Termodinamica Basica

TERMODINÁMICABÁSICA LIBRO GUÍA DE CLASE NÉSTOR GOODING GARAVITO TERMODINAMICA BASICA CONTIENE: FUNDAMENTOS TEORICOS 124 PROBLEMAS RESUELTOS 400 PROBLEMAS PROPUESTOS NESTOR GOODING GARAVITO INGENIERO QUIMICO PROFESOR ASOCIADO FACULTAD DE INGENIERIA UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEGUNDA EDICION 2009 PROLOGO Existen actualmente numerosos libros de Termodinámica, todos ellos de gran calidad, en los cuales el tratamiento teórico es lo suficientemente profundo y didáctico para entender con claridad todos los conceptos inherentes al tema. El presente libro no es uno más de ellos, es el producto de la enseñanza durante varios años de cursos únicos de Termodinámica en los cuales es muy difícil tratar todos los conceptos y leyes así como las aplicaciones prácticas. El libro es ideal como guía de clase, ya que permite al profesor profundizar los temas teóricos sin tener que utilizar demasiado tiempo en la realización de ejercicios y posee además un gran número de ejercicios propuestos para trabajo fuera de clase. La estructura concisa permite también realizar un repaso rápido para quienes han olvidado en parte su Termodinámica y desean recordarla sin emplear demasiado tiempo en ello. Para evitar un manejo complicado de unidades, el libro utiliza en su totalidad el Sistema Internacional “SI”. Las tablas y diagramas en el apéndice final también vienen en éste sistema. Por tratarse de la primera edición, el autor agradece los comentarios que puedan surgir de su utilización para así ponerlos en práctica y mejorar futuras ediciones. El Autor TABLA DE CONTENIDO CAPITULO 1 - FUNDADORES DE LA TERMODINAMICA 1 Antoine Laurent de Lavoisier – Nicolas Léonard Sadi Carnot – Rudolf Emanuel Clausius – Lord Kelvin – James Prescott Joule – Josiah Willard Gibbs – Anders Celsius – Daniel Gabriel Fahrenheit – Joseph Louis Gay-Lussac – Jacques Alexandre Cesar Charles – Robert Boyle – Amadeo Avogadro –Johannes Diderik Van der Waals. CAPITULO 2 - SISTEMAS DE UNIDADES 9 Fuerza y masa - Sistemas de unidades – Sistema Internacional de Unidades Factores de conversión de unidades - Consistencia dimensional. CAPITULO 3 - CONCEPTOS FUNDAMENTALES 17 Energías almacenadas - Energías en transición - Sistemas termodinámicos Estado termodinámico – Propiedades de estado - Flujo de masa y Flujo volumétrico - Equilibrio termodinámico - Procesos y ciclos - Fases y cambios de Fase - Ley cero de la termodinámica. CAPITULO 4 - PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 37 Trabajo - Calor - Calor específico - Ecuaciones de la Primera Ley - Ecuaciones para sistemas cerrados - Entalpía y trabajo en el Eje - Ecuación para sistemas abiertos. CAPITULO 5 - SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA 63 Enunciados de la Segunda Ley - Máquinas y bombas Térmicas - Procesos irreversibles - Procesos reversibles - Ciclo de Carnot - Escala termodinámica de temperaturas - Desigualdad de Clausius - Entropía – Cambio de entropía para un proceso irreversible – Principio del incremento de entropía - Diagrama temperatura vs entropía - Energía disponible y Energía no disponible. 1 CAPITULO 6 - GASES IDEALES 81 Leyes de los gases ideales - Condiciones normales - Ecuación de estado Densidad de un gas ideal - Energía interna de un gas ideal - Entalpía de un gas ideal - Diferencia y relación entre capacidades caloríficas - Fórmulas para cambios de entropía - Procesos reversibles de un gas ideal - Procesos irreversibles con gases ideales - Fórmulas para procesos reversibles con gases ideales. CAPITULO 7 - MEZCLAS DE GASES IDEALES 109 Composición de mezclas – Masa molecular media – Leyes para mezclas según el concepto de gas ideal – Densidad de una mezcla gaseosa – Límite de aplicación de las leyes de los gases – Propiedades termodinámicas de las mezclas. CAPITULO 8 - GASES REALES 125 Ecuación de estado de Van der Waals - Isoterma teórica - Isoterma real - Curvas límites - Zonas en el plano P-v. - Propiedades críticas - Propiedades reducidas Ecuación de estados correspondientes - Factor de compresibilidad - Entalpía y entropía de gases reales – Mezcla de gases reales. CAPITULO 9 - SUSTANCIAS PURAS 145 Cambio de fase a presión constante – Equilibrio solido-líquido-vapor – Superficie tridimensional - Tablas de propiedades termodinámicas - Propiedades termodinámicas de los vapores húmedos - Diagrama de Mollier. CAPITULO 10 – MEZCLAS DE GAS Y VAPOR 171 Vaporización – Presión de vapor – Saturación – Humedad – Temperatura de bulbo seco – Temperatura de bulbo húmedo – Punto de rocío – Saturación adiabática – Diagrama de humedad – Procesos de acondicionamiento de aire. CAPITULO 11 - COMPRESORES DE GAS 207 Compresores rotatorios – Compresores alternativos sin espacio muerto – Compresores alternativos con espacio muerto – Compresión en varias etapas. 2 Ciclo con recalentamiento intermedio .Ciclo Rankine con vapor sobrecalentado . Tabla 12 – Propiedades del amoniaco sobrecalentado.CICLOS DE REFRIGERACION 267 La tonelada de refrigeración . APENDICE DE TABLAS 279 Tabla 1 – Factores de conversión de unidades.Ciclo por compresión de vapor .Ciclo regenerativo .Ciclo Rankine con vapor saturado . Tabla 3 – Propiedades críticas y constantes de Van der Waals. Tabla 13 – Propiedades del Freón 12 saturado.Refrigerantes . Tabla 2 – Capacidades caloríficas y constantes de gases ideales. Tabla 6 – Propiedades del vapor de agua sobrecalentado.CAPITULO 12 .CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA 223 Ciclo Otto .Turbina a gas – Turborreactores. Tabla 11 – Propiedades del amoniaco saturado.Ciclo de Carnot .Plantas nucleares . Tabla 4 – Propiedades del vapor de agua saturado (Presiones).Determinación del costo teórico de producción de 1 Kilovatio-hora de energía. Tabla 7 – Presión de vapor del agua líquida.CICLOS DE PLANTAS TERMICAS 245 Componentes del ciclo Rankine .Efecto refrigerante . APENDICE DE DIAGRAMAS 301 Diagrama 1 – Factor de compresibilidad generalizado (Presiones bajas). 3 . Diagrama 2 – Factor de compresibilidad generalizado (Presiones altas). CAPITULO 13 . Tabla 14 – Propiedades del Freón 12 sobrecalentado. Tabla 10 – Propiedades del aire a bajas presiones. Tabla 8 – Presión de vapor de otros compuestos.Ciclo Diesel . CAPITULO 14 . Tabla 5 – Propiedades del vapor de agua saturado (Temperaturas).Ciclo de Carnot inverso . Tabla 9 – Constante para la ecuación de Antoine. Diagrama 3 – Desviación generalizada de entalpía. Diagrama 4 – Desviación generalizada de entropía. Diagrama 5 – Gráfico de Mollier. Diagrama 6 – Gráfico de Cox. Diagrama 7 – Carta de humedad. Diagrama 8 – Gráfico Presión vs entalpía para el amoniaco. Diagrama 9 – Gráfico de Presión vs entalpía para el Freón 12. BIBLIOGRAFIA 4 CAPITULO 1 FUNDADORES DE LA TERMODINAMICA 1.1 Antoine Laurent de Lavoisier (1743 -1794) Químico francés, considerado el fundador de la química moderna. Lavoisier nació el 26 de agosto de 1743 en París y estudió en el Instituto Mazarino. Fue elegido miembro de la Academia de Ciencias en 1768. Ocupó diversos cargos públicos, incluidos los de director estatal de los trabajos para la fabricación de la pólvora en 1776, miembro de una comisión para establecer un sistema uniforme de pesas y medidas en 1790 y comisario del tesoro en 1791. Trató de introducir reformas en el sistema monetario y tributario francés y en los métodos de producción agrícola. Como dirigente de los campesinos, fue arrestado y juzgado por el tribunal revolucionario y guillotinado el 8 de mayo de 1794. Los experimentos de Lavoisier fueron de los primeros experimentos químicos realmente cuantitativos que se realizaron. Demostró que en una reacción química, la cantidad de materia es la misma al final y al comienzo de la reacción. Estos experimentos proporcionaron pruebas para la ley de la conservación de la materia. Lavoisier también investigó la composición del agua y denominó a sus componentes oxígeno e hidrógeno. Algunos de los experimentos más importantes de Lavoisier examinaron la naturaleza de la combustión, demostrando que es un proceso en el que se produce la combinación de una sustancia con el oxígeno. También reveló el papel del oxígeno en la respiración de los animales y las plantas. La explicación de Lavoisier de la combustión reemplazó a la teoría del flogisto, sustancia que desprendían los materiales al arder. Con el químico francés Claude Louis Berthollet y otros, Lavoisier concibió una nomenclatura química, o sistema de nombres, que sirve de base al sistema moderno. La describió en Método de Nomenclatura Química (1787). En Tratado elemental de química (1789), Lavoisier aclaró el concepto de elemento como una sustancia simple que no se puede dividir mediante ningún método de análisis 2 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ químico conocido, y elaboró una teoría de la formación de compuestos a partir de los elementos. También escribió Sobre la Combustión (1777), y Consideraciones sobre la Naturaleza de los Ácidos (1778). 1.2 Nicolas Léonard Sadi Carnot (1796 -1832) Físico e ingeniero militar francés, hijo de Lazare Carnot nació en París y estudió en la Escuela Politécnica. En 1824 describió su concepción del motor ideal, el llamado motor de Carnot, en el que se utiliza toda la energía disponible. Descubrió que el calor no puede pasar de un cuerpo más frío a uno más caliente, y que la eficacia de un motor depende de la cantidad de calor que es capaz de utilizar. Este descubrimiento es la base de la segunda ley de la termodinámica 1.3 Rudolf Emanuel Clausius (1822 -1888) Físico matemático alemán, uno de los fundadores de la Termodinámica nació en Köslin (actualmente Koszalin, Polonia) y estudió en las universidades de Berlín y Halle. Desde 1855 hasta su muerte fue sucesivamente profesor en el Instituto Politécnico de Zurich y en las universidades de Würzburg y Bonn. Clausius fue el primero en enunciar la denominada segunda ley de la termodinámica (1850): el calor no puede pasar por sí mismo de un cuerpo más frío a un cuerpo más caliente. Fue uno de los primeros que aplicó las leyes de la termodinámica, especialmente el concepto de entropía, a la teoría de la máquina de vapor. También tuvo un papel importante en el desarrollo de la teoría cinética de los gases. Su teoría de la electrólisis se adelantó en parte a la teoría iónica del químico sueco Svante Arrhenius. 1.4 Lord Kelvin (1824 -1907) Matemático y físico británico, uno de los principales físicos y más importantes profesores de su época. Nació en Belfast el 26 de junio de 1824 y estudió en las universidades de Glasgow y Cambridge. Desde 1846 hasta 1899 fue profesor de la Universidad de Glasgow. En el campo de la termodinámica, Kelvin desarrolló el trabajo realizado por James Prescott Joule sobre la interrelación del calor y la energía mecánica, y en 1852 ambos colaboraron para investigar el fenómeno al que se conoció como CAPITULO 1 : FUNDADORES DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ efecto Joule-Thomson. En 1848 Kelvin expuso la escala absoluta de temperatura que sigue llevando su nombre. Su trabajo en el campo de la electricidad tuvo aplicación en la telegrafía. Estudió la teoría matemática de la electrostática, llevó a cabo mejoras en la fabricación de cables e inventó el galvanómetro de imán móvil y el sifón registrador. Ejerció como asesor científico en el tendido de cables telegráficos del Atlántico desde 1857 hasta 1858 y desde 1865 hasta 1866. Kelvin también investigó los circuitos oscilantes, las propiedades electrodinámicas de los metales y el tratamiento matemático del magnetismo, y contribuyó a la teoría de la elasticidad Junto con el fisiólogo y físico alemán Hermann Ludwin Ferdinand von Helmholtz hizo una estimación de la edad del Sol y calculó la energía irradiada desde su superficie. Entre los aparatos que inventó o mejoró se encuentran un dispositivo para predecir mareas, un analizador armónico y un aparato para grabar sonidos en aguas más o menos profundas. También mejoró aspectos de la brújula marina. Kelvin fue nombrado sir en 1866 y entró en la nobleza con el título de barón de Largs en 1892. Fue presidente de la Sociedad Real en 1890, y en 1902 recibió la Orden del Mérito. Murió el 17 de diciembre de 1907. Muchas de sus obras científicas se recopilaron en su Ponencias sobre electricidad y magnetismo (1872), Ponencias matemáticas y físicas (1882, 1883, 1890), y Cursos y conferencias (1889-1894). 1.5 Joule, James Prescott (1818-1889) Físico británico, nacido en Salford (Lancashire). Uno de los más notables físicos de su época, es conocido sobre todo por su investigación en electricidad y termodinámica. En el transcurso de sus investigaciones sobre el calor desprendido en un circuito eléctrico, formuló la ley actualmente conocida como ley de Joule que establece que la cantidad de calor producida en un conductor por el paso de una corriente eléctrica cada segundo, es proporcional a la resistencia del conductor y al cuadrado de la intensidad de corriente. Joule verificó experimentalmente la ley de la conservación de energía en su estudio de la conversión de energía mecánica en energía térmica. Utilizando muchos métodos independientes, Joule determinó la relación numérica entre la energía térmica y la mecánica, o el equivalente mecánico del calor. La unidad de energía denominada julio se llama así en su honor; equivale a 1 vatio-segundo (véase Unidades eléctricas). Junto con su compatriota, el físico William Thomson (posteriormente lord Kelvin), Joule descubrió que la temperatura de un gas desciende cuando se expande sin realizar ningún trabajo. Este fenómeno, que se conoce como efecto Joule-Thomson, sirve de base a la refrigeración normal y a los sistemas de aire acondicionado. 3 4 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Joule recibió muchos honores de universidades y sociedades científicas de todo el mundo. Sus Escritos científicos (2 volúmenes) se publicaron en 1885 y 1887 respectivamente. 1.6 Gibbs, Josiah Willard (1839-1903) Físico estadounidense nacido en New Haven (Connecticut); estudió en las universidades de Yale, París, Berlín y Heidelberg. Fue profesor de física matemática en Yale desde 1871 hasta su muerte. Entre 1876 y 1878 Gibbs escribió una serie de ensayos titulados colectivamente El equilibrio de las sustancias heterogéneas, considerados como uno de los mayores logros de la física del siglo XIX y la base de la físico-química.. En estos ensayos Gibbs aplicó la termodinámica a la química y mostró la explicación y correlación de hechos aislados e inexplicables hasta ese momento. Entre los teoremas tratados está el de la regla de las fases. Los ensayos de Gibbs sobre la termodinámica se publicaron en Transactions of the Connecticut Academy (Transacciones de la Academia de Connecticut), pero debido a su complejidad matemática y a su aparición en un periódico poco conocido, los científicos de Estados Unidos no los valoraron. La traducción de sus obras hizo que sus teoremas se utilizaran en Europa algunos años antes de que los químicos estadounidenses se dieran cuenta de su importancia. En 1901 Gibbs recibió la medalla Copley de la Sociedad Real británica. Gibbs realizó también un destacado trabajo en mecánica estadística en análisis vectorial y en la teoría electromagnética de la luz. Sus Ensayos científicos (1906) y Obras completas (1928) se recopilaron y se publicaron después de su muerte. 1.7 Celsius, Anders (1701-1744) Astrónomo sueco, fue el primero que propuso el termómetro centígrado, que tiene una escala de 100 grados que separan el punto de ebullición y el de congelación del agua. Desde 1730 hasta 1744 fue catedrático de astronomía en la Universidad de Uppsala, construyó el observatorio de esta ciudad en 1740, y fue nombrado su director. En 1733 publicó su colección de 316 observaciones sobre la aurora boreal y en 1737 formó parte de la expedición francesa organizada para medir un grado de latitud en las regiones polares. CAPITULO 1 : FUNDADORES DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1.8 Fahrenheit, Daniel Gabriel ( 1686-1736) Físico alemán, que nació en Danzig (actualmente Gdańsk, Polonia). Se instaló en los Países Bajos y se dedicó a la fabricación de instrumentos meteorológicos. En 1714 construyó el primer termómetro con mercurio en vez de alcohol. Con el uso de este termómetro, concibió la escala de temperatura conocida por su nombre. Fahrenheit también inventó un higrómetro de diseño perfeccionado. Descubrió que además del agua, hay otros líquidos que tienen un punto de ebullición determinado y que estos puntos de ebullición varían con los cambios de presión atmosférica. 1.9 Gay-Lussac, Joseph Louis (1778-1850) Químico y físico francés conocido por sus estudios sobre las propiedades físicas de los gases. Nació en Saint Léonard y estudió en la École Polytecnique y en la École des Ponts et Chaussées de París. Después de impartir la enseñanza en diversos institutos, fue, desde 1808 hasta 1832, profesor de física en la Sorbona. En 1804 realizó una ascensión en globo para estudiar el magnetismo terrestre y observar la composición y temperatura del aire en las diferentes altitudes. En 1809 formuló la ley de los gases que sigue asociada a su nombre. La ley de GayLussac de los volúmenes de combinación afirma que los volúmenes de los gases que intervienen en una reacción química (tanto de reactivos como de productos) están en la proporción de números enteros pequeños. En relación con estos estudios, investigó junto con el naturalista alemán baron Alexander von Humboldt la composición del agua, descubriendo que se compone de dos partes de hidrógeno por una de oxígeno. En 1809 Gay-Lussac trabajó en la preparación del potasio y el boro e investigó las propiedades del cloro y del ácido cianhídrico. En el campo de la industria química desarrolló mejoras en varios procesos de fabricación y ensayo. En 1831 fue elegido miembro de la Cámara de los Diputados y en 1839 del Senado. 1.10 Charles, Jacques Alexandre Cesar (1746-1823) Químico, físico y aeronauta francés, nacido en Beaugency (Loiret). En 1783 construyó el primer globo de hidrógeno y ascendió a una altura de casi 3.000 m. En 1787 descubrió la relación entre el volumen de un gas y su temperatura, 5 6 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ conocida como ley de Gay-Lussac o ley de Charles. En 1785 ingresó en la Academia Francesa. 1.11 Boyle, Robert (1627-1691) Científico británico, fue uno de los primeros defensores de los métodos científicos y un fundador de la química moderna. Boyle nació en Lismore, Irlanda, y estudió en Ginebra. Se estableció en Inglaterra y se dedicó a la investigación científica. Boyle es considerado uno de los fundadores de los métodos científicos modernos porque creyó en la necesidad de la observación objetiva y en los experimentos de los estudios científicos, verificables en los laboratorios. Boyle fue uno de los miembros fundadores de la Sociedad Real. Boyle fue el primer químico que aisló un gas. Perfeccionó la bomba de aire y sus estudios le condujeron a formular la ley de física que lleva su nombre. La ley de Boyle establece que a una temperatura constante, la presión y el volumen de un gas son inversamente proporcionales. En el campo de la química, Boyle observó que el aire se consume en el proceso de combustión y que los metales ganan peso cuando se oxidan. Reconoció la diferencia entre un cuerpo compuesto y una mezcla, y formuló su teoría atómica de la materia basándose en sus experimentos de laboratorio. En su obra El químico escéptico (1661), Boyle atacó la teoría propuesta por el filósofo y científico griego Aristóteles (384-322 a.C.) según la cual la materia está compuesta por cuatro elementos: tierra, aire, fuego y agua. Propuso que partículas diminutas de materia primaria se combinan de diversas maneras para formar lo que él llamó corpúsculos, y que todos los fenómenos observables son el resultado del movimiento y estructura de los corpúsculos. Boyle fue también el primero en ver las diferencias entre ácidos, bases y sales (véase Acidos y Bases). Entre sus obras están Origen de formas y características según la filosofía corpuscular (1666) y Discurso de las cosas más allá de la razón (1681). 1.12 Avogadro, Amedeo, conde de Quaregna e Ceretto (17761856) Físico y químico italiano que planteó la hipótesis conocida posteriormente como ley de Avogadro. Avogadro nació en Turín y estudió leyes. Comenzó a interesarse en las matemáticas y en la física y, después de varios años de CAPITULO 1 : FUNDADORES DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ estudio, fue nombrado profesor en el Colegio Real de Vercelli. Desde 1820 hasta su muerte, Avogadro fue catedrático de Física en la Universidad de Turín. Aunque también realizó investigaciones sobre electricidad y sobre las propiedades físicas de los líquidos, es más conocido por su trabajo con los gases, que le llevó a formular en 1811 la ley que ahora lleva su nombre. La ley de Avogadro sostiene que dos volúmenes iguales de gas a la misma temperatura y a la misma presión contienen un número igual de moléculas. Actualmente reconocida como cierta, esta ley no fue aceptada universalmente hasta 1850. 1.13 Van der Waals, Johannes Diderik (1837-1923) Físico holandés, premiado con el Nobel. Nació en Leiden y estudió en esa misma universidad. Desde 1877 hasta 1907 fue profesor de física en la Universidad de Amsterdam. Van der Waals estuvo interesado principalmente en la termodinámica; desarrolló una teoría sobre la continuidad de los estados líquido y gaseoso de la materia que se expresa en la ecuación van der Waals. Por estos descubrimientos recibió en 1910 el Premio Nobel de Física. Estudió también las fuerzas de atracción que mantienen unidos los átomos de las moléculas; se llamaron fuerzas de van der Waals en su honor. 7 32. Para definir el peso se toma entonces el valor de la aceleración local de la gravedad así: F ∝ ma La conversión de esta proporcionalidad en ecuación se logra con la inclusión de una constante denominada gc. el poundal. El uso de estos últimos sistemas elimina las unidades derivadas facilitando de esta manera los cálculos y la simplificación de unidades.. la masa y el tiempo como base de estas medidas.8 m/s2. y el newton. Se utilizan cantidades primarias tales como la longitud. velocidad.17 pie/s2).CAPITULO 2 SISTEMAS DE UNIDADES Los sistemas físicos se describen mediante ciertas medidas. etc. presión. En los sistemas de unidades de ingeniería el valor de gc viene definido por la unidad de masa y la unidad de fuerza utilizando como valor de la aceleración de la gravedad su valor normal (9.1 FUERZA Y MASA. aceleración. 2. . se definen en términos de las cantidades primarias. Mediante la segunda ley del movimiento de Newton la fuerza es proporcional a la masa por la aceleración. g F = m ⎯⎯ gc Tanto los sistemas absolutos como el sistema internacional se definen tomando el valor unitario para gc lo cual da como resultado la aparición de unidades de fuerza derivadas tales como la dina. Las cantidades secundarias tales como la densidad. s o Temperatura. s o Temperatura. Transferencia de Calor y Transferencia de Masa. las ecuaciones correspondientes incluyen la constante gc. m Tiempo. g. gf. s o Temperatura. kg Longitud. K 2 Fuerza. g Longitud. s o Temperatura. R .10 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Cuando el sistema de unidades utilizado es el de Ingeniería. R 2 Fuerza. 2. pie Tiempo.2 SISTEMAS DE UNIDADES Métrico Absoluto: Inglés absoluto: Masa. lbf Masa. cm Tiempo. K Ingeniería Inglés: Fuerza. Transferencia de Fluidos. Su utilización está muy difundida en textos de Termodinámica. m Tiempo. Newton (N) ( kg x m/s ) Ingeniería Métrico: Fuerza. kgf Masa. lb Longitud. K 2 Fuerza. pie Tiempo. cm. s o Temperatura. poundal ( lb x pie/s ) Internacional: (SI) Masa. lb Longitud. dina ( g x cm/s ) Masa. kg Longitud. Así mismo en esa reunión se establecieron normas sobre unidades derivadas. unidades suplementarias y prefijos.3 SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES En 1960 la 11ª. Conferencia General de Pesas y Medidas designó oficialmente un conjunto de 6 unidades básicas como Sistema Internacional de Unidades cuya abreviatura es SI en cualquier idioma.CAPITULO 2 : SISTEMAS DE UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 11 ⎯ 2. UNIDADES “SI” BASICAS MAGNITUD FISICA Longitud Masa Tiempo Intensidad de corriente eléctrica Temperatura termodinámica Cantidad de sustancia Intensidad luminosa NOMBRE Metro Kilogramo Segundo Amperio Kelvin Mole Candela SIMBOLO m kg s A K mol cd UNIDADES “SI” SUPLEMENTARIAS MAGNITUD FISICA Angulo plano Angulo sólido NOMBRE SIMBOLO Radián Estereoradián rad sr UNIDADES “SI” DERIVADAS EXPRESADAS EN UNIDADES BASICAS Y SUPLEMENTARIAS MAGNITUD Aceleración Aceleración angular Velocidad Velocidad angular Densidad Densidad de corriente eléctrica Intensidad radiante Momento de inercia NOMBRE SIMBOLO Metro sobre segundo al cuadrado Radián sobre segundo al cuadrado Metro sobre segundo Radián sobre segundo Kilogramo sobre metro cúbico Amperio sobre metro cuadrado Watt sobre estereoradián Kilogramo sobre metro cuadrado m/s2 rad/s2 m/s rad/s kg/m3 A/m2 W/sr kg/m2 . 12 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ UNIDADES “SI” DERIVADAS CON NOMBRES PROPIOS UTILIZADAS EN TERMODINAMICA MAGNITUD Fuerza Presión Energía. cantidad de calor Potencia SIMBOLO Expresión en términos de unidades fundamentales o básicas o de otras unidades derivadas newton (neutonio) pascal joule (julio) N Pa J 1 N = 1 kg. m/s2 1 Pa = 1 N/m2 1J=1N.001 10-6 = 0.000 001 10-9 = 0. trabajo.000 000 000 000 000 001 .000 000 000 001 10-15 = 0.m watt (vatio) W 1 W = 1 J/s UNIDAD DERIVADA PREFIJOS PARA FORMAR LOS MULTIPLOS DE “SI” PREFIJO Tera Giga Mega Kilo Hecto Deca SIMBOLO T G M k h da Factor de multiplicación 1012 = 1 000 000 000 000 109 = 1 000 000 000 106 = 1 000 000 103 = 1 000 102 = 100 101 = 10 PREFIJOS PARA FORMAR LOS SUBMULTIPLOS DE “SI” PREFIJO Deci Centi Mili Micro Nano Pico Femto Atto SIMBOLO d c m μ n p. f a Factor de multiplicación 10-1 = 0.000 000 000 000 001 10-18 = 0.1 10-2 = 0.000 000 001 10-12 = 0.01 10-3 = 0. pie 0.185 J kJ 1000 g kJ 100 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 418. convertir una energía de 100 cal/g a kJ/kg.3 Un cuerpo pesó 30 kgf en un sitio donde la aceleración de la gravedad es 9. ¿Cuál será la fuerza desarrollada en lbf y en N para que éste cuerpo se mueva sobre un plano horizontal con aceleración de 80 pie/s2? Se calcula la masa utilizando el sistema de unidades de Ingeniería métrico: . relación unitaria entre estos dos valores es lo que se denomina factor conversión.4 FACTORES DE CONVERSION. La de de de 2.2 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 128.5 ⎯⎯ g cal 1000 J kg kg 2. La multiplicación sucesiva de una misma cantidad por una serie factores de conversión unitarios es el mecanismo utilizado para la conversión unidades. es decir que todos sus términos aditivos en ambos miembros deben tener las mismas unidades.2 pie/s2.3048 m F = m g = 14 kg x 30. Una cantidad en un sistema de unidades tiene su equivalencia en otro sistema.2 Con qué fuerza en N se atrae una masa de 14 kg en un punto de la Tierra donde la aceleración de la gravedad es 30.71 m/s2.5 CONSISTENCIA DIMENSIONAL Una cantidad puede sumarse o restarse con otra sólo si sus unidades son iguales. cal 4.CAPITULO 2 : SISTEMAS DE UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 13 ⎯ 2. Para que una ecuación sea válida debe ser dimensionalmente consistente.1 Utilizando los factores de la tabla 1. PROBLEMAS RESUELTOS 2.8 N pie s2 2. a = 1200 kg x 7 m/s2 = 8400 N = 8.1 N pie s2 2. F = m .5 Si el valor de la aceleración de la gravedad en el ecuador es 9.27 kg 9. g = 80 kg x 9.m.004 m/s2 300 m g = 9. a = 30. .80 m/s2. ¿Cuánto pesa una persona de 80 kg a una altura de 3000 metros sobre el nivel del mar? Disminución de g: 0.80 – 0.3048 m F = m .68 N PROBLEMAS PROPUESTOS 2. 2.0004 m/s2 por cada 300 m de altitud. 2. Calcular la fuerza requerida para conseguir esta aceleración.8 Utilizando la tabla 1 convertir 1250 BTU/lb a kJ/kg.796 m/s2 = 783. y recibe una aceleración de 7 m/s2.4 kN 2.7 Utilizando la tabla 1 convertir un trabajo de 680 lbf-pie a N.71 m/s2 pie 0.27 kg x 80 ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 738. determinar el valor de 35 litros de gasolina. y éste valor disminuye más o menos en 0.4 Un automóvil tiene una masa de 1200 kg.0004 m/s2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 3000 m = 0.6 Utilizando el precio actual de la gasolina corriente en $/galón.8 m/s2 m = 30 kgf x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 30.796 m/s2 F = peso = m .004 = 9.14 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ F = m x (g/gC) ⇒ m = F x (gC/g) (kg/kgf) x 9. Calcular la fuerza requerida para conseguir esta aceleración. 2.5 BTU/h. Si el despegue es vertical. 2. 2. Dicha .19 Durante el despegue de una nave espacial. que un hombre de 80 kg experimentaría en un avión cuya aceleración es 6 g. Determinar la fuerza neta dirigida hacia arriba. Calcular la aceleración de la masa en m/s2. ¿Cuál es la fuerza necesaria en kg para acelerarlo 15 pie/s2 si su movimiento se realiza en un plano horizontal sin fricción? 2.16 Un automóvil tiene una masa de 1200 kg.6 m/s2 2. (b) En dirección vertical.9 Una superficie de 1 pie2 de área disipa calor a razón de 4. Calcular este calor en W/m2. donde g = 9. ¿cuál es la masa del cuerpo en kg? 2.17 Se aplica un fuerza de 1 N a una masa de 3 kg. 2. en N.18 Una masa que tiene un peso de 10 N en un lugar donde g = 5 m/s2 es afectada por una fuerza de 1 N.12 Un sistema tiene una masa de 20 lb. 2. y recibe una aceleración de 7 m/s2.11 Un cuerpo pesa a una altura de 8000 metros (g=32. El muelle fue 2 calibrado para una aceleración gravitacional en la Tierra de 9. Calcular la aceleración. Si se utilizó una balanza de resorte calibrada a nivel del mar.10 Convertir un flujo de 100 galones/mi a m3/h.13 ¿Cuál es la fuerza requerida para acelerar una masa de 30 kg a razón de 15 m/s2? 2.14 La aceleración de un avión se expresa en múltiplos de g (aceleración normal de la gravedad). un astronauta de 80 kg de peso experimenta una aceleración igual a cinco veces la aceleración de la gravedad normal en la Tierra.15 Un sistema tiene una masa de 20 kg.CAPITULO 2 : SISTEMAS DE UNIDADES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 15 ⎯ 2.20 Una balanza de resorte se utiliza para determinar la masa de una muestra de rocas lunares.07 pie/s2) 10 libras. Evaluar la fuerza necesaria para acelerarlo a 10 m/s2: (a) En dirección horizontal suponiendo que no hay fricción. ¿qué fuerza ejerce sobre el asiento que ocupa la nave? 2. 2.8 m/s . estando sobre la superficie de la Luna. 16 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ balanza indica 4. .8 m/s2. Calcular la masa de la muestra.5 kg en aquel sitio y la aceleración gravitacional de la Luna es de 1. CAPITULO 3 CONCEPTOS FUNDAMENTALES La TERMODINAMICA es la ciencia que se ocupa de las transformaciones de la energía y de las leyes que rigen dichas transformaciones. una aptitud o una potencia de producir cambios en el estado de los cuerpos (incluyendo cambios en sus movimientos) o bien producir trabajo (mecánico. 3. No existe hasta ahora una definición exacta o satisfactoria de la energía.1 ENERGIAS ALMACENADAS Al primer grupo corresponden todas aquellas energías que permanecen en un sistema hasta que mediante alguna transformación pueden convertirse en otro tipo de energía. Las más importantes son: 3. Es la energía gravitatoria de un objeto de masa (m).) La energía puede clasificarse en dos grandes grupos: energías almacenadas y energías en transición. la cual viene dada por las siguientes expresiones: εP = g Z donde: εP = energía potencial específica o energía por unidad de masa . etc.1 ENERGIA POTENCIAL. eléctrico.1. se dice que la energía es algo que tiene una facultad. .4 ENERGIA QUIMICA.1.3 ENERGIA INTERNA.1. Los combustibles como el carbón. etc. εC 3. v = velocidad con respecto a la superficie de la Tierra. el petróleo y sus derivados.u 3. εP 3.2 ENERGIA CINETICA. La energía interna de una masa m.18 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Z = altura por encima de un plano horizontal de referencia para el cual la energía potencial es cero La energía potencial de una masa m. La energía cinética de una masa m. Cuando se expresa por unidad de masa se representa por la letra (u) y se denomina energía interna específica. el gas natural. (U) estará dada por: U= m. constituyen las mayores fuentes de energía química almacenada. Es debida a la configuración interna de la materia (energías cinéticas internas y potenciales internas). (Ec) estará dada por: Ec = m . Está dada por las expresiones: εC= ( v 2 / 2) donde: εC = energía cinética específica o energía por unidad de masa. (Ep) estará dada por: Ep = m .1. Es la energía que se manifiesta en las reacciones químicas. Los sistemas termodinámicos se clasifican en dos grandes grupos: sistemas cerrados y sistemas abiertos. Energía transferida bajo la influencia de una diferencia de temperaturas.1 CALOR.9979 x 1010 cm/s) 3. .2 ENERGIAS EN TRANSICION A este grupo corresponden aquellas energías que se transfieren como son: 3. Es generada por la redistribución de partículas dentro del núcleo del átomo.1. 3.2 TRABAJO. Se representa por la letra (Q).2.5 ENERGIA NUCLEAR. Es la energía transferida por la acción de una fuerza mecánica en movimiento venciendo una resistencia a lo largo de una distancia.3 SISTEMAS TERMODINAMICOS Un sistema termodinámico es una porción de espacio o cantidad de materia. Se representa por la letra (W) y puede expresarse como: dW = F dX 3. La relación entre el decrecimiento de masa de una reacción nuclear y la energía generada está dada por la ecuación de Einstein: E = m C2 donde: E = energía generada en ergios m = decrecimiento de masa en gramos C = velocidad de la luz (2.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 19 ⎯ 3. Todo lo que es ajeno al sistema se denomina alrededores o medio y el límite real o hipotético entre el sistema y sus alrededores se conoce como límites del sistema.2. la cual es seleccionada para su estudio. Límites Calor Trabajo Fluido 3. Se caracteriza por que no hay transferencia de materia entre el sistema y su medio.1 SISTEMA CERRADO. Es un tipo especial de sistema. Puede existir transferencia de energías en forma de calor y trabajo.3.2 SISTEMA ABIERTO. Existe transferencia de masa y energías. . el cual puede considerarse como un sistema cerrado en el que no hay transferencia de energías con el medio.3.3.20 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3.3 SISTEMA AISLADO. Trabajo y Calor Entrada de fluido Salida de fluido Límites del sistema 3. Los instrumentos utilizados para medir la presión se llaman manómetros y el más sencillo de todos ellos es un tubo doblado en forma de U. pero si el sistema se . se divide entre la masa del sistema. ej: el volumen específico. Puede observarse así mismo que el volumen específico es también una propiedad intensiva pues sería independiente de la masa.4 ESTADO TERMODINAMICO El estado de un sistema queda determinado por un conjunto de propiedades termodinámicas en un momento dado. Generalmente las propiedades termodinámicas se clasifican en dos grupos: propiedades intensivas y propiedades extensivas. Si una propiedad extensiva. Las propiedades intensivas no dependen de la masa del sistema. 3. Si el sistema se encuentra a una presión mayor que la presión atmosférica el valor medido corresponde a la presión manométrica. 3.5 PROPIEDADES DE ESTADO Las propiedades termodinámicas de estado son: la presión. Se expresa generalmente en atmósferas. el cual está conectado por un extremo a la atmósfera y por el otro al sistema cuya presión se desea medir. la temperatura y el volumen específico. la propiedad resultante es una propiedad específica. pascales (N/m2) y lbf/pulg2 (psi). la cual depende de la masa. kgf/cm2. ej: la presión y la temperatura.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 21 ⎯ Aislante térmico 3.1 PRESION La presión en un punto de un fluido es la misma en todas direcciones y puede definirse como la componente normal de fuerza por unidad de área.5. 22 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ encuentra a una presión por debajo de la presión atmosférica la presión se denomina presión de vacío. A (PA)absoluta = Patmosférica + P manométrica B (PB)absoluta = Patmosférica . Los diagramas siguientes indican el cálculo según el caso.Pvacío C (PC) = Patmosférica . No pueden existir presiones negativas. la presión manométrica o de vacío ( ver figura ) se calcula mediante la siguiente fórmula: P = ρ g Z ( sistemas absolutos o Internacional) P = ρ g Z / gC ( sistemas de Ingeniería) Se denomina presión absoluta al valor de la presión en un punto respecto al vacío absoluto o presión cero. Midiendo la altura Z y conociendo la densidad ( ρ ) del liquido manométrico. cuando el fluido de sello (fluido que corresponde al sistema) tiene una densidad despreciable con respecto a la del líquido del manómetro. o En la escala Centígrada ( C) el punto de congelación del agua es definido como 0 C y el punto de ebullición del agua como 100 oC. Se seleccionan dos puntos fijos para normalizar un termómetro.2 TEMPERATURA La temperatura puede definirse como la fuerza motriz que produce una transferencia de calor. el cual es un dispositivo que contiene mercurio y mide la presión atmosférica del lugar respecto al vacío. 3. Dos cuerpos están a la misma temperatura si no hay transferencia de calor cuando se ponen en contacto. La distancia entre estos dos puntos es dividida en 100 partes iguales y cada división corresponde a 1 oC. La temperatura se mide mediante los termómetros y las escalas más usuales son la Celsius o Centígrada y la Fahrenheit.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 23 ⎯ PA Pm Presión atmosférica PC Patm PV PB Vacío absoluto P=0 Para calcular el valor de la presión atmosférica o barométrica es necesario disponer de un barómetro. o En la escala Fahrenheit (oF) se define el punto de congelación del agua como 32 o F y el punto de ebullición como 212 oF.5. generalmente el punto de congelación y el punto de ebullición del agua a presión de 1 atm. La distancia entre estos dos puntos es . En la escala Fahrenheit el cero absoluto corresponde a -460 oF y la escala que toma este punto de partida se denomina escala Rankine absoluta. y en la misma forma decrece 1/273 por cada grado centígrado de disminución de temperatura.8 Se demuestra experimentalmente que la presión de un gas se incrementa en 1/273 por cada grado centígrado de aumento de temperatura.8 (oC) + 32 La relación de magnitud entre las dos escalas es: (oC/oF) = 1. Las dos escalas se relacionan mediante la fórmula: t (oF) = 1. Esta temperatura equivalente a -273 oC es llamada cero absoluto de temperatura y es el punto de partida de la escala Kelvin absoluta.8 Las siguientes fórmulas y relaciones son también de gran utilidad: T (oK) = t (oC) + 273 T (oR) = t (oF) + 460 (oK / oC) = 1 . Se concluye entonces que la presión ejercida por un gas cesaría cuando su temperatura llegase a 273 oC bajo cero. (oR / oF) = 1 Para convertir una diferencia de temperaturas puede utilizarse: .8 (oK ) La relación de magnitud entre las dos es: (oK / oR) = 1. La relación entre estas dos escalas es: T (oR) = 1.24 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ dividida en 180 partes iguales y cada división es 1 oF. CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 25 ⎯ ( Δ T oR) = (Δ T oK) x 1. . lt/kg. Se expresa generalmente en m3/kg. El inverso del volumen específico corresponde a la densidad.3 VOLUMEN ESPECIFICO Se denomina por la letra (v) y puede definirse como el volumen por unidad de masa. El volumen específico de sólidos y líquidos resulta relativamente independiente de la presión y la temperatura y su valor puede consultarse en tablas.5. etc. El volumen específico de gases y vapores es una función de la presión y la temperatura y su cálculo implica el conocimiento de las relaciones de estado correspondientes.8 (Δ t oF) = (Δ t oC) x 1.8 (Δ T oR) = (Δ t oF) (Δ T oK) = (Δ t oC) ESCALAS DE TEMPERATURA t oC t oF 100 0 -273 T oK 212 32 -460 T oR 373 672 273 492 0 0 3. la cual posee una densidad de 1 g/cm3 o 62. 3. La referencia utilizada en el caso de sólidos y líquidos es el agua a 4 o C.7 Indica la gravedad específica de la sustancia a 20 oC respecto al agua a 4 oC.26 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ La densidad relativa o gravedad específica (G) es el cociente entre la densidad de la sustancia y la densidad de una sustancia de referencia bajo condiciones específicas. El flujo másico en condiciones estables es el mismo en todos los puntos de un ducto o tubería y puede calcularse a partir de la ecuación: ο ο m= v A ρ = V ρ donde: v = velocidad lineal de flujo A = área de la sección de flujo ρ = densidad del fluido 3.7 EQUILIBRIO TERMODINAMICO Un sistema se encuentra en equilibrio termodinámico si es incapaz de experimentar espontáneamente algún cambio de estado.6 FLUJO DE MASA Y FLUJO VOLUMETRICO El movimiento de material o masa de un punto a otro recibe el nombre de flujo. La siguiente notación se utiliza: G(20/4) oC = 0. Se ο denomina flujo másico ( m ) a la masa transportada en la unidad de tiempo ο (masa/tiempo) y se denomina caudal o flujo volumétrico ( V ) al volumen transportado en la unidad de tiempo (volumen/tiempo). en las condiciones que le impone el medio.4 lb/pie3. . presenta las fases sólida. y cualquier sustancia pura puede existir en cualquier combinación de estas fases. Además. Si un proceso se efectúa de tal manera que en todo momento el sistema se encuentra alejado de un estado de equilibrio solamente de una manera infinitesimal.9 FASES Y CAMBIOS DE FASE Ciertas condiciones físicas de una sustancia se denominan fases de la misma. por ejemplo. Constituye un proceso ideal y se puede realizar en forma aproximada si se lleva a cabo muy lentamente. líquida y gaseosa. P P 1 1 2 2 V Proceso V Ciclo 3. La trayectoria es el conjunto de estados por los cuales pasa un sistema al realizar el proceso. el proceso recibe el nombre de quasiestático o de quasiequilibrio. el equilibrio de fases y el equilibrio químico. existen términos específicos con los cuales caracterizamos la transición de una . Un ciclo es un conjunto de procesos que dejan nuevamente al sistema en el estado original que tenía antes de realizarse.8 PROCESOS Y CICLOS Un proceso ocurre cuando el sistema pasa de un estado termodinámico a otro. 3.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 27 ⎯ Los tipos de equilibrio más importantes en termodinámica son el equilibrio mecánico. El agua. Un proceso es adiabático cuando se realiza sin transferencia de calor. el equilibrio térmico. 96 x 1 kg/lt = 0. pero todo cambio de fase corresponde a un cambio de estado termodinámico. ¿en cuanto tiempo se llenará el tanque? ο V = V/ θ ⇒ ο θ = (V/ V ) ο θ = V/ V = 5000 litros/ 95 litros/mi = 52.96 kg/lt .1 Por una tubería se descargan 95 litros por minuto de un líquido sobre un tanque.63 mi 3. Esta ley postula la existencia de la propiedad temperatura. Un cambio de estado termodinámico no implica necesariamente un cambio de fase. Encontrar: a) El flujo en kg./mi. y se habla de solidificación cuando un líquido se convierte en sólido. los tres cuerpos están en equilibrio térmico entre sí. La vaporización se lleva a cabo cuando un líquido se convierte en gas (o vapor).28 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ fase a otra. y la sublimación se produce cuando un sólido se convierte directamente en gas. que tiene el mismo valor para todos los sistemas que se encuentran en equilibrio térmico. G = ρL/ ρagua ⇒ ρL= 0. Si la capacidad del tanque es de 5 m3. 3. la condensación ocurre cuando un gas (o vapor) se convierte en líquido.2 Una bomba descarga 75 litros/mi de un líquido cuya gravedad específica es 0. b) El tiempo necesario para llenar un tanque vertical de 6 m de diámetro y 5 m de altura. PROBLEMAS RESUELTOS 3.96.10 LEY CERO DE LA TERMODINAMICA La ley cero de la termodinámica establece que si dos cuerpos están en equilibrio térmico con un tercero. La fusión se produce cuando un sólido se convierte en líquido. 5 En el condensador de una turbina de vapor se mantiene la presión absoluta de 3.8 ⎯⎯ x 60 m = 588 ⎯⎯ = 588 ⎯⎯ = 0. J m m2 εP = g Z = 9. Si el flujo de agua es de 10 litros por minuto.8 m/s2 x 20 m = 1960 J/mi 3. Dar la respuesta en kJ/kg. determinar el cambio de energía potencial del agua en J/mi.9 mi 3.92 kPa.37 m3 4 4 ο V =V/θ ⇒ ο θ = V/ V = (141.3 Determinar la energía potencial por unidad de masa del agua almacenada a una altura de 60 m.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 29 ⎯ ο ο a) m = V x ρ = 75 lt/mi x 0. si en un caso indica el barómetro 735 mm Hg y en otro caso 764 mm Hg? 760 mm Hg Pabs = 3.92 kPa x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 29.4 Se bombea agua desde una torre de enfriamiento hasta un condensador ubicado sobre una plataforma colocada 20 m por encima de la torre. ¿Qué marcarán los vacuómetros graduados en mm Hg.588 kJ/kg s2 kg s2 3.96 kg/lt = 72 kg/mi π D2 π (6)2 b) V = ⎯⎯⎯ x Z = ⎯⎯⎯⎯ x 5 = 141. ο ο EP = m εP= m g Z ο m = (10 lt/mi)(1 kg/lt) = 10 kg/mi EP = 10 kg/mi x 9.37 m3 / 75 lt/mi)(1000 lt/m3 ) =1884.3 kPa .41 mm Hg 101. 7 Un sistema de alimentación por gravedad se emplea para alimentar agua a un aparato.29.8 m/s2 3.09 m 3 2 ρg (1000 kg/m )(9. Se requiere una presión mínima de 206.A = 20 000 ⎯⎯ x 450 cm2 x (⎯⎯⎯⎯)2 = 900 N m2 100 cm F=mg ⇒ 900 N m = ⎯⎯⎯⎯ = 91.41 = 734.59 mm Hg 3.8 m/s ) .6 Un pistón tiene un área de 450 cm2.) a la entrada del aparato.29.30 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Pv = Patm – Pabs = 735 . P = 20 kPa = 20 000 N/m2 N 1m F = P.41 = 705.7 kPa (man.83 kg 9. ¿Cuál debe ser la elevación del nivel del agua por encima del aparato? P= ρgZ Se utiliza la presión manométrica en el cálculo.59 mm Hg Pv = 764 . Calcular la masa del pistón en kg si éste ejerce una presión de 20 kPa por encima de la presión atmosférica sobre un gas encerrado en el cilindro. P 206700 Pa Z = ⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 21. 787 m = 78.1 oC Convertir en grados Faharenheit las siguientes temperaturas medidas en grados centígrados: . t oC = (t oF .12.4.5 oC t oC = (24 .32)/1. 24.59 kPa en un lugar donde la presión barométrica es 97.465. 893. 1.75 kPa P 22750 Pa Z = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.2 oC t oC = (1465 .8 t oC = (-275 .275.8 = 72. t oF = 1.59 .8 = 796.95 ρagua ρL= 2.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 31 ⎯ 3.97. .8 t oC + 32 .170.84 kPa.84 = 22.32)/1.9 Convertir en grados centígrados las siguientes temperaturas medidas con un termómetro Fahrenheit: .8 = .8 = .186.8 Un fluido manométrico especial tiene una gravedad específica de 2.8 m/s2) 3.95 x 1000 kg/m3 = 2950 kg/m3 Pabs = Patm + Pm Pm = 120. 127. 162.95 y se utiliza para medir una presión de 120.32)/1.32)/1.44 oC t oC = (162 .32)/1. ¿Cuál será la altura alcanzada por el fluido manométrico? ρL G = ⎯⎯⎯ = 2.7 cm ρg (2950 kg/m3)(9. El flujo volumétrico es de 300 litros por minuto y la sustancia tiene una densidad de .8(127) + 32 = 260.13 ¿Cuál es el flujo de energía cinética transportada por una corriente de agua que fluye a razón de 5 litros/mi en una tubería de 4 cm de diámetro? 3.11 Se bombea agua hacia un tanque cuyo diámetro es 3 metros a velocidad estable.8(893) + 32 = 1639.4 oF 3. a) ¿Cuántos GPM son bombeados? b) Si se utiliza una tubería de 2.36 cm de diámetro para llenar el tanque.10 Dos termómetros.32 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ t oF = 1.40 oC = .4 oF t oF = 1.8( -12) + 32 = 10.8 t + 32 ⇒ t = (-32/0.8 oF t oF = 1.14 Una bomba descarga un líquido a un tanque cúbico de 3 m de lado.2 circula por una tubería a razón de 14 kg/hr.12 Un fluido cuya gravedad específica es 1. ¿Cuál es esa lectura en oR ? t oC = t oF = t t = 1. El nivel del agua en el tanque se incrementa en 6 cm por hora. ¿cuál es la velocidad del agua en la tubería en m/s ? 3.40 oF = 420 oR PROBLEMAS PROPUESTOS 3.5 m/s? 3. ¿Cuál es el flujo en cm3/mi y cuál ha de ser el diámetro de la tubería para que su velocidad sea 1. uno Fahrenheit y otro Centígrado están sumergidos en un fluido e indican la misma lectura.8) = -40 t = .302.8(-186) + 32 = .6 oF t oF = 1. 04. Determinar la presión absoluta en el tanque. El fluido utilizado tiene una densidad relativa de 0. En el cilindro se ha practicado un vacío equivalente al 83% de la presión barométrica que es 600 mm Hg. 3.18 Un cilindro de diámetro 200 mm está herméticamente cerrado por un émbolo conectado a un resorte.16 En la sala de máquinas de una central eléctrica funciona una turbina cuyo condensador se mantiene a la presión absoluta de 4. Determinar la fuerza F de tensión del resorte. (b) el tiempo que se tarda en llenar el tanque.17 Se utiliza un manómetro para medir la presión dentro de un tanque. a) ¿Cuál es la presión absoluta del aceite. indica una lectura de 6 kgf/cm2. 3.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 33 ⎯ 1.22 Dentro de un dispositivo cilindro-pistón vertical se encuentra un gas. Este émbolo convencionalmente es ingrávido y se desliza sin rozamiento.7 m/s .2 veces la del agua. cuando el barómetro marca 752 mm Hg. determinar la presión absoluta dentro del tanque en kPa. 3.19 Determine la presión atmosférica de un sitio donde la lectura barométrica es 2 de 700 mm Hg y la aceleración de la gravedad es 9. El pistón 2 tiene una masa de 3 kg y un área de sección transversal de 35 cm .89 y la diferencia de alturas en el manómetro es 70 cm. Suponer una presión barométrica de 101 kPa y una densidad relativa para el agua de mar de 1. expresada en N/m2.9 kPa.21 Determinar la presión ejercida sobre un buzo a 35 m por debajo de la superficie libre del mar.59 bar. en kgf si el émbolo no se mueve.15 Un manómetro. cuando el aeroplano se eleva a cierta altura en la cual la presión atmosférica es 0. 3. 3. expresado en estas mismas unidades. Determinar (a) el flujo másico en kg/s. Suponer una 3 densidad para el mercurio de 13750 kg/m . montado en la cabina abierta de un aeroplano que se encuentra en tierra. 3. si la presión absoluta permanece constante? 3.20 Un medidor de vacío conectado a un tanque registra 45 kPa en un sitio donde la lectura barométrica es de 725 mm Hg. y kgf/cm2 ? b) ¿Qué marcará el manómetro. Determinar el valor del vacío como un porcentaje de la presión barométrica cuyo valor es 753 mm Hg. y que mide la presión del aceite. Por . Si la presión atmosférica local es de 90 kPa. 3. 31 Determinar la masa y el peso del aire contenido en un salón de 12 x 8 x 4 metros.23 Un dispositivo vertical de cilindro-pistón sin fricción contiene un gas a 500 kPa.34 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ medio de un resorte se comprime el émbolo con una fuerza de 56 N. 3. Determinar la altura de la montaña. ¿Cuáles serán las temperaturas absolutas en las escalas Kelvin y Rankine ? .30 En un colector de vapor hay 300 kg de vapor de agua.28 Un manómetro que contiene aceite (ρ = 850 kg/m3) se conecta a un tanque lleno de aire. en galones.33 Dos termómetros marcan 315 oC y – 440 oF.879) si su altura es 3 m.27 ¿Hasta de qué altura podrá la presión atmosférica normal sostener una columna vertical de agua? 3. La densidad promedio del aire es de 1.2 kg/m3.2 cm3/g.3 kPa al pie de una montaña. 3. Determinar el volumen V del colector. y el mismo aparato señala 85 kPa en la cima. Determinar la diferencia de presión entre la parte superior y la parte inferior del cilindro.17 kg/m3. 3.32 Un tanque contiene 20 kg de nitrógeno y 20 kg de monóxido de carbono. El volumen total del tanque es 20 m3. 3. Suponer una densidad para el aire de 1.25 Convertir 225 kPa a atmósferas y mm Hg. si el volumen específico del vapor es 20. 3. 3. 3. Si la diferencia del nivel de aceite entre ambas columnas es de 45 cm y la presión atmosférica es 98 kPa. Determinar la masa del pistón. 3. 3.85. determinar la presión dentro del cilindro. Si la presión atmosférica es 90 kPa.26 Un montañista porta un barómetro que indica 101.29 La mitad inferior de un recipiente cilíndrico de 10 m de altura se llena con agua (ρ = 1000 kg/m3) y la mitad superior con un aceite que tiene una densidad relativa de 0. 3. Determinar la densidad y el volumen específico de la mezcla.24 Calcular la presión manométrica en psig en el fondo de un tanque lleno de benceno (G = 0. La presión atmosférica en el exterior es de 100 kPa y el área del pistón es de 30 cm2. determinar la presión absoluta del aire en el tanque. Expresar la tasa de pérdida de calor por oF de diferencia. Determinar la temperatura promedio de la atmósfera fuera de un avión que viaja a una altura de 12000 m.34 Convertir los siguientes intervalos de temperatura: a) 37 oC a oF. Si la temperatura de ebullición del agua es 212ºF a nivel del mar.5 Z donde Tatm es la temperatura de la atmósfera en oK y Z es la altura en km con Z=0 a nivel del mar.39 En la escala de temperaturas Reaumur se asigna un valor de 0 al punto de fusión del hielo y de 80 al punto de ebullición del agua. oF y oR? 3. b) 145 oR a oF.CAPITULO 3 : CONCEPTOS FUNDAMENTALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 35 ⎯ 3. ¿cuál es la temperatura de ebullición en oF en una montaña de 2600 metros de altura? 3.35 Durante un proceso de calentamiento.38 Una casa pierde calor a una tasa de 3000 kJ/h por oC. oC y oK. 3. . ¿Cuál es la temperatura del cero absoluto en esta escala? 3.15 . oR y oK. la temperatura de un sistema aumenta en 15ºC. Expresar el aumento en la escala Kelvin y Rankine. 3. ¿Cuál es éste aumento en la temperatura del cuerpo en o K. 3.37 La temperatura de ebullición del agua disminuye cerca de 3ºC por cada 1000 m de aumento de altitud.40 La temperatura promedio de la atmósfera en el mundo es aproximadamente una función de la altura mediante la siguiente ecuación: Tatm = 288. de diferencia entre las temperaturas externa e interna.6.36 La temperatura corporal promedio de una persona aumenta casi 2ºC durante el ejercicio intenso. diferente de la temperatura. 4. sin transferencia de masa. En general para un sistema cerrado se tiene: dW = P dV integrando: 2 2 1 1 ∫ dW = ∫ PdV La evaluación del trabajo puede hacerse mediante el conocimiento de una relación matemática de P en función de V.1 TRABAJO El trabajo es la energía transferida. sólo se transforma. a través de los límites de un sistema y debido a la diferencia de una propiedad intensiva entre el sistema y su medio. así: 2 ∫ 1 2 dW = ∫ f(v) dV 1 .CAPITULO 4 PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA La primera ley constituye uno de los axiomas más importantes de la termodinámica y puede expresarse así: la energía en un proceso no se crea ni se destruye. Según sea la trayectoria seguida en un proceso (ver figura) el valor del trabajo puede variar (diferente área). Se dice que el trabajo es función de la trayectoria. . así: P 1 2 a 2 ∫ 1 b V 2 ∫ dW = P dV = área 1 − 2 − b − a 1 Según el diagrama y la expresión anterior puede anotarse que el trabajo será positivo si corresponde a una expansión (aumento de volumen) y será negativo si corresponde a una compresión (disminución de volumen). En el primer caso se dice que el trabajo es efectuado por el sistema y en el segundo que el trabajo es efectuado sobre el sistema.38 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Si se desconocen estas relaciones se debe acudir al procedimiento gráfico (diagrama P-v) conociendo la trayectoria seguida por el proceso y empleando un método de integración gráfico. Las unidades de potencia corresponden a unidades de trabajo divididas por la unidad de tiempo. Una unidad de potencia multiplicada por la unidad de tiempo será lógicamente una unidad de trabajo. 4.1 UNIDADES DE TRABAJO.2 1 En un ciclo termodinámico (ver figura) el trabajo puede representarse por: ∫ 2 ∫ dW = a dW + 1 1 b ∫ dW 2 Las letras a y b indican las diferentes trayectorias seguidas en el ciclo. ej: el HP-hr. En el sistema métrico absoluto se utiliza el gf-cm.1. . Las mas utilizadas son el vatio ( J/s ). equivalente al producto de una presión por un volumen. el kw-hr.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 39 1 b a 2 V En consecuencia: 2 ∫ dW = W 1. J ) y en los sistemas de Ingeniería se utiliza el kgf-m (kilográmetro) y la lbf-pie. el kilovatio (kw) que corresponde a 1 000 vatios y el horsepower (HP). en el sistema SI se utiliza el N-m ( Julio o Joule. Las unidades de trabajo corresponden al producto de una fuerza por una longitud. sin transferencia de masa. C unidad de calor o energía [ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ] unidad de temperatura La expresión matemática de la capacidad calorífica es: dQ C = ⎯⎯ dT El siguiente gráfico podría utilizarse para representar el calor: C 2 1 T a b . Cuando la masa m corresponde a la unidad de masa. a través de los límites del sistema y debido a una diferencia de temperaturas entre el sistema y su medio. El calor específico constituye una característica del sistema.2 CALOR El calor es la energía transferida. causa una variación de temperatura de un grado. la capacidad calorífica tiene el mismo valor del calor específico. causa una variación de temperatura de un grado. Se define el calor específico (c) como la cantidad de calor que al ser suministrada o retirada de la unidad de masa de un sistema. unidad de calor o energía [ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ] unidad masa x unidad temperatura c Se define la capacidad calorífica (C) como la cantidad de calor que al ser suministrada o retirada de una masa m.40 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4. Tanto el calor como el trabajo dependen por tanto de la trayectoria seguida y matemáticamente son diferenciales inexactas.1 UNIDADES DE CALOR Unidad Térmica Británica (BTU). . Cantidad de calor necesaria para incrementar la temperatura de 1 g de agua en un grado centígrado. El calor y el trabajo son ambos fenómenos transitorios. su temperatura disminuye y el calor debe ser negativo. Caloría (cal).2 1 Cuando un sistema recibe calor. pero ambos se manifiestan cuando el sistema sufre un cambio de estado. En el caso de gases debe conocerse la relación C = f(T) para poder realizar la integración. Como puede verse.2. el calor en un proceso depende de la trayectoria del mismo y por lo tanto debe representarse su integral de la siguiente forma: 2 ∫ dQ = Q 1. su temperatura aumenta y el calor debe ser positivo.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 2 ∫ 41 2 ∫ dQ = C dT = área 1 − 2 − b − a 1 1 En el caso de sólidos y líquidos la capacidad calorífica no varía mucho con la temperatura y para cálculos aproximados puede suponerse constante. Cantidad de calor necesaria para incrementar la temperatura de 1 lb de agua en un grado Fahrenheit. Los sistemas nunca poseen calor y trabajo. 4. En el sistema Internacional (SI) se utiliza el julio (J) como unidad de calor. o de lo contrario debe utilizarse un método gráfico. Si el sistema cede calor. Esta energía.3 ECUACIONES DE LA PRIMERA LEY Se consideran por separado los sistemas cerrados y los sistemas abiertos. a) Para un sistema cerrado que realiza un ciclo termodinámico se tiene: ∫ dQ = ∫ dW Para lograr la consistencia dimensional de la ecuación cuando no se emplea el sistema (SI) deben utilizarse los factores: 1 BTU = 778.2 + ΔU . aunque los primeros constituyen un caso particular de los segundos cuando no hay transferencia de materia.42 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4.186 J b) Para un sistema cerrado que realiza un cambio de estado (proceso termodinámico) en ausencia de flujo se tiene: dQ = dU + dW donde U es la energía interna del sistema sin tener en cuenta cambios significativos de energía potencial y cinética. por tratarse de una energía de tipo almacenada.3. Integrando la ecuación anterior se tiene: Q1.1 SISTEMAS CERRADOS. es una función del estado inicial y final del sistema y por tanto independiente de la trayectoria del proceso.2 = W1.16 lbf-pie 1 cal = 4. 4. y la cual se define como: H = U + PV El término PV es denominado energía de flujo y sumado a la energía interna constituye ésta nueva propiedad de estado.2 = ∫ P dV 1 Trabajo de expansión o compresión .2 = Δ H + (Ws)1.2 = − ∫ V dP 1 Para una mayor comprensión de las expresiones anteriores pueden considerarse las siguientes figuras: 2 W1.VdP dQ = dH + dWs Integrando: Q1. Cuando se utilizan energías por unidad de masa la expresión será: h=u + Pν La expresión de la primera ley será: dQ = dH .CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 43 (c) Para un sistema cerrado que realiza un cambio de estado con presencia de flujo se presenta una nueva propiedad termodinámica llamada ENTALPIA (H).2 donde Ws se denomina trabajo en el eje y puede escribirse como: 2 ( Ws )1. 44 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 2 ( Ws )1.2 = − ∫ V dP 1 Trabajo en el eje 4.2 • m Entrada de fluido Salida de fluido • h2 v2 Z2 m h1 v1 • Z1 Q 1. Las propiedades termodinámicas del sistema permanecen además invariables con el tiempo.W s = m [ Δ h + Δ εC + Δ εP ] .2 SISTEMAS ABIERTOS Se considera un sistema a través de cuyos límites existe flujo de masa. lo mismo que los flujos de calor y masa (sistema estacionario o estable). Además existe variación de energía potencial y energía cinética (ver figura). se produce trabajo y se absorbe calor. • W 1.2 • • • Q .3. COMPRESOR. CENTRAL ELECTRICA. Su función es opuesta a la de una tobera.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 45 • Q = (Q/θ) = Flujo de calor • W s = (Ws/θ)1.2 = Potencia • m = (m/θ) = Flujo de masa Δ h = variación de entalpía específica. Máquina que sirve para elevar un líquido mediante el aumento entre la presión de entrada y la presión de descarga. Δ εc = variación de energía cinética específica. Para sistemas abiertos que manejan fluidos incompresibles (líquidos) el cambio de entalpía isotérmico puede reemplazarse por: Δ h = Δ P/ρ 4. DIFUSOR. CENTRAL HIDROELÉCTRICA. Planta que aprovecha la energía potencial del agua almacenada para producir energía eléctrica. CALDERA. DEHUMIDIFICADOR. CENTRAL TERMICA. Aparato para disminuir la humedad del aire o de un gas. Aparato donde se convierten los vapores en líquido mediante enfriamiento. Recipiente que transforma el agua en vapor de agua mediante la energía desprendida por un combustible al quemarse. Planta industrial en que se transforma energía de diversas clases en energía eléctrica. Planta industrial que transforma la energía almacenada del vapor de agua en energía eléctrica. Δ εP = variación de energía potencial específica. Es una máquina que transforma cualquier tipo de energía en energía mecánica.3 GLOSARIO DE TERMINOS UTILIZADOS EN LOS PROBLEMAS. Dispositivo que convierte energía cinética en energía de presión y térmica. . CONDENSADOR. BOMBA. Máquina que disminuye el volumen de un gas o fluido mediante un aumento de presión. MOTOR.3. Serie de tubos conectados entre sí. VENTURI. Lo primero se logra por medio de un conducto de sección variable. TOBERA. Dispositivo que por su diseño aumenta la velocidad de un fluido a la vez que disminuye su presión. 4. Dispositivo que tiene dos funciones: convertir energía térmica en energía cinética. Constituyen la parte difusora del calor en los sistemas de calefacción. TURBINA.1 Las pruebas de un motor se realizan valiéndose de un generador unido a él.2 La potencia de una central eléctrica en las barras de salida es de 12 MW. Máquina que transforma en trabajo rotatorio la energía cinética de un fluido en movimiento. We = Potencia Eléctrica = EI We = 220 voltios x 50 amperios = 11000 vatios = 11 kw La potencia entregada por el motor será: We = 11 kw (100/98) = 11.46 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ RADIADOR. La tensión en los bornes del generador de corriente contínua es 220 voltios y la intensidad de la corriente es 50 amperios.22 kw 4. PROBLEMAS RESUELTOS SISTEMAS CERRADOS. Se utiliza para medir el flujo. por los cuales circula agua o vapor a elevada temperatura.? Wcombustible = Potencia entregada por el combustible Wcombustible = 12 Mw (100/30) = 40 Mw = 40000 kw . si todas las pérdidas de energía en ella constituyen el 70% y el poder calorífico del combustible es 30. se quema en las calderas de la central. ¿Qué cantidad de combustible en kg/hr. El rendimiento del generador es del 98%. y dirigir la corriente del fluido según un ángulo especificado.000 kJ/kg. Determinar la potencia del motor. Determinar el calor transferido al o desde el sistema.2 = Δ H + (WS)1.2 Δ H = Q1.m.2 = (30 . Durante el proceso se añaden 30 kJ de calor al agua. Determinar la entalpía final del sistema si su entalpía inicial es 10 kJ.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 47 • Wcombustible = m combustible (kg/hr) x 30000 kJ/kg x (hr/3600 s) 40000 kW • m combustible = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 4800 kg/hr (30000 kJ/kg)(hr/3600 s) 4.2 = U + W1.2 – (WS)1.2 = + 60 kJ + 75 kJ = 135 kJ El calor es transferido al sistema.5 kJ H2 = 25.5 + 10 = 35. 4.4 Se calienta agua en un recipiente cerrado sobre una estufa. El trabajo de la hélice asciende a 500 N. Q1.5 kJ 4. mientras se agita por medio de una hélice. Completar la siguiente tabla: PROCESO 1-2 2-3 3-4 4-1 Q (kJ) 1040 0 . y 5 kJ de calor se liberan hacia el aire de los alrededores.5) = 25.900 0 W (kJ) 0 142 0 ΔU (kJ) .2 Q1.5 Un sistema cerrado efectúa un ciclo formado por cuatro procesos. Q1.3 La energía de un sistema cerrado aumenta en 60 kJ al mismo tiempo que desarrolla 75 kJ de trabajo sobre sus alrededores.5) – (-0. 1 = Q4.900 0 Σ = 140 W (kJ) 0 142 0 -2 Σ = 140 ΔU (kJ) +1040 -142 -900 +2 Σ=0 .142 kJ En el proceso 3-4 se tiene: Δ U = Q3.W1.0 = 1040 kJ En el proceso 2-3 se tiene: Δ U = Q2.142 = .3 – W2.4 = .900 .900 kJ Para que la suma de las energías internas sea cero el ΔU en el proceso 4-1 debe ser + 2 kJ En el proceso 4-1 se tendrá: W4.2 = 1040 .4 – W3.3 = 0 .1 .2 kJ Como puede verse en la tabla final.2 .(+2) = .48 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Para completar la tabla se tendrán en cuenta las siguientes ecuaciones: Q= ΔU + W Σciclo Q = ΣcicloW Σciclo Δ U = 0 En el proceso 1-2 se tiene: Δ U = Q1. Σ Q = 140 = Σ W PROCESO 1-2 2-3 3-4 4-1 Q (kJ) 1040 0 .Δ U = 0 .0 = . 140 ηT = ⎯⎯⎯ x 100 = 13.6 Un gas cuyo estado se define en un diagrama P-V por el punto 1.50 Segundo ciclo 10 . 2 a 1) P 1o c d a o 2 V Proceso 1c2 2a1 1d2 2a1 Q (kJ) W (kJ) Primer ciclo 80 30 .50 Δ U (kJ) . 2 a 1) y (1 d 2 . pasa al estado 2 siguiendo el camino 1c2. Al ocurrir esto al gas se le suministran 80 kJ de energía en forma de calor y se obtienen de él 30 kJ de trabajo.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 49 El rendimiento térmico del ciclo (ηT) se toma como la relación expresada en porcentaje entre el trabajo neto producido por el ciclo ( Σ W ) y el calor tomado por el ciclo ( Σ Q positivos ). Después este mismo gas retorna al estado inicial por un proceso 2a1. ¿Qué cantidad de calor hay que suministrar o extraer en el proceso 2a1. si al efectuarse este se gastan en la compresión 50 kJ de energía en forma de trabajo? En el problema hay dos ciclos: (1 c 2 .46 % 1040 4. ¿Qué cantidad de energía en forma de calor habrá que suministrar en otro proceso 1d2 para obtener del gas 10 kJ de trabajo?. 50 -100 Σ = -20 Σ = -20 Segundo ciclo 10 60 .50 + (.100 kJ El calor en el proceso 1d2 será: Q1d2 = Δ U + W1d2 = 50 + 10 = 60 kJ La tabla queda en la siguiente forma: Proceso 1c2 2a1 1d2 2a1 Q (kJ) W (kJ) Primer ciclo 80 30 . en el proceso 1c2 se tiene: Δ U = Q1c2 .W1c2 = 80 .50 -100 Σ = -40 Σ = -40 Δ U (kJ) +50 -50 Σ=0 +50 -50 Σ=0 Respuestas: Calor suministrado en 1d2: 60 kJ Calor retirado en 2a1 : -100 kJ 4.7 El trabajo y el calor por grado de temperatura para un sistema cerrado que ejecuta un proceso está dado por: o (dW/dT) = 144 J/ C y (dQ/dT) = 339 J/ oC Determinar el cambio de energía interna para el sistema si su temperatura se incrementa desde 65 oC hasta 130 oC.30 = 50 kJ El cambio de energía interna en el proceso 2a1 será: Δ U = .50 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Para el primer ciclo. .50 kJ Q2a1 = Δ U + W2a1 = .50) = . 8 La unidad de masa de un sistema se expande lentamente dentro de un dispositivo cilindro-pistón desde una presión y un volumen de 550 kPa y 28 litros respectivamente hasta un volumen de 114 litros.08 kPa 0.62 kJ .4 kJ 15.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 51 A partir de la ecuación de la primera Ley en forma diferencial se tiene: dQ = dU + dW diferenciando respecto a la temperatura se tiene: (dQ/dT) = (dU/dT) + (dW/dT) (dU/dT) = (dQ/dT) – (dW/dT) o (dU/dT) = 339 – 144 = 195 J/ C Integrando: Δ U = 195 J/oC x Δ t = 195 (130 – 65) = 12675 J 4.114 m3 V2 2 W1.2 = 15.4 kJ P1 V1 P2 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 135.4 kJ ln (114/28) = 21.2 ∫ 1 2 ∫ 2 ∫ P dV = (C / V ) dV = C (dV / V ) C ln ( V2 / V1 ) 1 1 W1. Si la ecuación de estado es PV=C donde C es una constante. Teniendo en cuenta que la ecuación de estado es: PV=C 3 P1 V1 = P2 V2 = C = 550 kPa x 0. determinar el trabajo en kJ.028 m = 15. 22) – 100 (1 – 0. Calcular el trabajo efectuado cuando un gas se expande desde un estado de 150 kPa y 0.62 – 2. donde n y C son constantes.03)1. calcular el trabajo realizado durante el proceso.03 m3 hasta un volumen final de 0.3 – 0.10 Durante ciertos procesos de expansión y compresión real en dispositivos de cilindro-pistón.2 = (a/2) (V22 – V12) + b(V2 – V1) W1. Si el volumen inicial del gas es 0.52 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4. la presión de un gas cambia de 100 a 900 kPa de acuerdo con la relación P = aV + b.2 = [1. se ha observado que los gases satisfacen la relación PVn = C.3 = 1.2 m3 para el caso de n=1.57 W1.3.57/ (1-1.2 m3.031-1.2 = P dV = ( aV + b) dv 1 1 W1.2) = 480 – 80 = 400 kJ 4.21-1.9 Durante un proceso de expansión.3)] (0.23 (1. P1 = aV1 + b Luego: b = P1 – a V1 = 100 kPa – 1000 (kPa/m3) (0.86) = 6. 2 ∫ 2 ∫ 2 ∫ W1. donde a = 1 MPa/m3 y b es una constante.2 m3) = -100 kPa V2 = (P2 – b) / a = [900 – (-100)] / 1000 = 1 m3 2 2 ∫ ∫ W1.2 = P dV = ( C / V n ) dV = C ( dV / V n ) 1 1 1 W1.2 = (1000/2) (12 – 0.48 kJ .2 = [C/(1-n)](V21-n – V11-n) P1 V1n = C = 150 x (0.3) = -5. Δ P/ρ ) • m = 80 kg/mi x (mi/60 s) = 1. con un volumen específico y una entalpía de 4. 0. El flujo de agua a través de la bomba es 80 litros/mi. El volumen específico y la entalpía son respectivamente 1.11 Se bombea agua desde un tanque de almacenamiento utilizando un tubo de 4 cm de diámetro a la velocidad de 2 m/s.0.73 x 10– 4 m3/kg y 420 kJ/kg.64 m3/kg y 2670 kJ/kg.3 kPa.042 / 4) (1000) = 2.51) (2) = 5. Una vez que se condensa el vapor dentro del radiador. determinar la potencia necesaria en el eje de la bomba en kilovatios. • • W s = m ( .51 kg/s εc = v2/2 = 22/2 = 2 J/kg • W s = (2.02 J/s o (vatios) 4. Si se desprecian los cambios de energía cinética y .33) [(90 – 500) / 1000] = . el condensado sale del aparato a 103. Si la tubería de entrada y la de salida tienen la misma elevación y el mismo diámetro. ¿Cuál es la energía cinética específica del agua en J/kg? ¿Qué potencia podría desarrollarse en vatios? • m = v A ρ = (2) (π .13 Vapor de agua a 103.33 kg/s • W s = (1.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 53 SISTEMAS ABIERTOS 4.5453 kw 4.3 kPa se hace pasar por un radiador.12 La presión de entrada a una bomba es 90 kPa y la presión de salida es 500 kPa. respectivamente. b) Determinar la velocidad de salida para condiciones adiabáticas.W s = (0.14 A través de un dispositivo que produce trabajo. A la salida.Δ h + ( v 1)2/2 = .54 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ energía potencial.49 kJ/kg 0.93 kJ/kg • .98 kw • W s = 17.49)(1000)] = 724.3) ( -56 – 3.56 kJ/kg Δ εc = (152 – 902) / 2 = .98 kw 4. una velocidad de 30 m/s y una entalpía de 923 kJ/kg.15 Aire entra a una tobera a presión de 2700 kPa. y el flujo de masa es de 0. calcular la velocidad de salida. y sale a una presión de 700 kPa y una entalpía de 660 kJ/kg. Δ h + Δ εc – (Q/m) = 0 ( v 2)2/2 = (Q/m) . ¿qué cantidad de calor provee el radiador por cada kg de vapor? (Q/m) = Δ h = 420 – 2670 = .5 v 2 = [(2) (262.5 J/kg = .W s = m (Δ h + Δ εc) Δ h = 174 – 230 = .96 kJ/kg. (a) Si la pérdida de calor es de 0.2250 kJ/kg 4.45 m/s La velocidad a la salida para condiciones adiabáticas sería: . la entalpía y la velocidad son 174 kJ/kg y 15 m/s. La entalpía y la velocidad del fluido a la entrada son 230 kJ/kg y 90 m/s.0. ¿cuál es la potencia en kilovatios desarrollada por el dispositivo? • • . se tiene un flujo permanente de 0.45 = 262.96 – (660 – 923) + 302/2000 ( v 2)2/2 = .2 kg/s.3. Si el proceso es adiabático y se desprecia el cambio de energía potencial.0.96 + 263 + 0.93) = -17.3937.3 kg/s. 3/1. Ws = 0. Si Q = 0.45 = 263.5 m3/mi) (1.662 – 4.17 – 80.86 kg/m3.45 v 2 = [(2) (263.78 – (-24)] = 24. • • .45) (1000)]0.8 m/s 4.17 Agua a razón de 1135. ¿cuál es la caída de presión a través del vénturi? (Δ P/ρ) + Δ εc = 0 ⇒ Δ P = (.1785 kg/s (P1/ρ1) = (101. es de 82 kJ/kg.0189) / (π x 0.16 Un compresor de aire toma 8.0189)/(π x 0.5 cm a la entrada y de 3. y la pérdida de calor producida por el enfriamiento es de 24 kJ/kg.272)/2 = 129.39 kJ/kg (P2/ρ2) = (550/4.86) = 113.0752 /4) = 4.66 J/kg = 0.5 m3/mi de aire con una densidad de 1. el cual tiene un diámetro de 7. y Δ U = 0. El cambio de energía interna específica a través del compresor.0382 /4) = 16.129 kJ/kg Δ P = (-0.8 cm en la garganta.26 kg/m3) (mi/60 s) = 0.77 kw 4. calcular la potencia consumida en kilovatios.5 = 725.26) = 80.W s = m [Δ h – (Q/m)] • m = (8.26 kg/m3 y una presión de 1 atm.Δ εc ) (ρ) v 1 = (V/A) = (0.66 m/s Δ εc = (16.(P1/ρ1)] = 82 + (113.78 kJ/kg • .39) = 114.W s = (0.. y los descarga a 550 kPa con una densidad de 4.129)(1000) = .27 m/s v 2 = (V/A) = (0. Despreciando los cambios en las energías cinética y potencial.5 litros/mi fluye a través de un vénturi.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 55 ( v 2)2/2 = .1785) [114.17 kJ/kg Δ h = Δ u + [(P2/ρ2) .Δ h + ( v 1)2/2 = 263 + 0.129 kPa . 3) [(2232 – 3263) – ( .20 Vapor de agua efectúa un cambio de estado dentro de un cilindro provisto de un pistón. (b) El trabajo adiabático por unidad de masa. u = 2958 kJ/kg.3 kJ/kg de vapor. Hallar el rendimiento de un motor de automóvil de 50 kW de potencia con un gasto horario de combustible de 8 kg/hr.000 kJ/kg. (c) El volumen específico a la entrada. • • . Determinar: (a) La potencia producida.19 Se llama rendimiento de un motor.063 m3/kg ν2 = (h2 – u2) / P2 = (2232 – 2101) / 20. 4. ¿cuál es la cantidad de trabajo involucrada? .32 m3/kg • m = v A /ν ⇒ • v 2 = m ν2 /A2 = (6.32) / 0.464 m2.7 kPa.18 A una turbina entra vapor de agua con una presión de 4826 kPa. u = 2101 kJ/kg.23. h = 3263 kJ/kg.7 = 6.W s = m [Δ h – (Q/m)] • .3 kg/s.Δ h = 3263 – 2232 = 1031 kJ/kg h1 = u1 + P1ν1 ⇒ ν1 = (h1 – u1)/P1 = (3263 – 2958) / 4826 = 0. (d) La velocidad a la salida si el área respectiva es de 0.TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 56 4. Si durante el proceso se agregan 950 kJ de calor.8 m/s PROBLEMAS PROPUESTOS SISTEMAS CERRADOS 4.464 = 85. Se observa una pérdida de calor por radiación igual a 23.3) (6.W s = (6. y con un flujo de masa de 6. y P = 20.5 kw (W/m) = .3 )] = 6348. La energía interna del vapor aumenta en 900 kJ. El vapor sale con h = 2232 kJ/kg. la razón de la cantidad de energía producida a la cantidad de energía que desprende el combustible que consume el motor. El poder calorífico del combustible es de 40. Completar la siguiente tabla: PROCESO 1-2 2-3 3-4 4-1 Q (kJ) 0 0 W (kJ) 0 395 0 Δ U (kJ) 1390 . Se sabe que las presiones en los puntos 1 y 2 son respectivamente 1 y 5 atm. y si difieren.1 kilovatios. y que la variación de volumen ( V2 – V1 ) es 0. el 3 volumen de 0.5 m3.21 Un sistema gaseoso cerrado realiza un proceso en el cual se ceden 30 kJ de calor. la entalpía decrece 80 kJ.3 m se reduce a la mitad y la presión permanece constante en 344 kPa. en cuanto es.55 m3. Se requieren 335 J para fundir un gramo de hielo. si la licuadora emplea para mover sus aspas un motor de 0. 4. Determinar: (a) El cambio de energía interna del sistema. 4. y su volumen cambia de 0. El gas pasa al estado 2 por la trayectoria 1a2 y por la trayectoria 1b2. Estimar el tiempo para convertir el hielo en líquido.23 Durante un proceso para el cual la masa es 1 kg. Determinar el cambio de energía interna.14 a 0.1000 .CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 57 4. P a 2 1 b V Determinar si diferirán en estos dos procesos las cantidades de calor suministrado y extraído.22 Una licuadora aislada térmicamente contiene 20 g de hielo picado.24 El estado del gas que se encuentra bajo el pistón de un cilindro está determinado por el punto 1 de la figura. 4. La presión es constante a 150 kPa. 4.25 Un sistema efectúa un ciclo formado por cuatro procesos. (b) El trabajo realizado. 58 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4.32 En una caída de agua de 60 metros se tiene un gasto de 200 m3/h. ¿Qué cantidad de trabajo se transfiere durante este segundo proceso? 4. el sistema regresa a su estado inicial mediante un segundo proceso durante el cual se agregan 15 kJ de calor al sistema.27 Una sustancia tiene la siguiente ecuación de estado : V = 100/P m 3 ( P en kPa ) Calcular el trabajo en kJ cuando la presión se incrementa desde 100 kPa hasta 1000 kPa.26 Un sistema cerrado efectúa un proceso durante el cual se extraen 10 kJ de calor del sistema y se desarrollan 25 kJ de trabajo sobre el mismo. 4. Durante este proceso.1200 kPa/m3 y b = 600 kPa.1 m3. Calcular el trabajo realizado durante este proceso. Durante este proceso la presión cambia con el volumen de acuerdo con la relación P = aV + b. 4.28 Un sistema cerrado cambia su volumen desde V1 = 200 litros hasta V2 = 60 litros de acuerdo a la ecuación: V = 1000/(P . .3 a 0. Calcular el trabajo efectuado sobre el dióxido de carbono durante este proceso. donde a = 8 kPa.42 m3 hasta un volumen final 0. ¿Cuál es el incremento de energía potencial específica del agua en J/kg? 4. la presión y el volumen se relacionan mediante P = aV-2.m6 .8) litros ( P en kPa ) Determinar el cambio de entalpía si el sistema cede 20 kJ de calor. Calcular la potencia teórica en kilovatios que podría generar una planta hidroeléctrica instalada al pie de la caída. Después del proceso anterior. donde a = .30 El dióxido de carbono contenido en un dispositivo cilindro-pistón se comprime de 0.12 m3. 4. SISTEMAS ABIERTOS 4.29 Un gas se comprime desde un volumen inicial de 0.31 Se bombea agua desde un recipiente hasta otro situado 25 metros arriba. 38 Una bomba centrífuga comprime 3000 litros/min de agua. 4. la entalpía adquiere un valor de 2100 kJ/kg.36 Un fluido que se encuentra a 700 kPa. 3. calcular la potencia desarrollada por el dispositivo en kilovatios. mientras que a la salida. Los gases que salen del hogar tienen una entalpía de 616 .94 m3/kg y 335 m/s. una de 43027 kJ/kg. Despreciando el intercambio de calor con el exterior y los cambios de energía cinética y potencial. 2000 kJ/kg. Sale a P = 172 kPa. Si a una tobera entra un flujo permanente de vapor de agua con velocidad de 35 m/s y entalpía de 2970 kJ/kg y sale con una entalpía de 2670 kJ/kg. La pérdida de calor se calcula en 18. Determinar el cambio de energía interna. 4. v = 160 m/s. pero el diámetro de la tubería de toma es de 15 cm.7 kg/s y con las siguientes condiciones iniciales: presión. Suponer operación adiabática. los tubos de succión y de descarga se encuentran al mismo nivel. La entalpía y el volumen específico del fluido 3 a la entrada del dispositivo son 2320 kJ/kg y 0. densidad. 4. se tiene un flujo con velocidad de 31 m/s que proviene de una tubería de 15 cm de diámetro. 4. y el combustible. de 98 kPa a 300 kPa.40 Aire y combustible entran en el hogar de un sistema de calefacción doméstica. 4.33 59 Un flujo permanente de vapor de agua entra a un condensador con una entalpía de 2320 kJ/kg y una velocidad de 360 m/s. 4. velocidad. determinar la potencia requerida en vatios. El aire tiene una entalpía de 302 kJ/kg. con un volumen específico de 0. ¿Qué cantidad de calor se lleva el enfriador por cada kg de vapor condensado? 4. ocasionada por la radiación.2 kg/m3. es de 23 kJ/kg. entra en un dispositivo.39 Un fluido entra en un sistema. La pérdida de calor en dicho aparato. 60 m/s y energía interna.37 Se bombea agua desde una torre de enfriamiento hasta un condensador ubicado sobre una plataforma colocada 20 m por encima de la torre. El condensado sale del condensador con una entalpía de 139 kJ/kg y velocidad de 6 m/s. 690 kPa. y u = 1950 kJ/kg.CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 4. ρ = 0. mientras que el de la tubería de descarga es de 10 cm. Así mismo.25 m3/kg y una velocidad de 175 m/s.35 A través de un dispositivo que produce trabajo operando en régimen permanente.6 kJ/kg. con flujo constante de 3. y esta sustancia sale a 136 kPa.34 En una tobera no se tienen interacciones de trabajo. 0. El trabajo realizado por el fluido vale 465 kJ/kg. Determinar la potencia consumida por la bomba en kilovatios.64 kg/m3. Si el flujo de agua es de 10 litros/mi.34 m /kg. Calcular la potencia en kilovatios. Las temperaturas de entrada y salida son de 25ºC. ¿cuál es la velocidad de salida del vapor?. 5 kJ/kg. con v = 0. 4. v = 1.05 m/s. La cantidad de leche que se maneja es de 400 litros/mi. El agua con una entalpía de 42 . 4. Calcular el flujo de agua requerido en m /mi si se desprecian los fenómenos de fricción.47 Una mezcla de aire y vapor de agua con una entalpía de 125 kJ/kg entra a un dehumidificador a razón de 300 kg/h.2 kJ de energía por cada grado de aumento en su temperatura. a través de una tubería de 7.5 cm de diámetro.8 kPa. (a) Calcule el calor total cedido por el vapor. 4.47 kg/s de vapor de agua.60 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kJ/kg.45 Una bomba de 10 kilovatios aumenta la presión de descarga de una corriente líquida de densidad relativa 1.41 Un compresor comprime aire.5 kJ/kg.44 En una pasteurizadora se transporta leche de densidad relativa 1. La casa calentada requiere un flujo de 17. y se tienen 17 kg de aire por kg de combustible. la temperatura del agua se incrementa de 13 C a 24 C. con una entalpía de 2570 kJ/kg. y sale como líquido con una entalpía de 160. Calcular el flujo de agua de enfriamiento en el condensador. Las condiciones de salida son P = 137.42 Un condensador recibe 9. Calcular la presión de descarga de la bomba en kPa. Calcular la potencia de la bomba en kilovatios.147 m3/kg y u = 2510 kJ/kg. El flujo volumétrico es 1500 litros/mi.1 m3/kg. sin º º embargo. La presión inicial del líquido antes de entrar a la bomba es 1 atm.6 kilovatios de energía térmica. Una cantidad de 35 kJ/kg de calor se pierde en el compresor conforme el aire pasa a través de él. determinar la potencia requerida para un flujo de aire de 0. 4. 4. El vapor se condensa. entra en una tobera adiabática a 1378 kPa y 3. y u = 2263 kJ/kg. hasta una presión y una temperatura que corresponden a una entalpía de 175 kJ/kg.25.46 El agua de un embalse pasa sobre un dique a través de una turbina y se descarga por medio de una tubería de 70 cm de diámetro en un punto localizado 60 m por debajo de la superficie del embalse. con una entalpía inicial de 96. La turbina 3 proporciona 0. se sabe que 1 kg de agua absorbe 4.4 kg/s. Calcular la velocidad de salida. (b) El agua de enfriamiento circula por el condensador con un flujo desconocido. Además.8 megavatios. Despreciando las energías cinética y potencial. recibiendo calor. 4.02 hasta un tanque de almacenamiento situado a 10 metros de altura. Suponer que el diámetro de la tubería de entrada es igual al de salida. ¿Cuál es el consumo de combustible por día? 4. El agua calorífica circula por las paredes del hogar.43 Vapor de agua con un flujo de 1360 kg/h. CAPITULO 4 : PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 61 kJ/kg se drena a razón de 5 kg/h. 4. Determinar el flujo de calor disipado en este proceso.8 kg/kg de carbón.4 kJ/kg. Se sabe que durante la compresión aumenta la entalpía del aire en 190 000 kJ/h y la entalpía del agua que enfría el compresor en 10 000 kJ/h. Despreciando la variación de energía cinética y potencial. El fluido entra con una velocidad de 2190 m/mi y sale con una velocidad de 730 m/mi. El aire para la combustión es suministrado en una relación de 13 kg de aire/kg de carbón y tiene una entalpía de 50 kJ/kg. . Durante la compresión aumenta la entalpía del nitrógeno en 200 kJ/kg. hallar la potencia de accionamiento del compresor en kilovatios.5 kg/mi de un fluido a 210 kPa y 93 C y lo descarga en un punto 25 m por encima del nivel de entrada a 100 kPa y 315ºC. 4. si se desprecia el intercambio de calor con el medio y la variación de las energías cinética y potencial del nitrógeno? º 4. Los productos gaseosos de la combustión (gases de chimenea). ¿Qué potencia debe tener el accionamiento del compresor.49 Un compresor centrífugo comprime 100 kg/h de nitrógeno. Determinar la potencia en kilovatios.51 Una unidad generadora de vapor recibe 100000 kg/h de agua de alimentación con una entalpía de 750 kJ/kg. La mezcla de aire y vapor de agua sale del aparato con una entalpía de 46 kJ/kg. El vapor sale de la caldera con una entalpía de 3250 kJ/kg.50 Un sistema recibe 45. Determinar las pérdidas de energía en kJ por cada kg de combustible. 4. Durante este proceso se suministran 26365 kJ/h de calor desde una fuente externa y la entalpía se incrementa en 5 kJ/kg. Los cambios de energía cinética y potencial se pueden despreciar.48 Un compresor de aire comprime 130 kg/h de aire. salen de la unidad con una entalpía de 278. Se queman 9850 kg/h de carbón con un poder calorífico de 30160 kJ/kg. en una cantidad de 13. el trabajo puede convertirse fácilmente en calor. Es imposible construir una máquina que funcione según un ciclo cerrado y cuyo único efecto sea el de producir trabajo e intercambiar calor teniendo una sola fuente de calor.1 ENUNCIADOS DE LA SEGUNDA LEY Existen varias formas de expresar la segunda ley. Puede decirse que la segunda ley de la termodinámica está relacionada con la dirección del proceso de intercambio de energía.CAPITULO 5 SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA La segunda ley constituye. pero los siguientes enunciados clásicos de la misma son los más aceptados. así por ejemplo. La incapacidad de la primera ley para explicar y predecir algunos fenómenos en la conversión de la energía. 5. 5.1 ENUNCIADO DE KELVIN-PLANCK.1. el más importante axioma de la termodinámica. sin duda alguna. pero la experiencia indica que este último no puede convertirse total y contínuamente en trabajo. TH QH B |QH| = W W . hace necesario el estudio de este capítulo. 2 ENUNCIADO DE CLAUSIUS.1. .64 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5. TH Q TL TH > TL |QH| = |QL| = Q 5.2 MAQUINAS Y BOMBAS TERMICAS Una máquina térmica que funciona de acuerdo a la segunda ley de la termodinámica (ver enunciado de Kelvin-Planck) debe efectuar un ciclo cerrado. tomar una cantidad de calor de una fuente o foco caliente y ceder otra cantidad de calor a un receptor o foco frío. La diferencia entre el valor absoluto del calor tomado |QH| y el valor absoluto del calor cedido |QL| constituye el trabajo producido por la máquina. Es imposible que el calor se transfiera por sí solo desde una región de baja temperatura hasta otra de mayor temperatura. tomando para ello una cantidad de calor de una fuente de baja temperatura.⎮QL ⎮ QL TL . Dentro de este grupo están clasificados los llamados refrigeradores.⎮QL ⎮ QL TL Una bomba térmica que funcione de acuerdo a la segunda ley de la termodinámica (ver enunciado de Clausius) debe efectuar un ciclo cerrado. consumiendo un trabajo mecánico y cediendo una cantidad de calor a un receptor de alta temperatura.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 65 TH QH M W = ⎮QH ⎮. TH QH B W = ⎮QH ⎮. En un proceso irreversible no puede llevarse a cabo la inversión del mismo sin violar la segunda ley de la termodinámica. W |QH| .4 CICLO DE CARNOT La máquina reversible o máquina que trabaja según un ciclo reversible es la llamada máquina de Carnot. Se refiere a una bomba térmica o refrigerador y es la relación entre el calor removido y el trabajo requerido.1 EFICIENCIA TERMICA (ηT).2. El ciclo efectuado por esta máquina es el ciclo de Carnot. la conversión total de trabajo en calor es irreversible. Se refiere a una máquina térmica y expresa la fracción del calor tomado convertido en trabajo.2. .3 PROCESOS REVERSIBLES Se dice que un proceso es reversible si el estado inicial del sistema puede restablecerse sin efectos observables en el sistema y sus alrededores o medio. Un ciclo termodinámico reversible debe estar conformado sólo por procesos reversibles. ejemplo: la transferencia de calor a través de una diferencia finita de temperaturas es irreversible. el cual consta de cuatro procesos todos ellos reversibles. 5. |QL| |QL| COP = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ W |QH| .⎯⎯⎯ |QH| El resultado anterior se multiplica por 100 para expresarlo en porcentaje.2 COEFICIENTE DE FUNCIONAMIENTO (COP). 5.|QL| |QL| |QH| |QH| ηT = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 .66 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5.|QL| La relación anterior puede ser mayor que la unidad. 5. si operan entre las mismas regiones de temperatura.⎯⎯⎯ TH . 2) Todas las máquinas térmicas reversibles tienen la misma eficiencia. El último corolario implica que la eficiencia térmica de una máquina reversible o de Carnot está dada por: TL (ηT) R = 1 . Proceso 2-3: La temperatura disminuye adiabáticamente hasta TL. Proceso 3-4: Se cede calor QLen forma reversible a temperatura constante TL.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 67 P QH 1 2 TH = cte 4 3 TL = cte QL V Proceso 1-2: Se toma calor QH en forma reversible a temperatura constante TH. Proceso 4-1: La temperatura aumenta adiabáticamente hasta TH. De lo anterior se pueden deducir los siguientes corolarios: 1) Es imposible construir una máquina que opere entre dos regiones de temperatura distinta y que sea más eficiente que una máquina reversible que opere entre las mismas regiones de temperatura. 6 DESIGUALDAD DE CLAUSIUS Se demuestra que para todo ciclo termodinámico: ∫ ( dQ / T) ≤ 0 La desigualdad se conserva si el ciclo es irreversible y la igualdad si el ciclo es reversible. 5. la operación de cualquier máquina reversible constituye un medio para establecer una escala de temperatura.68 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ TH |QH| ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ |QL| TL El coeficiente de funcionamiento (COP) para un refrigerador de Carnot será: TL COP = ⎯⎯⎯⎯ TH .TL 5. Según lo anterior es claro que la imposibilidad de llegar al cero absoluto tiene gran relación con la imposibilidad de tener una máquina cuya eficiencia térmica sea del 100%. . Esta escala se denomina escala termodinámica de temperatura y corresponde a la escala Kelvin de temperatura absoluta. independiente de las propiedades físicas de las sustancias.5 ESCALA TERMODINAMICA DE TEMPERATURA Teniendo en cuenta que la eficiencia térmica de una máquina reversible es función únicamente de las temperaturas absolutas TH y TL. ya que ésta violaría la segunda ley de la termodinámica. 8 CAMBIO DE ENTROPIA PARA UN PROCESO IRREVERSIBLE Se demuestra que el cambio de entropía para un proceso irreversible está dado por la expresión: dQ dS > ( ⎯⎯⎯) irreversible T 2 ∫ Δ S = S 2 − S1 〉 (dQ / T )irreversible 1 5. Esta propiedad recibe el nombre de ENTROPIA y se puede representar como: dQ dS = ( ⎯⎯ ) reversible T 2 Δ S = S 2 − S1 = ∫ (dQ / T) reversible 1 5. independiente de la trayectoria seguida en el proceso.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ∫ (dQ / T) irreversible ∫ (dQ / T) < 0 reversible 69 =0 5.7 ENTROPIA ( S ) De la expresión dada para un ciclo reversible se puede concluir que la cantidad (dQ/T)rev constituye una propiedad del estado de un sistema y su variación es por lo tanto.9 PRINCIPIO DEL INCREMENTO DE ENTROPIA Utilizando las expresiones anteriores y considerando la interacción entre un sistema y sus alrededores se llega a la expresión: ( Δ S ) aislado > 0 . Así por ejemplo. Se demuestra una vez más que el calor depende de la trayectoria. el ciclo de Carnot representado en el diagrama T-S indica claramente todas las relaciones encontradas anteriormente. el cual considera que la entropía de todo sistema aislado aumenta cuando dentro de él se suceden procesos irreversibles. 5.2 S a ΔS b Como se aprecia. dQ d S = ( ⎯⎯ ) reversible T 2 ∫ 2 dQ = 1 ∫ T dS = área 1 − 2 − b − a 1 T 2 1 Q1. el área representa el calor involucrado en el proceso. y será diferente si la trayectoria del proceso cambia.10 DIAGRAMA TEMPERATURA-ENTROPIA Considerando que tanto la temperatura (T) como la entropía (S) son propiedades termodinámicas de estado. . Las coordenadas anteriores son de gran importancia en la representación de los procesos y ciclos termodinámicos. las dos pueden utilizarse para construir el diagrama entrópico (T-S).70 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ La anterior expresión constituye el llamado principio del incremento de entropía. 11 ENERGIA DISPONIBLE Y NO DISPONIBLE Existe una cantidad de trabajo máximo que una máquina puede producir a partir de una determinada cantidad de calor suministrado. Desde luego. que es conveniente para la operación de la máquina térmica. el rendimiento del sistema total. el trabajo producido puede aumentarse. para reducirlo por debajo de la temperatura ambiente se requiere un sistema de refrigeración.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 71 |QH| = área 1-2-b-a = ΔS (TH) |QL| = área 3-4-a-b = ΔS (TL) |QH| . bien sea elevando el límite superior de temperatura del ciclo o reduciendo su límite inferior. el límite inferior de temperatura no es una cantidad que pueda reducirse indefinidamente. por lo tanto. . En la realidad. que consume trabajo y que reduce. Por tal razón.|QL| = área 1-2-3-4 ΔS (TH) TH |QH| ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯ |QL| ΔS (TL) TL T 1 TH 2 TL 4 3 S a ΔS b 5. se habla de una temperatura mínima disponible o de referencia (TR). TR Ei = QH .-⎯⎯ ) ( QH) = área a-b-c-d TH donde QH = calor total suministrado = TH ( Δ S) La energía no disponible ( Ei ) es la diferencia entre el calor total adicionado y la energía disponible.( 1 . se denomina también trabajo máximo (Wmax) y puede expresarse como: T a TH b energía disponible TL d c energía no disponible S e ΔS f TR Wmáximo = ( 1 . tal como un lago o un río. o la de un receptor de calor natural.⎯⎯) ( QH) = área c-d-e-f TH . Según el diagrama la energía disponible (Eu) de un sistema es la porción de calor suministrado al sistema que puede transformarse en trabajo en una máquina o máquinas reversibles que operan entre TH y TR.72 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Normalmente ésta es la temperatura ambiente. 7 kJ 5. Calcular el trabajo producido en kJ.89 kJ/mi 243 .57 % = (W/QH) x 100 TH 1 073 W = 0.30 + 273 = 243 oK TH = 35 + 273 = 308 oK TH |QH| ⎯⎯ = ⎯⎯ TL |QL| ⇒ TH |QH| = |QL| x ⎯⎯ TL 308 |QH| = 10 000 x ⎯⎯⎯ = 12 674.⎯⎯ ) x 100 = (1 .CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ según lo anterior: 73 Ei = TR ( Δ S) PROBLEMAS RESUELTOS 5. QH = 1 000 kJ TH = 800 + 273 = 1 073 oK TL = 150 + 273 = 423 oK 423 TL η T = (1 .⎯⎯⎯ ) x 100 = 60.1 Un ciclo de Carnot recibe 1000 kJ de calor desde una fuente que se encuentra a 800 oC y cede calor a un receptor cuya temperatura es 150 oC. ¿Cuál es la potencia requerida? QL = 10 000 kJ/mi TL = .6057 x 1 000 = 605.2 Un refrigerador trabaja según un ciclo de Carnot y transfiere 10 000 kJ/mi desde un recipiente a – 30 oC hasta la atmósfera que se encuentra a 35 oC. 5 kJ para producir 1 kg de hielo a 0 oC.5 ⎯⎯ x 5 kg = 1667. La temperatura de equilibrio del colector es de 40 oC cuando la temperatura ambiente es de 20 oC.89 kJ/mi kJ mi W = 2 674.5 kJ kg TH |QH| ⎯⎯ = ⎯⎯ TL |QL| ⇒ TH |QH| = |QL| x ⎯⎯ TL 299 |QH| = 1667. TH = 40 + 273 = 313 oK . TH = 26 + 273 = 299 oK TL = 0 + 273 = 273 oK kJ |QL| = 333.3 Calcular el trabajo mínimo requerido para producir 5 kg de hielo a partir de agua a 0 oC.58 kW mi 60 s 5.5 = 158. La temperatura ambiente es de 26 oC y se necesitan 333.89 .|QL| = 12674. producir trabajo y descargar una parte de ella hacia la atmósfera.5 x ⎯⎯⎯ = 1826.8 kJ 5. se desea construir un colector de energía solar sobre el cual pueden incidir aproximadamente 950 vatios/m2. La energía que incide sobre el colector puede pasarse a través de una máquina térmica.3 kJ = W + |QL| 273 W = 1826.74 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ W = |QH| . Calcule la superficie mínima que debe tener el colector para desarrollar una potencia útil de 1 kilovatio.4 Con el fin de aprovechar la energía solar.89 ⎯⎯ x ⎯⎯⎯ = 44.3 – 1667.10 000 = 2 674. 0638 15 674 vatios Area del colector = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x m2 = 16.5 m2 950 vatios 5. QH = 400 kJ y las máquinas tienen la misma eficiencia térmica.38% = ⎯⎯ x 100 313 |QH| W 1 000 |QH| = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 15 674 vatios ηT 0. c) El calor cedido QL al cuerpo frío. determine: a) La temperatura a la cual el calor es cedido por RA y recibido por RB. (η T )A = (η T )B .5 Dos máquinas reversibles RA y RB se conectan en serie entre una fuente de calor S y un cuerpo frío C como se muestra en la figura.000 oK. TH WB WA S C Q*L QH RA Ti RB QL TL TH = 1 000 oK . Si TH es 1. TL= 400 oK. b) El trabajo WA y WB de cada máquina.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 75 TL = 20 + 273 = 293 oK 293 ηT = (1 - W ⎯⎯⎯ ) x 100 = 6. |QH| = 400 kJ Sea Ti la temperatura intermedia. TL = 400 oK . 147 = 253 kJ 400 WB = (ηT)B x Q L= (1 .⎯⎯ ) x 100 Ti Ti = [ TL x TH ]0.76 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ TL Ti (ηT)A = (1 . Calcular el trabajo producido y la temperatura a la cual se realiza la cesión de calor.4 WA = (ηT)A x QH = (1 .⎯⎯ ) x 100 TH .5 = 632. (ηT)B = (1 .5 = [400 x 1000]0.⎯⎯⎯ ) x 400 = 147 kJ 1000 Si Q*L es el calor cedido por A y tomado por B: WA = QH – Q*L Q*L= QH – WA = 400 .|QL| WB = Q*L – WB = 253 – 93 = 160 kJ PROBLEMAS PROPUESTOS 5. .4 * WB = 93 kJ .6 Un ciclo de Carnot recibe 600 kJ de calor a 1 000 oK y tiene una eficiencia térmica de 50%.4 oK 632.⎯⎯⎯ ) x 253 632. WB = Q*L . Calcular el coeficiente de funcionamiento. 5.9 Un refrigerador de Carnot opera entre –5 oC y 30 oC. 5.6 oC mientras opera dentro de un cuarto cuya temperatura es de 30 oC.15 Se desea calentar una casa utilizando para ello una bomba de calor. el cual está a 20 oC. ¿Cuál es la mínima potencia requerida en eje de la bomba de calor? 5. El calor transferido a la casa es 50.000 kJ/hr. 5. Calcular: a) La eficiencia térmica de la máquina de Carnot. c) La relación entre el calor absorbido por el refrigerador y el calor ab sorbido por la máquina térmica. b) El coeficiente de funcionamiento del refrigerador de Carnot. ¿Qué opinión tiene usted al respecto? 5.11 Un refrigerador de Carnot trabaja entre límites de temperatura de –18 oC y 20 o C. la temperatura en el reactor es de 1.000 kilovatios. ¿Cuál es la mínima cantidad de calor que debe descargarse al río? . y con un coeficiente de funcionamiento de 8.8 La eficiencia de una máquina de Carnot es igual a 30%.5.200 oC y se dispone de un río para disipar el calor. 5.16 Una central nuclear de energía genera 800. La potencia requerida por el refrigerador la suministra una máquina de Carnot. La casa es mantenida a 25 oC mientras el aire exterior está a –7 oC. 5.12 ¿Es posible que una máquina que opera entre 930 oC y 140 oC tenga una eficiencia térmica del 73%? 5.7 Una máquina de Carnot opera entre límites de temperatura de 300oC y 27oC. la cual mantiene el espacio refrigerado a –6. calcular el flujo de calor tomado por la máquina en kJ/mi. Calcular la potencia requerida en kW para remover 12 655 kJ/hr de la región de baja temperatura. que opera entre límites de temperatura de 500 oC y 25 oC.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 77 5. Determinar la eficiencia térmica de la máquina. Si la máquina desarrolla 1 kilovatio de potencia.13 Un inventor asegura que ha desarrollado una unidad de refrigeración. ¿Cuál es el trabajo producido por la máquina? 5.14 Un refrigerador de Carnot opera entre límites de temperatura de –30 oC y 25oC.10 Una máquina de Carnot absorbe 1 kJ cuando trabaja entre límites de temperatura de 800 oK y 298 oK. 20 Una central eléctrica de vapor recibe calor de un horno a razón de 250 GJ/h. ¿Cuántos oK debe aumentarse la temperatura de la fuente energética? 5. Si el calor cedido al agua de enfriamiento es 140 GJ/h. Determinar: (a) El COP del acondicionador. Si el combustible tiene un poder 3 calorífico de 44 000 kJ/kg y una densidad de 0. (b) El calor descargado al aire en kJ/s. 5.18 Una máquina de Carnot funciona entre una temperatura TH y una temperatura TL = 7 oC.25 Una casa que fue calentada por medio de calentadores de resistencia eléctrica consumió 1 200 kW-h de energía eléctrica en un mes invernal. La casa libera calor hacia el aire exterior a través de las paredes y las ventanas a razón de 60 000 kJ/h.23 Un refrigerador doméstico extrae 1500 kJ/h del compartimento de comida.8 g/cm . que tiene un COP de 2. 5. (b) La eficiencia térmica de la planta. Suponer un precio de $130/kW-h. o o 5.24 Entra agua a una máquina de hielo a 15 C y sale como hielo a –5 C. determinar la eficiencia térmica de este motor.17 El motor de un refrigerador tiene una potencia de 200 vatios.4. Determinar la cantidad de calor cedida al río. Si el compartimento refrigerado está a 270 oK y el aire exterior a 300 oK. 5. determinar: (a) La potencia neta de salida. es enfriada por un río cercano y su eficiencia térmica es 40%. Las pérdidas térmicas al aire circundante son aproximadamente 8 GJ/h.5. 5.26 Se emplea una bomba de calor para mantener una casa a una temperatura constante de 23 oC.2.21 Un motor de automóvil consume combustible a razón de 6 galones/h y transfiere 60 kW de potencia a las ruedas.19 Una central eléctrica de vapor de 900 MW. cuál es el máximo calor extraído durante un periodo de 10 minutos? 5. Si el refrigerador tiene un COP de 2. Se desea aumentar la eficiencia hasta 50%. con una eficiencia térmica del 40%. determinar la entrada de potencia para producir 12 kg/h de hielo. determinar la potencia consumida por el refrigerador. Si esta casa se hubiera calentado por medio de una bomba de calor.78 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 5. 5. Si el COP de la máquina de hielo es 2.22 Un acondicionador de aire extrae calor permanentemente de una casa a razón de 700 kJ/mi mientras consume 7 kW de potencia eléctrica. (Se necesitan 384 kJ de energía por cada kg de agua a 15 oC para convertirlos en hielo a –5 oC) 5. determinar cuánto dinero hubiera ahorrado el dueño de la casa en este mes. mientras la energía generada . se hace un trabajo WA y se cede una cantidad de calor Qi a una temperatura inferior Ti en la primera etapa. Determinar la entrada de potencia mínima requerida por este sistema de acondicionamiento de aire.30 En una máquina térmica de dos etapas se absorbe una cantidad de calor QH a una temperatura TH. ¿Cuál es la máxima eficiencia de la combinación? 5. y dentro de la casa la cantidad de calor liberado es de 120 kJ/mi. 5. La segunda etapa absorbe el calor expulsado por la primera etapa.28 Se emplea un sistema de acondicionamiento de aire para mantener una casa a 22 oC cuando la temperatura exterior es de 33 oC. las luces y los aparatos asciende a 4 000 kJ/h.27 Un inventor afirma haber fabricado una máquina térmica que recibe 800 kJ de calor de una fuente a 400 oK y produce 250 kJ de trabajo neto mientras libera calor a un receptor a 300 oK.CAPITULO 5 : SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 79 dentro de la casa por la gente.5. haciendo un trabajo WB. La turbina de vapor recibe vapor de agua a ésta temperatura y lo deja escapar a un condensador que está a 311 oK. 5. La casa gana calor a través de las paredes y las ventanas a razón de 600 kJ/mi. y cediendo una cantidad de calor QL a una temperatura más baja TL. determinar la entrada de potencia a la bomba de calor. ¿ Es razonable esta afirmación? ¿Porqué? 5. Para un COP de 2.29 Una turbina combinada de mercurio y vapor de agua toma de una caldera vapor saturado de mercurio a 743 oK y su escape sirve para calentar una caldera de agua a 511 oK. Demostrar que la eficiencia de la máquina combinada es: ηT = (TH – TL)/TH . Si el cambio de estado se realiza a presión constante se tiene: V1 ⎯⎯ V2 = P T1 ⎯⎯ T2 P = constante Si el cambio de estado se realiza a volumen constante se tiene: P1 ⎯⎯ P2 T1 = ⎯⎯ T2 V v = constante .1 LEYES DE CHARLES-GAY LUSSAC. v. T. Dichas relaciones se obtienen considerando que en tales condiciones los efectos debidos al volumen molecular y atracciones intermoleculares pueden considerarse despreciables en el manejo del gas.1 LEYES DE LOS GASES IDEALES 6.1. 6. Se consideran dos expresiones que relacionan el estado (1) y el estado (2) de un gas ideal. es muy conveniente utilizar relaciones muy sencillas entre las variables de estado P.CAPITULO 6 GASES IDEALES En el campo de las aplicaciones prácticas. cuando se trabaja a presiones y temperaturas moderadas. Para un cambio de estado se tiene: v1 ⎯⎯ v2 P2 = ⎯⎯ P1 T T = constante 6.2 CONDICIONES NORMALES Establecer un estado normal de referencia para los cálculos es de gran utilidad práctica. para cualquier gas: 1 g-mol * de un gas ideal ocupa un volumen de 22.1.2 LEY DE BOYLE-MARIOTTE. Iguales volúmenes de diferentes gases ideales en las mismas condiciones de temperatura y presión. contienen el mismo número de moléculas. Se consideran las condiciones normales de un gas como: 0 oC (273 oK) Temperatura Presión 32 oF (492 oR) 1 atm 760 mm Hg 29. 1 lb-mol * de un gas ideal ocupa un volumen de 359 pies3.325 Pa A las condiciones anteriores y teniendo en cuenta la ley de Avogadro.1. 6.3 LEY DE AVOGADRO.414 litros.82 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6. A temperatura constante.7 psi 1. .92 pulg Hg 14.033 kgf/cm2 101. el volumen específico de un gas ideal es inversamente proporcional a la presión. En la misma forma si se divide la masa en libras de un gas por su masa molecular se tendrá el número de libras-mol del gas (lb-mol). se tendrá el número de gramos-mol del gas (g-mol).To). se tiene: Pv Po vo ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = constante To T El valor de dicha constante. llamada comúnmente Constante Universal de los Gases (R).CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 83 (*) Si se consideran para la masa molecular de un gas las unidades mol-1. Para la temperatura y la presión se toman siempre sus valores absolutos. da origen a la ecuación de estado de los gases ideales y puede ser obtenida a partir de los valores dados a las condiciones normales. Pv=RT .T) con el estado normal representado por (Po.3 ECUACION DE ESTADO Reuniendo las expresiones correspondientes a las leyes de los gases ideales se tiene: P1 v1 ⎯⎯⎯ T1 P2 v2 = ⎯⎯⎯ T2 Si una cualquiera de las tres variables de estado permanece constante. se tiene la expresión particular de cada una de las leyes. MASA DEL GAS NUMERO DE MOLES = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ MASA MOLECULAR 6. al dividir la masa de un gas en gramos por su masa molecular.v. Si la ecuación anterior se usa para referir el estado actual de un gas representado por (P.vo. V v = ⎯⎯ n Reemplazando en la ecuación de los gases ideales se tiene: PV=nRT Pero n = (m/M) donde: (m) es la masa del gas y M su masa molecular. Reemplazando en la ecuación anterior: P V = m Ro T Ro = ( R / M ) = constante particular del gas 6.84 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ El número de variables independientes en la ecuación de estado es siempre dos. El volumen v corresponde al volumen molar y se determina dividiendo el volumen total del gas V por el número de moles (n). la siguiente fórmula para calcular la densidad de un gas ideal: PM ρ = ⎯⎯⎯ RT . La tercera variable depende siempre del valor de las otras dos.4 DENSIDAD DE UN GAS IDEAL Puede deducirse a partir de la ecuación de estado. viene dado por la capacidad calorífica a volumen constante (CV). . la relación entre el calor suministrado o retirado del sistema y su cambio en la temperatura viene dado por la capacidad calorífica a presión constante (CP).6 ENTALPIA DE UN GAS IDEAL En un sistema cerrado cuya presión se mantiene constante. ( Q1.2 ) v V = cte dQ Cv = (⎯⎯) v dT 2 (Q1.2) v = ∫ Cv dT = Δ u 1 En forma diferencial: du = Cv dT 6.5 ENERGIA INTERNA DE UN GAS IDEAL En un sistema cerrado cuyo volumen se mantiene constante. la relación entre el calor retirado o suministrado al sistema y su cambio en la temperatura.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 85 6. 2)P = ∫ CP dT = Δ h 1 En forma diferencial: dh = CP dT 6. R o = CP .86 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ F (Q1.C V .CV Donde CP y CV son las capacidades caloríficas de la unidad molar del gas.7 DIFERENCIA Y RELACION ENTRE CAPACIDADES CALORIFICAS Las siguientes fórmulas pueden ser empleadas en gases ideales: R = CP .2) P dQ CP = ( ⎯⎯ ) P dT 2 (Q1. v2 T2 Δ s = CV ln ⎯ + R ln ⎯ v1 T1 T2 P1 Δ s = CP ln ⎯ + R ln ⎯ P2 T1 v2 P2 Δs = CP ln ⎯ + CV ln ⎯ P1 v1 .CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 87 Donde CP y CV son las capacidades caloríficas de la unidad de masa del gas. CP k = ⎯⎯ Cv El valor de esta constante varía desde 1 para gases poliatómicos hasta 1. 6.666 para gases monoatómicos. la relación (CP/CV) se denomina k o exponente adiabático ya que aparece en las relaciones empleadas en procesos adiabáticos. En igual forma. Se supone que la capacidad calorífica no cambia con la temperatura.8 FORMULAS PARA CAMBIOS DE ENTROPIA Las siguientes relaciones pueden utilizarse para expresar el cambio de entropía de un gas ideal en un proceso reversible. De igual manera.9 PROCESOS REVERSIBLES DE UN GAS IDEAL El estudio de los procesos es indispensable para la evaluación sucesiva de las propiedades cuando un sistema cambia de un estado a otro.88 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6.10 REPRESENTACION GRAFICA DE LOS PROCESOS CON GASES (DIAGRAMAS P-v . la representación gráfica en los diagramas P-v y T-s es de ayuda fundamental para el conocimiento de los ciclos termodinámicos. 1) ISOCORICOS O ISOMETRICOS ( Volumen Constante ) 2) ISOBARICOS (Presión Constante) 3) ISOTERMICOS (Temperatura Constante) 4) ADIABATICOS O ISOENTROPICOS (Entropía Constante) 5) POLITROPICOS La tabla 6-1 resume las fórmulas empleadas en cada caso. T-s) T P n=k n=∞ n=0 n=∞ n=0 n=1 n=1 n=k V S . 6. Todas están dadas por unidad de masa y la capacidad calorífica se supone constante o independiente de la temperatura. En la tabla 2 se pueden consultar las principales constantes utilizadas en los problemas de gases ideales. Los siguientes procesos se consideran reversibles y en la obtención de las fórmulas correspondientes se emplea en consecuencia la relación reversible: dQ = T dS. T1)/(1-k) nR (T2 .T1) CV (T2 .T1) h2 .11 PROCESOS IRREVERSIBLES CON GASES IDEALES 6.T1) CP (T2 .T1) CP (T2 . pero la temperatura se .T1) CV (T2 .FORMULAS PARA PROCESOS REVERSIBLES CON GASES IDEALES PROCESO ISOCORICO ISOBARICO ISOTERMICO ISOENTROPICO POLITROPICO RELACIONES P.T1) RT ln(V2/V1) 0 Cn (T2 .s1 CV ln(T2/T1) CP ln(T2/T1) R ln(V2/V1) 0 Cn ln(T2/T1) capacidad calorífica Cv Cp 0 Cn = Cv [(k-n)/(1-n)] exponente politrópico ∞ 0 k n 1 6.P2) 0 RT ln(V2/V1) kR (T2 .T1) CP (T2 .2 v (P1 .CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 89 TABLA 6-1 .1 EXPANSION LIBRE DE UN GAS (Experimento de Joule) Dos recipientes.11. y el recipiente B se encuentra al vacío. se sumergen en un baño de agua.h1 CP (T2 .T1) W1.T1) s 2 .V. No hay trabajo ni transferencia de calor y en consecuencia Δ U = 0. La presión y el volumen cambiaron.T1) 0 CV (T2 .T1)/(1-k) R (T2 .T1)/(1-n) (Ws)1. Inicialmente el recipiente A contiene aire a 22 atm. conectados por un ducto.u1 CV (T2 . Cuando el equilibrio térmico se alcanza la válvula se abre hasta que las presiones en A y B se igualan.T1) 0 CP (T2 .T1)/(1-n) Q1.v1) RT ln(V2/V1) R (T2 .2 CV (T2 .T (T2/T1)= (P2/P1) (T2/T1) = (V2/V1) (P1/P2) = (V2/V1) (P1/P2) = (V2/V1)k (T2/T1) = (V1/V2)k-1 (T2/T1) = (P2/P1)(k-1)/k (P1/P2) = (V2/V1)n (T2/T1) = (V1/V2)n-1 (T2/T1) = (P2/P1)(n-1)/n u2 .2 0 P ( v2 . (Ley de Joule).90 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ mantuvo constante. Δ EP = 0 Δ H = 0 ⇒ H1 = H 2 En consecuencia: Pared Adiabática P1 P2 Placa Porosa .2 = 0 . En condiciones de flujo estacionario se concluye que: Q1. Se deduce que "el cambio en la energía interna de un gas ideal es sólo función del cambio de temperaturas". Se hace pasar un gas a través de una placa de material poroso que opone gran resistencia al paso del gas y en consecuencia causa una gran caída en el valor de la presión.2 ESTRANGULACION DE UN GAS Se considera un ducto cuyas paredes están aisladas térmicamente. P1 mucho mayor que P2.11. W1. T aislante A B 6. es decir.2 = 0 . Δ Ec = 0 . 9 m3/kg o .7 m3/kg T2 = 473 K x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 419 oK (1 146 oC) 1. Determinar la temperatura final.577 kg-mol.3 kPa . luego: 20 000 Tn Tn Tn O2 18.7 m3/kg.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 91 PROBLEMAS RESUELTOS 6.9 m3/kg a 200 oC. ¿qué masa de oxígeno es necesaria para un horno que procesa 20.000 toneladas/mes ? 273 oK .46 kg Esta masa se utiliza para procesar 1 tonelada de acero. Luego de calentarlo en un proceso a presión constante aumenta hasta 5.1 Una siderúrgica utiliza 17 m3 de oxígeno para procesar una tonelada de acero. kg-mol PV 83 kPa.414 m3 m = n.M = 0.32 mol-1= 18.2 ⎯⎯⎯⎯ 1 tn mes 1 000 kg mes 6. 17 m3 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.46 kg O2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 369.2 El volumen específico del nitrógeno es 1. Si el volumen es medido a 83 kPa y 21 oC. T1 v1 ⎯⎯ = ⎯⎯ v2 T2 ⇒ v2 T2 = ⎯⎯ x T1 v1 T1 = 200 oC + 273 = 473 oK 5. 22.577 kg-mol RT 294 oK 101. 22.4 Se sabe que un kg-mol de gas contiene 6. es decir. si la presión barométrica aumenta hasta 760 mm Hg?.1 m de altura se halla aire a 23oC y a presión barométrica de 730 mm Hg.414 m3 m = Δ n.5 m3 (760 . si este se halla a condiciones normales y la velocidad de penetración permanece invariable.84 mol-1 = 5.92 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6.5 m3 Como el volumen y la temperatura de la habitación no cambian: En el estado inicial: P1 V = n1 RT En el estado final: P2 V = n2 RT El número de moles de aire que ingresa a la habitación con el cambio de presión será: V (Δ P) = Δ n RT V (Δ P) Δ n = ⎯⎯⎯⎯ RT 273 oK x kg-mol 108.1 m = 108.1762 kg-mol aire 296 oK 760 mm Hg. .023 x 1026 moléculas. Un recipiente de 1 cm3 en el cual se ha hecho vacío absoluto. que del aire circundante penetran al recipiente 105 moléculas por segundo. ¿Qué cantidad de aire penetrará de la calle a la habitación.081 kg 6.M = 0. La temperatura del aire permanece constante.730)mm Hg Δn = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. Volumen = 35 m2 x 3.1762 kg-mol x 28. Calcular el tiempo para que la presión en el volumen considerado sea la misma del aire circundante. se han extraído de el todas las moléculas.3 En una habitación de 35 m2 de superficie y 3. tiene un orificio de tal dimensión. 1 m3 El número de moles luego de la mezcla es: n = (1.8) kg/4 mol-1= 0.9)3 = 3.5 + 0.05) = 6. .575 kg-mol Como no hay pérdida ni ganancia de energía.687x1014 s 105 moléculas hr dia año siglo 2. son conectadas por una tubería en la cual hay una válvula. Luego de que la válvula se abre y se obtiene el equilibrio.687x1014 s x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 85 204 siglos 3 600 s 24 hr 365 dias 100 años 6.8 m de diámetro.5 Dos esferas cada una de 1. una esfera contiene 1.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 93 Se calculan primero las moléculas contenidas en 1 cm3 a condiciones normales: kg-mol 6.687 x 1019 moléculas x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.8 kg de helio. Con la válvula cerrada. o sea 25 oC.14)(0. Cada esfera contiene helio a una temperatura de 25 oC.5 kg y la otra 0.023 x 1026 moléculas m3 1 cm3 x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.414 m3 kg-mol 106 cm3 El tiempo será: s 2.687 x 1019 moléculas 22. ¿cuál es la presión común en las esferas si no hay pérdida ni ganancia de energía? El volumen de cada esfera será: 4 V = ⎯⎯ π r3 3 V = (4/3)(3.05 m3 Luego de la mezcla el volumen total será: V = 2 (3. la temperatura final de la mezcla puede suponerse la misma. luego: • • • Q . Es un sistema abierto.6 kPa 6.5 m/s y la de salida es de 304.810)oK = . desde 344 kPa y 537 oC hasta 102 kPa.W s = m [ Δ h + Δ εC + Δ εP ] Como el proceso es adiabático y no se consideran cambios de energía potencial.94 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ La presión final será: 101.6 A través de una turbina fluye aire en un proceso adiabático. Calcular el trabajo de la turbina en kJ por cada kilogramo de aire.0047 ⎯⎯⎯ (572.8 m/s.3 .1 m3 273 oK kg-mol P = 233.414 m3 nRT 0. el trabajo por unidad de masa está dado por: • • (. 22. 298 oK P = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ V 6.8 ⎯⎯⎯ kg kg oK . La velocidad de entrada es de 30.4 = 572.4 – 1)/1.3 oK Δ h = CP ( T2 – T1) kJ kJ Δ h = 1.238.3 kPa .575 kg-mol .W s / m ) = Δ h + Δ εC T1 = 537 + 273 = 810 oK (T2/T1) = (P2/P1)(k-1)/k ⇒ T2 = T1 (P2/P1)(k-1)/k T2 = 810 oK (102/344)(1. 3 kPa y 21oC. kg-mol PV 101.192.3 kPa .8 + 45. se coloca un calentador eléctrico de 1 kilovatio.M = 0.15 kg Se calcula el calor generado por el calentador eléctrico.5 m3 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.84 mol-1 = 10. Calcular el cambio de entropía del aire. 0.3 ⎯⎯ = 45.7176 x ln ⎯⎯⎯ = 2.7176 kJ/kg T1 = 21 + 273 = 294 oK 417.5 kJ T2 Δ S = m Cv ln ⎯⎯ = 10.W s / m ) = . 8.8)2 .98 = .7 En un cuarto de 8.55 ⎯⎯ o 294 K T1 .3 kPa .352 kg-mol RT 294 oK 101.414 m3 m = n.(30.5)2 J kJ Δ εC = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 45 986. 22.15 x 0.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 95 ( v 2)2 .82 kJ / kg 6. aislado térmicamente y lleno de aire a 101. Q = 1 kW x 15 mi x (60 s/mi) = 900 kJ Q = m Cv (T2 – T1) ⇒ Q T2 = ⎯⎯⎯⎯ + T1 m Cv 900 kJ T2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ + 294 oK = 417.5 oK 10.( v 1)2 (304. 273 oK . El calentador se deja funcionar durante 15 minutos.238.352 kg-mol x 28.15 kg .5 m3.98 ⎯⎯ 2 2 kg kg • • (. Se calcula la masa de aire en el cuarto. Por medio de unas paletas internas se agita hasta que la presión alcanza un valor de 2068 kPa.8 Un recipiente aislado contiene 0. ¿cuál es el calor transferido y el trabajo realizado? T2 Δ s = CP ln ⎯⎯ T1 ⇒ T2 Δs ln ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ T1 CP . Δ U = m Cv (T2 – T1) Puesto que el volumen es constante V1 = V2 = V y el sistema es cerrado ( no cambia el número de moles) P1 V T1 = ⎯⎯⎯ nR P2 V T2 = ⎯⎯⎯ nR P1 V m Cv V P2 V Δ U = m Cv [ ⎯⎯⎯ . Si el volumen inicial es 0.6 m3 de oxígeno a una presión de 1240 kPa.9 Dos kilogramos de oxígeno realizan un proceso isobárico reversible durante el cual el cambio de entropía es – 1.P1) = 2068 – 1240 = 828 kPa kJ 32 mol-1 x 0.46 kJ/kg oK .7 kJ 101.51 m3 y la temperatura inicial es 205 oC.6585 ⎯⎯⎯ x 0.3 kPa x 22.6 m3 kg oK Δ U = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x (828 kPa) = 1258.414 m3 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 273 oK x kg-mol 6.⎯⎯⎯ ] = ⎯⎯⎯⎯⎯ (P2 – P1) nR nR nR M Cv V Δ U = ⎯⎯⎯⎯ (P2 – P1) R (P2 .96 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6. Determinar el cambio de energía interna en kJ. 589 T1 0.6585)(97.T1) = (2) (0.104 m3 T1 478 n R T1 P1 = ⎯⎯⎯⎯ V1 97 .204 = 97.8 kJ Este mismo resultado puede obtenerse así: 97.9185 ⎯⎯⎯) (97.2 = (2 kg) (0.Δ U W1.51 m3 = 0.1) = .478) oK = -698.9185 kJ/kg oK T2 ⎯⎯ = T1 ⇒ e-1.589 T2 = 478 oK x 0.51 T2 V2 = ⎯⎯ x V1 = ⎯⎯⎯⎯ x 0.2 = Q1.589 T2 = T1 x e-1.478) = -501.197.9 – (--501.2 = -698.1.1 kJ Q1.51 .CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ .2 ⇒ W1.46 kJ/kg oK T2 ln ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = .2 .9 kJ kg oK Δ U = m Cv (T2 .1.2 = m CP (T2 – T1) kJ Q1.2 = Δ U + W1.51 oK Q1.51 . 2 = P (V2 – V1) = 487.19 kPa (0. kg-mol 0.452 m3 101.51) m3 = .(423 oK) VB = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 345 kPa kg-mol . 478oK P1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 487. 22.79 kJ 6. Si la placa se retira y los gases se mezclan. 22. A B Se calcula el volumen ocupado por cada gas en el recipiente: o 101. 22.98 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.0.414 m3 nRT (1/16)kg-mol.19 kPa 273 oK . determinar: a) La presión de la mezcla. d) El cambio de entropía del sistema.414 m3 (2/32)kg-mol. 273 oK VA = 0.104 . b) La temperatura de la mezcla.637 m3 volumen total: .5 kg de N2 a 102 kPa y 38 oC y el otro contiene 1 kg de CH4 a 345 kPa y 150 oC.51 m3 W1.3 kPa . 273 oK VB = 0. Inicialmente un lado contiene 0.10 Un recipiente aislado está dividido internamente por una placa.197.(311 K) VA = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 102 kPa kg-mol .3 kPa .3 kPa .414 m3 nRT (0.5/28)kg-mol. c) El cambio de energía interna de la mezcla. 38) + 1. Δ U = 0 = Δ UA + Δ U B Respuesta (c) Si tf = temperatura final de la mezcla en oC: Δ UA = mA Cv (tf – tA) Δ UB = mB Cv (tf – tB) kJ Δ UA = (0.7431 ⎯⎯⎯ ) (tf .637 = 1.6164 (tf .3715 (tf . 22.6164 ⎯⎯⎯)(tf .414 m3 nRT 0.08 kg-mol Como el recipiente permanece aislado y su volumen no cambia.3 kPa .38) oC kg oK kJ Δ UB = (1 kg) (1.089 m3 273 oK kg-mol .5 kg) (0.452 + 0.089 m3 Moles totales: n = nA + nB = (0.08 kg-mol. la variación de energía interna del sistema es cero.150) oC kg oK 0.61 kPa V 1.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 99 V = VA + VB = 0.150) = 0 tf = 129 oC (402 oK) Respuesta (b) La presión final de la mezcla es: 101. 402 oK P = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 245.5/28) + (1/16) = 0. 8 kg de O2 a 480 kPa y 46 o C.452 402 1.0625)(8.0178)(8.1962 kJ/oK 423 0.61 kPa Respuesta (a) El cambio de entropía del sistema será: Δ S = Δ SA + Δ SB Tf vf ΔSA = mA CV ln ⎯⎯ + nA R ln ⎯⎯ vA TA vf Tf Δ SB = mB Cv ln ⎯⎯ + nB R ln ⎯⎯ vB TB 402 1.1962 = 0.7431) ln ⎯⎯⎯ + (0.637 ΔS = 0. PROBLEMAS PROPUESTOS 6.5)(0.2254 kJ/oK 311 0.2254 + 0.31) ln ⎯⎯⎯ = 0.31) ln ⎯⎯⎯ = 0.089 Δ SA = (0.089 Δ SB = (1)(1. es el doble de su diámetro. ¿cuáles son las dimensiones del tanque? .6164) ln ⎯⎯⎯ + (0.4216 kJ/oK El valor positivo del cambio de entropía demuestra que el proceso es irreversible (ver principio del incremento de entropía).100 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P = 245.11 La altura de un tanque cilíndrico que contiene 6. Se extrae aire del recipiente hasta producir un vacío de 600 mm Hg. Determinar la cantidad de oxígeno en el tanque si la temperatura es 25ºC y la presión atmosférica es 97 kPa.2 MPa y a una temperatura de 25 oC. 6. 6. Determinar el número de moles y la masa de helio en el globo. Este recipiente se conecta con otro B. Determinar la cantidad de aire que debe agregarse para elevar la presión al valor recomendado de 200 kPa (manométrica). c) Variando la presión pero con la temperatura constante. si el aire que queda se en fría a 20 oC? 6. 6.12 En un recipiente se mantiene nitrógeno a una presión de 2.14 La densidad de un gas se duplica mientras su temperatura permanece constante.18 kg de oxígeno que ocupan un volumen de 226 lt varía desde 40 oC hasta 90 oC mientras la presión permanece constante en 790 kPa. Calcular la masa de este gas en un recipiente de 1 litro.18 El aire en una llanta de automóvil con un volumen de 0.13 Un globo aerostático esférico con un diámetro de 6 m se llena con helio a 20ºC y 200 kPa. y 300 oC.19 La temperatura de 2. determine la presión final si el volumen se cuadriplica. Determinar: (a) La relación P1/P2. 6.15 El medidor de presión en un tanque de oxígeno de 1.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101 6. Suponer una presión atmosférica de 98 kPa y que la temperatura y el volumen se mantienen constantes. Calcular la masa de aire en kg/h que los ventiladores envían al hogar de la caldera. Si P1 = 51 mm Hg de vacío.20 Un recipiente cerrado A contiene 85 lt (VA) de aire a PA= 3445 kPa y a una temperatura de 50 oC.17 En un recipiente de 5 m3 de capacidad se encuentra aire a 1 atm. 6.2 m3 registra 500 kPa. Determinar: a) El volumen final b) El cambio en la densidad expresado como porcentaje de la densidad inicial.015 m3 se encuentra a 30ºC y 150 kPa (manométrica). La temperatura del aire después de la extracción sigue siendo la misma.16 La instalación de una turbina de vapor de 100 kW de potencia consume 0.37 kg de combustible por kW-h. encontrar la presión absoluta P2 en kPa. 6. ¿Qué cantidad de aire se ha extraído? ¿Cuál será el valor de la presión en el recipiente después de la extracción. el cual contiene . si para quemar un kg de combustible se necesitan 15 m3 de aire en condiciones normales. 6. Calcular el trabajo realizado durante este proceso. La caja está aislada térmicamente.28 m3.26 Dos recipientes A y B separados por una válvula contienen O2 y CO respectivamente.23 Una tobera difusor recibe aire a 20 kPa y –35 oC a una velocidad de 274 m/s. Luego de abrir la válvula que separa los dos recipientes. la temperatura alcanza un valor de 32 oC. 6. El recipiente A contiene 425 lt de N2 a 1516 kPa y 40 oC. Calcular la temperatura y presión finales. ¿Cuál es el volumen VB? 6. 65 oC y su volumen es 85 lt. la presión y la temperatura resultantes son 1378 kPa y 21 oC. Durante el proceso se transfiere calor desde el aire para que la temperatura en el interior del cilindro se mantenga constante. 6. El recipiente B contiene 1 kg de N2 a 550 kPa y 20 oC. ¿Cuál es el cambio de entropía si la mezcla es adiabática?.25 Un kilogramo de aire disminuye su energía interna en 30 kJ mientras su temperatura Celcius se reduce a una tercera parte de su valor inicial. ¿El proceso es reversible o irreversible? 6. se abre la válvula y los gases se mezclan. Se abre la válvula y se deja que todo el sistema alcance el equilibrio térmico con los alrededores que se encuentran a 20ºC. se coloca un ventilador de 0. llena con aire a 101. ¿cuál es la presión final? 6. Calcular la temperatura y presión finales del aire.21 Un tanque de 1 m3 que contiene aire a 25ºC y 500 kPa se conecta. 6.24 Dentro de una caja de 0. El aire se comprime hasta una presión final de 600 kPa. calcular el cambio de entropía. . 6.2 kg de aire a 150 kPa y 12 oC está contenida en un dispositivo hermético de gas de cilindro-pistón sin fricción. Determinar el volumen del segundo tanque y la presión de equilibrio final del aire. El aire sufre un proceso adiabático hasta que su velocidad se reduce a 30 m/s. a otro tanque que contiene 5 kg de aire a 35ºC y 200 kPa. Luego de abrir la válvula que separa los dos recipientes. Si la presión fue constante en el proceso. Cada gas está a 345 kPa.27 Una masa de 1. por medio de una válvula.22 Un sistema está conformado por dos recipientes A y B conectados mediante una válvula.3 kPa y 21 oC. El ventilador se deja funcionar durante 10 minutos.4 kW.102 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ un volumen desconocido de aire VB a 102 kPa y 10 oC. 3 m3 contiene oxígeno a 100 kPa y 27 oC.8 kg de nitrógeno a 100 kPa y 27 oC.35 Un dispositivo cilindro-pistón contiene 0. 6. 6. El aire se calienta hasta que duplica su presión. 6.29 Un tanque rígido contiene 10 kg de aire a 200 kPa y 27 oC.1 m3 de aire a 400 kPa y 50 oC. y la otra está al vacío. La presión dentro de éste se mantiene constante en 300 kPa durante el proceso y ocurre una pérdida de calor de 60 kJ. Determinar el trabajo efectuado durante este proceso. Determinar la potencia nominal requerida por el calefactor. Determinar: (a) El volumen del tanque. Determinar el trabajo realizado por la hélice. Una hélice dentro del tanque gira hasta que la presión interior llega a 150 kPa. ¿Cuánto calor debe transferirse al helio antes de que el pistón empiece a levantarse? 6. Determinar el trabajo realizado y el calor transferido en el proceso. Determinar la temperatura y presión final en el tanque. El nitrógeno se comprime lentamente en un proceso politrópico durante el cual PV1. cuyo émbolo descansa sobre la parte superior de un conjunto de topes. contiene 0. 6.3 = constante hasta que el volumen se reduce a la mitad.31 Un tanque de 0. Durante el proceso 2 kJ de calor se liberan hacia los alrededores.5 kg de gas helio a 100 kPa y 25 oC. 150 kPa y 0. 6. La placa se retira y el gas se expande por todo el tanque. Al inicio. Determinar la energía eléctrica suministrada en kW-h.34 Una masa de 15 kg de aire en un dispositivo cilindro-pistón se calienta de 25oC a 77ºC al pasar corriente por un calentador eléctrico dentro del cilindro.28 Nitrógeno en un estado inicial de 300 oK. 6.32 Un tanque rígido aislado se divide en dos partes iguales mediante una placa. El calor se transfiere al aire en cantidad de 40 kJ mientras el aire se expande .36 Un dispositivo cilindro-pistón contiene 0.33 Un dispositivo cilindro-pistón.30 Se calienta un cuarto de 4m x 5 m x 6 m mediante un calefactor eléctrico. La masa del pistón es tal que se requieren 500 kPa de presión para levantarlo. (b) La cantidad de calor transferida. 6.2 m3 se comprime lentamente en un proceso isotérmico hasta una presión final de 800 kPa. Suponer que no hay pérdidas de calor y que la presión atmosférica es 100 kPa. Se desea que el calefactor eléctrico sea capaz de aumentar la temperatura del aire en el cuarto de 7 a 23 oC en 15 mi. una parte contiene 3 kg de una gas ideal a 800 kPa y 50 oC.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 103 6. (b) La relación de áreas entrada/salida. 6. Despreciando los cambios de energía cinética. 6. 6.44 Al ducto de un sistema de aire acondicionado entra aire a 105 kPa y 12 oC con un flujo de 12 m3/mi.37 A una tobera adiabática entra aire a 300 kPa. el cual entra a 1 MPa. 6. (b) La temperatura de salida del aire. La relación de áreas entrada/salida es 2:1. (b) La potencia de accionamiento del compresor. 6. determinar: (a) El flujo volumétrico de CO2 a la entrada. Determinar la cantidad de trabajo efectuado durante este proceso.43 A un compresor adiabático entra CO2 a 100 kPa. (b) La potencia de salida de la turbina. . 6.38 A una tobera adiabática entra CO2 a 1 MPa y 500 oC con un flujo de masa de 6000 kg/h y sale a 100 kPa y 450 m/s. 300 oK y con un flujo de 0. (b) La presión de salida del aire.41 A través de una turbina adiabática fluye aire.104 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ isotérmicamente. Determinar: (a) El flujo de masa a través de la tobera. Determinar: (a) La velocidad de salida del N2.40 A un difusor adiabático entra N2 a 60 kPa y 7 oC. El área de entrada de la tobera es de 80 cm2. 200 oC y 30 m/s y sale a 100 kPa y 180 m/s. Determinar el flujo de masa de aire a través del compresor. (b) La temperatura de salida.42 Entra aire al compresor de una turbina de gas a condiciones ambiente de 100 kPa y 25 oC con una velocidad baja y sale a 1 MPa y 347 oC con una velocidad de 90 m/s. El diámetro del ducto es de 20 cm y se pierden durante el trayecto 2 kJ/s de calor. (b) La temperatura de salida del aire. Determinar: (a) La temperatura de salida. 500 oC y 120 m/s y sale a 150 kPa. (c) El área de salida de la tobera.39 Entra aire a 600 kPa y 500 oK a una tobera adiabática.5 kg/s. Determinar: (a) La velocidad a la entrada. Determinar: (a) El flujo de masa de aire. El compresor se enfría a razón de 1500 kJ/mi y la entrada de potencia al compresor es de 250 kW. 6. El área de entrada de la tobera es de 40 cm2. El área de entrada de la turbina es 80 cm2. El CO2 sale a 600 kPa y 450 oK. con velocidad de 200 m/s y sale a 85 kPa y 22 oC. La velocidad a la entrada es 120 m/s y a la salida es 380 m/s. 150 oC y 250 m/s. Determinar: (a) La velocidad del aire a la entrada. 6. disminuye su energía interna en 300 kJ durante un proceso a volumen constante. Determinar al cambio de entropía del CO2 durante este proceso. 6.50 Un gas para el cual Ro = 0. ¿Cuál es el cambio de entropía? 6. determinar: (a) El calor. 6. 6.43 kJ/kg oK y k = 1.3 = constante. (b) El trabajo. Ro = 0. Si durante el proceso la presión se mantiene constante.45 Un tanque rígido aislado de 0.385. .2764 kJ/kg oK y k = 1. Determinar la temperatura final y el trabajo realizado durante el proceso. Un agitador de hélice efectúa un trabajo sobre el sistema hasta que la presión en el tanque aumenta a 120 kPa.9 kg de CO2 a 100 kPa. El compresor se enfría por medio de aire del ambiente a 17 oC y a razón de 1500 kJ/mi.35. determinar: (a) El trabajo realizado. 6. 6. (b) La generación de entropía. 6.53 Calcule el cambio de entropía cuando 1 kg de aire duplica el volumen y la temperatura.49 Para un cierto gas ideal. (c) El cambio de entropía si la temperatura inicial es 200 oC. Si la masa del gas es 2. El gas se comprime lentamente en un proceso politrópico durante el cual PV1. Determinar: (a) El flujo de masa de aire.5 m3 contiene 0.CAPITULO 6 : GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 105 6. 6.51 Luego de una serie de cambios de estado la presión y el volumen de 3 kg de N2 se reducen cada uno a la mitad. Determinar el cambio de entropía del N2 durante el proceso.85 m3 a 517 kPa y 27 oC? (c) Si 30 kJ son transferidos al gas a volumen constante en (b) ¿cuál es la temperatura y presión resultantes? 6.2 kg de N2 a 120 kPa y 27 oC.3 kg. (b) El calor transferido. El proceso finaliza cuando el volumen se reduce a la mitad. en kJ/oK. 327 oC y 120 m/s. (c) El cambio de entropía. La potencia de entrada en el compresor es de 300 kW.52 Calcular el cambio de entropía cuando 1 kg de Aire duplica la presión y la temperatura.54 Un kg de aire disminuye su energía interna en 20 kJ mientras su temperatura Celcius se reduce en una tercera parte de su valor inicial.47 Se comprime aire en un dispositivo cilindro-pistón desde 100 kPa y 17 oC hasta 800 kPa en un proceso adiabático reversible.48 A un compresor entra aire en condiciones ambiente de 96 kPa y 17 oC con una baja velocidad y sale a 1 MPa.46 Un dispositivo cilindro-pistón contiene 1. (a) ¿Cuáles son los valores de CP y Cv? (b) ¿Qué masa de este gas ocupará un volumen de 0. El nitrógeno sale de la turbina a presión atmosférica y puede suponerse que el proceso en la turbina es adiabático. (b) El cambio de entropía.57 Aire se expande adiabática y reversiblemente a través de una tobera desde 827 kPa y 70 oC hasta 138 kPa. 6. 6.59 En un proceso politrópico donde se expande CO. hay almacenado o nitrógeno a 14 MPa y 20 C. (d) El calor. La producción de potencia del aparato es de 75 vatios y la presión en el punto 1 se mantiene constante a 690 kPa. Calcular: (a) El trabajo. si la temperatura inicial es 227 o C. Determinar el exponente politrópico y la capacidad calorífica del proceso.55 Si 9 kg/mi de aire se comprimen isotérmicamente desde una presión de 100 kPa y un volumen de 7. Calcular: (a) La relación V2/V1.60 Se ha diseñado un pequeño generador de potencia auxiliar. ¿Cuál ha de ser el tamaño del tanque para producir potencia durante 1 hora? Suponer que el tanque permanece a 20 oC y que la producción de potencia se suspende cuando la presión del tanque llega a 690 kPa.877 kJ/oK.6 m3 hasta una presión final de 620 kPa.106 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 6. mediante un regulador de presión que opera como dispositivo de estrangulación. la energía que desprende el gas en forma de trabajo está compuesta del 25% del calor suministrado y el 75% de la disminución de la energía interna. En un tanque. según aparece en el esquema. Calcular el volumen específico. (c) El calor transferido.58 Al expandirse politrópicamente un gas. 6. su volumen aumenta en un 20% y la temperatura absoluta disminuye en un 12 %. (b) La relación P2/P1 (c) El trabajo.56 La ganancia de entropía durante un proceso isotérmico de 2. la temperatura. TURBINA 1 REGULADOR DE PRESION TANQUE GENERADOR N2 . 6. 6.3 kg de aire a 15ºC fue de 0. La velocidad inicial es despreciable. conectado por medio de una válvula a una turbina adiabática que acciona un generador eléctrico. y la velocidad a la salida de la tobera. Determinar el exponente politrópico y calcular la magnitud del trabajo. m3.1. 7. El aire es una mezcla de varias sustancias simples: oxígeno.CAPITULO 7 MEZCLAS DE GASES IDEALES En los capítulos anteriores se supuso que las sustancias eran simples o puras.1 COMPOSICION DE MEZCLAS Considerando un sistema formado por "n" componentes. gal) M = masa molecular de una sustancia (mol-1) A = masa atómica de un elemento (at-1) 7. En general no se emplea para mezclas de gases. nitrógeno. lb. como la combustión. En reacciones químicas. Tn) V = volumen (lt. . El porcentaje en peso de cada componente se obtiene dividiendo su peso respectivo por el peso total del sistema y multiplicando por 100. Designando por la letra "i" a un componente específico en la mezcla y además: m = peso o masa (g. pies3.1 Porcentaje en peso. argón. y otros gases. éste no suele ser el caso. kg. encontramos mezclas de gases. mi % en peso de i = ⎯⎯⎯ x 100 ∑ mi Se utiliza generalmente para expresar la composición de mezclas de sólidos y líquidos. Sin embargo. 1.2 Porcentaje en Volumen. El tanto por ciento en volumen de cada componente se obtiene dividiendo su volumen individual por el volumen total de sistema y multiplicando por 100. se denomina fracción atómica de "i". % atómico de i = Ni x 100 .1.5 Porcentaje atómico.110 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 7. El tanto por ciento atómico de un componente se encuentra multiplicando su fracción atómica por 100. Vi % en volumen de i = ⎯⎯⎯ x 100 ∑Vi Se utiliza para expresar la composición de mezclas de gases. 7. Si el sistema es una mezcla de varias clases de moles. (mi/Mi) Fracción molar de i = ⎯⎯⎯⎯⎯ = xi ∑(mi/Mi) ∑ xi = 1 7. Si el compuesto es una mezcla de átomos. (mi/Ai) Fracción atómica de i = ⎯⎯⎯⎯ = Ni ∑ (mi/Ai) 7. el número total de átomos de "i" dividido por el número total de átomos presentes. el número total de moles de "i" dividido por el número total de moles de mezcla es la fracción molar de "i".4 Fracción molar.1.3 Fracción Atómica.1. Es el volumen que ocuparía este gas si sólo él estuviera presente a la misma temperatura y presión de la mezcla. La siguiente fórmula puede utilizarse: M = ∑ (Mi xi) Mi = masa molecular del componente i xi = fracción molar del componente i 7.1. 7. Volumen de Componente Puro. si éste ocupa el volumen total de la mezcla a la temperatura de la mezcla.3 LEYES PARA MEZCLAS SEGUN EL CONCEPTO DE GAS IDEAL En una mezcla de gases ideales las moléculas de cada gas se comportan como si estuvieran solas. Es la presión que ejercería un componente si estuviera solo en el mismo volumen y a igual temperatura que la mezcla.2 MASA MOLECULAR MEDIA Conocer la masa molecular media es de gran ayuda cuando se tiene una mezcla gaseosa. Para su determinación es necesario conocer su composición molar.6 Porcentaje molar. La primera de éstas establece que la presión total ejercida por una mezcla gaseosa es igual a la suma de las presiones parciales de cada gas. % molar de i = xi x 100 7. Las siguientes expresiones resumen ésta ley: .CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 111 7. El tanto por ciento molar de un componente se encuentra multiplicando su fracción molar por 100. ocupan todo el volumen y contribuyen con su presión a la presión total ejercida. Presión Parcial.1 LEYES DE DALTON Y AMAGAT.3. Las siguientes expresiones resumen esta ley: V = [ ∑ Vi ]T.4 DENSIDAD DE UNA MEZCLA GASEOSA Para calcular la densidad de una mezcla de gases es necesario conocer su composición molar.P Vi P = n i RT Combinando las ecuaciones anteriores con la ecuación de estado del gas ideal PV = nRT.V pi V = n i RT La segunda ley establece que el volumen total ocupado por una mezcla gaseosa es igual a la suma de los volúmenes de componente puro de cada gas.112 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P = [ ∑ pi ]T. con el fin de calcular la masa molecular media y utilizar la siguiente relación: m PM ρ = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ V RT . se tiene: pi Vi ni ⎯⎯ = ⎯⎯ = ⎯⎯ = xi n P V La anterior relación demuestra que en una mezcla gaseosa ideal: % volumen = % molar 7. si cada uno existiera a la presión y la temperatura de la mezcla. CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 113 7. Las capacidades caloríficas de una mezcla gaseosa se pueden calcular por las siguientes relaciones: . La entropía de una mezcla es la suma de las entropías de sus componentes: S = ∑ ni s i donde s. Otra limitación a las fórmulas anteriores ocurre cuando hay condensación de uno de los componentes de la mezcla (vapor) en cuyo caso puede haber variación en el número de moles. es la entropía molar del i-ésimo componente a la temperatura T de la mezcla. Este caso será tratado en un próximo capítulo. 7. entalpía y entropía pueden determinarse sumando las propiedades de los componentes en las condiciones de la mezcla. Como un ejemplo de lo anterior puede tomarse la mezcla de los gases producidos en los procesos de combustión. Cuando la presión es alta deben utilizarse relaciones especiales dadas por la termodinámica y que escapan al alcance del presente trabajo. Como punto de referencia pueden tomarse las condiciones normales. U = ∑ ni u i H = ∑ ni hi donde ui y hi son la energía interna y la entalpía molares del componente i . etc. en los cuales hay corrientes gaseosas. oxidación. como son energía interna. pi . La energía interna y la entalpía son funciones únicamente de la temperatura. reducción. La entropía de un componente es función de la temperatura y de la presión.5 LIMITE DE APLICACION DE LAS LEYES DE LOS GASES Las anteriores relaciones sólo son válidas para presiones bajas y temperaturas altas. a la temperatura de la mezcla. y a la presión parcial del componente. las temperaturas son altas y la presión es casi siempre la presión atmosférica o menor. En la mayoría de los procesos. por tanto.6 PROPIEDADES TERMODINAMICAS DE LAS MEZCLAS Las propiedades totales de una mezcla. 114 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ CP = ∑ xi Cpi CV = ∑ xi Cvi PROBLEMAS RESUELTOS 7.97% 49.3 x 100 = 30 kPa 0. N2 40%. O2 CO2 N2 30 kg-mol x 32 mol-1 40 kg-mol x 44 mol-1 30 kg-mol x 28 mol-1 = = = Total 960 kg 1760 kg 840 kg 3560 kg a) El análsis en masa será: O2 CO2 N2 (960/3560) x 100 (1760/3560) x 100 (840/3560) x 100 = = = Total 26.59% 100% b) PO2 PCO2 PH2 0. respectivamente. determinar: (a) El análisis volumétrico o molar.3 x 100 = 30 kPa c) M = Σ (Mi xi) = 0.4 x 100 = 40 kPa 0.6 mol-1 7. (b) Las .2 Una mezcla gaseosa presenta el siguiente análisis en masa: CO2 30%. CO2 40%. SO2 30%.3 x 28 = 35.3 x 32 + 0.1 Una mezcla gaseosa presenta el siguiente análisis volumétrico: O2 30%.44% 23. (b) La presión parcial de cada componente si la presión total es de 100 kPa. Como el análisis volumétrico es el mismo molar se toma una base de 100 kg-mol de mezcla.4 x 44 + 0. (c) La masa molecular media de la mezcla. Para una presión total y una temperatura de 101 kPa y 300oK. Determinar: (a) El análisis másico. N2 30%. 4687 1.94 kPa 101 kPa c) M = m/n = 100 kg/2.77 mol-1 273ºK x kg-mol PM ρ = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 115 presiones parciales de los componentes.579) x 100 (0. Determinar su volumen específico.579 kg-mol = 38.77 mol-1 101 kPa x 38.579) x 100 = = = Total 26.3 kPa x 22.4285/2.6818 kg-mol (20 kg/28 mol-1) = 0. CO 20%.5790 kg-mol a) El análisis molar será: CO2 SO2 N2 (0. (c) La densidad de la mezcla en kg/m3.36 kPa 55.44% 18.4285 kg-mol kg-mol kg-mol 2.38% 100% b) PCO2 PSO2 PN2 = 0. se encuentra a 102 kPa y 50 oC.2644 x 101 = 0.4687/2.70 kPa 18.414 m3 RT 300ºK 7.7857 kg-mol Total 3.1817 kg-mol .7142 kg-mol (50 kg/28 mol-1) = 1. CO2 SO2 N2 (30 kg/44 mol-1) = (30 kg/64 mol-1) = (40 kg/28 mol-1) = Total 0. N2 50%. Se toma una base de 100 kg y se determina su composición molar.1818 x 101 = 0.569 kg/m3 101.579) x 100 (1.6818/2. CO2 CO N2 (30 kg/44 mol-1) = 0.3 Una mezcla con la siguiente composición en peso: CO2 30%.6818 0.18% 55. Se toman como base 100 kg de mezcla.5538 x 101 = = = Total 26. 837 m3/kg PM 7.2 kPa x 22.414 m3 RT 323ºK v = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.43 mol-1 273ºK x kg-mol Una mezcla contiene 7 kg de N2 y el resto CO2.7142/3.3755 x 550 kPa = 206. Ar 68 e H2 34.43% = 22.5 El análisis de una mezcla gaseosa ideal a 40oC arrojó las siguientes presiones parciales: N2 34.43 mol-1 101.4 102 kPa x 31.116 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Composición molar: CO2 CO N2 (0.414 m3 RT 298ºK (7 kg/28 mol-1) = 0.6657) x 100 = = 37. todas medidas en kPa. Determinar la masa molecular promedio de la mezcla y la presión parcial del N2.44% a) M = Σ (Mixi) = 28 x 0.1817) x 100 (1.6244 = 37.4157/0.1817 kg-mol = 31. .4157 kg-mol Composición molar: N2 CO2 (0.6657 – 0.3755 + 44 x 0.55% 62.7857/3.25/0.25 kg-mol N2 CO2 = 0. 273ºK x kg-mol PV 550 kPa x 3 m3 n = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.6657 kg-mol 101.3 kPa x 22.5 kPa 7.98 mol-1 b) PN2 = 0.25 = 0.6657) x 100 (0.1817) x 100 = 21. ocupa un volumen de 3 m3 cuando la presión es 550 kPa y la temperatura de 25oC.6818/3.1817) x 100 (0. Se calculan los kg-mol de mezcla.44% = 56.12% M = m/n = 100 kg/3. CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 117 Determinar: (a) La masa molecular media de la mezcla.475 mol-1 = 1. (d) La constante particular Ro de la mezcla.1562 kg-mol (8 kg/28 mol-1) = 0.6378 kg-mol x 313ºK V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 31.6 Una mezcla gaseosa está formada por 5 kg de O2.5 xH2 = 34/136 = 0.95 + 0. Determinar: (a) La fracción en masa de cada componente.35 m3 P 136 kPa 273ºK x kg-mol 7. (c) La masa molecular promedio.414 m3 nRT 1.25 xA = 68/136 = 0. Masa total = 5 + 8 + 10 = 23 kg a) Las fracciones en masa serán: O2 : N2 : CO2 : (5/23) = 0.5 x 39.3 kPa x 22.1562/0.475 mol-1 b) n = m/ M = 45 kg/ 27.6691 kg-mol = (0.25 x 2 = 27.2272 kg-mol Total 0. (b) La fracción molar de cada componente.6691) = 0.4347 b) Se calculan los kg-mol de cada gas: O2 N2 CO2 xO2 (5 kg/32 mol-1) = 0. 8 kg de N2 y 10 kg de CO2.25 x 28 + 0. P = 34 + 68 + 34 = 136 kPa xi = Pi / P xN2 = 34/136 = 0.2174 (8/23) = 0.2857 kg-mol (10 kg/44 mol-1) = 0. (b) El volumen que ocupan 45 kg de mezcla.6378 kg-mol 101.25 a) M = Σ (Mixi) = 0.2334 .3478 (10/23) = 0. 273ºK x kg-mol PV 290 kPa x 1 m3 n = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.31 kJ/kg-mol oK) / 34.36% Una mezcla de gases compuesta por 4 kg de CO2.0383/0.8 (0.6177 kg-mol .37 mol-1 = 0. 6 kg de N2 y 5 kg de CH4. las presiones parciales de cada gas y los volúmenes de componente puro.2857/0.1025 – 0. contiene una mezcla de 1.8 kg/0.3 kPa x 22414 m3 RT 340ºK nN2 = 1.37 mol-1 d) Ro = R/ M = (8.0910 kg-mol (6 kg/28 mol-1) = 0. (b) El análisis volumétrico.0642 kg-mol ngas desconocido = 0.2142 kg-mol (5 kg/16 mol-1) = 0.1025) x 100 = = 62.63% 37. La presión de la mezcla y la temperatura de la misma son 290 kPa y 340oK.6691) = (0.2417 kJ/kg oK 7. respectivamente.1025 kg-mol 101.6691 kg-mol = 34.0383 kg-mol a) Mgas desconocido = m/n = 2.0642/0. Calcular: (a) La masa molecular de la sustancia desconocida. tiene una presión de 150 kPa y una temperatura de 40ºC.8 kg de un gas desconocido.2272/0.4270 0.1025) x 100 (0.3125 kg-mol Total 0.7 Un tanque cúbico de 1 m de lado. Se calculan los kg-mol de mezcla.1 mol-1 b) El análisis volumétrico será: N2 Gas 7. CO2 N2 CH4 (4 kg/44 mol-1) = 0.8 kg / 28 mol-1 = 0.3395 c) M = m/n = 23 kg/0.118 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ xN2 xCO2 = (0.0383 kg-mol = 73. Se calculan los kg-mol de cada gas.6691) = = 0.8 kg de N2 y 2. Calcular la masa molecular de la mezcla.0642 = 0. 091/0.095 kPa 52. (c) La entalpía de la mezcla tomando como referencia un valor de 0 oC y 1 kg de mezcla.6177) = 119 0.72 m3 = = = 1.005 kPa 75.CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ xCO2 xN2 xCH4 = (0.6177 kg-mol x 313ºK V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10.6177) = = (0. Se toman como base 100 kg-mol de mezcla.42% 78.2 mol-1 Ro = R/ M = (8.3467 x 10. (b) La constante Ro.3 kPa x 22.31 kJ/kg-mol oK) / 39.2142/0.72 m3 = 0.70 m3 5. CO2 70%.3467 x 150 kPa = = 0.1473 0.414 m3 nRT 0.5059 M = m/n = 15 kg/0.58 m3 3.1473 x 10.6177) = = (0.42 m3 Una mezcla de gases tiene la siguiente composición molar: N2 30%.6177 kg-mol = 24.885 kPa 101.9 = 0.3125/0.28 mol-1 PCO2 PN2 PCH4 = 0.72 m3 = 0. Calcular: (a) La composición en peso de la mezcla.21 kJ/kg oK .72 m3 P 150 kPa 273oK x kg-mol VCO2 VN2 VCH4 7.1473 x 150 kPa = = 0. La temperatura es 100 oC y la presión 200 kPa.5059 x 150 kPa = 22.2 mol-1 = 0. N2 CO2 30 kg-mol x 28 mol-1 = 70 kg-mol x 44 mol-1 = Total 840 kg 3080 kg 3920 kg a) Composición en peso o masa: N2 CO2 (840/3920) x 100 = (3080/3920) x 100 = 21.3467 0.57% b) M = m/n = 3920 kg/100 kg-mol = 39.5059 x 10. 6585 x (38 – 25) = 8.844 x (100 – 0) = Total 87 352 kJ 259 952 kJ 347 304 kJ hmezcla = 347 304 kJ / 3920 kg = 88.10 Un tanque rígido. su temperatura aumenta hasta 38oC.6552 x (38 – 25) = 8.4 m3 n = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0399 x (100 – 0) = 3 080 x 0. cuyo volumen es 0.414 m3 RT 298ºK El calor agregado a volumen constante es igual al cambio de energía interna. contiene una mezcla de O2 y CO2 a 345 kPa y 25oC. Δ U = m Cv Δt Δ UO2 = mO2 x 0.120 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ c) Para calcular la entalpía de la mezcla se suponen calores específicos constantes.0556 Resolviendo: mO2 = 1.3 kPa x 22. Si se agregan 16 kJ de calor a la mezcla.59 kJ/kg 7.5605 mO2 Δ UCO2 = mCO2 x 0.334 kg kJ kJ .4 m3.5176 mCO2 = 16 kJ Se tiene además: (mO2/32) + (mco2/44) = 0.536 kg y mCO2 = 0. ¿Cuántos kg de O2 y cuántos de CO2 contiene el tanque? Calculamos los kg-mol de mezcla: 273ºK x kg-mol PV 345 kPa x 0. Δ H = m CP Δt Δ HN2 Δ HCO2 = = 840 x 1.0556 kg-mol 101.5605 mO2 + 8.5176 mCO2 Δ Umezcla = 8. Calcular: (a) El análisis volumétrico.12 Un volumen de 0. 7. nitrógeno e hidrógeno tiene presiones parciales de 83 kPa.2 kg de CO2. Determinar la composición molar de la mezcla.14 Se mezclan masas iguales de hidrógeno y oxígeno. Determinar también la presión de la nueva mezcla. Obtener el volumen de la mezcla.18 Una mezcla de gases tiene la siguiente composición molar: N2 60%. 7. ¿Cuántos kg de CO2 se encuentran presentes por kg de mezcla? 7. 7. y la mezcla se mantiene a 150 kPa y 25oC. . Determinar la composición molar.13 La densidad de una mezcla de CO2 con N2 es 1. CO2 40%.33 kg/m3 a 101.17 Una mezcla gaseosa de propano. Determinar la cantidad de oxígeno que debe agregarse a 35oC para cambiar el análisis volumétrico a una proporción de 50% por componente. 7..3 m3 de aire a 600 kPa y 45 oC se mezclan con 0. 7. Determinar la presión parcial del CO2 luego de la mezcla. la masa molecular y la constante particular de la mezcla.16 Un tanque de 3 m3 contiene una mezcla gaseosa a 101 kPa y 35oC cuya composición volumétrica es: CH4 60% y O2 40%. Determinar la composición en peso. 7. 102 kPa y 55 kPa respectivamente. (b) El análisis en masa. 7. N2 40% . Determinar la masa molecular media y el análisis en masa de la mezcla.3 kPa y 20oC. su volumen específico en condiciones normales y su masa molecular media. 0.CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 121 PROBLEMAS PROPUESTOS 7. Determinar la composición volumétrica de la mezcla y la presión parcial de cada componente. 7.15 Una mezcla de gases ideales a 30oC y 200 kPa se compone de 0. 13 kg de Ar y 27 kg de CO2. CO 10% y O2 10%.05 kg de H2.75 kg de N2 y 0.11 El análisis volumétrico de una mezcla de gases ideales es el siguiente: CO2 40%.5 kg de CO2 a las mismas condiciones de temperatura y presión.19 En un recipiente hay una mezcla de gases formada por: 10 kg de N2.20 Una mezcla gaseosa tiene la siguiente composición en peso: CH4 75% y CO2 25%. CO 2%. Determinar la masa de cada gas y la constante particular Ro de la mezcla.3 m3 contiene 0. Determinar la masa molecular media.25 Un tanque rígido de 0. 7. Determinar el volumen del tanque y la presión final de la mezcla.30 El análisis de una mezcla de gases ideales a 50 oC arrojó las siguientes presiones parciales: N2 34 kPa. 7. Determinar el volumen de la mezcla. Determinar la masa molecular media y la presión parcial del N2. Calcular el volumen del tanque. Determinar la presión parcial de cada gas y la masa molecular media de la mezcla.24 Una mezcla de gases a 400 oK y 150 kPa está compuesta por 1 kg de CO2 y 3 kg de CH4. (b) El volumen ocupado por 100 kg de mezcla.22 Un tanque rígido contiene 4 kg-mol de O2 y 5 kg-mol de CO2 a 290 oK y 150 kPa. N2 40%. 7. O2 10%. la constante Ro y la composición en peso de la mezcla. Se calienta la mezcla hasta 400 oK.5 kg-mol de Ar y 2 kg-mol de N2 a 250 kPa y 280oK. 7. Determinar la masa molecular media.29 La composición en peso de una mezcla de gases ideales es la siguiente: N2 85%.32 Un tanque rígido cuyo volumen es 425 lt contiene una mezcla de O2 y CO2 a 340 kPa abs.6 kg de N2 y 0. 7.27 Demuestre que la densidad de una mezcla de gases ideales es igual a la suma de las densidades de sus componentes. CO2 13%. ocupa un volumen de 2.5 m3 de N2 a la misma temperatura y presión y forma una mezcla a 200 oK y 8 MPa. su . Ar 69 kPa. 7.23 Un tanque rígido contiene 0.4 kg de O2 a 300 oK. 7.28 El análisis volumétrico de una mezcla de gases ideales es el siguiente: CO2 40%.31 Una mezcla que contiene 14 kg de N2 y el resto es CO2. CO 10%. 7.3 m3 de O2 a 200 oK y 8 MPa se mezcla con 0. Determinar la presión parcial de cada gas y la presión total de la mezcla.8 m3 cuando la presión es 550 kPa y la temperatura es 26oC. y 25ºC.26 Un volumen de 0. Determinar: (a) La masa molecular de la mezcla.122 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 7. H234 kPa. 7. la constante Ro y la composición molar de la mezcla. 7.21 Una mezcla gaseosa está formada por 8 kg-mol de H2 y 2 kg-mol de N2. Si se agregan 15 kJ de calor a la mezcla. 7. 40% de O2 y 40% de CO2.39 Una mezcla equimolar de helio y argón se empleará como fluido de trabajo en un ciclo de turbina de gas de circuito cerrado. 1 kg de He a 300 kPa y 400oK.6 kg de N2 a 100 kPa y 300 oK. 7. Determinar la entropía de mezclado. Calcular la entalpía de la mezcla de gases a 800 oC a partir de 0 oC por cada kg de mezcla. (b) Calcular el calor requerido para que ésta mezcla fluya constantemente a razón de 1 kg/s por un intercambiador de calor hasta que la temperatura se duplique. (b) El cambio de entropía correspondiente al sistema. Determinar el cambio de entropía que experimenta el CO2.5 % y N2 85. La presión y la temperatura de cada gas es 210 kPa y 93oC. Determinar el trabajo de salida de la turbina por unidad de masa de mezcla. (c) El cambio de energía interna del sistema.38 Un gas de chimenea tiene la siguiente composición molar: CO2 7.3 kPa y 21oC ¿Cuántos kg de CO2 se encuentran presentes por kg de mezcla? 7.28 m3 de N2 y 0. contiene 0. (a) Calcular el calor necesario para calentar la mezcla en un tanque de 20 m3 hasta 600oK.0 %.5. 7.5 %. y la otra. Se retira luego la membrana.CAPITULO 7 : MEZCLAS DE GASES IDEALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 123 temperatura aumenta hasta 37 oC ¿cuántos kg de O2 y cuántos de CO2 contiene el tanque? 7.35 Un tanque rígido térmicamente aislado como el del problema anterior.37 Una mezcla de gases contiene 20% en masa de N2. Determinar: (a) La temperatura y presión de la mezcla. 7. Suponer calores específicos constantes. Una sección contiene 0.33 La densidad de una mezcla de CO2 y N2 es de 1. 7. La mezcla entra a la turbina a 1. 7.36 La fracción en masa de cada gas en una mezcla de N2 y CO2 es 0.5 kg de N2 a 200 kPa y 320oK.2 kg de H2 y 1. La mezcla se comprime desde 100 kPa y 20 oC hasta 500 kPa y 180 oC.14 m3 de H2.6 MPa y 1500 oK y se expande isoentrópicamente hasta una presión de 200 kPa. Se transfiere calor a la mezcla a presión constante hasta que el volumen se duplica. 7.33 kg/m3 a 101. La presión y temperatura de la mezcla son 150 kPa y 300oK. Suponiendo calores específicos . O2 7.34 Un tanque rígido térmicamente aislado.40 Un dispositivo cilindro-pistón contiene una mezcla de 0. se divide en dos secciones por medio de una membrana. Se retira luego la membrana que separa los gases. Se abre la válvula que conecta los dos tanques y se permite que los dos gases se mezclen. determinar el calor transferido y el cambio de entropía de la mezcla. . Si la temperatura final de la mezcla es 25ºC. determinar el volumen de cada tanque y la presión final de la mezcla.124 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ constantes. 7.41 Un tanque rígido contiene que 2 kg de N2 a 25ºC y 200 kPa se conecta a otro tanque rígido que contiene 3 kg de O2 a 25ºC y 500 kPa. El término (a/v2) se . La ecuación de estado Pv = RT analizada en el capítulo anterior supone un gas constituido por moléculas que no tienen volumen y que no ejercen fuerzas entre sí.nb) = nRT V2 También: Pv3 . pero es ésta la que permite un análisis más sencillo ya que emplea un menor número de constantes y trata de conservar la forma original de la ecuación de estado de los gases ideales. se tendrá: a n2 ( P + ⎯⎯⎯ ) (V .b ) = RT v2 si v = (V/n) donde "n" es el número de moles. esta ecuación no ofrece garantías suficientes.1 ECUACION DE ESTADO DE VAN DER WAALS Muchas son las ecuaciones de estado propuestas por diferentes autores para un gas real. 8. tomando como referencia las condiciones normales. Para presiones altas y temperaturas muy bajas.ab = 0 En la ecuación anterior "b" se denomina covolumen o volumen propio de las moléculas y "a" representa las fuerzas intermoleculares. Lo anterior solo es cierto cuando la presión aplicada al gas es muy baja (P⎯>0).(Pb + RT) v2 + av . a ( P + ⎯⎯ ) ( v .CAPITULO 8 GASES REALES Todo gas que no cumple la ecuación de estado de los gases ideales se denomina gas real. 2 ISOTERMA TEORICA DE VAN DER WAALS Tomando P como una función de v para una temperatura constante. lo cual complica su cálculo y conduce a la utilización de métodos de prueba y error. puede dibujarse en el plano P-v una curva como la mostrada en el diagrama. Es decir que el gas por efecto combinado de la presión y las fuerzas intermoleculares se convierte en líquido. El cálculo de la temperatura y la presión son inmediatos. la ecuación de Van der Waals es cúbica en el volumen. . Como puede verse. un punto de inflexión entre A y B y además una asíntota para v = b. a RT1 P = ⎯⎯⎯ . Tanto "a" como "b" son constantes para cada gas y su valor puede ser obtenido en la tabla 3.-⎯⎯ v-b v2 P B T1 b A v La isoterma T1 es una curva típica de una ecuación de tercer orden: con un máximo en B. un mínimo en A. El extraño comportamiento entre A y B solo puede ser explicado por un cambio de fase.126 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ denomina presión interna. 8. P B B’ A’ T1 b A v 8. el mínimo y el punto de inflexión.CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 127 8.. dicho punto recibe el nombre de punto crítico y la isoterma que pasa por este punto se denomina isoterma crítica (Tc). Puede trazarse una isoterma real a partir de una teórica haciendo iguales las áreas sombreadas. Durante el cambio de fase la presión y la temperatura se mantienen constantes y en consecuencia la isoterma toma la forma indicada en la figura. .3 ISOTERMA REAL DE VAN DER WAALS Cuando se comprime un gas hasta llevarlo al estado líquido a temperatura constante.4 CURVAS LIMITES Considerando una agrupación de isotermas donde T1 es menor que T2 menor que T3. se puede construir el diagrama mostrado. Observando el diagrama aparece un punto donde se reúnen el máximo. etc. su comportamiento entre A y B es muy diferente al mostrado anteriormente. en el cual al unir los puntos A´ resulta una curva denominada curva límite inferior o curva de líquido saturado y uniendo los puntos B´ resulta otra curva denominada curva límite superior o curva de vapor saturado. (IV) LIQUIDOS. en esta zona solo se presenta el estado líquido. los cuales no pueden licuarse aumentando la presión a temperatura constante. Como su nombre lo indica.5 ZONAS EN EL PLANO P-v El trazado de las curvas límites y la isoterma crítica divide el plano P-v en cuatro regiones muy importantes: (I) GASES PERMANENTES. Son aquellos que aunque se presentan en estado gaseoso pueden ser licuados aplicando presión a temperatura constante. Incluye los gases reales e ideales. (II) VAPORES SOBRECALENTADOS. . En esta zona coexisten el líquido y el vapor en equilibrio.128 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P T1 T2 T3 PUNTO CRITICO A’3 B’3 A’2 TEMPERATURA CRITICA B’2 B1 A’1 B’1 A1 V 8. (III) VAPORES HUMEDOS. CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 129 El estudio de la zona I queda terminado con los capítulos 6 y 8. El estudio de la zona II y III corresponde al capítulo 9. P I PUNTO CRITICO IV TEMPERATURA CRITICA CURVA DE LIQUIDO SATURADO III II CURVA DE VAPOR SATURADO v 8.6 PROPIEDADES CRITICAS Se pueden obtener los valores de la temperatura crítica (Tc), el volumen crítico (vc) y la presión crítica (Pc), aplicando a la ecuación de Van der Waals las condiciones que debe cumplir el punto crítico, es decir: máximo, mínimo y punto de inflexión. Si (dP/dv)T = 0 y (d 2 P/dv2) = 0 se tendrá: vc=3b Tc = 8a/27bR Pc = a/27b2 En la tabla 3 se pueden consultar los valores de las propiedades críticas para algunas sustancias. 130 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 8.7 PROPIEDADES REDUCIDAS Corresponden al valor actual de la variable dividido por su valor en el punto crítico. PR = (P/Pc) = presión reducida TR = (T/Tc) = temperatura reducida VR = (v/v c) = volumen reducido 8.8 ECUACION DE ESTADOS CORRESPONDIENTES Las relaciones anteriores puede ser sustituidas en la ecuación de Van der Waals y obtener así una ecuación de forma más sencilla, en la cual han sido eliminadas las constantes y solo aparecen las variables reducidas. 3 (PR + ⎯⎯⎯) (3 VR - 1) = 8 TR (VR)2 8.9 FACTOR DE COMPRESIBILIDAD Se denomina por la letra Z y puede considerarse una corrección para el comportamiento no ideal de los gases, que permite retener la forma sencilla de la ecuación de los gases ideales. Se define como: Z = (Pv/RT) En términos de Z la ecuación de Van der Waals puede transformarse en: CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 131 27 PR 27(PR)2 PR 2 Z + [ ⎯⎯ + 1 ] Z + [ ⎯⎯⎯ ] Z - ⎯⎯⎯⎯ = 0 64 (TR)2 512 (TR)3 8 TR 3 donde "a" y "b" fueron reemplazados por: 27 R2 (Tc)2 a = ⎯⎯⎯⎯⎯ 64 Pc y R Tc b = ⎯⎯⎯⎯ 3 Pc Puede verse que Z es sólo función de TR y PR. El cálculo de Z se simplifica si utilizamos el diagrama generalizado Z vs PR. El cual toma como parámetro la temperatura reducida. Los diagramas 1 y 2 fueron calculados por Nelson y Obert a partir de numerosos datos experimentales. Los diagramas incluyen un parámetro adicional denominado volumen pseudo-reducido (Vpr ), en lugar de VR, el cual se define como: v Vpr = volumen pseudo-reducido = ⎯⎯⎯⎯ RTc/Pc también puede expresarse como: TR Vpr= Z ⎯⎯ = VR . Zc PR 8.10 ENTALPIA Y ENTROPIA DE GASES REALES A presiones bajas, la entalpía de un gas es solo función de la temperatura y en consecuencia puede calcularse por las fórmulas del capítulo anterior. A presiones altas, la entalpía depende de la presión y existe una diferencia que podría representarse en el diagrama esquemático siguiente: 132 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ h (PR)1 hid (PR)2 h t (PR)1 < (PR)2 hid = entalpía de un gas ideal h = entalpía de un gas real La diferencia anterior puede calcularse mediante el diagrama 3. El diagrama 4 muestra la desviación en la propiedad entropía. 8.11 MEZCLAS DE GASES REALES La ley de Dalton de las presiones aditivas y la ley de Amagat de los volúmenes aditivos pueden emplearse también en gases reales, a menudo con una precisión razonable. En este caso, sin embargo, los componentes de volumen deben evaluarse a partir de relaciones que consideran la desviación de cada componente del comportamiento ideal. Una manera es emplear el factor de compresibilidad: PV = Zm RT donde Zm = Σ xi Zi CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 133 Zi = factor de compresibilidad individual de cada gas evaluado ya sea a T y V (ley de Dalton) o a T y P (ley de Amagat). En apariencia, al emplear cualquiera de las leyes se obtendrá el mismo resultado, pero no es así. El enfoque del factor de compresibilidad, brinda resultados más precisos cuando las Zi se evalúan con la ley de Amagat en lugar de la ley de Dalton. Esto se debe a que la ley de Amagat implica el uso de la presión de la mezcla Pm, la cual toma en cuenta la influencia de las fuerzas intermoleculares entre las moléculas de gases diferentes. La ley de Dalton ignora la influencia de moléculas diferentes entre sí en una mezcla. En consecuencia tiende a subestimar la presión de una mezcla de gas para V y T determinados. Por consiguiente, le ley de Dalton es más apropiada para mezclas de gas a bajas presiones. Se puede observar que hay una importante diferencia entre emplear el factor de compresibilidad para un solo gas y para una mezcla de gases. El factor de compresibilidad predice el comportamiento P, v, T de gases independientes con bastante precisión, pero no el correspondiente a mezclas de gases. Cuando se usan factores de compresibilidad para los componentes de una mezcla de gases, se toma en cuenta la influencia de moléculas similares entre sí; la influencia de moléculas diferentes no se toma en cuenta. Por ese motivo, un valor de una propiedad predicho mediante este enfoque puede ser muy diferente de un valor determinado en forma experimental. Otro enfoque para predecir el comportamiento P, v, T de una mezcla de gases es tratarla como una sustancia pseudopura. Un método de este tipo, propuesto por W.B. Kay en 1936 y llamado regla de Kay, implica el uso de una presión pseudocrítica Ppscr y una temperatura pseudo crítica Tpscr, para la mezcla, definidas en términos de las presiones y temperaturas de los componentes de la mezcla como: Ppscr = Σ xi Pc,i y Tpscr = Σ xi Tc,i El factor de compresibilidad de la mezcla Zm se determina luego con facilidad con estas propiedades pseudocríticas. El resultado obtenido al utilizar la regla de Kay es exacto dentro de casi 10 por ciento sobre un amplio intervalo de temperaturas y presiones, lo que es aceptable para la mayor parte de los propósitos de ingeniería. 134 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ PROBLEMAS RESUELTOS 8.1 Calcular la presión ejercida por 2 kg-mol de aire a 400ºK, con un volumen de 0.5 m3. Emplear: (a) PV = nRT (b) La ecuación de Van der Waals. 2 kg-mol x 8.31 (kPa . m3/kg-mol oK) x 400oK P = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 13296 kPa 0.5 m3 v = V/n = 0.5 m3/2 kg-mol = 0.25 m3/kg-mol RT a 8.31 x 400 136.3 P = ⎯⎯⎯⎯ - ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ - ⎯⎯⎯⎯⎯ = 13388 kPa v2 (0.25 – 0.0365) (0.25)2 (v – b) La diferencia en los resultados anteriores es de solo 0.7% y por tanto, el empleo de la ecuación de los gases ideales es una buena aproximación bajo las condiciones de temperatura y presión de este problema. 8.2 Determinar la masa del nitrógeno contenido en un recipiente de 30 m3 a 20 MPa. y 194ºK, utilizando: (a) La ecuación de los gases ideales. (b) El diagrama generalizado. a) Utilizando la ecuación de los gases ideales: 273ºK x kg-mol PV 20 MPa x 30 m3 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 371.8 kg-mol RT 194oK 0.1013 MPa x 22,414 m3 m = n x M = 371.8 kg-mol x 28 mol-1 = 10 410 kg b) Utilizando el diagrama generalizado 1: TR = T/Tc = 194ºK/126.1 = 1.53 05 P = PR x Pc = 1.727 8.8 kg-mol n = ⎯⎯⎯ = = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 413. .3 lt contiene 5 kg de CO2 a 93. Utilizar: (a) La ecuación de los gases ideales. (b) El diagrama generalizado.1 kg-mol x 28 mol-1 = 11 566.8 kg 8.0283 m3/(5/44) kg-mol = 0.249 x 7 386 v x Pc Vpr = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.31 x 304.9 m = n x M = 413.4 oK = 1.4 Determinar la temperatura del propano si su volumen específico es 6.4 R Tc TR = T/Tc = 366.249 m3/kg-mol 0.3 oK/304.9 PV 371.414 m3 (5/44)kg-mol x 366.3 a) Un recipiente rígido de 28. P = nRT/v 101.2 Del diagrama 1: PR = 1.36 lt/kg y la presión 6 891 kPa. (b) El diagrama generalizado.3oC.3oK P = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 12 233 kPa 0.89 El factor de compresibilidad leído es: Z = 0.05 x 7 386 kPa = 7 755 kPa 8. Calcular la presión ejercida utilizando: (a) La ecuación de los gases ideales.CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 135 PR = P/Pc = 20 000 kPa/3 394 kPa = 5.1 kg-mol ZRT 0.0283 m3 273ºK x kg-mol b) Para utilizar el diagrama generalizado se calcula el volumen pseudo-reducido: v = V/n = 0.3 kPa x 22. 00636 m3/kg) x 44 mol-1 = 0.28 x 4265 v x Pc Vpr = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.⎯⎯ = n Q Δ h .14 T = TR x Tc = 1.⎯⎯ m m Ws . la ecuación del balance de energía en el proceso es: ο ο ο Q . El proceso se realiza bajo condiciones de flujo estacionario.8 oK 8.7 oC hasta 3 445 kPa.14 x 370 = 421.136 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) Pv=RT .⎯⎯ n . Si las energías cinética y potencial son despreciables. m3/ kg-mol oK) b) Se calcula el volumen pseudo-reducido: 0.W s = m ( Δ h) Q Ws .31 x 370 R x Tc PR = P/Pc = 6891 kPa / 4265 kPa = 1.388 8. v=vxM v = (0. Calcular el trabajo por libra de metano.61 A partir del diagrama 1: TR = 1.31 (kPa .28 m3/kg-mol 6 891 kPa x 0.1oK R 8.28 m3 /kg-mol Pv T = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 232.5 En un proceso isotérmico reversible se comprime metano (CH4) desde 137.8 kPa y 37.⎯⎯ = Δ h . CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 137 Por ser un proceso isotérmico reversible.25) (RTc) = .Δ hideal)/RTc Δ hideal = CP Δt = 0 Δ h = (.62 191.1 oK A partir del diagrama 3: Zh1 = (hideal – h)1 /RTc = 0 Zh2 = (hideal – h)2 /RTc = 0.7 oK TR = ⎯⎯⎯⎯ = 1.0297 4 640 kPa 3 445 kPa PR2 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. el calor transferido es: Q1.0.⎯⎯ = n Δh-T Δs Las propiedades reducidas serán: 137.397 kJ/kg-mol Del diagrama 4: Zs1 = (sideal – s)1 /R = 0 .742 4 640 kPa 310.1 oK = .25 Zh1 – Zh2 = .25 = (Δ h .0.8 kPa PR1 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0.25 x 8.2 = T Δ s El trabajo será: Ws .31 (kJ/kg-mol oK) x 191. 2 = .02 Tc 304.397 – (310.26.0.4 kJ/kg-mol oK Reemplazando en la ecuación de energía: Ws . Despreciando las energías potencial y cinética y el trabajo realizado ya que se trata de un calentador.74 kJ/kg-mol oK Zs1 – Zs2 = (Δs .6 kJ/kg 8.4 oK .8/3445) = .T Δ s = .74 = . el calor necesario por libra de CO2 estará dado por: (Q/m) = Δ h = h2 – h1 Las propiedades reducidas serán: P 6890 kPa PR = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.89 MPa desde 37. Calcular el calor necesario por kg de CO2.31 x (-0.7 oK T1 TR1 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.2 El cambio de entropía de un gas ideal en un proceso isotérmico reversible está dado por: Δ sideal = R ln (P1/P2) Δ sideal = 8.933 7386 kPa Pc 310.31 ln (137.7 oC hasta 426.4) = 8426 kJ/kg-mol n -(Ws/m) = (8426 kJ/kg-mol)/16 mol-1 = 526.⎯⎯ = Δ h .6 Se calienta dióxido de carbono (CO2) a presión constante de 6.Δsideal)/R = 0 – 0.2) – 26.28.7)(-28.6 oC en un proceso en flujo estacionario.2 Δs = 8.138 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Zs2 = (sideal – s)2 /R = 0. 136 kJ/kg-mol oK Δ hideal = 37.96 kJ/kg 8.31 x 304.CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 139 T2 699.2 kJ/kg-mol Δ h = 1.3 x 8.7 Un tanque rígido contiene 2 kg-mol de gas N2 y 6 kg-mol de gas CO2 a 300oK y 15 Mpa.Δ hideal)/RTc Para un gas ideal a presión constante y suponiendo que la capacidad calorífica permanece constante con la temperatura: Δ hideal = CP Δ t De las tablas de propiedades de gases ideales: CP = 0.6 kJ/kg-mol Δ h = 402.96 kJ/kg (Q/m) = 402. su volumen se determina sin dificultad de la relación de gas ideal para la mezcla: nRT 8 x 8.5 Zh2 = (hideal – h)2 /RTc = 0. (b) La regla de Kay.136 x (699.3 R Tc + Δ hideal = 1.3 304.4 oK Tc Del diagrama 3 se tiene: Zh1 = (hideal – h)1 /RTc = 1. (c) Factores de compresibilidad y ley de Amagat.2 Zh1 – Zh2 = 1. Calcule el volumen del tanque con base en: (a) La ecuación de estado de gas ideal.844 x 44 = 37.6 – 310. a) Cuando se supone que la mezcla se comporta como un gas ideal.31 x 300 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 330 m3 P 15000 .4 + 14442.6 oK TR2 = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 2.3 = (Δ h .6 = 17730.844 kJ/kg oK = 0.7) = 14442. 39 = 4.7 oK Ppscr = Σ Xi PC = (0.652 m3 P c) Cuando se utiliza la ley de Amagat en conjunción con los factores de compresibilidad.03 Z = 0.386) = 6.25 . Pero primero se calcula la fracción molar de cada componente: X N2 = (2/8) = 0. X CO2 = (6/8) = 0. es necesario determinar la temperatura y la presión pseudocríticas de la mezcla mediante las propiedades del punto crítico del N2 y del CO2 a partir de la tabla 3.140 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ b) Para utilizar la regla de Kay. PR = P/PC = 15/7.49 Z nRT Vreal = ⎯⎯⎯⎯ = Z Videal = 0. el factor de compresibilidad será: Z = 0.75)(304.75)(7.02) + (0.25)(1.3 Z = (0.25)(3.49 x 1330 m3 = 0.1) + (0.7 = 1.394) + (0.42 Z = 1.35 A partir del diagrama generalizado.02 Para el CO2: TR = T/TC = 300/304.39 = 2.38 .1 = 2.4 = 0. PR = P/PC = 15/3.3) = 0.75 Tpscr = Σ Xi TC = (0.4) = 259. PR = P/Ppscr = 15/6. Z se encuentra a partir de: Z = Σ Xi Zi Se determina Z para cada componente así: Para el N2: TR = T/TC = 300/126.75)(0.25)(126.39 = 2.16 .39 Mpa TR = T/Tpscr = 300/259.48 x 1330 m3 = 0.48 Vreal = Z Videal = 0.638 m3 .99 . CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 141 PROBLEMAS PROPUESTOS 8.20 Determinar el volumen especifico del CO2 a presión de 5156 kPa y temperatura de 100ºC. 8.11 Calcular la densidad del aire a 13. Determinar la temperatura y la densidad. utilizando: (a) PV = nRT (b) Diagrama generalizado.19 Un recipiente de 1 m3 contiene N2 a 28 MPa y 190ºC.13 Determinar el volumen específico del amoniaco a 1378 kPa y 149 oC.8. calcular la presión final utilizando el diagrama generalizado. 8.12 Calcular la masa de oxígeno contenida en un recipiente de 140 litros a 28 MPa y 36 oC. 8.74 lt/kg y t = . . 8. utilizando: (a) PV = nRT (b) Diagrama generalizado. 8.18 Calcular el volumen que debe tener un recipiente para almacenar 1200 kg de CO2 a 6100 kPa y 100ºC. tiene un factor de caracterización de 0. 8. Determinar su volumen específico a partir de un diagrama generalizado.9 Utilizando el diagrama generalizado calcular la presión ejercida por el nitrógeno si v = 3. 8. utilizando: (a) PV = nRT (b) Diagrama generalizado. utilizando: (a) PV = nRT (b) Diagrama generalizado.6 MPa y 30 oC.16 Calcular el volumen específico a 10 MPa y 0oC de los siguientes gases utilizando el diagrama generalizado: (a) CO2 (b) Helio. mediante el diagrama generalizado.8 Calcular la presión de 10 kg de CO contenidas en un volumen de 15 litros a 4oC. 8. utilizando:(a) PV = nRT (b) Diagrama generalizado.26 MPa y dentro de un volumen de 90 litros.78 MPa y -100oC. empleando: (a) PV=nRT (b) La ecuación de Van der Waals. 8.17 Calcular el volumen específico del aire a 38ºC y 4200 kPa.65oC.14 La presión y la temperatura del aire son 7. 8.10 Calcular la temperatura de 70 kg de CO2 a presión de 20. Si el N2 se enfría hasta 20ºC. 8.15 Aire a presión de 3 MPa. 8. 32 Determine el cambio de entalpía y el cambio de entropía del CO2 cuando se somete a un cambio de estado desde 250ºK y 7 MPa hasta 280ºK y 12 MPa.22 Determinar la masa de N2 contenida en un recipiente de 28 m3 a 20. La .3 kPa y 300ºK hasta 20.31 Determinar el cambio de entalpía y el cambio de entropía para el O2 cuando experimenta un cambio de estado desde 220ºK y 5 MPa hasta 300ºK y 10 MPa. 8.2 MPa y 195ºK. 8. Utilizar el diagrama generalizado. Determinar el cambio de entalpía en kJ/kg de gas.4 lt contiene 1 kg de Freón 12 a 110ºC.67 MPa y 190ºK. Utilizar los diagramas de desviación de entalpía y entropía .4 MPa y 26ºC.29 El N2 pasa de 101.27 Se comprime metano isotérmicamente desde 690 kPa y 38oC hasta 14 MPa.21 Determine la presión ejercida por 1 kg de CO2 a 100ºC. Utilizar los diagramas de desviación de entalpía y entropía.23 Utilizando el diagrama generalizado. 8. 8. Utilizar el factor de compresibilidad. si el volumen específico es 12 lt/kg.30 Se comprime metano isotérmicamente desde 690 kPa y 38ºC hasta 13.33 Se comprime reversible e isotérmicamente gas propano en un compresor que trabaja en estado estacionario.3 kPa hasta 690 kPa.3 kPa y 300oK hasta 20.24 Utilizando el diagrama generalizado calcular la densidad del metano a 10130 kPa y – 50ºC. Determinar al cambio de entalpía en kJ/kg. 8. determinar: (a) El cambio de entalpía. 8.25 Determinar el volumen específico del Freón 12 a 1 MPa y 50oC. Utilizar: (a) PV=nRT (b) Diagrama generalizado. 8. utilizando: (a) PV=nRT (b) El diagrama generalizado.8 MPa. (b) El cambio de entropía. 8. Utilizando los diagramas generalizados. 8.26 Un tanque de 1.7 MPa y 194oK. 8. (b) El cambio de entropía. calcular la densidad del N2 a 34. determinar: (a) El cambio de entalpía. desde 101.28 El nitrógeno es llevado mediante un cambio de estado desde 101. 8.142 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 8. Determinar la presión utilizando: (a) PV=nRT (b) El diagrama generalizado. 8. Utilizando el diagrama de corrección de entalpía. la cantidad de calor que se debe eliminar del compresor en kJ. determinar por kg de gas que se comprime. 8.37 Un tanque rígido contiene 2 kg-mol de N2 y 6 kg-mol de CH4 a 200ºK y 10 MPa. Esta mezcla se calienta durante un proceso desde 180ºK hasta 210ºK a presión constante de 8 MPa. 8. Despreciando los cambios de energía potencial y cinética. (b) La regla de Kay.4 m3 está perfectamente aislado y contiene O2 a 220oK y 10MPa. en forma adiabática mediante un compresor de flujo continuo. Utilizar el diagrama generalizado.35 En una tobera adiabática a 8 MPa y 450ºK entra CO2 con baja velocidad y sale a 2 MPa y 350ºK.4 kg/s. (c) El factor de compresibilidad y la ley de Amagat. .38 Una mezcla gaseosa se compone de O2 y N2. Calcular el volumen del tanque empleando: (a) La ecuación de estado de un gas ideal. Utilizando el diagrama de desviación de entalpía determinar la velocidad de salida del CO2.CAPITULO 8 : GASES REALES ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 143 temperatura del gas es 38oC. La relación del número de moles de N2 a O2 es 3:1. 8. Determinar la transferencia de calor durante este proceso por mol de mezcla. utilizando: (a) Gas ideal. (b) La regla de Kay. Con los diagramas generalizados determinar: (a) La presión final en el tanque. (b) El trabajo efectuado por la hélice durante este proceso.34 Se comprime metano a razón de 1. Una hélice ubicada en el tanque se activa y la temperatura del O2 aumenta a 250 oK. Determinar la potencia requerida por el compresor. La presión y temperatura iniciales son 2 MPa y –10ºC y al final 10 MPa y 110ºC. 8. 8.36 Un tanque rígido de 0. la temperatura a la cual se sucede la vaporización a una presión dada. Considerando que los sistemas líquido-vapor son los más importantes para la termodinámica técnica. Tanto la temperatura como la presión están relacionadas por una curva de equilibrio o curva de presión de vapor (ver figura). serán estudiados en este capítulo y especialmente el sistema agua-vapor de agua. dicha presión se denomina presión de saturación. líquido y vapor. tales como sólido. 9.1 CAMBIO DE FASE A PRESION CONSTANTE Teniendo en cuenta el análisis del capítulo anterior. la vaporización de un líquido se realiza a presión y temperatura constante.CAPITULO 9 SUSTANCIAS PURAS (Sistemas de Dos Fases) Una sustancia pura puede existir en diferentes fases. Se denomina temperatura de saturación. P CURVA DE PRESION DE VAPOR LIQUIDO VAPOR T Se consideran ahora los estados intermedios por los cuales pasa una sustancia cuando es transformada de líquido a vapor a presión constante. . VAPOR SATURADO. En el diagrama P-v se indican los puntos correspondientes a cada estado. E . Es una mezcla de líquido saturado y vapor saturado. El estado A se encuentra a T1 y el estado E se encuentra a T2. P A B C D E V . Es un líquido cuya temperatura está por debajo de la temperatura de saturación. B . Es un vapor cuya temperatura está por encima de su temperatura de saturación.146 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P T1 P TS P TS P TS P T2 A B C D E A . C y D tienen la misma temperatura Ts.LIQUIDO SATURADO.VAPOR SOBRECALENTADO.VAPOR HUMEDO. Es un vapor a la temperatura de saturación.LIQUIDO SUB-ENFRIADO. Es un líquido a la temperatura de saturación. Los estados B. D . donde T1 < T2. C . líquido y vapor en equilibrio.3 SUPERFICIE TRIDIMENSIONAL Cualquier diagrama bidimensional es en realidad una proyección de una superficie tridimensional sobre el plano en cuestión.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 147 9. Cualquier proceso a presión constante puede causar fusión. P LINEA DE FUSION • PUNTO LIQUIDO CRITICO FUSION EVAPORACION LINEA DE EVAPORACION SOLIDO PUNTO TRIPLE SUBLIMACION VAPOR LINEA DE SUBLIMACION T El diagrama anterior corresponde al agua. La siguiente figura ilustra la superficie tridimensional desde la cual se proyectan los diagramas presión-temperatura y presión-volumen. Se aprecia el punto triple en el cual las tres fases están en equilibrio. 9.2 EQUILIBRIO SOLIDO-LIQUIDO-VAPOR El siguiente diagrama representa el sistema de fases sólido. . para otras sustancias el diagrama puede cambiar y en consecuencia las curvas de equilibrio pueden tener inclusive pendientes diferentes. evaporación o sublimación según sea el valor de la presión y la zona por la cual se desplace como se muestra en el diagrama. Por lo anterior la cantidad de calor que se suministra para efectuar los diferentes cambios de estado es igual al cambio de entalpía. La primera columna de la tabla 4 es la presión y la segunda columna la respectiva temperatura de saturación. Para la tabla 5 la primera columna es la temperatura y la segunda es la presión de saturación respectiva. La tabla 6 expresa las propiedades del vapor sobrecalentado en función de la temperatura y de la presión.148 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9. Las tablas 4 y 5 expresan las propiedades del líquido y el vapor saturado.4 TABLAS DE PROPIEDADES TERMODINAMICAS La evaluación de propiedades termodinámicas se efectúa mediante tablas. . TABLAS DE LIQUIDO Y VAPOR SATURADO. La tabla 4 proporciona las propiedades en función de la presión de saturación y la tabla 5 las propiedades en función de la temperatura de saturación. En las demás propiedades se adopta la siguiente notación: El sub-índice "f" se utiliza para designar la propiedad específica de un líquido saturado. En esta zona la presión y la temperatura son propiedades independientes y en consecuencia para cada presión se dan varias temperaturas y para cada temperatura a su vez se pueden encontrar los valores de volumen específico (v). se pueden calcular las propiedades de un vapor húmedo por las siguientes fórmulas: X = mv / ( mL + mv ) vx = vf + X vfg hx = hf + X hfg y=1-X .5 PROPIEDADES TERMODINAMICAS DE LOS VAPORES HUMEDOS El vapor húmedo es considerado una mezcla de líquido saturado y vapor saturado. 9. vg = volumen específico de vapor saturado (m3/kg) ug = energía interna específica de vapor saturado (kJ/kg) hg = entalpía específica de vapor saturado (kJ/kg) sg = entropía específica de vapor saturado (kJ/kg oK) El su-índice "fg" se utiliza para designar el cambio en una propiedad específica cuando el vapor pasa de líquido saturado hasta vapor saturado: vfg = vg – vf ufg = ug – uf hfg = hg – hf sfg = sg . Las unidades son las mismas de las tablas anteriores. Se denomina titulo (X) o calidad del vapor a la relación entre la masa de vapor saturado y la masa total de vapor húmedo.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 149 vf = volumen específico de líquido saturado (m3/kg) uf = energía interna específica de líquido saturado (kJ/kg) hf = entalpía específica de líquido saturado (kJ/kg) sf = entropía específica de líquido saturado (kJ/kg oK) El sub-índice "g" se utiliza para designar la propiedad específica de un vapor saturado. Utilizando las tablas de líquido y vapor saturado junto con el título. entalpía específica (h) y entropía específica (s).sf TABLAS DE VAPOR SOBRECALENTADO. Se denomina humedad específica (y) a la relación entre la masa de líquido saturado y la masa total de vapor húmedo. El diagrama presenta curvas de presión constante. el grado de sobrecalentamiento se indica con el sub-índice "Sh". h PRESION CONSTANTE CURVA DE VAPOR SATURADO (x = 1) TEMPERATURA CONSTANTE PUNTO CRITICO • CALIDAD PRESION Y TEMPERATURA CONSTANTE S . Con ayuda de este diagrama se pueden calcular la entalpía y la entropía de vapores húmedos y sobrecalentados en una forma directa. temperatura constante y título o calidad constante. el cual se toma como la temperatura del vapor sobrecalentado menos la temperatura de saturación a la presión correspondiente.6 DIAGRAMA DE MOLLIER Es un diagrama que ha sido construído tomando como coordenadas la entalpía y la entropía. Así mismo se pueden representar procesos y evaluar sus respectivos cambios de entropía y entalpía. En algunos diagramas se incluyen curvas de sobrecalentamiento o grado de sobrecalentamiento . En las tablas de propiedades termodinámicas. 9.150 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ux = uf + X ufg sx = sf + X sfg El sub-índice "x" se utiliza para indicar que es un vapor húmedo. 12 kJ/kg vx = 0. hfg = 2181.2 Calcular la entalpía y el volumen especifico de un vapor que se encuentra a 200 kPa y 300ºC. vg = 0. En la tabla 6: h = 3071.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 151 PROBLEMAS RESUELTOS 9. La presión es la presión de saturación. (b) La energía añadida al agua.5 = 1626.37 + 0. m = 0.14 kPa vf = 0.1 Calcular la entalpía y el volumen específico de una vapor a 250 kPa y 50% de calidad en una mezcla líquido-vapor.001036 m3/kg V = vf .8 kJ/kg 9.4 Una masa de 200 g de agua líquida saturada se evapora completamente a una presión constante de 100 kPa.3 .001067 + 0. Determinar la presión en el tanque y el volumen de éste.3162 m3/kg Un tanque rígido contiene 50 kg de agua líquida saturada a 90ºC.7187 m3/kg hf = 535. En la tabla 4 a 100 kPa: .0518 m3 9.5 x 2181.5 kJ/kg hx = 535. v = 1.37 kJ/kg . En la tabla 4 a 0.3598 m3/kg 9.001067) = 0.250 MPa: vf= 0. tabla 5: P = 70.001067 m3/kg . Determinar: (a) El cambio en el volumen.7187 – 0.001036 x 50 = 0.5 x (0. 6929 m3/kg Δ V = 1.2 = 0. t (oC) a b c d e P (kPa) 200 125 75 1000 500 850 u (kJ/kg) x 0.6929 x 0. (b) El volumen del tanque. Si 8 kg del agua están en la forma líquida y el resto es vapor.6940 m3/kg hfg = 2258.001036 + 0.6 kJ 9.001043 m3/kg vg = 1.0 kJ/kg Δ v = vg – vf = 1.2 x (2.5 Un tanque rígido contiene 10 kg de agua a 90ºC.43oC 9.3385 m3 Δ H = 2258.473 m3/kg V = 0.473 x 10 = 4. En la tabla 5 a 90ºC: La presión es 70.001036 m3/kg vg = 2.001036) = 0. En la tabla 6 se interpola entre 200ºC y 250ºC: t = 216.5 MPa y h = 2890 kJ/kg.2 = 451.152 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ vf = 0. determinar: (a) La presión en el tanque.6 Determinar la temperatura del agua si P = 0.361 m3/kg vx = 0.6 1600 2950 0 Descripción de la fase .7 Determinar las propiedades faltantes y las descripciones de fase para el agua.6940 – 0.0 x 0.001043 = 1.361 – 0.14 kPa vf = 0.73 m3 9. La temperatura dada es menor.1593 – 0.001053 + 0.7 = 2314.9 x (1.9 x 2052.535 Descripción de fase: vapor húmedo c) En la tabla 6.9 = 0.8 Hay 5 kg de vapor de agua en un recipiente cerrado.49 + 0.27 kJ/kg t = 172. ¿Cuál será la presión al final del proceso de calentamiento? En la tabla 4: u1 = 466.9 kJ/kg e) Para X = 0 se tiene líquido saturado.37 kJ/kg vx = 0. a 150 Kpa y calidad de 90%.86ºC.6 oC Descripción de fase: vapor sobrecalentado d) La temperatura de saturación a 500 kPa es 151. Calcular el calor que debe suministrarse con el fin de producir un vapor saturado.2321 MPa X = (ux – uf) / ufg = (1600 – 524.94 + 0.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 153 a) En la tabla 4: t = 120. luego se trata de un líquido sub-enfriado y sus propiedades pueden considerarse las de un líquido saturado a la temperatura dada. interpolando entre 350ºC y 400oC : t = 395. En la tabla 5 a 75ºC: uf = 313.001053) = 1. En la tabla 4: uf = 731.6 x 2025 = 1719.0434 m3/kg .74)/2009.49 kJ/kg Descripción de fase: vapor húmedo b) En la tabla 5: P = 0.96oC Descripción de fase: líquido saturado. 9.23oC ux = 504. interpolando en la tabla 4: (0. En la tabla 6: h1 = 3287.6327 kJ/kg oK Δ s = 8.1593 – 1.1686 MPa = 168. Si el proceso se considera adiabático reversible: (Ws)1. En el estado 2 es vapor saturado.6327 = 1.5 kJ/kg s1 = 7.1 kJ/kg s1 = 6.0036) (1.45 kJ/kg Q1.1593 – 1.9231 kJ/kg oC 9.175 – 0.Δ h = h1 – h2 En la tabla 4: h1 = 2675.2 = Δ U = 5 x (2523.6 kPa Para esta presión se interpola: u2 = 2523.15) (P – 0.37) = 1045.10 Determine el trabajo necesario para comprimir vapor de agua saturado seco en forma isoentrópica desde 100 kPa hasta 1 MPa. luego el volumen específico se mantiene constante.3594 kJ/kg oC = s2 Interpolando en la tabla 6: .0434) P = 0.2 = .9 Vapor de agua a 7 MPa y 450ºC se estrangula hasta una presión de 100 kPa.15) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (1.45 – 2314.154 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ El volumen y la masa no cambian en el proceso.4 kJ 9. Determinar el aumento de entropía del proceso.5558 – 6. 4 – 2676. Calcular la calidad o la temperatura de la mezcla cuando sale del aparato.12 En un aparato adiabático se mezclan 3 kg/mi de vapor a 600 kPa y 250oC con 5 kg/mi de vapor a 600 kPa y calidad del 50%.6 MPa y 250ºC: h1 = 2957.45 kJ/kg oC (Ws)1.2 = Δ h = Δ H = 2776.6 kJ 8 kg .2 kJ 9. En la tabla 6: h1 = 2676.519.2 kJ/kg H1 = 3 x 2957. El calor necesario es igual al cambio de entalpía.4 kJ/kg Q1.95 kJ 9.11 Un kilogramo de vapor de agua se calienta a presión constante de 100 kPa desde 100oC hasta 150oC.2 kJ/kg h2 = 2776. para 0.2 = 2675.2 = 100.5 – 3195.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 155 h2 = 3195.45 = . Calcular el calor necesario.2 = 8871. Tomando como base 1 minuto: 3 kg 1 3 2 5 kg La ecuación del balance de energía es: H1 + H2 = H3 En la tabla 6. 71 kJ/kg H2 = 5 x 1713. Aire o 4C 45 kg/mi Aire o 30 C Vapor de agua saturado 100 kPa Vapor de agua 100kPa X = 0.75 x 2258 = 2110.46 + 0.71 = 8568.3 = 1713. calcular el flujo necesario de vapor de agua para calentar 45 kg/mi de aire.6 MPa y X = 0.6 MPa y la última entalpía el vapor es un vapor húmedo: X = (2180 – 670.55 = 17440.3 = 0.56 + 0. a 0.6 + 8568.156 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ En la tabla 4.75 Sobre la base de 1 minuto: El balance de energía será: H1 + H3 = H2 + H4 En la tabla 5.96 kJ/kg Para el aire.15 kJ h3 = H3/m3 = 17440. Si las condiciones de salida del vapor son 150 kPa y calidad del 75%. Se utiliza vapor saturado a 150 kPa para calentar aire desde 4oC hasta 30oC.5 kJ/kg h4 = 417. tomando una referencia de 4ºC = t1 .723 9. para 0. con 0.55 kJ H3 = 8871.5 x 2086.5 h2 = 670.15/8 = 2180 kJ/kg Como la presión de mezcla puede suponerse constante.13 Se diseña un intercambiador aislado de calor para calentar aire utilizando vapor de agua.56)/2086.15 MPa y X = 1 h3 = 2675. 8158 kJ/kg oK u2 = 2650.6 kJ/kg s1 = 6.4 kJ Reemplazando en la ecuación del balance de energía: m1 h1 + m3 h3 = m2 h2 + m4 h4 m1 = m2 = maire m3 = m4 = mvapor maire (h2 – h1) = mvapor (h3 – h4) mvapor = maire h2 / (h3 – h4) = 1175.1 kJ/kg .3115 kJ/kg Q1.2 = Δ U + W1.96) = 2.12 = 1175.8158) = 234.7 – 2630.6 = 20.2 /T ⇒ Q1.3 kJ/kg Δu = 2650.5 – 2110.0047 (30 – 4) = 26.12 kJ/kg H2 = 45 x 26.14 En un proceso isotérmico reversible se expande vapor de agua desde 800 kPa y 200oC hasta 300 kPa. calcular el trabajo y el calor transferido en el proceso. Si se empleó un dispositivo cilindro-pistón.2 = T Δs En la tabla 6: u1 = 2630.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 157 h1= 0 h2 = CP (t2 – tref) = 1. Q1.4/(2675.7 kJ/kg s2 = 7.082 kg 9.2 Como el proceso es isotérmico reversible: Δ s = Q1.2 = 473 x (7.3115 – 6. 2086 kJ/kg oK Δ s = 6.4 = 1693.7158 = 5.2 = Q1.3 kJ/kg Δ u = 1693. El volumen del radiador y la masa de vapor no cambian.94 – 417.81 x 6.529 kJ/kg En el estado 2. con 100 kPa y h1: X = (2246.5 m3.16 El radiador de un sistema de calentamiento que utiliza vapor de agua tiene un volumen de 1.94 kJ/kg s1 = 1.75 x 4.9922 + 0. Cuando el radiador se llena con vapor de agua saturado a una presión de 125 kPa.3026 + 0. Δu = 234.6197 x 2112.001037)/2. ¿Cuanto calor se habrá transferido a un salón cuando la presión alcanza un valor de 75 kPa?.3749 – 0.5 = .2 . luego el volumen específico permanece constante.6197 u2 = 384. todas las válvulas se cierran. En la tabla 4: h1 = 697.0568 = 6.2 kJ/kg .15 Se estrangula vapor de agua desde 700 kPa y 75% de calidad hasta la presión de 100 kpa.22 + 0.3 – 2513.31 + 0.2086 – 5.75 x 2066. Calcular el incremento de entropía.3 = 2246.46)/2258 = 0.2 kJ/kg 9.529 = 0.3749 m3/kg En el estado final: X = (1.1 = 214.158 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ W1.820.217 = 0.3 – 20. En la tabla 4: u1 = 2513.81 s2 = 1.6796 kJ/kg oK 9.5 kJ/kg v1 = 1. recibe este fluido a 3 MPa y 300ºC y lo expande isoentrópica y reversiblemente hasta 1 MPa. el volumen interno del cilindro es de 3.2 = 0.2 = .5390 kJ/kg oK Como la entropía se mantiene constante.2 litros.989 h2 = 762. Para una tobera adiabática reversible: .5390 – 2.0032 m3/0.0394 x 237.36 kJ 9.2) = -894 kJ 9.0394 kg (Ws)1.1387)/4. En la tabla 6: v1 = 0.3749 (m3/kg) = 1.2 = Δ U = 1. Calcular el área de salida de la tobera. El flujo de vapor es de 1350 kg/h.81 + 0.9 – 2993.17 Una máquina de vapor (un antiguo motor de cilindro-pistón). Determinar el trabajo realizado si al iniciarse la expansión.ΔH = m (-Δh) Δh = h2 – h1 = 2755. en la tabla 4: X = (6.18 Vapor de agua entra a la tobera de una turbina con una velocidad baja a presión de 2.5 m3 / 1.989 x 2015.9 kJ/kg Q1. suponiendo una tobera adiabática reversible.09 x (-820.3 = 2755.08114 (m3/kg) = 0.09 kg Q1.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 159 La masa de vapor es: m = V/v = 1.6 = 9.5 kJ/kg s1 = 6.5 MPa y 400oC y sale de la tobera a 2 MPa.08114 m3/kg h1 = 2993.5 = -237.2 = 0 (Ws)1.2 = Δ H + (Ws)1.6 kJ/kg m = V/v = 0.4478 = 0. Weléctrico = VIθ = 120 x 0.9 m/s o m = v .3 kJ/kg s1 = 7.2 x 300 = 7200 J = 7.A.2 kJ .2 = Δ H El calor Q1.1429 m3/kg 2(3239. v)/ v = (0.7 kJ. El proceso puede suponerse a presión constante.4931 x 10-4 m2 = 1.88 kJ/kg v2= .2 amperios durante 5 minutos proveniente de una fuente a 120 voltios. Interpolando la entalpía y el volumen específico en la tabla 6: h2 = 3174. v2 = 0. en la tabla 4 se aprecia que a 2 MPa es vapor es todavía sobrecalentado.4931 cm2 9.ρ = ( v A)/v o m = 1350 /3600 = 0.0148 kJ/kg oK Como la entalpía es constante.88x1000 = 358.v 12)/2 + Δ h = 0 ⇒ v2= 2( − Δh) En la tabla 6: h1 = 3239. Un calentador eléctrico de resistencia se activa dentro del cilindro y permite que circule una corriente de 0.1429)/(358.375)(0.3 − 3174.9) = 1. Q1.2 puede suponerse como el entregado por la resistencia eléctrica (Weléctrico) menos las pérdidas al exterior. Determinar la temperatura final del vapor. Al mismo tiempo hay una pérdida de calor de 3.19 Un dispositivo cilindro-pistón contiene 25 g de vapor de agua saturado a presión de 300 kPa.375 kg/s o A = ( m .160 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Δ εc + Δ h = 0 ( v 22 . 3 kJ/kg Con h2 y P1= P2 = 300 kPa.2 – 3.8320 + (X) x 7. o .52 kg/s.85 oC 9. La presión del vapor a la salida es de 20 kPa y la expansión es isoentrópica y reversible.7975 kJ/kg oK En la tabla 4: s2 = s1 = sf + X sfg = 0.Δh) = 2.EXE) .(Ws) = m Δ h En la tabla 6: h1 = 3410.4 + 0. Las condiciones del vapor a la entrada son 7 MPa y 500ºC.3 = 2239.3 kJ/kg s1 = 6.20 Una masa de vapor de agua fluye de modo constante a través de una turbina a razón de 2.4) = 2950 kW PROBLEMAS PROPUESTOS (Para mayor facilidad en la solución de los problemas evitando la interpolación de valores se recomienda utilizar un programa de propiedades del vapor de agua tal como STEAM.52 ( 3410. interpolando en la tabla 6: t2 = 199.025) + 2725.3 – 2239.2 = 7.7 = 3.843 x 2358.5/0.5 kJ = m (h2 – h1) En la tabla 4 : h1 = 2725.3 = 2865.843 h2 = 251.3 kJ/kg h2 = (Q1.4 kJ/kg o (Ws) = m (.0766 X = 0. Determinar la potencia desarrollada por la turbina.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 161 Q1.2/m) + h1 = (3. (f) Confrontar los valores obtenidos en (d) y (e) con el diagrama de Mollier. entropía y energía interna. volumen.4 u (kJ/kg) v (m3/kg) 1000 0.21 Para un vapor de agua húmedo a 1. entropía y volumen de 5 kg de vapor de agua a 1100 kPa y 330oC. (c) La energía interna específica. 9. entalpía. 9.7 kPa (man.23 Como práctica de interpolación. encontrar la entalpía. 9. calcular: (a) La temperatura de saturación.22 Una libra de vapor saturado se encuentra a 35oC.27 Determinar el volumen ocupado por 2 kg de vapor de agua a 1000 kPa y 500ºC.29 Una masa de vapor de agua presenta una calidad 90% a 200ºC.28 Completar la siguiente tabla para el caso del agua: t (oC) 200 P (kPa) 300 200 150 800 5000 300 300 x (%) h (kJ/kg) 852. 9.) y 90% de calidad? 9.162 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9.8500 80 9. Calcular su presión.26 Un tanque de 2 m3 contiene un vapor de agua saturado a 40ºC. 9.25 (a) ¿Cuál es el volumen ocupado por 500 g de vapor de agua a 17 MPa y 90% de calidad? (b) ¿Cuál es el volumen ocupado por 500 g de vapor de agua a 123. Determinar la presión y la masa en el tanque. . Calcular la entalpía y el volumen específico.86. (d) La entalpía específica. (e) La entropía específica. (b) El volumen específico. 9.24 Calcular el porcentaje de error al suponer que la densidad del agua es de 1000 kg/m3 a 35oC y 100 kPa.2 MPa y un título de 0. 33 Completar la siguiente tabla: t (oC) 170 190 P (kPa) 325 u (kJ/kg) 2452 Descripción de la fase Vapor saturado 2000 4000 3040 163 .4 Descripción de la fase 1682 950 500 800 0 3161.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9.7 9.30 Completar la siguiente tabla: t (oC) 50 250 110 P (kPa) v (m3/kg) 416 Descripción de la fase 200 400 600 Vapor saturado 9.32 Completar la siguiente tabla: t (oC) P (kPa) 325 160 80 h (kJ/kg) x 0.31 Completar la siguiente tabla: t (oC) 130 400 90 P (kPa) u (kJ/kg) 2300 Descripción de la fase 600 500 700 Líquido saturado 9. Determinar: (a) La temperatura.38 Dos calderas descargan igual cantidad de vapor dentro de mismo cabezal. (c) Entalpía.1 MPa y 250oC durante un proceso a presión constante. El vapor de agua proveniente de la una está a 1. Calcular la calidad del vapor a 2 MPa. Calcular el calor transferido durante el proceso. 9.39 Un kilogramo de vapor de agua realiza un proceso a presión constante desde 2 MPa y 350oC hasta que la calidad alcanza un valor de 50%.45 realiza un proceso a volumen constante hasta que la presión es 300 kPa. 9.164 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9. ¿Cuál es la condición de equilibrio luego de la mezcla suponiendo que la presión no cambia? 9. (c) La masa de cada fase. (b) Calidad. 9. 9.4 MPa y 300oC. Encontrar: (a) El trabajo. 9.42 Un recipiente rígido cuyo volumen es 100 lt se llena con vapor de agua a 600 o kPa y 300 C. 9.35 Un tanque rígido con un volumen de 2. (d) El cambio de energía interna. Se transfiere calor desde el recipiente hasta convertir el vapor en saturado. (b) La entalpía total. Determinar: . (c) El calor. 9.4 MPa y 95% de calidad.44 Un kilogramo de vapor de agua a 100 kPa y con un título de 0.37 Vapor de agua a 1 MPa y 300ºC se enfría a volumen constante hasta que la temperatura es 150ºC.5 m3 contiene 5 kg de una mezcla en equilibrio de agua y vapor a 75ºC.36 Un tanque rígido de 200 litros contiene 5 kg de agua a 150 kPa.41 Un recipiente que tiene un volumen de 85 lt se llena de vapor de agua a 200 kPa y calidad de 90%.43 Se estrangula vapor desde 2 MPa hasta 100 kPa y 150oC. En el estado final determinar: (a) Presión. Calcular la cantidad de calor que debe retirarse del recipiente para reducir la presión a 125 kPa. Se suministra calor al tanque. (e) El cambio de entropía. Si la presión atmosférica local es 100 kPa. (b) El cambio de entalpía.34 Una olla cuyo diámetro interior es de 20 cm está llena con agua y cubierta con una tapa de 4 kg. 9. (a)¿Cuál es la calidad o temperatura final? (b) ¿Cuál es el cambio de volumen? (c) ¿Cuál es el cambio de energía interna? (d) ¿Cuál es el cambio de entropía? (e) ¿Cuál es el trabajo? 9. determinar la temperatura a la cual el agua empezará a hervir cuando se caliente.40 Se extraen 1000 kJ de 3 kg de vapor de agua a 0. y el de la otra a 1. Determinar la temperatura a la cual el líquido en el tanque se evapora por completo. 5 se expanden durante un proceso isotérmico hasta que la entropía total es 33. (b) El calor.50 Vapor de agua a 0. 9. ¿cuánto calor debe retirarse para convertir toda la masa en líquido? 9. (c) El calor. Encontrar: (a) La presión inicial y final.7 MPa y con una humedad específica de 0.m2. Si el líquido y el vapor ocupan cada uno la mitad del volumen del tanque. Determine la temperatura en el calorímetro.49 Un tanque con capacidad de 0. La presión inicial del vapor es 800 kPa y la caída de presión a lo largo de la tubería de 50 kPa.366 kJ/kgoC. 9. Suponer que las pérdidas por radiación a través de la paredes de la tubería son 3180 kJ/h. (e) El cambio de entropía. (d) El trabajo. Si la humedad específica inicial es 1%.04 se estrangula en un calorímetro hasta 50 kPa. Determinar: (a) y2 (b) El cambio de entalpía.48 Un tanque contiene exactamente un kilogramo de agua consistente en líquido y vapor en equilibrio a 650 kPa.45 Dos kilogramos de vapor de agua realizan un proceso isoentrópico desde 3 MPa y 400oC hasta 350 kPa. determinar el título a la salida de la tubería. ¿cuál es la entalpía almacenada en el tanque? 9.47 Cinco kilogramos de vapor de agua a 250oC y con un título de 0.46 Dos kilogramos de vapor de agua a 0. .CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 165 (a) La temperatura final. Si el proceso es reversible. (c) El trabajo.5 MPa ocupan un volumen de 1. Se retira calor isotérmicamente hasta que la entalpía es 2000 kJ/kg.0 ?.3 m3 contiene líquido saturado y vapor en equilibrio a 1. 9.52 Se conduce vapor con un flujo másico de 12000 kg/hr a lo largo de una tubería de 15 cm de diámetro y 60 metros de longitud.4 MPa. (b) El cambio de energía interna. (c) El trabajo. (b) El calor. Si el 99% de la masa es líquido. 9. (d) El trabajo. (d) ¿A qué presión el título es 1. Encontrar: (a) El cambio de entropía. (c) El cambio de energía interna.1402 m3.51 Cinco kilogramos de vapor de agua inicialmente a una presión de 200 kPa y temperatura de 200oC se comprimen isotérmicamente en un dispositivo cilindro-pistón hasta que la presión final es tal que el vapor es saturado seco. calcular el calor y el trabajo. 9. 9. sobrecalentado 170.60 Un tanque rígido de acero contiene una mezcla de vapor y agua líquida a una temperatura de 65ºC.166 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9.56 Una caldera de vapor tiene un volumen de 2. La operación de la turbina es reversible y adiabática.59 Una turbina de vapor es alimentada con vapor de agua a 1. la presión y la temperatura del vapor son 100 kPa y 99. . la presión del vapor es 400 kPa. Al comienzo del proceso. El proceso es iso-entrópico y la velocidad de salida es 60 m/s. respectivamente.5 m3.3 m3. y la fase de líquido ocupa 30% del volumen. Luego de efectuar un trabajo por expansión. Calcular la cantidad de calor que debe suministrarse al sistema para elevar la presión a 3. Para un flujo de 230 kg/hr de vapor. Calcular el trabajo producido en la turbina por kg masa de vapor de agua si se descarga a 100 kPa.57 En un cierto proceso industrial se necesita comprimir 220 kg/hr de vapor de agua desde 200 kPa y 200oC hasta 500 kPa y 350oC. El calor transferido desde el compresor es 10000 kJ/hr.55 Se comprime vapor de agua adiabática y reversiblemente dentro de un cilindro.4 MPa y 350oC. La caldera se prende y el calor es transferido al agua y al vapor.6 m3 de agua y 0. Todas las válvulas de entrada y descarga de la caldera se cierran. ¿Cuántos kilogramos por hora de vapor deben circular por la turbina si la presión del vapor que sale de ella es 40 kPa y la turbina genera una potencia de 1000 kilovatios ? 9. 9.5 MPa. calcular la potencia desarrollada. expulsa el vapor a 100 kPa y 100oC.53 A una tobera entra vapor de agua a 2 MPa . ¿Cuál fue el calor transferido a la caldera? 9. El tanque tiene un volumen de 0. ¿Cuál es la velocidad del vapor a la salida de la tobera? 9. Durante el proceso de expansión el vapor pierde 35 kJ/kg y la entalpía baja a 2790 kJ/kg. ¿Cuál es la potencia requerida en el eje del compresor? 9.7 m3 de vapor en equilibrio a 100 kPa.58 Una turbina recibe vapor de 1 MPa. 9. Determinar el trabajo de compresión requerido por cada kg de vapor de agua. La válvula de seguridad se salta cuando la presión alcanza 6 MPa. 9.63oC. La caldera contiene inicialmente 1. 300oC y velocidad de 150 m/s.54 Entra vapor a una turbina a 3.9oC.5 MPa y 250oC con una velocidad de 180 m/s. Al final del proceso. en un ciclo de vapor.5 m3 contiene vapor saturado a 300 kPa. 9. envía agua al generador de vapor a una temperatura de 200ºC y a una presión de 10 MPa. (b) El trabajo realizado.64 Un tanque de 500 litros contiene una mezcla saturada de vapor y agua líquida a 300ºC. 9.68 La turbina principal de un barco se alimenta con vapor producido por dos calderas. 9. Determinar: (a) La cantidad de calor transferido. y el otro a 6 MPa y 550ºC. La potencia suministrada a dicha máquina es de 75 kW.) que deberán mezclarse directamente. Determinar la temperatura del vapor que entra a la turbina. Después de agregar 9585 kJ de calor. Determinar: (a) La masa (%) de cada fase si sus volúmenes son iguales. 9. 9. El vapor y el agua se mezclan en una cámara aislada. (c) El cambio de energía interna. La presión de salida es de 10MPa. y se le transfiere calor hasta que la presión alcanza 100 kPa.61 A un compresor isotérmico entra vapor de agua a 400ºC y 100 kPa.65 Un recipiente rígido contiene 5 kg de vapor húmedo a 0. si la velocidad no ha de exceder de 2 m/s. 9. Se dispone de agua fría a 10ºC y de vapor saturado seco a 200 kPa (man. (b) El diámetro de la tubería.67 Un proceso químico requiere 2000 kg/h de agua caliente a 85ºC y 150 kPa. . (b) La temperatura final.69 Una bomba adiabática de alimentación. Determinar la energía interna y el volumen específico iniciales del vapor. Determinar. Determinar: (a) El flujo de masa. (b) El volumen (%) que cada fase ocupa si sus masas son iguales. y de agua a 600 kPa y 20ºC. El agua entra a la bomba como líquido saturado a 180ºC. Calcular: (a) El flujo de vapor. (b) El diámetro de la tubería de vapor si la velocidad no debe exceder de 70 m/s. (c) El cambio de energía interna. y sale en forma de vapor saturado a 30 kPa. el vapor presenta una presión de 2 MPa y una temperatura de 708ºC. 9.62 A una turbina adiabática entra vapor de agua a 300ºC y 400 kPa. Se dispone de vapor a 600 kPa y calidad 90%. (b) El flujo volumétrico a la salida de la bomba. determinar el cambio de entalpía. (a) El cambio de entalpía.63 Un tanque de 0. 9.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 167 9. Uno de ellos lo envía a 6 MPa y 500ºC. Calcular: (a) Los flujos de vapor y agua. de donde sale el agua caliente.66 Se requieren 400 lt/mi de agua a 80ºC.4 MPa. Determinar el trabajo efectuado durante este proceso. El vapor se enfría a temperatura constante hasta que 70% del agua se condensa.70 Un calorímetro de estrangulación se encuentra conectado a una tubería principal de vapor. hasta una presión de 125 kPa. 9.71 Un conjunto cilindro-pistón. (c) El cambio de energía interna. donde la presión es de 1750 kPa.168 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 9. la presión inicial y la calidad final. desde un volumen de 0.3 kg/h de vapor por cada kW. Una resistencia eléctrica colocada en el tanque se conecta a una fuente a 110 voltios. Calcular el trabajo.77 Un dispositivo cilindro-pistón sin fricción contiene 8 kg de vapor de agua sobrecalentado a 500 kPa y 300ºC. Determinar. La turbina emplea 24.4 MPa y 250ºC. (b) La temperatura final. 9. Determinar la calidad del vapor de agua. experimenta un proceso a presión constante hasta que su calidad es de 70%. por kilogramo: (a) El trabajo realizado.74 Una masa de vapor de agua. 9. (b) El calor transferido. La presión en el calorímetro es de 100 mm Hg (vacío) y la temperatura de 105ºC.27 kg de vapor de agua se expanden. y circula por la resistencia una .76 Una masa de 5 kg de vapor de agua saturado a 200 kPa se calienta a presión constante hasta que la temperatura alcanza 300ºC.6 litros y que se halla a 1. 9. Determinar: (a) La masa de agua. 9. (b) El trabajo.73 Una masa de 2. adiabática y 3 reversiblemente. se expande isoentrópicamente hasta convertirse en vapor saturado. (c) El volumen final.234 m y una temperatura de º 300 C. 9. tres cuartos de la masa están en fase líquida. contenida en un dispositivo cilindro-pistón de 22. (c) El calor transferido. Calcular: (a) La presión final. Calcular el trabajo realizado por el vapor durante este proceso. Al comienzo.75 Un dispositivo cilindro-pistón contiene 50 litros de agua líquida a 25ºC y 300 kPa. (d) El cambio de entalpía. Se transfiere calor al agua a presión constante hasta que todo el líquido se evapora.78 Un tanque rígido perfectamente aislado contiene 5 kg de una mezcla saturada de líquido y vapor de agua a 100 kPa. 9. que contiene vapor de agua a 700 kPa y 250ºC. ¿Cuál es la entropía del vapor que sale de la turbina? 9.72 Una turbina recibe vapor de agua saturado seco a 7 MPa y lo expande adiabáticamente hasta 100 kPa. Vapor de agua a 200 kPa y 150oC entra a un difusor con una velocidad de 600 m/s. determinar la temperatura del vapor a la salida de la turbina. El flujo de vapor es de 12 kg/s.79 Vapor de agua fluye a través de una turbina adiabática. 9. 450ºC y 80 m/s.82 En las centrales eléctricas de vapor. calidad 92% y 50 m/s. Si la potencia desarrollada por la turbina es 2 MW. ¿Cuánto tiempo tardará en evaporarse todo el líquido en el tanque? 9.80 Vapor de agua entra a una turbina adiabática a 10 MPa y 400ºC y sale a 20 kPa con una calidad de 90%.81 A una turbina adiabática entra vapor de agua a 10 MPa y 500ºC a razón de 3 kg/s y sale a 20 kPa. y las condiciones de salida son 10 kPa. Considerando un calentador abierto que opera a una presión de 800 kPa. Las condiciones de entrada del vapor son 10 MPa. 9. 9. ¿cuál es la presión y la temperatura final del vapor? . En un calentador de alimentación ideal. Determinar los flujos de agua de alimentación y de vapor. 9. se utilizan calentadores de agua abiertos para calentar el agua de alimentación mezclándola con el vapor que se extrae de la turbina en alguna etapa intermedia. determinar el flujo de masa requerido para una potencia de salida de 5 MW. la mezcla sale del calentador como líquido saturado a la presión del agua de alimentación. Determinar: (a) El cambio de energía cinética. se va a calentar agua de alimentación a 50ºC y 800 kPa con vapor sobrecalentado a 200ºC y 800 kPa. (b) La potencia desarrollada.83 Un difusor es un dispositivo en el cual un fluido a alta velocidad es desacelerado hasta que la presión se incrementa. Sin tomar en cuenta los cambios de energía cinética y potencial. y sale con una velocidad de 60 m/s.CAPITULO 9 : SUSTANCIAS PURAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 169 corriente de 8 amperios cuando se acciona el interruptor. Si el proceso es reversible y ocurre sin transferencia de calor. Cuando se alcanza esta condición.1 VAPORIZACION Es el fenómeno por el cual las moléculas de un líquido adquieren suficiente energía cinética de transición para vencer las energías potenciales de atracción y abandonar el líquido. La velocidad de condensación aumenta a medida que tiene lugar la vaporización y aumenta la presión de vapor. La más importante es la que forma el aire con el vapor de agua. Por el contrario. El fenómeno inverso se denomina condensación.2 PRESION DE VAPOR Cuando un líquido se evapora dentro de un espacio limitado. 10. El proceso de condensación tiende a volver el gas que se ha formado por vaporización al estado líquido. . la presión del vapor alcanzará finalmente un valor tal que la velocidad de condensación sea igual a la velocidad de vaporización. Se denomina gas a la sustancia que no es susceptible de pasar al estado líquido bajo las variaciones de presión y temperatura que puede producir el proceso o la operación. La presión ejercida por el vapor en tales condiciones de equilibrio se denomina presión de vapor del líquido a una temperatura dada. razón por la cual se tratará ampliamente en este capítulo. se establece un equilibrio dinámico y la presión del vapor permanecerá constante. tienen lugar en la operación dos procesos opuestos. y es necesario conocer el comportamiento de estas mezclas bajo diferentes condiciones de presión y temperatura.CAPITULO 10 MEZCLAS DE GAS Y VAPOR En algunas de las operaciones y procesos químicos hay que trabajar con mezclas de gases y vapores. cuando esta sustancia puede pasar al estado líquido mediante pequeñas variaciones de presión o temperatura. Si hay líquido suficiente. El proceso de vaporización tiende a pasar el líquido al estado gaseoso. se denomina vapor. El término evaporación se aplica cuando el líquido es agua. 10. 1 RELACION ENTRE LA PRESION DE VAPOR Y LA TEMPERATURA La ecuación que relaciona la presión de vapor de un líquido puro con su temperatura se denomina ecuación de Clapeyron y su forma original es: dP ΔHv ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ dT T (Vv .VL) P = presión de vapor T = temperatura absoluta Δ H v = calor de vaporización Vv = volumen del vapor VL = volumen del líquido Cuando esta ecuación es integrada suponiendo que el vapor se comporta idealmente.172 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Esta presión también suele llamarse presión de saturación. para una mayor precisión pueden utilizarse las tablas de vapor o consultar la tabla 7. Cuando se trata del agua. 10.⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯ + C 2.2. Cuando la presión de vapor de un líquido es igual a la presión total por encima de su superficie. donde puede obtenerse fácilmente la presión de vapor de un líquido como una función de la temperatura. se llega a la siguiente ecuación: 1 ΔHv log P = . el calor de vaporización del líquido es independiente de la temperatura y la variación de volumen en la vaporización es muy grande como para tener en cuenta el volumen del líquido.3 R T donde C es una constante Esta expresión ha sido adecuada por Cox en el diagrama 6. . la temperatura del líquido se denomina punto de ebullición. n SP = ⎯⎯⎯ x 100 ns n = moles de vapor por mol de gas exento de vapor realmente presente. Se expresa en porcentaje y se representa por (SR).CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 173 10.3.3. ns = moles de vapor por mol de gas exento de vapor en la mezcla saturada.3 SATURACION En una mezcla gas-vapor cuando la presión parcial del vapor alcanza el valor de la presión de vapor a la misma temperatura y presión se dice que el gas está saturado.1 SATURACION RELATIVA Es la relación entre la presión parcial del vapor y la presión de vapor del líquido a la misma temperatura a que se encuentra. 10. 10.2 PORCENTAJE DE SATURACION Relación en porcentaje entre el número de moles que hay por unidad molar de gas exento de vapor y el número de moles de vapor que habría por unidad molar de gas exento de vapor si la mezcla estuviera saturada. pi SR = ⎯⎯⎯ x 100 (ps)i 10. .4 HUMEDAD Es la medida de la concentración de vapor de agua en el aire húmedo. . Se representa por (YP).174 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 10. Si el subíndice A se refiere al vapor de agua y el subíndice B representa el aire seco. se tendrá: pA pA Ym = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ P . pA YR = ⎯⎯⎯ x 100 (ps)A 10.4.pA pB MA Y = ⎯⎯ x Ym = 0.4.2 HUMEDAD RELATIVA Es la relación entre la presión parcial del vapor de agua y su presión de vapor a la temperatura que se encuentra la mezcla. Se expresa en porcentaje y se representa por (YR).4. masa de vapor de agua por unidad de masa de aire seco.3 PORCENTAJE DE HUMEDAD Es la relación entre la humedad absoluta del aire y su humedad absoluta cuando está saturado.624 Ym MB moles agua ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ mol aire seco masa de agua ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ masa de aire seco P = presión total p = presión parcial 10. Cuando la relación es moles de vapor de agua por mol de aire seco se denomina humedad absoluta molar y se representa por (Ym).1 HUMEDAD ABSOLUTA Se expresa como (Y). Puede usarse para medir la humedad. y cuando la del algodón húmedo es inferior a la de la mezcla gas-vapor se inicia una transferencia de calor. 10. Se recubre el depósito del termómetro con alguna envoltura empapada con líquido del vapor presente en el gas seco y haciendo pasar rápidamente una corriente de gas no saturado. La temperatura de bulbo húmedo es la que marca el termómetro cuando se llega al equilibrio dinámico en el que el calor cedido por el gas es igual al incremento de entalpía del líquido vaporizado.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 175 Y Ym YP = ⎯⎯ x 100 = ⎯⎯⎯ x 100 (Ym)s Ys ps (Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ P .6 TEMPERATURA DE BULBO HUMEDO Es la temperatura de equilibrio alcanzada por una pequeña cantidad de líquido evaporándose en una gran cantidad de mezcla gas-vapor insaturada. . parte del líquido se evapora.ps Ys = 0.5 TEMPERATURA DE BULBO SECO Es la tomada directamente con un termómetro dentro de la mezcla. Se representa por (ts). Se representa por (th).624 (Ym)s El subíndice "s" indica saturación 10. descendiendo la temperatura. . Las líneas de temperatura de bulbo húmedo constante en el diagrama de humedad (diagrama 7).9 DIAGRAMA DE HUMEDAD Si dos propiedades del aire son conocidas. Se lee directamente en las líneas indicadas. Humedad absoluta. 10. se pueden encontrar las demás utilizando para ello el Diagrama 7.8 SATURACION ADIABATICA Un proceso adiabático es aquel que no intercambia calor con el medio que lo rodea. tal como se indica a continuación: Temperatura de bulbo seco. Humedad relativa.7 th Agua Aire saturado PUNTO DE ROCIO Es la temperatura a la cual una mezcla gas-vapor comienza a saturarse durante un enfriamiento a presión constante. Temperatura de bulbo húmedo. Se lee directamente en el eje de las abscisas. Consiste en saturar el aire haciéndolo pasar por un recipiente con agua durante un tiempo determinado. Se lee directamente en la intersección de la línea de temperatura de bulbo húmedo con la línea de humedad relativa 100%. El recipiente se aisla para evitar la transferencia de calor con los alrededores. 10. Se lee en las ordenadas de la gráfica.176 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ts Aire insaturad o 10. son también líneas de saturación adiabática. Se representa por (tr). que se utiliza en los acondicionadores domésticos. las gotas de una rociadura fina proporcionan una adecuada superficie de transferencia de calor. que ahora está frío y húmedo. Se lee en la intersección de una línea horizontal de humedad absoluta constante con la línea de humedad relativa 100%. que consiste en retirar humedad del aire hasta obtener el grado de humedad deseado. Hay dos métodos para enfriar el aire. Sin embargo. el aire se acondiciona de dos maneras a la vez: alterando su temperatura y alterando su humedad. en la mayor parte de los casos el aire es enfriado por debajo de su temperatura de rocío o temperatura de condensación hasta que se extrae la cantidad deseada de líquido. Otro es el método directo. Se dispone de medios químicos: sustancias como el gel de sílice son higroscópicos y absorben agua del ambiente. En uno de ellos se rocía en el aire agua refrigerante (muy fría). en los cuales el aire se hace pasar . enfriado. En este capítulo solo se estudiarán los aspectos termodinámicos del ajuste de humedad del aire. Yp 100% YR Y tr th ts ts (oC ) 10.10 PROCESOS DE ACONDICIONAMIENTO DE AIRE La expresión “acondicionamiento de aire" implica que tal fluido ha de ser: calentado.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 177 Punto de rocío. luego se vuelve a calentar el aire restante. Si se considera la deshumidificación. Como los procesos de enfriamiento pueden alterar la humedad. humidificado o deshumidificado. 3 R T1 P2 Δ Hv log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ P1 2.⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + ⎯⎯⎯ x ⎯⎯ P1 2. Utilizando la ecuación de Clapeyron calcular la presión de vapor del benceno a 60 oC.3 R T2 2.3 R T2 (2) Restando (2) de (1) se tiene: Δ Hv 1 Δ Hv 1 P2 log ⎯⎯ = .N. Puede tomarse el calor de vaporización normal como 35907. R = (P v/T)C. PROBLEMAS RESUELTOS 10.1 La presión de vapor del benceno es 8 kPa a 15.3 R T1 (1) Δ Hv 1 log P2 = .⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C 2.178 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ sobre el serpentín frío (o muy frío) del evaporador de la unidad de refrigeración. Los procesos de enfriamiento y calentamiento son procesos a presión constante.4 oC.⎯⎯⎯ x ⎯⎯ + C 2.3 kJ/kg-mol Aplicando la ecuación de Clapeyron para las dos condiciones: 1 Δ Hv log P1 = .⎯⎯ T2 ] Se calcula el valor de R en las unidades adecuadas para que la ecuación sea consistente. .3 R 1 [ ⎯⎯ T1 1 . 4 1 .64 kPa 10.3 kPa x 22. c) El porcentaje de saturación.31 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 273 oK x kg-mol kg-mol oK Reemplazando se tiene: P2 35907. Calcular: a) La presión parcial del n-pentano.16 kPa) SR =(Pi /Psi) x 100 ⇒ Pi = 0.⎯⎯⎯ 333 ] P2 = 59.08 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 80 – 41.3 x 8.414 m3 R = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 8.544 kg-mol aire c) SP = (n/ns) x 100 46.16 kg-mol n-pentano ns = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.16 = 41. a) A partir de la ecuación de Antoine.364 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 80 – 46.3 1 log ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 8 2.3 mm Hg (46.9 x 46.16 kg-mol aire .544 kPa b) 41.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 179 kJ 101.31 [ ⎯⎯⎯288. la presión de vapor del n-pentano es 346. b) Los kg-mol de n-pentano/kg-mol de aire.544 kg-mol n-pentano n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1.2 Una mezcla de aire y n-pentano a 15oC tiene una saturación relativa de 90% a 80 kPa. 483 Kg/m3 . la presión de vapor de la acetona a 30 oC es 281.414 m3 ρ = 1.07 mol-1 ρ = P M /RT o 273 K x kg-mol 93.6738 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 93.3 kPa x 40.3 kPa x 22.5975) = 40.17 % 10. a) A partir de la ecuación de Antoine.4025 1.4025 = 0. b) La densidad de la mezcla en g/lt.3 kPa sale por la cima de una columna de recuperación de solvente.6738 moles de mezcla b) La fracción de N2 será: xnitrógeno = 1 .3 Una mezcla saturada de N2 y vapor de acetona (C3H6O) a 30 oC y 93.180 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ SP = (1.08/1.8 mm Hg (37. calcular: a) La fracción molar de acetona en la mezcla.56 mol N2 0.4025 + 28 x 0.0.56 moles acetona ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.56 kPa) 37.07 mol-1 ρ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 303 oK 101.5975 Se calcula la masa molecular media: M = (58 x 0.6738 moles acetona xacetona = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.364) x 100 = 79.3 – 37. y 20 oC tiene un punto de rocío de 12 oC. b) El porcentaje molar de H2.0. c) Los kg de vapor de agua por kg de H2.4 kPa) 1.014/1.0138 = 0.518 mm Hg (1. Ps = presión de vapor = 10. d) Los mg de agua por m3 de mezcla.014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.9862 x 100 = 98.414 m3 1. a) La presión parcial ejercida por el vapor de agua se determina en la tabla 7 a la temperatura de rocío.126 kg H 2O/kg H2 d) Base para el cálculo : 1 kg-mol de H2 = 1. V = nRT/P 1 atm x 22.62 % c) 18 kg H2O kg-mol H2 kg-mol H2O 0.4 mol H2 b) xH2O = (0.3 – 1.014) = 0.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 181 10.4 moles H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0138 xH2 = 1 .014 kg-mol de mezcla.9862 % molar de H2 = 0.014 kg-mol x 293 oK V = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1 atm 273 oK x kg-mol .014 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol H2O 2 kg H2 kg-mol H2 = 0.4 Una mezcla de H2 y vapor de agua a 1 atm. Determinar: a) Las moles de vapor de agua por mol de H2. 62 mol aire seco P .39 m3 10.5 Una mezcla de aire y vapor de agua a 1 atm. 6. b) La humedad relativa.8 x 0. y 38oC tiene un porcentaje de humedad de 80%.39 m3 1000 g 1 000 mg 0.ps Ym YP = ⎯⎯⎯ x 100 (Ym)s Ym = 0. c) El punto de rocío. a) La presión de vapor del agua obtenida de la tabla 7 a 38oC es 49.692 mm Hg (6.62 kPa).07 = 0. calcular: a) La presión parcial del agua.07 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101. d) La humedad absoluta en masa (Y).3 – 6.014 kg-mol H2O x 18 mol-1 x ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ kg g masa de agua = 252 000 mg 252 000 mg ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 10 332 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ m3 mezcla 24.62 moles H2O ps (Ym)s = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.056 .182 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ V = 24. 37 kPa b) YR =(p H2O/ps) x 100 = (5. Determinar: a) La humedad relativa.056 = 0.37 kPa (40.0126 kg H2O/kg aire seco c) tr = 17.6 Aire a 1 atm. d) La presión parcial del agua.37/6. b) La humedad absoluta en masa (Y).28 mm Hg) utilizando la tabla 7. Y = 0. y 25 oC tiene una temperatura de bulbo húmedo de 20oC.62) x 100 YR = 81.0349 d) 10.p H2O p H2O = 5.6 oC .CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 183 p H 2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.056 P .5% b) Y = 0.11 % c) Para determinar el punto de rocío se calcula la temperatura a presión de 5.624 Ym = 0.16 oC (por interpolación). Utilizando el diagrama de humedad: a) YR = 63. lo cual da una temperatura de 34. c) El punto de rocío.624 x 0. .36 kPa) que es la misma presión parcial del agua en el aire húmedo.0373 = 0. si su punto de rocío es 26 oC? La presión de vapor del agua a 26 oC en la tabla 7 es 25. ¿cuál es la humedad molar final? .016 kPa Y 100% 63.624 x 0. se satura adiabáticamente.3 kPa y 50oC .184 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ d) Para calcular la presión parcial del agua se toma como base el punto de rocío de 17.5 0.209 mm Hg (3.6 oC y se lee en la tabla 7.3 – 3.8 Aire a 1 atm.0237 10. 3.36 moles agua Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.00.0126 o ts ( C ) 1 20 25 10.0373 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 93.624 Ym = 0. 35oC y humedad relativa de 10%.7 ¿ Cuál será la humedad absoluta en masa (Y) del aire a 93.36 mol de aire seco Y = 0. p H2O = 2. 3 kPa x 22.624) = 0.9 Un gasómetro cuyo volumen es 100 m3 contiene un gas saturado con vapor de agua a 25 oC.624) = (0.17 kg-mol H2O Ym = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.17 kg-mol gas Se calcula ahora el número total de moles n = PV/RT 273 oK x kg-mol 124 kPa x 100 m3 n = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 298 oK 101. La presión de vapor del agua a 25 oC es 23.793 mm Hg (3.0341 10.0213/0.5 kPa y la presión barométrica es 96. La presión manométrica es 27.5 = 124 kPa 3.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 185 Y 100% 10% 0.5 kPa.0262 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 124 – 3.17 kPa ).5 + 96.0213 o ts ( C ) 35 Ym = (Y/0.414 m3 . Determinar la masa en kg de vapor de agua dentro del gasómetro. La presión total del sistema es: P = 27. O2 3.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 98 – 8.10 Los gases formados en la combustión de un hidrocarburo tienen la siguiente composición en volumen: CO2 13.52 mm Hg 101. a) Se convierte la presión parcial del agua a mm Hg: 760 mm Hg 8.826) = 30. c) Los kilogramos de vapor de agua por kilogramo de gas seco. b) Las moles de vapor de agua por mol de gas seco.0366 + 28 x 0.2 moles H2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.66% y N2 82.186 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ n = 5 kg-mol 0.2 mol gas seco c) Se calcula primero la masa molecular media del gas seco: M = (44 x 0.0262 kg-mol H2O 5 kg-mol gas húmedo x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 1.0262 kg-mol gas húmedo = 0. Si la temperatura es 260oC. determinar: a) El punto de rocío de los gases.1276 kg-mol x 18 mol-1 = 2.34 mol-1 .2 kPa.1276 kg-mol H2O m = 0.3 kPa o en la tabla 7: t r= 42 C b) 8.29 kg H2O 10.73%. la presión total 98 kPa y la presión parcial del agua 8.2 kPa x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 61.6%.1373 + 32 x 0. 11 Aire a 44oC y humedad relativa 10% se enfría adiabáticamente en contacto con agua que está a la temperatura de bulbo húmedo del gas.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 187 18 kg H2O kg-mol gas kg-mol H2O 0. a) ¿ Cuál es la temperatura más baja a la cual el aire se puede enfriar? b) ¿ Qué cantidad de agua es evaporada por libra de aire seco alcanzando la temperatura de la parte (a)? Agua Aire saturado Aire o 44 C YR = 10% Se utiliza el diagrama de humedad tal como se muestra en la figura. a) La temperatura más baja a la cual sale el aire es la temperatura de saturación adiabática (intersección de la línea de bulbo húmedo con la línea de porcentaje de humedad 100%).34 kg gas Y = 0.0541 kg H2O/kg gas seco 10.0913 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = Y kg-mol gas kg-mol H2O 30. o t = 32 C . hay necesidad de calentarlo.12 Una unidad de aire acondicionado refrigera aire a ts = 35 oC y th = 30 oC para condensar vapor de agua.0.188 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Y 100% 10% 2 0. Para obtener el aire deseado a 20 oC y 50% de porcentaje de humedad.0308 0.0056 = 0. a) ¿ A qué temperatura debe el aire enfriarse? b) ¿ Cuánta agua es removida de 2800 m3 de aire? Q Aire o ts = 35 C o th = 30 C 1 Q 2 2’ Aire o ts = 20 C YR = 50% .0056 1 32 ts ( oC) 44 b) El agua evaporada será la diferencia de humedades: Y2 .0252 kg agua/kg a.0308 .s. 10.Y1 = 0. 016 0.624) = 0.0088 ⎯⎯⎯⎯ = 0. n1 = 1.0141 x 18 = 0. (Ym)1 = (0. a) La mínima temperatura según el diagrama es 9oC.0. 0. Y2’ = 0. b) Y1 = 0.0256 kg-mol agua/kg-mol a.0072 kg agua/kg a.s .s.0141 kg-mol agua/kg-mol a.624 0.016 .016 kg agua/kg a.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 189 Y 100% 50% 2 1 0.0088 kg agua/kg a.Y2’ = 0.016/0.s.2538 kg agua/kg-mol a.0256 kg-mol aire húmedo .0072 2’ o ts ( C ) 9 20 30 35 Se utiliza el diagrama de humedad.s. 0.s.0072 = 0.s. Y1 . 13 En un día típico de verano.2538 ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 2800 m3 = 27.93 m3 P 1 273 kg agua kg-mol a. a) Se desea saber si hay condensación de agua en el aire.5 kPa (man.190 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ nRT 1.28 kPa) o t = 50 C P = 344. la temperatura es de 37oC.5 kPa (man. pero el trabajo de compresión aumenta la temperatura del aire hasta 50oC.0256 x 308 1 x 22.414 V = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = 25. ¿ cuántos kilogramos de agua se condensan por tonelada de aire seco? b) ¿Qué volumen de aire atmosférico debe comprimirse para que la presión final de un tanque de 85 lt sea de 344.93 m3 10. la humedad relativa es del 90% y la lectura barométrica 100. La estación de la compañía Humble Oil comprime aire para su suministro de "aire libre" para lo cual toma aire atmosférico y lo lleva hasta 344.4 kg agua kg-mol a. 0. En caso de haberla.5 kPa .s.s.7 kPa. 25.).1275 mm Hg (6.)? Aire YR = 90% o t = 37 C 1 2 3 Agua condensad a a) ps a 37oC = 47. 72 kg agua kg a.5 + 100.s.7 x 323 x 1.(Ym)2 = 0.s.s.03 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol a.2 .0584 – 0.0284 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 445.03 x 0. 12.9 x 6.9 pi = 0.624 = 0.0584 kg-mol n2 = 1. P2 = 344.371 m3 100.28 = 5.33 kg-mol agua (Ym)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0284 191 .2 x 310 x 1. b) n1 = 1.0584 V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 0.7 = 445.s.562 kg-mol agua (Ym)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. kg agua 0.562 kPa 5. El resultado anterior demuestra que hay condensación de agua.085 = 0.s.33 kg-mol a. kg-mol agua (Ym)1 . 0.0584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 100.562 kg-mol a. = 18.2 kPa 12.0284 kg-mol P2 x T1 x n1 V1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x V2 P1 x T2 x n2 445.7 – 5.33 kPa) Yr = (pi/ps) x = 0.01872 ⎯⎯⎯⎯⎯ x 1 000 kg a.0284 = 0.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ps a 50oC = 92.51 mm Hg (12.s.01872 kg agua/kg a. 0248 La presión parcial del agua al final será: 0.681 mm Hg (2.75) x 100 = 49.75) x 100 = 52.1) = 0.49/4. en: a) La humedad relativa? b) El porcentaje de humedad? ps a 21 oC = 18.6 % 2.31 = 2.356/(95 – 2.2 % 4.192 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 10.1 – 4.1 – 2.31% 4.75 / (100.49) (YP)1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 51. La presión total es 1 atm.75 / (95 – 4. pasa por el serpentín de refrigeración de un deshumidificador.356 kPa (Yr)2 = (2.5 kg de aire seco/s.42 – 49.663 mm Hg (4. pero debido a una tormenta que se avecina la presión barométrica disminuye hasta 95 kPa a las 17:00 sin que se manifiesten otros cambios.75) La fracción molar del agua es: (2.356 / 4.82 b) Variación de YP = 51.14 En un día de la semana la temperatura es 32 oC y el punto de rocío del aire es 21 oC. El aire sale saturado a 15ºC. Calcular el condensado que se extrae.0248 x 95 = 2. .49/100. así como la capacidad frigorífica necesaria en toneladas de refrigeración. con un flujo de 1.75) a) Variación de Yr = 52.6 = 2.89 10.356) (YP)2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 = 48.2 – 48.15 Aire húmedo que se encuentra a 32ºC y 60% de humedad relativa. ¿Cuál es la variación que se presenta durante este tiempo.49 / (100.42% 2. A las 14:00 la lectura del barómetro es de 100.49 kPa) = pi ps a 32 oC = 35.1 kPa.75 kPa) (Yr)1 = (2. 75 kPa) pi = 0.85 kg-mol aire seco Y1 = 0.0289 = 0.85 kPa 2.5 kg/s o 32 C YR = 60% 1 2 Aire saturado o 15 C 3 Condensado ps a 32ºC = 35.707 kg-mol H2O Ym 2 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.707 kg-mol a.s.0074 kg H2O/kg a.018 – 0.85 kg-mol H2O Ym 1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0074 ⎯⎯⎯⎯⎯ x 1.3 – 1.s. Q Aire 1.663 mm Hg (4.707 kPa Como el aire sale saturado: 1. ps a 15ºC = 12.8105 mm Hg = 1.0171 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.5 ⎯⎯⎯⎯ = 0.624 x 0.3 – 2.0106 = 0.6 x 4.0106 kg H2O/kg a. s 193 .018 kg H2O/kg a. Agua condensada = 0.0111 kg H2O/s kg a.s.s kg H2O 0.s.s.624 x 0. Y2 = 0.75 = 2.0171 = 0. kg a.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Base para el cálculo: 1 kg de aire seco.0289 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101. 516) = 15.16 toneladas de refrigeración 10.194 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Las entalpías del aire se pueden leer en el diagrama de humedad: h1 = 78 kJ/kg a. así como el calentamiento en kilovatios.3 kJ/s (kW) 1 tonelada de refrigeración equivale a 3.s.7 – 117 = . De las tablas de vapor se toma la entalpía del agua condensada a la temperatura de salida del aire: hf = h3 = 62.5 = 117 kJ/s H2 = 42 x 1. h2 = 42 kJ/kg a. El aire debe salir a 26ºC y 50% de humedad relativa.47 m /s 1 Q 2 4 Agua 3 Aire o 26 C YR = 50% .Σ Hentrada = H2 + H3 – H1 = 63 + 0.53. La presión total es 1 atm. calcular la refrigeración en toneladas.16 Aire húmedo entra a una unidad de enfriamiento y calentamiento a 26ºC y con un 80% de humedad relativa.5 = 63 kJ/s H3 = 62.s.47 m3/s.3/3.99 x 0.99 kJ/kg H1 = 78 x 1.516 kJ/s (53. Q Aire o 26 C YR = 80% 3 0.0111 = 0. Para un flujo de aire de 0.7 kJ/s A partir de la ecuación del balance de energía: Q = Σ Hsalida . Se calculan ahora las humedades en 3: pi = 0.01052 = 0.s.01052 ⎯⎯⎯⎯⎯ kg a.5 x 3.s.01686 = 0.68 kg-mol a.54 = 37. H1 = 69 x 0. ps a 26ºC = 25.47 m3/s)/(0.36 = 2.3 – 2.s.624 x 0. El agua condensada se calcula por la diferencia de humedades: Agua condensada = Y1 – Y2 = 0. Y1 = 0.36 = 1.s.0272 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.36 kPa pi = 0.0272 = 0.0169 – 0.) = 0.624 x 0.688 kg-mol H2O Ym 1 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. o m aire seco = (0.s. kg H2O Y3 = Y2 = 0.68 kPa 1.s.00638 kg H2O/kg a.68 kg-mol H2O Ym 3 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.s.s.3 – 1.87 m3/kg a.54 kg a. h3 = 53 kJ/kg a.8 x 3.688 kPa 2./s A partir del diagrama de humedad se calculan las entalpías del aire: h1 = 69 kJ/kg a.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 195 Se parte de una base de 1 kg de aire seco.01686 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 101.209 mm Hg = 3.s.s. A partir del diagrama de humedad se determina el volumen específico húmedo del aire a la entrada: vH = 0.87 m3/kg a.26 kJ/s .688 kg-mol a.0169 kg H2O/kg a. 17 A 43 oC. 3 6m o 43 C .6 kPa se comprime isotérmicamente hasta que el volumen final gaseoso es el 20% del volumen original.65 kPa.206 kJ/s A partir de la ecuación del balance de energía: Q = Σ Hsalida .s.434/3.434 kJ/s Toneladas de refrigeración = (8. ¿ qué peso de C6H6 en kilogramos se condensa por cada 30 m3 de mezcla original? 3 30 m N2 80% C6H6 20% o 43 C 106.54 ⎯⎯⎯ = 0.7 kJ/kg La temperatura de 14.8.196 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ H2 = 53 x 0. kg H2O 0.62 kJ/s Para el agua condensada: kg a.62 + 0.0034 x 60.0034 kg H2O/s kg a. el benceno C6H6 ejerce una presión de vapor de 26.516) = 2. H4 = 0.6 kPa 1 2 3 Benceno Se calcula el número de moles de mezcla inicial. Si una mezcla que contiene 20% molar de benceno en N2 a 43 oC y 106.Σ Hentrada = H3 + H4 – H3 = 28.26 = .5 C) = 60.54 = 28.206 – 37.s.39 10.00638 ⎯⎯⎯⎯ x 0.7 = 0.5ºC se tomó del diagrama de humedad. s h4 = hf (14. 2168 kg-mol RT 316 101.2 kPa de presión total contiene 30% o en peso de benceno.3 x 22.7 oC y 1 atm.2 x 1.2433 kg-mol Si hay condensación de benceno.7 C y luego se expande hasta la presión atmosférica a temperatura constante.7 C 1 atm .23 kg 10. la presión parcial de éste al final será 26.6 x 30 273 n = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1. o 37.0608 kg-mol 316 101.0.0608) x 78 = 14. Este gas se enfría hasta 37.2168 = 0.3 x 22.18 Una mezcla de aire y benceno a 405.? Q Aire 70% Benceno 30% 4 atm 1 2 3 o 37.2433 .414 Benceno condensado: (0.7 C C6H6 Base para el cálculo: 100 kg de mezcla inicial.414 Benceno en 1 = 0. Se calcula el número de moles de benceno utilizando la ley de Dalton: 26. a) ¿Qué cantidad de benceno se condensa y separa después del enfriamiento pero antes de la expansión por kg de aire? b) ¿Cuál es la temperatura de punto de rocío del gas final a 37.65 x 6 273 nbenceno = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.65 kPa.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 197 PV 106. 41 kPa 1. hay condensación de benceno.0.84 kg aire b) 0. En 2 : 22 kg-mol C6H6 ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1 mm Hg = 22 kPa Como la presión de saturación en 2 es menor que la presión parcial en 1.1584 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 70 kg aire 78 kg-mol aire 0.22 kg-mol aire Benceno condensado: 0.0574 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 405.101 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.2 .7 = 165.1584 pi (C6H6) = ⎯⎯⎯⎯⎯ x 4 atm = 0.1584 Por medio de la ecuación de Antoine: ps a 37.198 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ a) 28.0574 Mediante la ecuación de Antoine: .0542 atm = 41.101 kg-mol /kg-mol aire 78 kg C6H6 kg-mol C6H6 0.273 ⎯⎯⎯⎯⎯ kg-mol aire 28.0574 = 0.0574 pi = xi P = ⎯⎯⎯⎯ x 1 atm = 0.84 kg-mol C6H6 30 kg C6H6 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = 0.1584 .547 atm = 55.19 mm Hg 1. 10. Calcular: a) La humedad relativa de la mezcla. b) Porcentaje en peso.23 El nitrógeno se satura con vapor de benceno a la temperatura de 30oC y presión de 96 kPa. 10.3 kPa. c) Kilogramos de benceno por kilogramo de mezcla.053 kg-mol de vapor de agua por kg-mol de CO2 seco a una temperatura de 35 oC y presión total de 100 kPa.22 Calcular la composición en volumen y en peso del aire saturado con vapor de agua a una presión de 100 kPa y temperatura de 20 oC.3 kPa. de presión total y 15oC contiene n-hexano. (b) El porcentaje de saturación. Calcular la composición de la mezcla expresada como: a) Porcentaje en volumen. c) La temperatura a la que debe calentarse la mezcla para que la humedad relativa sea del 30%.20 Aire a 101. 10.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 199 Temperatura de rocío = 8. (b) El porcentaje de saturación. Si su fracción molar es 0.3 oC PROBLEMAS PROPUESTOS 10. Calcular: (a) La presión parcial de la acetona. calcular: (a) La saturación relativa.02. b) El porcentaje de humedad de la mezcla. 10.21 Calcular la densidad en kg/m3 del aire húmedo a 75 oC y 101. d) Miligramos de benceno por m3 de mezcla. si su humedad relativa es del 60%. 10. .3 kPa.24 Una mezcla contiene 0. e) Kg-mol de benceno por kg-mol de nitrógeno.19 Una mezcla de H2 y vapor de acetona a 20oC tiene una saturación relativa de 70% a 101. y 20 oC se calienta a presión constante hasta 65 oC.28 Aire a 35 oC y 75% de porcentaje de humedad es enfriado hasta 15 oC. b) El porcentaje de humedad..3 kPa. 10. es 2666 Pa.6 oC y 101.31 Aire saturado con vapor de agua a 101.27 Si la temperatura de bulbo húmedo del aire es 24 oC y la temperatura de bulbo seco es 34 oC a 101.200 10.3 kPa. Determinar: a) El porcentaje de humedad y la humedad absoluta. Calcular: a) El porcentaje en volumen de benceno. si su punto de rocío es 18 oC. b) Las moles de benceno por mol de aire.25 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Una mezcla de benceno y aire seco a la temperatura de 30 oC y presión de 101.30 Determinar la humedad molar del aire a 74. c) La humedad absoluta molar y en masa. 10. c) El peso de benceno por unidad de peso de aire.3 kPa tiene un punto de rocío de 15 oC.29 Aire a 101. a) ¿Cuál es la humedad del aire resultante? b) Si el aire es calentado a 35 oC. 10. La presión total es 101. tiene una temperatura de 32 oC y una humedad relativa del 50%. Calcular: a) La humedad relativa. ¿Cuál es el punto de rocío del aire? 10.3 kPa.3 kPa. b) La humedad relativa.3 kPa.6 kPa y 30 oC. a) ¿Cuál es el porcentaje de humedad antes y después del calentamiento? b) ¿Cuál es la humedad molar final? .26 La presión parcial del vapor de agua en el aire a 26. ¿cuál será su porcentaje de humedad? 10. 10. 36 Un gas cuya composición molar en base seca es: N2 50% molar . se encuentra saturado con vapor de agua a 50 oC y 80 kPa. ¿Cuál será la temperatura de saturación adiabática del aire? 10. La presión de vapor del benceno está dada por: log p* = 6.36%. Si la presión total es 98 kPa. 35oC y con una humedad relativa de 80%. 10.34 Se deshidratan 1.37 Se burbujea aire seco a 20 oC y 100 kPa absolutos en benceno (C6H6).8 + t) donde p* es la presión de vapor en mm Hg y t está en oC. ¿Cuál es el punto de rocío de la mezcla? 10.906 .CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 201 10.26%. CO: 0. Calcular el volumen de aire seco y los kilogramos de humedad eliminados.33 Los productos de combustión de un horno en el cual se quema un hidrocarburo salen a 260 oC.3 kPa. 10.3 kPa. Este gas fluye a razón de 1 600 kg/hr por un ducto irregular.035%.54%. ¿ Cuántos kg de benceno se evaporan por cada 30 m3 de aire que entra? 10.35 Si un recipiente que contiene N2 seco a 20 oC y 101. ¿Cuál será la presión en el recipiente después de la saturación si la temperatura se mantiene en 20 oC? 10.3 kPa se satura por completo con agua. CO2 50%.39 Un equipo de acondicionamiento de aire recibe una mezcla de aire y vapor de agua a 101 kPa. determinar el punto de rocío de este gas.32 Aire a 38 oC y 101.8%. Determinar el flujo volumétrico del gas húmedo en m3/mi. H2O: 11. el aire sale saturado a 30 oC y 100 kPa absolutos. Determinar: .3 kPa.(1 211/ 220. N2: 74.38 Una mezcla de aire y benceno contiene 10% molar de benceno a 38 oC y 105. El análisis volumétrico del gas es: CO2: 11. tiene un porcentaje de humedad del 10%. O2: 2.5 m3 de aire saturado con agua a 30 oC y 101. 10. 10. la temperatura de rocío. 10. (b) La presión parcial inicial del vapor de agua. 10oC y humedad relativa del 70%. Determinar: (a) La masa de vapor condensado.42 Un compresor recibe una mezcla de aire y vapor de agua a 96 kPa. para salir a 66oC con humedad relativa del 50%. determinar: (a) La cantidad de humedad recogida por el aire en kg/h. 35ºC y con una humedad relativa de 80%. (b) La temperatura de bulbo seco del aire a la salida del secador.45 Un equipo de acondicionamiento de aire recibe una mezcla de aire y vapor de agua a 101 kPa. 10. (b) La humedad en masa inicial y final. Determinar el flujo de aire a 101. 43oC y con una humedad relativa del 50%. (c) La presión parcial del aire. Determinar la humedad absoluta en masa. . El recipiente es enfriado a 21oC. (c) La presión parcial del aire. Al salir del secador el aire está a 101. La compresión es adiabática hasta 207 kPa y 65oC. se encuentra en un tanque de 1. Determinar: (a) El punto de rocío. 10. (d) La fracción en masa de vapor de agua. (d) La fracción en masa de vapor de agua. a 138 kPa. (b) La humedad en masa. 10.3 kPa. Para un flujo de aire de 2500 kg/h.3 kPa y tiene una humedad relativa de 90%. y la humedad relativa es de 70%.43 El aire que entra a un secador adiabático se encuentra a 101. 10.3 kPa de presión si del material húmedo del secador se evaporan 5.202 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (a) La temperatura de rocío.44 kg/h de agua. Calcular: (a) El trabajo requerido en kJ/kg.40 Una masa de aire y vapor de agua.44 Una habitación de 6 x 4 x 4 m está ocupada por una mezcla de aire y vapor de agua a 38ºC.4 m3.41 A un secador entra aire a 21oC y humedad relativa del 25%. La presión atmosférica es 101 kPa. 49oC y humedad relativa del 10%. (d) El calor transferido. (c) La presión final de la mezcla. la masa de aire y la masa de vapor de agua. (b) La humedad absoluta molar y en masa. 10. 10. Determinar: (a) La temperatura de salida. (b) La humedad relativa inicial y final. 10. 10ºC y presión parcial del vapor de agua de 1 kPa. .47 En una sección de calentamiento entra aire a 95 kPa. 13ºC y 40% de humedad relativa a una velocidad de 7. (b) El calor transferido al aire en la sección de calentamiento.48 Una sección de calentamiento se compone de un ducto de 35 cm de diámetro que contiene un calentador de resistencia eléctrica de 4 kW. (d) La temperatura de rocío.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 203 10. determinar: (a) La humedad absoluta en masa.46 En un cuarto el aire está a 1 atm. en kg de agua/kg de aire seco. b) El peso de agua condensada. primero. Calcular: (a) El trabajo por kg de aire seco.51 Un compresor recibe una mezcla de aire y vapor de agua a 96 kPa. (e) El volumen específico húmedo del aire (m3/kg de aire seco). El aire sale de la sección de humidificación a 25ºC y 65% de humedad relativa.49 Aire a 1 atm. Se comprime adiabáticamente hasta 207 kPa y 65ºC. (b) La humedad relativa del aire a la salida. 32ºC y 60% de humedad relativa. 10. en kJ/kg de aire seco. A esta sección entra aire a 1 atm.93 kPa. hasta 20ºC en la sección de calentamiento y luego se humidifica introduciendo vapor de agua. 10. Mediante el diagrama de humedad. la temperatura se reduce a 15 oC y parte del vapor de agua se separa por condensación. 15ºC y 60% de humedad relativa se calienta. (c) La velocidad de salida.50 Un volumen de 30 m3 de aire húmedo a una presión total de 100 kPa y temperatura de 30 oC contiene vapor de agua en tales proporciones que su presión parcial es 2. (b) La humedad relativa de salida del aire. Calcular: a) El volumen del gas luego del enfriamiento. Sin cambiar la presión total. (b) La entalpía (kJ/kg de aire seco). 15ºC y 30% de humedad relativa a razón de 6 m3/mi y sale a 25ºC. Determinar: (a) El calor transferido en la sección de calentamiento.5 m/s. (c) La temperatura de bulbo húmedo. Determinar: (a) La cantidad de vapor añadida al aire. 56 La cámara que se muestra en la figura se utiliza para humidificar aire. Presión total 1 atm.204 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 10.13 MPa y a la temperatura inicial. de presión.54 Se burbujea aire seco a través de 40 litros de agua a razón de 140 lt por minuto a condiciones normales.01 moles de agua/mol de aire seco. el aire puede contener un máximo de 0.53 A 67. de presión con humedad molar de 0. de presión total una mezcla de vapor de agua y aire tiene una densidad de 0. El gas saturado remanente tiene una densidad de 3. Agua Aire o ts = 37 C o tR = 12 C Aire o ts = 20 C YR = 100% . a) Calcular el punto de rocío del aire inicial.55 Aire que contiene 15% en peso de agua se enfría isobáricamente a 1 atm.2oC y 1 atm. desde 200 oC hasta 20 oC.01 kg/m3. ¿A qué presión comienza la condensación? 10.52 Aire entra a un compresor a 1 atm. b) ¿Cuánta agua se condensa por m3 de gas inicial? c) Suponiendo que el gas se comprimió isotérmicamente a 200 oC. ¿Cuántos kilogramos de agua se condensan en el compresor por kg-mol de aire seco que pasa a través de él? 10. 10. La presión total es 1 atm. El aire que sale del compresor está a 10. y parte del agua se condensa. El aire de salida está saturado a 25 oC. ¿Cuánto tiempo transcurrirá para que toda el agua pase a la fase gaseosa? 10.986 kg/m3. A ésta temperatura y 1 atm. ¿Cuánta agua debe añadirse por hora a la torre para procesar 280 m3/hr de aire medido a las condiciones de entrada? .02 moles de agua/mol de aire seco. Se comprime isotérmicamente hasta 3 atm. Calcular los kilogramos de agua condensada a partir de 1 kg-mol de gas total inicial. ). . Calcular la presión de salida y el flujo volumétrico de la corriente líquida de producto. del gas que sale del condensador a las condiciones dadas si se condensan 100 kg-mol de vapor.57 Debe recuperarse un vapor orgánico de un gas por condensación. 10.59 Una mezcla de tolueno y aire se pasa a través de un enfriador donde algo de tolueno se condensa. La saturación relativa de la corriente es de 80%. Calcular los kilogramos de tolueno removido por hora en el enfriador. El gas y un condensado líquido abandonan el enfriador a 21oC y 5 atm. El gas se comprime y enfría hasta 25 oC para recuperar 98% del metanol en forma de líquido. La presión total del sistema es 270 kPa.58 Un gas saturado con benceno abandona un sistema de recuperación de solventes a 40 oC y 750 mm Hg. ¿ Cuántos kilogramos de benceno se condensan por cada 1000 litros de la mezcla original? 10. Treinta metros cúbicos de gases entran al enfriador por hora a 100 oC y 13.3 kPa. fluyendo hacia un compresor seguido de un enfriador. La presión parcial del tolueno en esta mezcla es 40 kPa.4 m3/hr de mezcla gaseosa a 50 oC y presión barométrica de 101.60 Una corriente de proceso que contiene vapor de metanol entra a un enfriador-compresor a razón de 500 litros por hora a 65 oC y 1 atm. Si salen del enfriador 20. 10. Calcular el volumen en m3.CAPITULO 10 : MEZCLAS DE GAS Y VAPOR ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 205 10.32 kPa (man. mientras que la temperatura de salida es de 200 oC. La presión parcial de este vapor en la mezcla gaseosa que entra al condensador es 254 kPa y su presión parcial en la corriente de salida es 134 kPa. así como entre los lóbulos mismos. Se observa que los rotores giran en sentidos opuestos. es muy pequeño para reducir al mínimo cualquier fuga. El aire aspirado queda entre los rotores o lóbulos y la envolvente del soplador. para turbinas de gas. y que a través del compresor fluye una corriente constante de aire o gas. 11. . soplador Roots. los tipos de compresores más importantes son los rotatorios y los alternativos. En la siguiente figura se ilustra un compresor de tipo directo.CAPITULO 11 COMPRESORES DE GAS Los compresores de gas son utilizados para suministrar gases a alta presión en procesos de licuación de gases. El espacio libre entre dichos lóbulos y la carcasa o envolvente.1 COMPRESORES ROTATORIOS Existen dos tipos básicos de compresores rotatorios: de efecto directo y de efecto centrífugo. etc. y es empujado hasta alcanzar la presión de la tubería de descarga. En general. que suele emplearse para sobrealimentar ( o “sobrecargar”) motores Diesel. en el suministro de aire para la operación de herramientas neumáticas. y la energía se conserva por un aumento en la entalpía. mientras adquiere una velocidad angular que se aproxima a la del impulsor. la energía cinética se va convirtiendo en energía de presión. El gas entra axialmente a un impulsor rotatorio y su velocidad va cambiando a la dirección radial debido a la fuerza centrífuga desarrollada. Difusor estacionario Carcasa (cámara en espiral Un balance de energías aplicado al compresor mostrado en la figura es: 1 Q12 Ws 2 . Aun cuando el proceso sea isotérmico. la energía cinética disminuye debido a la reducción de la velocidad. que presenta áreas de paso crecientes en dirección radial. la componente Pv de la entalpía se incrementaría. creando así un flujo continuo de gas (como el de un líquido en una bomba centrífuga).208 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ El compresor rotatorio de efecto centrífugo que se ilustra en la siguiente figura utiliza un principio diferente de operación. A medida que el fluido circula radialmente por el difusor estacionario. Este tipo de compresor se emplea en los sistemas de turbinas a gas. Desde el punto de vista de la conservación de la energía. ( W s)1. La descarga de la primera etapa pasa por un enfriador intermedio y prosigue a la segunda etapa. Se define la eficiencia adiabática como: trabajo iso-entrópico ηad = Eficiencia adiabática = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ trabajo actual Suponiendo que la relación de presiones en el compresor es (P2/P1). Se observa que las válvulas están formadas por discos flexibles que se flexionan para abrir y cerrar el conducto.2 = .2 COMPRESORES ALTERNATIVOS SIN ESPACIO MUERTO Se utilizan en el caso de altas presiones y flujos volumétricos bajos. En la siguiente figura se ilustra un compresor alternativo de dos etapas. así como el calor transferido. el trabajo iso-entrópico viene dado por el cambio de entalpía.[ k / (k-1) ] ( nRT1) [ (P2 / P1) (k-1)/k . válvulas de descarga y succión ETAPA 2 ETAPA 1 ENFRIADOR INTERMEDIO . debido a la diferencia de presión.1 ] 11.2 .CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ο ο 209 ο Q 1.2 = m (Δ h + ΔεP + Δεc) Si se desprecian los cambios de energía cinética y potencial. el trabajo isoentrópico despreciando los cambios de energía potencial y cinética es: (Ws)1. 2. representado por el área 2-3-0-6.3.n) ] ( P2 V2 .1] La ecuación anterior se aplica a gases con comportamiento ideal.1. Para simplificar se supone un compresor de una etapa de compresión y se desprecian los cambios de energía potencial y cinética.n) ] ( P1 V1 ) [ (P2/P1) (n-1)/n . Cuando la compresión se supone isotérmica. A partir de la figura. partiendo del punto 4 el trabajo intercambiado entre el pistón y el gas durante un ciclo reversible completo es igual al trabajo de succión W4.P1V1) Esta ecuación. más el trabajo de compresión politrópica W1. pero la influencia de algunos factores durante su operación. luego el término P1V1 puede reemplazarse por nRT. Evaluando los trabajos anteriores a partir de las ecuaciones para gases ideales se tiene: P 2 3 22 1 4 0 4 3 6 5 V 1 2 Wciclo = [ n/(1 . es evidente a partir de un análisis paso a paso. representado por el área 4-1-5-0. más el trabajo de descarga W2.210 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Los compresores alternativos pueden estudiarse como sistemas en flujo estacionario y puede aplicarse la ecuación anterior. representado por el área 1-2-6-5. modificada en términos de la relación de presiones (P2/P1) da: Wciclo = [ n/(1 . P1V1 = P2V2 y el trabajo está dado por: . El volumen ocupado por este gas se denomina volumen de espacio muerto (Vc) y se especifica como un porcentaje del desplazamiento del pistón (VD): Espacio muerto = C = (Vc / VD) x 100 El volumen de espacio muerto no afecta teóricamente el trabajo del ciclo. parte del gas permanece en el cilindro al final del período de descarga y se expande cuando el pistón comienza su carrera de succión.CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 211 Wciclo = P1V1 ln (V2/V1) 11. Otro término utilizado para indicar el efecto del espacio muerto es el llamado factor de espacio muerto definido como: 3 P 2 4 v* 1 VD Vc 4 3 V 1 2 4 V* V1 .V4 Factor de espacio muerto = CF = ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ VD VD .3 COMPRESORES ALTERNATIVOS CON ESPACIO MUERTO En estos compresores. C (P2/P1)1/n En estos compresores la caída de presión a través de los ductos y válvulas de entrada hace que la presión en el cilindro sea menor que la presión en el sistema de entrada.212 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ V4 = V3 (P2/P1)1/n = C VD (P2/P1)1/n V1 = VD + C VD reemplazando se tiene: CF = 1 + C . La relación entre el peso actual de gas suministrado y el peso de gas que debería ocupar el volumen desplazado por el pistón bajo las condiciones de entrada se define como eficiencia volumétrica del compresor. Ciertas pérdidas tales como filtraciones de gas. El aire a las condiciones atmosféricas se denomina aire libre. peso de gas descargado por ciclo ηv = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ peso de gas que debería ocupar el desplazamiento del pistón a las condiciones de entrada por ciclo volumen de gas medido a las condiciones de entrada del compresor por ciclo ηv = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ volumen desplazado por el pistón por ciclo En condiciones ideales cuando no hay pérdidas: ηv = ( V* / VD) Las siguientes eficiencias se usan con frecuencia en el estudio de los compresores: potencia indicada por el compresor η mecánica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯---potencia al freno suministrada . de tal manera que PaVa = P1V1 donde el subíndice a se refiere a las condiciones atmosféricas y el subíndice 1 a las condiciones de entrada al cilindro del compresor. En el caso de compresores de aire que utilizan aire atmosférico el proceso de succión se supone isotérmico. reducen el peso de gas suministrado por el compresor por debajo de su valor teórico. etc. pérdidas de presión. El trabajo del ciclo completo suponiendo que se utilizan dos compresores separados es: Wciclo = [ n/(1 .n) ] ( P1 V1 ) [ (Pi/P1) (n-1)/n .4 COMPRESION EN VARIAS ETAPAS Cuando la presión de descarga se incrementa. descargado y enfriado a presión constante y luego comprimido hasta la presión de descarga en el cilindro de alta presión. En un compresor de dos etapas el gas es comprimido hasta una presión intermedia en el cilindro de baja presión.1] + .CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 213 trabajo iso-entrópico de compresión η adiabática = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ trabajo adiabático actual del compresor trabajo reversible isotérmico del compresor η isotérmica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ trabajo actual isotérmico del compresor 11. El ciclo teórico sin espacio muerto se muestra en la figura: P P2 9 2 8 3 Pi 7 4 6 P1 5 1 V Se supone que el gas es enfriado hasta la temperatura inicial y que no hay pérdidas de presión durante el enfriamiento. por esta razón en la práctica de compresión en varias etapas es necesario un enfriamiento entre etapas. la temperatura de descarga también se incrementa y puede llegar a valores prohibitivos. n) ] ( P1 V1 ) [ (P2/P1) (n-1)/2n .214 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ [ n/(1 . = (PX-1/P1)1/X . se tiene: Pi = (P1 P2)1/2 Sustituyendo este valor en la ecuación anterior: Wciclo = [ 2 n/(1 .n) ] ( Pi V6 ) [ (P2/Pi) (n-1)/n .1] Una expresión general para el trabajo del ciclo en un compresor múltiple que tiene X etapas será: Wciclo = [ X n/(1 ..2] Diferenciando esta expresión con respecto a Pi e igualando a cero con el fin de obtener el valor de Pi para el mínimo trabajo.1] Las presiones intermedias serían: Para un compresor de dos etapas: (P2/P1) = (P3/P2) = (P3/P1)1/2 Para tres etapas: (P2/P1) = (P3/P2) = (P4/P3) =(P4/P1)1/3 Para X etapas: (P2/P1) = (P3/P2) = ...n) ] ( P1 V1 ) [ (P2/Pi) (n-1)/n + (Pi/P1) (n-1)/n .n) ] ( P1 V1 ) [ (P2/P1) (n-1)/X n .....1] En el diagrama: El proceso 1-5-8 es politrópico El proceso 6-2 es politrópico El proceso 1-6-9 es isotérmico Por razón del enfriamiento intermedio completo se tiene: Pi V6 = P1 V1 Luego: Wciclo = [ n/(1 .. 4/0.399 = 397oK El valor de CP para el nitrógeno es: CP = 1.85) = 151 kW 11.7 kJ/mi = 128.399-1)/1. A partir de las tablas de aire.631 Interpolando en la tabla: h2 = 424.2311 x (380/101) = 4.CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 215 PROBLEMAS RESUELTOS 11.17 kJ/kg (P2/P1) = (Pr2/Pr1) ⇒ . Tabla 10: a 290ºK h1= 290. Para compresión isoentrópica: ⇒ (T2/T1) = (P2/P1)(k-1)/k T2 = 288 x (310/100)(1. despreciando los cambios de energía cinética y el calor transferido.2311 Pr2 = 1.0399 x (397 – 288) = 7707. Pr1 = 1.08 kJ/kg . Determinar la potencia requerida en el eje del compresor.2 = m Δh = 68 x 1.1 Un compresor centrífugo tiene una eficiencia adiabática del 85% y se utiliza para comprimir 68 kg/mi de N2 desde 100 kPa y 15ºC hasta 310 kPa.4 kJ/s ο -( W )actual = (128. despreciando los cambios de energía cinética y el calor transferido. Determinar la potencia requerida en el eje del compresor.2 Un compresor de flujo axial tiene una eficiencia adiabática de 87% y se utiliza para comprimir 90 kg/mi de aire desde 101 kPa y 17ºC hasta 380 kPa.0399 kJ/kg oK ο ο -( W s)1. 6 kJ/mi ο W ciclo = -10.7358/3.08 – 290.86 kJ/s ο -( W )actual = (200.3 x 3.[ k / (k-1) ] ( nRT1) [ (P2 / P1) (k-1)/k .3/101.3)(1. (c) Compresión politrópica (n=1.5/28.5 kg/mi de aire se comprime desde 101.31 nRT1 V1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 3.2 = [1.3 Un flujo de 4.[ n / (n-1) ] ( nRT1) [ (P2 / P1) (n-1)/n .84) x 293 x 8.31 nRT1 V2 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.75 x [(516.3 – 1)/1. Determinar la potencia requerida en el eje del compresor.5/28.9 kJ/mi = 200.75) = .618.75 x ln (0.3 x 3.3 /(1 – 1.3 kPa (4.3 x 3.87) = 230.31 kJ/s (kW) ο b) ( W s)1.13.17) = 12051.3 kPa y 20ºC hasta 415 kPa (man.3 kPa.1] ο ( W s)1.87 kW 11.2 = -787.3 = 516.3)(1.7358 m3/mi 516.75 x [(516.84) x 293 x 8.4)] x 101. suponiendo: (a) Compresión isotérmica.86/0.75 m3/mi 101. (b) Compresión adiabática.2 = . La presión atmosférica es 101.3).1 ] ο ( W s)1.3 .2 = .1] .4 . a) Se calcula el volumen: (4.2 = [1.2 = m Δh = 90 x (424.1 ] ο ( W s)1.13 kJ/s (kW) ο c) ( W s)1.3/101.3)] x 101.216 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ο ο -( W )1.4 – 1)/1.).4 /(1 – 1.3 kPa P2 ο W ciclo = P1V1 ln (V2/V1) = 101.3 P1 La presión absoluta final es: P2 = 415 + 101.7 kJ/mi = . 08 x (520/140)1/1.863) = 3. La presión atmosférica es 101.750.07 .839 11.15 = 0.5 Un compresor tiene un espacio muerto de 7% y se utiliza para comprimir 6.31 nRT1 V1 = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 2.76 m3.1 ] (6.CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 217 ο ( W s)1.2 = [1.76 m3 138 P1 (Ws)1.19.12.[ n / (n-1) ] ( nRT1) [ (P2 / P1) (n-1)/n . determinar: (a) El trabajo requerido.4 Un compresor tiene un 8% de espacio muerto y se utiliza para comprimir nitrógeno desde 140 kPa hasta 520 kPa.0.15-1)/1. CF = 1 + C .863 CF = (V*/VD) ⇒ VD = (V*/CF) = (2.2 m3 11.2 = .515.51 kJ/s (kW) 11.5 kJ b) El desplazamiento del pistón sin espacio muerto corresponde al volumen ocupado por el gas: VD = V1 = 2. Suponiendo un valor de n=1.19 = 0.C (P2/P1)1/n CF = 1 + 0.15 – 1] (Ws)1.15)] x 138 x 2.08 . (b) El desplazamiento del pistón sin espacio muerto.15. determinar: (a) La potencia teórica requerida en el eje del compresor.0. (b) El volumen del cilindro cuando el compresor es .3. Suponiendo un valor de n=1.3 kPa y la presión absoluta dentro del cilindro al comienzo es 96 kPa.96 kJ/mi = . (c) El desplazamiento del pistón con espacio muerto. a) (Ws)1.8/44) x 297 x 8.76 x [(480/138)(1.07 x (480/138)1/1.2 = .6 Un compresor de aire tiene 5% de espacio muerto y se utiliza para comprimir 25 m3/mi de aire a una presión de 517 kPa. Determinar el factor de espacio muerto cuando n=1.15 /(1 – 1.2 = . c) El factor de espacio muerto es: CF = 1 + 0.8 kg de CO2 desde 138 kPa y 24ºC hasta 480 kPa.76/0. 05 x (517/96)1/1.3 .2 = [1. ο ( W s)1.2 = (5011.3-1)/1.2 = .0625/0.3 /(1-1. Suponiendo proceso isotérmico: PaVa = V*P1 ⇒ Va = V* P1/Pa La eficiencia volumétrica es: ηV = Va/VD Reemplazando: ηV = (V* P1)/(Pa VD) Pero: (V*/VD) = CF ⇒ ηV = (P1/Pa) x CF ηV = (96/101.3)(1.5011.1] = .4 kJ/mi ο ( W s)1.83.3 = 0.3 [(517/101. (c) La potencia al freno suministrada al eje del compresor.822 El compresor es de doble acción a 200 rpm.52 kW b) Para un compresor con espacio muerto.4/60) = . luego el número de ciclos por minuto es 2 x 200 = 400.[ n / (n-1) ] ( nRT1) [ (P2 / P1) (n-1)/n .822) = 0.05 – 0. si su eficiencia mecánica es 92%. El volumen de aire a las condiciones de entrada por ciclo es igual al volumen total de aire por minuto dividido por los ciclos totales por minuto: 25 m3/mi V* = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.0625 m3/ciclo 400 ciclos/mi ηV = (V*/VD) ⇒ VD = (V*/ηV) = (0.TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING 218 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ de doble acción y trabaja a 200 rpm. V* es el volumen de aire en el cilindro a presión P1.3)] x 25 x 101.076 m3 c) La potencia al freno requerida en el eje del compresor: potencia indicada por el compresor η mecánica = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ potencia al freno suministrada .1 ] a) ο ( W s)1.3)[1 + 0. 32)] x (1/28.1] P1V1 = nRT1 Wciclo = [ X n/(1 .92) = 91.32. con un valor de n=1.n) ] ( nRT1 ) [ (P2/P1) (n-1)/X n .31 x 294 x [(4130/102)(1.CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 219 Potencia al freno = (83.84) x 8. Q 1 Q 2 3 ETAPA 1 a) P2 = P1(P4/P1) ETAPA 2 1/3 4 ETAPA 3 = 102 x (4130/102)1/3 = 350 kPa P3 = P2 (P4/P1)1/3 = 350 x (4130/101)1/3 = 1201 kPa b) A partir de la ecuación: Wciclo = [ X n/(1 .n) ] ( P1 V1 ) [ (P2/P1) (n-1)/X n . (e) El calor total retirado por kg de aire.4 kJ c) La temperatura a la salida de la etapa 2.52 / 0.13 MPa.1] Wciclo = . (T2/T1) = (P2/P1)(n-1)/n ⇒ T2 = T3 = T4 = T1 x (P2/P1)(n-1)/n . (b) El trabajo de compresión por kg de aire.32-1) / (3)(1.21 kW 11.365. (d) El calor retirado en cada intercambiador por kg de aire.32) . Calcular: (a) Las presiones intermedias. (c) La temperatura a la salida de cada etapa. etapa 3 y etapa 4 es igual pues se trabaja sobre la misma isoterma.1] Wciclo = [3 x 1.32/(1-1.7 Un compresor de tres etapas se utiliza para comprimir aire desde 102 kPa y 21ºC hasta 4. ? 11.16 Determinar la potencia requerida y el desplazamiento del pistón para un compresor de aire que tiene 3% de espacio muerto.32 = 396.14 Un compresor comprime un gas desde 102 kPa hasta 840 kPa. Calcular la potencia requerida si n=1.8 Determinar la potencia requerida para comprimir isoentrópicamente 5 kg/mi de aire desde 130 kPa y 27ºC hasta 1030 kPa.8 kg/mi de aire desde 20ºC y 100 kPa hasta 830 kPa.88 = 205. P1 = 101.4 – 294) = 102.9 Repetir el problema anterior utilizando las tablas de aire. 11. Determinar el factor de espacio muerto para espacios muertos de : (a) 1% (b) 20% (c) 0%. mediante una compresión politrópica para la cual n=1. 11.4oK d) El calor retirado en cada intercambiador es el mismo: Q = m CP ΔT = 1 x 1. n=1.13 Determinar la potencia teórica requerida para comprimir isotérmicamente 2. 11.45 m/s. Se comprime isoentrópicamente hasta una presión de 7 atm y sale con una velocidad de 90 m/s. 11. P2 = 584 kPa.3 kPa.88 kJ e) El calor total retirado es: Q = 2 x 102.35.10 Aire a 1 atm y 37ºC entra a un compresor con una velocidad de 0.0047 x (396. 11.11 Repetir el problema anterior utilizando las tablas de aire.7 kg/mi de aire desde 21ºC y 100 kPa hasta 1000 kPa. desplazamiento del pistón 100 litros.3 kPa.3.33. ¿Cuál es el trabajo requerido por kg de aire? 11.12 Un compresor de etapa simple sin espacio muerto se utiliza para comprimir 1.15 ¿Cuál es la capacidad en m3/mi de aire libre.220 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ T2 = 294 x (350/102)(1.32-1)/1.76 kJ PROBLEMAS PROPUESTOS 11. 11. espacio muerto 5%. velocidad del eje 100 rpm. de un compresor de doble acción bajo las siguientes condiciones: presión atmosférica 101. si se utiliza para . 3. hasta 970 kPa.3. determinar: (a) La potencia requerida por el compresor. (c) La potencia isotérmica necesaria. 11.18 Un compresor de dos etapas sin espacio muerto y con enfriamiento intermedio se utiliza para comprimir 3.17 Un compresor de gas natural maneja 100 m3/s de gas a 101 kPa y 7ºC.4 kg/mi de aire a 20ºC y 100 kPa hasta 2.3.20 Un compresor centrífugo opera en estado estable con una eficiencia adiabática de 85% y comprime aire a 21ºC y 102 kPa hasta 700 kPa. .45. Determinar: (a) El trabajo requerido por kg de aire. Suponer compresor de doble acción operando a 150 rpm. Determinar: (a) La potencia requerida. (b) La temperatura del aire a la salida del compresor. (c) El calor retirado en el intercambiador. La compresión es politrópica con n=1. Suponiendo n=1. Suponiendo n=1. La presión de descarga es de 500 kPa. 11.07 MPa. (b) La temperatura del aire a la salida del compresor. determinar la potencia requerida en el eje del compresor. 11.19 Un compresor de dos etapas con enfriamiento intermedio se utiliza para comprimir 30 m3/mi de aire desde 95 kPa y 25ºC.CAPITULO 11 : COMPRESORES DE GAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 221 comprimir 45 m3/mi de aire libre desde 90 kPa hasta 689 kPa. La presión antes de la compresión es 86 kPa y n=1. 11. (b) La temperatura de descarga. es una máquina térmica en la cual el suministro de calor al agente de transformación se efectúa quemando combustible dentro del mismo motor.1 CICLO OTTO. Proceso 3-4: Expansión isoentrópica. gasolina. etc.CAPITULO 12 CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA Como su nombre lo indica. el cual por un mecanismo de biela y cigüeñal se une al consumidor exterior de trabajo. Proceso 2-3: Combustión a volumen constante. Proceso 1-5: Escape de los gases a presión constante. Las capacidades caloríficas del aire se suponen constantes. El elemento mecánico fundamental es un cilindro con un pistón. En estos motores el agente de transformación es en la primera etapa aire o una mezcla de aire y combustible fácilmente inflamable y en la segunda etapa son los productos de la combustión de dicho combustible líquido o gaseoso ( gas natural. El ciclo se compone de los siguientes procesos: Proceso 5-1: Admisión a presión constante. Todos los procesos se suponen reversibles. Proceso 1-2: Compresión isoentrópica. Se considera que la cantidad de aire en cada ciclo es de 1 kilogramo. en consecuencia se hacen las siguientes simplificaciones para su análisis termodinámico: El agente de transformación en todo el ciclo puede suponerse que es aire y su comportamiento el de un gas ideal. 12. . ACPM. El ciclo real de estas máquinas es complejo y difícil de analizar. Proceso 4-1: Cesión de calor a volumen constante.). 3 | = Cv (T3 – T2) El calor cedido durante el proceso a volumen constante es: |QL| = |Q4.1 | = Cv (T4 – T1) El trabajo neto producido por el ciclo es: .224 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P 3 2 4 1 5 VC V VD T 3 4 2 1 S El calor adicionado durante la combustión a volumen constante es: |QH| =|Q2. Si C representa el espacio muerto en porcentaje.⎯⎯⎯⎯ = 1 .⎯⎯ = 1 . denominada desplazamiento del pistón y representada por vD es el volumen barrido por el pistón en cada carrera.⎯⎯⎯ = 1 - Puesto que T3 T4 ⎯⎯ = ⎯⎯ T2 T1 T2 v1 y ⎯⎯ = [ ⎯⎯ ]k-1 T1 v2 la ecuación anterior se puede escribir como: T1 1 1 ηT = 1 . El volumen vc = v2 =v3 representa el volumen de espacio muerto y se expresa también como un porcentaje del desplazamiento del pistón.|QL| La eficiencia térmica del ciclo será: |QH| .CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 225 Wneto = |QH| .⎯⎯⎯⎯ T2 (v1/v2)k-1 (rs)k-1 La relación (v1/v2) se denomina relación de compresión del ciclo y se designa por rs. vc = C vD La relación de compresión puede expresarse en términos del desplazamiento del pistón y el espacio muerto así: vD + C vD 1+C vD + vc v1 rs= ⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ vc C vD C v2 Puede concluirse a partir de las expresiones anteriores que la eficiencia térmica del ciclo Otto es función directa de la relación de compresión.|QL| |QL| Cv (T4 – T1) |QH| |QH| ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Cv (T3 – T2) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 . En la actualidad . La cantidad (v1 – v2). El aumento de la velocidad va en detrimento de la vida del motor como consecuencia de un mayor desgaste en el mismo período de tiempo. En la máquina de cuatro tiempos se requieren dos revoluciones del cigüeñal por cada ciclo completo.226 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ se utiliza este factor en la producción automotriz para mejorar la potencia de los motores sin aumentar el tamaño relativo de éstos. válvula de admisión válvula de escape escape admisión MOTOR DE CUATRO TIEMPOS MOTOR DE DOS TIEMPOS . En el diseño de las máquinas de combustión interna existen los ciclos de dos y cuatro tiempos según el número de desplazamientos del pistón en cada ciclo. Trabajo neto mep = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ vD La velocidad del motor influye directamente sobre el valor de la potencia generada. ya que aumenta el número de ciclos en la unidad de tiempo. actuando durante la carrera de expansión. La presión media efectiva es definida como la presión constante que. Sin embargo. podría producir el mismo trabajo neto que el obtenido por la presión variable actuando durante la carrera de expansión y compresión. La máquina de dos tiempos se diseña de tal forma que por cada revolución del cigüeñal se obtiene un ciclo completo de potencia. el aumento progresivo de estas relaciones de compresión hace necesario utilizar combustibles de alto grado antidetonante y en consecuencia más costosos. Otra modificación consiste en la supresión de las válvulas por lumbreras en el motor de dos tiempos segun se aprecia en el diagrama. Otros dos términos ampliamente utilizados en el estudio de las máquinas de combustión interna son la presión media efectiva (mep) y la velocidad del motor (rpm). en que permite obtener relaciones de compresión más elevadas.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 227 12.2 CICLO DIESEL. por cuanto la inyección de combustible se realiza. generalmente de 14 a 17. Ello trae como consecuencia un aumento en el rendimiento térmico.9 MPa sin peligro de una preignición. Se compone de los siguientes procesos: P 2 3 4 1 5 VC V VD T 3 2 4 1 S . con posterioridad a la compresión del aire alcanzando presiones del orden de las 3. Este ciclo se diferencia del Otto. Proceso 4-1 : Cesión de calor a volumen constante. El ciclo anterior.3| = CP (T3 – T2) El calor cedido es: |QL| = |Q 4.⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Si: rs = relación de compresión = (v1/v2) rP = grado de inyección = (v3/v2) 1 ηT = 1 .228 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Proceso 5-1 : Admisión de aire a presión constante.3 TURBINA A GAS. lo mismo que el ciclo Otto.1 [ ⎯⎯⎯⎯ ] k(rP .|QL| |QL| Cv (T4 – T1) |QH| |QH| CP (T3 – T2) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 . Proceso 2-3 : Inyección y combustión a presión constante.⎯⎯⎯⎯ (rs)k-1 rPk .1| = Cv (T4 – T1) La eficiencia térmica es: |QH| . La necesidad de emplear pistones de movimiento alternativo y válvulas móviles impone restricciones sobre la velocidad de los motores Diesel y Otto. Proceso 1-2 : Compresión isoentrópica de aire. la eficiencia del ciclo Diesel es algo menor que la eficiencia del ciclo Otto para relaciones de compresión iguales. Se reducen estas restricciones si el dispositivo de expansión con pistón de movimiento alternativo se reemplaza por . Los problemas de fabricar y operar grandes pistones imponen así mismo un límite práctico sobre el tamaño de estos motores.1) Según lo anterior. Proceso 1-5 : Escape los gases a presión constante. puede realizarse en motores de dos y cuatro tiempos.⎯⎯ = 1 . 12. El calor adicionado es: |QH| = |Q2. Proceso 3-4 : Expansión isoentrópica. que usualmente está montado en el mismo eje de la turbina.3| = CP (T3 – T2) El calor cedido es : |QL| = |Q4. Una parte del trabajo producido en la turbina se emplea para mover el compresor. comprimidos y calientes.1| = CP (T4 – T1) . se expanden en la turbina y. se agrega a la máquina un compresor rotatorio. Como ya no se dispone de pistón. QH CAMARA DE COMBUSTION 2 3 TURBINA COMPRESOR WS 4 1 QL El calor añadido es: |QH| = |Q2. El aire de entrada se comprime en el compresor y luego de mezclarlo en la cámara de combustión con el combustible se produce la ignición. El ciclo correspondiente recibe el nombre de CICLO BRAYTON. son expulsados a la atmósfera. Los productos de la combustión. finalmente.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 229 una turbina no alternativa. ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ [P2 / P1 ] (k-1)/k La relación (P2/P1) se denomina relación de presiones y es igual a (P3/P4). Las fórmulas anteriores para el cálculo de la eficiencia térmica quedan: . Para los cálculos es más conveniente utilizar entalpías tomadas de las tablas de aire (Tabla 10).⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ηT = 1 - T4 – T1 ⎯⎯⎯⎯ T3 – T2 Aplicando las fórmulas de gases ideales en cada proceso se tiene: 1 ηT = 1 .230 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P2 P 2 3 T 3 P1 4 2 1 1 4 V S La eficiencia del ciclo es: |QH| . que utilizar las relaciones de los gases ideales.⎯⎯⎯ = 1 .|QL| |QL| CP (T4 – T1) |QH| |QH| CP (T3 – T2) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 . DIFUSOR COMPRESOR QUEMADORES TURBINA TOBERA .4 TURBORREACTORES. La energía restante se convierte entonces en energía cinética.⎯⎯⎯⎯ (h3 – h2) (h3 – h2) WT = Trabajo desarrollado por la turbina. WC = Trabajo consumido por el compresor. Esta máquina se utiliza ampliamente en la aviación moderna y constituye una modificación al ciclo abierto Brayton de las turbinas a gas.(h4 – h1) (h4 – h1) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 . llegándose a altas velocidades. Los humos calientes de la combustión sólo se expanden en la turbina hasta producir el trabajo necesario para accionar el compresor.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 231 Trabajo neto de salida ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Calor tomado por el ciclo WT – WC (h3 – h4) . 12. mediante la expansión en una tobera colocada a continuación de la turbina.(h2 – h1) QH (h3 – h2) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – h2) . 232 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ QH CAMARA DE COMBUSTION 2 3 TURBINA COMPRESOR TOBERA 1 4’ 4 QL Para este ciclo se tiene: ⎪WC⎪= ⎪WT⎪ . (h2 – h1) = (h3 – h4’) Para calcular la velocidad del gas luego de la expansión isoentrópica en la tobera puede utilizarse la siguiente ecuación: v 4 = [ 2(h4’ – h4) ] 0. Dicho empuje está dado por: o F = m ( v 1 – v 4) .5 El empuje del chorro es el resultado de la diferencia de cantidad de movimiento entre el flujo de aire hacia el compresor y los humos de escape de alta velocidad. 1 Un motor funciona con base en un ciclo Otto. isoentrópico: PVk = C ⇒ (T2/T1) = (V1/V2)k-1 (P2/P1) = (V1/V2)k y V1/V2 = rs = 8 T2 = 300 x (8)1.5 x (1/8)1. PROBLEMAS RESUELTOS 12.3 = ⎪QH ⎪ = Δu = Cv (T3 – T2) 1840 = 0. Todos los cálculos se realizan tomando como base 1 kg de aire. El calor agregado es 1840 kJ/kg.4-1 = 689.4-1 = 1416.4 = 1837.9 x (3253. La relación de compresión es 8. El signo negativo resultante indica que el empuje es opuesto a la velocidad. T1 = 300ºK y P1= 100 kPa Proceso 1-2.7176 x (T3 – 689. Las condiciones al inicio de la compresión son 27ºC y 100 kPa.1 kPa .9 kPa Proceso 2-3.1 x (1/8)1.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 233 o donde m es el flujo másico de aire.1 kPa Proceso 3-4.2oK ⇒ P2 = 100 x (8)1.2) = 8676. isoentrópico: PVk = C y V3/V4 = 1/rs (T4/T3) = (V3/V4)k-1 ⇒ T4 = 3253.5/689.4 = 472.2oK (P4/P3) = (V3/V4)k ⇒ P4 = 8676.5 oK P3 = P2 x (T3/T2) = 1837.2) ⇒ T3 = 3253. la eficiencia térmica y la presión media efectiva. Determinar la temperatura y la presión en cada punto de ciclo. isocórico: Q2. 00042 = 0.42 lt = 0.234 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ηT = [1 – rs1-k) = 1 – (8)1-1.108) = 1374.864 m3 100 kPa P1 V2 = V1 / rs = 0.00042 m3 V4 = V1 = VD + V2 = 0. la eficiencia térmica y la potencia. V2 = V3 = CVD = 0.00322 m3 El proceso 1-2 es isoentrópico: vr1 = 144. un volumen de desplazamiento total de 2.32 x (0.3860) = 1695 kPa .84) x 8. Determinar la temperatura y la presión máximas.49 (P2/P1) = (pr2/pr1) .31 x 300 nRT1 V1 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.864/8 = 0.15 x 2.565 o 56.2 – 300) = 801 kJ/kg Wneto = ⎪QH ⎪.2 Un motor que funciona con base en el ciclo Otto de aire tiene 15% de volumen de espacio muerto.5% Wneto Wneto mep = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ VD V1 – V2 (1/28.0028 + 0. Las condiciones de entrada son 27ºC y 100 kPa.00042/0.2 kJ/kg P2 = 100 x (23.3 kPa 12.7176 x (1416.7ºK .8 = 0. ⇒ T2 = 662.4 = 0.8 litros. Resolver el problema utilizando las tablas de aire (Tabla10). El calor agregado es 1400 kJ/kg.00322) = 18.864 – 0.49/1.82 De la tabla 10 por interpolación: pr2 = 23.108 m3 ⎪QL ⎪ = CV (T4 – T1) = 0. y funciona a 2500 rpm.32 a 300oK (vr2/vr1) = (V2/V1) ⇒ vr2 = 144.⎪QL ⎪= 1840 – 801 = 1039 kJ/kg mep = (Wneto/VD) = [1039 / (0. u2 = 483. 2 Interpolando en la tabla 10.7) = 5655 kPa = Pmáx Proceso 3-4.00042) = 3.839 u4 = 888.8% La potencia se evalúa como sigue: o W s = m Wneto N donde: m = masa de aire en el ciclo N = número de ciclos por minuto 100 x 0.000129 kg-mol = 0.7 kJ/kg Pr4 = 199. isoentrópico: (vr4/vr3) = (V4/V3) = (V1/V2) ⇒ vr4 = 0.31 x 300 .4 kJ/kg ηT = Wneto/QH = 725.2 pr3 = 3518 .00322/0. vr3 = 0.4/1400 = 0.5008 x (0.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 235 Proceso 2-3.518 o 51.09 – 888.7 = -674. para u3 = 1883.8/3519) = 321.8 P4 = P3 x (pr4/pr3) = 5655 x (199.3 = u3 – u2 1400 = u3 – 483.6 kJ/kg Wneto = ⎪QH ⎪.5008 . T3 = Tmáx = 2211 oK P3 = P2 (T3/T2) = 1695 x (2211/662.6 = 725.00372 kg RT1 8. a volumen constante: Q2.⎪QL ⎪= 1400 – 674.00322 P1V1 n = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1 kPa Proceso 4-1 a volumen constante: Q4.1 = u1 – u4 = 214.2 ⇒ u3 = 1883. 31 x 300 nRT1 V1 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.4)/2740.4-1 = 909.31 x 2740.3 kPa P3 V2 = V3 x T2 / T3 = (0.84) x 8.0540 m3 Proceso 3-4.3 Un motor funciona con base en un ciclo Diesel de aire. isoentrópico: PVk = C V4 = V1 (1/28.4 x (2500/60) = 112. Proceso 1-2 isoentrópico: k PV = C ⇒ (T2/T1) = (V1/V2)k-1 (P2/P1) = (V1/V2)k ⇒ rs = (V1/V2) = 16 T2 = 300 x (16)1.8 = 0.8 nRT3 V3 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. la presión media efectiva y el grado de inyección.4 = 4850.00372 x 725.4) ⇒ T3 = Tmáx = 2740.8oK Pmáx = P3 = P2 = 4850.3 kPa Proceso 2-3 a presión constante: Q2.1628 m3 4850.84) x 8. Las condiciones al inicio de la compresión son 27ºC y 100 kPa. Determinar la temperatura y la presión máximas.1628 x 909.864 m3 100 P1 .3 = QH = Δh = CP (T3 – T2) 1840 = 1.0047 x (T3 – 909.236 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ o W s = 0.4oK P2 = 100 x (16)1. La relación de compresión es 16.3 kPa (1/28. la eficiencia térmica.4 kW 12. El calor suministrado es 1840 kJ/kg. 1628/0. T2 = 862. Determinar la temperatura y la presión máximas.8/1.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 237 ⇒ T4 = 2740.1628/0.8oK (T4/T3) = (V3/V4)k-1 ⇒ (P4/P3) = (V3/V4)k P4 = 4850.864)1. (pr2/pr1) = (P2/P1) h2 = 890.8 x (0.01 12.5687 o 56.1 = Δu = Cv (T1 – T4) Q4.793.5 kJ/kg ηT = Wneto/QH = 1046. Las condiciones de entrada son 300ºK y 100 kPa.9 kJ/kg ⇒ .0540 = 3.864)1. Utilizar la tabla 10.4-1 = 1405.87% La presión media efectiva mep será: mep = 1046.4 Un motor funciona con base en un ciclo Diesel de aire.3 x (0.32/16) = 9.8 .1 = QL = 0.5/1840 = 0.5 = 1046. La relación de compresión es 16.4 = 468.5 /(0.054) = 1292 kPa El grado de inyección: rP = V3/V2 = 0.02: pr2 = 63.7 kPa Proceso 4-1 a volumen constante: Q4. Proceso 1-2 isoentrópico: (vr2/vr1) = (V2/V1) = (1/rs) ⇒ vr2 = (144.02 Interpolando en la tabla para vr2 = 9. a presión constante: P3 = Pmáx = P2 = 4603 kPa .8) = .864 – 0. así como la eficiencia térmica del motor.7176 x (300 – 1405.3oK P2 = 100 x (63.386) = 4603 kPa Proceso 2-3. y el calor agregado es 1400 kJ/kg.5 kJ/kg Wneto = 1840 – 793.1628/0. isoentrópico: (1/28.9 kJ/kg .1271 m3 4603 P3 Proceso 3-4.84) x 8.8644 m3 100 P1 ⇒ (vr4/vr3) = (V4/V3) T4 = 1101ºK (P4/P3) = (pr4/pr3) ⇒ vr4 = 0.1 = QL = u1 – u4 = 214.9 ⇒ h3 = 2290.3 .3) = 338. (c) La eficiencia térmica del ciclo.4 = 579.61/2280.3 kPa Proceso 4-1. T1 = 300ºK .3 = h3 – h2 1400 = h3 – 890. (P2/P1) = 10 P2 = 1000 kPa T2 = T1 (P2/P1)(k-1)/k = 300 x (10)(1.2 kJ/kg ηT = Wneto/QH = 767.6oK .9 = .31 x 300 nRT1 V4 = V1 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.5 En un ciclo Brayton el aire entra al compresor a 27ºC y 100 kPa.8 kJ/kg Wneto = ⎪QH ⎪.8 = 767.6237 (1/28.4-1)/1. pr3 = 2280.31 x 2031 nRT3 V3 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1271) = 4.632. (b) El trabajo del compresor y la turbina.8% 12. u4 = 846.8644/0.09 – 846.9 kJ/kg Por interpolación en la tabla 10 para h3: T3 = 2031oK .61 P4 = 4603 kPa x (167. a) P1 = 100 kPa .⎪QL⎪ = 1400 – 632.84) x 8. Determinar: (a) La presión y la temperatura en cada punto del ciclo. pr4 = 167. vr3 = 0. La relación de presiones es 10 y la máxima temperatura del ciclo es 1350ºK.548 o 54.2417 . volumen constante: Q4.6237 x (0.2/1400 = 0.238 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Q2. La temperatura del aire a la salida de la cámara de combustión es 1160ºK.4 ] = 0.2 – 280.9 kJ/kg WT = .280.4)/1.3 = QH = Δh = CP (T3 – T2) = 1.93 Interpolando para el valor anterior.9 = 370.0047 x (1350 – 579.4-1)/1. Determinar: (a) El trabajo del compresor.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ P3 = P2 = 1000 kPa 239 T3 = Tmáx = 1350 oK .4 = 698. Utilizar para la solución la tabla 10.3/774 = 0.Δh = CP (T3 – T4) = 1.1. pr1 = 1. La presión y la temperatura iniciales son 100 kPa y 300 oK. A partir de la tabla 10: h1 = 300.3 kJ/kg Q2.6 Una turbina opera según un ciclo Brayton con una relación de presiones de 5.0047 x (1350 – 698.Δh = CP (T2 – T1) = .6) = 774 kJ/kg ηT = Wneto /QH = 370. en la tabla 10: h2 = 475. (b) El trabajo neto del ciclo.19 kJ/kg .3860 (pr2/pr1) = (P2/P1) = 5 pr2 = 5 x 1. T4 = T3 (P4/P3)(k-1)/k = 1350 x (0.2% 12.8) = 651.8 oK P4 = P1 = 100 kPa b) Aplicando la primera ley para cada componente: WC = .6 – 300) = .9 kJ/kg .2 kJ/kg Wneto = WT + WC = 651.0047 x (579.3860 = 6.1)(1.4784 o 47.84% El resultado anterior se puede comprobar con el siguiente cálculo: ηT = [1 – (10)(1-1.482 o 48. (c) La eficiencia térmica del ciclo. 19 – 475.9 kJ/kg y pr3 = 207.175.1% 12. Determinar la velocidad de salida del aire en la tobera.240 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ A 1160 oK.19/755 = 0.19 kJ/kg h2 = 475. en la tabla 10: h3 = 1230.7 Un turborreactor opera con una relación de presiones de 5.71 kJ/kg El trabajo de la turbina será: WT = .448 Para el valor anterior.9 – 790 = 440. interpolando en la tabla 10: h4 = 790 kJ/kg a) El trabajo del compresor será: WC = .24 x (1/5) = 41.Δh = h1 – h2 = 300.9 = 755 kJ/kg ηT = Wneto/QH = 265.9 = . Teniendo en cuenta que los datos son los mismos del problema anterior: h1 = 300.351 o 35.175.71 + 440.9 kJ/kg .9 – 475. El aire entra a 100 kPa y 300ºK. La máxima temperatura de los gases a la salida de la cámara de combustión es 1160 oK.9 kJ/kg b) El trabajo neto del ciclo será: Wneto = WC + WT = .9 = 265.19 kJ/kg c) La eficiencia térmica se calcula: QH = Δh = h3 – h2 = 1230.Δh = h3 – h4 = 1230.9 kJ/kg h3 = 1230.24 (pr4/pr3) = (P4/P3) = 1/5 pr4 = pr3 x (P4/P3) = 207. 12. Si el aire antes de la compresión está a 17oC y 1 atm.8 Un ciclo Otto trabaja entre límites de temperatura de 20oC y 815oC. Determinar: (a) La eficiencia térmica del ciclo. la presión y la temperatura son 101 kPa y 300 oK.9 Determinar la eficiencia de una máquina que funciona según un ciclo Otto con un porcentaje de volumen muerto de 15%. y se añaden 1860 kJ/kg por ciclo.265190 J/kg A partir de la primera ley: Δ εC + Δ h = 0 Despreciando la velocidad a la entrada de la tobera: v 4 = [ 2(-Δh) ]0. La relación de compresión es 8 y el calor añadido por cada kilogramo de aire es 1800 kJ.5 = [ 2 x (265190) ] 0.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 241 Para un turborreactor: ⎪WC⎪ = ⎪WT⎪ 175. Determinar la eficiencia térmica del ciclo para una relación de compresión de 10. 12.5 = 728.19 = .10 Al inicio de la compresión en un ciclo Otto. (c) La presión máxima durante el ciclo. (d) La presión media efectiva. respectivamente. (b) La temperatura máxima durante el ciclo.19 kJ/kg La entalpía h4 = 790 kJ/kg El cambio de entalpía en la tobera es: h4 – h4’ = 790 – 1055.71 = WT = h3 – h4’ h4’ = 1230.71 = 1055.19 kJ/kg = .265. 12. .11 La relación de compresión en un ciclo Otto de aire es 8.9 – 175.2 m/s PROBLEMAS PROPUESTOS 12. y la presión media efectiva. 12.13 Calcular la eficiencia térmica y el trabajo producido por kilogramo de aire en un ciclo Diesel con rs = 15 y rP = 2.12 Al inicio de la compresión en un ciclo Diesel de aire. (b) La eficiencia térmica. Determinar: (a) Las restantes variables de estado en cada punto.14 Un ciclo Otto de aire presenta los siguientes estados: P1 = 101 kPa. El volumen al comenzar la compresión es 226 litros y se añaden 140 kJ durante la combustión. (b) La temperatura máxima durante el ciclo.15 La temperatura final de la compresión isoentrópica en un ciclo Otto es 450ºC y al final de la expansión 1390oC. . respectivamente. Las condiciones al inicio de la compresión son 27 oC y 100 kPa. 12. rs = 5. determinar: (a) La eficiencia térmica del ciclo. La relación de compresión vale 8. 12. la eficiencia térmica y la presión media efectiva. Las condiciones de entrada son 101 kPa y 21oC. (b) La máxima temperatura durante el ciclo. Determinar el trabajo por kilogramo de aire y la eficiencia térmica del ciclo. (d) La presión media efectiva. (c) El calor suministrado. (c) El rendimiento térmico del ciclo. V1 = 0.16 Un ciclo Otto opera con una relación de compresión de 9.3 kPa y 300oK. Calcular las temperaturas y presiones a través del ciclo. la eficiencia térmica. 12. la relación de compresión. 12. la presión y la temperatura son 101.242 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ calcular utilizando las tablas de aire: (a) La temperatura y la presión en cada punto del ciclo. (b) El calor que se debe extraer. La relación de compresión es 15 y el calor añadido por cada kilogramo de aire es 1860 kJ. 12. Al comenzar la compresión el aire se encuentra a 102 kPa y 38oC. el volumen de espacio muerto. 12. la presión es 1400 kPa. T1 = 333ºK. Determinar: (a) La presión máxima durante el ciclo. Determinar la temperatura y la presión en cada punto del ciclo.28 m3. La relación de compresión es 7. y la temperatura es 350oC. El calor agregado es 1840 kJ/kg. el calor cedido. (c) La eficiencia térmica del ciclo. (d) El calor cedido. Si el calor añadido es 2325 kJ/kg.18 Al final del proceso de compresión en un ciclo Otto. el volumen es 35 litros. (c) La máxima presión durante el ciclo.17 Un motor funciona con base en un ciclo Otto. T3 = 2000 oK. 5 determinar: (a) La presión. Se añaden 558 kJ durante la combustión. 12. Determinar: (a) El calor suministrado.23 Un ciclo Diesel de aire funciona de la siguiente manera: Temperatura de admisión: 30ºC. trabajo neto del ciclo: 590.24 Calcular la eficiencia térmica de un ciclo Brayton para cada una de las siguientes relaciones de presión: 4. .26 Una central eléctrica estacionaria que opera con un ciclo Brayton tiene una relación de presiones de 8. La temperatura del aire es 300ºK a la entrada del compresor y 1300ºK a la entrada de la turbina. la presión luego de la compresión es 3. 12. 6. la relación de compresión. (b) La eficiencia. 8 y 12.1 kJ/kg.4 MPa. (e) El trabajo neto del ciclo.25 Aire a 17oC y 1 atm.19 Un ciclo Diesel tiene una relación de compresión de 15. temperatura luego de la compresión: 700ºC. las condiciones son 27oC y 100 kPa. (f) La eficiencia del ciclo.3 litros. Calcular: (a) La relación de compresión. Calcular la eficiencia térmica para un grado de inyección de 2. calor agregado por ciclo: 925 kJ/kg. 12. Determinar: (a) La temperatura del aire a la salida del compresor y de la turbina.5. (b) La temperatura máxima del ciclo. Comparar la eficiencia con la de un ciclo de Carnot que funcione entre los mismos límites de temperatura. Si rP es 2. (b) El trabajo neto del ciclo. 12. 12. el grado de inyección. la temperatura y el volumen específico en todos los puntos del ciclo.3 kPa y 21oC. se comprime isoentrópicamente hasta una presión de 8 atm. en el compresor de una turbina a gas. Determinar las temperaturas. Calcular la temperatura y la presión en todos los puntos del ciclo.22 Una máquina Diesel comprime aire desde 100 kPa y 38oC hasta un volumen de 25. el grado de inyección y la eficiencia térmica. (b) El calor cedido. (d) El trabajo de la turbina.20 En un ciclo Diesel que opera con un kilogramo de aire comprimido desde 101.21 La relación de compresión para un ciclo Diesel de aire es de 13 y la absorción de calor por kilogramo de aire es de 930 kJ. Los gases calientes entran a la turbina a 1140oK. (c) La eficiencia térmica del ciclo. presiones y volúmenes específicos a través del ciclo. Al iniciarse la compresión. 12. (c) El trabajo de compresión. el trabajo neto y la eficiencia del ciclo.CAPITULO 12 : CICLOS DE MAQUINAS DE COMBUSTION INTERNA ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 243 12. 12. . Determine la velocidad del aire a la salida de la tobera 12.27 Se desea diseñar una planta generadora sencilla que trabaje con una turbina a gas siguiendo el ciclo Brayton de acuerdo con las siguientes especificaciones: Temperatura máxima durante el ciclo : 1120oK Temperatura mínima durante el ciclo : 290oK Presión máxima durante el ciclo : 516 kPa Presión mínima durante el ciclo : 102 kPa Determinar: (a) La eficiencia térmica del ciclo. (b) El trabajo del compresor. 12.28 Para un ciclo de un turborreactor.3 kPa y 17oC.30 Una máquina de turborreacción funciona entre los límites de presión de 34 y 344 kPa. La temperatura de entrada del aire al compresor es de – 33ºC y el límite superior de temperatura para la máquina es de 1120oK.244 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 12. Calcular el empuje para un flujo de aire de 1 kg/s. La presión del aire a la salida de la turbina es 101.29 Un turborreactor con una relación de presiones de 6 toma aire a 300oK y 1 atm. (d) Velocidad del aire a la salida de la tobera. (b) Calor suministrado. .3 kPa. Los gases calientes entran a la turbina a 1100oK. Determine por kilogramo de aire: (a) Trabajo de compresión. (c) El trabajo de la turbina. (c) Temperatura del aire que entra a la tobera. la presión y la temperatura a la entrada del compresor son 101. 12. La temperatura de entrada a la turbina es 807oC y relación de presiones es 4. suponiendo que la compresión y la expansión son isoentrópicas y que la velocidad de entrada del aire es de 90 m/s. es necesario conocer el cálculo del trabajo realizado por la turbina. potencial y el calor transferido. el calor cedido y el calor entregado.1 TURBINA La turbina constituye un sistema abierto. el cual es transformado en vapor.1. El vapor que abandona la turbina pasa a un condensador donde cede su calor latente para convertirse en líquido saturado y regresar nuevamente a la caldera mediante una bomba de alimentación. la cual a su vez realiza la conversión de la energía cedida en trabajo mecánico y posteriormente en energía eléctrica en un generador.1 COMPONENTES DEL CICLO RANKINE Como parte fundamental del cálculo de un ciclo de vapor. 13.WT = Δh = h4 – h3 h3 Vapor Sobrecalentado ⇒ WT Vapor Húmedo h4 ⎮WT⎮= h3 – h4 . la expansión del vapor en la turbina se considera reversible y el trabajo está dado por: o o -( W s)3.CAPITULO 13 CICLOS DE PLANTAS TERMICAS La producción de potencia en una planta térmica se basa en la energía liberada al quemar un combustible en una caldera. 13. El vapor se expande adiabáticamente en una turbina. el trabajo realizado por la bomba. Por consideraciones de la primera ley y despreciando los cambios de energía cinética. Esta energía es comunicada al líquido contenido en la caldera. a través de ésta circula el vapor de agua producido en la caldera.4 = m Δh ⇒ -(Ws/m) = . El calor es retirado y transferido al agua.2 CONDENSADOR El condensador es del tipo tubos y carcasa. la primera ley queda: o o Q 4. en el cual se desprecia el trabajo. a la misma presión de la caldera.1 = m Δh ⇒ Q/m = QL = h1 – h4 ⇒ ⎮QL ⎮ = h4 – h1 QL h4 h1 Vapor Húmedo Líquido Saturado 13. el cambio de energía cinética y el cambio de energía potencial.246 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 13.3 BOMBA La bomba de alimentación eleva la presión del agua en el estado 4.2 = o m Δh ⇒ -(Ws/m) = . Considerando el condensador como un sistema abierto. mientras el agua de enfriamiento circula dentro de ellos. así como el calor. Una vez más se desprecia el cambio de energía potencial y cinética. El vapor pasa por la parte exterior de los tubos.1. La primera ley da: o -( W s)1.1.WB = Δh = h2 – h1 h1 ⇒ ⎮WB⎮= h2 – h1 h2 Líquido Saturado WB Líquido Comprimido . El agua entra a un tambor a temperatura menor que la temperatura de saturación y luego es conducida a un banco de tubos donde es calentada y evaporada.2 CICLO DE CARNOT.⎯⎯⎯ = 1 . Aunque este ciclo es imposible de realizar debido a la adición de calor a temperatura constante.⎯⎯⎯⎯⎯ .4 CALDERA O GENERADOR DE VAPOR Es el componente del ciclo donde se produce vapor sobrecalentado a partir de líquido comprimido.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 247 13. La eficiencia térmica expresada en función de las entalpías según el diagrama es: |QH| . Para el calentamiento anterior se utilizan los gases provenientes de la combustión de un combustible con aire en el hogar de la caldera. Un análisis de la primera ley.3 = m Δh ⇒ Q/m = QH = h3 – h2 ⇒ ⎮QH ⎮ = h3 – h2 h3 Vapor Sobrecalentado h2 Líquido Comprimido QH 13. Este tipo de calderas se denominan acuotubulares (el agua circula por los tubos). El vapor que abandona los tubos pasa por un sobrecalentador de donde sale como vapor sobrecalentado.|QL| |QL| (h4 – h1) |QH| |QH| (h3 – h2) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1 .1. sin embargo puede utilizarse como criterio de perfección. considerando únicamente el agua. da como resultado: o o Q 2. 248 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ T 2 3 1 4 S Expresando la eficiencia en términos de la temperatura: ηT = 1 - T1 Δ S T1 T4 ⎯⎯⎯⎯ = 1 .3 CICLO RANKINE CON VAPOR SATURADO. En la figura se muestra la disposición de los elementos básicos y el diagrama termodinámico que indica los diferentes procesos: 3 WT 4 2 QH WB 1 QL .⎯⎯ = 1 .⎯⎯ T2 Δ S T2 T3 13. Por tanto: h1 = h 2 o WP = 0 (h3 – h4) (hg3 – h4) (h3 – h1) (hg3 – hf1) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ . Proceso 4-1 : Condensación del vapor de agua a presión constante. Proceso 3-4 : Expansión isoentrópica del vapor de agua.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 249 T 3 2 1 4 S Proceso 1-2 : Compresión isoentrópica de agua saturada que sale del condensador. el trabajo de la bomba es muy pequeño comparado con las otras cantidades. La eficiencia térmica expresada en función de las entalpías es: (h3 – h4) . y puede despreciarse.(h2 – h1) ⎮WT⎮ – ⎮WB⎮ (h3 – h2) ⎮QH⎮ ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ A bajas presiones. Proceso 2-3 : Calentamiento y evaporación del agua a presión constante. 4 CICLO RANKINE CON VAPOR SOBRECALENTADO.250 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 13. El sobrecalentamiento anterior se efectúa dentro de la misma caldera y es un proceso a presión constante. El vapor. es sobrecalentado a presión constante en la caldera y retorna luego a una segunda etapa en la turbina para ser expandido completamente. La utilización de vapor sobrecalentado permite una mayor expansión en la turbina y en consecuencia mayor trabajo. Es otra de las formas de mejorar la eficiencia del ciclo Rankine básico. La disposición de los elementos se aprecia en la siguiente figura: . Lo anterior mejora la eficiencia y disminuye la humedad del vapor que sale de la turbina. 13. T 3 2 1 4 S En la figura se muestra el diagrama T-S para este caso.5 CICLO CON RECALENTAMIENTO INTERMEDIO. La expresión de eficiencia es la misma del ciclo anterior y solo difiere en el valor de la entalpía del punto 3 que ahora corresponde a vapor sobrecalentado. luego de una expansión parcial en una primera etapa en la turbina. por kilogramo de vapor será: WT = (h3 – h4) + (h5 – h6) El trabajo de la bomba será: WB = (h2 – h1) El calor suministrado: 251 .CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ WT 3 4 6 2 QH 5 QL 1 WB T 3 5 4 2 1 6 S El trabajo en la turbina. 252 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ QH = (h3 – h2) + (h5 – h4) La eficiencia del ciclo: ⎮WT⎮ –⎮WB⎮ (h3 – h4) + (h5 – h6) .(h2 – h1) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎮QH⎮ (h3 – h2) + (h5 – h4) De la misma forma que en el ciclo anterior. despreciando el trabajo consumido por la bomba se tiene: (h3 – h4) + (h5 – h6) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – h1) + (h5 – h4) 13. En este ciclo parte del vapor. 3 WT 4 2 QH WB y 1-y 6 1 CALENTADOR ABIERTO 5 QL . Este problema se soluciona precalentando el agua de alimentación a la caldera en los llamados calentadores abiertos. cuando el líquido que sale de la bomba se calienta desde su temperatura hasta la temperatura de saturación correspondiente a la presión de la caldera.6 CICLO REGENERATIVO. una fracción muy pequeña. Los ciclos anteriores no solucionan la pérdida de eficiencia debida al proceso de adición de calor a baja temperatura. se extrae de la turbina y se utiliza para incrementar la temperatura del condensado en el proceso indicado anteriormente. así: VAPOR EXTRAIDO Y HACIA LA CALDERA 4 1 6 DEL CONDENSADOR 1-Y h1 = y h4 + (1 – y) h6 y = fracción en masa de vapor extraído La eficiencia térmica de éste ciclo será: ⎮WT⎮ – ⎮WB⎮ ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎮QH⎮ .CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 253 T 3 2 1 4 6 5 S La fracción del vapor extraída en la turbina puede calcularse mediante un balance térmico en el calentador. (h2 – h1) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – h2) Despreciando el trabajo de la bomba: (h3 – h4) + (1 . pero sus residuos radioactivos deben ser eliminados en forma eficiente y segura debido a su alta peligrosidad. el límite superior de temperaturas es inferior a una termoeléctrica convencional.8 DETERMINACION DEL COSTO TEORICO DE PRODUCCION DE UN KILOVATIO-HORA (KW-HR) DE ENERGIA En una planta térmica que funcione con alguno de los ciclos descritos anteriormente y despreciando los rendimientos mecánicos y el térmico . lo cual disminuye sensiblemente su eficiencia cuyo máximo valor no sobrepasa el 30%. 13. 13. La adición de dos o más calentadores se determina mediante un análisis de costos. En una planta nuclear. El calor es transmitido al agua utilizando sodio líquido como fluido intermedio. La mayoría de las plantas nucleares utilizan el ciclo Rankine para la conversión del calor en trabajo y posteriormente en energía eléctrica.y)(h4 – h5) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – h1) Mejoras adicionales a este ciclo se logran empleando dos y hasta tres etapas de regeneración. Las plantas nucleares no producen contaminación del aire.254 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – h4) + (1 .y)(h4 – h5) .7 PLANTAS NUCLEARES. Se reemplaza el hogar de la caldera por un reactor nuclear. CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 255 correspondiente a la caldera. PT = Potencia neta producida en la turbina (kw). A partir de las expresiones anteriores: o (PT/ m c) = (ηTC x WT x HHV) / QH o Costo (1 kW-hr) = (3600 x PR)/ (PT/ m c) . Balance de energía en la caldera: o o m V x QH = HHV x m C x ηTC donde: QH = calor entregado en la caldera en kJ/kg de vapor. ηTC = rendimiento térmico directo de la caldera (puede suponerse alrededor de 75% para calderas acuotubulares). PR = Precio del combustible ($ /kg combustible) Cuando se trata de combustibles líquidos es necesario conocer su densidad. o m V = flujo de masa de vapor de agua producido en la caldera (kg/s). se puede calcular el costo de producción de 1 kilovatio-hora (kw-hr) en la siguiente forma: o m C = flujo de masa de combustible quemado en la caldera (kg/s). HHV= Poder calorífico superior del combustible (kJ/kg de combustible). Balance de energía en la turbina: o PT = m V x WT PT = potencia generada por la turbina en kW WT = trabajo de turbina en kJ/kg de vapor. 23 = hf1 .8096)(2336. s3 = 6. t3 = 195.4693 kJ/kg oK La entalpía h4 se obtiene por expansión isoentrópica hasta 30 kPa.9439 s3 – sf4 X4 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1) = 2180. a 30 kPa: ts = 69. si la presión del vapor que sale de la turbina es 30 kPa.8247 La calidad en el punto 4 será: 6.1 .1 Determinar la eficiencia de un ciclo Rankine que opera con vapor saturado a 1.8247 sfg4 h4 = hf4 + X4 hfg4 = 289.23 + (0.07 C . Las entalpías se obtienen de las tablas de vapor.256 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Se denomina Gasto Específico de vapor a la relación: o Gasto Específico = (3600 m V)/PT (kg vapor/kw-hr) La producción de vapor en las calderas se mide en BHP o caballos de caldera: 1 BHP = 34.4693 – 0. hfg4 = 2336. sf4 = 0.8096 6.5 kJ/kg . Comparar los resultados con la eficiencia de un ciclo de Carnot que opera entre las mismas temperaturas.65 kg vapor/hr PROBLEMAS RESUELTOS 13.9439 .4 MPa: o h3 = hg3 = 2790 kJ/kg .5 lb de vapor de agua/hr = 15. hf4 = 289. a 1.4 MPa.1oC . En la tabla 4. sfg4 = 6. De la tabla 4. 01) = 0.9 + (0.6066 = s4 En el punto 4 a 85oC. sf4 = 1.5 h3 – hf1 2790 – 289.853)(2296) = 2314.2 Determinar la eficiencia de un ciclo Rankine que opera con vapor sobrecalentado a 1. s3 = 6. de la tabla 5: hf4 = 355.(TL/TH) = 1 .9 = hf1 .07 oK ηT = 1 .07 + 273 = 468.1343 .853 6.6066 – 1.3 kJ/kg La eficiencia será: .37 % La eficiencia del ciclo de Carnot será: TL = 69.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 257 Este valor puede comprobarse utilizando el diagrama de Mollier en el cálculo de la entalpía en el punto 3 y 4 del ciclo.4102 sfg4 h4 = hf4 + X4 hfg4 = 355. La entalpía de líquido saturado (punto 1) debe calcularse con las tablas de líquido saturado pues en el diagrama de Mollier no aparece. a 1. De la tabla 6.2437 = 24.8 MPa y 250oC si la temperatura del vapor que sale de la turbina es 85oC.(342.1343 s4 – sf4 X4 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1ºC + 273 = 342. sfg4 = 6.9% 13.4102 La calidad en 4 será: 6.269 = 26. La eficiencia será: h3 – h4 2790 – 2180.1/468.1 oK TH = 195. hfg4 = 2296 .23 ηT = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.8 MPa y 250oC: h3 = 2911 . 6718 s4 – sf4 X4 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. hfg4 = 2163.6459 – 1. La entalpía a la salida de la caldera puede tomarse de la tabla 6.82 = hf1 .3201 La calidad en 4 es: 6. a 5 kPa: hf6 = 137.8 . hfg6 = 2423.3115 = s6 De la tabla 4.6 .35% 13.6718 .4 kJ/kg En 5 el vapor está a 0.3 Determinar la eficiencia de un ciclo que opera con recalentamiento intermedio bajo las siguientes condiciones: el vapor sale de la caldera a 5 MPa y 400oC y se expande hasta 300 kPa.3201 sfg4 h4 = hf4 + X4 hfg4 = 561.9349 5.3 h3 – hf1 2911 – 355. así: A 5 MPa y 400oC: h3 = 3195.863 7.47 .9 ηT = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.258 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ h3 – h4 2911 – 2314. s3 = 6. sf6 = 0.47 + (0.9349)(2163. se recalienta luego hasta 200oC y se expande finalmente hasta 5 kPa.4764 .3115 .0. sfg6 = 7.4764 s6 – sf6 X6 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.3 MPa: hf4 = 561. sf4 = 1.8) = 2584.2335 = 23.3 MPa y 200oC y su entalpía y entropía de la tabla 6 será: h5 = 2865. sfg4 = 5.9187 sfg6 .6459 = s4 De la tabla 4. a 0.7 .9187 La calidad en 6 es: 7.7 . s5 = 7. 3736 = 37.3740 . El vapor es extraído a 125 kPa para precalentar el agua de alimentación a la caldera.7) = 2229.8758 6. sfg4 = 5.8247 La calidad en 5 será: 6. a 0.6 – 2229. De la tabla 6.9104 sfg4 h4 = hf4 + X4 hfg4 = 444. a 30 kPa: hf5 = 289. hfg4 = 2241 .CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 259 h6 = hf6 + X6 hfg6 = 137.7 – 137.82 + (0.4) 1247.9439 .6 – 2584. sf5 = 0.4) 3339.7 – 2584.82) + (2865.5 kJ/kg En la tabla 4. hfg5 = 2336.9 . sfg5 = 6.3740 s4 – sf4 X4 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.1 .9212 – 0.5 ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.9104 La calidad en 4 será: 6. Determinar la eficiencia del ciclo. sf4 = 1.9439 s5 – sf5 X5 = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 0. a 3 MPa y 400oC: h3 = 3230.9212 – 1.32 + (0.9385)(2241) = 2547.8247 sfg5 .4 Un ciclo regenerativo utiliza un precalentador de agua y expande vapor desde 3 MPa y 400oC hasta 30 kPa.4) + (2865.23 = hf6 .863)(2423.36% (3195.4 kJ/kg (h3 – h4) + (h5 – h6) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – hf1) + (h5 – h4) (3195.125 MPa: hf4 = 444.08 13. s3 = 6.9212 = s4 = s5 En la tabla 4.32 = hf1 .9385 5. 5) + (1 .8758)(2336.2 ηT = ⎯⎯⎯⎯ = 0.260 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ h5 = hf5 + X5 hfg5 = 289.0686 La eficiencia térmica será: (h3 – h4) + (1 .3162 = 31.y) hf6 444.9 – 444.1) = 2335.4.5) + (1 .1 kJ/kg Se determina ahora la fracción de vapor extraído a la presión de 125 kPa: Balance de energía en el precalentador: hf1 = y h4 + (1 . Las características de los combustibles son: ACPM : HHV = 43942 kJ/kg Densidad = 867.5 13.5 – 2335. Determinar el costo de producción de 1 kw-hr si se utilizan los siguientes combustibles: (a) ACPM (b) Fuel Oil (c) Carbón.0.0686)(2547.1) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (3230.32) 881.32 = y (2547.62% 2786.y)(h4 – h5) ηT = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (h3 – hf1) (3230.23 + (0.9 – 2547.6 kg/m3 Precio = $ 1600/galón FUEL OIL : HHV = 42198 kJ/kg .23) y = 0.y)(289.5 Una planta termoeléctrica funciona con el ciclo descrito en el problema 13. 2 x 42198 c) Determinamos PR: $ 86000 Tn PR = ⎯⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = $ 86/kg Tn 1000 kg 261 .2 x 43942 b) Determinamos PR: $ 1210 galón 1000 lt m3 PR = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ = $ 323.8 x 2786.4 ηTC x WT x HHV 0.2 kJ/kg QH = 2786.75 x 881.5 kJ/kg a) Determinamos PR: $ 1600 galón 1000 lt m3 PR = ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯ x ⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 487.75 x 881.785 lt m3 867.6 kg 3600 x 487.2 ηTC x WT x HHV 0.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Densidad = 987 kg/m3 Precio = $ 1210/galón CARBON : HHV = 31387 kJ/kg Precio = $ 86000/tonelada Para el ciclo del problema 13.5 3600xPRx│QH │ Costo (1 kw-hr) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 116.8 /kg galón 3.5 3600xPRx│QH │ Costo (1 kw-hr) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 168.23/kg galón 3.4: WT = 881.785 lt m3 987 kg 3600 x 323.23 x 2786. El vapor sale de la turbina a una presión de 100 kPa. la entalpía del vapor de escape y la calidad de éste. Determinar: (a) El trabajo neto. 13.58 ηTC x WT x HHV 0.14 Una planta de potencia funciona con base en el ciclo Rankine. 13. Determinar (a) La eficiencia del ciclo. Determinar la eficiencia térmica de ciclo y la humedad específica del vapor que sale de la turbina si la presión en el condensador es 100 kPa.2 x 31387 PROBLEMAS PROPUESTOS 13. 13. 13.10 Resolver el problema anterior utilizando vapor sobrecalentado a 4 MPa y 400oC.11 Una turbina recibe vapor de agua a 7 MPa y 550ºC y lo descarga a 50ºC. (c) El trabajo de bombeo. El trabajo realizado por la turbina. El vapor de agua entra a la turbina a 7 MPa y 550ºC. 13. 13. 13.13 Un ciclo Rankine utiliza vapor de agua a 2. Determinar el trabajo realizado por la turbina. Se descarga luego a un .5 MPa y 300oC. la presión en el condensador 4 kPa y la humedad específica a la salida de la turbina 15%.75 x 881.9 Determinar el trabajo.7 Un ciclo de Carnot emplea vapor de agua como sustancia de trabajo y funciona entre presiones de 7 MPa y 7 kPa.5 Costo (1 kw-hr) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = $ 41.6 Determinar el trabajo. 13. el calor suministrado y la eficiencia de un ciclo o Rankine que opera con vapor saturado entre 4 MPa y 15 C. (b) La eficiencia térmica del ciclo.262 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 3600 x PR 3600 x 86 x 2786. el calor suministrado y la eficiencia de un ciclo de Carnot que utiliza vapor de agua saturado a 4 MPa y lo condensa a 15oC.8 En la caldera de una máquina de Carnot de flujo permanente entra vapor de agua como líquido saturado a 1 MPa y sale con una calidad de 0.95.12 Determinar la temperatura del vapor a la entrada de la turbina si la presión es 10 MPa. Determinar la eficiencia térmica del ciclo y el costo de producción de 1 kw-hr si el combustible quemado en la caldera es carbón. El vapor entra a la turbina a 10 MPa y 500ºC y se enfría en el condensador a una presión de 10 kPa.20 Para un ciclo Rankine con recalentamiento intermedio. se recalienta luego hasta 350oC y luego se expande hasta 4 kPa. La potencia de la instalación es de 50000 kW y el HHV del combustible 30000 kJ/kg.17 Una planta de vapor de 300 MW opera con un ciclo Rankine simple.6 MPa. el vapor entra a la turbina a 2. 13.5. Determinar: (a) La calidad del vapor a la salida de la turbina. Determinar la eficiencia térmica y la potencia neta producida para un flujo de vapor de 37. si la presión en el condensador es 30 kPa. (d) La eficiencia del ciclo si el vapor a la entrada de la turbina se sobrecalienta hasta 250oC.16 Una planta de potencia opera con un ciclo Rankine simple entre límites de presión de 3 MPa y 50 kPa.5 MPa y 450ºC.5 MPa y 350oC y se expande hasta 0. (e) La eficiencia del ciclo si éste opera con vapor a 3 MPa y 250oC. 13. Se recalienta luego hasta 300oC y se expande finalmente hasta 15 kPa. Determinar: (a) La eficiencia térmica del ciclo.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 263 condensador a 20 kPa. 13. con presión en el condensador de 7. (b) La eficiencia térmica del ciclo. La temperatura del vapor a la entrada de la turbina es de 400ºC y el flujo de vapor es 25 kg/s.5 MPa.5 MPa y 300oC se expande hasta 0.18 Determinar la economía diaria de combustible que se obtiene como resultado de sustituir una instalación cuyo vapor entra a la turbina a 3. ¿Cuál es la eficiencia térmica del ciclo? 13.5 kPa. 13.15 Un ciclo Rankine utiliza vapor saturado a 2. (b) La eficiencia del ciclo si la presión del condensador se disminuye a 7. por otra cuyo vapor entra a 30 MPa y 650ºC.21 Se ha diseñado un ciclo Rankine con recalentamiento intermedio para operar con las siguientes condiciones: Presión a la entrada de la turbina: 20 MPa . (c) La eficiencia del ciclo si la presión a la entrada de la turbina se aumenta a 3 MPa.5 kPa.6 MPa. Utilizar los datos dados en el problema 13. vapor de agua a 3. La presión en los condensadores es la misma e igual a 4 kPa. determinar: (a) La eficiencia del ciclo. (b) La potencia de salida de la planta. 13.8 kg/s.19 En un ciclo con recalentamiento intermedio. 13. (c) El flujo de vapor. La presión del condensador es 15 kPa. los recalentamientos hasta 650oC ocurren a 6 MPa y a 3 MPa. (b) El BHP de la caldera. 13. 13. (c) El gasto específico de vapor en kg/kw-hr. El vapor de agua entra a la turbina a 10 MPa y 650oC.264 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Temperatura a la entrada de la turbina : 550oC Temperatura al final del recalentamiento : 550oC Presión a la salida de la turbina: 7 kPa Calidad a la salida de la turbina: 90% Determinar: (a) La presión del vapor en el recalentador. El vapor se extrae a 600 kPa y a 200 kPa con el fin de alimentar dos precalentadores de agua. Determinar: (a) El trabajo de la turbina en kJ/kg. (c) El gasto específico de vapor en kg/kw-hr. ¿Cuál es la eficiencia del ciclo? 13. El º vapor entra a la turbina de alta presión a 8 MPa y 500 C y sale a 3 MPa.5 MPa y 300oC hasta 100 kPa. donde una porción es extraída hacia un precalentador de agua.25 Determinar la eficiencia de un ciclo regenerativo que opera con vapor saturado a 1 MPa. . (c) El consumo de carbón en la caldera en ton/día. (b) La eficiencia térmica del ciclo.23 Una planta termoeléctrica que genera 20 000 kw. (d) El costo de 1 kw-hr quemando Fuel Oil en la caldera. El vapor remanente se expande hasta 5 kPa. Determinar: (a) La producción de vapor en la caldera en kg/hr.27 Para un ciclo con extracciones el vapor entra a la turbina a 3 MPa y 300oC. trabaja según el ciclo del problema 13. la presión del condensador es 100 kPa y el vapor es extraído a 300 kPa para precalentar el agua de alimentación a la caldera. 13. (b) La eficiencia del ciclo. El vapor se recalienta luego a presión constante hasta 500ºC antes de expandirse a 20 kPa en la turbina de baja presión. Calcular la eficiencia térmica del ciclo y compararla con la de un ciclo de Carnot que funcione entre los mismos límites de temperatura. 13. 13. Determinar: (a) El trabajo neto de la turbina.22.26 Se expande vapor de agua desde 2. (b) La eficiencia térmica del ciclo. La presión límite inferior del ciclo es 7.5 kPa.22 Un ciclo Rankine funciona con dos etapas de recalentamiento.24 Una planta de vapor opera con un ciclo Rankine de recalentamiento. Calcular: (a) El flujo de vapor. (d) Las fracciones de extracción y1. El vapor se extrae de la turbina a 0. Determinar: (a) El trabajo neto por kilogramo de vapor.28 Una planta de vapor produce 1000 MW de electricidad mientras funciona con base en un ciclo de regeneración de tres pasos. El vapor entra a la turbina a 14 MPa y 580ºC. El vapor entra a la turbina a 7 MPa y 550ºC. . (b) El calor suministrado.31 Una planta de vapor funciona con base en un ciclo regenerativo de tres etapas. El vapor restante es descargado a 7. Las extracciones para calentamiento se producen a 2. 13. 13.2 MPa. (b) La eficiencia térmica del ciclo. y se extraen fracciones a 2 MPa. (c) El flujo de combustible si su HHV es 35000 kJ/kg.CAPITULO 13 : CICLOS DE PLANTAS TERMICAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 265 13.29 El vapor que entra a una turbina de una planta de vapor está a 6 MPa y 450ºC y se condensa en el condensador a 20 kPa. 13. 700 kPa y 150 kPa. 600 kPa y 100 kPa destinadas al calentamiento de agua de alimentación. Calcular la eficiencia térmica de esta planta. Se extrae vapor de la turbina a 0. El flujo de vapor es de 18 kg/s.4 MPa para calentar el agua de alimentación en un calentador abierto.30 El vapor que entra a la turbina de una planta de potencia está a 10 MPa y 600ºC y escapa hacia el condensador a 5 kPa.6 y 0. La turbina descarga a 15 kPa. Determinar: (a) La potencia neta de la planta. y3. (b) La eficiencia térmica del ciclo. (e) La eficiencia térmica del ciclo.5 kPa hacia el condensador.5 MPa. y2. La unidad utilizada es la tonelada de refrigeración. 1 Tn de refrigeración = 12 000 BTU/hr = 200 BTU/mi = 3. la cual se relaciona de manera muy sencilla con el coeficiente de funcionamiento.4 J/s El coeficiente de funcionamiento (COP) se define como: Efecto Refrigerante |QL| COP = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ Trabajo Consumido W El funcionamiento de un sistema de refrigeración se puede también expresar en función de la potencia requerida para producir 1 tonelada de refrigeración.CAPITULO 14 CICLOS DE REFRIGERACION La finalidad de la refrigeración es producir una región de temperatura inferior a la atmosférica. de acuerdo con la siguiente ecuación: toneladas de refrigeración 3.5154 kJ/s COP = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ potencia empleada en HP 0. La capacidad de una máquina de refrigeración se expresa ordinariamente por su capacidad de producción de hielo en 24 horas.715 COP = ⎯⎯⎯⎯ HP/ton . La cantidad de calor extraído de la baja temperatura se denomina efecto refrigerante.5154 kJ/s = 3515. El resultado neto es la extracción de calor de la región de baja temperatura y su cesión a la alta temperatura del medio circundante.7457 kJ/s 4. El líquido se expansiona isoentrópicamente y se vaporiza parcialmente a lo largo de 3-4 alcanzando la temperatura TL y completando así el ciclo.268 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ El flujo de masa de agente refrigerante por tonelada de refrigeración puede calcularse con la siguiente fórmula: ο m (kg/s) = (3.|QL| = (TH – TL) Δ s . T 3 4 2 1 S El efecto refrigerante será: |QL| = TL Δ s El calor cedido será: |QH| = TH Δ s El trabajo consumido es: |QH| . Un ciclo de Carnot operando a la inversa representa un ciclo de refrigeración ideal reversible. El diagrama T-s de tal ciclo operando con vapor saturado se indica en la figura. Una compresión isoentrópica a lo largo de 1-2 eleva su temperatura a TH y luego el vapor se condensa a lo largo de 2-3 cediendo cierta cantidad de calor QH. A lo largo de 4-1 se absorbe cierta cantidad de calor QL incrementando la calidad del vapor a la temperatura TL.5154 kJ/s / |QL| kJ/kg) 14.1 CICLO DE CARNOT. CAPITULO 14 : CICLOS DE REFRIGERACION ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 269 ⎯ El coeficiente de funcionamiento será: TL TL Δ s COP = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ TH – TL (TH – TL) Δ s Un índice de perfección de un ciclo o planta de refrigeración está dado por la llamada eficiencia relativa: COP del ciclo actual ηrelativa = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ COP del ciclo de Carnot 14.2 CICLO POR COMPRESION DE VAPOR. El ciclo de compresión pretende imitar el ciclo de refrigeración de Carnot. En la figura se muestra la disposición de los elementos del ciclo. QH CONDENSADOR 2 3 COMPRESOR VALVULA DE ESTRANGULACION W 4 1 QL EVAPORADOR 270 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ T 2 2’ 3 4 1’ 1 S La mezcla líquido-vapor a presión baja se convierte en vapor saturado durante el proceso de entrega de calor 4-1 en el evaporador. El vapor saturado se comprime isoentrópicamente en el compresor hasta vapor sobrecalentado en el llamado ciclo de compresión seco, 1-2. Si el vapor que sale del evaporador es húmedo 1' el proceso de compresión 1'-2' da origen al llamado ciclo de compresión húmedo. El vapor sobrecalentado o saturado es condensado cediendo calor a presión constante alta 2-3 y luego es estrangulado isoentálpica e irreversiblemente hasta la presión menor 3-4. El ciclo real en una instalación industrial supone una serie de pérdidas que disminuyen su efecto refrigerante, como son: a) La realización del proceso adiabático 1-2 en forma irreversible. b) La caída de presión y pérdidas de calor en la tubería. c) Las pérdidas propias de las resistencias aisladas que presentan los aparatos intercalados en el circuito, como válvulas, etc. En una nevera o refrigerador doméstico, el congelador absorbe la energía de los alimentos mediante el refrigerante (Evaporador). El serpentín que se encuentra detrás de la nevera cede calor al exterior (Condensador). El compresor situado en la parte baja posterior se encarga de hacer circular el refrigerante consumiendo energía. La válvula de estrangulación en este caso es un tubo capilar situado a continuación del evaporador. CAPITULO 14 : CICLOS DE REFRIGERACION ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 271 ⎯ 14.3 REFRIGERANTES Las características que debe tener un buen agente refrigerante son: 1) La presión de vapor en el condensador no debe ser excesiva, puesto que incrementa el costo de fabricación. 2) La presión de vapor en el evaporador deberá estar por debajo de la presión atmosférica para prevenir pérdidas de fluido dentro del sistema. 3) El calor latente de vaporización debe ser alto y la capacidad calorífica del líquido pequeña. 4) La presión crítica debe estar por encima de la presión de operación más alta para asegurar la condensación a temperatura constante. 5) El refrigerante debe poseer altos coeficientes de transferencia de calor por convección para reducir tanto el área de transferencia de calor como la diferencia de temperaturas en el evaporador y el condensador. 6) El refrigerante no debe ser tóxico, tener bajo corrosivo. costo, inexplosivo y no 7) El punto de congelación debe ser más bajo que la mínima temperatura de operación. Los refrigerantes más utilizados son el amoniaco (NH3) y las clorofluoroparafinas, entre las cuales el freón 12 o difluorodiclorometano (CCl2F2) es el mas corriente. La tendencia hoy en día es reemplazar el CCl2F2 por otros fluidos, ya que éste último afecta la capa de ozono en la atmósfera. Algunos procesos especiales utilizan también el anhídrido sulfuroso, el cloruro de metilo y el butano. PROBLEMAS RESUELTOS 14.1 Un ciclo ideal de refrigeración que utiliza amoniaco opera entre 752.79 kPa y 315.25 kPa. Determinar: (a) Las temperaturas en el evaporador y en el condensador. (b) El efecto refrigerante. (c) El trabajo suministrado. 272 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ (d) El coeficiente de funcionamiento. (e) La potencia por tonelada de refrigeración. (f) El coeficiente de funcionamiento del ciclo inverso de Carnot que trabaja entre las mismas temperaturas. (g) El flujo de amoniaco por tonelada de refrigeración. (h) La eficiencia relativa. En la tabla 11, a una presión de 752.79 kPa: t3 = 16oC h3 = h4 = hf3 = 255.9 En la tabla 11, a una presión de 315.25 kPa: t1 = - 8oC h1 = hg1 = 1434.4 s1 = s2 = sg1 = 5.4449 Para calcular la entalpía h2 , se utiliza la presión P2 = P3 = 752.79 kPa y la entropía s2 = 5.4449. Se interpola en la tabla 12 o se consulta en el diagrama (P vs h) h2 = 1546 a) La temperatura en el condensador es 16oC y en el evaporador – 8ºC. b) El efecto refrigerante es: |QL| = h1 – h4 = 1434.4 – 255.9 = 1178.5 kJ/kg c) El trabajo suministrado es: W = h2 – h1 = 1546 – 1434.4 = 111.6 kJ/kg d) El coeficiente de funcionamiento es: 1178.5 |QL| COP = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 10.56 W 111.6 e) La potencia por tonelada de refrigeración es: CAPITULO 14 : CICLOS DE REFRIGERACION ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 273 ⎯ HP 4.715 4.715 ⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯ = 0.446 Tn COP 10.56 f) TH = 16 + 273 = 289ºK ; TL = - 8 + 273 = 265oK 265 TL COP = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 11.04 289 - 265 TH – TL g) La eficiencia relativa es: (COP)ciclo 10.56 (COP)Carnot 11.04 ηrelativa = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 0.956 = 95.6 % h) El flujo de amoniaco por tonelada de refrigeración es: ο ( m /Ton) = (3.5154/⎪QL⎪) = (3.5154/1178.5) = 0.00298 kg/s = 0.1789 kg/mi 14.2 Un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor utiliza Freón 12 como sustancia de trabajo. Las temperaturas de condensación y evaporación son 35oC y –10ºC respectivamente. Determinar: (a) El coeficiente de funcionamiento. (b) La potencia necesaria por tonelada de refrigeración. (c) El flujo de Freón 12 por tonelada de refrigeración. De la tabla 13, a – 10ºC: P1 = 219.1 kPa h1 = hg1 = 183.058 s1 = sg1 = s2 = 0.7014 De la tabla 13, a 35oC: P3 = 847.7 kPa = P2 h3 = hf3 = h4 = 69.494 274 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Como s2 = s1, de la tabla de vapor sobrecalentado (tabla 14), interpolando, o mediante el diagrama P vs h: h2 = 205.14 kJ/kg a) El coeficiente de funcionamiento será: |QL| = h1 – h4 = 183.058 – 69.494 = 113.564 W = h2 – h1 = 205.14 – 183.058 = 22.082 113.564 |QL| COP = ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 5.14 W 22.082 b) HP 4.715 4.715 ⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = ⎯⎯⎯⎯ = 0.917 Tn COP 5.14 c) ο ( m /Ton) = (3.5154/⎪QL⎪) = 0.0309 kg/s = 1.857 kg/mi El intervalo de temperaturas de este problema es típico de un sistema de refrigeración real diseñado para el almacenamiento de alimentos. La potencia necesaria para producir una tonelada de refrigeración en esta clase de aplicaciones es efectivamente de 1 HP. PROBLEMAS PROPUESTOS 14.3 Un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor utiliza amoniaco como sustancia de trabajo. Las temperaturas de condensación y evaporación son 40oC y –8ºC. Determinar: (a) El coeficiente de funcionamiento. (b) La potencia necesaria para producir 1 tonelada de refrigeración. (c) El flujo de amoniaco por tonelada de refrigeración. 4 Un ciclo ideal de refrigeración utiliza Freón 12 como fluido de trabajo. Determinar el coeficiente de funcionamiento del sistema. opera entre temperaturas de 38oC y 4oC. 14. requiere de 12 HP para su operación. o Freón 12. Si la fuente disponible para esta bomba de calor se encuentra a –7ºC.6 Se desea refrigerar a –12ºC.7 Una bomba de calor suministra 100 000 kJ/hr a 20oC. Se puede ceder calor a 26oC. necesaria para producir una tonelada de refrigeración. Calcular la potencia mínima. en HP. ¿cuál es la potencia mínima requerida en kW? 14. (b) El efecto refrigerante en kJ/kg.9 Resolver el problema anterior utilizando Freón 12 como sustancia de trabajo.8 Un ciclo de Carnot invertido que utiliza amoniaco como sustancia de trabajo. 14.7 kg/hr. 14. El fluido entra al compresor como vapor saturado y sale del condensador como líquido saturado.10 Un ciclo ideal de refrigeración que utiliza amoniaco como sustancia de trabajo. 14.5 Un sistema de refrigeración con 10 toneladas de capacidad de enfriamiento. 14. El flujo de refrigerante es 90. Determinar: (a) El coeficiente de funcionamiento. (b) El efecto refrigerante. opera con una temperatura de condensación de 40 C y una º temperatura de evaporación de – 25 C.11 Resolver el problema anterior utilizando Freón 12 como sustancia de trabajo. 14. La temperatura del refrigerante en el evaporador es –20oC y en el condensador es 35oC. El fluido entra al compresor como vapor saturado y a la válvula de estrangulamiento como líquido saturado. . opera entre una presión de 1240 kPa en el condensador y una presión de 140 kPa en el evaporador.12 Un ciclo ideal de refrigeración que utiliza como sustancia de trabajo.CAPITULO 14 : CICLOS DE REFRIGERACION ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 275 ⎯ 14. 14. Los estados del fluido al inicio y al final del proceso de condensación son de vapor saturado y de líquido saturado. Determinar el coeficiente de funcionamiento y el efecto refrigerante. Determinar el coeficiente de funcionamiento y la capacidad de la planta en toneladas de refrigeración. Determinar: (a) El coeficiente de funcionamiento. Determinar: (a) La potencia requerida en HP. (c) La potencia suministrada.15 Un ciclo ideal de refrigeración por compresión de vapor. La unidad se emplea para un acondicionador de aire. (b) El flujo de refrigerante en kg/s. cuando funciona entre una temperatura del condensador de 41. 14. Calcular: (a) El coeficiente de funcionamiento (b) La potencia necesaria en HP.20 Un sistema de refrigeración de 300 kJ/mi opera con un ciclo por compresión de vapor utilizando Freón 12.13 Resolver el problema anterior utilizando amoniaco como sustancia de trabajo. por tonelada de refrigeración.14 Una planta de refrigeración de 20 toneladas utiliza Freón 12 con una temperatura baja de – 10ºC y una temperatura a la salida del condensador de 20oC.276 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 14. La temperatura del evaporador es de – 36ºC y el límite superior de presión es de 1237.17 Un sistema de refrigeración por compresión produce 20 ton de refrigeración utilizando Freón 12 como refrigerante. 14. potencia necesaria en HP 14. el cual emplea Freón 12.19 Un sistema de refrigeración por compresión.16 Un sistema de refrigeración utiliza amoniaco como fluido de trabajo. (c) La eficiencia relativa. (d) El calor cedido en kW. 14. 14. Determinar la capacidad del sistema en Ton de refrigeración. Calcular el coeficiente de funcionamiento y la potencia necesaria en HP. 14. Determinar: (a) El efecto refrigerante. 14. utiliza Freón 12 como fluido de trabajo. El refrigerante entra al compresor como vapor saturado a 140 kPa y se comprime hasta 800 . (c) El flujo de amoniaco en kg/s por tonelada de refrigeración (d) La eficiencia relativa. º funciona con una temperatura de –30 C en el evaporador y una º temperatura de salida de 50 C en el condensador. La presión en el evaporador es de 0.18 Un sistema de refrigeración por compresión de vapor emplea Freón 12 y tiene una capacidad de 25 Ton de refrigeración.22 MPa. de manera que la temperatura del evaporador es de 5oC y la temperatura de saturación en el condensador es de 30oC. y la del condensador de 1 MPa. Calcular la potencia del compresor.41 kPa. (b) El coeficiente de funcionamiento.6ºC y una temperatura del evaporador de – 25ºC. El compresor requiere 75 kW. por tonelada de refrigeración. CAPITULO 14 : CICLOS DE REFRIGERACION ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 277 ⎯ kPa. (b)El coeficiente de funcionamiento. (c) La potencia consumida. . Determinar: (a) La calidad del refrigerante al final del proceso de estrangulación. 4805 gal 3 3 1 pulg = 16.6 J 1 pie-lbf = 1.491 psi 1 atm = 14.025 pulg 3 1 gal = 231 pulg = 3.9869 atm VOLUMEN : 279 3 1 litro = 0.0334 atm = 0.174 lb FUERZA : 5 1 N = 10 dinas PRESION : 1 psi = 2.APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ TABLA 1 FACTORES DE CONVERSION DE UNIDADES LONGITUD: 1 cm = 0.7 vatios = 550 pie-lbf /s 1 kw = 1.16 cal = 1055.48 cm MASA : 1 lb = 453.341 HP 3 .387 cm ENERGIA : 1 BTU = 778.59 g 1 slug = 32.42 cal/hr = 3.76 Pa 2 1 pulg Hg = 33864 dinas/cm = 0.54 cm 1 pie = 30.785 litros 3 1 pie = 28.3558 J 1 ergio = 1 dina-cm 7 1 J = 1 N-m = 10 ergios 1 cal = 4.696 psi = 760 mm Hg = 29.316 litros = 7.2642 gal = 61.3937 pulg 1 pulg = 2.413 BTU/hr 1 HP = 745.036 pulg Hg = 6894.92 pul Hg = 101325 Pa 5 2 1 bar = 10 dinas/cm = 0.1855 J POTENCIA : 1 vatio = 1 J/s = 860.0353 pies = 0.16 pie-lbf = 252. 190 1.036 28.6164 0.016 1.324 1.6585 1.068 28.5208 0.089 0.016 32 44.07 0.4799 0.666 1.1954 14.5992 0.01 1.4 1.8646 1.6552 1.052 4.01 1.016 16.183 28.95 44.321 1.187 1.127 1.043 20.1189 10.6683 0.232 1.844 1.914 30.399 1.1347 1.288 CO 28.2333 3.0412 0.84 17.9185 1.666 1.0047 2.5297 5.094 64.280 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ TABLA 2 CAPACIDADES CALORIFICAS Y CONSTANTES DE GASES IDEALES GAS Acetileno Aire Amoniaco Argón Dióxido de carbono Monóxido de carbono Cloro Etano Etileno Helio Hidrógeno Metano Neón Nitrógeno Oxígeno Propano Dióxido de azufre Vapor de agua FORMULA C2H2 M -1 (mol ) CP o ( kJ/kg K ) Cv o ( kJ/kg K ) k NH3 A CO2 26.395 1.304 1.3753 0.6225 0.3136 2.4789 1.329 .0399 0.032 39.7525 1.0298 1.7444 1.4033 1.4 1.3617 1.6947 1.003 2.24 1.7431 0.3127 0.263 H2O 18.666 1.4927 1.399 Cl2 C2H6 C2H4 He H2 CH4 Ne N2 O2 C3H8 SO2 70.7176 1.4761 1.6179 0. 0 24.0 304.3 424.5 562.300 0.274 0.0 1385.1236 0.0559 0.276 552.1 154.0575 0.4 22109 6282 3769 11277 4934 3799 7386 0.6 136.2 308.1954 0.0394 N2 O2 C3H8 126.6 137.0742 0.1242 0.0315 0.3 CCl2F 384.270 0.1123 0.274 0.4 370.9 0.5 7873 0.4282 0.230 0.276 136.2216 0.1183 0.290 0.0 0.2 540.291 0.5 C2H4 283.4 3106.3 0.0992 0.284 0.0902 .0373 0.0568 C2H6 305.290 0.1 132.0830 0.260 0.0266 0.0234 0.7 425.0930 0.2058 0.0304 0.8 457.0365 0.6 0.0181 0.8 442.0580 0.0649 0.8 132.0428 SO2 430.284 0.274 0.294 3.2565 0.242 0.m6/kgmol2) b (m3/kgmol) 2 HELIO n-HEPTANO HIDROGENO METANO MONOXIDO DE CARBONO NITROGENO OXIGENO PROPANO He C7H16 H2 CH4 CO 5.0724 0.304 0.7 405.1 0.4 935.APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 281 TABLA 3 PROPIEDADES CRITICAS Y CONSTANTES DE VAN DER WAALS GAS AGUA ACETILENO AIRE AMONIACO BENCENO n-BUTANO DIOXIDO DE CARBONO DIOXIDO DE AZUFRE ETANO ETILENO FREON 12 FORMULA Tc o ( K) Pc (kPa) H2O C2H2 NH3 C6H6 C4H10 CO2 647.0 365.2 1073.0898 0.0995 Vc (m3/kgmol) Zc a (kPa.0 33.0427: 0.1198 0.7 229 2735 1297 4640 3495 0.0 3394 5076 4265 0.0649 0.9 1870.4 146.0510 0.4 4883 5117 4012 0.273 556.268 686.2 191.0942 0.1429 0.8 229.2578 0. 282 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ PROPIEDADES TERMODINÁMICAS DEL VAPOR DE AGUA . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 283 . 284 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 285 . 286 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 287 . 6.7 355.4 15.0 -25.6 384.663 61.7 39.09 301.6 15.65 123.3 + 8.5 -25.824 55.0 4.294 10.7 -19.5 56.0 34.80 196.2 .09 163.7 22.6 41.27 TABLA 8 PRESION DE VAPOR OTROS COMPUESTOS Compuesto NOMBRE FORMULA (mm Hg) Presión (mm Hg) 1 5 10 20 40 60 100 200 400 760 o Temperatura ( C) Acetona Benceno Etanol Metanol n-Heptano n-Hexano n-Pentano Tolueno C3H6O C6H6 C2H6O CH4O C7H16 C6H14 C5H12 C7H8 -59.2 60.3 + 5.38 223.5 -31.7 -76.7 78.477 28.987 22.9 48.8 31.8 49.1 -31.4 + 6.0 .101 11.2 -12.5 -36.51 179.8 58.898 68.7 -34.4 18.5 78.0 98.6 80.535 31.1 -12.2.1 42.8 .77 254.9 18.634 25.4 -40.6 49.0 19.1 525.62 8.5 102.4 -44.9 566.0 6.6 -11.209 17.9 69.08 214.3 487.1 -26.6 68.0 -12.377 39.3 30.7 .1 -40.1 + 9.76 760.2 -22.5 89.4 -53.4.5 22.349 49.9 -34.4 26.5 -50.2 416.209 44.9 657.8 610.288 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ TABLA 7 PRESION DE VAPOR DEL AGUA LIQUIDA (mm Hg) toC 0.2.4 63.5 36.26 112.99 6.1 707.324 92.2 34.0 + 5.31 277.579 9.17 327.4 450.2.0 + 7.6 + 7.2.013 13.1 .0 5.518 19.3 -16.2.1 21.4 .71 136.3 51.563 75.0 12.5 110.0 -14.6 -62.9.1 -20.8 40.2 -29.9 64.045 15.9 7.7 .692 83.0 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 4.51 149.0 2.0 26.827 35.5 .4 31.6 .0 8.6 +1. 9732 15.6513 16.8333 15.13 .8742 2911.52 .9119 18.46.3036 16.34 . oK A.07 2808.48.79 2690.67 Fórmula o .APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 289 TABLA 9 CONSTANTES PARA LA ECUACION DE ANTOINE B ln P = A .63 2696.330 253 .430 284 .29 .32 2697.50 .261 280 .16 . B.350 290 .94 .68 2716.56.93 .369 257 . mm Hg T = temperatura.50.52.400 245 .57 3816.374 15.31.51 .97 C7H16 C6H14 C5H12 CCl4 270 .333 280 .34.35 .39.385 241 .364 179 .56.280 16.15 .62 SO2 195 .50 2940.78 .44 .8080 18.57.85 .44 3803.377 226 .9844 2790.98 3626.410 16. C = constantes Nombre Acetato de etilo Acetona Acido acético Agua Alcohol etílico Alcohol metílico Amoniaco Benceno Bromuro de etilo Ciclohexano Cloroformo Disulfuro de carbono Dióxido de azufre n-Heptano n-Hexano n-Pentano Tetracloruro de carbono Tolueno Rango A B C C4H8O2 C3H6O C2H4O2 H2O C2H6O CH4O NH3 C6H6 C2H5Br C6H12 CHCl3 CS2 ( K) 260 .45.46.9338 15.8737 15.35.9481 15.370 220 .53.41.5875 16.36 .1516 16.99 C6H5CH3 280 .8366 15.9008 15.55 2132.441 270 .51 2511.50 2788.19 .7680 2302.41.68 .342 16.55 2477.7527 15.370 288 .32.⎯⎯⎯⎯ C+T Ecuación de Antoine: P = presión de vapor.98 .380 260 .46 3405.35.0137 3096. 290 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 291 . 292 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 293 . 294 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 295 . 296 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 297 . 298 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 299 . 300 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 301 . 302 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 303 . 304 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 305 . 306 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . CARTA DE HUMEDAD 307 .APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ DIAGRAMA 7 . 308 TERMODINAMICA BASICA : NESTOR GOODING GARAVITO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ . APENDICE : TABLAS ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ 309 . Tpscr : Temperatura pseudocrítica. ο Q : Flujo de calor Q : Calor R : Constante universal de los gases : Constante particular de un gas. : Presión reducida. : Capacidad calorífica a presión constante. : Presión.NOMENCLATURA ηT : Eficiencia térmica ρ : Densidad θ : Tiempo μ : Viscosidad. H : Entalpía total. G : Gravedad específica o densidad relativa. C : Constante específica. TR : Temperatura crítica. : Temperatura reducida. : Costo de 1 kw-hr : Presión crítica. TS U : Energía interna total. RO S : Entropía total. EC : Energía potencial total. M : Masa molecular. . : Presión relativa en las tablas de aire : Presión de saturación. A : Area de flujo C : Fracción de espacio muerto. TC : Temperatura de saturación. T : Temperatura absoluta. C : Capacidad calorífica por unidad de masa. : Presión pseudo crítica. : Energía cinética total. : Capacidad calorífica por unidad molar. CV CF : Factor de espacio muerto. HHV : Poder calorífico superior de un combustible. CP : Capacidad calorífica a volumen constante. EP F : Fuerza. M P PR PC PR Ppscr Pr PS : Masa molecular media de una mezcla. C COP : Coeficiente de funcionamiento. ο m m mep n n rP rpm rS : Flujo de masa : masa : Presión media efectiva. : Número de moles. : Entalpía específica de vaporización = (hg-hf) : Entalpía específica de una vapor saturado. : Entalpía específica de un vapor húmedo. : Título o calidad de un vapor. : Volumen desplazado por el pistón. : Humedad molar. : Aceleración de la gravedad. : Relación de compresión de un motor. : Exponente adiabático. : Constante de los sistemas de ingeniería. : Porcentaje de humedad. : Energía potencial específica. : Energía cinética específica. : Entalpía molar. : Trabajo. : Entalpía específica de un líquido saturado. : Revoluciones por minuto. : Humedad relativa. : Volumen de espacio muerto. a a b c εc εP g gC h h hf hfg hg hx k : Aceleración. : Volumen reducido. : Altura respecto a un nivel de referencia. : Exponente politrópico : Grado de inyección de un motor Diesel. : Entalpía específica. ο W S : Potencia generada en un eje. : Humedad absoluta en masa.ο V V VD VR VC W : Flujo volumétrico. : Constante en la ecuación de Van der Waals : Constante en la ecuación de Van der Waals : calor específico. : Factor de compresibilidad. WS X Y Ym YR YP Z Z : Trabajo en el eje. : Volumen total. . : Temperatura de rocío. : Entropía específica de líquido saturado. : Humedad específica.sf : Entropía específica de vapor saturado.uf : Energía interna específica de vapor saturado. : Saturación relativa. : Volumen específico de un vapor saturado. v v vf vfg vg ur vx v´r x y y . v : Velocidad. : Energía interna específica de vapor húmedo. : Entropía específica de vaporización = sg . : Entropía específica de un vapor húmedo. : Energía interna molar. : Temperatura de bulbo húmedo. : Energía interna específica de líquido saturado. : Energía interna específica. : Volumen específico de vapor húmedo. : Fracción molar. : Energía interna específica de vaporización = ug . : Volumen específico de vaporización = vg – vf.s s sf sfg sg sR sP sx t th tR ts u u uf ufg ug ux : Entropía específica. : Volumen relativo en la tablas de aire. : Volumen pseudoreducido de un gas real. : Temperatura en escala Celcius o Faharenheit. : Porcentaje de saturación. : Volumen específico de líquido saturado. : Fracción de masa extraída de una turbina. : Temperatura de bulbo seco. : Entropía específica molar. : Volumen molar. : Volumen específico. Harla S. Hougen K. Obert Robert L. Van Ness John R.C.C. Balzhiser R.M. Young Francis F. David Burghardt M. Buckius J. Howell . Gaffert J. Zemansky H.W.C. Cardenas J.C.A. Watson PRICIPIOS DE LOS PROCESOS QUIMICOS R. Samuels Stanley I.BIBLIOGRAFIA Cecil F. Manrique. Lucini THERMODYNAMICS FUNDAMENTALS ELEMENTOS DE TERMODINAMICA INGENIERIA TERMODINAMICA THERMODYNAMICS CENTRALES DE VAPOR TERMODINAMICA TERMODINAMICA EN INGENIERIA QUIMICA PRINCIPIOS DE TERMODINAMICA PARA INGENIEROS TERMODINAMICA INGENIERIA TERMODINAMICA TERMODINAMICA APLICADA TERMODINAMICA M. A.A.M. S.Mc Graw Hill Mc Graw Hill Editorial Reverté Editorial Prentice-Hall Editorial Interamericana J Wiley & Sons The Macmillan Company NY .A.A.E. Wiley International Edition Editorial Reverté S. Huang Gordon J. Van Ness M. Abbott H.M. Warner Eduard F. R. Holman M. McGraw Hill Mc Graw Hill Mc Graw Hill Editorial Harla Editorial Labor S. Shaum . Richard O.A. Smith H.A.E. Van Wylen G. Van BASIC ENGINEERING Ness THERMODYNAMICS O.P.M.S. Sandler TERMODINAMICA PARA INGENIEROS TERMODINAMICA Van Wylen Sonntag CLASSICAL THERMODYNAMICS THERMODYNAMICS Virgil Moring Faires 1 Littlefield Adams McGraw Hill C. Brewer Henry Perkins Yunus Cengel.V. Broniewski PROBLEMAS DE TERMODINAMICA TECNICA PROBLEMS ON THERMODYNAMICS ENGINEERING THERMODYNAMICS TERMODINAMICA CONFERENCIAS DE TERMODINAMICA 2 Editorial Mir-Moscú Mc Graw Hill McGraw Hill Ma Graw Hill Universidad Nacional . Michael A. Boles Z. Sichev A.V.M.V.