del sistema.Sistema a estudio: El volumen de control que contiene el agua y la resistencia o a cualquiera de ellos. T en ºC. necesitamos los valores ambiente: uo = 83.1 kJ/kg = 15650. ya que no hemos considerado variación alguna para la resistencia entre los dos estados: ΔU = U2 .W – Ad = 1446. a partir de los respectivos balances de energía y exergía: ΔU = Q -W = 3008.0 kJ.Vo) = = 15234 kJ . En cuanto a la exergía de un sistema termodinámico.To · (S2 .77 kJ 81 .5 kJ y como Q = 0.001) m·/kg} = 12226.12642.73 = 1561. Configuración: Diagrama P-v.294 kJ/kg·K.4 .Vo) .U1 = 15650. Wx = 0 y W = Wx + Wd nos queda que Wd = -3008.5 kJ Para el balance de exergía: ΔA = AQ . Análisis: Consideraremos un VC que contenga al vapor y a la resistencia. y A2 = (U2 .45 (N. que vale en nuestro caso considerando nulo el valor de la resistencia por su poca masa A1 = 5 kg · {(2528.8906 m3/kg = 4. Siendo Ad la exergía destruida por las irreversibilidades (efectos disipativos) y como AQ = 0 nos queda para Ad Ad = 3008.891 .To · (S1 .So) + Po · (V2 .2209.2 kJ Y para la variación experimentada por el vapor de agua. Esta MC es adiabática y el único flujo es el del trabajo eléctrico.0.73 kJ.5 kJ.5 . 5. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en gases procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1. en kJ/K. Podemos considerar como aproximación válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal. b) el cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambiador en su conjunto. RESOLUCIÓN 82 . teniendo en cuenta que recibe un flujo de trabajo eléctrico. Debes calcular a) La temperatura de salida del aire precalentado. La exergía destruida lo es en la irreversibilidad en la frontera (externa) entre resistencia y vapor.05 bar.73 = 1561.1446. 5.5 bar. Po = 1 bar. debido a una ligera pérdida de carga. Y nos queda: Ad = 3008. El flujo másico de ambas es 40 kg/s. We = Wd (negativo pues entra en el sistema y disipa un flujo de calor Q: ΔU = Q .Ad = 0 kJ . de aquí conocemos: Wd = -3008. a 11. Wx = 0 y W = Wd nos queda que Q = -3008. Consideremos ahora la MC que contiene a la resistencia: Podemos suponer que no cambia su estado como ya se ha apuntado (además de que su masa puede considerarse despreciable) por lo que escribiremos para sus balances. Si desagregamos los subsistemas de modo que la frontera de la MC del vapor excluya a la resistencia. Con ello podemos atribuir la exergía generada como la consecuencia de la irreversibilidad interna de esa MC ampliada.1446. La asignación a la resistencia puede hacerse como irreversibilidad interna sin más que suponer que la MC de la resistencia incorpora la masa de vapor donde se realiza el intercambio antes de su redistribución en la masa total. entra una corriente de aire a 400 K y 12 bar y sale. d) la exergía destruida a partir del balance en 2 o utilizando la expresión en función de la entropía generada (expresión de Guy-Stodola) Comenta los resultados.Entropía generada y exergía destruida en un intercambiador En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácticamente adiabática. Ej. en K.73 kJ ya que es quien proporciona la exergía que gana el vapor. Condiciones ambientales: To = 300 K.5 .W = 0 kJ.5 kJ y AQ = .5 kJ y para la exergía: ΔA = AQ.77 kJ coincidiendo con la Ad generada en el sistema combinado.. Consideraciones: Los signos de todas las magnitudes reflejan el criterio desde la visión de la MC de cada subsistema. cada uno como MC distintas.5 bar y salen a 560 K y 1.Wd . en MW c) la entropía generada en el volumen de control.3. 2) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibilidades (interna por pérdida de carga. 2.87 kJ/kg (valor que coincide con el anterior. Si el flujo se produce entre partes dentro del VC de un sistema hablaremos de intercambio de energía. 2 Recuerda que solo hay flujo de calor cuando hay transferencia energética A TRAVÉS de la frontera de separación consecuencia de una diferencia de temperatura entre sistema y entorno o entre dos sistemas.4 a) y con este valor obtener T2 como se ha indicado. T en ºC. h2 = 679.278.919 = 278. VC Condiciones: 1) Equipo adiabático y régimen estacionario.79 kJ/kg.79 . 1 83 .8228 kJ/kg·K. salida de la corriente de aire. En esas condiciones. como el primer miembro es nulo por la primera condición. una vez despejado h2 y sustituidos valores de la tabla adjunta: h2 = h1+ (h3-h4) = 400. en cada corriente será: Potencia: 40 kg/s · 278. como era esperable ya que hemos definido idénticos flujos másicos para las dos corrientes) Como potencia. introduciendo los estados. los cambios de entalpía específica para cada corriente serán: Δh12 = h2 . E5. Configuración: Diagrama P-v. Unidades SI. De él podemos determinar la entalpía mediante el balance de energía en el volumen de control que incluye ambas corrientes (fig.400. los gases se tratan como aire.Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo y el volumen de control suma de los anteriores. 1. Definido el estado 2 con el criterio de igualar en valor absoluto los intercambios energéticos de cada rama. s2 = 1. La distinción permite el análisis coherente de los intercambios y su terminología. en módulo.74 K. de modo que al modificar su valor quede el estado 2 correctamente situado. en TermoGraf .12 = 679. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. el único estado indeterminado es el 2. y que las variables T.h3= 565. Siendo el modelo aplicable para las dos corrientes el de gas ideal. 2. externa. es decir el calor cedido y absorbido en los respectivos VC2. 3 y 4. por salto de temperatura entre ambos fluidos) Análisis: Empezaremos estableciendo las propiedades conocidas en los estados 1. gas ideal.821. en la frontera de las conducciones de los fluidos.873 kJ/kg = 11155 kW = 11.79 kJ/kg Llevado este valor a la casilla de la entalpía del estado 2 en Termograf1 obtenemos las propiedades correspondiente al estado 2: T2 = 668.155 MW Si trabajas el ejemplo en Termograf deberás crear un estado 2 “incorrecto” en cuanto a la h.87 kJ/kg Δh34 = h4 . ΔUVC = maire·(h1-h2) +mgases·(h3-h4) = 40 kg/s ·(h1-h2) + 40 kg/s ·(h3-h4).h1= 679.92 + 843.971 = . queda. Es decir. sabemos que la ecuación P·v = R·T es aplicable a cualquier estado. y pueden obtenerse una de otra en las tablas o.99 – 565. u y h están relacionadas entre sí.118 . a diferencia de los flujos de calor que se igualaban en valor absoluto. s(q) y sgii .Y en el conjunto nos dará cero reflejando la circunstancia de que el intercambiador es adiabático. En cuanto a la exergía.2785 ) + (2. Se deja como ejercicio comprobar que la variación de entropía del universo es la misma si se considera un VC incluyendo las dos ramas o dos VC. 84 .2785) = 115. entropía del flujo de calor y entropía generada en las irreversibilidades internas respectivamente. Por tanto: sgii = (s2-s1 ) + (s4-s3) = (1. la exergía transferida por el flujo de calor que cede la rama caliente no se aprovecha íntegramente por la rama fría (consecuencia de que la exergía que acompaña a un flujo de calor toma el valor del trabajo máximo posible que se podría extraer de ese flujo de calor entre la T de la frontera y la To (independientemente del sentido). En el segundo cada rama tiene un valor de sq y de sgii y además hay que considerar la entropía generada en la irreversibilidad exterior que supone el paso de calor de la rama caliente a la rama fría que puede considerarse el entorno de la anterior. El balance de entropía para el VC.3228-2. pero al definir un VC que engloba ambas la irreversibilidad en la transferencia de energía entre ambas pasa a quedar en el interior del VC. es ΔsVC = s1 + s3 – (s2 + s4) + s(q) + sgii expresión en la que son variables de proceso. Para esta variación de la exergía de flujo.6231 MW (exergía ganada por la rama fría) Y para la otra rama.58 kJ/kg Y como potencia será : 40 · 115.2049 kJ/kg·K Esta entropía generada corresponde. con la existencia de una irreversibilidad en la frontera: la debida a la transferencia de energía por salto de temperaturas. flujo que es evidentemente irreversible: sólo puede ir espontáneamente como sucede en el intercambiador del sistema a mayor temperatura al de menor y nunca a la inversa1.874 – 300 · ( 1.7894-1. precisamente.m y To : el llamado factor de Carnot = |Q|·(1 – (To /Tfrontera. como estamos en un análisis VC estacionario nos interesa conocer la variación de la exergía de flujo (el equivalente a la entalpía en el análisis energético) ya que la variación de la exergía a.m)). Δaf .4839 MW que es la exergía cedida por la corriente caliente. uno por cada rama. del VC. y por tener la frontera adiabática: q = 0 y s(q) = 0. si lo ponemos en términos de potencia: ΔAf34 =Af4 .8228 . 3. por ejemplo).To · ( s2 –s1) = = 278. 1 El flujo inverso puede producirse pero no de manera espontánea sino por mediación de un equipo que consuma trabajo (caso de la bomba de calor. no sólo a la debida a la pérdida de presión en las tuberías sino a la correspondiente al flujo de calor entre ramas por la diferente temperatura entre caliente y fría.81) kJ/kg = -7. por kg circulando por la rama fría.a f1 = h2 – h1 . Ese máximo trabajo viene definido por la máquina de Carnot trabajando entre la Tfrontera. será cero. tendremos: Δaf12 = af2 . esta última sería una entropía generada por irreversibilidad externa.Af3 = 40 kg · (78.58 = 4.6288) = 0. En el primer caso no hay sq y sólo hay sgii. Como el VC es estacionario: ΔsVC es nulo.1. Si hubiéramos considerado VC independientes para cada rama.71 -265. Como en la rama receptora la Tfrontera es menor que en la rama que cede energía (¿por qué podemos afirmar esto?) podemos concluir a priori que la exergía ganada será menor que la cedida… luego deberá haber una exergía destruida que se corresponde. Comparando estas dos cantidades podemos concluir que. mayor será la entropía generada y mayor la incidencia negativa sobre la exergía aprovechada en el proceso.0 + (.278. Con esta consideración previa. resulta positiva ya que la entropía generada es positiva. Este es el caso planteado para la corriente caliente.Δaf = 187.159.52 kJ/kg 1 El factor de Carnot es una expresión diferencial (δq · (1 – To/Tfrontera)) a integrar cuando la T de la frontera no es constante.ad siendo ad la incógnita ya que no tenemos el modelo de irreversibilidad definido.87·(1-(300/700)) = -159. 2 La exergía destruida. En determinados casos se puede definir una temperatura media de la frontera para la que la integral se transforma en la expresión (q · (1 – To/Tfrontera. Consideremos ahora el VC total del intercambiador: Al circular la misma masa por ambas ramas se puede trabajar por kg circulando sin necesidad de referirnos a “kg que circula por la rama caliente”.4 kJ/kg Exergía del flujo de trabajo: aw = . Despejando: ad = 187.58) + 187. escribiendo estos valores por kg de masa circulando Δavc = ∑ af(ent) .1 kJ/kg Exergía del flujo de calor1: aq = q·(1. por lo que en las respectivas expresiones de los balances tendremos De energía (y como m = m´= 1): Δuinterc = q .m) = -278.∑hsal = 0-0+(h1-h2)+(h3-h4) De exergía Δainterc = aq .1 .m)) dada arriba al ser esa T media un valor cte.115.7 kJ/kg Puede verse que todos los términos del balance de exergía son variables de proceso exceptuada la exergía de flujo que es función de estado.58 = 71 .1-115.hsal .1 – 159.0 + 278. sustituyendo todas las magnitudes previamente calculadas: Δuinterc = 0 .w = 0 pues no hay dispositivo en el VC considerado que produzca o reciba trabajo.4) . empezaremos hallando el balance de exergía en el VC de la rama caliente es consecuencia de los siguientes flujos (por kg): Exergía del VC (primer miembro del balance): Δavc = 0 por proceso estacionario Exergía de flujo (del flujo de masa): afentr.To/Tfrontera.To·(sentr – ssal) = .afsal = hentr .ad interc= 0-0+(af1-af2)+(af3-af4) y.4 = 27.1 + (.87 .∑ af sal . pero en la expresión del balance deberá ir precedida de un signo negativo porque cuanto mayor sea la irreversibilidad.87 = 0 Δainterc = 0 . 85 .ad y sustituyendo 0= 187.∑ af(sal) + aq .w + ∑ hent . Para analizar las diferencias en el análisis según el VC seleccionado. Exergía destruida2: ad = To · sg (entropía generada en las irreversibilidades) o con el propio balance de exergía.0 .4. si queremos calcular ahora los balances para todo el intercambiador tendremos que considerar los flujos de calor que atraviesan la nueva frontera (no hay) y los de trabajo (tampoco). de acuerdo con la expresión de Guy-Stodola.w + ∑ af ent . Si no fuera así en los términos de la rama fría habría que multiplicar por la relación de flujos másicos.ad interc = 0 por VC estacionario De la última: ad interc = 187. en kJ/K·día. mayor que en la rama caliente. Se pide: 1. Unidades SI. eq. 4. Calcula la entropía generada en las irreversibilidades exteriores en kJ/K·día. 2. Calcula la entropía generada en el compresor.Consideraciones: Del análisis de las expresiones y sus resultados se deduce: a) El balance de energía para el intercambiador no tiene flujos ni de q ni de w a través de la pared externa (frontera del nuevo VC) y debe ser cero pues el VC es estacionario. en la frontera de intercambio con los focos. VC en cada equipo. adiabáticos: compresor y válvula de estrangulación.57ºC en la salida como líquido saturado. calcula la T media equivalente en el proceso en el condensador e incluye las isotermas correspondientes a las temperaturas de los focos. Los equipos no isóbaros son adiabáticos y el compresor tiene un rendimiento isoentrópico del 83%. 5. Configuración: Diagrama Ts. lógicamente. Dibuja los procesos del ciclo en un diagrama Ts.4. b) En el de exergía sucede lo mismo con los flujos de aq y w: son cero pues no hay flujos de q ni w por la frontera del VC completo. c) La exergía destruida en el intercambiador es. 2) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibilidades (interna en el compresor. T en ºC. ¿Cuál es el rendimiento térmico del ciclo? ¿Y el rendimiento exergético o termodinámico? El estado muerto es 1 atm y 20ºC RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo. isóbaros internamente reversibles: condensador y evaporador. por salto de temperatura entre foco y equipo) 86 . eq. Modelo de la sustancia: Refrigerante 134a como sustancia real (el modelo empleado en Termograf tiene un rango de validez limitado a la zona habitual de trabajo). 3..Entropía generada y exergía destruida en una bomba de calor Una bomba de calor agua-aire mantiene una vivienda a 20ºC para lo que tiene que suministrar 60 kWh al día. El condensador sufre un enfriamiento isóbaro cediendo calor al ambiente desde la temperatura de 43ºC a la salida del compresor hasta 33. externa. Condiciones: 1) Régimen estacionario. 5. Calcula la entropía generada en la válvula de estrangulación. en kJ/K·día. Se sugiere calcular la entropía generada y con ella el valor de ad utilizando la expresión de Guy-Stodola: ad = To · sg Ej. El evaporador capta calor del agua de un pozo que se encuentra a 6º de modo que se mantiene una diferencia de 10ºC en el salto térmico. pues hay que añadir la irreversibilidad en la rama fría (que ahora podríamos calcular aun no teniendo el dato de la T media en su frontera por simple diferencia). Calcula la exergía destruida en el conjunto (Ad en irreversibilidades internas y externas) en kJ/día 6. calculada antes. 20) / ((20+273. En estos casos se debe integrar la expresión diferencial correspondiente o calcular la T media equivalente definida como hemos visto en la primera cuestión (nota 1 al pie). 1 2 3 Definida como T me-s = Qe-s /(ss – se) que para un proceso isóbaro queda : (hs – he) /(ss – se) Las producidas en la frontera por transferencias de calor entre entorno y frontera a distinta temperatura Los valores de T deben ponerse en K.80) (kJ/kg) / (0.83+273.01346 kJ/kg·K. Análisis: Empezaremos estableciendo las propiedades conocidas en los estados 1.01346 (kJ/kg·K) · 1209.15)(K2) = 0. Dibujados los procesos. por kg: 0 = 0 + (se – ss) + sg de donde sg comp = s3 – s2 = 0. La entropía generada en un día en la válvula de estrangulación será.5 (kg-día) = 16.Tfoco) / (Tfr · Tfoco) = = 178.15)) = 0. Sg ie cond por día = 0.28 kJ/K·día Para el cálculo de la entropía generada en las irreversibilidades exteriores2 necesito conocer el flujo de calor y las temperaturas de foco (habitualmente constante) y frontera.15) · (33.3) No hay efectos cinéticos ni gravitatorios. en función del dato de calor cedido medio diario en el condensador de 60 kWh-día Como el condensador cede 178. a partir del balance en el equipo: sg válv = s4 – s3 = 0.3591–0. para la entropía generada en el compresor en un día tendremos: Sg comp por día = 0. fum. Tomaremos las propiedades de Termograf.63 kJ/K·día 3. En el condensador: La entropía generada en una irreversibilidad exterior.58 · (33. pero en el caso de diferencias coinciden se escriban en ºC o en K. Con estas consideraciones tendremos para la entropía en las irreversibilidades exteriores: 4.20 kJ/K·día La otra irreversibilidad exterior se produce en el intercambio de calor en el evaporador. y por día: Sg válv por día = 0.Tfoco) / (Tfr · Tfoco) = = 148.5 (kg-día) = 33. El compresor sufre un proceso irreversible caracterizado por un rendimiento isoentrópico del 83% que lleva a una entalpía final h2= 245.(1/Tfr)} = |q| · (Tfr .15 · 279. 1.5 (kg-día) Así.(1/Tfr)} = |q| · (Tfr . es: sg ie cond = (qfr / Tfr) + (qfoco / Tfoco) y como Tfr > Tfoco se tendrá qfr <0 y qfoco >0 Entonces3 sg ie cond = |q| · {(1/Tfoco) . tendremos para ese fum: fum = 60 (kWh-día · 3600s/h) / 178.98 K = 33.229–275.01623 kJ/kg·K Para el cálculo por día deberemos definir un factor de utilización media por dia.58 (kJ/kg) = 1209.9408) (kJ/kg·K) = 306.027 kJ/kg·K siendo por día. que es adiabático y estacionario será.83ºC 2. constante también porque el proceso es estacionario pero que puede variar de unos puntos a otros del equipo como sucede en el condensador.01623 (kJ/kg·K) · 1209. 2.7 kJ/kg y un trabajo consumido igual a: wvc = . para un flujo de calor q kJ/kg.58 kJ/kg . 87 . 3 y 4 y dibujando los procesos correspondientes.5 (kg-día) = 19.56 (kJ/kg) · 10 (K) / (269.0198 kJ/kg·K siendo por día.30. Procediendo del mismo modo: sg ie evap = |q| · {(1/Tfoco) .016 kJ/kg El balance de entropía para este equipo.027 (kJ/kg·K) · 1209. tenemos para la T media equivalente1 del proceso 23 en el condensador: Tm2-3 = (h3–h2) /(s3–s2) = (97.83 . es decir sólo me da la Ad debida a las irreversibilidades interiores. Este análisis algo más elaborado lo vemos en la cuestión siguiente: 6. Si lo que nos interesa es calor próximo a T ambiente.58·(1-(293. sabemos que es COP = |q cedido al foco caliente / w preciso para ello| = 178.15 · (19. el COP.12 / 30. 216000 kJ-día. 1 Además este balance sólo me da la exergía destruida dentro del VC al que aplico en análisis. Para calcular la exergía destruida en el proceso global no es necesario recurrir al balance de exergía1 si se ha hecho previamente el de entropía. el contenido exergético de ese flujo de calor nos es poco relevante.2 kJ-día La importancia de este valor se deduce de la comparación con el objetivo buscado: ceder 60 kWh-día o.95 En cuanto a la eficiencia termodinámica o rendimiento exergético: β = |aq cedido al foco caliente / w preciso para ello| = 14.28 + 33. El rendimiento térmico del ciclo.5 (kg-día) = 23.32))=14. al margen de que el valor de ese contenido resultará ser pequeño.92 kJ/K·día 5.Sg ie evap por día = 0.02 = 5.63 + 16.20 + 23. Basta aplicar la expresión de Guy-Stodola para ello: Ad por día = To · Σ (S g ii + S g ie) = 293.58/30.12 kJ/kg Consideraciones: El análisis exergético es especialmente adecuado cuando queremos verificar la calidad de una transformación de calor en trabajo pero no es tan clarificador cuando se trata de la transformación inversa y lo que nos interesa el flujo de calor como es el caso de la bomba de calor. El análisis del rendimiento exergético es mucho más revelador que el del primer principio cuando se trata de ciclos de potencia como se comprobará en los capítulos siguientes. en kJ-día. 88 .0198 (kJ/kg·K) · 1209.15/318.02 = 0.92) = = 27269.47 Ya que aq para el proceso en el condensador vale: aq = 178. 92 kJ/kg. el trabajo y el calor intercambiados por unidad de masa. desde vapor saturado a -20°C hasta una presión final de 15 bar. el trabajo por unidad de masa.Problemas resueltos y en documento Tgraf: Estos problemas están resueltos en detalle en los documentos correspondientes de TermoGraf y.2. Δs1-2 = 0 kJ/kg·K 89 . El cambio es debido a un calentamiento internamente reversible a presión y temperatura constantes. relaciona este flujo de calor con la variación de entropía que experimenta el sistema. El pistón se desliza libremente en el cilindro en un proceso tal que el agua llega al estado de vapor saturado. q1-2 irrev = 0 kJ/kg. q1-2 rev = 2281. Determina 1. la entropía generada por kg.1. Ayuda: El concepto de mínimo trabajo teórico va unido al de reversibilidad. en kJ/kg. determina 3. Pb. 3. 2. Pb. así como el cambio de entropía experimentado por el sistema.Mínimo trabajo necesario para una compresión Se comprime adiabáticamente una masa de propano contenida en un dispositivo cilindro– pistón. 5.. 2. Determina el mínimo trabajo teórico requerido. en principio. Rtas: 1. Si determinas las propiedades de los estados i y f se resuelve de forma inmediata. Δs1-2 rev = sg = 6.06 kJ/kg (negativo ya que es trabajo de compresión). El modo de trabajar con estos ejercicios es realizar en cada pantalla los pasos sugeridos por la ayuda de esa pantalla y comprobarla en la siguiente.41 kJ/kg. único modo real de que llegues a plantearte dudas que podrás resolver viendo la solución. ambos en kJ/kg y 4. 5.49 kJ/kg. w1-2 irrev = -2115. en la segunda parte del libro. sin que exista transferencia de calor con el entorno. ambos en kJ/kg y 2..28229 kJ/kg·K. ¿En qué forma se relaciona ésta con la variación de entropía del sistema? Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados. En esta parte junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución. bastará aplicar el primer y segundo principio para sistemas cerrados y para procesos reversibles primero y luego para procesos disipativos.Cálculos de S en un proceso internamente reversible Un dispositivo cilindro–pistón contiene agua líquida saturada a 90°C. Empezar viendo la solución te servirá para muy poco y no te lo recomendamos. w1-2 rev = 165. Si ahora el cambio se produce a causa de la acción de un agitador de paletas.28229 kJ/kg·K. Δs1-2 rev = q/T = 6. Rtas: wx = -86. por unidad de masa. en K. Calcúlese la presión y temperatura final así como el aumento de entropía. en MW.4. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para cada flujo. Ayuda: La resolución es similar a la desarrollada en el Ej. En cuanto a las exergías debe disminuir la exergía destruida ya que ahora no hay fricción con pérdida de carga (procesos isóbaros internamente reversibles). Podemos considerar como aproximación válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal.3.5 bar y salen a 560 K.1 m3 de aire a 300 K y 1 bar. y al otro 0. tomando para el cálculo de la exergía de flujo de calor el valor de 700 K como temperatura efectiva media de la frontera y la exergía destruida por unidad de tiempo. 5. Inicialmente se sujeta el pistón en el centro quedando a un lado 0.Proceso ¿irreversible? en dos cámaras Un cilindro térmicamente aislado. entra una corriente de aire a 400 K y 12 bar. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en gases procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1. en MW. Debes calcular 1.5874 bar.El intercambiador del Ej. 5. ¿Ha tenido lugar algún tipo de irreversibilidad? Ayuda: Debes identificar que propiedades se mantienen constantes a lo largo del proceso en el sistema compuesto y qué condiciones cumple el equilibrio final. La temperatura de salida del aire precalentado. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambiador en su conjunto El ambiente tiene T=300 K y P=1 bar. 3. Considera cómo debe ser el trabajo en cada uno de los subsistemas respecto del otro. el equilibrio de presión y temperatura en una nueva posición.Pb.. El flujo másico de ambos procesos. 5. Pb. T = 300 K. 4. cerrado por ambos extremos.3. Rtas: Pf = 1. de modo muy lento.. 90 . los procesos son internamente reversibles y la entropía total no cambia.1 m3 de aire a 300 K y 2 bar. Se libera el pistón alcanzándose. aplicando la ecuación de estado y las ecuaciones que ligan las propiedades en cada subsistema con las del sistema combinado. Comenta los resultados. que son isóbaros e internamente reversibles. está provisto de un pistón conductor sin rozamiento que lo divide en dos partes. Aquí los volúmenes de control son ahora las respectivas tuberías por lo que en sus balances se deben considerar los flujos de calor entre ambas. El balance de exergía para la corriente de gases de combustión como sistema.3 sin pérdida de carga En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácticamente adiabática. 5. 2. es 40 kg/s. 8908 ΔSU (kJ/K) 0 0. en cuanto al recorrido de estados.2538 0. 4.2538 1.9 kJ. sufre una masa de 1 kg de aire inicialmente a 60ºC y P=1 bar. ΔSsist (kJ/K) Recorrido 1-2 Recorrido 1-3-2 Recorrido 1-4-2 -0. Rtas: 1. 5. 155 MW ΔAf₁₋₂ = 4.4363 91 . de modo que el efecto es el mismo: un incremento de la energía del sistema.Rtas: 1. en un sistema cilindro-pistón.5455 Sgie (kJ/K) 0 0 0. 668.7698 MW. o sea a -Wrozamiento (los signos de Qrozamiento y Wrozamiento son los correspondientes al criterio de signos para cada uno. Δh₁₋₂ = -Δh₃₋₄ = 278. Calcula. Pb. Q12 = 37 811.46 -0. ΔAf₃₋₄ = .. coinciden real y equivalente (es decir el Wx coincide) y que el flujo de calor del equivalente corresponde al Qrozamiento del real. y qué significa sistema adiabático desde el punto de vista del mismo.6. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 3-2 de cesión de calor a v cte? 3. Puedes simular el proceso adiabático irreversible como uno de entrada-salida en el que determinas los flujos de Q y trabajo o.2552 MW 3.74 K 2.5. Recuerda que la hipótesis en este proceso equivalente es que. Ayuda: Analiza lo que tienen en común los tres procesos: ten en cuenta el enunciado del 2º Principio.Variación de entropía (procesos entre los mismos estados) Calcula la variación de entropía del sistema y del universo producidos en cada uno de los tres procesos que. cuando haya irreversibilidades. MEJOR. En los tres casos el sistema alcanza el mismo estado final de P=5 bar mediante los siguientes recorridos de uno o más procesos: Recorrido 1) compresión isoterma reversible en contacto con un foco a la T del proceso (proceso 1-2) Recorrido 2) compresión adiabática reversible hasta v2 seguido de enfriamiento internamente reversible a volumen constante (procesos 1-3 y 3-2) con cesión de calor al ambiente (To = 300 K) Recorrido 3) compresión adiabática irreversible hasta P2 y temperatura 600ºC seguida de enfriamiento internamente reversible a P cte mediante cesión de calor al ambiente (To = 300 K) 1.46 Sgii (kJ/K) 0 0. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 4-2 de cesión de calor a P cte? Representa los procesos gráficamente en los diagramas P-v y T-s. utilizar un proceso (equivalente) politrópico y transformarlo en irreversible-adiabático seguido del correspondiente reajuste de los flujos de Q y W en la ventana de balances.46 -0.87 kJ/kg o para el flujo másico total: 11. el valor de las entropías generadas internas (sgii) y externas (sgie) 2. 9 670 (vvap . / Δuvap / Δhvap / Δsvap 37. 4. Ayuda: Si trabajas con TermoGraf. ¿Crees que es válido este modelo en este caso? x2=0. reversible o no.1785 c) Identifica qué estado es inalcanzable con un proceso adiabático. inicialmente a 700K y 10 bar que sufre un proceso termodinámico pasando a un estado final (los estados 2 con x2= 0. 4 P (bar) T (K) 10 700 1 372.95 b) Habrá alguna diferencia para dicha variación del sistema. en función de que el proceso sea reversible o irreversible? ¿Por qué? ¿Y para el universo?. haz la misma comparación controlando las unidades.73 0.07 Δh (kJ/kg) 0 Δs (kJ/kg·K) 0 -0.23% 63.83 K. empleando 1. Representa los estados en el diagrama Ts y cubre las casillas de la tabla adjunta.vg id) (Δuvap -Δug id) (Δhvap -Δhg id) (Δsvap -Δsg id) / vi vap. 1 est.6.35 350 2. 3 est. b) y c): hecho el problema revisa la solución en la segunda parte (p. Para la cuestión b) debes recordar que la S es función de estado.72% Modelo: Gas ideal v (m3/kg) 0.La tabla de gas ideal para el vapor de agua ( o el correspondiente modelo en TermoGraf). Rtas: a). Si trabajas con tablas.49198 est.20094 Δu (kJ/kg) -496. puedes seleccionar el modelo de sustancia real y el de gas ideal y comparar los resultados. Para la c) debes aplicar el balance. .701 Δh (kJ/kg) Δs (kJ/kg·K) -0.24 K.Vapor de agua: comparación de modelos en cálculo de S Se dispone de vapor de agua. 2 est. 198) 92 . Pb.95.09% 17. Tbm(4-2) = 565.La tabla de vapor sobrecalentado o el programa TermoGraf 2. 5.2. a) Calcular la variación de entropía especifica. Modelo: Sustancia real v (m3/kg) 0.. y explica por qué. 3 y 4 del cuadro adjunto). . Tbm(3-2) = 464.31942 Δu (kJ/kg) 0 -600. en kJ/kg·K. Reversible: Tbm = 378. La T media termodinámica en la frontera para ambos procesos. Rtas: 1. Calcular. representando la evolución del sistema en el diagrama Ts: 1. es un depósito a 26. en un dispositivo cilindro–pistón. el entorno y el universo 3. El proceso es isotermo e irreversible mecánicamente.2.72 K. Las variaciones de entropía del sistema.0 kJ/kg.7.85°C.85°C.85°C. Cuánto vale la sgenerada en este caso. 2. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que rodea al dispositivo es un depósito de calor a 126. Para el proceso irreversible puede utilizarse la ventana de balances. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que lo rodea es un depósito de calor a 26. 2. El reversible permite un rápido cálculo en Termograf y. 3. Reversible: ΔsMC = 2. en los siguientes casos: a) El agua se calienta reversiblemente y sobre una isóbara desde 10ºC y 10 bar hasta mezcla de líquido y vapor con un título x= 0. 5.Cálculo de S para una sustancia incompresible Se dispone de 1 kg de agua. si: 1. ΔsU = 0 Irreversible: ΔsMC = 2. A estas ideas habrá que pensar en la diferencia (y a quién afecta) que hay entre un flujo de calor reversible o irreversible entre sistema y entorno. Irreversible: q = 0 2. Pb. Los flujos de calor intercambiados en kJ/kg.8.1 mediante un foco que varía su temperatura manteniéndola igual a la del sistema en cada estado intermedio de la expansión del pistón. El tercer caso ya no es un proceso internamente reversible como en los dos casos anteriores pues se añade una irreversibilidad interna: el rozamiento.4398 kJ/kg·K 3. Reversible: q = 904. b) El agua se calienta en un proceso internamente irreversible a P cte desde 10ºC y 10 bar hasta el mismo estado final del caso anterior mediante un agitador de paletas estando el cilindro aislado adiabáticamente. en un sistema cilindro pistón. Δsent = ..4398 kJ/kg·K. Ayuda: Este es un problema muy simple si interpretamos adecuadamente qué significa que la entropía del sistema es una propiedad de estado y qué es una irreversibilidad interna o externa que lógicamente puede afectar a los procesos.. ΔsU = 2. Irreversible: Tbm no es aplicable pues q = 0 por ser el proceso irreversible adiabático además. 93 .85°C desde 1 bar hasta 30 bar.Pb. En cuanto al medio que lo rodea.4398 kJ/kg·K.4398 kJ/kg·K = sgi . 5. si se desea utilizar el modelo de líquido incompresible bastará intercalar un estado auxiliar con título x=0 de modo que se calcule con las expresiones de líquido incompresible los cambios en esa parte del proceso. Calcular el cambio de entropía en el sistema y en el universo que resulta del proceso.Irreversibilidad térmica y mecánica Se comprime una cierta cantidad de un gas ideal (dióxido de carbono) isotérmicamente a 126. Ayuda: Ambos procesos son isóbaros. ya que requiere un 20% más de trabajo que la compresión reversible. Δsent = 0. 5.8567 kJ/kg·K. 3.Δssist..Exergía en una masa de control (sistema cerrado) Un dispositivo cilindro–pistón de paredes adiabáticas y 66 cm de diámetro contiene 2 kg de metano a 60°C de temperatura. bastará ver si se cumplen el primer y segundo principio con los correspondientes balances en el volumen de control en el que.6426 kJ/kg·K. Δsent = . Sgi = .2141 kJ/kg·K 3) Δssist = . sge = 0..1 kJ en forma de calor al ambiente que se encuentra a 20°C.6426 kJ/kg·K.Rta: 1) Δssist = .0.0. c) Trabajo de expansión (en kJ). Confusión entre valores extensivos y específicos Pb. Δsent = 0.5938 < 0 imposible ¡! Sge = 0. Rtas: 1.9. volumen y temperatura del sistema al final del proceso. Sin embargo. 1. 94 . ¿Encuentras alguna explicación para la confusión? Ayuda: Dadas las condiciones inicial y final así como los flujos energéticos del proceso. A la luz del primer y segundo principios de la Termodinámica encuentra el valor corregido de Q y justifica a partir del mismo cual de los dos tiene razón.. d) Variación de entropía del sistema y entropía generada (ambas en kJ/K).1281 kJ/kg·K. Para ello un técnico define un proceso mediante el cual la compresión del sistema hasta el estado final se hace suministrando un trabajo de 20 kJ a la vez que el sistema cede 52.6426 kJ/kg·K. El primero corrige el error pero el segundo señala entonces que el proceso es imposible. b) Variación de energía interna y entalpía específicas (en kJ/kg). Identifica el valor de las entropías generadas interna y externa y confirma con dichos valores la respuesta previa. Q = .2570 kJ/kg·K Δsent = 1. 2.0. Determina quién tiene razón tras la primera corrección. ΔsU = 0.3855 Pb.0281 kJ/kg·K. 5.Una solución posible.5138 kJ/kg·K < 0 proceso imposible ¡! 3. ΔsU = -0. El émbolo se encuentra sometido a una fuerza exterior constante de 90 kN y se expande lentamente como consecuencia del calor que se suministra al sistema mediante una resistencia eléctrica conectada a 220 V por la que circula una intensidad de 1 A durante 2 horas.08 > 0 4.10. supuestamente.02 kJ 2.o no En un proceso industrial se pretende comprimir en un cilindro-pistón 1 kg de agua que inicialmente se encuentra en unas condiciones de 4 bar de presión y 200°C de temperatura hasta 16 bar y 206°C. ΔsU = Δssist + Δsent = 0 2) Δssist = . sgi = 0.0. kJ/kg·K.61. ΔsU = 0. otro técnico del equipo sostiene que el calor está mal calculado. Determina la corrección encontrada para el valor de Q. se realiza la operación.. Calcula: a) Presión. 6. Amoniaco: a = 23. ΔU1-2 = 1290. v2 = 1. Se quita la fijación del tabique de modo que el gas lo desplaza brus95 .12. Ayuda: Identifica las propiedades del estado inicial que necesites para calcular todo el estado.27°C. af = 584. Po = 1.El cálculo de exergías Calcúlense la exergía.01 bar): 1.. ΔS1-2 = 3. T2 = 616. 5. Con los dos. 4. Amoniaco como vapor saturado a . Rtas: 1. Ayuda: Basta considerar las expresiones de ambas propiedades.36 kJ. 2. Aire como gas ideal a 2.8 MPa. Vapor de agua a 245 bar. 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una central térmica). 3. 2.3787 kJ/K. af. las cuestiones se responden de modo sencillo. Rtas: 1. ΔH1-2 = 1584 kJ.52 kJ. Pb.. Aire: a = 375. ΔA1-2 = 284. 5. 3. P2 = 2. 2.28 kJ. (entrada al compresor de un sistema de refrigeración).63 bar. 3.45 kJ/kg. a. Ad = 1007.743 kJ/kg.Expansión totalmente irreversible (contra vacío) Un recipiente de paredes rígidas y adiabáticas está dividido interiormente por un tabique enclavado que define dos compartimentos iguales.e) Variación de exergía del sistema y exergía destruida (en kJ) ¿Puedes señalar las causas de tal destrucción?. y la exergía de flujo. af = 54. específicas para los siguientes sistemas (condiciones estado muerto: To = 22°C.86 kJ/kg.05 K. f) Representa el proceso en los diagramas P-v y T-s.2142 m3/kg.11.3787 kJ/K. Pb. uno lleno de un kg de aire a 500 K y 5 bar y el otro vacío.3 kJ/kg. interpretar adecuadamente el papel de la energía cinética y sustituir en ellas los valores de las propiedades termodinámicas que intervienen cuidando las unidades. 5. 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas).589 kJ/kg.72 kJ. Identifica el tipo de proceso y qué te permite identificar lo que necesitas para dibujar el estado final. 550°C.5 m/s. Agua: a = 1198. Sgi = ΔS1-2 = 3. 2. af = 1527. Wx = 293.979 kJ/kg. En termodinámica el vacío no está vacío. sgi = 0. La exergía destruida en el proceso de fuga. Caso A: La expansión se realiza de forma brusca e inmediata. El mínimo trabajo necesario para conseguir reponer la situación inicial.1989 kJ/kg·K. y para el estado de mínima presión.302 kJ/kg 2.Irreversibilidad en una fuga de gas Un depósito rígido y adiabático de 3 m .1989 kJ/kg·K. Caso B: La expansión se realiza de modo cuasiestático mediante una serie de topes que se van retirando sucesivamente tras alcanzar los estados intermedios de equilibrio.camente a un extremo mientras se expande llenando los dos compartimentos homogéneamente (caso A).01 bar Ayuda: Recuerda el experimento de Joule para determinar las condiciones del estado final y del proceso así como las características que tienen las propiedades de estado en cuanto a sus cambios en un proceso a diferencia de las propiedades de proceso. Finalmente. La temperatura en este estado.01 bar. Po = 1. El ambiente tiene To = 25ºC. Se produce una fuga microscópica y el aire se escapa lentamente hasta que la presión en el depósito desciende hasta los 2. Valores del estado ambiente: To = 25ºC. determina 1. a la realización o no de trabajo en la expansión y a las características de la disipación cuando exista. Po = 1. Con el modelo de gas ideal. La masa de aire que ha abandonado el depósito. ad = 0 Pb. ad = 59. 4. Posteriormente se comprime adiabáticamente aire ambiente hasta recuperar los 8 bar. ad = 59.13. 2. sge = 0. Analizar los tres casos propuestos A. sgi = 0.. Debes interpretar adecuadamente el papel de la cámara vacía. 2. contiene aire a una presión de 8 bar y una temperatura de 660 K. 3 96 . 5. sgi = 0. B y C en cuanto a las condiciones termodinámicas del estado final. 5.5 bar. 3. Rtas: 1. Caso C: Se conecta el émbolo a una polea (figura C) y se retira parte del aislamiento de modo que se transmite un flujo de calor al gas que se expande lentamente en un proceso reversible a temperatura constante.302 kJ/kg 3. 3. El incremento de SU en dicho proceso de vaciado. momento en que se corrige la fuga. determinar la generación de entropía a causa de la irreversibilidad del proceso y el valor de la exergía destruida en cada uno de los siguientes casos: 1. 4.15. La exergía destruida si la temperatura en el ambiente es de 20 ºC.28 K 3. Rtas: 97 . La entropía generada en el proceso de transferencia y 2. y al final una presión de 155 bar y una temperatura de 530 °C.84 kJ Pb. Considera las siguientes hipótesis: a) La T media de la frontera. Δaf. La entropía generada en la irreversibilidad interna y en la externa. el proceso de expansión internamente reversible (y adiabática) desde su estado inicial. 1. de la masa circulando entre 1 y 2 y la destrucción de exergía que origina el rozamiento. en kJ/kg·K.Transferencia de calor totalmente irreversible Un flujo de calor se transfiere desde un depósito mal aislado al ambiente.12 kJ 5. 5.12 kJ 4. Wmín = . Ayuda: Con las hipótesis y el balance de energía para el VC de la tubería pueden calcularse las dos primeras cuestiones. Sge = 15. hasta el final. todo ello en kJ/kg..217 kg.432 kJ/K 2. 33 kJ/K Pb. 2. siendo la temperatura de la pared 1000 K. 2. 5. 2.3081. coincide aproximadamente con la media aritmética. para la masa de aire que se queda en el depósito. La variación de exergía de flujo. Aplica el balance de exergía para el trabajo mínimo de la compresión que es también adiabática. Las condiciones del ambiente son 1 bar de presión y 15 °C de temperatura. La cantidad total de calor cedido en una hora es de 6400 kJ.14. Ad = 3081. Tbm. me = 7. Rtas: 1. Rtas: 1. en la conducción mal aislada que une la caldera con la turbina en una central térmica.Destrucción de exergía en una tubería El vapor de agua. ΔSU = Sg = 10. El flujo de calor y el trabajo de rozamiento en kJ/kg. b) El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento. Y calcula por kg de vapor circulando: 1.. con los correspondientes balances. tiene al principio una presión de 160 bar y una temperatura de 540°C. Calcula 1. Aplicar el balance del segundo principio permite resolver las otras dos. 3. ¿Podrías definir un mecanismo idealizado que permitiera aprovechar el flujo de calor de modo que se redujera o anulara la irreversibilidad del proceso de transferencia? Ayuda: Considera el papel de una máquina térmica que recibiera el flujo de calor y analiza la situación si la máquina fuera de Carnot y el foco frío fuera el ambiente. en K. Ad = To · Sge = 4523.Ayuda: Analiza. T2 = 479. La Tbm del proceso. 084 kJ/kg. sgi = 0. b) La magnitud y dirección de la transferencia de exergía que acompaña al flujo de calor.15 K 2. qvc = . Condiciones del ambiente: 1.17. En el condensador el vapor condensa a líquido saturado a 12 bar. determínese.5082 kJ/kg 3. 5. en estado estacionario. entra al compresor como vapor saturado a –8ºC.181 kJ/kg. c) La exergía destruida. a) Dibuja el ciclo en un diagrama T-s b) Calcula el rendimiento isoentrópico del compresor c) Escribe la expresión de la variación de entropía del universo. La sustancia de trabajo es el Refrigerante 134a que.91 kJ o alternativamente1: ad = 109.. La temperatura superficial media equivalente de la turbina es 366 K. como suma de la entropía generada en las irreversibilidades interiores y en las exteriores y señala el origen de las diferentes producciones de entropía. Rtas: 1. En el evaporador.5. wroz = .0494 kJ/kg·K.18. a) El trabajo desarrollado. de flujo de Q y destruida En una turbina que opera en estado estacionario entra vapor a 150 bar y 500°C.39 kJ/kg 2.0629 kJ/kg·K 4. a(q) = ..01 bar de presión y 15 °C de temperatura. ad = 100.Ciclo de bomba de calor Una bomba de calor suministra aire caliente a una vivienda.Exergía de flujo. El vapor sale de la turbina como vapor saturado a 180°C. ad = 14. saliendo a 48ºC sin cambios apreciables en la presión. Usando el modelo de gas ideal para el aire y el de sustancia real para el refrigerante. 5. la temperatura media equivalente del aire en contacto con el evaporador es 10ºC más alta que la temperatura del evaporador.1. Tbm = 808. que lleva a la presión del evaporador en donde el fluido alcanza la situación de vapor saturado a –8ºC. La salida del compresor y entrada al condensador es a 70ºC y 12 bar. sge = 0. Para la turbina.16. El siguiente proceso es la expansión irreversible del refrigerante a través de una válvula de estrangulación. 98 .235 kJ/kg Pb. Los procesos del condensador y el evaporador son internamente reversibles. en kJ/kg de vapor.28. Δaf(1-2) = . 1 Cuando la exergía del flujo de calor se considera parte de la exergía perdida o destruida. el aire de retorno pasa de la vivienda al condensador a 20ºC y 1 bar.925 kJ/kg 3. Ayuda: El proceso no es adiabático luego deberemos apoyarnos en los datos de los estados para resolver el balance con el resto de datos.8. w(vc) = 490.42 kJ Pb. En el condensador. Existe una pérdida de energía por insuficiente aislamiento de la turbina que cede calor al ambiente a razón de 40 kJ por kg de vapor circulando. el compresor.3 % 3. calculando cada uno de sus componentes en el condensador. Ayuda: Trabaja con los sucesivos volúmenes de control correspondientes a cada equipo y resuelve en ellos los balances.643 ó 64. Rtas: 1. en kW/K si la potencia de calefacción es de 10 kW.0580 kJ/kg·K Válvula estr. ηs = 0. ΔSuniv = ΔSsist + ΔSent = Sgii + Sgie 4a.: sgii = 0. Irreversibilidades exteriores Sistema Condensador-entorno: sgie = 0.0174 kJ/K y por kg de refrigerante ΔSuniv = Sgii + Sgie = = 0.0276 kJ/K y por kg de refrigerante Sistema: Evaporador-entorno: sgie = 0. kJ/K y por kg de refrigerante y el incremento de la entropía del universo. Irreversibilidades interiores: Compresor: sgii = 0. El ciclo en el diagrama Ts: 2. la válvula de expansión y el evaporador.010 kW/K 99 .d) Evalúa la generación de entropía señalada en 3).0281 kJ/kg·K 4b. en kJ/kg·K. Pb. ¿Qué diferencia hay entre los dos casos? Ayu Ayuda: Determinadas las propiedades energéticas en los dos estados. mientras se mantiene constante la temperatura de la resistencia en 27°C. bastará aplicar el primer principio para s Rtas: 1. Wx = 4 777. Es muy conveniente que lo hagas en el documento TermoGraf de autoaprendizaje que encontrarás en la sección correspondiente y que difiere de los anteriores en que aquí no hay desarrollo por pantallas sino sólo la ayuda y las Rtas.836 kJ/kg·K). aunque también pueden incluir Rtas de pasos intermedios. 5.84 kJ/kg.70 kJ/kg 2. h2 = 3275. u1 = 1314.18. Una vez resuelto podrás contrastar las Rtas de todos los pasos en detalle.Problemas con documento Termograf para autoevaluación En estos problemas junto al enunciado se plantea una ayuda para que desarrolles su resolución y la compruebes con la Rta.7 kJ. de dos formas distintas: proceso de absorción de calor internamente reversible.(m=10 g. Considerando una situación estacionaria. el proceso tiene lugar por la acción de un agitador de paletas. Cp= 0. h1 = 1385. u2 = 2965. calcula: d) ¿Cuál es la variación de entropía de la resistencia? e) ¿Cuál es la variación de entropía del Universo? Ayuda: Pendiente 100 . Se pide: a) Representa el proceso gráficamente en el diagrama Ts.11 kJ/kg. 5. El sistema sufre un proceso de calentamiento a P cte hasta alcanzar el estado de vapor saturado. cuando convenga.Cálculo de la entropía comparando procesos Un sistema cilindro-pistón contiene inicialmente agua líquida saturada a 50ºC. una corriente eléctrica de 10 A por una resistencia de 25 W.19. en kJ/kg c) Aplica el balance de entropía al sistema en ambos casos y calcula la variación de entropía total del sistema. Si te pide clave de acceso puedes poner un 1 en todos los campos que debas llenar.- Se hace circular durante 1 sg. Pb. b) Calcula en cada caso el calor y el trabajo intercambiados por unidad de masa.13 kJ/kg.. El sistema está aislado térmicamente. Ayuda: Pendiente Rta: 3 101 . 5.Se comprime aire en un dispositivo cilindro-pistón entre un estado inicial a 1 bar y 300 K y uno final a 20 bar y 600 K. Generación de entropía del universo en el proceso. T final del depósito 2. se estima ser 400 K.Un depósito cilíndrico perfectamente aislado tiene 4 m de volumen y se divide en dos subsistemas mediante un pistón móvil. La Ayuda: Pendiente Rta: Pb.22.Rta: Pb. Se libera el pistón que alcanza una posición de equilibrio. Generación de entropía producida en el depósito 4.20.21. Calcula cuánto puede ser la producción de electricidad del mencionado dispositivo y califica si es viable o no.Un inventor pretende patentar un dispositivo que produce electricidad de modo que recibe un flujo de calor de 400 kJ/s y produce la correspondiente cantidad de electricidad. 5. La temperatura media termodinámica de la frontera. Determina 1. Tbm. saturado a 36 bar en una de las partes y a 650ºC y 10 bar en la otra. En cada uno de los subsistemas hay vapor de agua. Determina si el proceso puede ser adiabático y en el caso de respuesta negativa identifica el flujo de calor mínimo que es necesario para un proceso viable. diatérmano que inicialmente está fijo en el centro del depósito. P final del depósito 3. Ayuda: Pendiente Rta: Pb. 5. Sección B: Problemas resueltos 102 . en m3/kmol. Condiciones: No se analizan estados o procesos. Conceptos generales.01 Conceptos) Pb. N2 . 103 . proceso. sea la sustancia que sea.314 0..Base molar y base másica Las masas atómicas o moleculares de las sustancias O2. fase. H2O.3565 8.2. C2 H4.Ecuación térmica de estado Un depósito contiene 0. 1.Conceptos generales Define y analiza brevemente el significado de los siguientes términos: sistema termodinámico. ¿Cuál es su volumen específico. Análisis: R es una constante universal para todos los gases cuando nos referimos a un molgramo. 1. pueden consultarse en la Tabla 1 del Apéndice o seleccionando en TermoGraf la sustancia y con un clic en . NH3 . entonces R tomará un valor distinto (algunos autores lo identifican como “r”) para cada sustancia pues en un kg habrá distinto número de moléculas en función de la masa que tenga la molécula de dicha sustancia.314 0.2964 Agua 0.314 0.3569 8.5551 8. propiedad intensiva. 1.1.. estado de equilibrio. es decir cuando se trata del mismo número de moléculas. ciclo termodinámico. Escribe una tabla con el valor de R en base molar y en base másica (1 kg) para las sustancias recogidas en el enunciado.5871 8. Basta aplicar las definiciones correspondientes.314 0. volumen de control. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Las masas de diferentes gases. Tomaremos el dato de masa molecular de la información de cada sustancia y con ella calculamos nº kmol = 10/(masa molecular). en m3. Cambio de unidades Pb.314 0. propiedad. Modelo de la sustancia: Gas ideal. (Debes trabajar este enunciado en el documento TermoGraf: Pb 01.3.1.4881 Etileno 0. utilizando la expresión anterior.3125 8.. Si hablamos de otra unidad de masa como el kg.4615 Pb.2968 Amoniaco 0. si se cumple P·v = RT? Determina el valor de la masa si lo expresamos en kg y calcula con este valor el volumen total. Con este procedimiento vamos obteniendo los valores recogidos a continuación Rtas1 nº kmol/10 kg: R (kJ/kmol·K) r (kJ/kg·K) O2 0.2598 N2 0. proceso adiabático.3 kmol de gas dióxido de carbono (CO2 ) en condiciones estándar. Determina el número de kmol existente en 10 kg de cada una de ellas. 1 Recuerda que el punto se utiliza como separador de la parte decimal en lugar de la coma. 436 l.04 (kg/kmol) = 4.413 m3/kmol Y para la masa propuesta: Masa en kg: 0. como en Termodinámica y Química.04(kg/kmol))·(273. Se denominan normales porque son las que imperan normalmente en un laboratorio.A. en función de la preferencia del investigador.314 · (273. Análisis: Recordando el significado de la convención Condiciones Estándar.0132 · (100 kN/m2) = 22. de T = 0ºC = 298.U. Es muy común tomar como condiciones normales aquéllas que implican que la temperatura de referencia es de 25ºC (298. Modelo de la sustancia: Gas ideal. que es el volumen de un mol de un gas ideal en condiciones normales.15 K y P = 1 atm = 1.4 l. Utilizaremos la expresión de la ecuación térmica de estado. Condiciones: Unidades de masa en kilomoles.0123 · (100 kN/m2) = 6.314 (kJ/kmol)/16. especialmente en el cálculo de entalpías y energías libres de reacción: las llamadas condiciones estándar.15 K) y la presión de 1 atm (definida como 101325 Pa). 01325 bar tendremos para el volumen molar: v = R (kJ/kmol·K) · T (K) / P (100·kPa) = = 8. Condiciones normales de presión y temperatura (abreviado CNPT) o presión y temperatura normales (abreviado PTN o TPN) hace referencia a los valores de presión y temperatura que imperan en un laboratorio. Las condiciones estándar hacen referencia a una temperatura de 273K (0ºC) y a una presión de 1 atm (101. Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar masa de control (MC). pues. Configuración: No se necesita un análisis energético por lo que sirve cualquier modo de análisis.812 kg y V = (8.724 m3 Consideraciones: Revisa el concepto de Condiciones Normales y el de Condiciones Estándar que se recogen más arriba 104 . aunque también son posibles temperaturas de 15ºC o 20ºC.RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas metano contenido en un depósito. Tomado de Wikipedia a la vez que revisamos el otro concepto de Condiciones Normales. como: término cualitativo. Con los valores.082x 298/1ATM =24. Es un término definido por la I. que usualmente implica la presión ambiental y la "temperatura del lugar". que usualmente se simplifica en 22.3 (kmol) · 16.325 Pa) siendo un mol de un gas en estas condiciones 22.15 / 1.C. Si se toma el valor de la temperatura ambiente del lugar como 25ºC (o 298K) y la presión como 1 atm.15) / 1.P. Preferiblemente las variables de temperatura y presión deberían ser tomadas como valores representativos de las condiciones actuales (o rango de condiciones) empleadas en el estudio. Sin embargo en Termodinámica se usa de forma mucho más habitual otras condiciones de referencia que son más cómodas y fácilmente reproducibles.386 litros. El término "Condiciones Normales" se suele utilizar mucho para la medición de volúmenes de gases en muchos campos de la ciencia. en el caso de gases ideales: PV =n RT --> V= 1x 0. la ecuación de un proceso sólo se cumple para los valores específicos de los estados del proceso. dicho de otro modo. P2 podremos obtener n de la ecuación del proceso politrópico: P1·v2n = P2·v2n Así pues calcularemos v2 = 3 m3 / 10 kg = 0.4.Escalas termométricas Se construye un termómetro con una escala cuyo cero coincide con la temperatura de ebullición del propano a presión atmosférica. Esta ecuación se cumple para todos los estados de una sustancia con esa eciación de estado (los gases ideales). A diferencia de esto.3 m3/kg y con él.. hasta el estado 2. 1. v1 = 800 cm3 /g.3476 Con este valor podremos calcular el valor de V para P = 400 000 Pa = 4 bar: V (4 bar) = ((P2·V2n) / P1)1/n = ((10 · 32. con P2 = 10 bar. Análisis: Deberemos obtener el valor de v2 pues con éste y el resto de datos: v1.Proceso politrópico Un dispositivo cilindro–pistón que contiene 10 kg de acetileno es comprimido desde el estado 1. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: No tiene efecto. en K. despejando en la ecuación anterior: n = ln(P2/P1) / ln(v1/v2) = 2. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: 10 kg de acetileno en un cilindro-pistón.5. Durante el proceso. la relación entre la presión y el volumen específico toma la forma P·vn = cte. O. P1. con P1 = 1 bar. Modelo de la sustancia: Gas ideal.Pb. Por ejemplo la isoterma T = 300 K es el lugar geométrico de los estados cuya T = 300 K. Configuración: Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar masa de control (MC). Se pide determinar la temperatura en ºC. sólo los estados con T = 300 K cumplirán con la ecuación del proceso isotermo. Análisis: La temperatura de ebullición a una presión dada es la temperatura de cambio de fase a esa presión.432 m3 Consideraciones: Conviene que diferencies entre la ecuación de estado: P·v=R·T y la ecuación de cualquier proceso como uno isotermo o isócoro… En la primera tenemos la relación entre las tres propiedades llamadas térmicas de un estado. Condiciones: Se analiza un cambio de escala en un termómetro de diseño especial. cuando la lectura en dicha escala sea 87..3476 = 4.0132 bar y puede ser líquido saturado o vapor 105 . Pb. una de sus unidades? ¿Y en ºC?. Configuración: Idem. Es decir: P = 1. Determina el valor del índice n y calcula con ella el valor de V cuando P es 400 000 Pa. Condiciones: Proceso politrópico del que se desconoce el índice. Podemos determinarla si identificamos un estado en cambio de fase a la presión atmosférica. y cuyo valor 100 se corresponde con la lectura 100 de la escala Fahrenheit. Modelo de la sustancia: Idem.3476) / 4) 1/2. 1. V2 = 3 m3. ¿A qué equivale. Estados termodinámicos La fig.92ºC o dicho de otro modo: la división 0ºE coincide con la . Por otra parte si definimos las temperaturas en ºC que corresponden a los puntos 0-100 de la escala E podremos hacer la correspondencia entre ambas escalas. Fig.6.41. regulada por una válvula.45 de la escala F. La lectura de 87 divisiones en la escala E serán (87*0. Así 1ºE será igual a 1.797) divisiones en la escala ºC. g) calcula T1 en ºC. que son los estados sobre la curva de saturación (como verás al estudiar las propiedades de las sustancias los títulos respectivos son x = 0 y x = 1).8)ºC → 1ºE = 0.8)ºC/ºF =-41. En ella.797ºC Por otra parte el 0 de la escala E es -43.4342ºF. una turbina produce trabajo que extrae del vapor de agua que recibe. Así: Observando la zona a la derecha de la figura se deduce que 100 unidades ºE equivalen a 143.42-32)ºF·(1/1. Debemos establecer una proporción entre el nº de divisiones de una escala y el de otra (véase la figura de la página siguiente) y a partir de dicha relación puedes responder todas las cuestiones.42ºF que pasados a ºC serán (-43. tenemos que 1ºE será equivalente a 1. Pb 1.6 muestra parte de una instalación de potencia..8ºF son 1ºC y 1ºF=(1/1. la temperatura es 410ºF y la presión es 12.42 unidades ºF. La lectura en la escala Celsius será.42ºC Pb.saturado a esa presión. Como por otra parte 180ºF corresponden a 100ºC (zona izda de la figura). A partir de ahí el paso de la lectura de 87ºE a ºC es inmediato y puedes calcular todas las preguntas restantes. El caudal a la entrada de la turbina es de 31000 l/min y la presión.45ºF.43.8 bar.92 de la escala C.6 RESOLUCIÓN 106 .92 = 27. que coincide con la división . El flujo másico medido a la salida de la turbina es de 6 kg/s. Pb 1. pues: (87*0. Si 100ºE equivalen a 143. h) calcula T2 en K i) expresa P2 en cm de columna de agua.8)ºC.4342·(1/1. es 2800 kPa. Con los datos anteriores: f) expresa P1 en bar. tenemos que 1. 1.797)-41. concluiremos que: v1(m3/kg) = Caudal en 1 (m3/s) / Flujo másico (kg/s) = (31. Modelo de la sustancia: Sustancia real (agua en fase vapor). Por ejemplo el producto de una presión por un volumen es una energía. Las alturas de columna de agua y Hg son inversamente proporcionales a sus densidades (concepto de presión).5/60) / 6 (m3/kg) =0.15 K Y para P2 en cm de columna de agua: 1 bar equivale a 75. Consideraciones: Trabaja tus problemas llevando siempre el análisis de las unidades de manera apropiada y cuidadosamente pues te permiten identificar posible errores en las expresiones o al sustituir las propiedades.Sistema a estudio: El vapor de agua en la turbina. T) en Tablas o TermoGraf. Como conoces el flujo másico y el caudal a la entrada puedes determinar el volumen específico.15+(410-32)/1. y con P1 tienes la información precisa para representar el estado. Empezaremos por determinar el v especifico (m3/kg) en el estado 1. 107 . 1.0062 cm de Hg.59/1 = 1019.33 cm de agua.8 = 483. observamos la unidades y la definición de flujo másico y caudal. representando el estado con dos datos que conozcas (Principio de Estado para una sustancia PvT). Para ello tendremos en cuenta que el flujo másico es el mismo en 1 y en 2. Si además.05ºC T2: 273. Analiza el valor en kJ de (1 bar·1 m3). Análisis: Una turbina se analiza como Volumen de Control. con una entrada y una salida.0875 (m3/kg) Tenemos así: P1: 2800/100 = 28 bar T1: (572.8 = 300.4 cm de columna de agua.1) a 75. Como T1 no es un dato tendrás que obtenerlo del diagrama en Termograf. En consecuencia 1 bar equivale (ver Ej. y P2 = 28541. v1. Configuración: Por la característica del dispositivo lo lógico será seleccionar volumen de control (VC) ya que el sistema es abierto: tiene una frontera permeable al flujo de masa. y el flujo másico es el mismo en ambas. Condiciones: No se necesitan consideraciones energéticas y basta con buscar las propiedades termodinámicas térmicas (P.006*13. Es importante trabajar siempre en el SI y cuidar con las expresiones que incorporan unidades no estándar.088-32)/1. V. sabiendo que el volumen del recipiente es 1 m3. ya que se cumple P·V = m·R·T. ma y mCO2 en cámaras separadas y cerradas.2 bar y T=430 K en ambas partes. Por otra parte se cumple que el sistema completo siempre es la suma de los subsistemas (ambas cámaras). Modelo de la sustancia: Gas ideal para ambas sustancias. en concreto la T nos permite determinar el valor de la energía interna de cada estado y cada parte. que permite el flujo de calor y trabajo entre ambas partes. Además: P1·V1 = ma·R·T1 P2·V2 = ma·R·T2 P´1 ·V´1 = mCO2·R·T´1 P2 ·V´2 = mCO2·R·T2 pues P y T son iguales para los dos subsistemas en el estado final.1. inicialmente sujeta. por ser gases ideales. En este caso el equilibrio es en temperatura y presión porque se indica que la pared de separación es móvil y diatérmana. Este sistema de cuatro ecuaciones tiene seis incógnitas: las dos masas y los cuatro volúmenes. Por eso si añadimos las dos anteriores (V1 + V´1) = 1 m3 y (V2 + V´2) = 1 m3 tendremos un sistema de seis ecuaciones con seis incógnitas fácilmente resoluble.. Como dato se nos da el volumen total que será suma de los volúmenes de cada parte. Hay. sin embargo.Balance de energía en sistemas cerrados1 Un recipiente rígido y bien aislado tiene dos cámaras separadas por una pared móvil. Análisis: El equilibrio final depende del tipo de paredes (restricciones) existentes. Se deja libre la pared móvil de modo que finalmente se alcanza el equilibrio con P=3.tme de TermoGraf recoge una variante con N2 en lugar de CO2 y alguna cuestión complementaria en relación con los flujos de Q y trabajo a través del émbolo que no contempla el ejercicio aquí resuelto. tendremos: V = (V1 + V´1) = (V2 + V´2). No hay efectos gravitatorios y la pared exterior es adiabática. Primer principio. En uno de los lados a 5 bar y 350 K hay una cierta masa de aire y en la otra hay CO2 a 2 bar y 500 K. Además. Condiciones: Se conoce el estado inicial para ambos subsistemas a y b. Flujos de trabajo y calor Pb 2.2. y que es inmediato con TermoGraf: las propiedades de estado. podremos escribir: El documento Pb 02. Por ello. podremos asegurar que no hay variación de energía en el conjunto. y con P y T podemos determinar el volumen específico de cada estado. La masa de cada gas queda determinada por el volumen ocupado en condiciones concretas de P y T. No se conocen las masas pero si el volumen total. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Las masas de dos gases. que es rígido y adiabático. utilizando el primer principio.01. un modo alternativo más directo. Designando con prima el subsistema de CO2 . su energía interna queda determinada por su temperatura. y con 1 el estado inicial y 2 el final. 1 108 . No se conocen los procesos. Si tomamos como sistema el recipiente completo. Determina la masa de cada gas. Modelo de la sustancia: Gas ideal. y el sig.2.Trabajo en un compresor1 El aire entra a un compresor refrigerado2 que opera en situación estacionaria3 a una presión de 1 bar.324 kJ/kg (ufin – uin)b= -115.2066 m3/kg = 1 m3 que resuelto da: ma =1. la temperatura 650 K y la velocidad 2 m/s. supuesto el proceso politrópico.ΔUa + ΔUb = 0 es decir: ma·(ufin – uin)a + mco2·(ufin – uin)b= 0 Y en cuanto a los volúmenes: ma·vfin a + mb·vfin b= 1 m3 . la potencia consumida por el compresor.27 kW. 3. con el modelo de gas ideal. Un planteamiento distinto sería exigir la existencia de reversibilidad y analizar cuáles son las condiciones del equilibrio final. El calor se transfiere del compresor al entorno con una velocidad de 30. la presión es 9 bar. 2 ¿Por qué es positivo refrigerar un compresor? 1 109 . El sig. 1..27 kJ/kg) = 0 ma· 0. en kW. Pb 2. que en el modelo de Gas Ideal (también en el de Gas Perfecto). con sus respectivos documentos TermoGraf son dos variantes con ligeros cambios.01) (kJ/kg·K) · 430 K / 320 kPa = 0. una isoterma es una isoenergética e isoentálpica (o sea: T=cte supone u=cte y h=cte). siendo vfin a = Ra·Tfin/Pfin = (8. el calor específico medio del proceso Cproc. 2.27 kJ/kg luego escribiremos el siguiente sistema ma·62.05 m2. el índice del mismo.314/44.987 kg Consideraciones: Es importante recordar a la hora de buscar propiedades en tablas. 2. En la salida. presenta alguna cuestión complementaria que ayuda a la comprensión de los conceptos aquí utilizados. en kg/s. Este ej. a una temperatura de 300 K y a una velocidad de 12 m/s a través de una sección de 0. Calcula. Pb. Cuando se introduzca el segundo principio podrá comprobarse si el proceso señalado es viable y qué tipo de intercambio de trabajo (con efectos disipativos o sin rozamiento en el émbolo móvil) se ha producido.2066 m3/kg A partir de los datos tenemos: (ufin – uin)a = 62. Esto quiere decir que en estos dos modelos u.324 kJ/kg + m CO2·(-115.826 kg y m CO2 =0.6308 m3/kg vfin b = R CO2·Tfin/Pfin = (8. el flujo másico. fm.2 Compresor no adiabático RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que contiene al compresor. h son función sólo de la T.97) (kJ/kg·K) · 430 K / 320 kPa = 0.6308 m3/kg + m CO2·0.314/28. m = q/ΔT 4. de cada estado inicial y final podemos representarlos en TermoGraf y obtener v que permite obtener n despejando de P1·v1n = P2·v2n.Condiciones: El proceso tiene carácter estacionario1.002 ) kJ/kg . Ec2 = (c22/2) = 0. Puesto que conocemos dos propiedades. si es potencia.3647 kg/s) /ΔT = = . 3 Estos conceptos se trabajarán en extensión en los capítulos siguientes. El balance debe reflejar la existencia de energía cinética y tener en cuenta la energía que aporta la masa que fluye en la entrada y salida del VdeC.83kJ/kg / (650-300)K = 0. El primer miembro de la expresión anterior del balance es cero por el carácter estacionario del proceso y q y wvc corresponden al flujo de calor y trabajo que atraviesan la frontera por unidad de masa2 y wvc representa el trabajo total que atraviesa la frontera excluido el de flujo (que está incluido en h1 y h2)3. es decir: Ec1 = (c12/2) = 122/2 m2/s2 = 72 J/kg = 0.c22/2) + q – wvc En ella wvc es el trabajo excluido el de flujo que va incluido en la entalpía como se verá luego.67 .072 -660. puede interpretarse como el flujo de calor o trabajo que transfiere un kg en su paso por el interior del VdeC.237 kJ/kg·K 4) Para el cálculo de la potencia necesitamos el flujo másico y el trabajo que lo obtendremos del balance. m (kJ/kg·K) = q/ΔT = (-30.3647 · (.072 kJ/kg. 110 . Análisis: 1) El índice n es una relación entre las propiedades P y v.3647 kg/s) = -83 kJ/kg Con todo ello despejando wvc wvc = (280.88 kW El signo negativo refleja que el trabajo se suministra al sistema. Este balance toma la expresión (Δu)VC = (h1 + c12/2 . y q = (-30. tenemos n = ln (P2/P1) / ln(v1/v2) = 1. La energía cinética por unidad de masa debemos escribirla en kJ/kg. 2 Aunque es un cociente entre los flujos totales y el másico.002 kJ/kg Para q en kJ/kg: Q kJ/s = -30.h22 .05 m2) / (1. Q se expresará en kW.0.277 ¿Cómo calcularías v sin recurrir a TermoGraf? 2) En cuanto al flujo másico. La expresión del BALANCE (por kg y para sistema estacionario) es: (Δu)VC = (h1 + c12/2 . del análisis en la entrada: fm =(V/v)e=(c·sección/v)e = (12 m/s)·(0.83 kJ/kg = . ce y cs. 1 Proceso estacionario es el que se produce en un sistema abierto (VdeC) de modo que las condiciones termodinámicas en cualquier punto del VdeC o de su frontera permanecen constantes en el tiempo aunque cambien de un punto a otro. En éste deberemos tener en cuenta las velocidades de entrada y salida.463.h22 . 4 Por comodidad editorial la terminología afectando a los flujo de calor y trabajo.6453 m3/kg) = 0.27 kJ/s) /(0.27 kJ/s) /(0.c22/2) + q – wvc expresados todos los sumandos en kJ/kg como veremos luego. se diferencia con la identificación de las unidades. y la energía cinética que suponen.07) = -168. fm. P y T.53 + 0. En caso contrario será kJ o kJ/kg cuando se hable de flujo por unidad de masa.27 kJ/s . Q y W.463.3647 kg/s 3) El calor específico medio será Cproc.07 kJ/kg Luego para la potencia4: WVC = 0. Por ej. Consideraciones: Puede comprobarse el peso insignificante que significa la energía cinética en el balance. Con velocidades tan bajas no equivale ni al 0.1 % de la entalpía en juego. Puesto que WVC es igual al total menos el de flujo, podemos pensar que la medida de la potencia del compresor a partir de este valor supone “etiquetar” al compresor con un valor menor al consumo real que tendrá. En consecuencia ¿debería calcularse la potencia con el trabajo total y no con el WVC? Si calculamos el trabajo de flujo1: wflujo = P2·v2 - P1·v1 = + 1.0043 kJ/kg, vemos que el trabajo total, es decir, w = wvc + wflujo es igual a – 362, 8 kJ/kg, menor en valor absoluto que el wvc . Así pues, éste representa el máximo valor y define el consumo del compresor. Este resultado podemos interpretarlo como que el WVC se emplea en comprimir el gas hasta los 9 bar y en moverlo a través del volumen de control. Pb. 2.3.- Balance generalizado de energía en un compresor El aire entra a un compresor refrigerado con una presión de 1 bar, una temperatura de 300 K y una determinada velocidad a través de una sección A1 de 0,06 m2. En la salida, la presión es 6 bar, la temperatura 350 K y la velocidad 370 m/s con una sección A2 de 25 cm2. El calor se transfiere del compresor al entorno con un ritmo de 1195 kW. El compresor opera en situación estacionaria y con rozamientos (hay trabajo disipativo). Calcula, con el modelo de gas ideal, y supuesto que el proceso puede representarse por una politrópica: 1. El índice, n, del proceso politrópico, 2. El flujo másico, en kg/s, 3. La velocidad de entrada, en m/s, 4. El caudal a la salida, en litros por seg., y 5. La potencia consumida por el compresor, en kW, y 6. El trabajo disipativo que origina un incremento de la potencia necesaria. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El volumen de control que contiene al compresor. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El proceso tiene carácter estacionario2. El balance debe reflejar la existencia de energía cinética y tener en cuenta la energía que aporta la masa que fluye en la entrada y salida del VdeC. Este balance toma la expresión (Δu)VC = (h1 + c12/2 - h22 - c22/2) + q – wvc Análisis: 1) El índice n es una relación entre las propiedades P y v. Puesto que conocemos dos propiedades, P y T, de cada estado inicial y final podemos representarlos en TermoGraf y obtener v que permite obtener n despejando de 1 2 Pb 02.03 Compresor no adiabático Recuerda que w o q indican flujos de energía por unidad de masa. Proceso estacionario es el que se produce en un sistema abierto (VdeC) de modo que las condiciones termodinámicas en cualquier punto del VdeC o de su frontera permanecen constantes en el tiempo aunque cambien de un punto a otro. 111 P1·v1n = P2·v2n, tenemos n = ln (P2/P1) / ln(v1/v2) = 1.277 Sin recurrir a TermoGraf podríamos obtener v utilizando la ec. térmica de estado: P·v = R·T 2) En cuanto al flujo másico, fm, del análisis de datos en la salida: fm = (V/v)₂ = c2·A2 / v₂ = (7 m/s)·(0.0025 m2) / (0.16745 m3/kg) = 5.524 kg/s 3) Como el flujo másico en entrada y salida deben coincidir, obtenemos la velocidad c1 sin más que despejar de la expresión anterior para los datos en la entrada. Así: c₁ = fm · v₁/A₁ = 5.524*0. 86117 / 0.06 = 79.286 m/s 4) El caudal en la salida será V2 = c2·A2 = fm · v2 = 0.0175 m3/s = 925 l/s 5) Para el cálculo de la potencia aplicamos la expresión del BALANCE (por kg y para sistema estacionario) que es: (Δu)VC = (h1 + c12/2 - h22 - c22/2) + q – wvc expresados todos los sumandos en kJ/kg como veremos luego. El primer miembro de la expresión del balance es cero por el carácter estacionario del proceso y q y wvc corresponden al flujo de calor y trabajo que atraviesan la frontera por unidad de masa1 y wvc representa el W total que atraviesa la frontera excluido el de flujo (que está incluido en h1 y h2)2. La energía cinética por unidad de masa debemos escribirla en kJ/kg, es decir: Ek1 = (c12/2) = 79.2862/2 m2/s2 = 3143 J/kg = 3.143 kJ/kg; Ec2 = (c22/2) = 68.45 kJ/kg Para q, flujo total en kJ/kg: qtotal = (-1195 kJ/s) /(5.5240 kg/s) = -216.327 kJ/kg Con todo ello despejando wvc wvc = {-216.327 + (300.19 + 3.143 – (350.454 + 68.45) )} kJ/kg = = - 331.898 kJ/kg Luego para la potencia3: WVC = 5.524 · (- 331.898) = -1833.39 kW El signo negativo refleja que el trabajo se suministra al sistema. 6) Cuando existen efectos disipativos solo pueden determinarse si son la incógnita a calcular o se da información sobre las características del proceso disipativo. 1 Aunque es un cociente entre los flujos totales y el másico, puede interpretarse como el flujo de calor o trabajo que transfiere un kg en su paso por el interior del VdeC. 2 Estos conceptos se trabajarán en extensión en los capítulos siguientes. 3 Por comodidad editorial la terminología afectando a los flujo Q y W, se apoya en la identificación con las unidades. Por ej. si es potencia, Q se expresa en kW. En caso contrario será kJ o kJ/kg cuando se hable de flujo por u. de masa. 112 Este último es nuestro caso: sabemos que el sistema sigue un proceso de trayectoria conocida del que nos dan el valor del flujo total de calor. Pb. 2.3 b Tres posibles situaciones del proceso Con este flujo total de calor calculado arriba, -216.327 kJ/kg: podemos deducir que el efecto de la fricción equivale a qfricción = -216.327-116.565 = -99.762 kJ/kg y, en términos de potencia: -551.09 kW Este flujo de energía siempre obliga a que el compresor consuma más potencia. Consideraciones: La expresión del balance es sencilla en cuanto a su uso. Se sustituye lo conocido y se calcula la incógnita, en este caso la potencia del compresor. Sin embargo conviene hacerse alguna pregunta como ¿cuánto es el trabajo de fricción? ¿podemos calcularlo con los datos proporcionados? ¿qué efecto supone la energía cinética?... Para ello, en el documento Pb 2.3.tme se ha desagregado en tres partes la obtención de la potencia (fig. Pb 2.3b). 1. Proceso reversible sin efectos de Ek (caso desarrollado en el Pb. anterior) 2. Proceso reversible con variación apreciable de la Ek entre entrada y salida 3. Proceso irreversible con variación apreciable de la Ek entre entrada y salida Las ecuaciones que cumplen las distintas denominaciones de trabajos (de expansión, de flujo, disipativo…) se recogen en la última pantalla del citado documento. Un ejercicio interesante será comprobar con los datos de la fig. Pb02.03b las distintas ecuaciones que conozcas, reforzando la relación con el contexto. Pb. 2.4.- Transferencia de calor en una expansión En un cilindro-pistón se produce la expansión lenta y sin rozamientos de 8 kilogramos de n gas metano en un proceso para el que la relación presión-volumen es Pv = cte. La presión inicial es 15 bar y el volumen inicial que es de 1.2 m3 se triplica en el estado final. No hay variación en las energías cinética y potencial del gas. Calcula: 113 1. El índice politrópico, sabiendo la variación que experimenta la energía interna específica, u, del gas en este proceso es u2 – u1 = – 140 kJ/kg, 2. Calcula también T2, en K, P2 , en bar, W y Q, en kJ, se- Pb 2.4 Expansión de un gas ideal ñalando si el sistema recibe o cede este calor. 3. Con el mismo estado inicial y sabiendo que la P final es también la misma que la del proceso anterior, determina la temperatura y energía interna específica finales así como la transferencia neta de calor de los procesos para los valores del índice de politropía: n = 1 y n = 1,2651. Analiza Δu y Q en ambos procesos e identifica alguna característica significativa de los mismos. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (metano) contenido en un cilindro-émbolo. Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El sistema se estudia en el modo MdeC adecuado para sistemas cerrados. Siendo el proceso politrópico reversible le es de aplicación las distintas expresiones para Gas ideal y para procesos politrópicos. La información disponible es: Estado inicial: P1 = 15 bar; v1 = 1.2 m3 / 8 kg = 0.15 m3/kg Estado final: v2 = 0.15 m3/kg · 3 = 0.45 m3/kg Análisis: 2. Estos dos datos definen el estado inicial. Buscando en tablas o tomando el dato de TermoGraf, tenemos que u1 = 99.9815 kJ/kg y por tanto u2 = (99.9815 – 140) kJ/kg = 40.0185 kJ/kg. Con este dato y el volumen v2 = 0.45 m3/kg queda definido el estado final, Su presión P2 es 4.1966 bar. De la ecuación de una politrópica P1·v1n = P2·v2n, despejamos n = ln (P2/P1) / ln(v1/v2) = 1.159 3. Para la T tenemos T2 = 364.318 K. Para P2 = 4.1966 bar En cuanto al trabajo, podemos utilizar la expresión del trabajo de expansión, que en un proceso reversible de un sistema cerrado define el flujo de trabajo atravesando la frontera. Es decir W1-2 = m · ∫ P · dv = m · (P2·v2 - P1·v1) / (1-n) = 1813.98 kJ. Para el flujo de Q podemos utilizar el primer principio: Q = ΔU + W = -8 kg·140 kJ/kg +1813.98 kJ = 693.983 kJ, calor que recibe el sistema. 3. Para n =1 observamos que la T no cambia a lo largo del proceso, lo que era de esperar pues para n = 1 la politrópica es P·v = cte que combinado con la ec. térmica de estado: P·v = R·T lleva a la constancia de la T en el proceso. Así: Tf = 434.07 K. Como además, en gases ideales U (y H) son solo función de T, se deduce que U = cte que llevado a la ec. del primer principio para MdeC (sin flujo másico a través de la frontera del sistema) implica que: Δu = 0 y W = Q por ser el proceso Isotermo.. Para calcular W no podemos emplear la expresión W = m·(P2·v2 - P1·v1) / (1-n) utilizada antes pues el valor queda indeterminado (0/0). Debemos utilizar la específica para procesos isotermos de gas ideal: W(n=1) = m·R·T· ln (v2/v1) = 2292.81 kJ = Q(n=1) Para n = 1.2651, tras obtener de tablas, o en TermoGraf, el valor de u final , 114 Con esta limitación. el más positivo es el adiabático puesto que para procesos con índice mayor el trabajo se hace menor por que empieza a haber pérdidas de calor. y aplicando las expresiones anteriores del punto 2 tenemos: Tf = 332.8 kJ/kg = -1590.2 como ejemplo).98. como veremos.5 émbolo y frontera dida por la resistencia 4.1 m2 y su masa 44 kg. la resistencia incluida dentro del sistema.09 m3 en el volumen inicial del aire. en los que hay que suministrar trabajo. sin rozamientos. luego el proceso es prácticamente Adiabático. El incremento de la energía interna en función de la energía ce. se hace necesario forzar la precisión en cálculos “manuales” para que no reflejen desviaciones que pudieran parecer excesivas con cálculos dentro del programa TermoGraf.86 kJ/kg . ¿Cuál es ahora el trabajo que atraviesa la nueva frontera? ¿Y cuál será la expresión del balance de energía para dicho sistema? 115 . 0.Pb 2.Dos enfoques del balance de energía El cilindro-pistón vertical de paredes adiabáticas de la figura utiliza una resistencia eléctrica para regular la posición vertical del émbolo cuya superficie es de 0. en kJ. (de la expresión del balance de energía: primer principio para MdeC) Si consideramos.8 kJ/kg .5.7 tenemos para Q: Q ≈ 0. La masa de aire es de 0. La presión inicial que soporta el gas en el pistón 2. Como colofón. Consideraciones: No es habitual manejar valores del índice de politropía con cinco cifras significativas. Sin embargo.uf = .7 kJ/kg y como ΔU = 8 kg · -198. para el sistema formado por el gas (frontera representada en la figura): 1. Δu = -198. mientras la presión exterior no cambia. resulta mucho más simple separar los procesos de aporte de calor que se realizarán en equipos isóbaros de los procesos que deben realizar trabajo para los que resulta complejo el aporte simultáneo de calor.3 kg. en un proceso en el que el émbolo sube lentamente.24 m3. Determina. 2. El trabajo que atraviesa la frontera 3. éste será menor si existe cesión de calor simultánea con el suministro del trabajo para la compresión (véase el Pb 2. podemos concluir que en los procesos de compresión. la utilidad de un proceso debe ir unida a la economía del diseño técnico y. al analizar ciclos. La transferencia de calor desde la resistencia al aire. en un segundo caso. 5. es interesante analizar cómo de una expansión se puede obtener más o menos trabajo (objetivo natural de las expansiones) a costa del calor suministrado desde un foco. Pb. de modo que provoca un incremento de 0. Parece que lo más conveniente será el proceso isotermo que transforma todo el calor en trabajo lo que resulta enteramente cierto. siempre fáciles de conseguir pero inadecuadas para los procesos de producción de trabajo. Sin embargo dado que el cálculo de propiedades tanto de estado como de proceso que se apoyan en el valor de este índice es sensible a pequeñas diferencias.. En cuanto al problema presente. Para W = 1590.14 K. En este caso la energía potencial del sistema cambia a lo largo del proceso. P1 = Po + mpistón·g/A = 1 (bar) +(44·9. Como la masa es 0.55 kJ En cuanto a la expresión del balance de energía será: U2 -U1 = 0 . La expresión del balance de energía para el nuevo sistema 116 . El trabajo será ahora la suma de los dos flujos existentes: el trabajo de expansión. Calcularemos los dos datos disponibles para determinar el resto de propiedades necesarias para el balance de energía.23.24 m3 tendremos v1 = V1/m = 0.8/0. exclusivamente el de expansión Wx pues el proceso es reversible y el análisis es en MdeC.94 = .. Si la resistencia está dentro del sistema: La frontera es ahora adiabática y es atravesada por un flujo de trabajo eléctrico (consecuencia de la diferencia de potencial en bornas) que produce un desequilibrio interior.09 m3) = 9. Modelo de la sustancia: Gas ideal.3 kg·(285. En ambos casos el proceso es isóbaro. en este caso. Conocemos el cambio en la energía interna. Teniendo en cuenta esto. 2. De tablas.55 + 9.043 bar ·(100 kPa/bar)·(0.914 y U2-U1 = m·(u2-u1) = 0.|Wd|) = 9.1 m3/kg 2.(Wx .914-207. y el trabajo disipativo que es el trabajo eléctrico que proporciona la resistencia y que es negativo. irreversibilidad interna que redistribuye la energía interna.|Wd|) = |Wd| .04312 bar En cuanto al estado final: P2 = P1 y v2 = 0. El trabajo es. El primer caso tiene una fuente exterior de calor que se cede lentamente (de modo reversible). pues entra en el sistema: W = (Wx . U. de acuerdo con el convenio de signos.55 kJ 4. calor proporcionado por la resistencia eléctrica.6.8 m3/kg y para P1: 1.39 – 32. calculado antes.39 = 32. Sin embargo es totalmente coherente con la forma de transferir el flujo de energía que libera la resistencia: Si ésta se sitúa en el exterior de nuestro sistema termodinámico la frontera “percibe” un foco a T > Tfrontera lo que determina una transferencia de calor.8 m3/kg + 0.1) (Pa)· 1(bar)/100000 (Pa) = 1.3 kg y V1 es 0. El segundo supone la entrada de un flujo de trabajo eléctrico que es un trabajo disipativo.09 m3 / 0. Condiciones: El estado inicial y final tienen P y v bien definidos.Trabajo exterior Considera el sistema del problema anterior de modo que el pistón quede dentro del mismo. y el trabajo del proceso luego con el balance del primer principio: m·( u2-u1) = Q – W tendremos Q = m·( u2-u1) + W = 23.V1) = 1.Wx = 23. El análisis lo desarrollamos como MdeC (sistema sin flujos de masa o cerrado) Análisis: Como se ha señalado.94 kJ.412) kJ/kg = 23.RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. o directamente de TermoGraf: u2 = 285. tras determinar T2 con P2·v2 = R·T2.55 kJ Consideraciones: Puede parecer sorprendente que una resistencia proporcione calor o trabajo según la frontera definida. 5. La irreversibilidad es exterior (en la frontera) y el proceso interno es independiente de esta irreversibilidad. en el primer caso tenemos bien definidos tanto los estados inicial y final como el proceso: isóbaro reversible. calcula 1.3 kg = 1. Pb. Podemos calcularlo con la integral de P·dV.39 kJ 3. Será W=Wx = P·(V2 . 55 kJ y Wd = .32.94 kJ y que ΔEp = mémb · g · Δz = 44 kg · 9.(23. definido el primero como el trabajo realizado contra la presión exterior que en este caso no coincide con la del gas. Formalmente deberíamos escribir la suma de todas las energías existentes. Análisis: Habitualmente se escribe el balance de energía considerando la U que es lo que puede cambiar en el proceso. Sin embargo ya que nos interesan los cambios. El proceso es isóbaro.388 – 0 – 32.8 N/m · (0. Bien determinado todo ello la dificultad se reduce notablemente. El análisis lo desarrollamos como MdeC (sistema sin flujos de masa o cerrado). Modelo de la sustancia: Gas ideal. Condiciones: El estado inicial y final tienen P y v bien definidos.(Wext + Wd). La nueva frontera implica que debe considerarse la energía del sistema termodinámico como la suma de las diversas componentes (a efectos de los términos que cambian) U y Ep.Vi) = = 1 bar · 0.94 kJ Consideraciones: En estos dos ejercicios queda patente que una de las causas de aparente dificultad de la Termodinámica está en la ambigüedad de los análisis si no se hacen con rigor para dejar bien establecidas las condiciones de sistema.2. en este caso el primer principio se escribirá teniendo en cuenta sólo las energías dentro del sistema que van a sufrir modificaciones: 1) ΔE = ΔU + ΔEp = Q . 3. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. si se incluye el émbolo dentro de la frontera.55 + 0. con Q = 0 pues la frontera es adiabática y considerando que el trabajo que atraviesa la frontera del nuevo sistema es Wext y Wd.94 ) = 9.09 m3/0. Como un ejemplo más de posible ambigüedad: Si hemos incluido el émbolo y su energía potencial ¿por qué no incluimos la energía eléctrica de la resistencia que también queda dentro del sistema: 117 .0 kJ 3) Finalmente. si tomamos como conocidos ΔU a partir de las propiedades de los estados termodinámicos ΔEp calculada con los datos del enunciado Wext calculado a partir de la definición P·dV aplicada al proceso y con la P exterior y que Q = 0 por frontera adiabática. 2) Teniendo en cuenta los valores calculados para los distintos términos que coinciden con los valores del problema anterior: ΔU = 23. frontera y flujos.0 kJ que es el mismo valor que si calculamos el Wx con la P exterior: Wext = Wx = P (Vf .388 kJ tenemos para Wext = . Comprueba que el trabajo disipativo coincide con el calculado antes.1 m2) = 0.09 m3 = (100 kN/m2)·(0. usando el balance de energía. bastará despejar Wd para obtener su valor que resulta ser el ya conocido: Wd = -32.09 m3) = 9. El trabajo exterior. El trabajo disipativo corresponde al flujo a través de la frontera.2057 m3 En cuanto a la energía interna. Modelo de la sustancia: Gas ideal en ambos subsistemas. determinada u inicial en cada subsistema a partir de su temperatura. térmica de estado. tendremos que este valor será u2 = 1632.287 m3 V1b = v1b·mb = 0. temperatura y presión finales de las cámaras. al volumen total: P2 = (ma+mb)·R·T2/Vtotal = 5. tendremos para la energía interna total: U1a = u1a·ma = 718. para el volumen total tendremos: Vtotal = 1. La pared divisoria entre ambos es rígida y móvil e inicialmente se encuentra fijada por un retén. Las masas permiten definir el volumen inicial a partir del volumen específico utilizando la ec. térmica P·V = m·R·T a cualquier subsistema o.7. Pb.9188 m3 Y. El tipo de pared definido permite definir la relación entre las propiedades en el equilibrio final: La pared móvil supone que se igualarán las presiones finales y la pared diatérmana que habrá intercambio de calor mientras las temperaturas no coincidan.No incluimos ΔEresistencia porque ésta no experimenta cambios en su composición.934 kJ U1b = u1b·mb = 913. Condiciones: Se conoce el estado inicial 10 bar y 500 K para el subsistema a y 4 bar y 320K para el subsistema b.676 kJ Luego Utotal = 1632.La combinación de subsistemas La pared interior de un cilindro aislado adiabáticamente separa dos masas de aire de 2 kg a 10 bar y 500 K y 4 kg a 4 bar y 320 K respectivamente. Análisis: Las propiedades extensivas de ambos subsistemas son aditivas de modo que el valor total se mantiene constante entre los estados inicial y final. si la pared divisoria es diatérmana RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en dos cámaras separadas por una pared móvil y diatérmana. ya que no conocemos los volúmenes finales.65 K de modo que podemos calcular la P final aplicando la ec. Se desea conocer las condiciones finales de equilibrio de ambos subsistemas. luego en el estado final P y T son las mismas en ambos subsistemas: Pa=Pb y Ta=Tb De las condiciones iniciales P y T podemos obtener v en Tablas o de TermoGraf: V1a = v1a·ma = 0. Se elimina éste y se deja evolucionar a la divisoria muy lentamente. la T final es la misma y en consecuencia lo es la u final. No se conocen los procesos.. Los datos permiten conocer el volumen inicial en cada cámara así como la energía interna.10 kJ Con u2 determinamos en tablas o en TermoGraf la T del equilibrio: T2 = 380.61/(ma+mb) =272.610 kJ Como esta magnitud se conserva. consiguientemente.437 bar 118 . 2. El primer aspecto a destacar es que la tabla anterior es válida para procesos reversibles. sin mayor consideración. W.5 veces el inicial. 2. dU = m·(h+c2/2+g·z)e-m·(h+c2/2+g·z)s + Q . es todo el trabajo.96 m3 a uno final de volumen = 0. Los términos y sus variantes se analizarán en el capítulo 4. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un recinto. Supón luego volumen de control y repite el cuadro Explica las diferencias que ves entre uno y otro. Lo habitual es aplicarlo a un sistema abierto por el que fluye una masa m2. 2. seguido de . en un sistema cerrado.Comparación de procesos y modos de análisis Construye un cuadro con los flujos de calor y trabajo neto producidos en cada uno de los procesos que sufre un sistema formado por 12 kg de aire.un proceso isócoro hasta el estado final con P final igual a Po = 1 bar.Wvc .Consideraciones: El estado final de ambos subsistemas está unívocamente determinado pues conocemos T y P finales. pero en el caso de un sistema abierto este trabajo neto. Supón sistema cerrado y construye el cuadro correspondiente.5·v1 y con la ec. no incluye al trabajo de flujo (el necesario para que la masa fluya a través de la frontera). Pb. 2 La expresión diferencial del primer principio para este caso es. En los procesos disipativos hay que considerar que W y Wvc incluyen el trabajo disipativo.un proceso isóbaro en el que se triplica el volumen previo. Modelo de la sustancia: Gas ideal.8 m3/Kg a través de las siguientes transformaciones: .8. id. 1.→ P2 Estado 3: por el proceso 2-3: P3=P2 y v3=3·v2 y en tablas → s3 Estado 4: v4=v5 y por el proceso s4=s3 Estado 5: v5 y P5 Análisis: Determinados los estados y los procesos basta calcular los diferentes flujos de W y Q con los resultados que se recogen en la tabla siguiente y se analizan a continuación.un proceso adiabático hasta alcanzar el volumen V2 seguido de . no así los procesos que deberán ser tales que flujos de calor y trabajo sean iguales y de signos opuestos en ambos subsistemas. que pasa desde un estado inicial de presión 11 bar y volumen V1 = 0. El segundo aspecto es que el análisis VdeC se está aplicando a un sistema cerrado.un proceso isotermo hasta alcanzar un volumen 1. WVC. seguido de . térmica de estado para gas ideal → T1 Estado 2: por el proceso 1-2: T2=T1 y v2 =1. Así W será W = Wx + Wd y Wvc será Wvc = Wt + Wd 1 1 El concepto de trabajo neto se emplea para diversas situaciones y puede resultar ambiguo. Aquí alude al trabajo neto que atraviesa la frontera que.. térmica de estado para g. Condiciones: Se conocen datos de todos los estados que completados con las condiciones de los procesos permiten definir un par de propiedades por estado para calcular el resto Estado 1: P1 y v1 y con la ec. 119 . P1 = 1 bar hasta v2 = 0.9. P2 = 9 bar. Es aplicable la ec. Q. La relación entre la presión y el volumen durante el proceso es una relación lineal.Utilizar la ecuación del proceso para integrar la expresión adecuada. ¿Puedes identificar qué proceso politrópico pasa por esos dos mismos estados? 3. 2. en kJ/kg.. ¿Puede considerarse el primer proceso también politrópico? RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en un cilindro-émbolo vertical. Se considera un proceso no disipativo. En este caso sería la del trabajo de expansión pues al no haber Wdisipativo W = Wx = ∫ P·dv . 2.Apoyarse en el balance del primer principio si es la única incógnita. es decir 120 3 3 . en kJ/kg. de estado del gas ideal.La relación entre los distintos trabajos es: W = Wt + Wf siendo Wf = P2·V2 – P1·V1 Tabla Pb 2. 1. así como la forma del proceso.9.Trabajo en un compresor Se comprimen dos kg de aire desde V1 = 1. y el flujo de calor. de la recta que pasa por dos puntos) es: P-P1 = {(P2 –P1 ) / v2-v1)} · (v-v1) en la que sustituyendo los datos nos da P = (-40·v+39)/3 El W será : m·∫P·dv que con una sustitución de variables conduce al resultado w = {(-40·v2)/2+39·v}/3 entre los límites superior: 0.8 m .3 e inferior 0. En este caso es la primera opción la adecuada para lo que necesitamos la ec.3 m . Modelo de la sustancia: Gas ideal. Esta ecuación (ec. Análisis: Para el cálculo del trabajo en un proceso existen dos vías típicas: . del proceso. Calcula el trabajo para el gas. Condiciones: Se conocen P y v para los estados inicial y final.8 Pb. 0.973 1. ¿Cuál es la ecuación correspondiente? 3. En consecuencia el proceso propuesto en el enunciado no puede ser una politrópica ya que ésta existe y es distinta. Pm = 5 bar.10. Sabiendo que la T de los gases en el momento de máxima compresión era de 1410.373 0.470 V (litros) 0. W = m·w = 2 kg · -300 kJ/kg = .690 0. Pb. y como Δv = -0. 2.4 K: ¿Qué masa contiene el cilindro. En nuestro caso la politrópica será la que tenga por índice n = ln(P2/P1) / ln(v1 /v2) que da como resultado n = 2 3. Los respectivos valores se recogen en la tabla adjunta: dato 1 2 3 4 5 6 7 P (bar) 26.76 kJ 2.w = 3 bar·m3/kg · (100 kJ/bar·m3)= . Obtén el volumen específico de cada uno de los datos de la tabla.301 0.488 0.950 8.975 5. Así.910 20. Consideraciones: En este ejemplo el cálculo de la integral ∫P·dV puede hacerse con el concepto de valor medio de una integral.300 kJ/kg 1.6 tenemos para w: w = 5 bar · ..344 1. será la segunda opción la apropiada: Q = ΔU + W Calculando U en tablas o con TermoGraf y sustituyendo: Q = 369.350 13. en kg? 2.600 kJ En cuanto a Q. De acuerdo con esto. represéntalos en un diagrama P-v e intenta aproximar un proceso politrópico a dichos estados.720 Apoyándote en dichos datos y con la hipótesis de que los gases pueden asimilarse a una masa de aire y tratarse como gas ideal: 1. El análisis de la forma funcional P·vn = cte muestra que dos cualesquiera estados de un diagrama Pv son conectables con un proceso politrópico.6 m3/kg = -300 kJ/kg una vez ajustadas las unidades y que coincide con el calculado previamente. Dos estados sólo pueden conectarse con una politrópica de índice n.697 3. definido para la función P(v) como Pm = ∫P·dv / Δv ya que para un proceso línea este valor es simplemente (P2+P1)/2 como muestra la figura. ¿Cuál es el trabajo que hacen los gases sobre el pistón durante la expansión. en kJ? Decimos que este cálculo es una aproximación ¿Por qué? 121 .Trabajo en un proceso real En un control de un motor Otto se determina una serie de valores para la presión y el volumen en la expansión de los gases dentro de un cilindro de un motor de combustión interna.550 2. 91 (bar) · 0. De acuerdo con este ajuste.4 (K)} = 0. El trabajo de la politrópica será w = (P7·v7 . 3. P·v1.301 0. Puedes calcular también el trabajo utilizando el procedimiento gráfico visto en el problema anterior.280 244.314 (kJ/kmol·K) · (1/28.856 486.350 13.0392 kJ 122 .301 (l) · (100 kPa/bar)·(1/1000 m3/l) / {8.720 Gráfica mostrando el ajuste Se deja como ejercicio el ajuste de una recta sobre datos logarítmicos. Tabla de datos experimentales y el v específico = V/m v (litros/kg) 150.100 344. P1·V1 = m·R·T1: m = 26.470 V (litros) 0.344 1.373 0.4. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en el cilindro de un motor Otto Modelo de la sustancia: Gas ideal.999).110 dato 1 2 3 4 5 6 7 P (bar) 26. la ecuación buscada es 2.973 1. Llevando estos valores a una hoja de cálculo (el ajuste lo podemos entre P y V o P y v) obtenemos una representación como la de la gráfica en la que se recoge la función potencial ajustada a los datos y mostrando una muy buen factor de correlación (R2 = 0.002 · 534. en kJ/kg? Se te ocurre alguna consideración al respecto del resultado. El V es el correspondiente a la masa que ocupa el cilindro.550 2.690 0.488 0.964 kg/kmol) · 1410.381 672.47 186.240 860.P1·v1) / (1-n) = 534.002 kg Con ella podemos obtener los volúmenes específicos correspondientes a las medidas efectuadas.63 kJ/kg y para el W: W = 0. A partir de la aproximación: ¿Cuál es el flujo de q que se libera en el proceso.63 = 1.975 5. La masa se obtiene despejando en la ec. como recoge la tabla adjunta. Condiciones: Se tienen los datos de siete estados de un proceso. Hazlo y comprueba la variación relativa con el obtenido anteriormente.950 8. Son utilizables las ec. del gas ideal y de la politrópica una vez obtenida su expresión Análisis: 1.910 20.697 3. 5.36 = cte Valor que es muy similar al conseguido por simple apreciación visual en TermoGraf. Sin embargo si se analiza en el sistema en conjunto.. Lógicamente un proceso perfectamente adiabático es imposible. no es una exageración independientemente de que q representa menos del 10% de w. puesto que la sustancia estudiada recorre un ciclo.75 kJ/kg valor muy similar al obtenido con el modelo ajustado.2 kg/s de gas aire recorren un ciclo termodinámico que consiste en los cuatro procesos siguientes: Proceso 1-2: presión constante. a) Desde el punto de vista de modo de análisis el ciclo puede realizarse en un único equipo (por ej. 123 .63 = . b) El hecho anterior implica que el W a considerar en los respectivos balances del primer principio sea o W total o Wvc que difiere de W en que no incluye el W de flujo.Análisis energético de un ciclo1 Un flujo másico de 0. una expansión de la que queramos obtener trabajo (caso de este proceso en el ciclo Otto) no debe desperdiciar su potencial cediendo calor por lo que nos interesa que sea adiabática.75 bar · l/kg y con el cambio de unidades w = 545. En el correspondiente proceso adiabático teórico el w es 539.11. En cuanto al flujo de calor.42.314 kW 1 El análisis energético en un ciclo tiene particulares características. de manera aproximada tomando el cambio en energía interna específica de TermoGraf y aplicando el primer principio q = .4. P1=11 bar. Como se ha dicho en anteriores problemas. (Wx)12 = 51. en un ciclo de potencia) que supone el análisis de VC en cada uno de ellos.22 + 534. en el motor de combustión interna alternativo) con análisis de MC o en una sucesión de equipos (por ej. De ahí que los datos no ajusten exactamente con el proceso teórico que es un proceso adiabático como muestra la figura del ciclo teórico en el que está superpuesto el proceso experimental. las variaciones de U o H al completar el ciclo son nulas luego el W y el Wvc para todo el ciclo (Wneto) coinciden. Podemos también calcular el área encerrada bajo la curva considerando ésta como una poligonal resultado de unir los datos experimentales y calcular el área encerrada bajo cada tramo por el teorema del valor medio aplicado a ese tramo recto (véase el Pb 2.63 pudiendo considerarlo despreciable.9).032 m3.59 kJ/kg Este valor no es significativo (al margen de su carácter aproximado) si se compara con w = 534. c) Cuando se analiza equipo a equipo la diferencia es importante. Consideraciones: La afirmación hecha en el punto 4.577. V1=0. Pb 2.31 kJ/kg y q es cero lógicamente. 5. Tendremos para el área total la expresión w = {(Pi+Pi+1)/2}·(vi+1-vi) = 5455. 39325 m3/kg Y conocidos P2 = P1 y v2 es posible ya calcular u2 y T2: u2 = 1211. si el ciclo se emplea como ciclo de refrigeración. (b) Calcula el trabajo neto para el ciclo.14 = 223. de los procesos será sencillo calcular los valores de W y de Q o. en kW. Q = 0 Se pide (a) Representa el ciclo en un diagrama P-v. (c) Calcula el calor transferido al gas. (b) El trabajo neto w será la suma de los distintos trabajos en cada uno de los procesos (como el análisis en MC y los procesos son reversibles este trabajo será el de expansión wx: w12 = (51. γ.92 K Asimismo. del dato del trabajo en 1-2 tenemos V2=[(Wx12/P1)]+V1= (51.988.28 kJ/kg.2 kg/s) = 256. Condiciones: Se tienen datos de estados y de procesos de modo que utilizando las ecuaciones de los procesos y las relaciones del modelo de gas ideal como la ec. en kW.14 kJ/kg tenemos para u4 u4 = 1211.28 .89745 m3/kg Finalmente v4 = v3 y como u4 – u3 = – 988. u3 = u2. u4 – u3 = – 988.Proceso 2-3: expansión con P·v = cte.82 bar es posible calcular u3 y v3 u3 = 1211.14 kJ/kg Proceso 4-1: compresión adiabática.314 kW) / (0. (d) Calcula el rendimiento (en %) Si se invierte el sentido del ciclo (e) Calor que se absorbe. w y q. Análisis: (a) El ciclo aparece representado en la figura adjunta en un diagrama Pv . RESOLUCIÓN Sistema a estudio: El gas (aire) contenido en el cilindro de un motor Otto Modelo de la sustancia: Gas ideal. de estado se pueden completar las parejas de datos que definen los estados y que permiten calcular en tablas o en TermoGraf las magnitudes demandadas. T2 = 1506.07865 m3 Con esto: v2 = V2/m = 0. Las diferentes pasos para conseguir la información precisa para su representación han sido: Para v2. β. en kJ/kg. con T3 =T2 y P3= 4. si el ciclo se emplea como bomba de calor. por unidad de masa. en kJ/kg y como potencia. En él se señalan los procesos correspondientes.28 kJ/kg v3 = 0.032= 0.14 kJ/kg Con estos valores de u y las ec.57 kJ/kg 124 .314(bar)/11(bar*100kPa/bar))+0. en kJ/kg. (g) Coeficiente de operación. P3 = 482 kPa Proceso 3-4: volumen constante. (h) Coeficiente de operación. (f) Calor que se cede. 99 kW (d) En cuanto al rendimiento.12. Pb 2. pues v = cte w41 = .2 kg/s) = 988. En consecuencia: (e) El calor absorbido será.365 kW (c) En cuanto al calor suministrado será el de los procesos 12 y 23: Q12 = ΔU12 + Wx12 = 153.608 Y como el proceso 23 es isotermo. las transferencias de calor a través de la frontera de una bomba de calor que trabaja en las condiciones de la figura (w = .31 = 204. 125 . β. el flujo de calor tomado del foco frío en el ciclo de refrigeración o el de calor cedido al foco caliente en la bomba de calor) con aquella otra que ha sido necesario proporcionar para conseguirla (el calor absorbido en el ciclo de potencia y el trabajo suministrado en los otros dos considerandos). para el ciclo de refrigeración será β = |qabs / |wciclo| = 988.14 / 391.365 / 275.8.96 kJ/kg (g) El COP.82 = 3. en este ciclo: q23= (197.10 kJ/kg) y con un COP = 2.w23 = R·T2·ln(v2/v1) = 356.522 Consideraciones: Conviene insistir en los tres conceptos relativos a los rendimientos de los ciclos según sea el objetivo de los mismos. cuál es el flujo másico circulando y los flujos de energía a través de la frontera del sistema.2839 = 28.2 kg/s) = -1379. para la bomba de calor será γ = |qced| / |wciclo| = 1379. γ.385 kW Por tanto el calor absorbido o suministrado en el ciclo será: Qabs = Q12 + Q23 = 275.(u1 – u4) = .96 / 391.99 = 0.29 + 51.99 kW/ (0.93 kJ/kg w34 = 0.63 kW) / (0..31 = 71.39% Si invertimos ahora el ciclo (obsérvese que no solo cambia el sentido de los procesos sino su numeración acorde con el recorrido) tendremos los signos de los flujos energéticos también invertidos.82 = 2.221.522 (h) El COP.14 kJ/kg (f) En cuanto al calor cedido será el absorbido en el ciclo directo pero con signo negativo: Qced = 275. En todos ellos podemos decir que relacionan en forma de cociente aquella magnitud que es el objetivo (el trabajo neto en el ciclo de potencia.Flujos en una bomba de calor Cuáles son. lo que implica que ΔU23 es cero: Q23 = Wx23 = 153. Si la potencia suministrada es 15 kW. por kg de fluido refrigerante recorriendo el ciclo.82 kJ/kg y para W = w·m será Wciclo = 78.29 + 51. viene definido como = Wciclo/Q absorbido = 78.67 kJ/kg Así el w neto será la suma de los anteriores: wciclo = 391. luego qc = .42 kW Qf = 1.5 kg/s · (.28 kJ/kg (flujo de calor negativo abandonando el sistema) Y de la (1): qf = 28 . Análisis: Las expresiones que debemos utilizar son: Aplicando las expresiones anteriores a los datos de la figura: De la (2): |qc| / |w | = |qc| / 10 = 2.28 kJ/kg) = . Modelo de la sustancia: Cualquiera (no se precisan cálculos de propiedades de estado luego no es necesario conocer el modelo de sustancia en el sistema termodinámico).10 = 18 kJ/kg (flujo de calor positivo entrando en el sistema) En cuanto al flujo másico m = Wciclo/w ciclo = -15 kW/ -10 kJ/kg = 1.8.5 kg/s Y los flujos totales serán : Qc = 1.RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Un sistema con paredes diatérmanas y móviles que permitan flujos de calor y trabajo. Condiciones: No son necesarios datos de propiedades de estados o conocer los procesos pues se dan los datos de flujos necesarios (basta conocer el de trabajo) para resolver las cuestiones.5 kg/s · 18 kJ/kg = 27 kW 126 . Pb3.Entalpía de vaporización (cambio de fase) Representa mediante una gráfica el valor de Δhvap frente a P (o a T) para el caso del agua (desde P = 5 kPa hasta la presión crítica) y del Refrigerante134a (desde T = -20 ºC hasta su temperatura crítica) y haz alguna consideración sobre los resultados en relación con la utilización de estas sustancias.1ª. representar un proceso como el de la figura Pb3. Pb3. estudiando datos de líquido saturado (ls). Propiedades y modelos Pb. con TermoGraf..1c que parte de un estado con título 0 y termina en un estado con título 1. M de C. Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación. para el agua 127 ..1.f) Análisis: Teniendo en cuenta la definición de entalpía de vaporización. 3. Con ese tipo de proceso se ha construido la tabla siguiente y se han representado. Entalpía de vaporización para el agua en el intervalo de temperaturas 25ºC-Tcrítica Fig. hlíq sat y hvap sat frente a la Tsaturación.Representación de vaporización. Agua. en la Fig. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v. bastará tomar de una tabla que recoja los valores de la curva de saturación o. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad . de vapor saturado (vs) y de cambio de fase (c. hvap y hvaporización como la diferencia entre ambos. SI.3.1a. los diferentes valores hlíq. . Pb3.Una inspección de los valores muestra que la vaporización es una función decreciente con la temperatura o con la presión.Proceso utilizado para investigar la variación de la hvaporización. Fig. su valor. A su vez. su valor entre 1000 y 2000 kJ/kg para un amplio intervalo de presiones o temperaturas. con un flujo másico relativamente reducido.Tcrític 128 . En este caso. más reducido que en el caso del agua indica que este refrigerante no es idóneo como sustancia de trabajo en una planta de po- tencia. hace del agua una sustancia de trabajo idónea para servir de vehículo a fuertes transferencias de energía como las que tienen lugar en una caldera o en un condensador. Ello permite alcanzar elevadas potencias en la instalación. para el Refrigerante 134a La siguiente tabla recoge los valores de la entalpía de vaporización para el Refrigerante 134a. frente a Tsat o Psat. Entalpía de vaporización para el R134a en el intervalo de temperaturas 25ºC.1b. Curvas de variación de las entalpías de saturación frente a la temperatura o la presión. 3. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad. Si representamos dichos valores mediante la interfaz gráfica de una hoja de cálculo podemos ver la forma de la curva de saturación para líquido. Pb3. Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases). estudiando datos de líquido saturado para deducir una expresión que permita evaluarlos.1c. tomando P(T). dado el rango de temperaturas (-20ºC a 40ºC) y presiones (1 a 10 bar) en el que hvaporización se mantiene con escasa variación y un valor aceptable. en bar y una escala lineal para la temperatura. Representa una cualquiera de las ecuaciones en el intervalo del ajuste y comprueba si es extrapolable con suficiente precisión para valores menores y mayores de las temperaturas propuestas. en °C. Interpreta. Análisis:Los valores correspondientes a la curva de saturación (zona de líquido saturado) se recogen en la tabla adjunta. Agua.La construcción de tablas Construye una tabla con los valores de P.. o P(v). k) Representa la relación P-v para la parte de líquido saturado con una escala logarítmica para el volumen. Configuración: Diagrama P-v.Fig. mediante algún programa adecuado (una hoja de cálculo puede ser válida). para el R134a. en ambos casos.. Pb. encontramos que puede constituir una sustancia ideal para ser utilizada como sustancia de trabajo en un ciclo de refrigeración.2. j) Representa la relación P-T con una escala logarítmica para la presión. SI. con intervalos de 40ºC. en m3/kg y una escala lineal para la presión. l) Realiza un ajuste de tipo polinómico a los datos. en bar. Sin embargo. M de C. v y T para los estados de cambio de fase para mezclas bifásicas líquido-vapor para el agua entre 20ºC y 340ºC. 129 . Sin embargo. los valores de las propiedades ajustadas en el rango seleccionado.P)). que corresponde a la curva de saturación. entre los límites Tsat = 20ºC a 340ºC. Pb3. Así. se ha incluido el ajuste realizado con un polinomio de 6º grado. resulta mucho más complicado si queremos obtener las distintas relaciones termodinámicas de interés (como podría ser u(T. con suficiente precisión. Análisis y comentarios Es evidente que el método de ajuste a datos experimentales permite calcular. sustancias. que se ciñe perfectamente a los datos utilizados para el ajuste. Fig. y variables relacionadas muy concretos. La tabla siguiente muestra los efectos de extrapolar el ajuste antes citado hasta 20ºC por cada uno de sus extremos. o ampliar rangos. comportamientos. no sólo podemos construir una tabla para consulta sino incorporar a un programa de ordenador el citado ajuste que permitirá calcular rápidamente cualquier valor dentro del rango ajustado. que puede ser una fácil solución para rangos. En la segunda.2.Tabla que recoge los valores “experimentales” para P.2. fase líquida. En la última columna se ha recogido el error relativo. esto. 130 ..Representación P(T) y P(v) y ajuste en este último caso con un polinomio de grado 6. Las gráficas obtenidas se recogen en la figura Pb3. T en situación de líquido saturado. v. 061 1.58 193.345 2.683 67. Real Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación.2 1.6 2.6175 10.9 -8.200 1.0001 1. 400ºC.2 1. x = 1 para la parte de vapor saturado de la curva de saturación).3 1.) P(v) en bar 0.) P(v) en bar 46. 500 ºC. Pb. operativo en cada rango.196 P(ajuste) P(v) en bar 1.2 186.3.3. límite inferior del ajuste.5 T ºC 260 280 290 300 320 340 350 360 363 v dm3/kg 1. 250ºC. 3.276 1. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad.19 P (experim.550 148. en un diagrama Pv .202 1. 350 ºC.761 1. Análisis: Acudiremos a TermoGraf. siendo Tc la temperatura del punto crítico. desde 0.336 1. Tc. Con las tablas así construidas acudiremos a una hoja de cálculo para en ella hacer un ajuste que nos parezca aceptable a la previsión deseada.2 Tabla con los resultados de extrapolar el ajuste (datos P y v del ajuste en cajas) Esto último queda claro al extrapolar la ecuación obtenida en el ajuste anterior.824 156.5. 0.221 3.1 1.852 120 145.002 1.2 1.3 1. La solución para este comportamiento es lo que se llama ajuste por zonas o tramos.9.1 2.1998 1.742 1.405 1.685 diferencia (Paj-Pex) 1.898 1. saturado de la curva de saturación.9 -349.0171 0. para el agua: a) La curva de saturación.367 1.. Agua.128 1.1 2. M de C. es aparentemente pequeño pues los valores de P son muy pequeños. con la presión en MPa y el volumen específico en m3/kg.0 2. d) Las isotermas 200 ºC.9881 3. 0.8 2. Sustancia y Modelo: Agua como Sustancia real (que incorpora cambios de fases).7 y 0.788 32.265 4.040 76. estudiando datos de líquido saturado y de vapor saturado. b) Las curvas de título constante: 0. SI. 300 ºC. En cuanto a la diferencia encontrada para valores por bajo de 20ºC.0151 1.4 -153. 0.02345 0.928 11.528 1.204 1. Configuración: Diagrama P-v.958 122.44 P(ajuste) diferencia P(v) en bar (Paj-Pex) 48. tenga valores y derivadas coincidentes en la frontera entre rangos.398 85.08 1. en sus dos componentes: líquido saturado y vapor saturado.001 1. Es evidente que las funciones así obtenidas serán similares (probablemente más imprecisas o par intervalos limitados) a las que utiliza el 131 . el error relativo es muy fuerte.031 23.1.017 1.915 65 74.532 24.T ºC 8 15 20 60 100 120 140 180 220 v dm3/kg 1.531 87.5 1. y que se hace continuo forzando que la función ajuste suma de otros.044 1.966 P (experim.2 1.01033 0. Sin embargo.92 165. utilizando escala logarítmica cuando creas conveniente. La tabla muestra que la diferencia respecto de los datos “experimentales” es muy pequeño en el rango ajustado pero crece excesivamente fuera del mismo así como nos alejamos.1 a al punto crítico. las gráficas siguientes.Curva de saturación y curvas de título constante Representa.639 1. 700 ºC.639 -155. configurando la pantalla y realizaremos barridos que cumplan las condiciones impuestas (x = 0 para la parte de líq. en este caso para el AGUA: DATOS T1sat =300 ºC Masa de agua = 1 kg Llevada a la tabla de saturación LLEVAN A Psat = 85.02943 h1 = 1385.02167 m /kg hf = 1344 kJ/kg hg = 2749 kJ/kg v1 = 0. No aparece distribuida de modo más o menos proporcional ¿puedes explicar por qué? Intenta encontrar la respuesta y compruébala en el documento Tgraf: Pb 3.3. Comentarios La configuración de las isotermas por debajo de la T crítica presenta una forma característica ¿puedes explicar por qué? ¿Y la forma de las isotermas de T más altas? Asimismo.5 0. Configuración: Diagrama P-v. La figura muestra también las isolíneas x = cte para los valores 0. ambos con un kg de masa.81 bar vf = 0.6 2747. b) 3 kg de Refrigerante Propano a -20 ºC con un volumen específico de 0.0 1686. Estas isotermas marcan la zona bifásica para T<Tc (el dato Tc lo puedes ver en TermoGraf activando ). Agua.3 Pb. 0. utilizando tablas y comprobando el resultado con TermoGraf. M de C. En ellas aparecen los valores pedidos.1. dibuja a partir de él un proceso a P cte en un sistema cerrado al que se aportan 300 kJ de energía como flujo de calor y calcula el estado final.9. SI.85 0.02165 1344.. y la Pb 3. la forma y distribución de las isolíneas de título constante es también “curiosa”.vg) x1 con hf.4. 0.4b el correspondiente al propano. En cuanto a las isotermas señaladas son isolíneas que se recogen en la fig. cuyo cálculo en las tablas se recoge en los apartados siguientes.015 m3.Cálculos con el título Determina el estado inicial.x)·hf + x· hg con Δh = Q x1 = 0.3…0.3 Q= 300 kJ por kg 132 . Sustancia y Modelo: Agua y Propano como Sustancias reales (que incorporan cambios de fases).0014036 m3/kg vg = 0.3 h2 = 1685. hg: h = (1 .0 con x = (v .vg)/(vf . Pb 3.0294 1386.002 m /kg 3 3 en TermoGraf 85.001405 0. 3.4a muestra el proceso requerido en el caso del agua. Pb 3. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua y otro de Propano.01.002 m3/kg. en las mezclas bifásicas líquido– vapor siguientes: a) 1 kg de agua a 300°C con un volumen específico de 0. La secuencia de cálculo con las tablas es.programa TermoGraf que utilizamos para proporcionar datos supuestamente experimentales. Real Condiciones: Se trabaja para ambas sustancias en el domo (en TermoGraf cada sustancia se trabaja en su propia pantalla) Análisis: La fig. . Pb3.306 3 () en TermoGraf 2.hg)/(hf . Una segunda diferencia.hg) () Los valores en esta columna reflejan cambios en el valor obtenido en unas tablas determinadas y el obtenido en TermoGraf.067 213.00183 0. todos los demás 133 . mayor pero pese a ello no significativa. bien a la precisión del modelo empleado en las tablas y en el programa informático. es la que reflejan los valores de la entalpía.3 kJ/kg hg = 446.243 0.639 0.424 0.428 +59.20 ºC (m propano = 3 kg) Llevada a la tabla de saturación LLEVAN A Psat = 2.vg) x1 con hf. El caso del propano presenta ligeras diferencias en algunos valores debidas.757 +58.057 505.639 +59.hg) x2 = 0.444 bar vf = 0.106 V1 = 0. (b) Idem en el propano PROPANO (Tabla de saturación.1815 m3/kg hf = 46. Hay que recordar que este tipo de funciones se obtiene por diferencias entre cada estado considerado y el valor asignado a un estado de referencia. obtenemos los resultados para el PROPANO DATOS T1sat =.4 .428 h2 = 153. Estos cambios se comentan a continuación.vg)/(vf .2675 0. Ello es debido a que las tablas consultadas y el programa informático de cálculo utilizan referencias distintas.De h2 tenemos x = (h .x)·hf + x· hg con Δh = Q x1 = 0.(a) Domo bifásico en el agua.243 Tabla que muestra la secuencia de pasos seguir para resolver las cuestiones con las tablas del Agua Fig. hg: h = (1 .1822 106.001802 m /kg vg = 0. entrada por T) Con similar procedimiento.067 Q = 100 kJ por kg x2 = 0.hg)/(hf .015 m3 con x = (v . Comentarios Vemos que en el caso del agua ambos métodos son semejantes en cuanto a precisión. h.2682 h2 con x = (h .1757 113.8 kJ/kg +59.1788 h1 = 53. bien a una cuestión de redondeo. Obsérvese que estos valores difieren en torno a 59 kJ/kg para todas las entalpías. Si a este estado se le asigna diferente valor. Fig. como en las expresiones de cálculo se utilizan las diferencias entre el valor de una propiedad en cada estado. el volumen del vapor es cada vez menor. Represéntalo sobre la curva de saturación y explica por qué. Sin embargo. Pb 3. MdeC.mantendrán la diferencia1.5. Así. Condiciones: Se trabaja en la curva de saturación. en m3/kg.. 200 ºC y 300 ºC. Pb. Configuración: Diagrama T-v. 1 134 . del volumen del líquido saturado y el del vapor saturado en el caso del agua a 100 ºC.5 muestra una combinación de los estados del enunciado sobre la curva de saturación con sus volúmenes rotulados. pese a que la temperatura es mayor.5.. Análisis: La figura Pb3. del enunciado. 3. Para ello basta seleccionar el menú: Sustancia-Referencia. el desajuste antes visto no aparecerá en el resultado. estudiando datos de líquido saturado y de vapor saturado. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua de masa unidad.Dilatación de líquidos versus compresibilidad de gases Escribe una tabla con los valores.Evolución del volumen del agua sobre los dos tramos de la curva de saturación TermoGraf incorpora una opción para redefinir el valor de la referencia de modo que se pueda trabajar con los valores del estado de referencia de unas tablas determinadas lo que permite contrastar cálculos en ejemplos tomados de un determinado libro. Comprueba con TermoGraf que el W en el proceso no es cero. mientras ocurre lo contrario en el caso del líquido. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). una gráfica con la variación relativa al valor a 100ºC de los correspondientes a las otras dos temperaturas y la tabla con las Tsat y Psat correspondiente. y sí lo es el Wt e interprétalo desde el punto de vista del primer principio. el título x2 es muy similar aunque en él han intervenido las entalpías. unidades SI con T en ºC y P en bar. c) El flujo de calor q en cada proceso. por lo que la variación de presión. claramente superiores. 3. Por el contrario. vliq sat lo hace también hasta llegar al punto crítico. Análisis: La tabla adjunta muestra el conjunto de propiedades P. Es. desde un bar hasta 85 bar no puede sino manifestarse con una reducción de volumen significativa. el v del vapor saturado decrece hasta dicho punto crítico. T y x de los estados definidos. MdeC. b) Determinar el volumen específico en los cuatro estados así como el título para cualquier estado dentro del domo. así como los valores correspondientes a las propiedades de proceso Q y W. Comentarios: La explicación para el crecimiento del vliq sat hay que buscarla en las propiedades del líquido saturado. vliq sat es una función muy débilmente dependiente de P y con mayor dependencia de la T. sustancia prácticamente incompresible. al aumentar T supone un aumento de volumen. Configuración: Diagrama P-v ó T-v. pues. v. cuyo volumen cambia casi exclusivamente por la variación de T. Puede señalarse que si bien las propiedades térmicas (P y v) no varían excesivamente en los estados de vapor. con errores superiores al 10% y. este estado. comprimiéndose entonces de modo isotermo hasta que su volumen específico corresponda al mismo valor que el del punto crítico. 135 . el 2. la dilatación de líquidos el que predomina y. Se incluye también el cambio de la energía interna para comprobación del primer principio. en kJ/kg. Pb. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). casi independiente del crecimiento de Tsat.6. Inicialmente se expande isotermamente hasta el estado 2 (30 bar) para luego sufrir un enfriamiento a v cte hasta los 230ºC (estado 3). Puede señalarse que a igual T el estado con menor presión da un mejor comportamiento (por el error dado. sería el único en el que el modelo de Gas Ideal produce resultados aceptables. unidades SI con T en ºC y P en bar. en el caso del proceso que acaba en el domo. Se pide a) Representar los estados en un diagrama P-v y en uno T-v. Es decir.Análisis en el domo En un cilindro-pistón se encuentra 1 kg de vapor de agua a 450ºC y 6 MPa de presión (estado 1). Analizar si en alguno de los estados el uso del modelo de Gas Ideal hubiera dado valores aceptables del v específico Resolución Sistema a estudio: Una masa de 1 kg de agua. Condiciones: Se define una serie de procesos en zona de vapor y en el domo.. Por el contrario. el vapor es fuertemente compresible.El análisis del conjunto muestra que cuando la Tsat aumenta. este efecto. En cuanto al flujo Q los valores son menos comparables. el estado del domo es lógicamente no comparable. en análisis de Masa de Control: ΔU = Q-W. En la misma tabla pueden verse los valores correspondientes a modelo Gas Ideal. Sustancia real estado P (bar) 60 30 19.582 27.969 T (ºC) 450 450 230 230 v (m3/kg) 0.05214 0.10787 0.10787 0.003155 x (en%) Vapor Vapor Vapor 27.68 Gas ideal v = 0.0556 v = 0.11125 P = 20.873 P = 736 Error % 6.6 3.1 6.6 23327950.7 1 2 3 4 Proceso 1-2 2-3 3-4 clase T cte v cte P cte Q +265.6 -393.3 -1883.6 W +234.7 0 -275.9 ΔU +30.91 -393.3 -1607.8 Q +231.3 -343.9 -827.6 W 231.3 0 -827.6 Comentario: En la tabla se puede comprobar el sentido de los flujos de energía atravesando la frontera en función del signo de acuerdo con el criterio aplicado: Q>0 es un flujo hacia el interior, que aumenta la energía interna. W>0 es un flujo hacia el exterior, a costa de la energía interna del sistema. Pb. 3.7.- Transferencia de calor a v cte en el domo Un depósito rígido contiene 50 kg de agua a 40 bar como vapor saturado. La presión del agua cae a 10 bar como consecuencia de la cesión de calor al ambiente. Determina a) El volumen del depósito, en m3. b) El título del estado final. c) El calor cedido en el proceso. Resolución Sistema a estudio: Un volumen de agua en un volumen constante. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; SI con T en ºC y P en bar; MdeC (ya que es un sistema cerrado) Condiciones: Se trabaja en el domo. Análisis: a) Para el volumen del depósito bastará multiplicar los 50 kg de agua en el depósito por el volumen por kg en el estado 1 ó 2, pues coinciden: V = m · v1 = 50 kg · 0.04977 m3/ kg = 2.49 m3 b) Para calcular el título habrá que trabajar con los valores de líq. sat. y vap. sat. para 20 bar. La operación se puede hacer con los volúmenes o con las energías internas pues en ambos caso tenemos v2 y u2. Es decir: x = (0.04977 – 0.001128)/(0.1944 – 0.001128) = 0.25167 = 25.17% Si dibujamos el estado en TermoGraf tendremos directamente el título. c) Para el flujo de calor cedido al ambiente no habrá más que aplicar el primer principio al sistema. 136 ΔU = Q – W = Q pues W = 0 ya que V = cte (recordemos que en procesos sin efectos disipativos el W que cruza la frontera es el trabajo de expansión, Wx, que vale ∫12 P·dV) Si tomamos los datos de tablas o TermoGraf podemos escribir : ΔU = 50 kg · (u2-u1) kJ/kg = 50 · (1219.6 – 2601.1) = - 69077.5 kJ Comentarios: El signo negativo indica que es un calor cedido que reduce la energía interna del sistema. La ligera diferencia con el cálculo ofrecido por TermoGraf es debido a que el cálculo en el ordenador se hace con más cifras decimales que las que aparecen en las tablas de estado. En cualquier casos diferencias del orden de la existente aquí no son significativas (la desviación es menor que un 0.02%). Pb. 3.8.- Cálculos, conocido el título, de un refrigerante El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un volumen de 0.01 m3. El depósito está a una presión de 0.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0.92. Debemos calcular a) La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. b) El volumen que ocupa cada fase. c) La energía interna por kg, de cada una de las fases y la energía del volumen total. Resolución Sistema a estudio: Una masa de R134a en un volumen constante. Sustancia y Modelo: Refrigerante 134a como sustancia real (que incorpora cambios de fases). Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC (no hay que hacer análisis de flujos de W) Condiciones: Se trabaja en el domo con estados de título conocido utilizando las tablas de la sustancia. Análisis: El Refrigerante R134a utilizado en una máquina frigorífica llena un depósito con un volumen de 0.01 m3. El depósito está a una presión de 0.2 MPa y el refrigerante tiene un título de 0.92. Debemos calcular 1. La masa de líquido y vapor existentes en la mezcla bifásica. 2. El volumen que ocupa cada fase. 3. La energía interna por kg, de cada una de las fases y la energía del volumen total. 1) Bastará tomar datos de la tabla de la curva de saturación1 para la sustancia considerada. Estos datos son: Curva de saturación: Línea de la tabla de saturación correspondiente a 0.2 MPa = 2 bar: 1 Al objeto de mostrar las diferencias que pueden producirse en los cálculos de propiedades, este problema se resuelve con los valores tomados de la tabla A.10 (Fundamentos de Termodinámica Técnica, MoranShapiro, 4ª Ed. p 827. Editorial Reverté. 137 P (bar) 2 T (ºC) -10.09 vf (m3/kg) 0.0007532 vg (m3/kg) 0.0993 uf (kJ/kg) 36.69 ug (kJ/kg) 221.43 Consideremos las siguientes relaciones; x = mg/mtotal ; mg = x ·mtotal mtotal = Vtotal/vtotal ; vtotal = (1-x)·vf + x·vf = (1-0.92)·0.0007532 + 0.92·0.0993 = 0.0914m3/kg que llevado a [2] da: mtotal = 0.01 (m3) /0.0914 (m3/kg) = 0.1094 kg con lo que, sustituyendo en [1] se tiene [1] [2] [3] mg = 0.92 · 0.1094 = 0.10065 kg y mf = 0.1094 - 0.10065 = 0.00875 kg 2) aplicando la equivalente a [2] para cada fase : Vf = mf · vf = 0.00875 kg · 0.0007532 m3/kg = 6.590·E-06 m3 Vg = mg · vg = 0.10065 kg · 0.0993 m3/kg = 0.009995 m3 3) para cada fase, la energía interna por kg se corresponde con los valores de la tabla para la fase líquida y de vapor: uf = 36.39 kJ/kg y ug = 221.43 kJ/kg En cuanto a la energía del volumen total, la obtendremos con la equivalente a [3]: Utotal = mtotal · [(1-x) · uf + x · ug] = 0.1094 kg · [0.08 · 36.69 kJ/kg + 0.92 · 221.43 kJ/kg] = 0.1094 kg · 206.651kJ/kg = 22.608 kJ Comentarios: Los valores calculados para el volumen deben ser similares a los que obtendremos en un programa como TermoGraf, con pequeñas diferencias debidas a la precisión del modelo o de las tablas. Sin embargo, los valores para U dependerán, además, del origen de referencia y del valor asignado en él (véase Pb 3.4). En este caso la pequeña diferencia es función de las ecuaciones que utiliza cada modelo (TermoGraf o tablas utilizadas) para el cálculo de propiedades a partir de los valores de referencia pues el estado de referencia utilizado en TermoGraf se ha hecho coincidir con el de las tablas (menú SustanciaReferencia). Pb. 3.9.- Ecuación de estado, ecuación de proceso n Una masa de Amoniaco sufre un proceso para el que la relación P–v es pv = constante. Los estados inicial y final del refrigerante son P1 = 10 bar, T1 = 550 K y P2 = 2.5 bar, T2 = 422.3 K, respectivamente. Calcula la constante n para el proceso y el volumen en el estado final. Resolución Sistema a estudio: Un masa sin fijar (podemos tomar 1 kg) de Amoniaco evoluciona según una ecuación indeterminada en parte. Sustancia y Modelo: Amoniaco como Gas ideal. Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI con T en K; MdeC. Condiciones: El exponente n lo podemos calcular determinando previamente v en cada uno de los estados. 138 Análisis: La ecuación del proceso permite establecer la relación entre el estado inicial y final. Como en ella se relacionan P y v, deberemos optar por deducir la forma de esa ecuación con P y T (datos conocidos), utilizando para ello la relación entre P, v y T (ecuación térmica de estado), o alternativamente, calcular el volumen con esta ecuación y utilizar la relación dada en el enunciado para el proceso. Con esta última opción, de la ecuación de estado para el gas ideal: v1 = RT1/P1 = (8314 (J/kmol·K) /17.032 (kg/kmol))·550 K/1.000.000 Pa = 0.2685 m3/kg v2 = RT2/P2 = (8314 (J/kmol·K) /17.032 (kg/kmol))·422.3 K/250.000 Pa = 0.8246 m3/kg Con estos valores podremos sustituir en la expresión P1v1n = P2v2 n, despejando previamente n: n = ln(P1/P2) / ln(v2/v1) = 1.235 Comentarios: El amoniaco es un refrigerante para el que TermoGraf proporciona los modelo Gas Ideal y Sust. Real. Para otros refrigerantes TermoGraf sólo proporciona modelo Real. En un caso así podremos obtener el volumen en los estados 1 y 2 pero no podremos dibujar el proceso pues una politrópica sólo puede trabajarse con modelo de gas ideal que no está incorporado para las sustancias reales pues, en general, la zona en que se utilizan las sustancias para las que no se recoge el modelo de Gas Ideal no tiene propiedades de gas ideal sino de vapor sobrecalentado. Pb. 3.10.- Aplicación de los tres niveles de información Tres kg de propano se comprimen de forma isóbara en un cilindro-pistón. Representa para el propano, en los diagramas P-v y T-v, dicho proceso desde el estado inicial con T1=1450 K y v1=0.25 m3/kg hasta un estado final que es vapor saturado. Calcula también el calor cedido si el trabajo de compresión ha sido -685.25 kJ. Resolución Sistema a estudio: Una masa de propano en un pistón. Sustancia y Modelo: Sustancia real (y para un estado, modelo de gas ideal). Configuración: Diagrama P-v; Unidades SI; MdeC. Condiciones: Para dibujar el proceso isóbaro debemos conocer, previamente, la P. Análisis: a) Las tablas1 del propano no permiten calcular P1 para un valor tan elevado de la temperatura (1450 K). Por ello aplicaremos el modelo de gas ideal pues a T tan elevadas el error será mínimo. Es decir: P1 = R·T1/v1 = (8314 J/kmol·K)·( 44.09 kg/kJ)·1450 K/0.25 m3/kg = 1093426 Pa =10.93 bar que difiere sólo en un 0.3% del valor dado por TermoGraf. En cuanto a la energía interna, tomamos el valor de TermoGraf: u1 = 4305.15 kJ/kg. En el caso del propano TermoGraf permite calcular, como sustancia real, a esas temperaturas. La P que proporciona para las condiciones de T1 y v1 dadas es P1 = 10.96 bar. 1 139 como sistema cerrado.685. Por otra parte. que no suelen dar valores para estados con tan alta temperatura. Por el contrario.6-451.7 kJ)en menos del 1 por mil.25 kJ (por ser el proceso isóbaro podíamos calcularlo como P·ΔV). Sustancia y Modelo: Sustancia real Configuración: Diagrama P-v. mediante tablas y comprobando los resultados con TermoGraf: a) La energía interna y la entalpía de los estados inicial y final. Pb. tenemos: Q = 3 kg · (455. Será posible. Comentarios: ¿Por qué es aplicable el modelo de gas ideal al estado 1? A elevadas temperaturas y presiones bajas el comportamiento de una sustancia es parecido al de un gas ideal. La información precisa la obtendré de tablas o en TermoGraf. por tanto. 3.25) kJ = .8)*(10. Unidades SI.b) A continuación. MdeC.6 10.12 235. Por eso si empleamos la ec. mediante interpolación (cuadro siguiente) el cálculo de u2 P (bar) u(kJ/kg) 10 451. Entonces. Tendremos de tablas o TermoGraf: 140 . de modo que aplicando el primer principio se puedan responder las preguntas realizadas.8+(455. 20 kg de una mezcla líquido-vapor de agua con un título del 40 % y una presión de 2 bar hasta alcanzar los 400 ºC.93 bar y x = 1. Resolución Sistema a estudio: Una mezcla bifásica de 20 kg de agua.15 kJ/kg c) Del balance de energía para un sistema cerradoΔ(m·u) = Q – W y como W = 685.11. calcular el resto de las propiedades.Expresiones del balance de energía (primer principio) Calentamos.15) kJ/kg + (. P1 no se puede obtener en las tablas de propano sobrecalentado.. el gas ideal no es aplicable cuando estamos en zona próxima al cambio de fase como es la propia curva de saturación.3 kJ valor lógicamente negativo pues es un proceso con cesión de calor y que difiere del cálculo en TermoGraf (-12 243. P·v = R·T para calcular una de la propiedades en función de las otras dos el error será mínimo.8 11 455. a presión constante.15 – 4305. obtenemos la condición necesaria para que con la tabla de la curva de saturación podamos completar los datos del estado 2: Con P2 = P1 = 10. tenemos. Condiciones: El proceso es isóbaro y reversible. la correspondiente ecuación está tabulada y trabajamos con tablas. c) El trabajo de expansión. Análisis: Conocemos dos propiedades de cada uno de los estados inicial y final del proceso.15 Obteniendo el valor: u2 = 455. Calcula. de la tabla. d) El calor absorbido en el proceso.93 (valor a interpolar) u =451. de la condición del proceso: P = cte. Puede comprobarse que la diferencia entre las tablas y TermoGraf para los valores de u y de su variación es pequeña y refleja pequeñas discrepancias en el cálculo por ordenador.93-10)/(11-10)= 455. b) El trabajo técnico de expansión. 1)kJ = Q = 37812 kJ que coincide. d) Q se puede obtener de cualquiera de las dos formas del balance de energía en un sistema cerrado y para un proceso reversible.a) b) Por ser el proceso reversible. y despejando y calculando Q = 37811. en ese trabajo de flujo.65. En consecuencia. Consecuentemente con esto. el Wx de expansión se gasta precisamente. Pero el análisis de V de C significa que hay un flujo de masa que atraviesa la frontera y que además del Wt hay que recordar que hay un trabajo de flujo. luego Wx = 20 kg · 20 bar ·100000 Pa/bar ·(1. El proceso es reversible y no hay trabajos disipativos.0. 2. de la primera: 20 kg·(2965. ya que el proceso es a P=cte [2] En consecuencia. el Wx . como se verá posteriormente. 1 NOTA: Puede sorprender que en el caso estudiado el trabajo que atraviesa la frontera sea nulo al cambiar el modo de análisis a V de C. II) Pero estos trabajos corresponden al flujo de energía atravesando la frontera si: 1. vale: Wx = P·dV = P·m·dv = m·P·(v2 – v1) ya que P = cte. Consideraciones Hay algunas observaciones importantes: I) Tanto el trabajo de expansión como el técnico tienen expresiones de cálculo que pueden realizarse si conocemos el proceso para poder sustituir P en función de v e integrar (para Wx) y viceversa para el Wt. trabajo de expansión. por ser proceso isóbaro. TermoGraf identifica como W reversible el valor Wx si hemos definido el análisis como M de C y el valor Wt si el análisis lo hemos definido como V de C.7-1385.8-1314. Si el sistema es abierto. para sistemas abiertos hablaremos del Wt. 141 .9 kJ Y de la segunda: 20·(3275. el W que consideraremos es el Wt ya que una parte del W atravesando la frontera es el trabajo de flujo que no debemos considerarlo pues tiene un único objetivo: atravesar el sistema1.1)kJ/kg = Q – 4777.5493–0.35488) m3 = 47776500 J = 4777. como es lógico con la anterior. Esto tiene implicaciones al expresar el balance de energía. Si no hay flujo de masa atravesando la frontera (análisis de Masa de Control) el W que consideraremos es el de expansión: Wx 3.65 kJ c) La expresión para el trabajo técnico es: Wt = - V·dP = - m·v·dP = 0 ya que P=cte. (U2-U1) = Q – Wx [1] (H2-H1) = Q – Wt = Q . Así. 01061 luego P = 280 bar + (320-280)· (0.1-1385.01061-0. Análisis: a) El balance del primer principio para sistemas cerrados dice: (U2-U1)= Q . Se calienta el agua mediante una resistencia eléctrica de 1000 W. 309. en cada caso consideraremos estos valores como el flujo de trabajo atravesando la frontera del sistema si no hay trabajos disipativos.85 bar.|Weléctr | pues el depósito es rígido y dV=0. Condiciones: El proceso es isócoro y disipativo (La información precisa para los estados la obtendremos de tablas o en TermoGraf). 142 . Si los hay habrá que añadir a las expresiones [1] y [2] el término correspondiente: Wdis que siempre tiene signo negativo pues es un flujo de energía que entra al sistema. En este libro emplearemos el criterio de escribir en minúscula tanto el trabajo como el calor cuando calculemos lo que sería equivalente a los valores específicos de las variables extensivas.01061-0. En la línea de 600 ºC encontramos T = 600ºC v= 280 bar 0. obtenido en TermoGraf debido a la interpolación lineal utilizada en el cálculo y que hace el resultado algo más impreciso que el proporcionado por el ordenador.W siendo en este caso Q = 0 pues la frontera es adiabática y W= Wx+Weléctr = .0)kJ/kg = 10824 kJ y el tiempo necesario será: t = 10824 kJ/1000 watios = 10.01241 ¿P? 0.01102)/( 0.12. 3. Se pide: a) ¿Cuánto tiempo le costará alcanzar el estado de saturación? b) ¿Qué presión existirá en el depósito cuando el agua haya alcanzado los 600 ºC? ¿Cuál será el tiempo transcurrido desde el principio? Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera.1385.8 s b) Para resolver este punto con Tablas deberé buscar en Tablas de vapor sobrecalentado la P correspondiente a los datos T = 600ºC y v = 0. con un título del 20 %. Pb. III) Como hemos señalado.4 .01102 320 bar 0. tomando valores del diagrama: |Weléctr| = 10 kg ·(2467.01241) = 310.. Sustancia y Modelo: Sustancia real Configuración: Diagrama P-v. Calculados los estados bastará aplicar el balance de energía.14 kJ/k Considerando lo hecho antes. MdeC.01102 m3/kg. El signo refleja el hecho de que el W disipativo entra en el sistema. el tiempo total será: t total = (10·(u3-u1)) kJ/1000 watios = (10·(3092.Procesos con trabajos disipativos Una mezcla líquido-vapor de 10 kg de agua.1 s Consideraciones: Este valor de P difiere del valor. Unidades SI.0)/1000) s = 17.Otro aspecto a considerar es el trabajo por unidad de masa. está a 250 ºC llenando un recipiente rígido y aislado térmicamente.9 En cuanto a la energía interna el valor es (de TermoGraf) 3092. en un gas perfecto. Sustancia y Modelo: Cualquier sustancia con modelo de Gas Ideal (aire por ej. Sin embargo no es así. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados inicial y final coincidan.. Considerando las diferentes condiciones: Q = cproc·dT. M de C ó V de C. para un gas perfecto. pues una adiabática es una politrópica para un gas perfecto pero no lo es para un gas ideal. Analiza si se cumple esta condición en el caso del gas ideal y compruébalo con TermoGraf..Pb.13. Fig. ambas gráficas se separan al acercarnos al centro. La primera afirmación es simple de verificar. 3. Análisis: Es frecuente considerar que una adiabática es una politrópica para un gas tanto con el modelo de gas perfecto como con el modelo de gas ideal. Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera de masa unidad. cuando imponemos la condición de n = podemos comprobar que. junto con [1] cproc = (n·cv – cp) / (n – 1) y [2] n = cte por definición de politrópica. 143 . SI.) Configuración: Diagrama P-v. Pb3.Ampliando suficientemente la escala (ver valores en cada elemento de la gráfica) se comprueba que mientras que los estados inicial y final coinciden. en consecuencia Q = 0. un proceso politrópico en el que n=cp/cv coincide con un proceso adiabático. basta sustituir en [2] para obtener cproc = (cp – cp) / (cp/cv – 1) = 0. puesto que = cp / cv . un proceso politrópico con n = es un proceso adiabático.13. luego .Corrigiendo un error de interpretación Demuestra que. Sin embargo. Analiza los resultados obtenidos mediante la desviación porcentual de todos ellos frente al último caso. ¿la adiabática próxima podría ser politrópica pero ligeramente diferente?: la respuesta es no ya que tampoco es constante a lo largo de la curva. 2) Mediante las expresiones de (u2-u1) y (h2-h1) para gas perfecto. Podemos conseguir. figura Pb3. en lo posible. uno adiabático y uno politrópico pero entonces se separarán los estados intermedios por la simple razón de que el valor n de la ecuación politrópica P·vn = cte será constante a lo largo de toda la curva pero no coincidirá con el valor del cociente cp/cv que irá variando a lo largo de la curva. utilizando las ecuaciones energéticas para cada uno de los modelos.Análisis del uso adecuado de modelo y calores específicos Se comprimen 3 kmoles de CO2 desde T1=298 K y P1=1 bar hasta 800 K y 15 bar. la afirmación anterior no es correcta por la sencilla razón de que.14. para cualquier gas ideal. Sustancia y Modelo: Diversos modelos Configuración: Diagrama P-v.529·(T/100)0. utilizando los siguientes procedimientos: 1) Mediante las tablas de CO2 como gas ideal.. para un gas ideal. en un gas ideal: = cp/cv no es constante. Calcula el incremento de energía interna y entalpía que sufren. Es fácil hacer la comprobación con TermoGraf. Esta adiabática cumplirá estrictamente con la condición Q = 0 siendo muy próxima a un comportamiento politrópico. que coincidan el estado inicial y final de dos procesos. siendo sus valores muy parecidos a los que salen en los antes citados cocientes cp/cv.1034·(T/100)+0.308 kJ/kmol·K 3) Calculando las correspondientes integrales cy·dT y cp·dT entre 298 K y 800 K. tomando como expresión para cp: cp=(-3. 3. luego P·v = cte NO puede ser una politrópica si el exponente de v NO es constante. Resolución Sistema a estudio: Un sistema de 3 moles de dióxido de carbono. Coincide con el valor medio de la mencionada relación. M de C (indiferente pues no consideramos flujos de trabajo) Condiciones: Debemos comparar los cálculos de ΔU y ΔH por distintos procedimientos.7357+30.13. Análisis: 144 . un proceso adiabático (dibujado en TermoGraf con la condición Q = 0) y superponer.994 kJ/kmol·K y cp =36. Bastará dibujar. sabiendo que en este modelo se toman valores constantes: para cv =27. Pb.024198·(T/100)2)(kJ/kmol·K) 4) Utilizando calores específicos ctes iguales a los valores medios de cv y cp en el intervalo de temperaturas [T1T2]. Por otra parte. uno politrópico.54. 5) Utilizando el modelo de sustancia real. SI. Pb 2. Así.para cp como: ΔH = ∫ cp (T) ·dT = cp. por ej.cp.14 [1] 1 Recuérdese que en este estado se elige para h el valor o y para u el valor correspondiente a la ecuación u = h-P·v. éste se aproxima mucho más al valor de la media termodinámica de los c. las ecuaciones serán: ΔU = ∫ cv (T) ·dT y ΔH = ∫ cp (T) ·dT Los calores específicos cv y cp se definen precisamente con las expresiones cv = ∂U/∂T]v ó cp = ∂H/∂T]v cv = dU/dT cp = dH/dT. específicos (fig.o ·ΔT y ΔH = cp. específicos: Utiliza valores ctes de cv y cp calculados como (c1+c2)/2. si la sustancia es un gas y el modelo aplicable es el de Gas Ideal.o (T) ·ΔT indicando el subíndice o la referencia ambiente: 300K. Es un método mucho más correcto que el del caso 2) pues aunque también introduce un valor cte. El análisis de los distintos cálculos que se plantean encajan en el siguiente marco: 1) Tablas de gas ideal: utilizan funciones polinómicas de T para cv y cp y construyen las tablas mediante la integrales definidas por [1] a partir del estado de referencia. Esta aproximación es apropiada para muchas sustancias en función de la zona de estados (fases y modelos aplicables a esa zona) por la que evolucione el sistema y del intervalo de temperaturas considerado.Nos proponemos analizar la variación que presenta el cálculo de ΔU y ΔH a partir de las ecuaciones energéticas que evalúan estas variaciones en función de la variación de la T que experimente el sistema a análisis.1 2) Expresiones de Gas Perfecto: Utiliza las expresiones anteriores calculadas con la exigencia de que cv y cp sean constantes y coincidan con sus valores respectivos para T = 300 K.. 4) Cálculo con las medias analíticas para los c.14) calculada. Las expresiones [1] se transforman en ΔU = cv. siendo las dos últimas para el modelo de G Id en el que U y H son sólo función de T . 3) Cálculo de las integrales (*): Utiliza una función específica de cp y tomando cp = R. 145 .m·ΔT Fig. Esta es la primera aproximación: U y H son función sólo de la T. Pb 2. En dicha figura puede verse que el valor exacto sería la media termodinámica. 200 bar 2. 500 K. El cálculo con el valor medio de los c. 950 K. Al no cumplirse las dos condiciones que harían apropiado el modelo: pequeño intervalo de temperaturas. aceptable y tanto más cuanto más pequeño sea el intervalo ΔT o más se aproxime la forma de la curva c(T) a la recta de unión de los estados 1 y 2 (fig. (2). construye una tabla con los valores y analiza las diferencias: 1. específicos es. sin embargo. Comentarios: Como era de esperar. 200 bar 5. 350 K. Considera tres modelos: gas perfecto. los casos (1) y (3) coinciden prácticamente con la sustancia real (5). podemos concluir que cualquiera de los métodos de cálculo (1) ó (3) es comparable al (5) y. En consecuencia. es solamente aceptable en condiciones muy particulares como se menciona más arriba.. En el Ej. la comparación entre modelos completa el análisis anterior. Pb. específicos no sólo de T sino también de P.Cálculo de propiedades en tres modelos de sustancia Representa en diagramas P-T y P-v los siguientes casos. La pequeña diferencia es debida a que el modelo de sustancia real recoge una dependencia de los c. 80 bar 4. Se han añadido los valores que da TermoGraf para los casos (1) y (2). gas ideal y sustancia real. Sin embargo ésta no es utilizable para calcular las variaciones de ΔU y ΔH pues precisamente se calcula a partir de estos valores. 500 K. 3 bar 3. y proximidad a la T ambiente.14). 3. El modelo de Gas Perfecto produce un resultado totalmente inaceptable. por tanto. 146 . determinando el v (en m3/kg) y la energía interna. ΔT. El método (4) supone una mayor dispersión y el método basado en las propiedades del Gas Perfecto. 2.14 muestra los distintos resultados (casos 1 a 4) y su relación con los valores de sustancia real (5). el modelo tiene un error considerable. u (en kJ/kg) para 1 kg de aire. 10 bar Resolución Sistema a estudio: Un sistema formado por un kg de aire. aunque ésta es mucho más débil que la primera.14 La Tabla Pb 2.5) Valores de Sustancia Real: tomados de TermoGraf Tabla Pb 2. es aceptable. 500 K. Pb 2.15.2. En cuanto a u lo apropiado es comparar diferencias pues los valores de u dependen del valor asignado al estado de referencia.00% 500 K.3 102.3349 0. M de C (indiferente pues no consideramos flujos de trabajo) Condiciones: No se consideran efectos energéticos especiales y sólo se quiere compara las propiedades de estado v y u.94% 30.0136 0.36 0 Sustancia Real 147 .77 % 0.78 % 38. 3 bar 249.00% Un rápido análisis señala que el v es idéntico en los dos primeros modelos (ambos utilizan la misma ecuación térmica de estado ¿cuál es?). Por otra parte. 3 bar 350 K.58% 8 30.13% 0. Se comprueba que U (y consecuentemente los calores específicos) es sólo función de T.00% 5 0. 200 bar 680.24% 0.61% 0. 200 bar 0.4 359. 200 500 K. 200 bar 500 K.56 107. Análisis: Trasladando desde TermoGraf los valores correspondientes: Aire v (m3/kg) 950 K.65% 500.018 5 3.13% 0.007 8 7.007 2 0. 80 bar 0.23 107.49 109.49 0 Gas Ideal 461. En el modelo de Sustancia Real U (y los calores específicos) es función de T y P aunque la dependencia con P sea marcadamente más suave que con T.59% 0. SI. 1 Se han calculado los desvíos relativos a los valores experimentales (se toman para ello los de Sust.18% 7 29. como la diferencia para Δu entre el modelo de Gas Ideal y Gas Perfecto depende de la diferencia entre c=cte y c=c(T) que es mayor cuanto mayor es la T. Id.Sustancia y Modelo: Diversos modelos Configuración: Diagrama P-v.49 109. será más apropiado manejar diferencias [u(T)-u(350)] que coincidirán con las de TermoGraf ya que no dependen del estado de referencia.04% 359. 200 bar 500 K.9 5 0.3349 6 0.00% 350 K.007 2 0.24% 3.59% 6. 3 bar 357.56 107.75 21. A su vez.00% 500 K. 3 bar 0.4 357.61 30.479 0. 3 bar 0.00% Gas perfecto Gas ideal Sustancia Real Aire u (kJ/kg) 6.00% Gas perfecto Gas ideal Sustancia Real 357.69% 0.00% 350 K.25 38.0136 0. Si utilizas tablas. 80 bar 500 K.92 249.4784 0. esta circunstancia queda patente en dichas diferencias.15 716.80% 17.56 0 Gas Perfecto 466.4 8 28.017 9 0. los tres valores correspondientes a la misma T (500 K) muestran claramente dos circunstancias de los modelos: Tanto en G.5 510. Se toma como referencia los valores del modelo de sustancia real que se considera el más ajustado al comportamiento real. 200 bar 0.02% 0.3349 0. Diferencia: u( 950)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 500)-u(350) u( 350)-u(350) 950 K.017 9 0.47 517.P: como en G.69% 7.01456 1 500 K.6 869.5 92.48 359. Real) . Si las calculamos vemos que cuanto más nos acercamos a bajas presiones más se parece el comportamiento del gas ideal y el de sustancia real.4 7 28. 3 bar Estado bar 430.62 109. 80 bar 500 K.7 109.00% 500 K.4784 0.55% 0.00% Desvíos 950 K.98 408.02% 0. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Perfecto Configuración: Diagrama P-v. ΔEp = 0 pero la Ec cambia. lo que sólo es aproximado. como en el de gas perfecto1 donde es correcto. El primero de estos dos sumandos recibe el nombre de trabajo técnico.wt + h1 (h2 + c2/2) = 0 Así.∫V·dP + Wdisipativo. Wvc. Expansión adiabática (Q = 0). y en un proceso reversible: Wvc = Wt. SI (final).Turbina reversible con aire como gas perfecto En una turbina se expande aire. Considerar el aire como gas perfecto con Cp cte.. 148 . Calcúlese. Se conoce el proceso. desde 76 psia y 525°F hasta 15 psia. reversible y adiabáticamente. y escribiéndola2 para un kg (es decir dividiendo todos los términos por el flujo másico) . Resolución Sistema a estudio: El VC conteniendo aire en la turbina. el trabajo producido. 2 Recuerda que en el balance de energía (primer principio) para un sistema abierto (análisis de volumen de control. por kg de masa de aire. reversible (Wd =0). en kJ. Análisis: Es frecuente considerar que una adiabática es una politrópica para un gas tanto con el modelo de gas ideal. será Wvc = . Wt. y a la entrada es prácticamente nula.1. transformando unidades y una vez calculado (h1 – h2 ) 1 El modelo de gas perfecto es un modelo muy simple en sus hipótesis que permite cálculos analíticos cómodos pero que tiene un rango de validez muy limitado en cuanto a la exactitud de sus cálculos energéticos por lo que lo más apropiado es trabajar con gas ideal o sustancia real cuando las propiedades se calculen en un programa de ordenador. En este problema se propone el modelo de gas perfecto en el que u y h son sólo f(T) como en el gas ideal pero además los calores específicos son constantes (en el gas ideal son función de la T). 4. dos propiedades del estado inicial y una del final. unidades Sistema Inglés (inicial) Condiciones: Proceso estacionario (UVC cte). una vez eliminados los términos nulos señalados en las Condiciones. VC) el término Wvc corresponde al flujo de trabajo que atraviesa la frontera excluido el de flujo que está incluido dentro de las entalpías de entrada y salida (flujo de energía por flujo de masa). Balance de energía en sistemas abiertos: análisis de equipos Problemas resueltos y con documento Tgraf Pb. V de C. Bastará plantear el balance de energía para esta situación y sustituir valores calculando aquello que sea desconocido: Esta expresión se queda. La velocidad a la salida es de 500 ft/seg. Este término.4.. (h1 – h2 ) = cp · (T1 –T2) = 1.004 (kJ/kg·K)·(548.24 – 344.36)(K) = 203.88 quedará despejando wvc wvc = 203.88 kJ/kg - 170.72/2 (N·m/kg)·(1kJ/1000 N·m) = 203.88 14.57 = 189.31 kJ/kg con el valor positivo que indica que es un trabajo que sale de la frontera (probablemente para alimentar a un alternador que transforme este trabajo en energía eléctrica). Consideraciones: Puede comprobarse el poco peso que tiene el incremento de Ek en el trabajo que proporciona la turbina (excluido el de flujo) pues aquí es solo de un 7% aun con una velocidad de salida notablemente elevada. Podemos interpretar que la variación de entalpía entre entrada y salida de turbina es la que proporciona el trabajo técnico (que no se aprovecha íntegro en un alternador pues se ve disminuído en la parte utilizada para incrementar la energía cinética). Si analizamos este mismo proceso con el modelo de gas ideal, El valor de Δh es 204.79 kJ/kg, que no llega ni al 0.5% de desvío respecto del modelo de gas perfecto, que así, en este caso vemos que es “perfectamente” aplicable. Viene bien este problema para repasar algunos conceptos: Trabajo que atraviesa la frontera de un sistema abierto, excluido el de flujo, en función de contexto (proceso reversible o disipativo y sin o con ∆Ek y/o ∆Ep) Flujo de trabajo, por kg, en un sistema abierto en situación estacionaria (ΔUvc = 0) Del balance de energía: wvc = q + [-Δh- ∆ek - ∆ep] w en un Proceso reversible Proceso reversible Proceso disipativo Proceso disipativo Sistema abierto SIN Δek (ni Δep) CON Δek y/o Δep SIN Δek (ni Δep) CON Δek y/o Δep wvc wt wt - ∆ek - ∆ep wt - |wd| wt - |wd| - ∆ek - ∆ep wt = - ∫ v·dP - ∫ v·dP = -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q - ∫ v·dP= -Δh + q wd 0 0 wd wd Tabla Pb 4.1 Pb. 4.2.- Compresor de una instalación de turbina de gas En Neuchatel (Suiza) el compresor de la primera turbina de gas de 4000 kW de potencia aspiraba aire a P1 = 98827 Pa/m2 y T1 = 25.3°C, y lo comprimía adiabáticamente hasta P2 = 437.70 kPa/m2 y T2 = 202.8°C. Calcula 1. Trabajo de compresión por kg de aire circulando, 2. Potencia necesaria para accionar el compresor para un caudal de aire de 224 t/h. Resolución Sistema a estudio: El VC conteniendo aire en la turbina. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI(deben ajustarse las unidades); VC 1 1 La primera turbina de gas para producir electricidad entró en funcionamiento en 1939 en Neuchatel http://files.asme.org/asmeorg/Communities/History/Landmarks/12281.pdf 149 Condiciones: Proceso estacionario (UVC cte), Compresión adiabática (Q = 0), ¿reversible?, ΔEk y ΔEp = 0. No se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y dos del final definen el proceso. Análisis: Podemos estudiar el proceso adiabático teniendo en cuenta que conocemos los estados inicial y final. Para ello nos planteamos una politrópica como proceso equivalente en el que el flujo de calor será, en principio, equivalente en módulo al trabajo disipativo provocado por el rozamiento y con signo opuesto como consecuencia del signo opuesto asignado al flujo de calor entrando (+) y al flujo de trabajo entrando (-). Utilizaremos la ecuación térmica de estado para determinar el volumen específico v1 = R·T1/P1 = 0.8669 m3/kg , y v2 = 0.3121 m3/kg y con ellos en la expresión de la politrópica: P1·v1n = P2·v2n podemos obtener el índice n que resulta ser: 1.457, lo que implica que el proceso propuesto es adiabático disipativo (adiabático reversible: nm = 1.397) . 1. El flujo de trabajo, wvc, que cruza la frontera del VC será, por el balance de energía en el VC: wvc = q + [-Δh- ∆ek - ∆ep] = -Δh = h1 – h2 = 298.63 – 478.29 = -179.66 Si queremos evaluar el wt y el wd, bastará aplicar la expresión para la politrópica: wt = n· (P2·v2 - P1·v1) / (1 – n) = -162.47 kJ/kg y para el wd = wvc – wt = -179.66 – (-162.47) = -17.19 kJ/kg todos ellos negativos pues todos son trabajos atravesando la frontera hacia el interior del VC. 2. Reduciendo a kg/s el flujo másico dado y multiplicando por wvc tendremos la potencia deseada: Potencia : m (kg/s) · |wvc| (kJ/kg) = 224 (t/h)·(1000 kg/t · 1/3600 h/s) · -179.66 kJ/kg = 11.178 MW Comentarios: La potencia neta de la central es de 4 MW según el enunciado. Es característico de una central de turbina de gas que el trabajo consumido en compresión sea un porcentaje importante del trabajo de la turbina. En este caso es casi un 74%. El 26% restante corresponde al trabajo neto. Pb.4.3.-Compresión irreversible con refrigeración El equipo utilizado en Ej. 4.31 está diseñado de tal forma que es posible refrigerar el aire a la vez que se comprime (con una envoltura por la que circula agua, por ejemplo). Calcular la potencia teórica necesaria y el flujo de calor a eliminar mediante la refrigeración, en el caso de que: 1 Un compresor tiene que suministrar un caudal de 160 Kg/hora de aire a una presión de 6 bar, siendo la presión atmosférica de 1 bar y la temperatura ambiente de 10°C. 150 a) El proceso sea politrópico reversible con n = 1.3. b) El proceso sea isotermo con la misma fricción que el caso b del Ej 4.3. Resolución Sistema a estudio: El VC externo al compresor. Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v; SI; VC Condiciones: Proceso estacionario (UVC cte), Expansión politrópica, ΔEk y ΔEp = 0. Se conoce el proceso, dos propiedades del estado inicial y la P final. Análisis: a) Tomando el Ej 4.3 como punto de partida, consideramos el adiabático reversible como el proceso de referencia y construimos el politrópico reversible de índice 1.3. Utilizando las ecuaciones v1 = R·T1/P1 y P1·v1n = P2·v2n obtenemos de la primera: v1 = 0.8128 m3/kg que llevada a la segunda nos da v2 = 0.2048 m3/kg y de nuevo de la primera T2 = 428.14. Como el proceso es reversible sin efectos de Ek o Ep tenemos que wvc = wt = n· (P2·v2 - P1·v1) / (1 – n) = - 180.36 kJ/kg y como m = 0.04444 kg/s Wvc = m kJ/s · wvc kJ/kg = - 8.016 kW valor que supone una demanda inferior al obtenido para la adiabática reversible (-8.477 kW) como consecuencia de que la refrigeración reduce la T del gas y la compresión "necesita" menos esfuerzo. Con la T llevada a tablas o con TermoGraf obtenemos los valores de entalpía h1 = 283.277 kJ/kg y h2 = 429.144 kJ/kg que llevados al balance del primer principio dan para el flujo de calor: Q = ΔH + Wvc = 6.499 + -8.016 = - 1.517 kW flujo de calor que se lleva el sistema de refrigeración. b) Tomando ahora el proceso adiabático irreversible del Ej 4.3 como referencia estudiaremos el isotermo irreversible de compresión con refrigeración. Dado que en un gas ideal h es función de T, en el proceso isotermo h no cambiará, luego se verificará que Q = Wvc y éste será: Wvc = m · R · T · ln(v2/v1) = - 6.472 kW, luego Q = - 6.472 kW calor que se lleva el sistema de refrigeración. Si tenemos en cuenta que existe la fricción que podemos similar a la evaluada en el proceso a-b, en esas circunstancias el Qrefrig se incrementará pues también deberá evacuar el Qfricción, teniendo para ese flujo de refrigeración: Qrefrig irrev = - 6.472 - 0.800 = -7.272 kW 151 Comentarios: Mientras que en el turbinado interesa que el sistema sea adiabático para que todo el cambio de entalpía se transforme en trabajo, en la compresión la refrigeración juega un papel positivo ya que al reducir la T del gas así como avanza el proceso, reduce el valor de la entalpía de dicho gas y el trabajo necesario para alcanzarla. Si tenemos en cuenta que en la compresión el Wvc se emplea en el efecto de compresión acompañado del incremento que provoca en la entalpía, cuanto menor sea este incremento menor será el trabajo para realizar la compresión hasta una presión dada. Pb. 4.4.- Turbina no adiabática Un determinado flujo másico de 3600 kg/h entra a una turbina insuficientemente aislada y que opera en situación estacionaria, desarrollando una potencia de 1160 kW. En la entrada, la presión es 87 bar, la temperatura 525°C y la velocidad 5 m/s. A la salida la presión es 0.1 bar, el título 0.85 (85%) y la velocidad 35 m/s. Calcula a) La cesión de calor de la turbina al entorno, en kJ/kg, y b) qué % de la variación energética que sufre el vapor entre la entrada y la salida, supone la variación de energía cinética. ¿Se podría despreciar esta contribución? Resolución Sistema a estudio: El sistema bifásico contenido en el VC que rodea a la turbina. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Configuración: Diagrama P-v; SI (T enºC); VC. Condiciones: Proceso de turbinado no adiabático, con datos de entrada y salida conocidos. La Ek cambia en el proceso. Se conoce la potencia producida por la turbina. Análisis: a) La expresión del balance en términos de potencia aplicable para el proceso estacionario cuando el equipo no es adiabático y hay que considerar la Ek en entrada y salida es: que por unidad de masa se transforma en qvc – wvc + (h + c2/2)e - (h + c2/2)s = 0 Obtenemos de tablas o TermoGraf las entalpías en entrada y salida, en kJ/kg, h1 = 3574.4 y h2 = 2224.9 , el trabajo por kg de la turbina que con la potencia dada será: Wvc kW = m kg/s · wvc kJ/kg y wvc kJ/kg = 1160 kW / 3600 (kg/h · 1h/3600s) = 1160 kJ/kg y llevamos a [1] estos valores, despejando previamente Q para obtener: qvc = wvc + (h + c2/2)s - (h + c2/2)e = wvc + Δh + (c2/2)s – (c2/2)e = = 1160 kJ/kg + (-1226.45) kJ/kg + (1225-25)/2 N·m/kg · (1/1000 kJ/N·m) = = 1160 kJ/kg – 1223.45 kJ/kg + 0.6 kJ/k = - 62.85 kJ/kg b) La variación de ek es 0.6 kJ/kg que supone el 0.05% de la variación de entalpía. Claramente despreciable este valor en el peso general. Comentarios: 152 En el caso de la turbina. desde el vapor que condensa. Relación entre los caudales de agua de refrigeración y de vapor. La energía recibida por la otra corriente por kg de agua que circula por la corriente de alimentación a caldera. a 80 bares. SI.ceder calor (QVC) .modificar la Ek . proceso de expansión. en kJ por kg de vapor que pasa a través de la corriente caliente del condensador.ceder calor (QVC) . 3. Condiciones: Proceso de intercambio de energía entre corrientes por conductos separados en un VC adiabático. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real bifásica. Esta variación es debida a (se emplea en): . El agua de alimentación a caldera. 4.Conviene interpretar qué es causa y qué es efecto en la expresión del balance.Balance en un condensador de flujos separados Vapor de agua a 5 bar con un título de 0.producir un aumento de presión que. Para la compresión la situación es la simétrica: El WVC que suministramos al compresor se emplea en: . alcanzando los 151°C como consecuencia de la energía cedida por el vapor. saliendo el condensado como líquido saturado.. Lo mismo sucede con la compresión. En cada conducto el proceso es isóbaro y no se consideran efec1 En los ciclos de potencia el proceso irreversible que se produce en todas las turbinas reales no se trata como venimos haciendo con el W disipativo sino que es habitual definir un rendimiento isoentrópico que nos mide el trabajo producido en relación con el que hubiera producido una turbina ideal que tuviera el mismo salto de P.modificar la Ek .modificar la Ep teniendo en cuenta que excepto el primero los demás no suelen estar presentes1.5. supone un Δh . Pb.vencer la fricción (Wd)1 . acompañado del incremento de T.vencer la fricción (Wd)1 . Configuración: Diagrama P-v. dados los estados termodinámicos queda determinada la variación que experimenta la energía térmica del vapor. 2. Todo ello se verá en los ejercicios del capítulo 6.86 entra en el condensador cerrado de una central térmica. El calor transferido a través de la carcasa puede despreciarse. 153 . T en ºC. La transferencia de energía al agua de refrigeración. Determina para flujo estacionario: 1. . Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al condensador (incluye ambas ramas) y los VCs correspondientes a cada una de las ramas por separado.producir trabajo (WVC) que se transforma en energía eléctrica en el alternador.modificar la Ep teniendo en cuenta que excepto el primero los demás no suelen estar presentes1. entra al condensador como un segundo flujo a 39°C. VC. Análisis: Bastará aplicar el primer principio al volumen de control teniendo en cuenta los siguientes elementos: qvc = 0. uvc es constante por ser el proceso estacionario por lo que le primer miembro es cero. wvc = 0 (no hay dispositivos mecánicos que transfieran 0 reciben trabajo a través de la frontera exceptuado el de flujo que dentro de los términos de entalpía.81 (cambio de fase). Aplicando el balance de energía a un VC que afecte a cada rama por separado. Se conocen los estados y los procesos dentro del intercambiador. 4. tendremos en VC rama caliente: q12 = h2 – h1 = 639.24 – 168.79 kJ/kg. Pb.261 y m = 0. Con esto el balance quedará: 0 = (m·h1+m´·h3) – (m·h2+m´·h4) = m·( h1.h3) Con los datos de entrada y salida podemos obtener las entalpías bien en tablas bien de TermoGraf: Estado 1: determinado por P1 = 5 bar y x1 = 0.8 = 0.m´· q34 en consecuencia la relación pedida (m/m´) será inversamente proporcional al flujo de energía cedido-ganado por cada corriente m/m´ = .Qf = m´·( h4.61 = . de [1]. 1. que la energía que uno cede debe ser igual a la que el otro recibe en valor absoluto: esto es.86 Estado 2: determinado por P2 = 5 bar y x1 = 0 (líquido condensado).261·m´ Comentarios: Es útil asimilar la idea de que la energía cedida por uno es la el otro recibe y relacionarlo con el producto de las respectivas masas circulando por sus diferencias de entalpía cada una con su signo.61 kJ/kg.79 kJ/kg.h2) + m´·( h3..1812.tos disipativos ni de Ek o Ep. siendo T1 = T2 = 151.q34 / q12 = 472.44 / 1812.6.24 kJ/kg. Es evidente. Y para el VC correspondiente a la segunda rama: q34 = h4 – h3 = 641. Estado 3: determinado por P3 = 80 bar y T3 = 39ºC Estado 4: determinado por P4 = 80 bar y T4 = 151ºC (valor inferior y próximo a T2) Con estos datos tenemos para las entalpías: Entalpías de entrada: h1 = 2452. en términos de potencia: m · q12 = .Medida del título con un calorímetro de estrangulación 154 . Entalpías de salida: h2 = 639. h3 = 168.h4) [1] Y llamando Qc a la energía cedida por una rama y Qf a la recibida por la otra tendremos: m·( h1. h4 = 641.79 = 472.79 – 2452.8 kJ por kg pasando por la rama caliente 2.44 kJ por kg pasando por la rama fría.h2) = Qc = . 3. ¿Cuál es la masa. Análisis: Un calorímetro de estrangulación se utiliza para medir el título de vapor en un tubería cuando el fluido está próximo a vapor saturado. se cumple que Δh = 0. que abandona el depósito? 4. en consecuencia. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al calorímetro (línea de puntos). en la salida las dos propiedades conocidas (P = 1 atm y T = 136 ºC) nos permiten determinar h que será igual a la de la mezcla bifásica que circula por la tubería.01325 bar. Una pequeña fracción del flujo transportado se deriva a través de un calorímetro de estrangulación y se libera a la atmósfera a 1 atm. La temperatura del vapor exhaustado1. 1 Extraído 155 .75 . En esas condiciones una estrangulación provoca un cambio de propiedades en la salida del calorímetro de modo que se tiene un estado fuera de la zona bifásica: Conocidas las propiedades del estado final y sabiendo que en el proceso de estrangulación se cumple Wvc = Qvc = 0 y.59 kJ/kg Y para P = 27 bar: h f = 981.. es de 136°C. VC. 4. Así.981. en kg? 3. si es estacionario y sin efectos apreciables de energías cinéticas o potenciales. en kg? 2. en kg.97%) Pb.9697 (96.59 . de [1]. medida por el calorímetro. SI con T en ºC. ¿Cuál es la masa de vapor presente en la situación inicial. ¿Cuál es la masa presente en la situación inicial. Mediante una válvula se va extrayendo lentamente vapor saturado manteniendo constante la presión al calentar el depósito durante el proceso de vaciado.Una línea de suministro transporta una mezcla bifásica líquido-vapor a 27 bar.72 y su presión 15 bar.675 kJ/kg y h g = 2802.75 m3 contiene una mezcla bifásica de agua cuyo título es 0. El proceso de vaciado continúa hasta que el depósito acaba con sólo vapor saturado. ¿Cuál es la cantidad del calor cedido al depósito.981.675) = 0. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Determina 1. Condiciones: No se consideran efectos de Ek o Ep.75 kJ/kg Con ello.Vaciado de un depósito a presión constante Un depósito de volumen igual a 1. Calcular el título del vapor en la línea de suministro. x = (2747. Configuración: Diagrama P-v. 136ºC) = 2747. en kJ? Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al depósito.7. Con ese dato y la P en la tubería tendremos determinado el título ya que se cumple: h = (1 – x)· hf + x· hg y despejando x x = (h – h f) /(h g – h f) [1] En nuestro caso h(1. Se conocen la P de entrada y el estado de salida al calorímetro y que el proceso es isoentálpico (de estrangulación). El proceso se considera estacionario y adiabático a lo largo de la medida.675) / ( 2802. No hay Wvc pues no existe dispositivo que produzca o reciba trabajo ni deformación de la superficie.283 kg = 5.385 kg 2. Obteniendo previamente las propiedades energéticas: u1 = 2103. u2 = 2593. Condiciones: Proceso transitorio. El estado en la salida. Por eso el proceso es isóbaro e isotermo pero no isócoro debido a que va cambiando el volumen específico dentro del depósito y hay control de la P interior.1 kJ Comentarios: Los procesos de vaciado y llenado de depósitos que no implican procesos desconocidos son sencillos de tratar con la metodología aquí seguida: las propiedades térmicas y energéticas se calculan con las hipótesis sobre el proceso o procesos a partir de los datos 1 Si se trabaja con tablas: La presión permite determinar en tablas los valores de la curva de saturación : vf = 0. h2 = 2791.75 m3 / 0. Para determinar la masa que abandona el depósito habrá que calcular la masa que queda en el estado final del mismo modo que se ha hecho con la inicial: m2 = V2/v2 =1.283 kg ya que v2 es vg (v del vapor saturado) Así: m = m1 – m2 = 18.385 kg = 13. de la definición de título: m1v = x1 · 18. Análisis: La existencia de un VC que es un depósito puede llevar a creer que el proceso en su interior va a ser a v cte. deberemos aplicar el balance de energía al VC en un proceso transitorio (no se anula el primer miembro que mide la variación del VC). vg = 0.4 kJ/kg. En cuanto al flujo de calor absorbido para mantener la presión y vaciar el depósito. Las propiedades P y x del estado inicial nos permiten calcular el v inicial1 y con él la masa inicial: De TermoGraf: v1 = 0.103 kg 4. y despejando y sustituyendo: Q = m2·u2-m1·u1 . antes de la válvula de purga.132 m3/kg Con ellos y la definición de título se obtiene v1 = (1-x)· vf + x· vg 156 . No se consideran efectos de Ek o Ep. SI con la T en ºC. En cuanto a la masa de vapor será.2 kJ/kg. Sin embargo lo que analizaremos es el volumen de la masa final (parte de la existente al principio) para verla expandirse hasta ocupar el volumen total del depósito.132 m3/kg = 13. VC.75 m3 / 0.237 kg 3.Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. Pasaremos a calcular las distintas cuestiones: 1.0952 m3/kg = 18.54 kJ/kg. Se conocen los estados de entrada y salida del depósito y que el proceso es isóbaro dentro del domo.13. La expresión es: m2·u2-m1·u1 = Q + h2·(m2-m1) pues no hay Wvc (no hay dispositivos capaces de producir o precisar W) y no hay masa entrando.385 kg .001154 m3/kg .h2·(m2-m1) = 10019.0952 m3/kg y para la masa inicial en el depósito: m1 = V1/v1 =1. permanece constante y coincide con el estado final de vapor saturado. Configuración: Diagrama P-v. 15 kJ/kg 1.286 (m3/kg) = 10. El vapor sale de la turbina a través de un conducto de 0. como se analizará en el capitulo siguiente. SI con la T en ºC..14·0.Balance de energía en una turbina A una turbina entra vapor a través de un conducto de 0. en kg/s. 2. Para la operación en situación estacionaria.9 kJ/kg Con T2 y P2 tenemos para v2 = 0. en m/s.2860 m3/kg y para h1 = 3693.42) = 8.98 kg/s 2. La velocidad del vapor es 100 m/s.4045 m3/kg y para h2 = 2811.98 · 0.12 (m2)·100 (m/s)/0.14·0. El w realizado por la turbina. 4. Condiciones: Proceso estacionario. Tenemos que el flujo másico fm vale: fm = A1·c1/v1 = = 3.conocidos para los estados inicial y final. El flujo másico de vapor.c22)/2000 1 Las ruedas de álabes son externas al VC y hacen la función del émbolo en un cilindro pistón. que el proceso tiene efectos disipativos. No se consideran efectos de Ep pero sí de Ek. Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. Si al hacerlo comprobamos el valor de una variable no utilizada hasta aquí: la entropía. Para el cálculo del trabajo utilizamos el balance de energía en el VC: 0 = 0 – wvc + (h1-h2) + (c12. su presión es 14 MPa. Se conocen los estados de entrada y salida pero no el proceso salvo que es adiabático.4045 /(3. comprobaremos que toma valores distintos lo que indica. VC. 3.84 m/s 3. determínese: 1. Como el flujo másico es constante (no así el caudal V m3/s) c2 = fm · v2/ A2 = = 10.2 m de diámetro. en kW. Configuración: Diagrama P-v. Análisis: Como conocemos T y P para los estados de entrada y salida podemos calcular el resto de propiedades necesarias: v y h. Los flujos de energía mediante el balance para transitorios. La velocidad del vapor a la salida. La potencia desarrollada. ofreciendo una resistencia que es la que da lugar al trabajo hacia fuera de la frontera. Con T1 y P1 tenemos para v1 = 0.8. 157 . aunque no sea relevante para este problema.8 m de diámetro con una presión de 500 kPa y una temperatura de 180°C. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la turbina1. en kJ/kg 4. Pb. y su temperatura es 600°C. 4.3658 m3/kg 2.9. El divisor 2000 incorpora el factor 1000 correspondiente al cambio de unidades: de J/kg a kJ/kg. Sustancia y Modelo: Agua en sistema bifásico a estudiar con el modelo de sustancia real. primer miembro nulo por ser estacionario el proceso. con una presión P2 = 9 bar. y una velocidad de 14 m/s. Condiciones: Proceso estacionario. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la tobera. para un flujo másico de 10 kg.7 ºC y v2 = 0. En consecuencia el balance nos quedará: 0 = 0 – 0 + (h1-h2)+(c12-c22)/2 Siendo h1 = 3542. Para la potencia tendremos: Wvc = fm · wvc = 10. de modo que a la salida alcanza una velocidad de 598 m/s.71 kJ/kg 4.2811. Se conoce el estado de entrada y la P salida. 1. Determina.9 kJ/kg .0 kJ/kg 1. Nos quedará despejando: wvc = (h1-h2)+(c12-c22)/2000 = 3693.75 + 4. Configuración: Diagrama P-v.7 kJ/kg Despejando h2: h2 = h1 (kJ/kg) + (c12-c22)/2 (N·m/kg) = {3542. El área de la sección de salida de la tobera. La transferencia de calor es despreciable y no hay cambios en la energía potencial. No se consideran efectos de Ep pero sí de Ek. en m2.15 kJ/kg + (10000 -78. VC ( ).7 + (142-5982)/2000} kJ/kg = 3364. Pb. será necesario recurrir al balance de energía que aplicaremos con los siguientes considerandos: Q y Wvc son nulos (VC adiabático y en la tobera no hay dispositivos capaces de producir o requerir trabajo). SI con la T en ºC. La sección de la tobera a la salida cumple: fm · v2 = A2 · c2 siendo fm el flujo másico (10 kg/s) 158 . No se conoce el proceso salvo que es adiabático.71 kJ/kg = 9747.Incremento de velocidad en una tobera Se utiliza una tobera. La temperatura a la salida y 2.98 kg/s · 887. 1 kW Comentarios: De nuevo señalar el escaso peso de los cambios en la energía cinética en estos equipos a diferencia de lo que sucede en el equipo del siguiente problema. que funciona en estado estacionario. Con este valor y la presión determinaremos otras propiedades del estado como la T y el v: T2 = 446.. para incrementar la velocidad del vapor de agua que entra con P1 = 135 bar. T1 = 580°C.96 = 887.15) / 2000 kJ/kg = 882.Siendo los primeros ceros por sistema estacionario y por proceso adiabático. Análisis: Como no se conoce el estado de salida salvo que está sobre la isóbara 9 bar. 2. 4.8358 m3/kg Como se cumple para el flujo másico fm = A1·c1/v1 Tendremos en este caso: 1. Compresión no adiabática (Q = 0).504.89 kW 159 . tras ceder 5.499. En esta tobera ΔEk es 178. ¿reversible?. se alcanza una presión de 10 bar con una temperatura de 630 K y una velocidad de 2. VC ( ). Pb.0.0096 kW = .8358 (m3/kg) = 1. SI. Como la entalpía es f(T) en un gas ideal podemos ir a las tablas con los valores de T obteniendo: h1 = 259.5.2 cm2 Comentarios: Las toberas y difusores son equipos diseñados de forma que la Ek es parte importante del proceso.25 m2.316(kg/s)· ·{379.52/2)(N·m/kg)·(1/1000)(kJ/N·m)} = . con el modelo de gas ideal. fm = 0. Análisis: Para calcular la potencia necesitamos conocer el flujo másico y el trabajo de compresión Wvc además de entalpías y Ek. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v. con las entalpías.Potencia de un compresor no adiabático Un compresor que opera en situación estacionaria.4 (m/s) / 0. toma aire del ambiente ( P = 1 atm.3658 (m3/kg) / 598 (m/s) = 61.47(kJ/kg)+(14. Calcula.4 m/s a través de una sección de 0. T en K. ¿consideras razonable haber planteado la hipótesis de que el compresor podría considerarse adiabático? ¿y adiabático reversible? Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea al compresor.38 kW + .64 kJ/kg Con los datos del estado 1 utilizaremos la ecuación térmica de estado para determinar el volumen específico v1 = R·T1/P1 = 0. en kW.17 kJ/kg y h2 = 638.25 (m2) · 4.. dos propiedades del estado inicial y dos del final permitirán definir una politrópica. A la salida. 1.2 m/s. T = 295 K) con una velocidad de aspiración de 4.7 kJ/kg valor que no es despreciable si se compara. por ejemplo.Así: A2 = fm · v2 / c2 = 10 (kg/s) · 0. No se conoce el proceso.5 kW de calor al entorno. Condiciones: Proceso estacionario (UVC cte). ΔEk no es nula y ΔEp = 0.316 kg/s Aplicando el balance de energía a un VC estacionario: 0 = Q – Wvc + fm · (h1-h2)+(c12-c22)/2 Despejando Wvc Wvc = Q + fm · {(h1-h2)+(c12-c22)/2} = =-5. la potencia consumida por el compresor.5 kW + .5(kW)+1.10. determinar: 1. en kg/s. Las velocidades del aire a la entrada y salida de los tubos.681) ya que no coincide el valor de n. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal (para el agua se utilizará el modelo de fluido incompresible con c=cte) Configuración: Diagrama P-v. Así. en la politrópica hay un flujo de calor. Con los datos del estado 2 y la ecuación térmica de estado determinamos el volumen específico v2 = R·T2/P2 = 0. Pb. Las temperaturas y presiones a la entrada y salida de los tubos son de 140°C. El flujo de calor apenas supera el 1% del trabajo Wvc por lo que podría haberse considerado adiabático. con los del estado 1 tendremos v1 = R·T1/P1 = 0. VC ( ).4957. respectivamente. en kW. ¿Podríamos considerarlo adiabático y además reversible. Comentarios: El compresor es otro equipo en el que las velocidades no suponen peso significativo en el balance.11.18085 m3/kg Llevando a la expresión de la politrópica las respectivas propiedades: P1·v1n = P2·v2n podemos obtener el índice n que resulta ser n = ln (P1/P2)/ln(v2-v1) = 1. es decir sin efectos de fricción? Para ver si podría serlo consideramos la politrópica reversible que conecte los dos estados. de un intercambiador de calor agua-aire. 150 kPa. lo que implica que el proceso propuesto es adiabático disipativo (adiabático reversible: nm = 1.. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a los tubos por los que circula el aire. recordando que si el VC es adiabático el flujo de calor de la politrópica representará el trabajo disipativo consecuencia de la fricción y que si éste fuera despreciable entonces la politrópica estaría casi superpuesta a la adiabática. El flujo de calor transferido por el aire.2. Aquí menos del 0. Por otra parte.5391 m3/kg 160 .01 m2. de sección transversal 0. No hay efectos gravitatorios ni se transfiere otro trabajo que el de flujo en el VC. SI y T en K. Así. Suponiendo que el aire se comporta como gas ideal. 3. -215. El flujo másico de agua. de forma que su temperatura aumente sólo 10 °C. Análisis: De los datos de los estados puede obtenerse el v por aplicación de la ecuación térmica de estado. mínimo necesario para refrigerar el aire. 220 kPa y 22°C.Intercambiador agua-aire Un flujo de 40 kg de aire circula por el interior de 140 tubos. Condiciones: El proceso es estacionario. 4. 2.365 kJ/kg que corresponde al trabajo disipativo del proceso adiabático equivalente. el trabajo de compresión sale negativo de acuerdo con el criterio de signos.02%. 40 m/s y c2 = 40 (kg/s) · 0.modelo de sustancia incompresible con C = 4.3 y en Pb 4.32 kJ/kg despejando Q = 40 (kg/s) · (. 3. su título si es una mezcla de líquido–vapor. 40 kg/s = 1. 4.82 kg/s Comentarios: El proceso registra una pérdida de carga significativa que no es debido ni a la producción de trabajo (caso de la turbina) ni a modificaciones importantes de la velocidad (tobera) sino a la fricción con las paredes de los tubos.4 (m2) = 16.32) (kJ/kg) = .5648 m3/kg Si queremos determinar ahora las velocidades. Para A1 tenemos el valor A1 = 140 (tubos) · 0.Qw = . A la salida del equipo se tiene agua líquida saturada. El agua entra por 1 a 55°C y 1.27 + 295. por ejemplo asimilando el proceso a uno politrópico. Otro flujo de vapor entra por 2 con un flujo másico igual a 0. Pb. Este efecto disipativo produce un trabajo disipativo que se reintegra al sistema. Para el flujo de calor aplicaremos la ecuación del balance.4758.4 (m2) · c1 (m/s) / 0. 3. Para el cálculo del flujo de agua consideramos: .y con los del estado 2: v2 = R·T2/P2 = 0. el calor cedido por kg entrando por 2 Resolución Sistema a estudio: El VC que encierra al calentador.5648 (m3/kg) / 1.5391 (m3/kg) / 1. caso ya estudiado en el Ej 4.3 MPa. si es vapor recalentado.. 161 . de la que eliminaremos el término de energía cinética por la pequeña variación que experimentan las velocidades de entrada y salida: 0 = Q + fm · (h1-h2) y tras obtener las entalpías a partir de las T bien en tablas o en TermoGraf : h1 = 414.27 kJ/kg y h2 = 295.0 (kW) / {4. aplicaremos la expresión fm = A1·c1/v1 que las relaciona con el flujo másico. y a la presión anterior.15 del flujo anterior con un volumen específico de 133 litros/m3.4 (m2) = 15. 2.Intercambio en un calentador abierto Un calentador abierto de agua opera en situación estacionaria.0 kW calor cedido luego negativo por el convenio de signos.4 m2 Tendremos en este caso: 1. en °C.18 (kJ/kg·K) · 10 (K)} = 113.3 entre otros.12. Ignorando la transferencia de calor entre el calentador y su entorno así como las variaciones de energía cinética y potencial. la temperatura del vapor en la entrada 2.414.01 (m2/tubo) = 1.Qaire En consecuencia: fmw = 4758.14 m/s 2.18 kJ/kg·K de modo que Q = fmw·C·ΔT . Para su cálculo hay que hacer hipótesis sobre el modelo de fricción.5391 (m3/kg) y despejando c1 = 40 (kg/s) · 0. calcúlese 1. 3 MPa. De acuerdo con esto. para lo que necesitamos el balance de masa.667 kg y m3 = m1 + m2 = 7.7 kJ/kg Por otra parte el estado 2 se encuentra dentro del domo ya que v2 < vg. A la entrada. Llevando dichos valores. SI con T en ºC.2 kJ/kg Pb. Por otra parte podemos identificar el título a partir de su definición: x = (v-vf) / (vg-vf) Los valores vg y vf los tenemos en la tabla de la curva de saturación.(h2 ·h3) kJ/kg = -1732. Como estamos dentro del domo T2 es la T de cambio de fase para la presión 1. Calcúlese la velocidad. con entrada en 1. Proceso isóbaro. tenemos x = 0. m1 = 1 kg/ 0. 162 .h3) como la energía absorbida por la corriente m1 que entra por 1 y m2·(h2 ·h3) como la cedida por la corriente m2 que entra por 2 y que es igual en módulo y de signo opuesto a la anterior.3 MPa. T = 191. es decir 1. VC. Configuración: Diagrama P-v.00114 m3/kg.15 = 6. o la del balance de energía: 0 = q –wvc + (he – hs).879 3. sino también el necesario equilibrio de presiones pues el proceso debe ser isóbaro por lógica.667 kg Llevando estos datos y los de las entalpías a la expresión del balance: 0 = q – wvc + m1·h1 + m2·h2 – m3·h3 Como el VC es adiabático y no tiene sistemas de producción de trabajo nos queda 0 = m1·h1 + m2·h2 – m3·h3 = m1·(h1 .6 MPa.151 m3/kg y vf = 0.. h3 = 231.594ºC 2. 4. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. temperatura y entalpía específica del vapor a la salida.Una válvula de estrangulación Un flujo de vapor atraviesa una válvula de estrangulación adiabática.Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real (bifásica) Configuración: Diagrama P-v. Si consideramos el VC imaginario que rodea al flujo entrando por 2 definimos en el correspondiente balance de energía que q23 = .7 kJ/kg. Condiciones: VC adiabático en un proceso estacionario.7 kJ/kg. modo de análisis VC.13.6 MPa y los conductos de entrada y salida tienen el mismo diámetro. Como no se da un flujo másico utilizaremos la referencia de 1 kg entrando por el estado 2. En consecuencia todos los estados comparten presión: 1 MPa. La presión a la salida es 0. SI con T en ºC. la presión es 6. Sin efectos de Ek o Ep . Localizando las distintas propiedades a partir de los datos proporcionados: h1 = 231. la temperatura es 360°C y la velocidad es 16 m/s. Análisis: El equilibrio entre entradas y salidas exige no sólo que se cumpla la ecuación del balance de masas: m3 = m1 + m2. Resolución Sistema a estudio: El VC que rodea a la válvula.h3) + m2·(h2 ·h3) Analizando la expresión identificamos m1·(h1 . Para el calor cedido deberemos realizar el balance de energía. h2 = 231. vg = 0. el caudal de vapor de agua. El proceso es isoentálpico (de estrangulación). sufriendo una expansión hasta 6. El proceso se considera estacionario y adiabático.3 m/s 2.4 kJ/kg 3. Determina 1. Conocidas las propiedades del estado inicial y sabiendo que en el proceso de estrangulación se cumple Wvc = Qvc = 0 y. está próximo a vapor saturado. Finalmente. en kg/s. La velocidad a la salida está relacionada con la sección. en m /s medidos en la salida.4323 (m3/kg) / 0. v. según la expresión: c = fm·v/A Como conocemos c1 .Turbina y rendimiento isoentrópico En una turbina de vapor adiabática. v1 y A1. en m . y 2 4. entrando con P = 6 bar y h = 3055. obtenemos T2 = 297.. Pb.14. 2.4 kJ/kg y v2 = 0. la sección de la tubería. título x. que atraviesa la turbina 3 si ésta cede una potencia de 120 MW. se cumple que Δh = 0 la resolución de la cuestiones es inmediata. A la vista del resultado obtenido para la velocidad qué opinas de la frase anterior (considera además que el efecto se incrementa porque la sección de salida suele ser menor que la de entrada a la válvula).41ºC Comentarios: Es frecuente oír la expresión cuando se abre una manguera de agua o un grifo: “Sale a toda presión” y lo podemos notar si colocamos la mano frente al chorro. en consecuencia. Se conocen el estado de entrada y la P de salida de la válvula.5 kPa. Análisis: Una válvula se utiliza para regular la presión de salida del fluido cuando la caída de presión o el flujo másico es pequeño de modo que el cambio no puede ser aprovechado para producir trabajo. Resolución Sistema: El VC que rodea a la turbina (y el que rodea a la turbina auxiliar isoentrópica).0388 (m3/kg) = 178. A. en tablas o en TermoGraf. En cuanto a las cuestiones: 1. El trabajo producido por la turbina. Así. Así. 4. 163 . entra éste a P1 = 110 bar y T1 = 550°C. La entalpía específica es igual a h1 h2 = 3055. con el flujo másico.4 kJ/kg. con el que abandona la turbina el vapor de agua 3. si es estacionario y sin efectos apreciables de energías cinéticas o potenciales. fm. y con el volumen especifico. podemos escribir: c1 · A1/ v1 = c2 · A2/ v2 y despejando c2 = c1·v2 / v1 = 16 (m/s) · 0. si la velocidad en la salida es de 6 m/s.85. El rendimiento isoentrópico de la turbina es s = 0.4323 m3/kg. para el estado 1 y v2 y A2 (= A1) en el estado 2. en la entrada las dos propiedades conocidas (P = 66 bar y T = 360 ºC) nos permiten determinar h que será igual a la del estado 2 de modo que con la presión conocida (6 bar) queda completamente determinado y podemos escribir: h2 = 3055.Condiciones: No se consideran efectos de Ek o Ep. la temperatura del estado 2 queda definida por las dos propiedades como hemos indicado antes. 157. es un dato que permite ubicar el estado de salida del que únicamente conocemos la presión. El proceso se considera estacionario y adiabático.31. tenemos para el proceso real: wvc = s · wvc. adiabático y sin efectos de la Ek y Ep: wvc. Empezaremos calculando h2s. del balance de energía aplicado al VC de la turbina isoentrópica (adiabática reversible) con las consideraciones de proceso estacionario. h1 = 3489. El estado final de este proceso se caracteriza habitualmente añadiendo una s al subíndice: h2s. VC.7 kJ/kg y con el rendimiento isoentrópico.85 · 1417. Con esta propiedad y el dato de la presión de salida podremos calcular el resto de propiedades en tablas o dibujando el estado en TermoGraf.s = h1-h2s = 3489. Con P1 y T1 llevados a tablas2 (o dibujado el estado en TermoGraf) obtenemos h1 y s1 (entropía del estado 1).Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real. Condiciones: No se consideran efectos de Ek o Ep.1 = 1417.8821 (88. En ambos casos el criterio es (magnitud menor/magnitud mayor).T al que se añade a veces el subíndice T para indicar que se refiere a un proceso de turbinado y distinguirlo de s. Análisis: El rendimiento isoentrópico introducido aquí es una propiedad del proceso que cumple una doble finalidad: de un lado es un modo de medir la calidad de la turbina en cuanto al trabajo que es capaz de procesar a partir de la entalpía de entrada.1 y hf = 157. De otro. 1 2 164 .76 kJ/kg Utilizando ahora la expresión del título a partir de cualquier propiedad específica: x = (h – hf) / ((hg – hf) donde hg y hf son las propiedades de la curva de saturación para la presión de cambio de fase.s = 0.157.8 – 1205. h2s = 2072. El caudal V m3/s es El Wisoentrópico es el del proceso adiabático reversible entre la presión inicial y la de salida de la turbina.7019 = s2. SI con T en ºC.05 kJ/kg 2.C que se refiere al de un proceso de compresión con una definición “simétrica”: s. En este caso: hg = 2569.31) / (2569.21%) 3.05 = 2284. De su definición (s. Se conocen el estado de entrada y la P de salida de la turbina así como el rendimiento isoentrópico de la misma.14 y para el trabajo de la turbina isoentrópica Con esto.7 = 1205.C = Wisoentrópico/Wreal = (h1 – h2s) / (h1 – h2). Configuración: Diagrama P-v. Para el título necesitamos además de la P del estado en el domo una propiedad específica que ubique el estado dentro de la línea de cambio. 1.76 .T = Wreal/Wisoentrópico = (h1 – h2) / (h1 – h2s))1 y apoyados en el proceso de comparación: el isoentrópico o adiabático reversible (s = cte) podemos obtener tanto el trabajo real a partir del trabajo isoentrópico como la propiedad h2 del estado de salida. Ésta es precisamente h2 que la obtendremos de h2 = h1 – wvc = 3489. La relación de trabajos Wreal/Wisoentrópico es el denominado rendimiento isoentrópico s. Con P2 y s2 = s1 (o dibujando la adiabática reversible o isoentrópica 1-2s en TermoGraf) obtenemos h2s: Así.1.8 kJ/kg. Con ellas tenemos para x2: x2 = (2284. s1 = 6.31) = 0.8 – 2072. 49 m3/s ya que v2 = (1-x2)·vf + x2·vg = 19. Investiga que planteamiento se hace en las centrales termoeléctricas de vapor en relación con estos resultados. la temperatura a la salida. Es importante destacar que la técnica utilizada para el análisis de estos equipos (compresores y turbinas) que se apoya en el rendimiento isoentrópico. al calcular la sección de la tubería que lleve el vapor al condensador supone una sección igualmente sorprendente (con algo más de 20 m de diámetro). supone un tratamiento distinto al desarrollado hasta aquí en los procesos disipativos. 4. ¿Es necesaria esa puntualización? ¿También debemos hacerla si la magnitud es el flujo másico?. 4. en régimen estacionario. Comentarios: 1. la entalpía que se transforma en trabajo hacia el exterior. Resolución 165 .15. y es aplicable el modelo de gas ideal. en m3/s medidos en la salida”. la potencia total en kW para el mismo flujo másico de 100 kg/s.416 (m3/kg) = 1933. Y. 3.s es lógicamente mayor pues el proceso real no aprovecha el W de fricción existente que retorna al sistema. el calor suministrado en la etapa de recalentamiento.Turbinado con etapa intermedia Un flujo de aire pasa.58 (kg/s)·19.49 (m3/s) / 6 (m/s) = 322. a través de la doble turbina y del intercambiador mostrados en la figura adjunta. los efectos cinéticos y gravitatorios. A partir de los datos siguientes Estado 1: 1100 K y 18 bar Presión intermedia (P2) 4.V = fm (kg/s) · v (m3/kg) siendo el flujo másico fm = Potencia / wvc. El caudal en la salida es realmente grande y. El wvc. por la comparación con un proceso inexistente (el isoentrópico) a diferencia de lo que se hace hasta aquí cuando se utilizan procesos equivalentes como los politrópicos reversibles que incorporan un proceso muy aproximado al real en cuanto a sus propiedades térmicas. Pb. es menor que en el caso reversible. wvc.416 m3/kg 4. en kJ/kg.. por tanto: fm = 120000 kW / 1205. la temperatura a la salida.58 kg/s y V2 = fm·v2 = 99. hasta el momento. 2. considerando que ambas turbinas tienen un rendimiento isoentrópico del 90%: 3. la potencia de la segunda turbina en kW si el flujo másico es 100 kg/s. de modo que.2 bar Estado 3: 1100 K Estado 4: 1 bar queremos conocer: 1. en K. en el proceso real. 5.25 m2 que supone un diámetro de la boca de salida de 20. Despreciamos los intercambios de calor con el entorno. En el caso de estos equipos se ha optado históricamente. 25 m (véase la imagen adjunta).05 kJ/kg = 99. en K. La sección A2 será A2 = V2/c2 = 1933. El enunciado señala: “el caudal de vapor de agua. de ambas turbinas. de ambas turbinas suponiendo procesos isoentrópicos 2. sº1 (T1) .Sistema a estudio: El VC correspondiente a cada equipo. 1. repetimos los análisis del punto 1 en los que ya no es aplicable que no cambia la entropía. VC.9. Para la potencia tendremos: Wvc.10 (kJ/kg) = 38010 kW Transformando ahora los procesos de turbinado en irreversible con rendimiento isoentrópico 0. de modo que sº2s = sº1 + R·ln(18/4.47 K Repitiendo el proceso para la segunda turbina: s3 = 2. 166 .2) = 2. De ese modo. directamente reduciendo el tiempo dedicado a cálculos repetitivos. y localizado el valor de sº1 (T1) en las tablas.s = 100 kg/s·(h3 – h4s) = 100 (kg/s)·380. Conviene practicar la metodología para adquirir soltura en el uso de las tablas. que unida a la presión a la salida debe permitir definir la T de la salida. analizado por separado.6654 kJ/kg·K y sº3 = 3. Las turbinas son isoentrópicas en una primera parte e irreversibles en una segunda. un proceso isoentrópico permitirá escribir: Δs12 = 0 = sº2 (T2) . Δ Análisis: Los turbinados isoentrópicos aportan una condición. como la u y la h. SI.6654. Condiciones: Los procesos en ambas turbinas son adiabáticos. valor que buscado en las tablas nos da: T4s = 762. incluido sº. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama P-v.64 K. Hay distintos procedimientos que se basan en la expresión de la variación de entropía para el gas ideal: s2 – s1 = ∫ Cp · dT/T – R·ln(P2/P1) En esta expresión el primer sumando del 2º miembro es función cuya integral no es conocida en la medida en que Cp no se considera cte sino función de T. Por ello.0774.98 kJ/kg Llevados estos valores a las tablas tendremos 3.52 K 2.6596 que llevado a las tablas nos da T2s = 758.2 bar y s2 = s1 = 2.s = fm·wvc. diversos autores han generado tablas en las que junto a las magnitudes que dependen sólo de T. De su definición (s. Aplicado del mismo modo para la segunda turbina. En todos los equipos los procesos son estacionarios.0774. en cualquier caso. sº4s = sº3 + R·ln(4.T = Wreal/Wisoentrópico = (h1 – h2) / (h1 – h2s)) y como conocemos h2s podemos despejar y calcular h2 = 815.2477 kJ/kg·K Del estado 1 obtenemos sº1 = 3. sº. No se consideran efectos cinéticos ni gravitatorios. tendremos h3 = 818. bastará calcular sº2 (T2) y localizarlo a su vez en las tablas para identificar a T a la que corresponde. que identificar los estados 2 y 4 con las mismas presiones que los 2s y 4s pero distinta T. Tendremos. s cte.2/1) = 2. Con esto en mente acometemos los cálculos de propiedades necesarias para responder las cuestiones relativas a las turbinas reversibles (procesos 1-2s y 3-4s): El estado de salida de la 1ª turbina tiene P2 = 4. que es precisamente ese primer sumando: sº = ∫ Cp · dT/T. T2 = 793. se tabula una función.R·ln(P2/P1) y sº2 – sº1 = R·ln(P2/P1) Conocidas las presiones.01 kJ/kg. Una vez conseguida puede trabajarse con TermoGraf que proporcionará los valores. Para ello debemos utilizar el rendimiento isoentrópico. así.06 kJ/kg 5.1) (kJ/kg) = 68816 kW Comentarios: El escalonamiento busca evidentemente mejorar el W que obtenemos en una instalación.26 K 4. siendo posible demostrar analíticamente para el caso del gas perfecto que ése es también el valor de la Pint óptima. Podemos.T4 = 797. Estos resultados se resumen en la gráfica adjunta que recoge en una tabla los diferentes casos de Pint (la figura muestra cinco de las posiciones centradas en el máximo que es la posición seleccionada. 1 Puedes comprobar que el valor obtenido es (Pmáx·Pmín)1/2. preguntarnos cuál puede ser la Pintermedia que maximice ese trabajo. Aquí hemos hecho una demostración gráfica. sin embargo la realidad es más compleja pues deberá tenerse en cuenta el coste del combustible (menor si aumentamos Pint) y otros aspectos más generales de la instalación como el rendimiento del ciclo en que se inserta el escalonamiento. Para q23: Aplicando el balance de energía al VC del equipo combustor: q23 = (h3 . En la última pantalla del documento TermoGraf Pb4. en este caso de las dos turbinas: Wvc. en este caso de turbina de gas.s = fm · wvc. Y para la potencia. Parece ser así.06 + 342. Las curvas corresponden: En rojo: w suma de las dos turbinas: (h1-h2s)+(h3-h4s) En azul: q suministrado por el combustor (el combustible gastado será proporcional): (h3-h2s) En verde: w de una de las turbinas: (h3-h4s) Se puede señalar que la curva azul también es la gráfica del otro w: (h1-h2s) ya que h1 y h3 tienen la misma T (impuesta en los datos del enunciado) luego la misma h ¿Por qué? Porque (h1-h2s) = (h3-h2s) por el valor dado a T3 ¿Podemos concluir que la mejor presión es el valor señalado?1.s = 100 kg/s · {(h1 – h2s)+(h3 – h4s)} = = 100 (kg/s) · (346. 167 .h2) = 346.15 se recogen los resultados de un barrido que busca precisamente el valor de la Pint que optimiza el trabajo conjunto de las dos turbinas (en el caso isoentrópico). . Por otra parte podrá interesar optimizar diversas funciones: la vida de la instalación.. Para ello habrá que definir el objetivo a optimizar y analizar en efecto en toda la instalación sin omitir el análisis de costes. En otras palabras.Dicho de otro modo: la optimización de la variable Y en función de una determinada variable X no implica que sea un óptimo absoluto de Y pues esta función lo es de varias variables y será el estudio de la dependencia general lo que nos pueda dar el óptimo absoluto. 168 . Una rama joven de la termodinámica: la termoeconomía combina el análisis exergético con el económico permitiendo extraer conclusiones operativas mucho más acertadamente que con análisis meramente energéticos. los de explotación. los costes de construcción. un óptimo como el aquí obtenido hay que interpretarlo como el de una variable determinada (el trabajo del escalonamiento) en función de otra (la Pint) sin concluir que ése debe ser el valor de diseño en una instalación que incorpore el escalonamiento. 495 = 2281.41 kJ/kg 2. El pistón se desliza libremente en el cilindro en un proceso tal que el agua llega al estado de vapor saturado.4 – 377. El cambio es debido a un calentamiento internamente reversible a presión y temperatura constantes. por kg de la sustancia: Δu = q –w = q – (wx + wd) y como el proceso es reversible en este caso. En este caso es muy simple evaluar wx = ∫ P·dv ya que P es cte e igual a 70.3565-0.. aplicando el balance de entropía al sistema (no hay flujo de masa en su frontera): ds = δsq + δsg e integrando para el proceso 1-2 : Δs1-2 = sq = q /363. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados inicial y final coincidan y uno sea reversible y el otro no. el trabajo y el calor intercambiados por unidad de masa. quedará Δu = q –w x Cuando conozco los estados inicial y fina puedo evaluar Δu. pues por ser reversible sg = 0. La relación entre la entropía del flujo de calor y dicho flujo. 169 .92 kJ/kg tendremos para q: q = 2115. Así wx = ∫ P·dv = P · Δv1-2 = 70.26 kPa · (2. En cuanto a los flujos q y w. Análisis: 1.1. La expresión del primer principio cuando no hay masa atravesando la frontera del sistema es. si desconozco ambas deberé resolver una directamente y la otra la podré obtener del primer principio. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia bifásica en el modelo de sustancia real.15.495 kJ/kg y como Δu = u2 – u1 = (2493. ¿En qué forma se relaciona ésta con la variación de entropía del sistema? Resolución Sistema a estudio: El volumen contenido dentro del cilindro. a partir de la definición de entropía es: δsq = δq/T Por otra parte.Cálculos de S en procesos reversible e irreversible Un dispositivo cilindro–pistón contiene agua líquida saturada a 90°C.26 kPa. Determina 1. VC.48) kJ/kg = 2115. el trabajo por unidad de masa. Si ahora el cambio se produce a causa de la acción de un agitador de paletas. relaciona este flujo de calor con la variación de entropía que experimenta el sistema. ambos en kJ/kg y 4.5. la entropía generada por kg. Configuración: Diagrama Ts. sin que exista transferencia de calor con el entorno. SI con T en ºC. determina 3.00103) m3/kg = 165. 5. Balances de entropía y energía Problemas resueltos y con documento Tgraf Pb.92 + 165. ambos en kJ/kg y 2. Comentarios: Termograf te proporciona diversa información si la pides: el correcto aprendizaje consiste en saber qué debes pedirle e interpretar conceptos y resultados.. Escribiendo el balance deberá quedar claro: Δs1-2 = sq + sg pues no hay flujo de masa a través de la frontera.41 = -2115. Δh. por lo que un valor es el opuesto del otro (lo que lleva a que en la ecuación del balance el papel coincida) 170 . wt. Se explicitan aquí wx.2281.495 kJ/kg Como la causa de esta expansión es la energía aportada por la resistencia eléctrica.00103) m3/kg = 165. En el proceso irreversible planteado se cumple: w = wx + wd En cuanto al trabajo de expansión es igual al reversible pues el proceso de expansión recorre los mismos estados.495-2281.4764 kJ/kg·K y teniendo en cuenta que la T del cambio de fase es: 90ºC = 363. ésta debe hacer la función del flujo de calor del proceso reversible lo que implica: weléctrico = wd1 = |qrev| = . q y Δs: además de tomar valores debes interpretarlos: ¿por qué unos coinciden? ¿cuales son la suma de otros? ¿y el producto? ¿qué condiciones son las aplicables para que pase todo lo anterior? ¿reversibilidad?¿T cte? ¿P cte?.1941 y s2 = 7. En el caso irreversible la magnitud del cambio deberá ser el mismo aunque ahora la causa sea otra pues no hay flujo de calor. la T también permanece constante.15 K podemos utilizar la expresión del balance de entropía para calcular el flujo de calor.15 K.41kJ/kg El trabajo del proceso irreversible será. 1 El signo negativo refleja el convenio para el trabajo que es el contrario que para el flujo de calor.s2 – s1 = q/T ya que al estar en cambio de fase a P cte..92 kJ/kg En cuanto a qirrev será lógicamente cero por la condición de adiabaticidad impuesta ahora a la frontera: qirrev = 0 4. única causa de la variación de entropía: q = 6. así: w (proceso irreversible ) = wx + wd = 165. En el caso reversible la entropía del sistema cambiaba por el aporte de calor a través de la frontera a 363.42 coincidente con el anterior 3.28229 kJ/kg·K ya que es la única causa del cambio de entropía del sistema.15 (K) = 2281.3565-0. luego wx = ∫ P·dv = P · Δv1-2 = 70. Tomando los valores de TermoGraf: s1 = 1.2823 (kJ/kg·K) · 363. por tanto como tampoco hay flujo de calor: Δs1-2 = sg luego sg = 6. Δu.26 kPa · (2. por unidad de masa.1 m3 de aire a 300 K y 2 bar. está provisto de un pistón conductor sin rozamiento que lo divide en dos partes.2. ¿Ha tenido lugar algún tipo de irreversibilidad? Resolución Sistema a estudio: Los dos subsistemas a cada lado y el sistema combinado. SI. Condiciones: Se conoce el estado inicial para el subsistema a y para el subsistema b. MC. Pb. Determina el mínimo trabajo teórico requerido. Condiciones: El proceso debe ser reversible dada la exigencia de trabajo mínimo teórico. en kJ/kg. así como el cambio de entropía experimentado por el sistema. cerrado por ambos extremos.1 m3 de aire a 300 K y 1 bar. T en K. Análisis: Del estado inicial tenemos dos datos que configuran el resto de propiedades: T y x=1.Mínimo trabajo necesario para una compresión Se comprime adiabáticamente una masa de propano contenida en un dispositivo cilindro– pistón. desde vapor saturado a 250 K hasta una presión final de 15 bar. MC.Δu1-2 = -86. SI con T en K. Sustancia y Modelo: Propano modelado como sustancia real Configuración: Diagrama TS. En cuanto al cambio de entropía: si es reversible Δs1-2 = q/Tm.64 kJ/kg. 5. Y como q = 0: Δu1-2 = -wx por lo que wx = . 5. Inicialmente se sujeta el pistón en el centro quedando a un lado 0.70 kJ/kg . u2 = 482.Proceso irreversible en dos cámaras Un cilindro térmicamente aislado.06 kJ/kg (negativo ya que es trabajo de compresión). Se abandona el pistón a sí mismo alcanzándose el equilibrio de presión y temperatura en una nueva posición. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal Configuración: Diagrama Pv y/o Ts... Resolución Sistema a estudio: La masa de refrigerante en el pistón. y al otro 0. Calcúlese la presión y temperatura final así como el aumento de entropía. Los volúmenes iniciales permiten calcular la masa en cada cámara a partir del volumen es171 .3.fr la T media en la frontera que intercambia el flujo de calor. Además es adiabático y no se consideran efectos gravitatorios.fr siendo Tm. Podemos calcular las propiedades necesarias para aplicar primer y segundo principio: Tenemos para la energía interna específica: u1= 397.06 kJ/kg . Δu1-2 = 86. Como éste es cero Δs1-2 = 0 kJ/kg·K Pb.Reflexionar y contestar todo lo anterior es consolidar lo aprendido. y del estado final tenemos otros dos: P y sf = si. por ser gases ideales.pecífico.073 kJ/kg · 0.83 kJ U1b = u1b·mb = 214.5425 m3/kg En cuanto a la energía interna. lo será la energía interna específica y la total inicial será: U1a = u1a·ma = 214. para el volumen y masa totales tendremos: Vtotal = 0. en consecuencia. térmica P·V = m·R·T a cualquier subsistema: 172 . tendremos que como la T es común.8612· 0. no hay trabajos disipativos podemos concluir que ambos trabajos son iguales y de sentido contrario.8612 m3/kg = 0.4306 m3/kg y con el V total de b: mb =V1b / v1b = 0. así.72 kJ Luego Utotal = u1a·( ma + mb ) = 0. Por otra parte se cumple que el sistema completo siempre es la suma de los subsistemas (ambas cámaras). Además.232 kg = 49. Con ello tenemos que U total será cte así como Ua y Ub. La pared externa es adiabática y las transferencias energéticas.43062)1/3 = 0.116 kg v1b = 0. son a través del émbolo. Análisis: El equilibrio final depende del tipo de paredes (restricciones) existentes. No se conocen los procesos aunque podemos iniciar el análisis suponiendo proceso reversible que.348 kg Sustituyendo en [1] tendremos: v2 = (0.1 m3/ 0. consiguientemente. en la hipótesis reversible permanece constante.4306 m3/kg = 0. será isotermo en ambas cámaras. al considerar el proceso reversible. Si consideramos el balance de energía para los subsistemas escribiremos: ΔUa = Q1a-2 – W1a-2 = 0 ΔUb = Q1b-2 – W1b-2 = 0 Y como el W atravesando la frontera del sistema combinado es cero y.232 kg Y.2 m3 y mtotal = 0.073 kJ/kg · 0. En Tablas o de TermoGraf: v1a = 0.116 kg = 24. determinada la u inicial en cada subsistema a partir de su temperatura.8612 m3/kg y con el V total de a: ma =V1a / v1a = 0. T2 = T1a es decir T2 = 300 K de modo que podemos calcular la P final aplicando la ec. trabajo y calor. En este caso el equilibrio es en temperatura y presión porque se indica que la pared de separación es móvil y diatérmana. como sucede con los flujos de calor (el que cede un subsistema es el que recibe el otro) Las expresiones para los trabajos de expansión (únicos a considerar pues no hay efectos disipativos) de los proceso isotermos reversibles de gas ideal serán: W1a-2 = ma·R·T·ln(v2/v1a) W1b-2 = mb·R·T·ln(v2/v1b) y para la suma 0 = ma·R·T·ln(v2/v1a) + mb·R·T·ln(v2/v1b) Si despejamos v2 tendremos: v2 = (v1a· v1b(mb/ma) )1/3 [1] Los datos permiten conocer el volumen específico Con las condiciones iniciales P y T podemos obtener el volumen específico inicial en cada cámara así como la masa de cada subsistema.7455 kJ y como la masa y U totales se conservan tendremos u2= u1a y.1 m3/ 0. su energía interna queda determinada por su temperatura que. en K. 4. La temperatura de salida del aire precalentado. tomando para el cálculo de la exergía de flujo de calor el valor1 de 683 K como temperatura efectiva media de la frontera y la exergía destruida por unidad de tiempo. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para el intercambiador en su conjunto. El cálculo de la presión final exigirá trabajar con el Wd añadido al Wx y a partir del nuevo valor calcular la variación de entropía que será igual a la entropía generada. El cambio neto de energía y de exergía entre entrada y salida para cada flujo. es 40 kg/s. Podemos considerar como aproximación válida que ambas corrientes son aire con comportamiento de gas ideal. 5. En cuanto al incremento de entropía será: ΔS1a-2 = ma · (s2 – s1a) ΔS1b-2 = mb · (s2 – s1b) Y recordando que ΔS1-2 = m · {(∫cP · dT/T) – R · ln (P2/P1)} nos quedará.015387 kJ/K de modo que el cambio total de entropía es cero como corresponde a la hipótesis de proceso reversible. y ΔS1b-2 = mb · (– R · ln (P2/P1b) = 0. El flujo másico de ambos procesos.3 sin pérdida de carga En un intercambiador de flujos separados que funciona a contracorriente y que opera en estado estacionario y de forma prácticamente adiabática. Pb. que son isóbaros e internamente reversibles. ya que T es cte: ΔS1a-2 = ma · (– R · ln (P2/P1a) = -0. en MW. en su caso. el volumen de control suma de los anteriores.74 kPa = 1.964kmol) · 300 K/ 0. entra una corriente de aire a 400 K y 12 bar.. 2.314(kJ/kmol·K)·(1kg/28. Este flujo es calentado por la segunda corriente que consiste en gases procedentes de la combustión que entran a 820 K y 1. Comentarios: Si ahora suponemos que hay fricción en el émbolo habrá un trabajo disipativo entrando en uno o los dos subsistemas (dependerá del modelo de disipación que definamos).015387 kJ/K.5425 m3/kg = 158.5874 bar igual para ambos subsistemas. Comenta los resultados. en MW. Debes calcular 1. El balance de exergía para la corriente de gases de combustión como sistema.El intercambiador del Ej. 5. 1 Recuerda que Tbm = Q/(sf – si) 173 .4. El ambiente tiene T=300 K y P=1 bar.5 bar y salen a 560 K.P2 = R·T2/v2 = = 8. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los respectivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo y. 3. 9) kJ/kg = 11155 kW . por salto de temperatura entre ambos fluidos). y externa.s₁) = = 278. como el primer miembro es nulo por la segunda condición. 3 y 4.s₃)] = = 40 kg · (-278. queda. obtenemos los valores correspondientes al estado 2 que luego utilizaremos: T2 = 668. 2. una vez despejado h2 y sustituidos valores de la tabla adjunta: h2 = h1+ (h3-h4) = 400. gas ideal. será: Energía: el cambio corresponderá al cambio de entalpía: (hs –he) Exergía: el cambio de la exergía de flujo es: (afs –afe) = (hs-he) – To · (ss-se) Las expresiones del balance de energía para cada corriente serán ΔUVC aire = maire·(h1-h2) + Qaire . Pb5. De él podemos determinar la entalpía mediante el balance de energía en el volumen de control que incluye ambas corrientes (fig. s2 = 1.79 kJ/kg. salida de la corriente de aire. En consecuencia: (H1-H2) = Qaire = 40 kg/s · (679.4 de la primera parte. (H3-H4) = Qgases = .12 = 679.300·(.24 kJ/kg = 4.7698 MW ΔAf₃₋₄ = m·[h₄ .2785) = 119. b) Régimen estacionario. Análisis: Conviene determinar las propiedades conocidas en los estados 1.11155 kW Para el cambio de exergía: Δaf₁₋₂ = h₂ . 2) El cambio neto de energía y exergía de flujo para cada corriente.6. c) La destrucción de exergía corresponde a la generación de entropía en las irreversibilidades (interna por pérdida de carga.8106 .Wt En estas expresiones el primer miembro es cero pues el régimen es estacionario y no hay trabajo técnico por las características del dispositivo.To · ( s₂ .2552 MW Dado que la exergía cedida es menor que la ganada se desprende que ha habido exergía destruida: dado que hay una irreversibilidad (el flujo de calor es irreversible pues sólo puede ir de mayor a menor temperatura sin consumir un trabajo como el caso de la bom174 . Condiciones: a) Equipo adiabático. h2 = 679.0. y que las variables T.h₃ .1.99 – 565.8 – 400.79 kJ/kg Llevado este valor a la tabla de estados en Termograf. ΔUVC = maire·(h1-h2) +mgases·(h3-h4) = 40 kg ·(h1-h2) + 40 kg ·(h3-h4).To · ( s₄ . el único estado indeterminado es el 2.h₁ .92 + 843.87 . Es decir. que es nula en este caso a diferencia del Ej 5.8228 kJ/kg·K.Qaire = .24 kJ/kg ΔAf₁₋₂ = 40 kg · 119.Wt y ΔUVC gases = mgases·(h3-h4) + Qgases .Modelo de la sustancia: Ambas corrientes se tratan como aire.300 · ( 1. Siendo el modelo para las dos corrientes el de gas ideal. 1) Con las condiciones dadas.87 . por kg de aire o gases.4083)) kJ/kg = . en la frontera de las conducciones de los fluidos. introduciendo los estados. y pueden obtenerse una de otra en las tablas o. u y h están relacionadas entre sí. en TermoGraf.74 K.4 a) y con este valor obtener T2 como se ha indicado. sabemos que es aplicable a cualquier estado la ecuación P·v = R·T. 0.Ad interc que queda por las razones señaladas antes (el VC es adiabático y no hay dispositivo que produzca o consuma Wt) como: 0 = maire·(af1. por ej.Ad interc [2] y sustituyendo: maire·(af1. Este último dato permite comprobar que la exergía destruida en la irreversibilidad interna es nula salvo error por redondeo. sin más que despejar: Ad gases = mgases·( af3-af4) + AQ gases = 6255. en los balances aparece: h entrada – hsalida y los incrementos se definen en sentido inverso: Δh = hsalida – hentrada 175 .2 kW En cuanto a la exergía del flujo de calor.8) kJ/kg –300 K·(1.11155 kW · (1.278.4854 MW 3) En cuanto al balance de exergía para la corriente de gases de combustión: ΔAVC gases = mgases·(af3-af4) + AQ gases .A f3) = m·((h4-h3) – To·(s4-s3)) = 40 kg · (. Al considerar este intercambio dentro del volumen de control.5 kW ≈ 0 4) Para el intercambiador como volumen de control2: Balance de energía: ΔUVC interc = maire·(h1-h2) + mgases·(h3-h4) + Qinterc .7 kW = -1. por las razones apuntadas antes.300/683. puesto que tenemos la temperatura media equivalente del proceso. el primer miembro y Wt son cero y Qinterc es cero. Así.4083)) kJ/kg = .6255. Esta irreversibilidad externa a los VC de las tuberías supone la generación de entropía y la destrucción de exergía cuyo valor es: Ad = |4.2785-1.2 kW -6256.8 . también. pues el equipo es adiabático.ba de calor).4 kW < 2860.87 -300·(.8106) kJ/kg·K) = -4769. la irreversibilidad es interna y es la única 1 2 Estamos trabajando con VCs: cada tubería por separado Es innecesario señalar que en las expresiones de los balances debe cuidarse el orden de los términos para evitar signos erróneos en los mismos.6256.Ad gases donde el primer miembro es nulo por régimen estacionario.af2) = 40 kg/s·((400.92-679.300·(0.Wt en donde.Wt . siendo Ad la exergía destruida en cada una de las corrientes debido a irreversibilidades internas que NO1 existen en este caso (condición c).af4) .(. De la expresión de la exergía de flujo: (A f4. escribiremos: AQ gases = Q·(1 – To /Tm) = .Wt .2552)| = 1.8 kW mgases·(af3-af4) = 40 kg · (278. luego 0 = maire·(h1-h2) + mgases·(h3-h4) Balance de exergía: ΔAVC interc = maire·(af1-af2) + mgases·(af3-af4) + AQ interc . para la energía.3) Comentarios: El valor de la exergía destruida coincide con la suma algebraica de las exergías de flujo existentes por el intercambio de calor entre corrientes.2) = 1485.7698+( -6.2) = .2 kW Despejando Ad VC de la expresión [2] anterior Ad interc = -04769. 5.4 kW ( Ej.87 .6255.7 kW Correspondiendo el signo al hecho de que el flujo de calor sea cedido.af2) + mgases·(af3.4083)) kJ/kg = 6255. utilizar un proceso (equivalente) politrópico y transformarlo en irreversible-adiabático seguido del correspondiente reajuste de los flujos de Q y W en la ventana de balances. 5. cuando haya irreversibilidades. En los tres casos el sistema alcanza el mismo estado final de P=5 bar mediante los siguientes recorridos de uno o más procesos: Recorrido 1) compresión isoterma reversible en contacto con un foco a la T del proceso (proceso 1-2) Recorrido 2) compresión adiabática reversible hasta v2 seguido de enfriamiento internamente reversible a volumen constante (procesos 1-3 y 3-2) con cesión de calor al ambiente (To = 300 K) Recorrido 3) compresión adiabática irreversible1 hasta P2 y temperatura 600ºC seguida de enfriamiento internamente reversible a P cte mediante cesión de calor al ambiente (To = 300 K) 1. Recuerda que la hipótesis en este proceso equivalente es que. 5. coinciden real y equivalente (es decir el Wx coincide) y que el flujo de calor del equivalente corresponde al Qrozamiento del real.. en cuanto al recorrido de estados.04.pues los procesos en cada tubería son internamente reversibles al desaparecer la pérdida de carga. o sea a –Wrozamiento (los signos de Qrozamiento y Wrozamiento son los correspondientes al criterio de signos para cada uno. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 3-2 de cesión de calor a v cte? 3. claramente superior el valor destruido al del caso considerado en este problema pues ahora no hay irreversibilidad mecánica por pérdida de carga en ninguno de los conductos del intercambiador. en un sistema cilindro-pistón.1 = 2860. En el Ej.3 (en la primera parte) este último análisis daba: Ad interc = 7483. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: La masa de aire. 176 .9 – 4623. sufre una masa de 1 kg de aire inicialmente a 60ºC y P=1 bar. Pb. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal. El análisis basado en sustituir cada proceso por dos procesos equivalentes. de modo que el efecto es el mismo: un incremento de la energía del sistema. MEJOR.Variación de entropía (procesos entre los mismos estados) Calcula la variación de entropía del sistema y del universo producidos en cada uno de los tres procesos que.8 kW.tme. ¿Cuánto vale la T media termodinámica en el proceso 4-2 de cesión de calor a P cte? Representa los procesos gráficamente en los diagramas P-v y T-s. Calcula. puede verse en el fichero informático Pb 05. el valor de las entropías generadas internas (sgii) y externas (sgie) 2.5. Modo de análisis: Masa de control (el sistema es 1 kg en un cilindropistón) Condiciones: 1 Puedes simular el proceso adiabático irreversible como uno de entrada-salida en el que determinas los flujos de Q y trabajo o. 2538 kJ/K valor que podrás verificar en la ventana de balances de Termograf.1/ Tbm) siendo Tbm dicha media termodinámica de la temperatura de la frontera del sistema a lo largo del proceso 3-2. Análisis: Con las ecuaciones de estado (P·v=R·T) y las tablas o TermoGraf para el cálculo de las entropías. Adiabáticos combinados con isócoro o isóbaro. obtenemos la tabla adjunta. la irreversibilidad es solo interna y no hay flujo de calor. 177 .3528 – 1. Su valor es: Tbm = q/(sf – si)3-2 = -214. intercambiado con el entorno.752 (kJ/kg) / -0. Como Q = 0 se cumplirá. Recorrido 1) Proceso 1-2: ΔSU = 0 por ser reversible (sin irreversibilidades ni internas (dentro de la frontera) ni externas (de tipo térmico en la frontera).83 K1 de modo que la entropía generada será sgie(3-2) = 214. dando un clic sobre el proceso con el botón pulsado.8073) (kJ/kg·K) = 0. excepto la compresión adiabática del caso 3. Recorrido 3): La variación total será: ΔSU(1-2)=ΔSU(1-4)+ΔSU(4-2) En cuanto al proceso 1-4: Como el proceso 1-4 es adiabático.83) (1/K) = 0. en función de las entropías generadas: ΔSU = m · (sgii + sgie) = m · sgie(3-2) [2] ya que en el recorrido 2 los procesos son internamente reversibles y solo hay irreversibilidad externa en el proceso 3-2 por la cesión de calor entre sistema y entorno con la condición Tfrontera > Tentorno El valor de la entropía generada por un flujo de calor δq (kJ/kg ) que pasa de un sistema a Tfrontera a otro a T entorno es: δsg = |δq| · (1/Tentorno .462 (kJ/kg·K) = 464.2538 kJ/kg·K = 0.5455 kJ/K 1 Termograf identifica este valor para un proceso no adiabático. de acuerdo con [1]. lo que implica (Sf – Si)sist = . Con los datos de la misma calcularemos: ΔSU = ΔSsist + ΔSentorno = (Sf – Si)sist + Q/To [1] siendo Q el calor que.752 (kJ/kg) · (1/300 . en el caso 3) recibe el ambiente. lo que implica ΔSU = ΔSsist + ΔSentorno = (Sf – Si)1-3 + (Sf – Si)3-2 + ΔSentorno O bien.1. Q. utilizando el concepto de temperatura media termodinámica de la frontera para el proceso: sgie(3-2) = |q| · (1/Tentorno .1/464. que ΔSU(1-4) = ΔSsist(1-4) = 1 (kg) ·(2.ΔSentorno ΔSU = 0 Recorrido 2) Proceso 1-2 y 1-3-2: ΔSU(1-3) = 0 por ser reversible interna y externamente (al ser adiabático no hay irreversibilidades externas -en la frontera.2538 kJ/kg·K por lo que el incremento de entropía del universo para el recorrido 2 será ΔSU(1-3-2) = m · (sgii + sgie) = m · sgie(3-2) = 1 kg · 0. en un diagrama Ts.pues no hay flujo de calor).1/ Tfrontera) > 0 [3] Para el proceso 3-2 la entropía generada por kg será la integral de la expresión anterior a lo largo del proceso o. Cada proceso se caracteriza por una determinada condición: Reversibles. La tabla de vapor sobrecalentado o el programa TermoGraf 2.476 (kJ/kg) · (1/300 .1/Tfrontera) = 569. Δh. reversible o no.95 b) Habrá alguna diferencia para dicha variación del sistema.6. inicialmente a 700K y 10 bar que sufre un proceso termodinámico pasando a un estado final (cada uno de los estados 2.8908 kJ/kg·K Y para la variación total de SU ΔSU(1-4-2) = m · (sgii + sgie)1-4-2 = m · (sgii 1-4 + sgie4-2) = = 1 kg · (0. sgie (kJ/kg·K).8908) kJ/kg·K = 1. Representa los estados en el diagrama Ts y cubre las casillas de la tabla adjunta. ¿Crees que es válido este modelo en este caso? x2: 0.4363 kJ/kg Comentarios: En este caso en que la masa del sistema es 1 kg coinciden los valores específicos (por ej.24) (1/K) = = 0. 5. y explica por qué. la irreversibilidad es externa: se produce en la frontera como consecuencia de que la cesión de calor al ambiente supone un salto irreversible desde la Tfrontera hasta la Tentorno Como en el caso anterior empezaremos determinando Tfrontera. en función de que el proceso sea reversible o irreversible? ¿Por qué? ¿Y para el universo?. en kJ/kg·K.476 (kJ/kg) / -1.5455 + 0.. Resolución Sistema a estudio: Un sistema cualquiera de masa unidad en análisis de MC o VC pues vamos a analizar propiedades de estado y no flujos de W en procesos que es cuando es relevante la elección de MC o VC. sólo los recorridos que incluyen algún proceso irreversible son los que dan lugar a un crecimiento de entropía del universo. M de C ó V de C. consecuencia de la irreversibilidad interna y/o externa en los mencionados procesos.3 y 4 de la figura). 178 . Condiciones: Los estados pueden colocarse en las correspondientes pantallas de Termograf.La tabla de gas ideal para el vapor de agua ( o el correspondiente modelo en TermoGraf). c) Identifica qué estado es inalcanzable con un proceso adiabático. Δs y llevarlas a la tabla incluida en la pantalla 2 del documento Pb 05.0075 (kJ/kg·K) = 565. Configuración: Diagrama T-s. con los valores extensivos para la masa del sistema. SI. Como es un valor variable a lo largo del proceso aplicaremos el concepto de T media equivalente visto antes: Tbm = q/(sf – si) = -569.1/565. . a) Calcular la variación de entropía especifica. Como es lógico. Mediante procesos de entrada-salida se pueden obtener directamente las variaciones Δu.24 K Con ello sgie será sgie = |q| (1/Tentorno . Sustancia y Modelo: Como sustancia tomamos Agua y como modelo.Vapor de agua: comparación de modelos en cálculo de S Se dispone de vapor de agua.06.valor que coincide con Sgii = m · sgii Para el proceso 4-2. Sgie(kJ/K). sucesivamente el modelo de sustancia real y el modelo de gas ideal. Pb. . empleando 1. Esta situación se reproduce para las propiedades energéticas (u.06215 Δu (kJ/kg) 0 -600.39% -17. sus diferencias y las desviaciones relativas se recogen de la tabla adjunta. 2 est.14 Δs (kJ/kg·K) 0 -0.53 Δs (kJ/kg·K) 0 -0. Como sgi sólo puede ser positiva o nula.40% -18.61% 0.287 Δh (kJ/kg) 0 -647. Pb.23% 14.58209 1. s) de estado aunque para bajas presiones la validez puede también considerarse.07 -522. 3 est. h.13 Δh (kJ/kg) 0 -758.7.6 -41. b) El proceso que lleva del estado 1 a los 2. / Δuvap / Δhvap 10 700 -1.35 350 -0.73 -6. Sólo si se produce una pérdida de calor.58 -681. representando la evolución del sistema en el diagrama Ts: 1.31% 2. 1 est.49061 (Δsvap -Δsg id) / Δsvap 63. 3 ó 4 no influye en estas diferencias pues estamos trabajando con propiedades termodinámicas o de estado.701 -529..31942 1.67% 2. Sólo el volumen específico da valores aceptables excepto para el estado 2 que está dentro del domo.606 -62.1785 0. 5. Sólo para temperaturas elevadas combinadas o no con presiones bajas se pueden obtener valores aceptables.24% -1.1874 0. Sí cambiará la S del universo si el proceso considerado tiene irreversibilidades. Modelo: Sustancia real v (m3/kg) 0. c) En un proceso adiabático se cumple: Δs = sgi. 4 (vvap .49198 0.61508 1.72018 4.72% -1.06624 Δu (kJ/kg) 0 -496.60914 4.4805 a) El modelo de gas ideal es inutilizable en zonas próximas a la curva de saturación pues da errores mayores que un 1% que podrían considerarse como errores límite. Comentarios: Como era de esperar el modelo de gas ideal no sirve para zonas próximas a la curva de saturación. podrá disminuir la entropía (Δs1-2 < 0). es evidente que Δs solo puede ser > 0 (proceso internamente irreversible) ó = 0 (pr. rev.29% Modelo: Gas ideal v (m3/kg) 0.9 670 -0.90% 17. en un sistema cilindro pistón. En consecuencia el estado 2 es inalcanzable con un proceso adiabático.).19058 0. Análisis: Los valores.743 -690. 179 .14% 1 372.72% 1.Cálculo de S para una sustancia incompresible Se dispone de 1 kg de agua..32306 1.65 -52.06% est.074 -48.vg id) (Δuvap -Δug id) (Δhvap -Δhg id) P (bar) T (K) / vi vap. Los flujos de calor intercambiados en kJ/kg. Calcular. 1 Termograf no calcula con el modelo de líquido incompresible. por ej. El primero. el entorno y el universo 3. la temperatura media termodinámica de la frontera. SI. para el proceso 1-a-2 es: Tm = q/ΔsMC = 924.0826 = q = 924. De los valores que da el modelo de sustancia real en esta pantalla se deduce que ésta es una aproximación pues. La T media termodinámica de ambos procesos.002 / 2. aunque si se quiere utilizar ese modelo proporciona datos para su aplicación adecuada.002 kJ/kg En cuanto a la entropía del sistema: ΔsMC = s2-s1 = sq = 2. más tarde. se cumple: Δh = Δu y para ambos Δh = c·ΔT. M de C. Las variaciones de entropía del sistema. Sustancia y Modelo: Como sustancia tomamos Agua y como modelo el de sustancia real1.4398 kJ/kg·K pues no hay entropía generada (sgi) De aquí.72 K Las entropías de entorno y universo habrán cambiado según Δsentorno = ΔsMC y ΔsU = 0 todo ello por ser el proceso reversible. en los siguientes casos: a) el agua se calienta reversiblemente y sobre una isóbara desde 10ºC y 10 bar hasta mezcla de líquido y vapor con un título x= 0. se hará irreversible Análisis: Caso reversible: Insertamos en TermoGraf el estado auxiliar a de modo que su título sea 0 y así considerar. Tm.085-42.w y como el proceso es isóbaro podemos escribir: Δh = q es decir: Δh = 966. 180 . al suponer v = cte. Análisis del proceso 1-a con el modelo de líquido incompresible En el líquido incompresible.. del balance: ΔuMC = q .2. 1-2. será reversible y el segundo. el modelo incompresible para el subproceso 1-a. Configuración: Diagrama T-s. siendo c = cp = cv. 3-4.1 mediante un foco que varía su temperatura manteniéndola igual a la del sistema en cada estado intermedio de la expansión del pistón. Resolución Sistema a estudio: El agua contenida en el cilindro-pistón.479 kJ/kg. en el proceso 1-a el volumen específico v cambia en un 10% aunque Δu sí resulta aproximadamente igual a Δh = 720. Los valores para el proceso total 1-a-2 cumplen con la ec. b) el agua se calienta en un proceso internamente irreversible a P cte desde 10ºC y 10 bar hasta el mismo estado final del caso anterior mediante un agitador de paletas estando el cilindro aislado adiabáticamente.4398 = 378. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos como isóbaros en TermoGraf de modo que estados inicial y final coincidan. 904.w = .07. la irreversibilidad existente es interna e igual al cambio en el sistema: s2-s1 Así : sgi = s2-s1 = 2. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que lo rodea es un depósito de calor a 26. Sustancia y Modelo: CO2 con el modelo de Gas Ideal.274 · (179. Resolución Sistema a estudio: Una masa arbitraria de gas (tomaremos masa unidad para el análisis). Configuración: Diagrama Ts. En cuanto al medio que lo rodea.Para el cálculo de este valor con el modelo de líquido incompresible tenemos Δh = c · ΔT = 4..(wx + wd) Como wx coincide con el del proceso reversible (idéntica trayectoria luego idéntico valor para ∫ P·dv) podemos calcular wd despejando: wd = .348 .9905 kJ/kg·K) El valor c = 4.85°C.85°C desde 1 bar hasta 30 bar.85°C.0085 kJ/kg·K (este valor es . finalmente.19. 181 . Calcular el cambio de entropía en el sistema y en el universo que resulta del proceso. Este valor puede calcularse en Termograf como se indica en el documento Pb 05.15)) = 2. si: 1. Proceso caso 2: Sólo con irreversibilidad externa y. tenemos que Δu = . asimismo.4398 kJ/kg·K Comentarios: Vemos en Termograf que el wd coincide con la variación de entalpía en el proceso isóbaro adiabático irreversible ¿por qué? ¿sucedería lo mismo si el proceso no fuera isóbaro? Pb. 3. El proceso es isotermo e irreversible mecánicamente.Δu – wx = .15)/(10+273. 5.8. un 1% mayor que el valor real: 1. El proceso es reversible mecánicamente y el medio que rodea al dispositivo es un depósito de calor a 126.85°C. Cuánto vale la sgenerada en este caso. Condiciones: Los tres procesos son.4398 kJ/kg·K y además: sent no cambia y ΔsU = sgi + sge = sgi = 2. en un dispositivo cilindro–pistón. Proceso caso 3: Con irreversibilidades interna y externa. MC.863+273.tme Caso irreversible: Transformado el proceso en irreversible y adiabático. 2. SI.863 .99 (un 1% mayor que el valor real) En cuanto a la entropía: Δs = c · ln (Ta/T1) = 4.002 kJ/kg En cuanto a la entropía: Como es adiabático.Irreversibilidad térmica y mecánica Se comprime una cierta cantidad de un gas ideal (dióxido de carbono) isotérmicamente a 126. respectivamente: Proceso caso 1: Reversible.924.10) = 725.274 · ln ((179. es un depósito a 26.274 puede obtenerse de tablas o como valor medio de cp en el intervalo 1-a. ya que requiere un 20% más de trabajo que la compresión reversible.654 = . 8567 kJ/kg·K ya que Tb ≠ Tent.6426 kJ/kg·K.308. Δsent = .s1 = q/Tb = . Así. en el primer caso: Δs(U) = 0 y en el segundo Δs(U) > 0. Análisis: Cuando hemos dibujado el proceso no hemos necesitado otra cosa que las propiedades de los estados (P1 y T1) y P2 pues además sabíamos qué proceso realiza el gas (isotermo reversible internamente). Con esta consideración podemos afirmar que el primer caso es reversible interna y externamente mientras que el segundo sólo lo es internamente.2 · 257. También.0.02 / 300= 0. el calor que ahora ceda al entorno deberá ser mayor en igual medida para que se mantenga la T en la frontera.42 kJ/kg 182 . Δsent = . Y para el universo: ΔsU = Δs(sist) + Δs(ent) = 0 Proceso 2: Δssist = s2 .2141 kJ/kg·K> 0 Proceso 3: La irreversibilidad mecánica no afecta al recorrido que sigue siendo isotermo con T en la frontera de 400 K.Δssist = -q/Tent = 257. tendremos: Proceso 1: Δssist = s2 .0.6426 kJ/kg·K pues Tb = Tent. Y para el universo: ΔsU = Δs(sist) + Δs(ent) = 0.En todos los casos el proceso es isotermo y no se consideran efectos gravitatorios o cinéticos. tendremos: El trabajo que atraviesa la frontera será w = wx + wd = .6426 kJ/kg·K. es el mismo en cuanto al sistema (de frontera para adentro) y sólo difiere en la forma reversible (caso 1) o no (caso 2) en que se transfiere el calor q (que es el mismo en ambos casos).02/ 400 = 0. Tb.02) pues el trabajo disipativo es negativo por el convenio de signos adoptado. Así: w = .q/Tent = 257.257.s1 = q/Tb = . 1 y 2. Así.02 + (. Así. De este hecho "experimental" podemos deducir que el proceso de ambos casos.0. Como en la irreversibilidad comunicamos un trabajo mayor. en 1: Δs(sistema) =Δs(entorno) en valor absoluto (lo que gana el entorno lo ha perdido el sistema) mientras que en el segundo caso el entorno gana lo que pierde el sistema y algo más: la s generada en la irreversibilidad exterior. La expresión aplicable sería: q/(Δssist .1285 kJ/kg·K Δsent = -q/T ent = 308. 3. Para ello un técnico define un proceso mediante el cual la compresión del sistema hasta el estado final se hace suministrando un trabajo de 20 kJ a la vez que el sistema cede 52. Sustancia y Modelo: Agua como sustancia real 183 .6426 – 0. Determina la corrección encontrada para el valor de Q.42 / (-0. Determina quién tiene razón tras la primera corrección.257 = 0.Una solución posible.308. 1.sgi) o su alternativa (q . otro técnico del equipo sostiene que el calor está mal calculado.308.028 kJ/kg·K sge = (q/Tb + -q/Tent) = .42 kJ/kg.Aplicando el primer principio: q = w = .6426 . ¿Encuentras alguna explicación para la confusión? Resolución Sistema a estudio: La masa de vapor de agua contenida en el cilindro.3854 kJ/kg·K o bien: ΔsU = sgi + sge = 0.9. El primero corrige el error pero el segundo señala entonces que el proceso es imposible.257 kJ/kg·K Con ello: ΔsU = Δs(sist) + Δs(ent) = . 5.3855 kJ/kg·K Comentarios: La temperatura de la frontera es en el tercer caso 400 K determinada por el proceso isotermo. Sin embargo. A la luz del primer y segundo principios de la Termodinámica encuentra el valor corregido de Q y justifica a partir del mismo cual de los dos tiene razón.(.q/Tb = .1285) = 399.|wd|) / Δssist En nuestro caso sería: Tb = .1285 + 0.97 ≈ 400 K Pb.. 2..308.42 / 300 = 1. Identifica el valor de las entropías generadas interna y externa y confirma con dichos valores la respuesta previa.0.42 / 400) = 0.0.6426 + 1. con ello: sgi = ssist ..o no En un proceso industrial se pretende comprimir en un cilindro-pistón una cierta cantidad de agua que inicialmente se encuentra en unas condiciones de 4 bar de presión y 200°C de temperatura hasta 16 bar y 206°C.1 kJ en forma de calor al ambiente que se encuentra a 20°C. En consecuencia como Δssist no ha cambiado ssist = q/Tb + sgi .028 = 0.028 = 0. Si pretendiéramos calcularla con la fórmula habitual q/Δssist obtendríamos otro valor superior ya que el calor que evacúa el sistema viene incrementado por el trabajo de rozamiento.0.7710 + 1. qsist = 61. 184 . 2.96. En cuanto a la posible fuente del error: véase en Comentarios Comentarios: El cálculo de las entropías generadas confirma la inviabilidad del proceso ya que ambas deben ser positivas o nulas cuando se de la correspondiente reversibilidad.2645.Configuración: Diagrama Ts.15 = = -0.5138 kJ/kg·K < 0 proceso imposible ¡! 3.61.08 > 0 cumple el 2º pr. Condiciones: Proceso desconocido y estados inicial y final bien determinados cuyos datos permiten desarrollar el análisis.02) = . sustituyendo valores conocidos: Sgi = ΔSsist .5938 < 0 imposible ¡! Sge = (-61. o sea irreversibles): Aplicaremos la expresión: ΔSU = ΔSsist + ΔSent = (S2 – S1) + Qent / Tent y con la masa de 1 kg para trabajar con los valores específicos: ΔsU = Δssist + Δsent = (s2 – s1) + qent / Tent Expresión en la que qent = . Análisis: 1. coincidente con la media aritmética dado el pequeño intervalo de variación total.Qsist / Tent ya que Qent = . Calcularemos las entropías generadas interna y externa. En cuanto a la afirmación de que el proceso es imposible bastará aplicar el segundo principio. Con todo ello. Por otra parte su suma es la variación total de la entropía del universo en el proceso considerado y puede comprobarse que la suma coincide con el cálculo anterior para esta variación.02 kJ valor que corrige el citado en el enunciado.20 + 1 · (-41. Las expresiones que permiten este cálculo son: ΔSsist = (∫ δQsist / Tfrontera + Sgi) [1] Sge = ∫ δQsist / Tfrontera + ∫ δQent / Tent [2] En las expresiones anteriores se verifica: ∫ δQsist / Tfrontera = Qsist / Tbm siendo Tbm la temperatura media termodinámica y ∫ δQsist / Tent = .61. El calor cedido al sistema puede considerarse que ocurre con una temperatura media termodinámica. SI. MC. Tbm = 203ºC.02/293.170) + 61.02)/(203+273.02/(20+273. [200ºC. Por él sabemos que la variación de la entropía del universo termodinámico (sistema+entorno) debe ser nula (procesos reversibles) o positiva (procesos reales.02)/(203+273.20 kJ) Y despejando: Q = .448 .170) – (.(.Qsist y además Tent es constante.15) + 61.0. El primer desacuerdo puede resolverse aplicando el primer principio al sistema: ΔU = Q – W y sustituyendo por los valores de u en los estados inicial y final: m·(u2 – u1) = Q – W.02 kJ/kg y Tent = (20+273.Qsist / Tbm = = (6.15) = 0.7. 206ºC].15) = .448 .7. que por kg será 1 kg · ( 2604.15) K ΔsU = (6.98) kJ/kg = Q . Exergía en una masa de control (sistema cerrado) Un dispositivo cilindro–pistón de paredes adiabáticas y 66 cm de diámetro contiene 2 kg de metano a 60°C de temperatura.33^2 m2) · (1 bar/105 Pa) = 2.dV que podremos integrar siempre que conozcamos el recorrido como una función de V.01 kg y el error ha sido una confusión en unidades para valores específicos o extensivos. Su valor será: Ee = 220 (V) · 1 (A) · 2 (h) · ( 3. lo que obligaría a revisar el valor de W. 5. En este caso es así pues el proceso es isóbaro por lo que tendremos Wx = P1 · (V2 – V1) o en términos de variables específicas: wx = P1 · (v2 – v1) que. Resolución Sistema a estudio: El gas contenido dentro del cilindro. Sustancia y Modelo: El gas O2 con el modelo de Gas Ideal. 2. por ejemplo 0. Tanto error invalidaría la capacidad del técnico por lo que podemos sospechar que el error es de otra índole. de momento no podemos calcular pues no conocemos v2 La información que tenemos es la energía eléctrica suministrada al sistema. Trabajo de expansión (en kJ). Prueba si la equivocación puede ser en la masa.1416· 0. obteniendo dicho volumen.63 bar Con P1 y T1 ya podemos determinar v1 = R·T1/P1 = 0. La P del proceso será: P1 = (90000 N / (3. isóbaro (sometido a la fuerza cte de 90 kN) e irreversible (como no puede ser de otro modo para un proceso isóbaro que además es adiabático). 3. El trabajo de expansión tiene como expresión ∫ P. las paredes son adiabáticas y el pistón se mueve sometido a una presión constante. Presión. Condiciones: No hay efectos gravitatorios o cinéticos. 4.La entropía generada en la irreversibilidad interna muestra que el valor asignado al flujo de calor en 1 cumple el 1º principio pero para que se cumpliera el 2º principio sería necesario que su valor fuera mayor que 348. El volumen total será V = 2 (kg) · 0. Configuración: Diagrama Pv ó Ts.8 kJ. El émbolo se encuentra sometido a una fuerza exterior constante de 90 kN y se expande lentamente como consecuencia del calor que se suministra al sistema mediante una resistencia eléctrica conectada a 220 V por la que circula una intensidad de 1 A durante 2 horas. Análisis: El proceso es adiabático. Calcula: 1. Pb.. Variación de energía interna específica (en kJ/kg).6566 m3/kg o representar el estado en Termograf.6566 (m3/kg) = 1. MC. volumen y temperatura del sistema al final del proceso. 6.6 kJ/1 w·h) = 1584 kJ 185 .10. SI. Representa el proceso en los diagramas P-v y T-s. Variación de exergía del sistema y exergía destruida (en kJ) ¿Puedes señalar las causas de tal destrucción?.3132 m3 1. al asumir que los flujos dados eran aplicables como valores específicos. Variación de entropía del sistema y entropía generada (ambas en kJ/K). 5. En función del resultado haremos una segunda prueba con un valor distinto de v hasta conseguir en varias iteraciones alcanzar una ajuste de los dos valores en la ecuación suficientemente aproximado.36 (kJ/kg) = 1290. De los valores de entropía inicial y final Podemos utilizar la expresión u2-u1 = ∫ cv. 186 . Para ello utilizaremos un método iterativo muy simple de ejecutar con Termograf: Dibujado un proceso isóbaro que arranque del estado 1 bastará ir moviendo lentamente el estado 2 hacia volúmenes mayores hasta obtener un flujo de calor que coincida con el calculado arriba. determinamos la u correspondiente y sustituimos en la ecuación.∫ V.883 2.∫ V. El trabajo de expansión lo podemos calcular a partir de su expresión para un proceso isóbaro dada arriba : Wx = m·P·(v2 – v1) = = 2 (kg) · 2. en uno u otro caso: ΔU1-2 = Q – W = Qeléctr – Wx = 1584 .63 bar · (v2 – v1) y sustituyendo los valores conocidos del estado 1: u2 – (. la aplicación del primer principio nos dará.7856).2142-0.(.6566) que podemos resolver a partir de las propiedades de la sustancia1. Si trabajamos con valores específicos este q es 792 kJ. si la energía eléctrica la consideramos como un flujo de calor el signo es positivo pues se introduce en el sistema.dP + (-1584)) = 1584 kJ Según hayamos considerado un flujo de calor irreversible o un flujo trabajo disipativo en función de que no consideremos la resistencia como parte del sistema o sí lo hagamos. en función del convenio de signos.dT ya que en el modelo de gas ideal cv no es cte y puede comprobarse que varía de modo significativo (entre 1.wx = 1584 kJ – 2.7859 y 2. Así. 1 Termograf nos permite hacer esto de una manera muy simple pues recalcula con nuestras hipótesis de v de manera automática el resto de propiedades de estado y de proceso como se explica en el texto arriba.63 bar · (v2 – 0.63 (bar) · (1. Y escribiendo la expresión anterior en términos de variables específicas: Δu1-2 = u2 – u1 = 1584 . u2 = 547.2142 m3/kg.6566) (m3/kg) · (105 bar/Pa) = 293282 J = = 293.dP.97. Con los datos de los estados inicial y final tendremos ΔU1-2 = m·( u2 – u1) = 2 (kg) · 645.(Wx + (-1584)) = 1584 . P2 = 2. integral que vale cero pues P = cte o bien ΔH1-2 = Q – W = 0 – (Wt + Weléctr) = . mientras que si la consideramos trabajo disipativo el signo será negativo pues es un flujo de trabajo que entra en el sistema. El procedimiento en este caso es utilizar un método de cálculo reiterativo: Suponemos un volumen final.28 kJ 4.476) = 1584 kJ – 2.Wx o bien ΔU1-2 = Q – W = 0 – (Wx + Weléctr) = .Esta energía puede considerarse como un flujo de calor cedido por la resistencia si no la incluimos en el sistema o como trabajo disipativo si la incluimos en él. y una vez trazado el proceso: v2 = 1.63 bar. T2 = 616.Wx ya que.72 kJ Y para la entalpía: ΔH1-2 = m·( h2 – h1) = 2 (kg) · 792 (kJ/kg) = 1584 kJ Valor que coincide con el del flujo de calor pues por el primer principio con la entalpía: ΔH1-2 = Q – W = Qeléctr – Wt = 1584 .05 K. 3. La entropía y la exergía son propiedades de estado. Procesos en los diagramas Pv y Ts Comentarios: En el caso en que consideramos la resistencia fuera del sistema éste deja de ser adiabático irreversible y se convierte en internamente reversible pues recibe un flujo de calor irreversible que implica irreversibilidad externa. 5. a.5 m/s. Po = 1. su expresión es A = U – Uo – To·(S – So) + Po·(V-Vo) indicando el subíndice o el estado ambiente o muerto. por tanto: Sgi = ΔS1-2 = 3. af. la irreversibilidad pasa a ser interna (caso considerado en la pantalla 3 del Pb 05 10). (entrada al compresor de un sistema de refrigeración). aplicando la expresión de Guy-Stodola será: Ad = To · Sgi = 298.3787 kJ/K = 1007. Pb. En cuanto a la exergía. Su variación entre los estados 1 y 2 será: ΔA1-2 = m·( a2 – a1) = m·(u2 – u1 – To·(s2 – s1) + Po·(v2-v1)) = 2·(274. 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una central térmica). la entropía del flujo de calor así como la exergía destruida son propiedades de proceso. Vapor de agua a 245 bar. 187 .98 – 132.El cálculo de exergías Calcúlense la exergía. 2. Si consideramos la resistencia dentro del sistema. Amoniaco como vapor saturado a .15 K · 3. y la exergía de flujo. si consideramos la resistencia dentro del sistema éste es adiabático tendremos. supuesto que la resistencia no cambia su estado: ΔS1-2 = ∫ δQ/T + Sgi Y.11. 550°C.27°C.36 kJ 6. Comprueba que obtienes el mismo valor para ésta despejándola del balance de exergía o calculándola con la expresión de Guy-Stodola.3787 kJ/K 5.3787 kJ/K En cuanto a la entropía generada1..6893 (kJ/kg·K) = 3.01 bar): 1. 1 Recuerda que la entropía generada.ΔS1-2 = m·( s2 – s1) = 2 (kg) · 1. 2. Lógicamente la entropía generada en el universo por este proceso será la misma se trabaje como internamente irreversible o como externamente irreversible.74) kJ = 284. Y lo mismo pasará con la exergía destruida. específicas para los siguientes sistemas (condiciones estado muerto: To = 22°C.52 kJ En cuanto a la exergía destruida. 29166 kJ/kg·K.19073 -0.1 kJ/kg.21 kJ/kg. Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados inicial y final coincidan. En este caso. 145 m/s (entrada a la turbina de alta de una central térmica). c) Obsérvese que en el análisis de los respectivos balances.5 m/s.013036 m3/kg Así a = u – uo – To · (s – so) + Po · (v-vo) = = 3021. v = 0.01·(0. s = 6. con una velocidad de 145 m/s el peso es inferior al 1%.589 kJ/kg En cuanto a la exergía de flujo: 188 . y a veces en turbinas y compresores) la energía cinética supone un aporte insignificante que puede ser ignorado. h = 3340. En cuanto a la exergía de flujo: af = (h + c2/2 + gz) . 2. Conviene también destacar que salvo en contados equipos (condiciones de entrada o salida en toberas. so= 0.ho – To · (s – so) En estas expresiones el subíndice o representa propiedades del estado ambiente o muerto.91 kJ/kg.118 kJ/kg. SI. la exergía y la exergía de flujo juegan un papel paralelo a la energía interna y entalpía respectivamente. ho= 83. vo= 1.65 kJ/kg.220 kJ/kg.18 kJ/kg. Amoniaco como vapor saturado a . Resolución Sistema a estudio: La masa de un kg de las sustancias mencionadas. ho= 1520.2939 kJ/kg·K. uo = 83. Sustancia y Modelo: Vapor de agua (sust.002 E-3 m3/kg u = 3021.41113 m3/kg u = 1291.2939 )+100·1. difusores. v = 0. 2.21 -83. vo= 1. so= 6.84194 m3/kg Así. real) y Aire (gas ideal) Configuración: Diagrama Pv. teniendo en cuenta lo señalado en a) más arriba: a = u – uo – To · (s – so) + Po · (v-vo) = 23.86 kJ/kg a) Conviene destacar el factor 100 que transforma la unidad (bar*m3/kg) en (kJ/kg).8 MPa.59 kJ/kg. 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas).27°C.001002) = = 1198. amoniaco (sust. Análisis: Las expresiones de la exergía del sistema y de la exergía de flujo específicas para un sistema que lleva una velocidad c y está a una altura z respecto del estado muerto.013036 -0.19073 kJ/kg·K. VC. 550°C. Aire como gas ideal a 2. son: a = u – uo – To · (s – so) + Po · (v-vo) af = (h + c2/2 + gz) . uo = 1377.94 kJ/kg + (1452/2) (m2/s2) · (kJ/kg·1000) = 1527.72646 kJ/kg·K.15·(6. Identificamos los valores de las propiedades para cada caso propuesto y calculamos: 1.118-295.45 kJ/kg b) Del cálculo anterior: TermoGraf calcula los valores termodinámicos de modo que la exergía de flujo consecuencia de la energía cinética y/o potencial del sistema considerado debe ser añadida.3. real). (entrada al compresor de un sistema de refrigeración). s = 5. Vapor de agua a 245 bar. Esto puede hacerse utilizando el editor de variables Y= . h = 1408.ho – To · (s – so) = = 1516. 74 kJ/kg + (2. 3.1 kJ/kg. en este caso inferior al 2%. 189 . 3. 2. Po = 1. teniendo en cuenta lo señalado en a) más arriba: a = u – uo – To · (s – so) + Po · (v-vo) = 375. Caso C: Se conecta el émbolo a una polea (figura C) y se retira parte del aislamiento de modo que se transmite un flujo de calor al gas que se expande lentamente en un proceso reversible a temperatura constante.12.8389 m3/kg u = 673. Finalmente. v = 0.8 MPa. Caso B: La expansión se realiza de modo cuasiestático mediante una serie de topes que se van retirando sucesivamente tras alcanzar los estados intermedios de equilibrio. vo= 0.. Aire como gas ideal a 2.ho – To · (s – so) = = 54.921kJ/kg. Comentarios: Revisa por qué decimos de la exergía de un sistema que es una magnitud definida positiva y por qué la exergía de flujo puede ser negativa.6828 kJ/kg·K. Se quita la fijación del tabique de modo que el gas lo desplaza bruscamente a un extremo mientras se expande llenando los dos compartimentos homogéneamente (caso A).321 kJ/kg. a la realización o no de trabajo en la expansión y a las características de la disipación cuando exista.ho – To · (s – so) = = 574. 625°C y 140 m/s (componente del aire de entrada a un combustor de una turbina de gas). ho= 295.01 bar Resolución Sistema a estudio: El kg de aire que inicialmente está en el recinto de la izda. determinar la generación de entropía a causa de la irreversibilidad del proceso y el valor de la exergía destruida en cada uno de los siguientes casos: 1.09208 m3/kg Así.5 kJ/kg + (1402/2) (m2/s2) · (kJ/kg·1000) = 584. s = 1.3 kJ/kg que confirma lo señalado en b) sobre el peso relativo de la energía cinética.596 kJ/kg.743 kJ/kg que confirma lo señalado en b) sobre el peso relativo de la energía cinética. so= 1. uo = 210. 5. ¿Qué sentido tienen estos valores negativos? Pb.Expansión totalmente irreversible (contra vacío) Un recipiente de paredes rígidas y adiabáticas está dividido interiormente por un tabique enclavado que define dos compartimentos iguales.af = (h + c2/2 + gz) .52/2) (m2/s2) · (kJ/kg·1000) = 54. uno lleno de un kg de aire a 500 K y 5 bar y el otro vacío. Caso A: La expansión se realiza de forma brusca e inmediata.979 kJ/kg En cuanto a la exergía de flujo: af = (h + c2/2 + gz) . h = 930.8898 kJ/kg·K. Valores del estado ambiente: To = 25ºC. B y C en cuanto a las condiciones termodinámicas del estado final. Analizar los tres casos propuestos A. 2 Joule dedujo en 1843.7575 = 0. Configuración: Diagrama Pv (o Ts). Ed.Sustancia y Modelo: Aire con el modelo de Gas ideal.1989 kJ/kg·K [1] En cuanto a la exergía. Podemos comprobarlo con el balance de exergía para un sistema cerrado (de MC) en el que no hay flujo másico a través de la frontera: Δa1-2 = aq – w .302 kJ/ kg [4] Vemos que este valor ¡sorprendentemente! no coincide con el anterior.476 – 70. 2ª edición. de la definición de exergía de un sistema: ΔA1-2 = m·(a2–a1) = m·(u2–u1–To·(s2–s1)+Po·(v2-v1)) = 1(kg)·(40. Shapiro. también lo será la energía interna y la entalpía (modelo de gas ideal). Caso A: Como T es cte. Si ésta es inferior a la del gas aparecerá un trabajo disipativo vinculado a la causa que genera la diferencia de presiones.237 kJ. Fundamentos de Ingeniería Técnica. p. Reverté. Para buscar la posible fuente de discordancia y una vez descartados errores en el cálculo de ad en las expresiones [3] ó [4] utilizadas. 120). Con estas condiciones la P final será P1/2 ya que el volumen se ha duplicado. Una descripción del experimento puede verse en http://www. El émbolo se desplaza sin fricción. SI. consideraremos las siguientes posibilidades: 1 Recuérdese que el trabajo que se transfiere al exterior en una expansión es el que corresponde a la P resistente que ejerce el exterior.15 (K) · 0.com/fisica/termodinamica/experimento-joule 190 . Así para el caso A tendremos: 1. En cuanto al cambio que experimenta la entropía será s2 – s1 que. [2] Esta disminución del contenido exergético del sistema no se ha utilizado para producir un trabajo por lo que es exergía destruida. la exergía destruida la podremos calcular también a partir de la expresión de Guy-Stodola: ad = To · sgi = 298.9564 – 1. El ambiente tiene To = 25ºC y Po = 1. MC.1989 (kJ/kg·K) = 59.textoscientificos. única variable de estado que había permanecido constante mientras que P y v habían cambiado (Moran.01 bar.713) (kJ/kg) = – 30. Análisis: El experimento de Joule muestra que la expansión contra vacío se hace sin realización de trabajo (no existe P resistente1 contra la que trabajar en la expansión) ni modificación de T cuando el sistema está convenientemente aislado y no se producen intercambios de calor con el entorno2. Condiciones: No hay efectos gravitatorios ni cinéticos.ad = 0 – 0 – ad => ad = – Δa1-2 = 30. apoyado en los resultados de este experimento que la energía interna del gas ideal era exclusivamente función de la T.237 kJ/kg [3] Esta exergía se destruye en la turbulencia originada en la expansión. Comentarios al caso A: Ya que hemos calculado la entropía generada. con el balance de entropía permite calcular la entropía generada en el proceso: ΔS1-2 = ∫ δQ/T + Sgi y trabajando con valores específicos: Δs1-2 = ∫ δq/T + sgi => s2 – s1 = 0 + sgi => sgi = 1. Caso B: La diferencia entre este caso y el anterior es solo formal pues todos los cálculos del caso A se pueden reproducir aquí. son mecánicos (por diferencia de presión) y térmicos (por diferencia de temperatura). como en el caso A habrá un trabajo disipativo que reconvierte el posible w en nuevas condiciones de P y T. ignorando la componente química. Evidentemente estos desequilibrios. Como el proceso es internamente reversible. Comprobémoslo. La diferencia estriba en que en el proceso anterior la trayectoria es desconocida y no podemos calcular un wx aunque sabemos que el w que atraviesa la frontera es cero pues no hay P resistente.ai . exclusivamente el reversible wx. Y teniendo en cuenta que inicialmente en el sistema total tenemos dos cámaras2. equivalente al flujo de calor que hay que aportar para mantener la T del proceso. 2. una de ellas gráfica: “Hay más cosas en el universo de las que podemos ver” … y una pista definitiva: la solución en el documento Pb 05.Po · v1 = 0 – To·(s2 – s1) + Po·(v2 – 2·v1) = 0 – To·(s2 – s1) + 0 [5] ya que v2 = 2v1 1 2 En los casos anteriores tampoco había irreversibilidad externa ¿por qué? Aunque una esté vacía no podemos decir que tenga exergía nula.4866 / 500 = 0. 191 . el proceso es aun más irreversible que la irreversibilidad total considerada? ii) Quizá no hemos considerado toda la exergía existente en el estado 1 ¿falta algún término en [2]? Dejamos al lector meditar sobre las opciones y para ayudar le damos dos pistas. En cuanto a la exergía: Si el proceso es reversible internamente no hay entropía generada por irreversibilidades internas: ad = 0. salvo el signo. un sistema con P<Po tiene exergía (véase la fig. 3. Una demostración más formal se tiene aplicando la definición de a. con el cambio de entropía del entorno que cede el calor a 500 K por lo que no hay irreversibilidad externa1.1990 kJ/kg ya que. 4). En efecto. el trabajo que puede hacer el émbolo de dicha figura al quitar la retención como consecuencia de la presión Po es Po·vvacío luego ésta es la exergía que tiene un volumen vacío. Caso C: En el proceso reversible hay un flujo de trabajo.i) La entropía generada es menor que la calculada ¿falta algún término en [1]. en este caso la T de la frontera es constante e igual a 500 K.12 y un poco más abajo (nota 2). Por el contrario: en el caso B podemos considerar el proceso isotermo cuasiestático en el que cada estado intermedio tiene una presión resistente que es la que ejerce cada enclavamiento una vez se libera el anterior. la entropía generada es cero y Δs1-2 = ∫ δq/T + sgi => s2 – s1 = q / Tbm + 0 = 99. Y del mismo modo que un sistema con T<To contiene exergía. escribiremos: Δa1-2 = a2 aire – (a1 aire + a1 vacío) = (a2 aire –a1 aire) – a1 vacío = u2 – u1 – To·(s2 – s1) + Po·(v2 – v1) . teniendo en cuenta que el cambio de exergía en el sistema será el contenido exergético final menos el inicial: a f . El valor calculado coincide. Como no hay flujo de trabajo al exterior es evidente que aquí. Recordemos que la exergía de un sistema es la capacidad que el sistema tiene de producir trabajo en función de sus desequilibrios con el ambiente. la presión del final. y para las cuestiones 3 a 5 el aire en el VC ampliado con el compresor.. La compresión es también isoentrópica. El ambiente tiene To = 25ºC. SI. teniendo en cuenta los flujos de exergía del citado balance. P o = 1. por tanto. La exergía destruida en el proceso de fuga. 5. Este proceso es además adiabático y.To/Tb) . escribiremos: Δaf-i = aq – w – ad donde se cumple: aq = q·(1. Condiciones: Proceso adiabático y cuasiestático sin fricción. Representado en Termograf podremos evaluar el balance. 2. Configuración: Diagrama Ts.5 bar. Se produce una fuga microscópica y el aire se escapa lentamente hasta que la presión en el depósito desciende hasta los 2.13. contiene aire a una presión de 8 bar y una temperatura de 660 K.Irreversibilidad en una fuga de gas 3 Un depósito rígido y adiabático de 3 m . La masa de aire que ha abandonado el depósito. s = cte (proceso isoentrópico). 3. El mínimo trabajo necesario para conseguir reponer la situación inicial. q/ Tb = s2 – s1 Llevando todo ello a la expresión del balance: Δaf-i = – To·(s2 – s1) – ad [6] por lo que. Resolución Sistema a estudio: El aire que permanece en el depósito. No intervienen efectos gravitatorios ni cinéticos. Análisis: El aire que se expande en el depósito mientras “expulsa” al que escapa por la fuga realiza un proceso cuasiestático y sin rozamiento. La temperatura en este estado. Sustancia y Modelo: Aire como gas ideal. 5. Con el modelo de gas ideal. determina 1. de [5] y [6] se deduce que ad es cero.01 bar. Posteriormente se comprime adiabáticamente aire ambiente hasta recuperar los 8 bar. Comentarios Como uno de esos juegos matemáticos basados en aparentes paradojas dejamos al lector inquieto decidir qué ha pasado en este caso C con la exergía del depósito vacío puesto que se diría que las cosas son equivalentes a la situación de proceso totalmente reversible que aparece en la figura adjunta ya que el depósito vacío no hace ninguna resistencia adicional por lo que podremos quitarlo sin más efecto. como ya sabíamos pues en el proceso no ha habido irreversibilidad ni interna ni externa.Pero del balance de exergía aplicado al todo el sistema. ¿Sin más efecto? ¿Son realmente equivalentes? Pb. w = q. 4. MC o VC. 192 . El incremento de SU en dicho proceso de vaciado. 2. y para el estado de mínima presión. Para ello conocemos el estado inicial. y el proceso. momento en que se corrige la fuga. es decir un proceso reversible internamente. 1. Ad. Luego Ad = 3081.6930) (kJ/kg) = -3081.0 + AQ .333-298. Para ello calcularemos el cociente entre una propiedad extensiva y la correspondiente específica: m1 = Vtotal/v1 = 3 m3 / 0.12 / 298. para calcular la masa m que ha escapado deberemos conocer la masa inicial en 1 y la final en 2.T₀ · s₀) . Con la numeración anterior aunque el proceso se realiza en sentido inverso: 1 para el estado lleno y 2 para el estado final de la fuga. ya que ésta es la condición de trabajo mínimo: ΔAvc = me·(h₀ . Determinadas las propiedades necesarias. W. Para el incremento de entropía del universo bastará determinar la entropía generada. El tercero.12. es la exergía destruida que será nula si queremos calcular el trabajo mínimo de compresión ya que este trabajo mínimo corresponde al proceso de compresión reversible internamente y como es adiabático es totalmente reversible.2368 kg/m3 = 12.W . Calcular ahora la exergía destruida en la fuga es fácil apoyándonos en el proceso de llenado: el máximo trabajo que podíamos haber aprovechado es precisamente igual al que hemos gastado en la compresión.668 (kg) · 141. es 0 ya que sólo hay masa que entra.451 kg. Como sabemos que Ad =T₀ · Sg tendremos: S(g) = 3081.15·1. Para calcular el trabajo mínimo del proceso de recuperación de la masa fugada podemos utilizar el balance de exergía imponiendo que no haya entropía generada en el proceso de compresión.Ad El primer sumando es el aporte al VC de la exergía de flujo.451 (kg) · 35. es el trabajo del compresor que queremos minimizar.217 (kg) · (298. que correspondería a la masa que haya salido en este proceso de recarga.m2) · (h₀ . correspondiente a la masa me que ha entrado Se calcula para el estado ambiente ya que es el estado en la entrada.T₀ · s₀) .Wmín. tendremos: ΔAvc = A1 – A2 = me·(h₀ .7853 (kJ/kg) . AQ.15 = 10. siendo me la masa que ha entrado y con la numeración dada: Wmín = m2·a2 m1·a1 + (m1 .03 (kJ/kg) + + 7.217 kg 2. El último. una vez dibujado el proceso podemos tomarla de Termograf: T2 = 479.12 kJ 5.1. El siguiente.m2 = 7. El segundo. Para la T2 . es la exergía del flujo de calor atravesando la frontera del VC que es cero pues la frontera es adiabática. y para la masa fugada: me = m1 .28 K 3. y por tanto.12 kJ 4.334 kJ/ K Luego 193 .668 kg m2 = Vtotal/v2 = 3 m3 / 0.T₀ · s₀) = 5.55032 kg/m3 = 5. afe = afo . ¿Podrías definir un mecanismo idealizado que permitiera aprovechar el flujo de calor de modo que se redujera o anulara la irreversibilidad del proceso de transferencia? Resolución Sistema a estudio: La masa existente en el depósito. Para un empleo más completo el desarrollo de distintos casos te irá permitiendo dominar sus recursos sin apenas esfuerzo. 1. podremos emplear la energía eléctrica producida en la turbina para bombear el 194 .15 · 15. en kJ/K. Piénsese en el símil de un salto de agua entre dos alturas (equivalentes a las temperaturas en el caso que nos contempla). en kJ. Pensando en términos de reversibilidad. VC. Condiciones: La primera parte del ejercicio no necesita sino de cálculos muy simples que no precisan ni de tablas ni de TermoGraf.. La entropía generada en el proceso de transferencia. Ad. 5. El cálculo de la entropía generada en la irreversibilidad externa es igual a la suma de las entropías de flujo de calor correspondientes a la pérdida por el depósito y a la correspondiente ganancia por el entorno. La exergía destruida. La entropía generada durante esa hora lo será en la irreversibilidad externa debida a la pérdida de calor por la frontera a un entorno a Tent distinta que la de la frontera. y 2. Calcula 1.ΔSU = 10. bastará aplicar la expresión de Guy-Stodola: Ad = To · Sge = 293. si la temperatura en el ambiente es de 20 ºC. Análisis: Trabajaremos con unidades de potencia por los datos suministrados: Energía perdida en una hora: (6400/3600) kWh que equivale a una potencia media en ese tiempo de 1. Es decir: Sge= SQdep+ SQent = .432 kJ/K 2. Sustancia y Modelo: No es necesario un modelo salvo para el mecanismo idealizado como veremos: modelo de gas ideal. Sin embargo puedes comprobar que TermoGraf constituye un ayuda clave para el cálculo de propiedades de estado con las que resolver tu análisis y ése es el uso básico que debes conseguir.Q/Tb + Q/Tent = 6400 · (-1/1000 + 1/ 293.432 = 4523.Irreversibilidad externa Un flujo de calor se transfiere desde un depósito mal aislado al ambiente. siendo la temperatura de la pared 1000 K.15) = 15. Si colocamos una turbina que aproveche la energía del salto habremos evitado su pérdida de caer libremente. Un modo teórico de aprovechar la exergía de un flujo de calor es hacer este reversible.778 kW.84 kJ valor que es próximo a la cesión de calor al ambiente lo que indica que la “calidad” de este flujo de calor es elevada como se podía esperar de la alta temperatura de la frontera. Pb. Tb. Configuración: Para dicho mecanismo: Diagrama Ts. 3. La cantidad total de calor cedido en una hora es de 6400 kJ. SI.334 kJ/K Comentarios: En este problema de llenado las propiedades de proceso que proporciona TermoGraf no son correctas pues ni la masa ni otras propiedades son constantes en el VC.14. En cuanto a la exergía destruida. 87 kJ. La variación de exergía de flujo. La Tbm del proceso. Basta comprobar con el rendimiento de Carnot para el ciclo ideal entre foco caliente a 1000 K y foco frío a 293.15 K 1 Aislando de modo que Tb sea una temperatura razonable. Análisis: 1. De acuerdo con la hipótesis a) el valor de la temperatura media es Tbm = (535+273. Sustancia y Modelo: El vapor de agua como sustancia real. tiene al principio una presión de 160 bar y una temperatura de 540°C. 8. Comentarios: El mejor sistema de rentabilizar este flujo de calor es corrigiendo la pérdida de exergía lo que conseguiremos con un buen aislamiento: de un lado la Tb se reducirá notablemente con lo que la entropía generada y la exergía destruida serán mucho menores1. por ej. y al final una presión de 155 bar y una temperatura de 530 °C. 310 K. Pb. El flujo de calor y el trabajo de rozamiento en kJ/kg. SI.15/1000)) = 4523. Configuración: Diagrama Ts. Considera las siguientes hipótesis: a) La T media de la frontera. Resolución Sistema a estudio: El contenido de la tubería que une la caldera con la turbina. La entropía generada en la irreversibilidad interna y en la externa. En nuestro caso podremos evitar la destrucción de exergía si el flujo de calor hacemos que sea el flujo de calor del foco caliente de la mejor máquina térmica: el ciclo de Carnot. Tbm. Condiciones: Además de las hipótesis planteadas en el enunciado se consideran nulos los efectos de gravitacionales y cinéticos.187 kJ/K y 347.84 kJ valor que coincide con la Ad y que muestra que incorporar un motor de Carnot transforma la transferencia totalmente irreversible de calor al ambiente en un proceso reversible. de la masa circulando entre 1 y 2 y la destrucción de exergía que origina el rozamiento. Las condiciones del ambiente son 1 bar de presión y 15 °C de temperatura. Δaf. 7. 195 . 6. en kJ/kg·K. VC.15. b) El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento. 5.15 K el trabajo producido: W (en kJ) = Q (en kJ) · η = 6400 kJ · (1 – (293.Destrucción de exergía en una tubería El vapor de agua. en la conducción mal aislada que une la caldera con la turbina en una central térmica. todo ello en kJ/kg. Esta máquina cederá calor al foco frío y producirá trabajo que será equivalente a la exergía que sería destruida sin el motor. coincide aproximadamente con la media aritmética.. Y calcula por kg de vapor circulando: 5.15) = 808. en K.agua arriba de nuevo supuesto que no hay pérdidas por fricción ni en turbina ni en bomba (equipos ideales). los valores de Sg y Ad son respectivamente 1. menos influencia tendrá el rozamiento en las temperaturas de la tubería y la hipótesis será apropiada. Despejando: qvc = -28.15 + 28.0840 kJ/kg En cuanto a la destrucción de exergía por el rozamiento bastará aplicar Guy-Stodola a la entropía generada por la fricción. ya que no hay efectos gravitatorios ni cinéticos.288.qent 4. del balance de energía en el VC. Como en el enunciado se da el valor de la T de salida esto condiciona ya la distribución de temperaturas e incorpora el efecto del rozamiento por lo que la hipótesis puede considerarse apropiada.28.22.15 · (-0. ¿Es apropiada la hipótesis b): El flujo de calor cedido es el mismo que hubiera existido en la tubería sin rozamiento? El flujo de calor es la consecuencia de la diferencia de temperaturas.0494 que coincide con el previo por lo que ya se ha conseguido la convergencia. en el VC y por kg circulando: Δuvc = h1 -h2 + qvc .256 . es: Δaf (1-2) = h1 .15 · 0.1808 + qvc – 0 pues wvc = wt + wdis = 0 ya que: wdis es nulo en un proceso sin efectos disipativos y wt es nulo en un proceso isóbaro (¿por qué?).02 que da para sgi el valor 0. coincide aproximadamente con la media aritmética? Recordemos que la expresión precisa es Tbm = q/((s2 – s1) – sgi) que presenta una dependencia cíclica pues sgi es desconocida habitualmente.0494 kJ/kg·K Para sge calcularemos el balance con el entorno por la transferencia de calor a través de la frontera: sge = qvc / Tbm + qent / Tamb = .15 = 0. para la tubería real.181/Tbm) + sgi y despejando: sgi = 0.28.5.0629 kJ/kg·K pues qvc = .181/808.15 = 0.h2 . 196 . Que es una buena aproximación se comprueba con el cálculo de Tbm una vez calculada sgi.0. En principio cuanto menor sea el Wroz en relación con el flujo de calor.256 .181 / 288.0494 = 14.wvc.181 kJ/kg.s2) = . Esta situación podría resolverse a partir de una hipótesis razonable para Tbm iniciando un proceso de cálculo reiterado de sgi. Este cálculo da como valor Tbm = 807.wroz. ad = To · sgi = 288. Del proceso isóbaro 3-4.18. sgi.01448) = . Del balance de energía.s2 + sQ + sgi = .925 kJ/kg 3. el valor de q (kJ/kg) perdido por la tubería: Δuvc = h1 -h2 + qvc – wvc = .2. y de la conductividad de la pared.01448 + (-28.28. con la misma entrada en 1 y salida sin pérdida de presión ya que no hay disipación obtenemos.181 / 808. En nuestro caso basta con realizar la hipótesis a) ya que el cambio de temperatura en el proceso es pequeño. y como wvc = wroz pues en la tubería no hay dispositivo que transfiera o reciba trabajo y el VC es estacionario: 0 = 22. Tbm.01448 + 28.181 . El valor de sgi lo obtenemos del balance de entropía en el VC: Δs1-2 = s1 . Tb y Tent.To · (s1 . y despejando wroz = . con él repetir el cálculo de Tbm haciendo la secuencia las veces necesarias para tener una convergencia satisfactoria (normalmente si la hipótesis de partida es buena bastarán un par de secuencias).2350 kJ/kg Comentarios: ¿Es apropiada la hipótesis a): La T media de la frontera. La variación de la exergía de flujo. Pb. 2. Condiciones del ambiente: 1. VC. La exergía destruida. Debido a un insuficiente aislamiento la turbina cede calor al ambiente a razón de 40 kJ por kg de vapor circulando. Para la exergía destruida aplicaremos el balance de exergía al VC (estacionario): Δavc = af1 . El trabajo desarrollado.16.01 bar de presión y 15 °C de temperatura.572 . Resolución Sistema a estudio: El vapor en la turbina1.wvc . 197 . wvc = 3307. Condiciones: No hay efectos cinéticos ni gravitatorios.5082 . 3. af.5082 . Análisis: Es frecuente considerar que una turbina es adiabática.39 = 100. Del balance de energía: Δuvc = h1 -h2 + qvc . y despejando: ad = (h1 .288. determínese.39 = 100.63 .wvc = = 3307.24 .8. La magnitud y dirección del flujo de exergía que acompaña al flujo de calor.5844) . 5. Configuración: Diagrama Ts.15/366) = .91 kJ o. no utilizada por lo que podríamos considerarla como una parte de la exergía destruida: para ello bastará no explicitarla en [1] con lo que pasará a engrosar el valor de ad.15 · (6.6.8.24 .ad. muy probablemente.490.h2) .s2) + aq . el flujo de exergía abandona el volumen de control como corresponde al flujo de calor.Exergía de flujo.63 .91 kJ Podríamos haber considerado que la exergía del flujo de calor es. La temperatura superficial media equivalente de la turbina es 366 K.wvc .40 = 490.To/Tb) = . en kJ/kg de vapor: 1.881.af2 + aq .288. directamente. con los valores de la exergía de flujo.2777. Para la turbina..2777.490.To · (s1 . El vapor sale de la turbina como vapor saturado a 180°C. El flujo de exergía correspondiente al flujo de calor será: aq = q·(1 . de flujo de Q y destruida En una turbina de alta que opera en estado estacionario entra vapor a 150 bar y 500°C.5082 kJ/kg Como indica el signo.8.40 · (1 . tomados de TermoGraf: ad = 1481.3435 .38 . 3.39 kJ/kg 2. SI. Con esto sería: 1 [1] Analiza la aparente paradoja de que el sistema a analizar sea un sistema del que sabemos que no cambia pues es estacionario. Sustancia y Modelo: El vapor de agua como sustancia pura. En este caso hay una pequeña pérdida de calor de modo que los balances tendrán que incorporar su efecto: 1. 9%. entra al compresor como vapor saturado a –8ºC. Usando el modelo de gas ideal para el aire y el de sustancia real para el refrigerante: 1.3435 .s1 . Dibuja el ciclo en un diagrama T-s 2.63-2777.Ciclo de bomba de calor Una bomba de calor suministra aire caliente a una vivienda. El siguiente proceso es la expansión irreversible del refrigerante a través de una válvula de estrangulación. La sustancia de trabajo es el Refrigerante 134a que.9 kJ/kg·K valor que coincide con el calculado antes. como en la turbina del enunciado.3502 kJ/kg·K ad = To · sgi = 288. las dos propiedades que permiten representarlo son: P2 y s2 =s1 El rendimiento isoentrópico será así: ηs = w1-2 / w1-2s = (h1-h2) / (h1-h2s) = (3307. En el condensador el vapor condensa a líquido saturado a 12 bar.-40 / 366 = 0. el aire de retorno pasa de la vivienda al condensador a 20ºC y 1 bar. 5.q por lo que cabría redefinir el rendimiento isoentrópico con este nuevo valor.39 = 109.829 que suele ponerse como fracción porcentual: 82. Pb. el trabajo obtenido de la misma es (h1-h2) .63-2668.17.24) / (3307. saliendo a 48ºC sin cambios apreciables en la presión.ad = af1 .5844 .15 · 0.38 .490. Se define un rendimiento isoentrópico que mide la "calidad" de la turbina real comparando el trabajo obtenido de ésta con el trabajo que hubiera proporcionado la turbina reversible con la misma entrada y salida a la presión de salida.42 kJ Comentarios: De manera generalizada el análisis de las turbinas (y compresores-bombas) adiabáticas irreversibles se hace relacionando la turbina real con la turbina ideal que no tuviera fricción.881. En el evaporador.q/Tbm= 6..wvc = 1481. Si hay una pérdida de calor. utilizando la entropía generada en la irreversibilidad interna: sgi = s2 . En el condensador. Identificando esta salida como el estado 2s. En cuanto a la exergía destruida será la calculada antes o bien. Calcula el rendimiento isoentrópico del compresor 198 .07) = 0.3502 = 100. que lleva a la presión del evaporador en donde el fluido alcanza la situación de vapor saturado a –8ºC.6.af2 . Los procesos del condensador y el evaporador son internamente reversibles. la temperatura media equivalente del aire en contacto con el evaporador es 10ºC más alta que la temperatura del evaporador. en estado estacionario. La salida del compresor y entrada al condensador es a 70ºC y 12 bar.572 . 3.4204 0.314 321. en kW/K si la potencia de calefacción es de 10 kW. Análisis: 1.0 52. la válvula de expansión y el evaporador.. el compresor.Diagrama Ts del ciclo de bomba de calor De tablas o TermoGraf tomamos los valores que se recogen en la tabla siguiente. Fig. Modelo de la sustancia: Aire como gas ideal.9272 0. como suma de la entropía generada en las irreversibilidades interiores y en las exteriores y señala el origen de las diferentes producciones de entropía. E 5.28 -8. R 134a R 134a R 134a R 134a R 134a aire aire aire Estado 1 2s 2 3 4 a b c P (bar) 2.4485 1.528 116.434 278. llevamos los valores correspondientes a su expresión: 199 . c) En cada equipo el proceso es estacionario y no interviene otra energía que la térmica.528 293. R134a como sustancia real.433 275. El ciclo en el diagrama T-s se muestra en la figura adjunta. b) El evaporador y el condensador son intercambiadores en los que el 2º flujo es el aire y sus procesos son internamente reversibles. Evalúa la generación de entropía señalada en 3).2 b.0 293.7705 1.15 275.249 s (kJ/kg·K) 0. Condiciones: a) Compresor y válvula siguen procesos irreversibles y se consideran adiabáticos.6788 1. Sust.59 70 46. proceso 12.15 h (kJ/kg 243.1695 12 12 12 2.982 116.502 297.1695 1 1 1 T (ºC) -8.15 321. Escribe la expresión de la variación de entropía del universo. calculando cada uno de sus componentes en el condensador.6152 2.9852 0. en kJ/kg·K. RESOLUCIÓN Sistema a estudio: Los sucesivos volúmenes de control que caracterizan a cada equipo. Para el rendimiento isoentrópico del compresor.9272 0. 4. kJ/K y por kg de refrigerante y el incremento de la entropía del universo. comp = (h1–h2s)/(h1–h2) = (243.43 . Deberemos calcular cuántos kg de aire circulan por cada kg de refrigerante.0917 kJ/kg·K Debemos tener en cuenta que la relación de flujos másicos refrigerante/aire no es 1:1.6788) = +0.297.98-116. el incremento de entropía del universo se calcula como suma de cambios de entropía en sistema y entorno. las irreversibilidades interiores se dan en la válvula de estran- gulación y en el compresor. Por tanto: Equipo: Condensador-entorno: sQ cond =(s3 – s2)cond = (0.43 . Irreversibilidades interiores: En válvula de estrangulación y en compresor.643 ó 64. Con esto.0281 kJ/kg·K Irreversibilidades exteriores: En el evaporador y el condensador. La variación de entropia del universo es: ΔSuniv = ΔSsist +ΔSentorno = Sgii + Sgie De acuerdo con la condición b.9852 – 0. 4. el incremento de entropía del universo se calcula como suma de los cambios de entropía en sistema y entorno debidos al flujo de calor intercambiado.4204 – 0.0581 kJ/kg·K Válvula estr.31) = 6.278.4204) = 0.: sg = (s4 – s3) = (0.46 kgaire por kg de refrigerante.7705 – 1. En ellas.98) = 0.9272) = 0.53)/(321.43-293. por kg de refrigerante: 200 .3 % 3.0.5648 kJ/kg·K sQ (aire entorno) = (s2 – s1)aire = (1. Para ello recurriremos al balance de energía ya que la energía cedida por el condensador debe igualar a la ganada por el aire: mrefrig ·(h2-h3)cond + maire·(h1-h2)aire = 0 y despejando (maire/ mrefrig): (maire/mrefrig)=(h2-h3)cond /(h2-h1)aire = (297. Calculamos la entropía generada mediante el adecuado balance en el equipo correspondiente (condiciones a y c): Compresor: sg = (s2 – s1) = (0. En ellas.50)/( 243.9852) = .4485 – 0. En cuanto a las irreversibilidades exteriores: En el evaporador y el condensador los procesos se consideran internamente reversibles pero las transferencias de calor con su entorno se realizan con salto de temperatura lo que da lugar a irreversibilidades exteriores. Luego.i.15 K por kg de refrigerante. sea el tipo de irreversibilidad que sea.0281+0. la entropía generada es del mismo orden. necesitamos saber el flujo másico de refrigerante: m kg/s = 10 kW/ Qevap = 10 kW/126.0788·(0.0581+0.Qevap / Tmedia = .91 kJ/kg refrigerante.Sg en i.91 kJ/kg = 0.5648 + 6.0174) = 0. Pero Qevap = (h1 – h4)refr = 243.Qevap /275.15 K = 0.0174 kJ/kgrefr·K Para calcular el flujo de generación de entropía. la entropía del universo crece según: ΔSuniv = Sg en i. en valor absoluto.e.e .46 · 0.010 kW/K Consideraciones: Puede verse que en cada equipo. 201 . en total.= ΔSsist + ΔSentorno = (s3–s2)cond + 6. aunque el proceso “más” irreversible es el del compresor como era de esperar por su bajo índice politrópico. ya que el calor que cede el aire es. en términos de potencia. = 0. + Sg en i.Qevap / 275.e.91/275.0276 kJ/kgrefr·K Equipo: Evaporador-entorno: sQ evap = (s1 – s4)evap = (0. por kg de refrigerante. luego.0917 = 0.9272 – 0. = ΔSsist + ΔSentorno = (s4 – s1)evap .43 -116.4786 kJ/kg·K sQ(aire entorno) = .0788 kg/s.0276+0.4204) = 0. igual al que recibe el evaporador y con signo negativo pues es calor cedido.4786 kJ/kg·K .126.53 = 126.15 = 0. 46·(s2–s1)aire = -0. en el evaporador la entropía generada valdrá: Sg en i.