45240766 termodinamica para ingenieria importante

7/30/2019 45240766 Termodinamica Para Ingenieria Importante

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Bibian Alonso HoyosMarta Cecilia Mejía

Fundamentosde termodinámica clásica

para ingeniería



Colección Facultad de Minas 120 años

Fundamentos de termodinámica clásica para ingeniería© Bibian Alonso Hoyos • Marta Cecilia Mejía

© Universidad Nacional de Colombia, Sede Medellín

Colección Facultad de Minas 120 años

ISBN: 978-958-728020-3

Primera edición:

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Facultad de Minas

Universidad Nacional de Colombia, Sede Medellín

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Contenido

1. Conceptos básicos........................................................................ 1

1.1 Ingeniería ............................................................................. 11.2 Termodinámica ..................................................................... 21.3 Método de la termodinámica ................................................ 41.4 Dimensiones y unidades ....................................................... 5

1.4.1 Sistema internacional de unidades ........................... 61.4.2 Sistema inglés de unidades (americano

de ingeniería)............................................................ 71.5 Sistemas termodinámicos .................................................... 111.6 Propiedades termodinámicas y sustancia de trabajo ............. 121.7 Equilibrio y procesos termodinámicos ................................. 13

Problemas propuestos ..................................................................... 16

2. Propiedades termodinámicas ....................................................... 202.1 Masa y peso .......................................................................... 202.2 Volumen y densidad .............................................................. 212.3 Temperatura ........................................................................ 23

2.3.1 Ley cero de la termodinámica .................................. 23

2.3.2 Concepto de temperatura ......................................... 242.3.3 Medida de la temperatura ......................................... 242.3.4 Escalas de temperatura ............................................. 25

2.4 Presión ................................................................................. 282.5 Energía ................................................................................ 32

2.5.1 Energía cinética ........................................................ 322.5.2 Energía potencial ...................................................... 332.5.3 Energía interna ......................................................... 33

2.6 Entropía .............................................................................. 34Problemas propuestos ..................................................................... 35



vi

3. Ecuaciones de balance ................................................................. 403.1 Calor ................................................................................... 403.2 Trabajo ................................................................................ 41

3.2.1 Trabajo para vencer fuerzas de fricción ..................... 413.2.2 Trabajo para levantar un peso ................................... 423.2.3 Trabajo para acelerar un sistema .............................. 423.2.4 Trabajo en procesos con resortes .............................. 423.2.5 Trabajo en procesos eléctricos .................................. 433.2.6 Trabajo de expansión o compresión para

procesos en sistema cerrado ..................................... 433.2.7 Trabajo de flujo ......................................................... 45

3.2.8 Trabajo en el eje ........................................................ 453.3 Ecuaciones de balance ......................................................... 523.3.1 Balance de masa ....................................................... 523.3.2 Balance de energía .................................................... 573.3.3 Balance de entropía .................................................. 66


4. Consecuencias de la segunda ley de la termodinámica ................ 844.1 Postulados de la segunda ley de la termodinámica .............. 844.2 Máquinas térmicas .............................................................. 854.3 Refrigeradores y bombas de calor ........................................ 87


5. Cálculo de las propiedades de sustancias puras mediantediagramas y tablas ...................................................................... 935.1 Reglas de las fases de Gibbs ................................................. 935.2 Relaciones fundamentales para una sustancia pura .............. 93

5.3 Superficie P-v-T y diagramas de propiedades ......................... 955.3.1 Diagrama presión temperatura (diagrama

de fases) .................................................................... 955.3.2 Diagrama presión volumen específico ....................... 975.3.3 Diagrama temperatura volumen específico ............... 995.3.4 Diagrama temperatura entropía ............................... 995.3.5 Diagrama entalpía entropía ...................................... 1005.3.6 Diagrama presión entalpía ........................................ 100

5.4 Calidad y humedad .............................................................. 1015.5 Tablas de propiedades .......................................................... 105



vii

5.5.1 Interpolación de propiedades tabuladas .................... 1075.6 Capacidad calorífica ............................................................ 110


6. Cálculo de las propiedades de los gases ideales ........................... 1176.1 Propiedades de los gases ideales .......................................... 117

6.1.1 Relaciones P-v-T para gases ideales ............................ 1186.2.2 Relaciones para calcular energía interna (u),

entalpía (h) y entropía (s) de gases ideales ............... 1206.2 Datos tabulados de propiedades de gases ideales ................. 121

6.2.1 Tabulación de la energía interna, la entalpía y la entropía de gases ideales .................................... 122

6.2.2 Presión relativa y volumen relativo ............................ 1236.3 Procesos reversibles con gases ideales ................................. 125

Problemas propuestos ...................................................................... 131

7. Cálculo de las propiedades de sustancias puras por mediode relaciones ............................................................................... 1347.1 Relaciones P-v-T .................................................................... 134

7.1.1 Ecuaciones de estado cúbicas ................................... 134

7.1.2 Ecuación virial .......................................................... 1397.1.3 Relaciones P-v-T mediante correlaciones

generalizadas ............................................................ 1427.1.4 Propiedades P-v-T para líquidos ................................. 146

7.2 Cálculo de otras propiedades de sustancias purasen una sola fase ................................................................... 1477.2.1 Relaciones de Maxwell ............................................... 1487.2.2 Cálculo de propiedades de sustancias puras

por correlaciones generalizadas ................................ 1537.2.3 La propiedad fugacidad, su función

y su cálculo ............................................................... 1617.3 Cálculo de propiedades en sistemas difásicos ...................... 164


8. Energía disponible. Análisis termodinámico de procesos ............. 1738.1 Energía disponible y energía no disponible ........................... 174

8.1.1 Energía disponible .................................................... 174

8.1.2 Disponibilidad de la energía en tránsito .................... 1778.1.3 Pérdida de disponibilidad ......................................... 179



viii

8.2 Balance de disponibilidad ..................................................... 1808.3 Eficiencia exergética ............................................................ 182

8.3.1 Eficiencia de una máquina térmica ........................... 183

8.3.2 Eficiencia de un refrigerador .................................... 1838.3.3 Eficiencia de una bomba de calor ............................. 1838.3.4 Eficiencias de bombas y compresores ....................... 1848.3.5 Eficiencia de una turbina ......................................... 1848.3.6 Eficiencia de un intercambiador de calor ................. 1848.3.7 Eficiencia de toberas ................................................. 184

8.4 Análisis termodinámico de procesos .................................... 187Problemas propuestos ...................................................................... 191

9. Aplicaciones termodinámicas del flujo de fluidos ........................ 1959.1 Balance de energía mecánica ............................................... 195

9.1.1 El trabajo perdido en el flujo de fluidos .................... 1969.1.2 Aplicaciones del balance de energía mecánica .......... 197

9.2 Flujo a través de toberas y difusores .................................... 2019.2.1 La velocidad del sonido ............................................. 2029.2.2 Propiedades de estancamiento .................................. 2049.2.3 Flujo adiabático reversible en conductos

de sección transversal variable .................................. 2059.2.4 Eficiencia de toberas ................................................. 207

9.3 Procesos de compresión y expansión en flujo estable ........... 2099.3.1 Expansión en turbinas ............................................... 2099.3.2 Flujo en compresores ................................................ 210


10. Aplicaciones de ciclos de potencia y refrigeración ..................... 215

10.1 Ciclos de potencia ............................................................. 21510.2 Ciclos de potencia de gas ................................................. 216

10.2.1 Ciclo de Brayton o ciclo de turbina de gasbásico .................................................................. 216

10.2.2 Ciclos para modelar máquinas de combustióninterna ................................................................ 225

10.3 Ciclos de potencia de vapor ............................................. 23010.3.1 Ciclo de Carnot ................................................... 230

10.3.2 Ciclo de Rankine ................................................. 23110.3.3 Regeneración en plantas de potencia de vapor .... 234



ix

10.3.4 Recalentamiento en las plantas de potenciade vapor ............................................................... 238

10.4 Cogeneración: producción de potencia y calor ................ 241

10.5 Ciclos de refrigeración ..................................................... 24110.5.1 Sistema de refrigeración de gas .......................... 24210.5.2 Sistemas de refrigeración de vapor ..................... 244


11. Referencias bibliográficas .......................................................... 251



Introducción

El esfuerzo realizado para presentar este trabajo, obedece principalmentea la necesidad de tener un texto de principios de termodinámica clásicaque enfatice en los balances de materia, energía, entropía y disponibilidad

y en el cual estos temas se presenten de una manera ordenada, integrada y global.

Contrario a la gran mayoría de textos que tratan el tema (en los cuales sepresentan los balances en forma segmentada o particularizada para diver-sos casos y donde parece primar la idea de que lo importante es el cálculode propiedades en sí mismo), este libro nace de la convicción de que losestudiantes pueden adquirir una mayor comprensión de la termodinámicaconociendo su panorama global para simplificar luego las relaciones másgenerales a las situaciones particulares ante las que se encuentre. Con

este objetivo, se presenta una descripción macroscópica de la materia enforma de los balances generales de masa, energía, entropía y disponibilidadcon aplicaciones a diversos procesos y dispositivos. Es importante resaltaraquí también, el esfuerzo realizado para lograr una presentación ordenadadel balance de energía, que permita a los estudiantes enlazar este nuevoconcepto al de los balances previamente estudiados.

Como este libro está escrito con la intención de que pueda utilizarse en elprimer curso de termodinámica para estudiantes de ingeniería, creemosque no es necesario abrumarlos con una gran cantidad de conceptos y

nuevas técnicas de cálculo; por tanto, estimamos que es suficiente conaplicar los conceptos de los balances a procesos en los cuales solo estáninvolucradas sustancias puras; dejamos pues el cálculo de propiedades demezclas y de sistemas con reacción química a cursos posteriores, cuandoel concepto de balance tenga madurez.

El hecho de enfatizar en los balances no implica descuidar la presentacióndel cálculo de propiedades de sustancias puras. Es por esto que presenta-mos este tema en tres capítulos consecutivos intentando recopilar en elloslas técnicas de cálculo de más amplio uso en la actualidad y que, además,sean un compromiso satisfactorio entre una descripción correcta de las

sustancias y la complejidad del cálculo.



1. Conceptos básicos

1.1 Ingeniería

Es difícil dar una explicación de ingeniería en pocas palabras, pues se puede

decir que la ingeniería comenzó con el hombre mismo, pero se puede intentardar un bosquejo general de la ingeniería como una profesión. La definicióndada por el Accreditation Board for Engineering and Technology es:

La ingeniería es la profesión mediante la cual se aplican racionalmentelos conocimientos de las matemáticas y de las ciencias naturales, adqui-ridos por el estudio, la experiencia y la práctica, al desarrollo de métodoseconómicos de utilización de los materiales y las fuerzas de la naturaleza parabeneficio de la humanidad.

Se puede ampliar un poco más la definición y decir que los conocimientos

que un ingeniero necesita aplicar racionalmente en la actualidad, para llevar acabo un buen desempeño, abarcan muy diversas áreas (además de las matemá-ticas y las ciencias naturales); podemos mencionar las ciencias de ingeniería(termodinámica, fenómenos de transporte, cinética), las ciencias sociales y humanas (economía, historia, sociología), la legislación y la ética, entre otras.Pero como lo menciona la cita anterior, estos conocimientos adquiridos porel estudio alcanzarán su máxima utilidad en el ingeniero a medida que este seenfrente a problemas cada vez más complejos, para cuya solución es necesariorecurrir al conocimiento adquirido por medio de la experiencia; y esto requierea menudo hacer gala de sentido común y creatividad.

Con estos conocimientos anteriormente mencionados (y por supuesto, connuevos descubrimientos o teorías en esas áreas del conocimiento), y siem-pre teniendo en cuenta los recursos disponibles, el ingeniero puede crear,diseñar, operar y optimizar procesos que transformen dichos recursoscon miras a obtener un producto (bien o servicio) que satisfaga algunanecesidad de la sociedad. El ingeniero deberá por tanto estar atento, nosolo a encontrar soluciones tecnológicamente factibles, sino también apreguntarse si esa solución satisface las necesidades de la sociedad. Estoimplica, por supuesto, que el ingeniero debe cuidar al máximo los recursos

ambientales y, en la medida de sus posibilidades, que el proceso para llegara un producto final los afecte en la menor medida.



Fundamentos de termodinámica clásica para ingeniería

2

En la figura 1.1 se presenta un esquema que resume la anterior exposiciónde la ingeniería como una profesión.

Figura 1.1 Esquema de la ingeniería como profesión

1.2 Termodinámica

Como se mencionó, la termodinámica hace parte de las herramientasque debe tener un buen ingeniero para su desempeño eficiente, y puede

considerarse dentro de esa perspectiva como un puente entre los conoci-mientos de las ciencias naturales y los conocimientos de las ciencias deingeniería.

La termodinámica nació como una forma de estudiar y comprender mejordispositivos que producen energía mecánica a partir del calor (de allí sunombre, el cual significa: potencia obtenida a partir del calor) y no es extrañoencontrar en los primeros libros sobre el tema definiciones como “Termo-dinámica es la ciencia que trata de las relaciones entre calor y trabajo”. Enla actualidad, se considera a la termodinámica como un área con un mayoralcance y que se podría definir como “El estudio de las transformacionesenergéticas y las restricciones a estas transformaciones mediante la obser-

vación y la medición de propiedades macroscópicas de las sustancias encondiciones de equilibrio o cerca de este”.

Algunas de las palabras claves de esta definición como energía, propiedad,sustancia y equilibrio, se explicarán y definirán con mayor detalle. Por ahorase puede decir que el análisis de estas transformaciones descansa en unospostulados o leyes (llamadas las leyes de la termodinámica) que no se handemostrado matemáticamente; su validez se basa en la experiencia recogidapor la humanidad durante años de observación de la naturaleza. Dentro de

las restricciones que impone la termodinámica no se ha encontrado ningúnproceso que incumpla con los postulados, y es claro que ellos serán válidos



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mientras no se hallen procesos o situaciones que los contradigan (momentoen el cual será la hora de desarrollar una nueva teoría).

En la última definición también se habla de un enfoque macroscópico (a

gran escala) de la naturaleza. Este enfoque, llamado termodinámica clá-sica, no considera por tanto los cambios ni procesos que ocurren a escalamicroscópica o molecular. Por ello, al estudiar los efectos globales, no esnecesario tener un modelo de la estructura atómica de las sustancias, deallí que los nuevos descubrimientos o teorías en este campo no modifican la

validez de los postulados de la termodinámica. La estructura de la termodi-námica clásica es relativamente simple debido a que sus conceptos son másfácilmente aceptables intuitivamente y a que las matemáticas involucradasen su estudio no contienen mayor complejidad o nivel de abstracción; estaestructura simple involucra alguna desventaja: aunque por medio de la

termodinámica clásica se pueden predecir las relaciones entre las propie-dades de las sustancias, no puede mostrar por qué tales relaciones tienenuna forma particular. Afortunadamente, en la mayoría de las aplicacionesde ingeniería, es más importante conocer los efectos globales que tenerun conocimiento detallado de lo que ocurre a nivel atómico.

En situaciones donde el enfoque macroscópico no es adecuado (como,por ejemplo, cuando se hacen estudios de sustancias a alta temperatura y presión en procesos de generación de energía magnetohidrodinámica), sedebe emplear un estudio basado en el comportamiento estadístico de gran

número de partículas (grupos del orden de 1020

o superiores). Este enfoque,llamado termodinámica estadística, requiere un modelo de la estructura delas sustancias, y combina técnicas de cálculo estadístico y teoría de proba-bilidades con conocimientos de teoría cuántica. Por esto, las matemáticasrequeridas por la termodinámica estadística son bastante más complejasque las requeridas por la termodinámica clásica, pero esta complejidad esrecompensada por la posibilidad de predecir y explicar el comportamientomacroscópico de la materia.

Como se mencionó, la mayoría de los problemas de ingeniería solamenterequieren un análisis del efecto global de los procesos sobre las sustancias; espor eso que la presentación de la termodinámica en este libro tendrá esencial-mente un enfoque clásico, el cual permite soluciones a menudo más simples y una más fácil comprensión e interpretación de los resultados obtenidos.

En la definición de termodinámica se dice que los estudios se hacen entreestados de equilibrio (o cerca del equilibrio). Esto quiere decir que solo seconsideran las características o propiedades de las sustancias antes y des-pués de un proceso de cambio y no durante dicho proceso, ni se estudia elmecanismo o la velocidad a la cual se lleva a cabo la transformación.

O en otras palabras, la termodinámica puede predecir lo que va a ocurriren un caso determinado, pero no dirá nada acerca de la velocidad a la queocurrirá ni cuál es el mecanismo involucrado.




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1.3 Método de la termodinámica

Para el estudio de procesos de transformación energética, la termodiná-mica ha desarrollado un método claro y un modo de obrar que permite,como ya se dijo, soluciones relativamente simples a problemas reales deingeniería. Este método de análisis termodinámico se puede resumir enlo siguiente:

1. Análisis de las diferentes formas de energía que pueden estar involu-cradas en un proceso particular.

2. Conocimiento de las propiedades de las sustancias que están relacio-nadas con los procesos de transformación energética.

3. Determinación de la forma de medir estas propiedades y búsqueda delas relaciones que permitan asociar propiedades de difícil medición conotras cuya medición pueda ser más directa o sencilla.

4. Evaluación de la eficiencia de la transformación energética que hatenido lugar.

Para ilustrar este método con un ejemplo, considérese el dispositivo mos-trado en la figura 1.2 (una máquina térmica).

Figura 1.2 Máquina térmica para la producción de energía eléctrica

El principal objetivo de esta máquina térmica es transformar energíaquímica del combustible (petróleo, carbón, gas, etc.) en la cámara decombustión en energía eléctrica. Por esta máquina circula una sustancia(llamada comúnmente sustancia de trabajo) que será la encargada derecibir y entregar los flujos energéticos involucrados y sufrirá cambios ensus propiedades a medida que pasa por cada uno de los equipos.

Por medio de la determinación de las propiedades de la sustancia en los puntos1, 2, 3 y 4 (condiciones anteriores y posteriores de la sustancia en cada uno

de los equipos) y un análisis termodinámico, se puede establecer cuánta dela energía entregada a la sustancia de trabajo en la cámara de combustión



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se convirtió realmente en energía eléctrica, así como la magnitud de losdiferentes flujos energéticos involucrados en todo el proceso. Cabe resaltarque la cuantificación de los flujos energéticos dependerá solo del valor de laspropiedades de la sustancia de trabajo en cada punto y no de la naturaleza dela sustancia utilizada (esta característica tan importante, será explicada conmayor detalle en capítulos posteriores).

Por último, cabe anotar que los resultados que se pueden obtener de un aná-lisis termodinámico de una situación en particular, dependen en gran medidade la “confiabilidad” de los datos que están disponibles. Es decir, que a medidaque los datos de las propiedades de las sustancias se determinen con mayorexactitud, se obtendrán resultados (por medio de análisis termodinámicos)más ajustados a la realidad. Por esto en la actualidad la consecución de datosmás confiables de las propiedades y la búsqueda de mejores relaciones entre

ellas es uno de los campos de mayor actividad investigativa.

1.4 Dimensiones y unidades

Cualquier medida física tiene dimensiones y debe ser expresada en las uni-dades correspondientes a estas dimensiones de acuerdo con un sistema deunidades particular. Dimensión es el nombre que se le da a las cantidadesfísicas: longitud, masa, tiempo, etc. Unidad es la medida de la dimensión;por ejemplo, pie, metro, y milla son unidades de la dimensión longitud.

Expresar una aceleración como 9,8 no tiene sentido; si se agrega la unidadcorrespondiente de un determinado sistema y se dice por ejemplo que laaceleración es 9,8 m/s2, esta información adquiere sentido. Para trabajoscientíficos y de ingeniería, deben usarse las unidades de medida del Sistemainternacional de unidades (S.I.).

El gobierno colombiano expidió el decreto ley 2416 de diciembre de 1971 pormedio del cual se adopta el S.I. como sistema métrico oficial. Sin embargo,debido a que en la bibliografía poco reciente, así como en la calibración dealgunos instrumentos, se utilizan unidades de otros sistemas, es indispensa-

ble saber trabajar e interpretar información de ellos (en especial el inglés deingeniería) y saber convertir unidades de un sistema a otro.

Cada sistema escoge un grupo de dimensiones fundamentales (de acuerdo conun patrón estricto y reproducible) y las unidades asignadas a estas dimensionesson unidades básicas. Las unidades asignadas a aquellas dimensiones que nopertenezcan al grupo escogido recibirán el nombre de unidades derivadas.Por ejemplo, si un sistema escoge la longitud como dimensión fundamental,el área será una cantidad física derivada.

Los sistemas de unidades se clasifican en:

— Absolutos: aquellos donde las unidades de fuerza y energía son deriva-das, como el S. I.




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— Gravitacionales: los que no cumplen la condición anterior; para ellos lafuerza es una dimensión fundamental definida con base en la fuerza deatracción gravitacional al nivel del mar, un ejemplo es el sistema inglés.

1.4.1 Sistema internacional de unidades

Está sustentado en siete unidades básicas y dos suplementarias como seindica en la tabla 1.1.

Tabla 1.1 Unidades básicas del sistema internacional de unidades

Dimensión física Símbolo Unidad Símbolo

Longitud L metro mMasa M kilogramo kg

Tiempo θ segundo s

Intensidad eléctrica I amperio A

Temperatura T kelvin K

Intensidad luminosa C candela cd

Cantidad de sustancia N mole mol

Ángulo plano radián rad Ángulo sólido estereorradián sr

En este sistema algunas definiciones de unidades son:

— Metro: longitud igual a 1.650.763,73 veces la longitud de onda en el vacío, de la radiación correspondiente a la transición entre los niveles2p10 y 5d5 del átomo de kriptón 86.

— Segundo: duración de 9,192631770 periodos de la radiación corres-

pondiente a la transición entre dos niveles hiperfinos del estado fun-damental del átomo de cesio 133.

Las ventajas del S. I. son:

1. El producto o el cociente de dos o más de sus dimensiones da comoresultado la unidad derivada correspondiente, por ejemplo, área: L × L,(m × m) = m2; fuerza M × L / θ2, (kg × m/s2) = N (newton).

2. La unidad de fuerza es independiente de la aceleración debida al campogravitatorio terrestre y por tanto será unidad derivada, en cambio, en

sistemas gravitacionales, la fuerza es una cantidad física fundamental y su unidad estará definida estrictamente.



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3. Los factores de proporcionalidad para obtener unidades derivadas de lasbásicas son siempre la unidad: 1 J ( j oule) = 1 N × 1 m = 1 W × 1 s.

1N =1 kg × 1 m

1 s2

4. Se utiliza exclusivamente el sistema arábigo de numeración con base10 y se usan prefijos para facilitar el trabajo (véase tabla 1.2).

Tabla 1.2 Prefijos para formar los múltiplos y submúltiplos del sistema inter-nacional de unidades

Múltiplos

Prefijo Símbolo Factor de multiplicación

Exa E 1018

Penta P 1015

Tera T 1012

Giga G 109

Mega M 106

Kilo k 103

Hecto h 102

Deca da 101

Submúltiplos

Prefijo Símbolo Factor de multiplicación

Deci d 10–1

Centi c 10–2

Mili m 10–3

Micro µ 10–6

Nano n 10–9

Pico p 10–12

Femto f 10–15

Atto a 10–18

1.4.2 Sistema inglés de unidades (americano de ingeniería)Tiene las dimensiones fundamentales con sus unidades básicas (véasetabla 1.3).

La libra fuerza está definida como: La fuerza necesaria para acelerar unamasa de 1 lbm a 32,174 pies/s2 siendo esta la aceleración del campo gra-

vitatorio terrestre en el ecuador, a nivel del mar.

La ley de Newton puede emplearse para ver cual es la situación con respectoa la conversión de unidades dentro de un mismo sistema.




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Tabla 1.3 Dimensiones fundamentales y unidades básicas del sistema inglés

Dimensión física Símbolo Unidad Símbolo

Longitud L pie ft

Masa M libra masa lbm

Tiempo θ segundo s

Fuerza F libra fuerza lbf

Temperatura T grado ranking 0R

Corriente eléctrica I ampere A

Intensidad luminosa C candela cd

F ∞ Μ × a, F = M × agc

(1.1)

En la cualF : Fuerza.M : Masa.a : Aceleración.gc : Constante, cuyo valor numérico y unidades dependen del sistema de

unidades elegido y tiene dimensiones de (M × L / F ×θ2).

En el S.I. el newton está definido como la fuerza necesaria para acelerar 1kg, con una aceleración de 1 m/s2:

1 N = 1 kg × 1 ms2 × gc

gc = M × a

=1 kg × 1 m/s2

=kg × m

F 1 N N × s2

En el sistema gravitatorio inglés como se mencionó

1 lbf = 1 lbm × 32,174pie

s2

× gcluego

gc = 32,174lbm × pie

s2 × gcPuesto que en la mayoría de los campos científicos se trabaja con unidades delS. I., la omisión del gc no causa problemas; es casi universal la práctica de noincluir gc en las ecuaciones donde aparece conversión de unidades de masa afuerza. Sin embargo, la omisión del gc en el sistema inglés es desastrosa.

Por otra parte, en ingeniería es muy importante comprobar la homogenei-

dad dimensional de cualquier ecuación, o sea que las dimensiones del ladoderecho de la ecuación deben ser las mismas que las del lado izquierdo.



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Ejemplo 1.1

Establecer si la siguiente ecuación es dimensionalmente homogénea

En la cual

P : Presión.

V : Volumen que fluye por unidad de tiempo.

g : Aceleración de la gravedad.

d1 y d2 : Diámetros de boquillas.

A : Área de descarga de boquilla.ρ : Densidad del fluido.

c : Constante.

Solución

Para que sea consistente en cuanto a dimensiones debe ser una ecuacióndimensionalmente homogénea

De acuerdo con el análisis dimensional, c no puede ser una constanteadimensional, debe tener dimensiones de [θ/L1/2].

Ejemplo 1.2

La pérdida de presión total a través de un plato de una columna de des-tilación es

Para ht [pulg], ρL, ρ v [lbm/pie3], g [pie/s2], V d [lbm/h], A d y A E [pie2]. Sedesea transformar la ecuación para que pueda aplicarse directamente con

h't [cm], ρL′, ρϖ′ [kg/m3

], g′ [m/s2

], V d′ [kg/h], A d′ y A E′[cm2

]. ¿Por qué lapresión está dada en unidades de longitud?




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Solución

Para transformar la relación original que tiene validez en unas unidadesdeterminadas, en una relación similar pero expresada en otras unidades,

es necesario relacionar cada una de las variables expresadas en las dosunidades mediante factores de conversión, así

ht [pulg] = h't [cm]1 pulg

2,54 cmLuego

ht = 0,394 h't

De la misma manera para las otras variables

luego

ρ v = 0,0623 × ρ′ v En la misma forma se tiene que

ρL = 0,0623 × ρ′Lademás

por tantog = 3.281 × g′

luego

V d = 2,2 × V ′d

A d [pie2] = A'd [cm2] ×1 pie2

929 cm2

luego A d = 1,08 × 10-3 A ′dDe la misma forma

A E = 1,08 × 10-3 A ′EReemplazando en la ecuación original

por tanto



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1.5 Sistemas termodinámicosSistema, en termodinámica, se puede definir como toda aquella partedel universo que se separa para su estudio. Esta separación se hace pormedio de superficies que pueden ser reales, como las paredes de unequipo (tanque, compresor, etc.), o pueden ser imaginarias, como ladelimitación de una determinada cantidad de fluido que circula a travésde una tubería. El resto del universo y por supuesto, todos los otros sis-temas termodinámicos que estén por fuera de esta frontera, se llamaránalrededores o ambiente.

Dependiendo del tipo de interacciones entre el sistema y los alrededorespermitidas por la frontera, los sistemas se pueden clasificar como abiertos,cerrados o aislados. En un sistema abierto, la frontera permite el intercam-bio de materia entre él y los alrededores, además podrá también permitir elflujo de energía. Sistema cerrado es aquel en el cual la frontera permite elflujo de energía (como calor o trabajo), pero es impermeable al paso de lamateria y por tanto este tipo de sistemas mantienen su masa constante. Enun sistema aislado la frontera no permite el flujo de materia ni de energíaentre el sistema y los alrededores. Siempre que se consideren un sistema

y sus alrededores juntos, estos constituirán un sistema aislado.Se puede observar de la clasificación anterior, que un sistema termodi-námico puede presentar interacción con los alrededores como: flujo ointercambio de materia y flujo o intercambio de energía (el cual se divideen flujo de calor y flujo de trabajo). En la figura 1.3 se presentan diferentestipos de sistemas.

La frontera puede también recibir un nombre específico dependiendo de suscaracterísticas: una frontera rígida es aquella que no permite que el volumendel sistema cambie; una frontera diatérmica es la que permite el flujo de energía

en forma de calor hacia o desde el sistema (cuando dos o más sistemas estánconectados por medio de una frontera diatérmica se dice que están encontacto térmico); una frontera adiabática es aquella que no permite elintercambio de energía térmica entre el sistema y los alrededores. Lasfronteras reales que se encuentran en la naturaleza son generalmentediatérmicas y aunque una frontera adiabática es una situación ideal,puede suponerse que existe una frontera adiabática entre un sistema

y sus alrededores si la cantidad de energía térmica transmitida es muy pequeña comparada con las cantidades de otros tipos de interacciónenergética. En años recientes se han desarrollado materiales llamadossúperaislantes que pueden ser considerados para todos los propósitoscomo una frontera diabática.




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1.6 Propiedades termodinámicas

y sustancia de trabajoLa sustancia que constituye el sistema y que permite las diferentes transfor-maciones energéticas mediante la variación de algunas de sus característicasmacroscópicas distintivas es llamada la sustancia de trabajo, la cual puedeser una sustancia pura o una mezcla de sustancias puras. Las característicasdistintivas de la sustancia de trabajo reciben el nombre de propiedades y sonlas cantidades que se pueden especificar para dar una descripción macroscó-pica de la sustancia. Estas propiedades pueden ser de medición directa (porejemplo masa, volumen, temperatura, presión, etc.) o pueden ser medidasindirectamente o calculadas por medio de relaciones matemáticas (comoentropía). Cualquier tipo de combinación entre propiedades, como por ejem-plo el producto o suma de varias propiedades, es también una propiedad,o en otras palabras, se pueden obtener nuevas propiedades mediante una

relación matemática de otras propiedades, esta es una característica queserá de gran utilidad en estudios termodinámicos.

Figura 1.3 Ejemplo de varios tipos de sistemas. a. Sistema cerrado: el fluido.b. Sistema abierto: la sustancia que está en la bomba. c. Sistema aislado:bloques A y B.



13


Para describir completamente la condición física de una sustancia en uninstante dado es necesario caracterizarla por medio del conocimiento dela magnitud de sus propiedades observables y el conocimiento de la fase(o fases) en que se encuentra la sustancia. Una descripción de este tipo esllamada el estado termodinámico de una sustancia. Por ejemplo, el estadotermodinámico de una sustancia en un momento dado puede ser: una masade 60 kg la cual ocupa un volumen de 80 l y que está en fase líquida y vapor(dos fases) cuando se mantiene a la temperatura y presión del ambiente.

El valor de las propiedades que caracterizan a una sustancia debe ser indepen-diente de la forma como se llegó a ese estado. Es decir, si un sistema está cam-biando sus propiedades (su estado termodinámico) el valor que ellas alcancenno dependerá de cómo se realice este cambio. Las propiedades que cumplen laanterior condición son llamadas propiedades de estado o propiedades de punto.

Las propiedades que toman diferentes valores dependiendo de la forma en que sehan efectuado estos cambios son llamadas funciones de línea o de trayectoria.

Considere, por ejemplo, la figura 1.4 en la cual la propiedad h puede cambiarentre los estados 1 y 2 por tres trayectorias diferentes, h será una propiedadtermodinámica de estado si el cambio en su valor es independiente de latrayectoria seguida

Cambio en la propiedad = (1.2)

Las propiedades se pueden clasificar también como intensivas o extensivas. Las

propiedades intensivas son aquellas que no dependen de la cantidad de sustanciaque hace parte del sistema (como presión, temperatura, concentración). Laspropiedades extensivas son las que dependen de la masa del sistema, algunasde estas propiedades son la masa, el volumen, la energía, etc. Las propiedadesextensivas pueden transformarse a propiedades intensivas mediante su divisiónpor la masa o por la cantidad de sustancia (moles) del sistema, este tipo depropiedades son llamadas propiedades específicas. Considerando nuevamentela propiedad h anteriormente mencionada en la figura 1.4 se puede decir queel valor específico (h) de la propiedad extensiva (H) se puede obtener de lasiguiente manera

h = H/Mo se puede obtener el valor específico molar (h) como

= H/Número de moles

1.7 Equilibrio y procesos termodinámicos

Se dice que una sustancia está en equilibrio termodinámico con sus alrede-dores si es incapaz de experimentar espontáneamente algún cambio en su

estado cuando está sometido a las condiciones que le imponen los alrede-dores. Se dice que cualquier sistema aislado alcanzará el equilibrio termodi-




14

námico después de permanecer un tiempo prolongado sin estar sometido ainteracciones. Si en un sistema todas las fuerzas dentro de él se contrarrestanexactamente y a su vez contrarrestan a las fuerzas externas, se dice que elsistema y los alrededores están en equilibrio mecánico. Si la temperaturadentro del sistema es uniforme e igual a la temperatura de los alrededores,se tendrá entonces un equilibrio térmico. Cuando la composición químicadel sistema no sufre ningún cambio entonces se dice que el sistema está enequilibrio químico. El equilibrio termodinámico implica que los equilibriosmecánico, térmico y químico deben cumplirse al mismo tiempo.

Cuando un sistema está cambiando de un estado termodinámico a otro, sedice que está experimentando un proceso, y el conjunto de todos los estadospor los que pasa un sistema durante un proceso es denominado la trayectoriadel proceso. Las características particulares de una trayectoria son utilizadasmuchas veces para dar nombre a los procesos:

1. Proceso isométrico: es aquel que se da por medio de una trayectoria a volumen constante.

2. Proceso isobárico: es el proceso que se realiza a presión constante.3. Proceso isotérmico: se realiza mediante una trayectoria a temperatura

constante.4. Proceso adiabático: es el que se lleva a cabo por una trayectoria en la

cual no hay transferencia de energía en forma térmica (no hay flujo decalor).

5. Proceso cíclico: muchas veces llamado simplemente ciclo, es un procesomediante el cual la sustancia de trabajo, después de sufrir una serie detransformaciones, siempre regresa a sus condiciones iniciales. O seaque el cambio neto de las propiedades del sistema es cero cuando selleva a cabo un proceso de esta naturaleza.

6. Proceso reversible e irreversible: un proceso reversible puede ser definidocomo aquel que ocurre de tal manera que es posible de algún modo re-

Figura 1.4 Función de estado



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gresar el sistema y los alrededores a sus estados iniciales. Un proceso queno cumpla con esta condición es un proceso irreversible.

Considere, por ejemplo, el dispositivo mostrado en la figura 1.5. Si el bloque B

(el sistema) se puede deslizar lentamente sin fricción por el plano inclinado y si tampoco hay fricción cuando la cuerda se desliza por la polea, entoncesel bloque B levantará al bloque A hasta el punto L (aumentando su energíapotencial). Si posteriormente se permite que el bloque A descienda, esteregresará al bloque B hasta su posición inicial. En el límite, si el proceso selleva a cabo a una velocidad infinitesimal, el sistema y los alrededores regre-sarán a sus condiciones iniciales, lo cual constituye un proceso reversible.

Si se considera ahora que en el dispositivo anterior hay fricción cuando eldesplazamiento tiene lugar, entonces el sistema (bloque B) levantará albloque A hasta un punto por debajo del nivel L (el resto de la energía po-tencial se ha disipado como calor debido a la fricción). Cuando el bloque A descienda nuevamente no podrá llevar al bloque B hasta su posición inicial

y sería necesaria la intervención de una fuerza externa para lograrlo. Esteproceso es entonces irreversible.

El análisis de los procesos irreversibles no es una tarea fácil (tal como ocurrela mayoría de las veces en procesos reversibles) y una parte importante de unestudio termodinámico es conocer y determinar los factores que generan irre-

versibilidades para así diseñar nuevos procesos que las eviten. Las fuentes deirreversibilidades aparecen en procesos en los cuales hay fricción de cualquier

clase (mecánica, de flujo viscoso o de resistencia eléctrica), siempre que seencuentre un desequilibrio térmico, mecánico o químico dentro del sistema

y cuando hay deformación de sustancias sólidas.

Como se dijo anteriormente, una de las condiciones para que un proceso seareversible es que se debe llevar a cabo a una velocidad infinitamente pequeña.Sin embargo, muchas transformaciones pueden ocurrir a una velocidad finitapero de tal manera que el sistema alcanza el equilibrio en cada instante y suspropiedades solo cambian infinitesimalmente de un estado de equilibrio a otro.Este tipo de proceso es llamado también proceso internamente reversible.

La trayectoria seguida por el sistema en un proceso de estas característicasse puede representar como una serie de estados de equilibrio separados soloinfinitesimalmente entre sí.

En termodinámica clásica se supone que cualquier transformación irrever-sible que ocurra en la naturaleza, también puede lograrse con un procesoreversible entre los mismos estados.

Ejemplo 1.3

Extraer la información concerniente al tipo de sistema, de proceso y defrontera en los siguientes casos:

a. Una taza de café a 65 °C que se enfría hasta 25 °C, mediante intercambiode calor con la atmósfera.




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b. Un tanque aislado térmicamente con 1 kg de líquido con una densidaddeterminada al cual se adicionan 2 kg de un fluido diferente.

c. Un kilogramo de un fluido que viaja entre dos puntos en una tuberíaaislada térmicamente.

d. El flujo a través de una bomba.

Solución

a. Al considerar como sistema el café contenido en una taza, se puededecir que se trata de un sistema abierto (debido a la evaporación de lasustancia). El proceso es un enfriamiento isobárico (a presión atmos-

férica) y la frontera es real y diatérmica.b. Si el sistema es el tanque y su contenido, entonces se trata de un sistema

abierto (entra masa al sistema), el proceso es un llenado adiabático de untanque y la frontera del sistema es real, rígida y adiabática.

c. Escogiendo como sistema solamente un kilogramo de fluido (el cualestá rodeado por el resto del fluido), entonces se tratará de un sistemacerrado en un proceso de flujo a través de una tubería con una fronteraimaginaria, móvil y diatérmica (puede existir flujo de calor entre elsistema y el resto de fluido que lo rodea).

d. En este caso se puede escoger como sistema al fluido que está en labomba en cada instante y entonces se tendrá un sistema abierto confrontera rígida, real y diatérmica.

Problemas propuestos

1.1 La distancia entre la tierra y la estrella Alfa-Centauro es de 4,3 añosluz. Calcular el número de pasos que tomaría recorrer esta distancia(con un paso normal).

1.2 La constante universal de los gases R , en unidades S. I. es 8,3144kJ/kmol K.

Figura 1.5 Proceso reversible e irreversible



17


a. Calcular el valor de R en Btu/lbmol°R.

b. Hallar el valor de R en Cal/gmol K.

1.3 El consumo de energía en Colombia es de aproximadamente 46 × 1015

Btu al año. ¿Cuál es el consumo en GJ? ¿Cuál es el equivalente enbarriles de petróleo? (La energía contenida en un barril de petróleo esaproximadamente 5,8 × 106 Btu).

1.4 El consumo de energía en el mundo es cerca de 78 GJ por personaal año. Para una población mundial de 5.500 millones de personas,¿cuál es el consumo anual total de energía equivalente en barriles depetróleo crudo?

1.5 El coeficiente de convección externa en una coraza de un intercam-biador de calor se puede calcular como

donde

h0: Coeficiente de convección externo, Btu/spie2 °R.

kL: Conductividad térmica del líquido, Btu/spie °R.

ρL: Densidad molar del líquido, lb mol/pie3.

PML: Peso molecular, lbm/lb mol.

g: Aceleración de la gravedad, pie/s2.

µL: Viscosidad del líquido, centipoises.Re: Número de Reynolds, adimensional.

Escribir la ecuación anterior en unidades del S.I.

1.6 La caída de presión a través de las ranuras de un plato de campanasen una torre de destilación es

en la cual

K 1: Pérdida de presión a través de las ranuras, pulg.

ρL, ρ v : Densidad del líquido y del vapor respectivamente, lb/pie3.

hsh: Claridad bajo el borde de las campanas, pulg.

V: Caudal de vapor a través del plato, pie3/s.

A: Área perforada total del plato, pie2.

Hallar la expresión equivalente en unidades del S.I.

1.7 El acero inoxidable 306 tiene una conductividad k = 16,2 Btu/hpie°F.Convertir este valor a unidades del S.I.

1.8 El coeficiente de transferencia de calor para un gas que fluye en formaturbulenta dentro de un tubo es




18

h = 16,6 × Cp × G0,8

D0,2

donde

h: Coeficiente de transferencia de calor, Btu/hpie2 ºF.Cp: Capacidad calorífica, Btu/lbm ºF.

D: Diámetro interno del tubo, pulg.

G: Velocidad de masa, lbm / spie2.

Transformar la ecuación con

h en kJ / hm2 ºC

Cp en Cal/g ºC

D en cm.

G en kg / sm2

1.9 La velocidad mínima de una hélice de cuatro aspas en un tanque deagitación, sin resistencia, para mezclar dos líquidos inmiscibles, es

con

N: Velocidad del impulsor, h–1.

T: Diámetro del tanque, pie.

µ: Viscosidad, lbm / pieh.

ρ: Densidad, lbm/pie3.

∆ρ: Diferencia de densidades, lbm/pie3.

Convertir la ecuación anterior para obtener: N en s–1, T en m, µ enkg/m s, ρ en kg/m3 y ∆ρ en kg/m3.

1.10 En un experimento de la expansión de un gas se determinó que lasiguiente relación es válida

Log P = 14,6 log V + 12,3

conP: Presión, kPa y V: Volumen, m3/kg.

Transformar la ecuación para obtener P en lbf/pulg2 y V en pie3/lb.

1.11 El número de Reynolds es un grupo adimensional definido, para unfluido que se desplaza en un tubo como

donde

D: Diámetro del tubo.: Velocidad del fluido.



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ρ: Densidad del fluido.µ: Viscosidad del fluido.Cuando el valor del número de Reynolds es menor que 2.100, el flujo

es laminar (el fluido se mueve en corrientes suaves). Para números deReynolds por arriba de 2.100, el flujo es turbulento (existe una fuerteagitación interna).La metil etil cetona (MEC) fluye a través de un tubo de 2.067 pulg dediámetro interno a 20 °C, temperatura a la que su densidad es 0,805g/cm3 y su viscosidad es 0,43 centipoises. La velocidad promedio delfluido es 0,048 pie/s. Determinar si el flujo es laminar o turbulento.

1.12 Afirmar para cada uno de los siguientes procesos si es reversible, irreversible o cuasiestático.a. Enfriamiento de un tanque de almacenamiento desde una tem-

peratura inicial de 250 °C hasta 25 °C mediante intercambio decalor con la atmósfera (la cual está a 25 °C).

b. Se añade calor, muy despacio desde una fuente a 100 °C hastauna mezcla de hielo y agua en equilibrio a 0 °C.

c. Una bola metálica que reposa encima de una mesa, alguien em-puja la bola y la deja caer de la mesa.

d. Se agrega azúcar a una taza de café y este se disuelve lentamente.e. Una bola metálica que rueda sin fricción por el interior de un

riel en forma de anillo circular.1.13 Para cada uno de los siguientes procesos seleccionar un sistema y

especificar de qué tipo es (abierto, cerrado etc.) y además decir dequé tipo es el proceso y el contorno.a. Inflar una llanta de bicicleta con una bomba manual.b. Enfriar la fuente de poder de una computadora personal.c. El cambio en la presión dentro de un paquete sellado conforme

cambia T.d. El enfriamiento de un transformador de energía eléctrica, pasando

aire frío.e. El enfriamiento de una manzana dentro de un refrigerador.f. Bombear agua de un lago hacia una cisterna de almacenamiento

elevada.g. Un gas en un cilindro que se expande contra un pistón para

comprimir un resorte.h. El calentamiento de un freno de disco conforme el automóvil se

detiene.i. Mezclar alimentos en una licuadora eléctrica.



2. Propiedades termodinámicas

2.1 Masa y peso

La masa, representada por M, es una medida de la cantidad de sustancia,

por tanto es proporcional al número de moléculas que posee el cuerpo. Sedetermina comparándola con masas patrón en una balanza. Es necesariotener claro la diferencia entre masa y peso; para ello hay que recurrir a lasegunda ley de Newton (véase ecuación 1.1), según esta, el peso es la fuerzade atracción gravitacional que actúa sobre un cuerpo de masa M.

El procedimiento de comparar masas en una balanza se ha llamado pesar

y frecuentemente se hace referencia a la masa con la palabra peso, poresto es necesario estar atento para evitar confusiones. La unidad de masaen el sistema S.I. es el kilogramo (kg) y la de peso en el mismo sistemaes el newton (N).

Ejemplo 2.1

Una balanza de resorte está calibrada para leer lbm en un sitio donde laaceleración es 32,35 pie/s2, es decir: una lbm colocada en dicha balanzadará una lectura de 1,00. Si la balanza se lleva a un sitio donde g = 32,00pie/s2, ¿a cuántas lbm equivale una lectura de 15,5?

Solución

Si: L → Lectura de la balanza

F→ Fuerza de atracción (o sea el peso)

entonces L∝F

Tomando el primer sitio como 1 g1 = 32,35 pie/s2

El segundo sitio como 2, g2 = 32,00 pie/s2

L1 = Constante × F1 = constante × (M × g1) / gc

L2

= Constante × F2

= constante × (M × g2) / g

cSi L1 = 1 entonces

Peso =M × g

gc

(2.1)



21


1 =constante × 1 lbm × 32,35 pie/s2

32,174 lbmpie/lfbs2

constante = 32,174 lbmpie/lfbs2

32,35 lbmpie/s2

para el segundo sitio

L2 = 15,5 = cte ×M × 32,00 pie/s2

32,174 lbmpie/lbfs2

y la masa puesta en la balanza es

M = 15,5 × 32,174 lbmpie/lbfs2

constante × 32 pie/s2

M =15,5 × 32,174 lbmpie/lbfs2 × 32,35 lbmpie/s2

32,174 lbmpie/lfbs2 × 32 pie/s2

M = 15,67 lbm

Una lectura de 15,5 en la balanza equivale a 15,67 lbm, lo que da unadesviación aproximada del 1%.

2.2 Volumen y densidad

El volumen (V) puede definirse como el espacio ocupado por una cantidadde masa, por esto es el producto de tres longitudes, la unidad fundamentalen el S.I. es el m3.

La relación entre el volumen y la masa de una sustancia recibe el nombre de volumen específico, se representa por v = V/M y la relación entre el volumen y la cantidad de sustancia en moles recibe el nombre de volumen molar y se

representa por v = V/N, el inverso de los volúmenes específico o molar esla densidad específica o molar y se representa por ρ oρ respectivamente.

Es común reportar para muchas sustancias su densidad relativa que es larelación entre la densidad de esa sustancia y una densidad de referenciaconocida; para gases la densidad de referencia es generalmente la del airea condiciones normales (0,957 kg/m3) y para líquidos es el agua a 1 atm

y 4 °C (1.000 kg/m3); o su peso específico que es la relación entre el pesode la sustancia y el volumen que esta ocupa

Peso específico γ = M × g = ρ g V × gc gc(2.2)




22

Ejemplo 2.2

El peso de 1 l de gasolina extra es 7 N (a 25 °C) en un lugar donde la ace-leración de la gravedad es 9,8 m/s2. Determinar:

a. La densidad de la gasolina en kg/m3

y lbm/pie3

.b. La densidad relativa en las unidades anteriores.

c. El peso específico.

Solución

a. El primer paso es calcular la masa de la gasolina:De la ley de Newton

M =Peso × gc

g

M =7,0 N × 1 kgm/Ns2

= 0,714 kg9,8 m/s2

Y la densidad se puede calcular como

ρ =M

=0,714 kg

=0,714 kg

= 714 kg/m3

V 1 lt 1 × 10–3 m–3

Para obtener el valor de la densidad en el sistema inglés, se utilizan losfactores de conversión apropiados

ρ = 714 kg/m31 1lbm/pie3

16,018 kg/m3

o sea que

ρ = 44,6 lbm/pie3

b. Calculando la densidad relativa con respeto al agua a 4 °C. Usando uni-dades S.I.

ρ (25/4) = 714 kg/m3= 0,714

1.000 kg/m3

Si se usan unidades del sistema inglés

ρ (77/39,4) =44,6 lbm/pie3

= 0,71462,43 lbm/pie3

c. El peso específico se puede calcular como

γ =Peso

=7 kgm/s2

V × gc 1 × 10–3 m3 × 1 kgm/Ns2



23


y por tanto,

γ = 7.000 kg/m2 s2, γ = 7.000 N/m3

Ejemplo 2.3

4 m3 de argón a 27 °C y 85 kPa tienen una masa de 7,13 kg.a. Indicar tres propiedades intensivas y dos extensivas.

b. Si g = 9,6 m/s2 calcular el peso específico.

Solución

a. En ese caso tres propiedades que no dependen de la cantidad de masa(son intensivas):

Temperatura: 27 °C. Presión: 85 kPa. Concentración: 100% argón.

Y las propiedades extensivas son en este caso:

Volumen: 4 m3. Masa: 7,13 kg.b. Para el peso específico

γ =M × g

=7,13 kg × 9,6 m/s2

V × gc 4 m3 × 1 kgm/Ns2

O sea que γ = 17,112 N/m3

2.3 Temperatura

Antes de dar un concepto de temperatura es bueno comprender lo quesignifica el equilibrio térmico mediante la ley cero de la termodinámica.

2.3.1 Ley cero de la termodinámicaRecibe este nombre debido a que en un desarrollo lógico debe preceder ala primera y la segunda ley, que fueron formuladas mucho antes.

Cuando un sistema A cuya temperatura es Ta se pone en contacto prolon-gado con un sistema B cuya temperatura es Tb a través de una superficiediatérmica como muestra la figura 2.1 se dice que los sistemas están en

contacto térmico.

Figura 2.1 Sistemas en contacto térmico




24

Si Ta > Tb se establece una transferencia de energía térmica de A hacia B,las propiedades termodinámicas de ambos sistemas se modifican espontá-neamente hasta cuando esta evolución se detiene, alcanzado el equilibriotérmico. Cuando los dos sistemas A y B se ponen cada uno en contacto conun sistema C a través de superficies diatérmicas, como muestra la figura2.2, A y B por separado alcanzan equilibrio térmico con C y entonces A y B estarán en equilibrio térmico entre sí. Estos resultados constituyen laley cero de la termodinámica, que puede enunciarse así: “Dos sistemas A

y B puestos en contacto prolongado alcanzan equilibrio térmico. Si estossistemas separadamente están en equilibrio térmico con un tercer sistema,entonces están en equilibrio térmico entre sí”.

Figura 2.2 Sistemas en contacto térmicoDe acuerdo con lo anterior, todos los sistemas en equilibrio térmico con unsistema de referencia (este tercer sistema es generalmente el termómetro)poseen en común una propiedad que es la temperatura.

2.3.2 Concepto de temperaturaLa temperatura puede interpretarse como una medida de la capacidad quetiene un sistema para intercambiar energía térmica. Este intercambio seda hasta cuando se alcanza el equilibrio térmico.

2.3.3 Medida de la temperaturaLa variación de temperatura de un cuerpo generalmente es acompañadapor la variación de alguna propiedad observable como: longitud, volumen,resistencia eléctrica o fuerza electromotriz. Establecer una escala detemperatura consiste en adoptar una de estas propiedades de la sustanciatermométrica como medida de la variación de temperatura y relacionar latemperatura con esta propiedad mediante una función ojalá lineal, así:

Si T (que representa temperatura) es función lineal de X, siendo X la pro-

piedad observable, entoncesT = aX + b (2.3)



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Para obtener a y b se pueden definir arbitrariamente dos puntos o elegir b =0 y un punto y se tendrán escalas empíricas, por ejemplo: si se escoge comosustancia termométrica un gas que se comporte como ideal (véase figura 2.3),se tiene que: T = P × V/R, si además se mantiene constante el volumen deltermómetro, entonces la temperatura será función únicamente de la presión:T = f (P). Adicionalmente si se elige en forma arbitraria b = 0 entonces

T = a × P

Para obtener el valor de la constante a se escoge como referencia el puntotriple del agua: P(Punto triple) = 0,6113 kPa. T (Punto triple) = 273,16 K

Y por tanto

a =T(punto triple)

=273,16

P(punto triple) P(punto triple)

Lo cual conduce a la escala empírica

T = 273,16 P/P(punto triple)

Con la temperatura en Kelvin.

Siendo P la presión medida cuando el bulbo del termómetro se sumergeen un sistema de temperatura T, la experiencia demuestra que el valor dela relación P/P (punto triple) depende del tipo y de la cantidad de gas enel bulbo. Sin embargo, cuando el procedimiento se repite utilizando cada

vez menos gas, el valor límite del cociente P/P (punto triple) y por tantoel valor de T se hace independiente del gas utilizado.

Figura 2.3 Relación presión temperatura para un termómetro de gas ideal

2.3.4 Escalas de temperaturaLa medida de la temperatura se puede representar mediante dos tipos deescalas: relativas y absolutas. Las dos escalas relativas son Fahrenheit y Celsius. Hasta 1954 las escalas eran construidas basándose en dos puntos

fijos: el punto del hielo que es aquel en el que están en equilibrio el agualíquida y el agua sólida a 1 atm de presión, este se marcó con 32 °F en la




26

escala Fahreheit y 0 °C en la escala Celsius; y el punto del vapor donde estánen equilibrio agua líquida y vapor de agua a 1 atm, este se marcó con 212°F y 100 °C. A partir de 1954 la base de las escalas es el punto triple delagua (0,01 °C y 0,6113 kPa) y una definición de la magnitud de grado.

Las escalas absolutas están definidas a partir de la segunda ley de la termodiná-mica y son independientes de cualquier sustancia termométrica y se denominanescala Kelvin (K) en S.I. y escala Rankine (°R) en sistema inglés, asociadasrespectivamente con la Celsius y la Fahrenheit. Las equivalencias son:

T (°R) = 1,8 T (K)

t (°F) = T (°R) − 459,67

t (°C) = T (K) – 273,15

t (°F) = 1,8 t (°C) + 32

La escala práctica internacional de temperatura se adoptó en 1968 por elComité Internacional de Pesas y Medidas, revisada en 1975, para facilitarla calibración de los termómetros científicos e industriales, y coincideprácticamente con la escala absoluta. Esta escala está basada en una seriede puntos fijos y reproducibles, algunos de los cuales se especifican en latabla 2.1. Como puede verse, esta escala no está definida por debajo de13,81 K, donde se utilizan métodos experimentales basados en propiedadesmagnéticas para la medición de la temperatura. Por encima de 1.064,43 ºCse emplean pirómetros de radiación monocromática. Una comparaciónentre las escalas absolutas y relativas puede verse en la figura 2.4.

Ejemplo 2.4

Un termómetro de gas a volumen constante muestra una lectura de 0 °Ccuando la presión es 85 kPa y 100 °C cuando la presión es 110 kPa. ¿Quétemperatura tendrá un recinto en el cual el gas dentro del termómetroestá a 100 kPa, considerando que la temperatura y la presión están rela-cionadas linealmente?

Solución

t = a × P + b

Para la primera condición0 = a × 85 + b

Para la segunda condición

100 = a × 110 + b

b = –5a y reemplazando

100 = 110 × a − 85 × a

Luego

a = 100/25 = 4 ºC/kpa

y b = −340 °C



27


Conociendo a y b se puede calcular la temperatura de la relación

t = 4 × P − 340

Y para 100 kPa

t = 4 × 100 − 340 = 60 °CEjemplo 2.5

Dos termómetros uno con lectura en °C y otro en K están en equilibriotérmico con un sistema. ¿Cuál es la temperatura del sistema si los termó-metros marcan − A °C y A K respectivamente?

Solución

De la relación de escalas se tiene

K = °C + 273,15

Reemplazando en esta relación la lectura de los termómetros se tiene A = − A + 273,15

Tabla 2.1 Puntos fijos de la escala práctica de temperatura

Puntos fijos T (K) t (°C)Termómetro

utilizado

Punto triple de H2 13,81 − 259,34

Resistencia deplatino

Punto triple de O2 54,36 − 218,79

Punto de rocío de O2 90,19 − 182,96

Punto triple de H2O 293,16 0,01

Punto de ebullición de H2O 373,15 100,00

Punto solidificación, Zn 692,73 419,58

Punto solidificación, Sb 903,90 630,75

Punto solidificación, Ag 1.235,08 691,93 Par termoeléctrico

Punto solidificación, Au 1.337,58 1.064,43 Pt / Pt (10%) Rh

Figura 2.4 Comparación de escalas




28

la lectura es entonces

A =273,15

= 136,572

A = 136,57 K y A = −136,57 °C.

Ejemplo 2.6

La capacidad calorífica del tolueno líquido en kJ/kmol K está dada porla relación: Cp = 8.314 (15.133 + 6,79 × 10−3 T +16,35 × 10−6 T2), en lacual T es la temperatura en K.

Transformar la ecuación para obtener una relación válida para C′pen Btu/lbmoF y T en oF. El peso molecular del tolueno es 92 kg/kmol.

Solución

De la misma forma como se procedió en el ejemplo 2.2, se relacionan las variables en las distintas unidades mediante los factores de conversión

luego Cp = 384,36 C′P

T[K] = [t (ºC) + 273,15]=[t (ºF) –32) × 5/9 + 273,15]

luego

T[K] =t (ºF) + 459,671,8

Reemplazando en la ecuación original se tiene

Cp = 125,8 + 56,45 × 10–3 T + 13,59 × 10–5 T2

Simplificando se obtiene

384,36 C′p = 149,04 + 0,07 t(ºF) + 4,17 × 10-5 [t(ºF)]2

Entonces la nueva relación es

C′p = 0,388 + 1,85 × 10-4t(ºF) + 1,1 × 10-7 [t(ºF)]2

2.4 Presión

La presión se define como la fuerza total normal por unidad de área ejer-cida sobre la superficie del sistema (sea esta real o imaginaria). La unidadde presión en el S.I. es el pascal (Pa), que se define como la fuerza de un

newton ejercida sobre un área de 1 m2

1 Pa = 1N/1m2



29


En el sistema inglés la unidad de presión es el psi y es la fuerza ejercidapor una libra fuerza sobre una pulgada cuadrada

1 psi = 1 lbf/1 pul2

Otras unidades de presión usadas ampliamente en ingeniería son el bar, laatmósfera (atm) y los milímetros de mercurio (mm Hg)

1 bar = 105 N/m2

1 atmósfera = 101.325 N/m2 = 760 mm de Hg ≈ 105 N/m2

La presión, así como la temperatura, se puede medir o expresar de dosmaneras diferentes, en una escala relativa (llamada escala manométrica) oen una escala absoluta. La presión absoluta es la presión total a la que estásometido un sistema en un momento determinado y toma como punto dereferencia el cero absoluto de presión. La escala manométrica expresa las

presiones tomando como referencia la presión ejercida por la atmósferaterrestre, o en otras palabras

Pman = Pabs − Patm (2.4)

La presión de vacío es una presión manométrica negativa y es utilizadapara expresar presiones totales inferiores a la presión atmosférica

P vac = Patm − Pabs (2.5)

En la figura 2.5 se muestra una representación esquemática de la relación

entre las escalas de presión. Los compartimentos de los tanques de dichafigura se cierran y se llenan con aire.

Figura 2.5 Relación entre presión atmosférica, manométrica y absolutaa. Presión absoluta mayor que la presión atmosférica. b. Presión absolutamenor que la presión atmosférica.

Los dispositivos mecánicos típicos para las mediciones de las presiones

absoluta y manométrica son el barómetro aneroide y el manómetro deBourdon respectivamente (véase figura 2.6).




30

Figura 2.6 Medidores de presión mecánicos. a. Barómetro aneroide. b. Manómetro de Bourdon.

El barómetro aneroide (véase figura 2.6 a), consta de un cilindro corto cerra-do, dentro del cual se ha hecho un vacío de manera que la presión es cercanaal cero absoluto. El cilindro tiene un diafragma elástico que se deforma ha-cia adentro por la presión impuesta desde el exterior y esta deformación sepuede convertir en una medida de presión por medio de una escala. Aunqueel cilindro aneroide se utiliza convencionalmente para medir un pequeñointervalo de presiones, el mismo principio se puede utilizar para medidoresde presión absoluta de uso más general.

Cuando el manómetro de Bourdon (véase figura 2.6 b) se conecta al sistemaal cual se le desea medir la presión, el tubo elíptico tiende a enderezarse y mueve el indicador sobre una escala graduada. Si el manómetro está adecua-damente ajustado, el indicador se encontrará en el cero de la escala cuandoel manómetro está desconectado.

Existen también medidores de presión en los cuales se pueden hacer medicio-nes por medio de la altura de una columna de líquido (véase figura 2.7); estosmedidores son el tubo abierto en forma de u (para mediciones manométricas)

y el barómetro de mercurio (para mediciones de presión absoluta).

Figura 2.7 Medidores de presión por medio de columna de líquido. a. Manó-metro de tubo en U abierto. b. Barómetro.



31


En el manómetro de tubo en forma de U un tubo abierto en dicha formase llena de un cierto líquido el cual se denomina fluido manométrico. Eneste medidor la fuerza total que actúa hacia abajo en el punto Y es igual ala fuerza que actúa al otro lado del tubo en el punto Y*, lo cual medianteuna relación de equilibrio de fuerzas se puede escribir comoP × A = Patm × A + peso de la columna de líquido sobre Y*

en la cual A es el área transversal del tubo del manómetro

Pt × A = Patm × A + M × g/gc (2.6)

Pt × A = P × A + ρ × V × g/gc

en la cual ρ es la densidad, V es el volumen del fluido manométrico y V = A × z siendo z la altura del liquido sobre el plano Y − Y*

Psist × A = Patm × A + A × ρ × z × g/gc y reemplazando en la ecuación 2.4 se obtiene

Pman = ρ × g × z/gc (2.7)

La presión atmosférica (llamada también presión barométrica) se puede medircon un dispositivo inventado por Torricelli en 1643, el cual es mostrado en lafigura 2.7. Este medidor se construye llenando el tubo con mercurio libre deaire, e invirtiéndolo con el extremo abierto debajo de la superficie del mercuriocontenido en el recipiente. Si se desprecia la cantidad de mercurio en forma

de vapor que puede pasar al espacio sobre la columna de mercurio (a condi-ciones normales la presión de vapor del mercurio es 1,7×10−4 kPa), entoncesla presión en ese espacio es cero absoluto y nuevamente PBar = ρ × g × z/gcsiendo en ese caso z una medida directa de la presión absoluta.

La presión barométrica puede variar con el clima, con la posición queocupe el dispositivo sobre la tierra (longitud y latitud) y con el tiempo.Para hacer diseño de ingeniería que no dependa de estas fluctuaciones y que pueda ser analizado en cualquier parte del planeta, se define un nivelde referencia para la presión atmosférica, llamado atmósfera normal, quees la presión que produce una columna de mercurio de 760 mm de alturaa 273,15 K bajo la aceleración normal de la gravedad.

Para distinguir entre presión manométrica y presión absoluta con frecuenciase agrega a los símbolos de las unidades las letras a (por absoluta) o g (pormanométrica): 50 psia (absoluta). 30 psig (manométrica).

En las unidades del S.I. todas las presiones son absolutas, a menos que seindique lo contrario. En este libro se mantendrá la misma convención.

Ejemplo 2.7

Calcular la presión que soporta un buzo cuando ha descendido 30 m bajo

la superficie del mar si la presión barométrica al nivel del mar es 0,95 bar y la densidad relativa del agua de mar es 1,03.




32

Solución

De la ecuación 2.4 se obtiene

Pabs = Pman + Patm

En la cual Patm = Pbar = 0,95 bar = 95 kPa y la presión manométrica debida a la columna de agua de mar que estásobre el buzo

Pman = ρ × g × z

Pman = 1,030 kg/m3 × 9,8 m/s2 × 30 m

Pman = 302,820 Pa = 302,82 kPa

y entonces

Pabs = 95 + 302,82 = 397,82 kPa

2.5 EnergíaDurante años los científicos e ingenieros han descrito el comportamientode la naturaleza basándose en unos conceptos básicos o abstracciones quese aceptan como realidades científicas. Uno de esos conceptos básicos esla energía y es tal vez uno de los conceptos físicos más importantes.

En términos de su uso cotidiano, se relaciona a la energía con la cantidadde combustible necesario para el transporte o el calentamiento de algunasustancia, la electricidad para la iluminación o para los aparatos domésticos,

con los alimentos consumidos, etc. Pero estas apreciaciones no definen de unamanera formal la energía. En muchos textos se encuentra la energía definidacomo la capacidad de efectuar un trabajo. Sin embargo, esta definición esincompleta, por lo cual es más conveniente tratar de definirla mediante unarelación matemática (balance de energía), como se verá en el capítulo 3.

La energía tiene las mismas unidades del producto de fuerza por longitud.En el S.I. la unidad de energía es el Joule (J)

1J = 1N × 1m

En el sistema inglés la unidad de energía es la lbf × pie.

La energía puede tomar múltiples formas, entre las que se incluyen la ener-gía mecánica, electromagnética, química, térmica, nuclear y superficial. Noobstante, la energía total almacenada en un cuerpo se puede dividir (solopor motivos de conveniencia para su presentación) en dos clases: la energíaque no está determinada por las interacciones microscópicas de la materia

y que puede ser mensurable con respecto a un marco de referencia externo(energía externa) y las energías que son función de la estructura molecular

y de las interacciones que ocurren a escala atómica (energía interna).

2.5.1 Energía cinética

Es posible concebir la energía cinética como aquella energía asociada con elmovimiento de un cuerpo con respecto a un marco de referencia (general-



33


mente, otro cuerpo en reposo). En la mayoría de los cálculos de ingenieríase toma en forma conveniente a la Tierra como marco de referencia y seconsidera que su velocidad es cero.

La energía cinética se define como el producto de la mitad de la masa porel cuadrado de la velocidad, es decir

(2.8)

con representando la velocidad.

Esta expresión es válida en el límite no relativista, o sea, cuando << C,siendo C la velocidad de la luz.

2.5.2 Energía potencial

La energía potencial es la energía que posee un cuerpo debido a su posiciónen un campo potencial (gravitatorio, electromagnético, etc.). Según estadefinición, existe energía potencial entre las moléculas de una sustancia,pero en termodinámica, este tipo de energías potenciales serán contabili-zadas como de energía interna. Es decir que en estudios termodinámicoscuando se habla de energía potencial se está haciendo referencia a laenergía potencial gravitatoria.

La energía potencial se define como el producto del campo potencial porla distancia que separa al cuerpo de un marco de referencia, que en el caso

de un campo gravitacional es

(2.9)

Ejemplo 2.8

Calcula la velocidad teórica con la que debe salir el agua de la boquilla deuna manguera de bombero para que pueda alcanzar 12 metros de altura.

Solución

Como se debe recordar de los estudios de mecánica, la energía cinética y la

energía potencial son totalmente intercambiables en ausencia de fricción.En otras palabras, para este caso, la energía potencial que alcanza el aguadebe ser igual a la energía cinética con la que sale de la boquilla

y para la altura de 12 metros

2.5.3 Energía interna

Es la energía asociada a la materia misma e incluye todas aquellas formasenergéticas diferentes a la cinética, potencial, eléctrica, magnética, de




34

superficie y de distorsión de sólidos. En la energía interna se contabili-zan las energías de rotación, translación y vibración molecular, el espínnuclear, el momento dipolar magnético, la energía electrónica dentro delátomo, etc.

En termodinámica no se requiere conocer el valor absoluto de la energíainterna de un sistema en un estado determinado, sino que se requiereconocer el cambio efectuado en la energía durante el proceso y se puedepor tanto seleccionar un estado de referencia arbitrario para calcular laenergía interna de todos los otros estados. (De la misma forma en que seasigna el valor de cero a la energía potencial de un cuerpo en un planohorizontal apropiado).

En ausencia de efectos eléctricos, magnéticos, de distorsión de sólidos y de tensión superficial, el contenido total de energía de un sistema es eldebido a la suma de las energías interna y externa

Etotal = U + Ecinética + Epotencial (2.10a)

Y el cambio en la energía durante el proceso se puede escribir como

∫ dE = E2 – E1 = ∆E = ∆U + ∆Ecinética + ∆Epotencial (2.10b)

2.6 Entropía

Es una propiedad extensiva de la sustancia de trabajo y se representa por S.Desde el punto de vista de la estructura atómica, la entropía es una medidade la organización estructural de la sustancia: a mayor desorganizaciónmayor entropía. De acuerdo con este criterio, si se tiene una cantidad fijade una sustancia a una presión determinada (por ejemplo: 1 kg de agua a1 bar) la cual puede estar como vapor, como líquido o como sólido, depen-diendo de la temperatura, la entropía será mayor en la fase de vapor queen la fase líquida y esta a su vez mayor que en la fase sólida.

Si se tiene una cantidad fija de una sustancia pura en fase gaseosa y se enfríamediante extracción de energía, alcanzará unas condiciones a las cuales pue-de pasar a la fase líquida, cuando toda se ha convertido en líquido, continúael enfriamiento, hasta obtener las condiciones para pasar a la fase sólida,en este punto todo el líquido se convierte en sólido y luego puede seguir en-friándose hasta llegar a convertirse en sólido cristalino, donde prácticamentedesaparecen las energías de traslación, vibración y rotación de partícula y selogra la máxima organización, condición en la cual se tiene el cero absolutode temperatura, a este estado de máxima organización se le asigna el valor decero entropía y en cualquier otro estado la entropía será mayor.

Un estudio más detallado de esta propiedad puede hacerse mediante la

termodinámica estadística, este tópico está por fuera del alcance de la ter-modinámica clásica y por tanto no se trata en este libro.



35


Como se verá más adelante la entropía es una medida de la degradación(pérdida de calidad) de la energía, pero sin ser energía.

Las dimensiones para la entropía son energía sobre temperatura; en el

S.I. se expresan en J/K y en sistema inglés en Btu/ºR. El porqué de estasunidades se comprenderá más adelante.

Entropía específica es la entropía dividida por la masa y se simboliza porS = S/M y la entropía molar es la relación entre la entropía y la cantidadde sustancia y se simboliza por s = S/N.


2.1 Un gas cumple la siguiente ecuación de estado

con

a = 0,24203 Jm3/mol2.

b = 2,0956 ×10−5 m3/mol.

c = 9,9106 × 10−6m3/mol.

T en K, R: Constante universal de los gases y P: Presión.

a. ¿Cuáles son las unidades de P, R, v en esta ecuación?

Hallar los valores de a, b, c si se desea transformar.

b. La relación entre la capacidad calorífica y la temperatura a ecua-ción para obtener P en lbf/pulg2, T en °R y v en pie3/lbmol?.

2.2 El poder emisor de un cuerpo se puede expresar por W = A × T2 donde

W: Poder emisor, Btu/pie2h

A: Constante = 0,171 × 10−8

T: Temperatura en °R.

a. ¿Cuáles deben ser las unidades de A?

b. ¿Cuál será la relación si W debe estar expresado en J/m2s y T en °C?

2.3 Se ha propuesto la siguiente relación para calcular la viscosidad degases

donde

µ : Viscosidad del gas, centipoises.

T : Temperatura, °R.

M : Peso molecular, lbm/lbmol.

P : Presión, lbf/pulg2.Escribir la relación anterior en unidades S.I.




36

2.4 El fern se define como la unidad de fuerza requerida para acelerar launidad de masa llamada beng con la aceleración gravitacional de lasuperficie lunar en m/s2 (la cual equivale a 1/6 de la acción gravita-cional de la tierra).

a. ¿Cuánto vale gc en este sistema?

b. ¿Cuál es el peso en fern de 3 bengs sobre la superficie terrestre?

2.5 Una balanza es calibrada en La Costa para que la lectura sea igual ala masa que se coloca sobre ella en kg. Si un hombre en La Costa sesube a la balanza y la lectura es de 82 kg calcular:

a. El peso del hombre en Medellín (1.600 m/snm).

b. El peso del hombre en Bogotá (2.600 msnm).

c. La altura sobre el nivel del mar en la cual el peso del hombre

desciende un 1%. (La aceleración de la gravedad en función de laelevación sobre el nivel del mar es g = 9,807 – 3,32×10−6 z, cong en m/s2 y z en m).

2.6 Calcular la densidad de una mezcla formada por 32 litros de nitroben-ceno (densidad relativa = 1,2) y 4,5 pie3 de benceno (densidad relativa= 0,879) suponiendo que el volumen de la mezcla es la suma de los

volúmenes de los componentes puros.

2.7 Un bloque rectangular de grafito flota en la interfase de dos líquidosinmiscibles. El líquido inferior es un aceite lubricante y el líquido su-

perior es agua, el 54% del volumen total del bloque está sumergido enel aceite y el resto en agua. ¿Cuál es la densidad relativa del aceite?

2.8 Se mezclan 2 litros de agua a 25 °C con un líquido desconocido paraformar una mezcla líquida. El volumen y la masa de la mezcla totalson 4.000 cm3 y 4 kg respectivamente. Si el volumen de la mezcla esla suma de los volúmenes iniciales, determinar la densidad del líquidodesconocido.

2.9 Un tanque con volumen de 0,85 m3 contiene 16 kg de gas.

a. Determinar el volumen específico.

b. Calcular el volumen específico y la densidad del gas que queda enel tanque después de que se escapan 12 kg de gas.

2.10 En un termómetro de gas de volumen constante, se halla experimen-talmente que con independencia del gas usado, el siguiente resultadoes correcto

Ts / Ti = 1,3661

En la cual Ts es la temperatura de ebullición a presión atmosférica y Ti es el punto de congelamiento (a presión atmosférica).

Demostrar que si Ts − Ti =100, Ts y T i son exactamente el punto deebullición y el punto de congelamiento del agua en la escala Kelvin.



37


2.11 El químico austriaco Johann Sebastian Farblunget, formuló una escalade temperaturas que nunca se popularizó. Los puntos de referencia deesta escala eran 0 °FB (4 °C) (la temperatura por debajo de la cual lanariz de Farblunget comenzaba a gotear y a molestarle) y 1.000 °FB(98 °C) el punto de ebullición de la cerveza.a. Encontrar una ecuación para T(°C) en función de T(°FB).

b. Encontrar una ecuación para T(°FB) en función de T(°R).

c. ¿Cuál es la equivalencia de un intervalo de temperatura 10 °FBen °C, K, °F, °R?

2.12 Un termostato con escala de 0 a 100 se utiliza para regular la tem-peratura de un proceso. Una curva de calibración de la temperatura(en °C) en función de la posición de la escala (R) es una línea recta

en un papel logarítmico que pasa a través de los puntos (R 1 = 20, T1 = 220) y (R 2 = 40, T2 = 150).

a. Encontrar la ecuación para T(°C) en función de R.

b. Estimar la posición de la escala del termostato necesaria paraobtener una temperatura de 346 °F.

2.13 La temperatura de un fluido se mide con un termómetro Celsius y con uno Fahrenheit. Si la lectura N es la misma numéricamente enlos dos termómetros, ¿cuál es la temperatura del fluido en K y °R?

2.14 Suponiendo una escala lineal de temperatura definida de modo que los

puntos de fusión y ebullición del agua a 1 bar de presión son respec-tivamente 100 y 400, hallar la relación entre la temperatura medidaen dicha escala y la correspondiente en °C.

2.15 En un vacuómetro se lee 10 pulg de Hg. La presión barométrica es29,9 pulg de Hg. Calcula la presión absoluta en bar.

2.16 La presión barométrica al nivel del mar es 762 mm de Hg cuando enla cima de una montaña es 737 mm de Hg. Si se supone que el pesoespecífico del aire es constante y de 11,8 N/m3, calcular la altura dela montaña.

2.17 El peso específico del agua de mar se puede calcular a partir de larelación empírica

En la cual γ es el peso específico y h es la profundidad bajo la superficiedel océano.

Derivar una expresión para calcular la presión en cualquier punto h y calcular el peso específico y la presión a una profundidad de 3,22 kmsuponiendo que γ0 = 10,3 kN/m3 y K = 7,98 N/m7/2.

2.18 Un manómetro de Bourdon montado en un tanque cerrado lleno deaire indica 141,1 kPa cuando el barómetro se encuentra en 775 mm




38

de Hg. Si la presión barométrica desciende a 741,2 mm de Hg, ¿quélectura indica el manómetro?

2.19 La ventana de observación de un antiguo traje de buzo mide aproxi-

madamente 65 cm2

de área. Si se intenta mantener una presión de 1atm en el interior del traje, ¿qué fuerza tendría que soportar la ventanasi el buzo descendiera a una profundidad de 150 m?

2.20 El depósito de la figura 2.8 contiene aceite de densidad relativa 0,75.

a. Determinar la lectura del manómetro A en psi.

b. ¿Cuál es la diferencia de presión entre M y N en psi y en Pa?

Figura 2.8 Depósito para el problema 2.20

2.21 Un sistema de alimentación por gravedad se utiliza para suministraragua a un intercambiador de calor. Se necesita una presión de aguamínima de 30 psig a la entrada del intercambiador.

a. ¿Cuál es la elevación mínima del nivel del agua por encima delintercambiador?

b. ¿Qué elevación se requeriría si el fluido fuera etanol?

2.22 Se lanza en dirección vertical un chorro de agua por una boquilla conuna velocidad de 82 pie/s en un lugar donde g = 32,174 pie/s2. ¿Cuál

es la velocidad teórica del chorro en un punto que está 72 pies arribade la boquilla?

2.23 Una turbina hidráulica recibe agua de un depósito que se encuentra a100 m por encima de ella. ¿Cuál es el flujo mínimo de agua, en kg/s,para producir una salida permanente en la turbina de 50.000 kW?

2.24 Un fluido en el interior de un cilindro vertical provisto con un pis-tón sin fricción, como se muestra en la figura 2.9, está en equilibriomecánico. La presión atmosférica es 101.325 kPa. El área del pistónes de 3.000 mm2. El resorte lineal que tiene una constante de 1.500

N/m, se comprime 250 mm respecto a su elongación libre. ¿Cuál esla masa del pistón si la presión absoluta del fluido es de 400 kpa?



39


Figura 2.9 Fluido en el interior de un cilindro vertical provisto de un pistón

sin fricción, problema 2.242.25 Los compartimientos de los tanques de la figura 2.10 se cierran y se

llenan con aire. El manómetro A indica 207 kPa, el manómetro B re-gistra un vacío de 254 mm de Hg. ¿Qué indica el manómetro C si seconecta al compartimiento 1, pero está dentro del compartimiento 2?La presión barométrica es de 101 kPa.

Figura 2.10 Compartimientos llenos de aire para el problema 2.25

2.26 En una cascada el agua fluye a razón de 4,5 × 106 galones/h y caedesde una altura de 170 pies. Determinar la potencia teórica (en kW)que podría ser generada por una planta de energía instalada al finalde la caída de agua.



3. Ecuaciones de balance

Hasta ahora se han estudiado algunas de las propiedades termodinámicasde la sustancia de trabajo, entre ellas una de particular importancia, laenergía.

Este capítulo presenta la energía no como propiedad sino como transferen-cia durante un proceso, clasificándola como calor o como trabajo depen-diendo de la causa de la transferencia. Además, se siguen cuidadosamentelos cambios que experimenta el sistema mediante un esquema tradicionalde contabilidad, que conduce a la formulación de las ecuaciones de ba-lance de masa, energía y entropía y su aplicación en diversos casos.

3.1 Calor

Es el flujo de energía a través de los límites del sistema en virtud de unadiferencia de temperatura entre el sistema y los alrededores. Una vez quela energía térmica ha cruzado la frontera ya no se considera como calorsino que pasa a ser parte de la componente térmica de la energía internadel sistema o de los alrededores y por tanto no afecta la energía cinéticao potencial del sistema.

Como se puede concluir de la definición anterior, un flujo de energíadebida a un gradiente de temperatura dentro del sistema no puede serllamado calor.

El calor se simboliza por Q, sus unidades en S.I. son Joules (J) y en elsistema inglés Btu; se puede expresar la cantidad de energía en forma decalor por unidad de masa como

q = Q/M

y el flujo de calor por unidad de tiempo .

Teniendo en cuenta que el calor es una energía en tránsito, es importantesaber cuál es la dirección, si la energía entra al sistema se representa porQ e y si lo abandona, por Q s y son siempre cantidades positivas; otra con-

vención muy utilizada es considerar el calor como positivo cuando entra

al sistema y negativo cuando lo abandona, en otras palabrasQ neto = Q e − Q s



41


3.2 Trabajo

Es el flujo de energía mecánica, debido a fuerzas motrices distintas algradiente de temperatura, que atraviesa los límites del sistema y que

puede ser convertido completamente (por lo menos en teoría) por undispositivo apropiado, al equivalente de una fuerza que se mueve a travésde una distancia.

Considerando el esquema mostrado en la figura 3.1, el trabajo hechopor el sistema al expandirse, debido a una diferencia de presión entre elsistema y sus alrededores es equivalente al trabajo para levantar el pesouna distancia z.

Figura 3.1 Esquema del trabajo hecho por un sistemaEn otras palabras,

δ W = F × dz (3.1)

Al igual que con el calor, es importante conocer la dirección del flujo detrabajo y se puede representar W e trabajo hecho sobre el sistema y W s tra-bajo realizado por el sistema. Arbitrariamente muchos autores consideranun trabajo neto W = W s − W e, el cual es positivo si es hecho por el sistemasobre los alrededores y negativo en caso contrario.

Se puede expresar la cantidad de trabajo por unidad de masa como w = W/M y la cantidad de trabajo por unidad de tiempo por .

3.2.1 Trabajo para vencer fuerzas de fricciónEn la figura 3.2, la fuerza que causa el desplazamiento es la componentehorizontal de la fuerza F, de tal manera que la ecuación 3.1a se convierteen

δ W = F cos θ dx

Si F y θ son constantes entonces W e = F cos θ ∆x (3.1 a)




42

Figura 3.2 Trabajo realizado para vencer fuerzas de fricción

3.2.2 Trabajo para levantar un pesoEn la figura 3.1 el trabajo para levantar un cuerpo de masa M a una altura

dz se puede escribir como

y por tanto

(3.1 b)

El trabajo realizado sobre el sistema causa un aumento en su energíapotencial.

3.2.3 Trabajo para acelerar un sistemaLa ecuación 3.1 para el trabajo hecho sobre un sistema de masa M que sesomete a una aceleración a constante se transforma en

entonces

luego

(3.1 c)

El trabajo realizado sobre el sistema causa un aumento en su energíacinética.

3.2.4 Trabajo en procesos con resortesSi se considera como sistema un resorte ideal, sin peso ni rozamiento y

que cumple la ley de Hooke F = kx (véase figura 3.3), la ecuación 3.1 seconvierte en



43


δ W e = kdx

y

(3.1 d)

Este trabajo aumenta la energía interna del sistema.

3.2.5 Trabajo en procesos eléctricosEl trabajo para cargar una partícula neutra que se encuentra sometida aun campo eléctrico ε, hasta adquirir una carga −q, está dado por

perodq = I dθ

donde I es la intensidad de corriente y θ es el tiempo, luego

δ W e = ε I dθ

y

W e = ε I (θ2 − θ1) (3.1 e)

3.2.6 Trabajo de expansión o compresión para procesos

en sistema cerradoPara ilustrar este tipo de trabajo se puede considerar el gas contenido enun cilindro con un émbolo que se desplaza sin rozamiento, sometido a unafuerza Fres como se muestra en la figura 3.4.

Si el cambio se lleva a cabo mediante un proceso de cuasi equilibrio

Fres = Pres A

donde Pres es la presión ejercida por el gas sobre el área transversal delpistón, A, entonces

δ W = Fres dx = Pres A dx pero

Figura 3.3 Esquema del trabajo realizado sobre un resorte




44

A dx = dV

luego

δ W = Pres dV

(3.2)

P y V son respectivamente presión y volumen del sistema.

Si V 2 > V 1, se trata de un trabajo hecho por el sistema, si V 2 < V 1, será untrabajo realizado sobre el sistema.

La evaluación del trabajo se puede hacer analíticamente si se conoce larelación entre P y V, por ejemplo, P × V n = constante; o gráficamente me-diante la evaluación del área bajo la curva en un diagrama P − V, la cualpuede hacerse utilizando métodos numéricos como el trapezoidal o el deSimpson entre otros.

Considerando la figura 3.5 se ve claramente que el trabajo de expansiónpara llevar el sistema desde el estado 1 al estado 2, depende de la trayec-toria seguida durante el proceso, ya que el área bajo la curva cambia si latrayectoria cambia.

Figura 3.4 Trabajo en sistemas cerrados

Figura 3.5 Representación del trabajo de expansión o de compresión en unsistema cerrado



45


3.2.7 Trabajo de flujoEs el trabajo que una cantidad de sustancia realiza para salir del volumende control, venciendo la presión de oposición del fluido que lo precede; o

el trabajo hecho sobre la sustancia por el fluido que le sigue para entraral volumen de control.

Figura 3.6 Trabajo de flujoDe acuerdo con la figura 3.6 el trabajo de flujo en e es

pero si se considera un diferencial de masa con volumen específico dV = v e dM y

(3.3a)

De la misma forma, el trabajo de flujo en s es

(3.3b)

3.2.8 Trabajo en el ejeEl trabajo en el eje es la máxima cantidad de trabajo que se puede obte-ner del flujo de un fluido a través de algún componente del equipo dondese realiza trabajo (es también la mínima cantidad de trabajo que tendríaque ser suministrada a un fluido cuando pasa por un dispositivo donde serealiza trabajo).

La máxima cantidad de trabajo que puede obtenerse del sistema se lograsolo mediante un proceso internamente reversible, cualquier proceso realentre los mismos dos estados producirá una cantidad menor. O en formaanáloga, la mínima cantidad de trabajo que se debe suministrar a un cuerpose obtiene mediante un proceso cuasi estático.

Considérese la figura 3.7, en la cual un fluido fluye a través de una turbinao de un compresor. Si se escoge como sistema una masa fija de fluido (sis-tema cerrado) y se estudia durante su paso a través del volumen de control,entonces para este sistema existen tres formas de trabajo: a) el trabajode flujo que hace sobre el sistema el fluido que le sigue para llevarlo a lolargo de la tubería, dado por Pent, V ent, b) el trabajo que es transmitido al

eje, W eje y c) el trabajo que hace el sistema sobre el fluido que le precede,Psal, V sal. Por tanto, el trabajo neto que sale del sistema es




46

(3.4)

y despejando el trabajo realizado en el eje

(3.5) Ahora bien, si se considera que

entonces

que al ser sustituida en la ecuación 3.5 da

(3.6)

Debe recordarse aquí que W eje

es el trabajo neto transferido al eje y portanto será una cantidad positiva si el fluido realiza trabajo sobre el eje o,en caso contrario, será una cantidad negativa.

Figura 3.7 Trabajo en el eje en un sistema abierto

De la misma manera que para sistemas cerrados, la ecuación 3.6 se puedeevaluar analíticamente si se conoce la relación entre el volumen y la presióno gráficamente mediante la evaluación del área comprendida entre la curva

y el eje de presión en un diagrama presión volumen (véase figura 3.8)

Figura 3.8 Evaluación gráfica del trabajo en el eje



47


Ejemplo 3.1

Un gas dentro un cilindro con un pistón de 18 kg (véase la figura 3.4) auna presión de 2,5 bar ocupa un volumen de 0,1 m3 y se mantiene en esaposición mediante un pasador. Al retirarse el pasador, el gas se expande (sinfricción en el pistón) siguiendo una trayectoria en la cual PV = constante,hasta que su volumen es cuatro veces el volumen inicial. Calcula:

a. El trabajo total hecho por el gas.

b. El trabajo hecho por el gas contra la atmósfera.

c. La velocidad final del pistón.

Solución

a. Si se escoge como sistema el gas confinado en el arreglo cilindro pistónentonces este sistema realiza trabajo contra la atmósfera (para compri-

mirla) y contra el pistón (para acelerarlo) W total sistema = W atm + W pistón

y el trabajo total se puede calcular en este caso como

pero como P V = constante, entonces

W total = constante × ln V 2/V 1 = constante × ln 4

El valor de la constante se puede encontrar de las condiciones inicialesconstante = 2,5 bar × 0,1 m3 = 0,25 bar m3 = 25 kJ

y por tanto

W total = 25 × ln 4

W total = 34,66 kJ

b. Para calcular el trabajo hecho contra la atmósfera se considera que esta opo-ne una fuerza constante y el trabajo en este caso se puede calcular por

en la cual Po es la presión atmosférica constante. Por tanto W atm = Po ∆V = 101.325 kPa × 0,3 m3 =30,4 kJ

c. El trabajo hecho sobre el pistón es entonces

W pistón = 34,66 – 30,4 = 4,26 kJ

y de la ecuación 3.1c con se obtiene

Ejemplo 3.2

Durante la experiencia que se esquematiza en la figura 3.9 se obtuvo latabla de datos 3.1. Se logró que el agua pasara de un estado de equilibrio




48

a 5,0 MPa y 40 °C hasta un nuevo estado a 7,0 MPa y 400 °C suministrandocalor desde una fuente a 773 K.

Figura 3.9 Esquema ilustrativo del ejemplo 3.2

Tabla 3.1 Datos obtenidos luego de efectuar el ciclo que se esquematizaen la figura 3.9

P(MPa) V(l) t(°C)

5,0 1,01 40

5,2 4,85 76

5,4 8,62 115

5,6 12,5 156

5,8 16,49 178

6,0 20,47 200

6,2 24,42 220

6,4 28,51 2456,6 32,20 294

6,8 36,12 347

7,0 39,93 400

El trabajo realizado sobre el resorte ideal fue de 37,87 kJ que se observaen el medidor W acoplado al resorte. Evaluar:

a. El trabajo que efectúa el agua.

b. El trabajo perdido por fricción.

c. La relación k/A 2, donde k es la constante del resorte ideal y A es el áreatransversal del pistón.



49


Solución

Tomando como sistema el kilogramo de agua dentro del tanque, se tratade un sistema cerrado que recibe una cantidad de calor y realiza un tra-

bajo contra el pistón, contra el resorte y para vencer la fricción entre elémbolo y la pared del tanque. Considerando que este proceso se realizacuasiestáticamente, o de una manera internamente reversible

a. El trabajo que efectúa el agua será

no se conoce la ecuación que relaciona P con V para efectuar la integraciónanalítica, pero se tiene una tabla que reporta las medidas del volumen adiferentes presiones desde el estado inicial de 5 MPa y 40 °C hasta el estadofinal de 7 MPa y 400 °C.

Representando estos datos en un diagrama P–V (véase figura 3.10), prác-ticamente todos los puntos están sobre una línea recta cuyas coordenadasiniciales son (5,0, 1,01) y las finales son (7,0, 39,93).

Figura 3.10 Diagrama P–V del ejemplo 3.2

Entonces el trabajo hecho por el agua será igual al área bajo la curva que

se representa. Esa área corresponde al área de un trapecio con base menor= 5,0, base mayor = 7,0 y altura (39,93 − 1,01), y por tanto

área = (base menor + base mayor)/2 × altura.

reemplazando

luego

W = 233,52 kJes el trabajo total hecho por el agua.




50

b. Para calcular la energía gastada en vencer la fricción se usa la relación

W fricción = W hecho por el sistema − W para mover el pistón − W para comprimir el resorte

Ya se conoce el trabajo hecho por el sistema.

El trabajo para mover el pistón donde P es la presión debidaal peso del pistón que es constante e igual a 5.0 MPa (puesto que inicial-mente el agua solo está soportando el pistón y el resorte no está ofreciendoninguna resistencia) y ∆V es el cambio de volumen experimentado por elagua.

W pistón = P × ∆V = 5,0 × 103 kPa × (39,93 − 1,01) × 10−3 m3

W pistón = 194,6 kJ

El trabajo para comprimir el resorte W resorte = 37,87 kJ de acuerdo con lainformación disponible.

W fricción = W agua − W pistón − W resorte

W fricción = 233,52 − 194,60 − 37,87 = 1,05 kJ

c. Para hallar el valor de la relación k/A 2, considerando nuevamente eltrabajo hecho sobre el resorte

Expresando x (longitud que se comprime el resorte) en términos del cambiodel volumen del sistema y el área del pistón

se tiene

Ejemplo 3.3

Se desea comprimir 0,685 kg/s de aire mediante un compresor centrífugo

desde una presión de 0,8 bar y una temperatura de 298 K hasta una presiónde 3,2 bar. La densidad del aire a la entrada del compresor es 0,935 kg/m3.Estimar la potencia requerida para impulsar el compresor, suponiendo quedurante el proceso de compresión no hay que vencer fricciones y que la pre-sión y el volumen del aire en cada momento están relacionados mediante laecuación P × v 1,4 = constante.

Solución

Se trata de un proceso que ocurre en sistema abierto, donde la fronterala constituyen las paredes del compresor, y la sustancia de trabajo es el

aire sobre el cual se está realizando un trabajo de eje para aumentar supresión. Como no hay que vencer fricciones, la potencia para impulsar el



51


compresor es recibida totalmente por el aire el cual sufre un proceso detransformación cuasi estático.

se puede evaluar analíticamente pues se conoce la relación entre P y v, y las condiciones de presión a la entrada y a la salida, P × 1,4v = constante.Si se toma n = 1,4, entonces

P × v n = k1 y P1/n × v =k2

k1 y k2 son constantes.

Reemplazando v en términos de P

k2 = v s × Ps1/n = v e × Pe

1/n

Reemplazando k2 en términos de las condiciones de entrada o salida, de-pendiendo de lo que más convenga

pero

Al reemplazar n = 1,4Pe = 0,8 bar = 80 kPa,

Ps = 3,2 bar = 320 kPa

y

se obtiene

w eje = – 145.604 kJ/kg




52

o sea trabajo hecho sobre el sistema.

suministrados alsistema.

3.3 Ecuaciones de balance

El comportamiento de un sistema se puede estudiar siguiendo los cambiosde estado que experimenta durante un proceso y los flujos de masa, energía

y entropía que atraviesan los límites del sistema, por ello al enfrentar elanálisis de un proceso es importante el concepto de contabilidad de unacantidad física extensiva. Esta contabilidad puede representarse medianteuna relación que se conoce como ecuación de balance:

(3.7)

3.3.1 Balance de masaEn todo proceso donde no se presentan reacciones nucleares la masa totalse conserva y en ese caso no existe generación ni consumo y la ecuación3.7 para el balance de masa de un sistema que sufre un proceso duranteun tiempo dθ se transforma, véase figura 3.11.

Figura 3.11 Esquema del balance de masa

(3.8)

En la cual dM/dθ representa la variación de la masa con el tiempo dentro

del sistema y y representan la cantidad diferencial de flujo de masaque entra y sale del sistema respectivamente.



53


Integrando la ecuación 3.8 entre dos límites de tiempo

(3.9)

1. Balance de masa en un sistema cerrado. Teniendo en cuenta que en unsistema cerrado no hay flujo de masa entonces

La ecuación 3.8 queda

(3.10)

2. Balance de masa en un sistema abierto. Considerando que el sistemaabierto permite flujo de masa se pueden presentar dos casos:

a. Flujo estable: quiere decir que en el interior del sistema no se pre-senta acumulación de masa y por tanto la ecuación 3.8 queda

y la ecuación 3.9 se convierte en

la cual se puede transformar si se escribe la masa en términos de ladensidad y del volumen, para producir

en la cual representa el caudal (volumen por unidad de tiempo) dela i-ésima corriente. El caudal se puede escribir también en términosde la velocidad del fluido y del área transversal de flujo así

(3.11)

Esta ecuación es llamada la ecuación de continuidad y es válida paraflujo unidireccional a través de una porción de un tubo de corriente.Para estudios de flujo bi y tridimensionales deben usarse expresionesdiferenciales de la ecuación de continuidad.

b. Flujo uniforme: es cuando se presenta variación de masa en el

interior del sistema a velocidad constante y

Ejemplo 3.4

Se alimenta metano de una densidad de 0,52 kg/m3 a un quemador (véasefigura 3.12). El metano entra a 30 m/s a través de una tubería con seccióntransversal de 8,2 cm2. Al quemador también entra aire con una densidad de1,2 kg/m3 de tal manera que la relación masa de aire/combustible sea 21 poruna tubería de 6 pulgadas de diámetro. Los gases de la combustión (ρ=0,68kg/m3) escapan por medio de una tubería de 6 pulgadas de diámetro.

Calcular la velocidad de entrada del aire al quemador, el flujo másico y la velocidad de salida de los gases de combustión.




54

Solución

Figura 3.12 Ilustración del proceso indicado en el ejemplo 3.4

Si se considera que el quemador opera con un flujo estable entonces elbalance de masa queda así

pero

El área de la tubería de entrada del aire es

y por tanto

Reemplazando con los datos suministrados en las unidades apropiadas

El flujo másico de salida de los gases se calcula

y la velocidad de salida de los gases obtenida es



55


Ejemplo 3.5

Un radiador contiene 3 kg de una mezcla anticongelante de etilen glicolagua al 30% en peso de etilen glicol. Se desea elevar la concentración deletilen glicol al 50%.

a. ¿Cuánto etilen glicol puro se debe añadir si no se saca líquido del ra-diador?

b. ¿Cuánto etilen glicol se debe añadir, si al comienzo dentro del radiadorhay una cantidad tal que al final queden 3 kg de mezcla sin sacar nadade material del radiador?

Solución

Si se considera como sistema el radiador que contiene una cantidad deanticongelante y se le va adicionando sustancia para aumentar su concen-

tración, el balance total de masa es∆M dentro del sistema = Mf – Mi = Me

El balance para el etilen glicol es

0,5Mf – 0,3 Mi = Me

El balance para el agua

0,5Mf – 0,7 M1 = 0

siendo: Mi = masa total dentro del radiador al comienzo.

Mf = masa total dentro del radiador al final.

Me = masa total que entra al radiador y que es etilen glicol puro.a. En este caso Mi = 3 kg, Mf y Me son incógnitas. Tomando dos de las

tres ecuaciones de balance de material planteadas se pueden conocerMf y Me.

Del balance total

Mf – 3 kg = Me

Mf = Me + 3 kg

y reemplazando en el balance para etilen glicol

0,5(Me + 3 kg) – 0,3 × 3 kg = Meluego

Me = 1,2 kg es la cantidad de etilen glicol puro que debe añadirse.

Mf = 1,2 kg + 3 kg

Mf = 4,2 kg es la cantidad total de anticongelante al 50% en peso de etilenglicol en el radiador.

b. En este caso Mf = 3 kg, Mi y Me son las incógnitas. Tomando dos de las

tres ecuaciones de balance de materia planteadas se pueden conocerMi y Me.




56

Del balance total 3 kg – Mi = Me

Del balance de agua 0,5 × 3 kg = 0,7 Mi

luego

Me = (3 – 2,14 ) kg = 0,86 kg

La masa de etilen glicol puro que se añade es 0,86 kg para obtener unasolución anticongelante al 50% en peso; en el radiador había inicialmente2,14 kg de una solución al 30% de etilen glicol.

En procesos en los cuales se da reacción química se puede realizar unbalance de masa total o balances por componentes. En estos últimos, lostérminos generación o consumo pueden aparecer en la ecuación.

Ejemplo 3.6

Un proceso antiguo para la producción de ácido clorhídrico requiere ca-lentar una mezcla de NaHSO4 y NaCl en un horno especial. Si la reacciónestequiométrica es

NaHSO4 (s) + NaCl (s) → Na2SO4 (s) + HCl (g)

y ocurre en su totalidad, establecer el balance para cada uno de los com-ponentes y el balance total de materia, si se alimentan al horno 140 kg deNaHSO4, 58,5 kg de NaCl y 10 kg de Na2SO4 cada hora.

Solución

Tomando como sistema el horno (véase figura 3.13).

Figura 3.13 Ilustración del proceso indicado en el ejemplo 3.6

Teniendo como referencia la ecuación 3.7, si se considera que dentro delhorno no se da acumulación de masa, pues al mismo ritmo se alimenta y se extrae el producto, el término de variación en el interior del sistema escero para todos los componentes.

De acuerdo con la estequiometría de la reacción, 1 mol de NaHSO4 reac-ciona con un mol de NaCl, o sea que 120 kg de NaHSO4 reaccionan con58,5 kg de NaCl, y en este caso el reactivo límite es el NaCl, luego

— Balance de masa para el NaHSO4:

0 = Entrada – Salida – Consumo

0 = 140 kg/h – Salida – 120 kg/hLa cantidad de NaHSO4 que sale sin reaccionar es 20 kg/h.



57


— Balance de masa para el NaCl:

0 = Entrada – Consumo

0 = 58,5 kg/h – 58,5 kg/h

— Balance de masa para el Na2SO4

0 = Entrada – Salida + Generación

0 = 10 kg/h – Salida + 142 kg/h

La cantidad de Na2SO4 que se retira del horno es 152 kg/h.

— Balance de masa para el HCl

0 = – Salida + Generación

0 = – Salida + 36,5 kg/h

La cantidad de HCl que se retira del horno es 36,5 kg/h.

— Balance total de masa0 = Entrada – Salida

Entrada = 140 kg/h NaHSO4 + 10 kg/h Na2SO4 + 58,5 kg/h NaCl

Entrada = 208,5 kg/h

Salida = 20 kg/h NaHSO4 + 36,5 kg/h HCl + 152 kg/h Na2SO4

Salida = 208,5 kg/h

Estos resultados están de acuerdo con lo planteado en la ecuación debalance de masa.

3.3.2 Balance de energíaHasta mediados del siglo XIX se consideraba al calor y al trabajo comomagnitudes de distinta naturaleza. Fue James Prescot Joule quien entre1840 y 1849 llevó a cabo cuidadosos experimentos acerca de la naturalezadel calor y el trabajo.

Básicamente se trataba de experiencias sencillas en las cuales una cantidadmedida de agua se ponía dentro de un recipiente aislado (véase figura 3.14)

y se agitaba por medio de un agitador rotatorio.

Figura 3.14 Experimento de Joule




58

A medida que el peso baja una distancia determinada, se realiza unacantidad de trabajo sobre el agitador que a su vez lo transmite al aguaproduciendo un aumento de temperatura y esa energía mecánica trans-mitida incrementa la energía interna del agua. Midiendo cuidadosamenteel incremento de temperatura, Joule calculó el incremento en la energíainterna. Por otra parte, calculó también el trabajo hecho por el peso ensu descenso dándose cuenta que cuando se suministraba una cantidad detrabajo mecánico el efecto era equivalente al causado por el suministrode una cantidad de calor, estableciéndose así el equivalente mecánico delcalor. El mejor valor obtenido por Joule fue

1 Btu = 772,5 lbf pie

1 cal = 4.155 J

mediciones posteriores han fijado estos valores más exactamente en1 Btu = 777,647 lbf pie

1 cal = 4.184 J

Estos resultados llevan a la conclusión de que la energía es una cantidadconservativa y que puede manifestarse de diversas formas.

Si para un sistema cualquiera que sufre un proceso se realiza un balancede energía, teniendo en cuenta que esta es una cantidad conservativa y portanto no existe generación ni consumo, entonces la ecuación 3.7 quedareducida a

Si se plantea el balance de energía entre un tiempo θ y un tiempo θ + dθ setiene dEsist/dθ representa la variación de la energía total dentro del sistemacon respecto al tiempo. Y, en ausencia de efectos eléctricos, magnéticos,de tensión superficial y de distorsión de sólidos, tenemos

La entrada de energía al sistema puede darse de diversas formas:

— Con el flujo másico

— Con el flujo de calor

— Con el flujo de trabajo

La salida de energía del sistema puede darse de las mismas tres formas



59


El término W(total) representa todas las formas de trabajo (eléctricas,magnéticas, de eje, de expansión o compresión de los límites del sistema,

de flujo, etc.), y puede representarse como: W (total) = W flujo + W mecánico

En la cual W mecánico representa todas las formas de trabajo excepto el trabajode flujo. Reemplazando la ecuación 3.3 en la ecuación anterior se obtiene

W (total) = M P v + W mecánico

La ecuación general de balance de energía queda

factorizando

El término u + P v (propiedades de la sustancia) aparece en repetidasocasiones en desarrollos termodinámicos y por conveniencia se ha definidocomo una nueva propiedad termodinámica llamada entalpía

h = u + P v (3.12)

Reemplazando en la ecuación general del balance de energía

(3.13)

La ecuación 3.13 permite contabilizar la energía teniendo en cuenta quees una cantidad conservativa, quiere decir que la energía total se conservaaunque adopte diferentes formas. Cuando desaparece una forma de energíasurge simultáneamente otra y esto se aplica al sistema y a sus alrededoresdurante un proceso, luego: variación de energía del sistema + variaciónde energía de los alrededores = 0, es decir,

d (E)sistema + d (E)alrededores = d (E)Universo = 0 (3.14)

Esta relación constituye la formulación de la primera ley de la termodiná-

mica, es una ley empírica que se basa en inducciones a partir de observa-ciones experimentales, aún no ha sido demostrada.




60

Es bueno recalcar que la energía interna representa la energía almacenadaen el sistema pero el producto Pv no tiene este significado, luego la entalpíaes una propiedad útil pero no representa la energía almacenada.

1. Balance de energía en un sistema cerradoUn sistema cerrado que no permite transferencia de masa a través de lafrontera, tampoco puede transferir energía con la masa, entonces la ecua-ción 3.13 se simplifica

Por lo general, solo se da un determinado flujo de energía que entra al siste-ma en forma de calor o en forma de trabajo y lo mismo ocurre con respecto

a la salida, además el sistema no se desplaza ni cambia de posición conrespecto a un plano de referencia durante un proceso, entonces la relaciónpuede simplificarse en ese caso y presentarse de diferentes formas

(3.15 a)

(3.15 b)

integrando

(3.16 a)

M ∆u = Q neto – W neto (3.16 b)

Ejemplo 3.7

Un gas contenido dentro de un cilindro con pistón cumple un procesocíclico en tres etapas. Primero se expande a presión constante con unaadición de calor de 50 kJ y la realización de un trabajo de 25 kJ. Luego seenfría a volumen constante con remoción de 30 kJ de calor. Finalmentemediante un proceso adiabático regresa a sus condiciones iniciales.

a. Representar el proceso en un diagrama P-V.

b. Determinar el trabajo del proceso adiabático.c. Determinar el trabajo neto del ciclo.

d. Determinar la energía interna de gas en cada uno de los estados interme-dios si se le asigna un valor de cero a la energía interna inicial.

Solución

Tomando como sistema la cantidad de gas en el cilindro, es un sistema ce-rrado sometido a un proceso cíclico en tres etapas: 1→2 a P = constante;2→3 a V = constante y 3→1 con Q = 0.

a. La representación en un diagrama P-V de este proceso se indica en lafigura 3.15.



61


Figura 3.15 Diagrama P-V del proceso indicado en el ejemplo 3.7

b. Haciendo un balance de masa y de energía para la etapa adiabática,considerando que el sistema permanece fijo con respecto a un puntode referencia, luego no experimenta cambios en su energía potencial nicinética, se tiene

M1 – M3 = 0

U1 – U3 = W ePara calcular W e es necesario conocer la variación de la energía interna

U1 – U3 = – (U3 – U1) = – ∆U1→3

∆U1→3 = ∆U1→2 + ∆U2→3 La variación de energía interna de 1 a 2 puede calcularse a partir de unbalance de energía para ese proceso así

U2 – U1 = Q e 1→2 – W s 1→2 = (50 – 25) kJ

∆U1→2 = 25 kJ

La variación de energía interna de 2 a 3 puede calcularse a partir de unbalance de energía para ese proceso así

U3 – U2 = – Q s 2→3 = – 30 kJ

luego reemplazando, se tiene∆U1→3 = 25 –30 = – 5 kJ

∆U3→1 = – ∆U1→3 = 5 kJ

de la relación anterior W e = 5 kJ.

c. Para determinar el trabajo neto del ciclo, se hace un balance de energíaglobal; teniendo en cuenta que no hay variación de energía dentro delsistema

Q neto= W neto

Q e 1→2 – Q s 2→3 = W neto

50 – 30 = 20 kJ es el trabajo neto.




62

d. Si se toma como referencia la energía interna en el estado 1 igual acero

U2 – U1 = 25 kJ; U2 = 25 kJ.

U3 – U2 = – 30 kJ; U3 = – 5 kJ. 2. Balance de energía en un sistema abierto

En general el ingeniero trata de diseñar equipos y procesos que operen enrégimen permanente o estacionario durante largos periodos de tiempo, estosprocesos son de operación y mantenimiento más sencillos que los no estacio-narios. De acuerdo con esto se pueden adoptar dos modelos para el estudiode los sistemas abiertos.

— Modelo de estado estable, flujo estable: es un modelo en el cual las pro-

piedades de la sustancia de trabajo en un punto dado no cambian conel tiempo y se consideran las siguientes suposiciones:

• El volumen de control no tiene un movimiento relativo a un eje coorde-nado.

• El estado de la masa en cada punto en el interior del volumen de controlno varía con el tiempo.

• La masa que fluye a través de los límites del sistema (frontera) conservasu estado termodinámico con el paso del tiempo y no se acumula.

• La velocidad a la cual el calor y el trabajo fluyen a través de los límites

del sistema permanece constante.Teniendo en cuenta estas suposiciones, se analizan nuevamente todos lostérminos de la ecuación 3.13.

Con respecto a la variación de energía dentro del sistema, esta solo puedepresentarse si existe variación de masa, pero la condición del modelo esque no hay acumulación de masa, luego este término siempre es cero.

Con respecto a la energía que entra o sale con la masa, se debe tenerpresente que no varía con el tiempo, lo mismo para los flujos de calor y trabajo, y la ecuación 3.13 se convierte en

(3.17)

Ejemplo 3.8

Se comprime aire en un proceso de estado estable flujo estable y sin friccióndesde 90 kPa, 15 °C y v = 0,918 m3/kg hasta 130 kPa de tal manera queP (v + 0,25) = constante. La velocidad a la entrada del compresor puede

despreciarse, a la salida es de 110 m/s.



63


Cuál es el trabajo requerido para la compresión por kilogramo de aire y la cantidad de calor asociada con el proceso, si la entalpía a la entrada es290 kJ/kg y a la salida 295 kJ/kg.

SoluciónDe acuerdo con el enunciado (véase figura 3.16), puede considerarse queno hay variación en la energía potencial de la sustancia que sale con res-pecto a la sustancia que entra, además, el volumen de control permanecefijo con respecto a un punto de referencia.

Figura 3.16 Representación esquemática del proceso de compresión

El balance de masa, teniendo en cuenta que no hay acumulación en el in-terior del sistema, es pero no se conoce cuál es el flujo másico.

El balance de energía es

como no se conoce el flujo másico se puede plantear el balance por unidadde masa y la relación se transforma así

en la cual w e y qs son incógnitas, es necesario disponer de otra relaciónpara resolver el problema.

Se sabe que y se conoce cómo está relacionado v con P

quiere decir que es necesario suministrar en forma de trabajo 28,65 kJ por

cada kg de aire que se vaya a comprimir.




64

Conociendo este trabajo se puede reemplazar en la ecuación del balancede energía para saber la cantidad de calor asociada con el proceso.

En este proceso es necesario suministrar una energía en forma de trabajode 28,65 kJ por kg de aire que se comprime y se liberan 17,6 kJ de calorpor kg de aire.

— Modelo de estado uniforme, flujo uniforme: a este modelo correspondenpor ejemplo, los procesos que ocurren cuando se llenan o vacían tanques.En él se consideran las siguientes suposiciones:

• El volumen de control permanece en una posición relativa constantecon respecto a un eje coordenado.

• El estado de la masa dentro del volumen de control puede cambiar conel tiempo, pero este cambio es a velocidad constante.

• El estado de la masa que fluye a través de los límites del sistema no varíacon el tiempo.

• Los flujos de calor y trabajo si los hay, son constantes en el tiempo. Eneste caso habrá que entrar a considerar si tienen o no validez todos los

términos de la ecuación 3.13.Ejemplo 3.9

Vapor de agua a una presión de 1,4 MPa y 300 °C fluye por una tubería queestá conectada, por medio de una válvula, con un tanque vacío. La válvula seabre y el tanque se llena hasta cuando la presión llega a 1,4 MPa, en ese mo-mento la válvula se cierra. El proceso es adiabático y los cambios de energíacinética y potencial se pueden considerar despreciables, además se cuentacon la información de la tabla 3.2 acerca de las propiedades AP = 1,4 MPa.

Tabla 3.2 Datos para el ejemplo 3.2t (°C) u (kJ/kg) h (kJ/kg)

300 2.785,2 3.040,4

350 2.869,2 3.149,5

400 2.952,5 3.257,5

500 3.121,1 5.474,1

Determinar la temperatura final del vapor en el tanque.

SoluciónLa figura 3.17 presenta un esquema del proceso.



65


Si se escoge como límite del sistema el tanque que inicialmente está vacío,entonces los balances de masa y de energía son

o en forma integrada

pero Mi = 0 (el tanque estaba inicialmente vacío)

Balance de energía

integrando nuevamente con Mi = 0

la cual conduce a

Con los datos proporcionados por el problema se puede encontrar la en-talpía a la entrada

he = 3.040,4 kJ/kg (a 1,4 MPa y 300 °C)

y por tanto uf = 3.040,4 kJ/kg. Con este valor se puede mirar, en la tablade propiedades, a qué valor de temperatura corresponde el valor encontra-do de energía interna. Se puede observar que el valor de energía interna

en el estado final está entre los dos últimos valores reportados en la tablade propiedades. Si se supone que la temperatura y la energía interna se

Figura 3.17 Esquema del proceso indicado en el ejemplo 3.9




66

comportan linealmente para intervalos pequeños de temperatura (estoes, suponiendo que entre valores contiguos de la tabla de propiedades sepuede utilizar interpolación lineal) entonces utilizando la ecuación de unalínea recta entre dos puntos

en la cual los subíndices 1 y 2 representan dos valores contiguos en latabla de propiedades y el subíndice ∗ el punto en el cual se quiere hallaruna de las propiedades.

Despejando

Se dice que un sistema que experimenta un proceso se encuentra en con-dición transitoria (estado no estacionario), si el valor de cualquiera de las

variables termodinámicas del sistema cambia con el tiempo. Cuando searranca o se para un proceso de estado estable, flujo estable, se presentancambios en las condiciones normales de operación y se tiene entonces unmodelo transitorio, que no se estudiará en el presente libro.

3.3.3 Balance de entropíaLa primera ley es una herramienta útil y versátil en el análisis de transforma-ciones energéticas. Sin embargo, hay fenómenos de conversión de energíaque no pueden explicarse utilizando únicamente la primera ley, pues estano permite predecir a qué grado habrá conversión de energía, ni tampocoindica si un proceso ideado para la conversión de energía es posible o no.

El concepto de entropía fue sugerido originalmente por el físico Clausiuscomo una medida de la capacidad que tendrá el universo en el futuro para

producir trabajo, como resultado de los procesos actuales o pasados, mos-trando cómo cada vez se pierde esa capacidad de hacer trabajo y cómo laentropía del universo aumenta.

Teniendo en cuenta que la primera ley de la termodinámica dice que aescala macroscópica la energía se conserva, entonces para comprender elconcepto de balance de entropía es necesario considerar que la energíapuede tener calidades y que a medida que se realizan los procesos la energíase va trasformando de una forma más útil (trabajo) a una menos útil (calor).La entropía entonces está relacionada con la energía sin ser energía.

La ecuación general de balance de entropía para un sistema sometido aun proceso es



67


La variación de entropía con el tiempo dentro del sistema se representa por

El flujo de entropía que entra es debido a los flujos de masa, de trabajo y de calor.

— El flujo de entropía que entra con la masa puede representarse como .

1. Flujo de entropía que entra con el trabajo

Para determinar el aporte del flujo de trabajo a la variación de entropía,se puede considerar el siguiente proceso ilustrativo: si se tiene una canti-dad fija de una sustancia dentro de un arreglo cilindro pistón de paredesadiabáticas y se ejerce sobre él un trabajo de tal manera que el pistón sedesplaza sin fricción, con un desplazamiento infinitesimalmente lento, elproceso de compresión es adiabático y es internamente reversible, aumentala energía cinética de las partículas que chocan con el pistón, aumentando

por ello su temperatura, produciendo mayor desorganización y aumentode entropía. Como también aumenta la presión y disminuye el volumen, setiene por ello mayor organización (al estar más empacadas las partículas)

y por tanto disminuye la entropía.

Se puede demostrar mediante herramientas de termodinámica estadísticaque estos dos efectos se compensan exactamente y la variación de entropíaneta para el sistema por efecto de este trabajo hecho sobre él, es cero. Lue-go, un flujo de energía en forma de trabajo no conlleva flujo de entropía.

2. Flujo de entropía que entra con el calor

Como consta en la definición de entropía (véase sección 2.6), si se colocauna cantidad de gas en un recipiente rígido y se le suministra calor, aumen-ta el grado de desorganización y por tanto la entropía, o sea que el flujode energía en forma de calor va acompañado de un flujo de entropía, estopuede representarse mediante la relación ds∝δQ. La entropía del sistema

varía si se recibe o libera calor durante un proceso (independiente de queeste sea reversible o no). La variación de entropía por flujo de calor será:

.

Para calcular cuál es la constante de proporcionalidad, considérese unacantidad de sustancia sujeta a un proceso cíclico reversible en cuatroetapas:




68

Dos isotermas A B y C D y dos adiabáticas B C y D A como se muestra enla figura 3.18.

El proceso comienza en A y regresa al mismo punto y no hay variación en

las propiedades de la sustancia.t1 y t2 representan trayectorias isotermas, t1 > t2 y S1 y S2 representan lastrayectorias adiabáticas.

De A a B se adiciona calor a temperatura constante (t1), de B a C hay unaexpansión adiabática, de C a D se extrae calor a temperatura constante(t2), de D a A hay una compresión adiabática.

Figura 3.18 Proceso reversible en cuatro etapas

El trabajo neto está representado por el área dentro de la curva A B C D y como puede observarse es un trabajo realizado por el sistema. Durante elproceso cíclico se obtuvo energía mecánica a partir de energía térmica y el ciclo reversible propuesto se conoce como ciclo de Carnot.

Si se quiere aumentar el trabajo producido por el ciclo, lo que equivaldríaa aumentar el área encerrada por la curva del proceso, se puede entregarcalor en la tercera etapa a una temperatura menor t3, y en este caso el

ciclo es A B E F W neto = Q 1 – Q 3 y t1 > t2 > t3

Considerando valores absolutos

Q 1 > Q 2 > Q 3Puede observarse entonces que en general Q i es una función de ti.

La variación de entropía en los dos ciclos (por ser reversibles) ocurre solo enlas trayectorias isotermas y para el ciclo A B C D se puede escribir como

como el proceso es cíclico entonces, ∆S ABCD = 0luego



69


y

(3.18)

La función f(t) puede escogerse arbitrariamente, para que no dependa delas propiedades de la sustancia de trabajo de la máquina térmica si no de latemperatura a la cual se transfiere calor reversiblemente, como lo propusoLord Kelvin: f (t) = T, esta temperatura T se conoce como temperatura

termodinámica y coincide con la escala absoluta de temperatura que sehabía presentado anteriormente

luego

En resumen, el flujo de entropía que entra al sistema se representa por

De forma análoga, el flujo de entropía que sale del sistema se representa por

siendo TQe y TQs las temperaturas a las cuales se da la transferencia decalor.

3. Entropía generada y entropía consumida

Para ilustrar el concepto de generación o consumo de entropía considerar elsiguiente arreglo: se tiene confinado un gas en parte de un recipiente rígido

y aislado térmicamente, separado del resto del recipiente que se encuentra vacío, mediante una membrana impermeable (véase figura 3.19a), si serompe la membrana, el gas llena todo el recipiente (véase figura 3.19b),

este proceso es irreversible y no se da transferencia de energía ni en formade calor ni en forma de trabajo. Cualquiera que sea el sistema escogido,la desorganización aumenta y nunca se podrá obtener un sistema más or-ganizado espontáneamente, luego la entropía aumenta y ese aumento vaasociado a la irreversibilidad. Se puede afirmar que la irreversibilidad deun proceso genera entropía pero nunca la consume.

Este proceso se pudo haber realizado entre los mismos estados inicial y final en forma tal que el sistema hiciera trabajo, esa energía que no seaprovechó como trabajo se gastó en vencer las irreversibilidades, por eso

se conoce como trabajo perdido (LW por el término en inglés lost work), y puede decirse que la entropía generada .




70

Se acaba de mostrar que la constante que relaciona el flujo de calor y el

flujo de entropía es 1/T, de la misma manera se puede establecer que laconstante para la generación de entropía es de igual forma, siendo en estecaso T la temperatura absoluta a la cual se producen las irreversibilidades.Entonces

En la cual TLW es la temperatura a la cual se da la irreversibilidad. Estatemperatura es en general variable y diferente de TQe y TQs.

Esta entropía generada también da cuenta de los flujos energéticos en el

interior del sistema que no pueden ser llamados calor ni trabajo. En resu-men, la ecuación general del balance de entropía queda

(3.19a)

4. Balance de entropía en un sistema aislado

En el caso de un sistema aislado en el cual no se da transferencia de materiani de energía, la ecuación 3.19a se transforma en

(3.19b)Para el caso particular en el cual se trata de un proceso reversible entonces

(3.19c)

Las dos ecuaciones anteriores llevan a la conclusión de que

(3.20a)

En la cual la igualdad se cumple en el caso de un proceso reversible.

La ecuación 3.20a establece que la entropía de un sistema aislado nuncapuede disminuir y se conoce como principio de aumento de la entropía.

Figura 3.19 Ilustración del concepto de generación o consumo de entropía. a. Estado inicial del proceso irreversible. b. Estado final del proceso irreversible.



71


Debido a que un sistema aislado es aquel que no interactúa en forma al-guna con sus alrededores, este principio puede parecer muy limitado ensus aplicaciones. Sin embargo, una selección apropiada de las fronterascon frecuencia hace posible trabajar con sistemas aislados. En particular,siempre puede formarse un sistema aislado si se incluyen el sistema y susalrededores dentro de una misma frontera y puesto que el conjunto de unsistema y sus alrededores se ha definido como el universo, entonces

(3.20 b)

en la cual

(3.21)

Se debe recordar en este punto que la entropía de un sistema puede au-mentar, disminuir o permanecer constante (véase ecuación 3.19a). Essolo la entropía del universo (o la de cualquier sistema aislado) la que nopuede disminuir.

El principio de aumento de entropía proporciona un criterio de reversibilidadpara cualquier proceso: 1) si la entropía del universo permanece constante,entonces el proceso es reversible, 2) si la entropía del universo aumenta, elproceso es irreversible y 3) si la entropía del universo disminuye, entoncesel proceso es imposible. (La entropía del universo no puede disminuir).

Es importante notar que, así como el principio de conservación de la energíaen el universo (véase ecuación 3.14) es llamado la primera ley de la termo-dinámica, el principio de aumento de la entropía (véase ecuación 3.20a) espostulado generalmente como la segunda ley de la termodinámica.

5. Balance de entropía en sistema cerrado

En un sistema cerrado la ecuación 3.19 se reduce a

(3.22 a)

En términos de la transferencia neta de calor la ecuación se puede escribircomo

(3.22 b)

Integrando

(3.22 c)

Cuando se trata de un proceso reversible la ecuación 3.22b queda

T dS)sist = δQ Nintegrando




72

Q N = ∫ T dSsist (3.23)

En la cual es claro que la variable independiente es el tiempo.

La integral del lado derecho de la ecuación 3.23 puede evaluarse como el

área bajo la curva en un diagrama T-S (véase la figura 3.20), o analítica-mente si se conoce la ecuación que relaciona la temperatura y la entropíadurante el proceso.

Figura 3.20 Evaluación gráfica de la transferencia de calor en procesos reversibles

De la figura 3.20 puede concluirse que la cantidad de calor transferidadurante el proceso, al igual que el trabajo, depende de la trayectoria.

Ejemplo 3.10

Dos kilogramos de oxígeno se comprimen isotérmicamente en un arreglocilindro pistón de 95 kPa y 20 °C a 300 kPa. Determina la transferenciade calor si

a. El proceso es reversible.

b. Si las irreversibilidades incrementan el trabajo requerido en un 80%comparado con el trabajo necesario para la compresión reversible.

Las variaciones de energía interna, entalpía y entropía son respectivamente:

5 kJ/kg, 7 kJ/kg, –0,3 kJ/kg K.

Solución

Si se escoge como sistema los dos kilogramos de oxígeno dentro del arreglocilindro pistón, se trata entonces de un sistema cerrado. Se considera queno hay variaciones de energía cinética y potencial en el interior del sistemapara determinar la transferencia de calor.

a. En el proceso reversible e isotérmico:

Balance de masa Mi = Mf = M

Balance de energía ∆U = Q N – W NM(∆u) = Q N – W N

Balance de entropía



73


Directamente del balance de entropía se puede calcular el calor transferido.

Q N = MT∆s = 2 kg × 293 K (–0,3) kJ/kg K = – 175,8 kJ

Como se trata de una cantidad neta de calor, el hecho de que sea negativo

significa que el calor se libera del sistema.b. En el proceso irreversible e isotérmico:

Balance de masa Mi = Mf = M

Balance de energía M(∆u) = Q N – W N


equivale a la entropía generada por irreversibilidades, en este caso TLW = TQN.Para calcular Q N mediante el balance de entropía es necesario conocer LW.

De acuerdo con el enunciado, el trabajo perdido por irreversibilidades esel 80% del trabajo requerido para la compresión en el proceso reversible,este trabajo se puede calcular del balance de energía en la parte a) cono-ciendo el Q N así

W N(rev) = Q N – M(∆u) = –175,8 kJ – 2 kg × 5 kJ/kg

W N(rev) = –185,8 kJ

trabajo que se suministra al sistema.Entonces LW = 0,8 × W N(rev) = 0,8 × 185,8 = 148,64 kJ

Q N = MT∆s – LW = –2 kg × 293 K × 0,3 kJ/kg K – 148,64 kJ = –324,44 kJ

Es un calor que fluye del sistema a los alrededores.

6. Balance de entropía en sistemas abiertos.

Al igual que para el balance de energía se pueden presentar dos casos:

—Modelo de estado estable, flujo estable: teniendo en cuenta las restriccio-nes mencionadas anteriormente, para este modelo, la ecuación general

del balance de entropía se convierte en

(3.24)

En el caso especial de un proceso adiabático con una sola entrada y unasalida, la ecuación anterior se transforma en

la cual conduce a que

(3.25)en la igualdad anterior se cumple solo en el caso reversible.




74

De la ecuación 3.25 se puede concluir que en el flujo adiabático a travésde cualquier sistema abierto el fluido no puede disminuir su entropía.

Ejemplo 3.11

Por una válvula de expansión fluyen 2,3 kg/s de refrigerante 12. A la entradade la válvula el refrigerante tiene las siguientes condiciones:

P = 2,7 MPa, h = 212,614 kJ/kg, s = 0,6585 kJ/kg K.

Escribir los balances de masa, energía y entropía si se desea que el procesosea:

a. Adiabático.

b. Isentrópico.

Solución

a. Si se considera como sistema el refrigerante que fluye en todo momentopor la válvula en estado estable y se desprecian los cambios en la energíacinética y potencial entonces

Balance de masa

Balance de energíaComo el refrigerante no mueve ningún eje en la válvula ni tampoco semueven los límites del sistema, entonces

y

Si además, se considera que el flujo a través de una válvula se da a una velocidad tal que no hay tiempo para establecer una transferencia de calor,entonces

y el balance de energía se reduce a

lo cual conduce a

he = hs El balance de energía lleva entonces a la conclusión de que el flujo adia-bático a través de una válvula es isoentálpico.

Balance de entropía: para el proceso sin transferencia de calor el balancede entropía queda

y

b. Un proceso isentrópico se puede dar de dos maneras:• Proceso adiabático reversible



75


En este caso los balances de masa y energía están representados por lasecuaciones

y he = hs

y el balance de entropía queda

se = ss

• Proceso irreversible con transferencia de calor

El balance de masa es nuevamente la ecuación

el balance de energía es ahora la ecuación

y el balance de entropía queda

como se requiere que el proceso sea isentrópico, entonces

—Modelo de estado uniforme, flujo uniforme: de acuerdo con las restric-ciones para este modelo presentadas en el balance de energía, la ecuaciónque se aplica es la ecuación general del balance (3.19a).

Ejemplo 3.12

Un tanque aislado cuyo volumen es 1 m3 contiene aire a 800 kPa y 25 °Ccon una densidad de 9,35 kg/m3, como muestra la figura 3.21. Se abre la

válvula para entregar el aire a la presión atmosférica y a 20 °C. La presióndentro del tanque cae hasta 150 kPa y la densidad dentro del tanque alcanzaun valor de 2,83 kg/m3. La diferencia de entropía entre el aire que escapa

y el que permanece dentro del tanque es 0,58 kJ/kg K. Asumiendo que el aire que permanece dentro del tanque experimenta unaexpansión adiabática reversible, calcular la entropía generada durante elproceso.

Solución

Se trata de un sistema abierto que cumple el modelo de estado uniforme,flujo uniforme. De acuerdo con el enunciado del problema, el aire quepermanece dentro del tanque no sufre cambio en su entropía.

Mque permanece (sf – si) = 0

Luego, sf = si dentro del tanque.




76

Para el sistema considerado, cuya superficie de control se muestra con laslíneas punteadas (véase figura 3.22).

Figura 3.21 Ilustración de un tanque aislado

Figura 3.22 Ilustración de un sistema abierto

Balance de masa: Mf – Mi = –Ms

Balance de entropía Mf sf – Mi si = –Ms ss + SgeneradaReemplazando, y recordando que si = sf se tiene que

Ms (ss – si) = Sgenerada

por otra parte

Mi = ρi V i = 9,35 kg/m3 × 1 m3 = 9,35 kg

Mf = ρf V f = 2,83 kg/m3 × 1 m3 = 2,83 kg

Ms = Mi – Mf = (9,35 – 2,83) kg = 6,52 kg

y de los datos del problema

(ss – si) = 0,58 kJ/kg K Reemplazando los valores de Ms y (ss – si) se tiene

Sgenerada = 6,52 kg × 0,58 kJ/kg K = 3,78 kJ/K

Las irreversibilidades en este proceso se generan en el paso a través de la válvula.


3.1 Una masa de 25 kg en reposo cae desde una altura de 5 m hasta que

golpea un resorte lineal que está en ese momento en posición deequilibrio. Si toda la energía del cuerpo al caer se destina a compri-



77


mir el resorte, ¿cuánto se acortará este si la constante del resortees de 500 N/m?

3.2 En función de la altura sobre el nivel del mar, la aceleración de la

gravedad es g = 9,807 – 3,32 × 10–6

Z; con g en m/s2

y Z en metros.¿Qué cantidad de trabajo será necesario realizar para elevar un satéliteque en La Costa pesa 2.350 N, desde la cuidad de Medellín (1.500msnm) hasta una altura de 450 km sobre la superficie de la tierra?

3.3 Calcular la potencia necesaria para acelerar un cuerpo de 3.400 Nde una velocidad de 40 m/s hasta 100 m/s:

a. En 1 segundo.

b. En 1 minuto.

3.4 Se tiene argón en un tanque rígido de 0,6 m3 a una presión de 1.500

kPa. El argón se enfría para así reducir la presión hasta 950 kPa.¿Cuánto trabajo se realiza? Dibujar un diagrama P-V para la trayec-toria de este proceso.

3.5 Un gas sufre un proceso mediante una trayectoria que se puede es-cribir como P×V n = C donde n y C son constantes. Halla la ecuacióngeneral para el trabajo realizado, cuando el gas se expande de unapresión absoluta y un volumen inicial de P1, V 1 hasta una presión y un volumen final de P2, V 2 respectivamente.

a. Suponiendo un sistema cerrado con trabajo debido a la expan-

sión.b. Suponiendo un sistema abierto con trabajo hecho por un eje.

3.6 Calcular la potencia necesaria para bombear 3,4 m3/h de agua (ρ = 999,1 kg/m3) desde un lago hasta un tanque abierto ubicado 3metros por encima del nivel del lago.

3.7 Un fabricante de ventiladores presenta los siguientes datos de suproducto cuando opera con aire a 20 °C:

Presión del aire a la entrada del ventilador = 101,325 kPa.

Diferencia de presión entre la entrada y la salida del aire = 0,80 kPa.

Gasto volumétrico = 870 m3/h.

Calcular la potencia mínima que se debe suministrar al ventiladorde estas características para que opere en estado estable.

3.8 Un gas ideal es sometido a una compresión reversible isotérmicaen un conjunto cilindro pistón sin fricción. Hallar la ecuación deltrabajo.

3.9 Un dispositivo cilindro pistón contiene un gas que sufre un procesode expansión cuasiestático para el cual la relación entre P y V es




78

con P en bar y V en m3. Si la expansión se realiza entre 4 y 5 bar,determinar

a. Las unidades de la constante 10,8.

b. La relación entre P y V en unidades S.I.c. El trabajo desarrollado en el proceso.

3.10 En un experimento de la expansión de un gas en un sistema cerradose tomaron los datos indicados en la tabla 3.3.

Tabla 3.3 Datos para el ejemplo 3.10

(m3/kg) 07998 08027 08700 09890 10976

P (kPa) 2.139,5 2.128,7 1.901,8 1.589,3 1.373,6

(m3/kg) 0,12010 0,13014 0,13998 0,15930 0,17832

(kPa) 210,9 082,2 977,2 815,4 96,3

a. Hallar el valor del volumen específico para los siguientes valoresde presión: 600 kPa, 1.100 kPa, 2.500 kPa y 3.000 kPa.

b. Calcular el trabajo realizado por el gas entre 2.100 kPa y 700 kPa.

3.11 Oxígeno gaseoso es mantenido en un dispositivo cilindro pistón a5 atm de presión por medio de un pistón que pesa 65 kgf y que es

mantenido en una posición inicial dentro del cilindro mediante unpasador. El cilindro, que tiene un área transversal de 652 cm2 y mide4 metros de altura, está abierto al ambiente. El volumen inicial delgas es de 32 litros y la temperatura es de 25 °C (la cual puede serconsiderada constante durante todo el proceso). En un momentodado, el pistón se libera y el gas se expande mediante una trayectoriaque se puede escribir

Con: a = 0,24203 Jm3

/mol2

, b = 2,0956 × 10–5

m3

/mol, c = 9,9106× 10–6 m3/mol.

Si el pistón asciende sin rozamiento, determinar:

a. ¿El pistón abandona el cilindro?

b. ¿Qué altura alcanza el pistón?

c. Si el pistón sale fuera del cilindro, ¿cuál es la velocidad con la quelo abandona?

3.12 En un conjunto cilindro pistón sin fricción se tiene 1 kg de gas a 5bar y ocupando un volumen de 100 litros. Este gas puede pasar aun estado 2 a 1 bar y 263 litros por la trayectoria A o por la B. El



79


proceso por la trayectoria A es adiabático y la relación entre P y V es V 5/3 × P = constante.

El proceso por la trayectoria B se caracteriza porque la presión de-

pende linealmente del volumen y hay transferencia de calor.Determinar el trabajo que realiza el gas por cada trayectoria.

3.13 El proceso de bombeo de agua se lleva a cabo en una planta industrialmediante una bomba a la cual entra el agua a 14,7 psia y sale a unapresión de 500 psig. Se puede considerar que el proceso de bombeoes adiabático y que los cambios de energía cinética y potencial sondespreciables. Determinar la potencia mínima requerida para operarla bomba con un gasto másico de 100 kg/s.

3.14 En un proceso de cuasiequilibrio en un sistema abierto, un gas se

expande en un eje desde un volumen de 0,150 m3

/kg y una presiónde 120 kPa a la entrada hasta un volumen de 0,25 m3/kg a la salidamediante una trayectoria tal que

P (v + 0,028) = constante

Calcular el trabajo realizado por el gas en el eje.

3.15 Un combustible de avión con un peso específico de 8.232 N/m3 debebombearse a una velocidad de 5,2 kg/s desde una presión de 40 kPahasta una presión de 800 kPa. La temperatura del combustible esaproximadamente de 5 °C y el cambio de velocidad a través de la

bomba es pequeño. Se calcula que la potencia necesaria de entradaa la bomba es del 140% de la requerida para realizar el bombeo sinfricción. Describir las suposiciones que se hagan y determinar lapotencia de entrada requerida.

3.16 Una mezcla benceno tolueno contiene 50% en masa de benceno.Una porción de la mezcla se vaporiza para dar un vapor que contiene85% en masa de benceno y un líquido residual que contiene 10,6%en masa de benceno.

Si el proceso es continuo en régimen permanente y la alimentación

de la mezcla es de 100,0 kg/h, calcular cuántos kg/h se obtienende vapor y cuántos kg/h de líquido residual.

3.17 Entra agua a un tanque de 2 litros con un flujo másico de 3 g/s y sale con un flujo másico de 5 g/s. Inicialmente el tanque está a lamitad de su capacidad. Escribir el balance de masa para este proceso.Resolver la ecuación para determinar en cuánto tiempo se descargael tanque.

3.18 Por una línea de conducción de 2 pulgadas de diámetro fluye CO2 a40 psia y 20 °F, con una densidad de 0,052 lb/pie3 y a una velocidad

de 2.000 pies/s. En una sección que está corriente abajo la tuberíase reduce a una de 0,5 pulgadas de diámetro, por la cual el CO2 fluye




80

con una densidad de 0,124 lb/pie3. Determinar la velocidad del fluidodespués de la reducción.

3.19 En una unidad de aire acondicionado entra aire atmosférico a 32

°C, con una densidad de 1,24 kg/m3

a través de un área de seccióntransversal de 0,058 m2 con una velocidad de 11,2 m/s. Se eliminael agua del aire y sale del sistema de aire acondicionado como unlíquido a un ritmo de 45,8 kg/h. El aire que sale de la unidad está a15 °C con una densidad de 1,32 kg/m3. El área de la sección trans-

versal de descarga es de 0,077 m2. Determinar la velocidad del aireque sale.

3.20 El sistema de flujo de un motor de avión de propulsión a chorrose debe diseñar de tal manera que entre aire con una densidad de0,041 lb/pie3 a una velocidad de 400 millas/h a través de una seccióntransversal con un área de 9,22 pie2. Del aire que ingresa, se debenretirar 6 lb/s de aire a través de un compresor, para la ventilaciónde la cabina. Al aire que va al motor se le añade combustible a unarazón de masa de aire/combustible de 38 y se quema. Los gases deescape tendrán una densidad de 0,021 lb/pie3 y una velocidad de1.180 pie/s. Determinar el área de la sección transversal de escape.

3.21 Un sistema cerrado experimenta un cambio de 1 a 2 en el cual se aña-den 450 kJ de calor y realiza un trabajo equivalente a 150 kJ. Duranteel proceso inverso 2-1, se suministran 100 kJ en forma de trabajo.

Determinar la transferencia de calor durante el proceso 2-1.3.22 Para cada uno de los procesos siguientes que se llevan a cabo en

sistema cerrado, llene los espacios en blanco de la tabla 3.4 dondesea posible.

Tabla 3.4 Datos para el ejemplo 3.22

Qneto

(kJ) W neto

(kJ) E1

(kJ) E2

(kJ) ∆E (kJ)

a 40 16 10

b 40 –16 60c –55 –30 10

d –15 20 0

e 10 30

3.23 En un tanque rígido se encuentran almacenados 1,5 kg de gas, loscuales se agitan mediante un impulsor que suministra 50 kJ/kg degas de trabajo. La energía del gas se incrementa de 120,0 a 160.000kJ/kg. Determinar la transferencia total de calor.

3.24 En un compresor se comprimen 129 kg/h de aire. Se sabe que du-rante la compresión aumenta la entalpía del aire en 19.000 kJ/kg



81


y la entalpía del agua que enfría el compresor aumenta en 10.000kJ/h. Despreciando los cambios en energía cinética y potencial y conociendo que 1 kWh de energía cuesta $45, calcula el costo deoperación del compresor.

3.25 Una batería de plomo de 12 voltios se requiere para suministrar 1,8amperios. La caída de energía interna de la batería debe ser 954 kJ(máximo). En este proceso la batería se calienta y debe disipar 90 kJde calor al aire que la rodea. Calcular el tiempo que se puede usarla batería antes de que se deba recargar.

3.26 Un cilindro cuyo volumen es 2 pie3 contiene 1,5 lb de un gas a 20psia y 60 °F. el gas se comprime en un proceso de cuasiequilibriohasta 120 psia de forma tal que

P (en psia) = constante – 100 V donde V está expresado en pie3. Su temperatura final es de 30 °F.La energía interna del gas está dada por:

u (en Btu/lb) = 0,20 t con t en grados Fahrenheit.

Dibujar un diagrama P-V y calcular:

a. La transferencia de calor.

b. El cambio de la entalpía por libra de gas.

3.27 A través de un aparato que opera en condiciones de estado estableflujo estable se realizan 70 kJ de trabajo por cada kilogramo defluido que pasa a través de él. La tubería de entrada está locali-zada 20 m sobre el piso y en este punto el volumen específico dela sustancia es 3 m3/kg, su presión es 300 kPa y la velocidad conque se desplaza es 50 m/s. La tubería de descarga está localizada15 m bajo el piso y en este punto la sustancia tiene un volumenespecífico de 9 m3/kg, una presión de 60 kPa y una velocidad de150 m/s. La pérdida de calor del fluido es de 3 kJ/kg. Determinarel cambio en la energía interna que experimenta la sustancia.

3.28 En un tanque aislado se encuentran almacenados 0,50 kg de gas con

una energía interna de 260 kJ/kg. Por medio de una válvula se lesuministra gas con una energía interna de 260 kJ/kg y una entalpíade 350 kJ/kg, hasta cuando la masa total dentro del tanque sea de1,0 kg. Calcular la energía interna final del gas dentro del tanque.

3.29 Un fluido se expande en una turbina en condiciones de estado y flujopermanentes. El fluido ingresa a la turbina por una tubería de 10pulgadas de diámetro a 13 m/s. En el punto de entrada, la entalpíadel fluido es de 2.400 kJ/kg y el volumen específico de 0,34 m3/kg.En el punto de salida, la tubería tiene 5 pulgadas de diámetro y el

fluido sale con una entalpía de 2.100 kJ/kg y con un caudal de 22,62l/s. Despreciando la transferencia de calor:




82

a. ¿Cuál es la magnitud y la dirección del trabajo involucrado eneste proceso?

b. ¿Cuál es la densidad del flujo a la salida?

c. ¿Cuál es el error que se comete si se considera que el cambio enla energía cinética es despreciable?

3.30 Se desea producir 40 l/s de vapor de agua a 350 °C en un evaporadorprovisto de una resistencia eléctrica. Al evaporador se alimentan8,5 kg/s de agua líquida en la siguiente condición: t = 350 °C, P =16,13 MPa, u = 1.641,9 kJ/kg, s = 3,7777 kJ/kg K.

El agua entra al evaporador con una velocidad de 4,2 m/s por unatubería de 2 pulgadas de diámetro. Al evaporador se entregan 2.500kW de energía eléctrica y este disipa 420 kW de calor al ambiente.

El vapor sale por una tubería de 6 pulgadas, ubicada 8 metros porarriba de la tubería de entrada. La eficiencia del evaporador es del78%. Calcular la entalpía, la entropía y el volumen específico a lasalida del evaporador.

3.31 El trabajo realizado por un sistema cerrado que experimenta unproceso de transformación reversible es de 15 kJ, y el calor que sele agrega es de 5 kJ. Determinar si el cambio de entropía para elsistema es:

a. Positivo.

b. Negativo.c. Puede ser positivo o negativo.

3.32 Un sistema cerrado efectúa un proceso durante el cual el cambio deentropía para el sistema es 18 kJ/K. El sistema recibe 6.000 kJ deun depósito de calor a 300 K. Determinar si el proceso es reversible,irreversible o imposible.

3.33 Un sistema cerrado efectúa un proceso mediante el cual eliminacalor. ¿Se puede regresar el sistema a su estado inicial mediante unproceso adiabático? Justificar la respuesta.

3.34 En un arreglo cilindro pistón se realiza un proceso isotérmico reversible a 25 °C en el cual el volumen del sistema se duplica sin quecambie su energía interna. Determinar el trabajo desarrollado porel sistema en kJ/kg si la relación que existe entre la entropía y el

volumen para un sistema cerrado se puede expresar como

s = so + 0,29 × ln v

donde s queda expresado en kJ/kg K si v está dado en m3/kg y so esuna constante.

3.35 Se efectúa un proceso en un dispositivo que opera de acuerdo conel modelo de estado estable flujo estable. El trabajo desarrollado es



83


de 50 Btu y la cantidad de calor cedido es de 10 Btu. Determinar siel cambio de entropía del fluido es:

a. Positivo.

b. Negativo.c. Puede ser positivo o negativo.

3.36 Un gas se expande reversible e isotérmicamente a 25 °C, sin quecambie su entalpía, en un dispositivo que opera en estado perma-nente. La presión del gas a la salida es igual a la tercera parte de lapresión a la entrada. Los cambios en energía cinética y potencialson despreciables. ¿Qué potencia en kW desarrolla el dispositivo siel flujo másico es de 50 kg/s?

La relación entre la entropía y la presión del gas es: s = so + 0,29 ×

ln P donde s está dada en kJ/kg K, P está dada en kPa.3.37 Se enfría un fluido en un intercambiador de calor que opera en flujo

permanente y que elimina calor al ambiente a 25 °C. El fluido entracon una entalpía de 2.326,1 kJ/kg y una entropía de 7.508 kJ/kgK. A la salida los valores de estas propiedades son respectivamente162,5 kJ/kg y 0,555 kJ/kg K. Demostrar que este proceso de trans-ferencia de calor es irreversible.

3.38 En un sistema cerrado a temperatura constante hay vapor de aguacon las siguientes propiedades: P = 16 bar, t = 350 °C, v = 0,17456

m3/kg, h = 3.145,4 kJ/kg.Durante el proceso se realiza un trabajo de 100 kJ/kg sobre el vaporpor medio de una rueda de paletas dentro del tanque. En un instan-te dado se transfieren 12,7 kJ/kg de calor a los alrededores. Si laeficiencia es del 72% calcular:

a. La energía interna al final del proceso.

b. El cambio de entropía del vapor de agua.

c. El trabajo perdido.



4. Consecuencias de la segunda

ley de la termodinámica

El balance de materia y de energía no es suficiente para analizar muchossistemas y procesos termodinámicos, debido a que la naturaleza ha impues-to sobre la conversión y la transferencia de energía ciertas restricciones

adicionales.El tratamiento de estas restricciones se ha facilitado por la introducción delconcepto de entropía y la segunda ley de la termodinámica, que permitenestablecer si un proceso puede realizarse o no y con qué eficiencia se llevaa cabo la transformación energética.

4.1 Postulados de la segunda ley de la

termodinámica

Las observaciones de las transformaciones en la naturaleza, referidas a launidireccionalidad de los procesos que en ella ocurren, están incorporadasen el enunciado de que todos los procesos espontáneos se desarrollan detal forma que la entropía del universo nunca disminuye. Las consecuen-cias de este enunciado son conocidas con el nombre de segunda ley de latermodinámica.

Esta ley se ha postulado en formas muy diversas, pero todas son equivalentesentre sí. Sin embargo, ninguna de las formulaciones puede derivarse deninguna otra ley de la naturaleza. Por tanto, la segunda ley de la termodi-

námica (al igual que la primera) mantendrá su validez hasta el momentoen el cual se descubran procesos que no puedan ser explicados por estasleyes.

Los numerosos enunciados de la segunda ley pueden ser considerados como variaciones de dos premisas básicas:

— Ningún dispositivo puede operar continuamente en forma tal que suúnico efecto sea la conversión completa de calor en trabajo. Este esconocido como el enunciado Kelvin Planck de la segunda ley.

— Es imposible la transferencia espontánea de calor desde un cuerpo a unatemperatura dada hacia otro de temperatura superior. Este constituyeel enunciado de Clausius.



85

4. Consecuencias de la segunda ley de la termodinámica

Si se acepta uno de los postulados, todos los demás pueden demostrarse apartir de él.

Aunque los postulados anteriores muestran la imposibilidad de transformar

completamente en forma continua energía térmica en mecánica, en la prácti-ca esta transformación puede llevarse a cabo, al menos parcialmente, median-te un dispositivo conocido como máquina térmica. De la misma manera sepuede transferir calor de un cuerpo a baja temperatura a otro a temperaturaalta con la intervención de un dispositivo conocido como refrigerador, elcual requiere para operar el suministro de un trabajo mecánico.

4.2 Máquinas térmicas

Una máquina térmica es un arreglo de equipos que operando en forma

cíclica y continua transforma parte de la energía térmica que recibe enenergía mecánica. La representación esquemática de una máquina térmi-ca operando entre una temperatura alta (Tc) y una temperatura baja (TF)constantes, puede verse en la figura 4.1, y algunos ejemplos de máquinastérmicas son la planta de generación termoeléctrica (véase figura 1.2) y los motores de combustión interna (ciclos de Otto y de Diesel).

Figura 4.1 Representación esquemática de una máquina térmica

Para medir la calidad del funcionamiento de una máquina térmica se utilizael concepto de eficiencia térmica definida como la relación entre el trabajoneto producido y la cantidad de calor suministrado

(4.1)

Si se realiza un balance de energía a la máquina térmica de la figura 4.1se obtiene

luego




86

y reemplazando en la ecuación 4.1

(4.2)

Este resultado es aplicable a cualquier máquina térmica sea esta reversibleo no. En el caso particular de una máquina completamente reversible, elbalance de entropía (teniendo en cuenta que la temperatura de los focospermanece constante) lleva al siguiente resultado

luego

y remplazando esta última relación en la ecuación 4.2 se obtiene(4.3)

La ecuación 4.3 establece que la eficiencia de una máquina térmica reversible depende solamente de la temperatura de los focos con los cualesintercambia calor y no depende de las características de la sustancia detrabajo que opera en el interior de la máquina.

Como puede observarse la eficiencia térmica nunca puede ser del 100%,porque esto implicaría o entregar calor a un foco a temperatura de ceroabsoluto o recibir calor de un foco a temperatura infinita.

Vale la pena resaltar que los focos con los cuales la máquina intercambiacalor son cuerpos cuya temperatura permanece constante a medida que seda el intercambio de calor y además, el proceso de transferencia de calorse considera reversible. En la naturaleza los cuerpos que más se aproximana estas características deben ser de gran tamaño como: la atmósfera, elocéano y los grandes ríos.

Ejemplo 4.1Una planta termoeléctrica que opera entre una fuente de calor a 850 °C

y una descarga (depósito) de calor a 110 °C opera con una eficiencia desolo el 48% de la eficiencia ideal.

a. ¿Cuál debe ser la velocidad de transferencia de calor hacia la planta si sequiere generar una potencia de 1000 MW? ¿Cuál debe ser la velocidada la cual se descarga calor de la planta?

b. Realizar el mismo cálculo anterior considerando una máquina ideal.

Solución

a. La eficiencia térmica ideal se puede calcular como



87


La eficiencia real de la planta será

y por definición

y por tanto

El calor que sale de la planta se puede calcular como

b. Si la máquina térmica es ideal

y

4.3 Refrigeradores y bombas de calor

Los refrigeradores y las bombas de calor son dispositivos que operan en

sentido inverso al de las máquinas térmicas y por tanto pueden, medianteel suministro de trabajo, extraer calor de un foco de baja temperatura y transmitir calor a un foco de alta temperatura.

Cuando el propósito del dispositivo es mantener un espacio a baja tempe-ratura mediante la extracción de calor recibe el nombre de refrigerador. Siel objetivo es mantener un espacio a alta temperatura se tiene una bombade calor. Una representación esquemática puede verse en la figura 4.2.

Aunque la representación y el principio de funcionamiento son el mismopara un refrigerador y una bomba de calor, el diseño mecánico y estructural

es diferente debido a que los objetivos son diferentes.Teniendo en cuenta el objetivo del refrigerador, se define el coeficiente deoperación como la relación entre el calor extraído del depósito frío y eltrabajo suministrado

(4.4)

Al igual que en una máquina térmica, si se reemplaza en términos de y de acuerdo con el balance de energía, entonces

(4.5)




88

Si se trata de un refrigerador reversible

(4.6)

Ejemplo 4.2Se desea que un refrigerador elimine 8,4×105 kJ/h de calor de un cuerpofrío. Si el coeficiente de funcionamiento del refrigerador es de 3,5, ¿cuál esla potencia con que se debe alimentar el refrigerador? ¿Cuál es la velocidada la cual el refrigerador debe entregar calor al ambiente?

Solución

De la definición de coeficiente de funcionamiento para un refrigerador(véase la ecuación 4.4)

Del balance de energía

La bomba de calor tiene como propósito mantener un depósito a alta tem-peratura, luego su coeficiente de operación está definido como la relaciónentre el calor suministrado al depósito y el trabajo neto

(4.7)

y de acuerdo con el balance de energía se obtiene

(4.8)

Figura 4.2 Representación esquemática de un refrigerador y de una bombade calor



89


Si la bomba de calor es reversible

(4.9)

Ejemplo 4.3Una bomba de calor proporciona 14 kJ/s para mantener una habitación a25 °C y recibe calor del exterior a –8 °C. Si el coeficiente real de funciona-miento es 50% del correspondiente a una bomba de calor ideal que operaentre las mismas temperaturas, ¿cuál es la potencia real necesaria paraoperar la bomba?

SoluciónEl coeficiente de funcionamiento ideal de la bomba de calor está dado por

El coeficiente de funcionamiento real es entonces

(COP)real = 0,5 (COP)ideal = 4,515

y de la ecuación 4.7

Contrario a la eficiencia de una máquina térmica que nunca puede ser

igual o mayor que uno, en una bomba de calor o en un refrigerador elcoeficiente de operación puede ser mayor que uno, sin embargo, el coefi-ciente de operación del dispositivo reversible siempre será mayor que elreal, funcionando entre los mismos focos de temperatura.


4.1 Una máquina térmica que opera en un ciclo reversible recibe energíade un depósito de calor a 1.500 °C y cede calor a un depósito a 40 °C.Calcular el cambio de entropía de los depósitos y del universo si porcada ciclo la máquina realiza un trabajo de 5.000 kJ.

4.2 Una máquina térmica que opera en un ciclo recibe calor de un depósitoa 2.000 K y cede calor a un depósito a 300 K.

Determina si la máquina es reversible, irreversible, o imposible paracada uno de los siguientes casos

a. Q f = 50 J, W s = 1.500 J

b. Q c = 2.000 J, Q f = 300 J

c. Q c = 1.000 J, W s = 900 J

4.3 Dos refrigeradores reversibles están conectados en serie. El primerotoma calor de un depósito frío a TF y descarga calor a 10 °C. El se-




90

gundo refrigerador absorbe el calor eliminado por el primero a 10 °C y descarga al medio ambiente que se encuentra a 25 °C.

a. Si se desea que ambos refrigeradores tengan el mismo coeficiente

de funcionamiento, ¿cuánto debe valer TF?b. Si se desea que ambos refrigeradores consuman la misma cantidadde trabajo, ¿cuánto debe valer TF?

4.4 Dos máquinas térmicas que operan en ciclos de Carnot están colo-cadas en serie. La máquina A, recibe calor a 1.200°F y descarga a undepósito con una temperatura T. La máquina B, recibe el calor quedescarga la primera y a su vez descarga calor a un depósito que estáa 60 °F. Calcular la temperatura T para el caso en que

a. Los trabajos de las dos máquinas sean iguales.

b. Las eficiencias de las dos máquinas sean iguales.4.5 Durante mucho tiempo se ha propuesto generar potencia eléctrica

aprovechando la diferencia de temperatura que se presenta en cier-tas partes del mar. Si la máxima temperatura disponible cerca de lasuperficie del océano es de 30 °C y la mínima, cerca del fondo, es de5 °C, ¿cuál es la eficiencia máxima que puede tener una máquina deesta naturaleza?

4.6 Una persona asegura haber desarrollado una máquina térmica queaprovecha la diferencia de temperatura que se da en el océano (30 °C y

5 °C) y dice que puede producir 100 kJ de trabajo a partir de 1.000 kJde calor que se agreguen en cada ciclo. Verificar si puede ser verdad.

4.7 Una máquina térmica reversible que toma energía de un depósito dealta temperatura TC y elimina calor a los alrededores a TO, se utilizapara operar un refrigerador (también reversible). El refrigerador tomacalor de un cuerpo frío a TF y elimina calor a los mismos alrededoresa TO. Demostrar que el cociente del calor eliminado del cuerpo frío(Q F) y el calor proporcionado a la máquina térmica (Q C) se aproximaa TF/(To–TF) si TC es un valor mucho mayor que TO.

4.8 Una máquina térmica reversible intercambia calor con tres depósitos y produce una cantidad de trabajo de 400 Btu. El depósito A tiene unatemperatura de 800 °R y suministra 1.200 Btu a la máquina; si losdepósitos B y C tienen temperaturas de 600 y 400 °R respectivamente.¿qué cantidad de calor en Btu intercambia cada uno con la máquina?¿Cuál es la dirección de los intercambios de calor con respecto a lamáquina?

4.9 Si para hacer funcionar un refrigerador cuyo coeficiente de operaciónes 4, se emplea una máquina térmica con una eficiencia del 40%, ¿quécantidad de calor se debe proveer a la máquina térmica por cada kilo

joule que se sustrae del cuerpo frío mediante el refrigerador?



91


4.10 El arreglo mostrado en la figura 4.3 se puede utilizar para producir calordel proceso a alta temperatura. Si la eficiencia térmica de la máquinareal es el 60% de la eficiencia de la máquina reversible y el coeficiente defuncionamiento real de la bomba de calor es el 60% del coeficiente de labomba de calor reversible. Determinar la cantidad de calor que se requierede la fuente a 373 K para producir cada unidad de calor a 425 K.

Figura 4.3 Obtención de calor mediante una fuente de baja temperatura,para el problema 4.10

4.11 Para mantener un edificio a 22 °C se requiere suministrar 85.000 kJ/h

de calor. Cuánta potencia requiere una bomba de calor de Carnot siabsorbe calor de

a. La atmósfera a –5 °C.

b. Agua de un pozo a 8 °C.

4.12 Una máquina térmica recibe 250 kJ de calor reversiblemente de undepósito de calor a 1.200 K. Luego, mediante un proceso adiabáticoreversible de expansión se reduce la temperatura del sistema a 300 K.Posteriormente se transfieren en forma reversible 180 kJ de calor aun sumidero que se encuentra a 300 K. El ciclo se completa medianteun proceso adiabático de compresión. Determinar si la compresiónadiabática es reversible, irreversible o imposible.

4.13 Se hace pasar una corriente eléctrica de 20 A por una resistencia de 50ohmios que se mantiene a 100 °C. la energía disipada por la resistenciala recibe el aire de los alrededores, que permanece a 25 °C. Si el procesotranscurre durante 2 horas. ¿Cuánta entropía se produce (en kJ/kg K)?

4.14 Una máquina térmica y un refrigerador están conectados como semuestra en la figura 4.4. La máquina térmica tiene una eficiencia desolo el 81% de la eficiencia ideal y el refrigerador tiene un coeficientede funcionamiento de solo el 86% del coeficiente de funcionamientode un refrigerador ideal. Calcula:




92

a. El trabajo que sale de la máquina térmica.

b. El flujo de calor del depósito de alta temperatura hacia la máquinatérmica.

c. El flujo de calor y la temperatura de descarga del refrigerador.

Figura 4.4 Conexión entre una máquina térmica y un refrigerador, para elproblema 4.14

4.15 Se desea mantener refrigerado un depósito a –30 °C mediante laextracción de 1.500 kW de calor. Para esta operación se utiliza unrefrigerador que descarga calor al ambiente (el cual está a 25 °C) y que tiene un coeficiente de funcionamiento de solo el 62% del coefi-

ciente de funcionamiento del refrigerador ideal que opera entre lasmismas temperaturas. El refrigerador recibe trabajo de una máquinatérmica reversible que recibe calor de un depósito de alta temperatura

y deposita 500 kW de calor al ambiente. Calcular:

a. El flujo de calor descargado del refrigerador.

b. El flujo de calor y la temperatura del depósito de alta temperaturahacia la máquina térmica.

c. Si en lugar de una máquina térmica reversible se tiene una conuna eficiencia del 71% de la eficiencia máxima, ¿cuál debe ser el

flujo de calor de la fuente de alta temperatura hacia la máquinatérmica?



5. Cálculo de las propiedades de sustanciaspuras mediante diagramas y tablas

En este texto solo se presentan procesos en los cuales la sustancia de trabajoes una sustancia pura, es decir, que tiene una composición química definidala cual no varía durante la transformación. Algunos ejemplos son: agua,dióxido de carbono, amoníaco, oxígeno y aire seco. En este último caso se

considera como una sustancia pura porque siempre tendrá una composiciónfija de 21% de oxígeno y de 79% de nitrógeno.

En el análisis de procesos es necesario determinar el estado termodinámico delas sustancias y esto se logra mediante el conocimiento de un cierto númerode propiedades. En este punto es indispensable conocer, en cada caso, cuál esel mínimo número de propiedades que determinan el estado termodinámico,esto se logra mediante la aplicación de la regla de las fases.

5.1 Reglas de las fases de Gibbs

Esta regla establece que el número de propiedades intensivas indepen-dientes que deben especificarse arbitrariamente para fijar el estado ter-modinámico de un sistema en equilibrio se llama grados de libertad y esla diferencia entre el número total de variables que se tiene y el númerode ecuaciones independientes que relacionan estas variables. J. W. Gibbsdedujo mediante racionamiento teórico la siguiente relación

L = 2 – F + C – r (5.1)

en la cual L es el número de grados de libertad, F es el número de fasesen equilibrio, C es el número de componentes y r indica las restricciones(generalmente asociado al número de reacciones químicas presentes). Parael caso de una sustancia pura C = 1 y r = 0, luego

L = 3 – F (5.2)De la ecuación 5.2 se puede deducir que para una sustancia pura el númeromáximo de fases que pueden coexistir en equilibrio es tres. En este casono hay grados de libertad y las condiciones son únicas.

5.2 Relaciones fundamentales para una sustancia pura

De acuerdo con la regla de las fases el estado termodinámico de una sustanciapura en una fase queda determinado conociendo dos variables intensivas,




94

esto significa que cualquier propiedad puede evaluarse como una funciónde las dos propiedades conocidas. Esto es

Z = f (X, Y) (5.3)

En la cual X, Y, Z representan propiedades. En particular para las propie-dades que ya se conocen

u = f (T, v)

s = f (u, P)

h = f (s, T)

(5.4)

Estas relaciones definen estados de equilibrio y se conocen como ecuacionesde estado.

Para una cantidad fija de una sustancia pura que experimenta un cambio

de estado reversiblemente, el balance de energía en forma diferencial esdu = δqneto – δ w neto

y el balance de entropía es

y reemplazando en el balance de energía

du = T ds – δ w neto

y con δ w de la ecuación 4.2 queda

du = T ds – P dv (5.5)

Además, por definiciónh = u + Pv

y entoncesdh = du + P dv + v dPpor tanto

dh = T ds + v dP (5.6) Aunque las ecuaciones 5.5 y 5.6 fueron deducidas para el caso de un procesoreversible, el resultado muestra una relación entre propiedades de estado,

y por tanto son válidas también para procesos irreversibles y se pueden

aplicar siempre que se requiera evaluar la variación de la energía internao de la entalpía conociendo las variaciones de la entropía y el volumen ode la entropía y de la presión respectivamente.

Se pueden definir otras propiedades útiles (como se verá más adelante),llamadas energía libre de Gibbs (G) y energía libre de Helmholtz (A), así

g = h – T s (5.7)

a = u – T s (5.8) y en forma diferencial

dg = dh – T ds – s dT

da = du – T ds – s dTreemplazando las ecuaciones 5.5 y 5.6



95

5. Cálculo de las propiedades de sustancias puras...

dg = v dP – s dT (5.9)

da = –P dv – s dT (5.10)

Las ecuaciones 5.5, 5.6, 5.9 y 5.10 se conocen como ecuaciones funda-

mentales de la termodinámica porque a partir de ellas se puede generarcualquier relación termodinámica.

5.3 Superficie P-v-T y diagramas de propiedades

Como se dijo anteriormente, la presión, el volumen y la temperatura sonpropiedades de medición directa y por tanto se pueden realizar una serie deexperiencias que permiten establecer cómo están relacionadas estas propie-dades en las distintas fases y en equilibrio entre ellas. Los resultados obtenidosse pueden representar en coordenadas rectangulares obteniendo lo que seconoce como superficie P-v-T.

Las condiciones bajo las cuales dos o más fases de una sustancia pura puedencoexistir en equilibrio reciben el nombre de condiciones de saturación. En estospuntos la presión y la temperatura se conocen como presión de saturación y temperatura de saturación. Es importante recordar, de la regla de las fases,que al especificar la presión (o la temperatura) y la condición de saturación sedeterminan las otras propiedades intensivas de las fases involucradas. Cualquierfase de una sustancia que exista bajo estas condiciones se conoce como fasesaturada. Por ejemplo, en el equilibrio de un líquido con vapor de una sustancia,

a estas fases se les llama líquido saturado y vapor saturado respectivamente.Mucho más útiles que la superficie P-v-T en tres dimensiones son los dia-gramas bidimensionales que se pueden obtener como proyecciones de lasuperficie P-v-T sobre cada uno de los planos.

5.3.1 Diagrama presión temperatura (diagrama de fases)En este diagrama se pueden apreciar varias características de las sustanciaspuras (véase figura 5.1).

Aunque para la mayoría de las sustancias la temperatura de congelaciónaumenta a medida que aumenta la presión, de forma que la curva de satu-ración sólido líquido (línea de fusión) tiene pendiente positiva, para el agua

y otras para sustancias que se expanden al congelarse, el incremento en lapresión disminuye la temperatura de congelación de modo que la línea defusión tiene una pendiente negativa (véase figura 5.2).

Para la mayoría de las sustancias hay cierta presión por debajo de la cual nopuede existir el líquido. Por debajo de esta presión las fases sólida y de vaporcoexisten en equilibrio y la línea de saturación sólido vapor en un diagramaP-T se conoce como línea de sublimación. Para todas las sustancias, a mayorpresión, mayor es la temperatura de sublimación (o en otras palabras, lalínea de sublimación siempre tiene pendiente positiva).




96

Figura 5.2 Diagrama de fase de una sustancia que se expande al congelarse

Figura 5.1 Diagrama de fase para una sustancia que se contrae al congelarse

La curva que separa la fase líquida de la fase vapor recibe el nombre de curvade vaporización o curva del punto de ebullición. La pendiente de la curvade vaporización es positiva para todas las sustancias simples compresibles,lo cual significa que la temperatura a la cual el líquido alcanza la ebulliciónaumenta al incrementarse la presión.

El líquido que existe a una temperatura inferior a su temperatura de sa-turación (o a una presión superior a su presión de saturación) se conocecomo líquido comprimido o líquido sub-enfriado; por consiguiente, todoslos puntos de la región líquida que no están en la línea de saturación lí-

quido vapor o sólido líquido, representan estados de líquido comprimido.De igual forma, un sólido a una temperatura menor que la temperatura



97


de saturación se llama sólido comprimido, y un vapor con una tempera-tura por encima de la temperatura de saturación se conoce como vaporsobrecalentado.

El punto en el cual se interceptan las líneas de vaporización, de sublimación y de fusión representa las condiciones a las cuales las tres fases puedencoexistir en equilibrio y recibe el nombre de punto triple. Esta condiciónestá representada por un punto solamente en el diagrama P-T, pero enotros diagramas de propiedades está representado por una línea o por unárea. Si una sustancia puede existir en más de tres fases, tiene más de unpunto triple.

5.3.2 Diagrama presión volumen específico

Un diagrama P-v de una sustancia pura se muestra en la figura 5.3. De lamisma manera que en el diagrama P-T, los estados sólido, líquido y vaporestán representados por distintas regiones en un diagrama P-v. Sin embargo,a diferencia del diagrama P-T el equilibrio de dos fases está representadopor un área y el equilibrio de tres fases está representado por una línea.En este diagrama se puede observar que a medida que aumenta la presión,el volumen específico del líquido saturado se incrementa y el del vaporsaturado disminuye, de tal forma que al final de la línea de vaporizaciónse hacen iguales y el líquido y el vapor no se pueden diferenciar entre sí.Este punto se conoce como punto crítico. A presiones y temperaturas

mayores que la presión y la temperatura crítica las fases líquida y vaporno son distinguibles.

Figura 5.3 Diagrama presión volumen específico




98

Figura 5.4 Domo de vapor en un diagrama P-v con líneas de temperaturaconstante

El área bajo el domo formado por las líneas de líquido saturado y de vaporsaturado representa mezclas de líquido y vapor y se conoce en ocasionescomo la región de vapor húmedo (esta región se representa, en el diagramaP-T, como la línea de vaporización entre el punto triple y el punto crítico).La línea a-b representa los estados de volumen específico mínimo para elsólido a diferentes presiones, o en otras palabras, el sólido no puede com-primirse más allá de esta línea.

El área delimitada por los puntos a-b-c-d representa la región sólida y elárea delimitada por los puntos c-d-e-f representa mezcla de sólido y líquido.De acuerdo con la definición de las condiciones de saturación, el líquidoa la temperatura de congelación (e-f) podría llamarse líquido saturado,pero esto puede producir confusión con la línea de líquido a temperaturade ebullición. Por tanto, la línea e-f se conoce como línea de líquido en

congelación.Por debajo de la presión de tres fases no pueden existir líquidos, el áreaencerrada por los puntos a-c-e-g-h representa mezclas de sólido y vapor (lalínea a-c representa el sólido saturado y la línea g-h representa estados de

vapor saturado). La línea c-e-g representa los estados en los que puedencoexistir las tres fases.

Debido a la compresibilidad menor del líquido, comparado con el vapor, lapendiente de las líneas de temperatura constante en la región del líquidoes mucho mayor que las mismas líneas en la región del vapor (véase figura

5.4). Por otra parte, dado que la vaporización a temperatura constante seefectúa también a presión constante, una línea de temperatura constantedentro de la región de vapor húmedo constituye también una línea depresión constante.



99


5.3.3 Diagrama temperatura volumen específicoLa figura 5.5 constituye un diagrama T-v donde se muestra la curva de sa-turación. El comportamiento de la sustancia en la región de líquido vapor

es muy semejante al examinado en el diagrama P-v.

Figura 5.5 Diagrama T-v

El espaciamiento de las líneas de presión constante en la región del líquidoes mucho más pequeño que en la región de vapor. Por esta razón, un estado

de líquido comprimido se puede aproximar como un estado de líquido sa-turado a la misma temperatura y se puede observar también que el cambiode volumen a temperatura constante, debido a un cambio de presión, esmucho mayor para un vapor que para un líquido. Esto es debido a que el

vapor es mucho más compresible que el líquido.

5.3.4 Diagrama temperatura entropía Además de la superficie P-v-T y de sus proyecciones a cada uno de los pla-nos, se pueden establecer diagramas de otras propiedades que son útiles

en aplicaciones específicas de ingeniería. Uno de estos es el diagrama T-s(véase figura 5.6). Por lo general, en estos diagramas se indican las líneasde presión constante y las líneas de entalpía constante lo cual hace queeste diagrama sea sumamente útil.

Dado que, como se explicó antes, el área bajo la trayectoria que representaun proceso cuasi estático en un diagrama T-s constituye la cantidad decalor suministrada durante el proceso, en el caso de un ciclo reversible(formado por varios procesos reversibles), la transferencia de calor netadurante el ciclo está dada entonces por el área encerrada por los procesos

y de acuerdo con el balance de energía, esta área representa también el

trabajo neto desarrollado durante el ciclo. Es por esta razón que el diagramaT-s adquiere gran valor para el estudio de ciclos.




100

Figura 5.7 Diagrama h-s o diagrama de Mollier

5.3.5 Diagrama entalpía entropíaUn esquema de un diagrama h-s (también llamado diagrama de Mollieren honor a su creador) se muestra en la figura 5.7. Dado que el diagramade Mollier contiene información de utilidad para la mayoría de los análisis deingeniería, su uso es bastante común. En especial, se facilita mucho el es-tudio de dispositivos tales como toberas, difusores, compresores, turbinase intercambiadores de calor.

Figura 5.6 Esquema de un diagrama T-s para una sustancia pura

5.3.6 Diagrama presión entalpíaEn la figura 5.8 se muestra un diagrama P-h. Este diagrama es de gran utilidaden el estudio de ciclos de refrigeración, ya que en él, varios de los procesosideales que forman tales ciclos quedan representados por líneas rectas.

Las líneas de temperatura constante en la región del líquido son prácti-camente verticales dado que el efecto de la presión en la entalpía es des-preciable para un líquido. En la región de vapor, las líneas de temperaturaconstante tienen una pendiente muy pronunciada, acercándose a la vertical



101


en la región de baja presión. Esto se debe a que en un vapor a baja presiónesta no afecta a la entalpía. (Este aspecto se estudiará con mayor detallecuando se muestre el comportamiento de los gases ideales).

5.4 Calidad y humedad

Como lo define la regla de las fases para una sustancia pura, si se estableceuna propiedad y la condición de saturación entonces las otras propieda-des de las fases involucradas quedan determinadas. Pero las propiedadesde la mezcla total no pueden ser especificadas a menos que se conozcanlas cantidades de cada una de las fases presentes. En efecto, suponga queel volumen ocupado por el vapor saturado en una mezcla sea V g y que el

volumen ocupado por el líquido saturado sea V f , entonces el volumen totalde la mezcla está dado por

V = V f + V g (5.11)

y en términos de volúmenes específicos

V = Mf v f + Mg v g (5.12)en la cual Mf y Mg son la masa del líquido saturado y del vapor saturadorespectivamente.

Es claro que se necesita conocer Mf y Mg (además de v f y v g) para determinarel valor del volumen de la mezcla.

La ecuación 5.12 se puede escribir como

(5.13)

en la cual v es el volumen específico de la mezcla y M es su masa. El co-ciente de la masa del vapor entre la masa total recibe el nombre de calidadde la mezcla x.

Figura 5.8 Domo de vapor en un diagrama P-h




102

(5.14)

combinando las ecuaciones 5.13 y 5.14 se obtiene

v = v f (1 – x) + v g x (5.15a)

o bien v = v f +( v g – v f ) x = v f + x v fg (5.15b)

en la cual, v fg = v g – v f La relación entre la masa del líquido y la masa total se llama humedad dela mezcla (Y)

(5.16)

Un líquido saturado que no esté en presencia de vapor tiene entonces x = 0 y Y = 1.

De igual manera, un vapor saturado sin presencia de líquido se caracterizaporque x = 1, Y = 0 (a esta condición se le llama en ocasiones vapor satu-rado seco). Se ve claramente entonces, que el valor mínimo de la calidad

y de la humedad es cero. Los conceptos de calidad y humedad no tienensentido por fuera de la región de equilibrio de fases líquido vapor.

De forma similar a la ecuación 5.12 se pueden escribir las otras propiedadesde una mezcla de dos fases de una sustancia pura

U = Mf uf + Mg ug (5.17a)H = Mf hf + Mg hg (5.17b)

S = Mf sf + Mg sg (5.17c) y en términos de la calidadu = uf (1 – x) + ug x = uf + ufg x (5.18a)

h = hf (1 – x) + hg x = hf + hfg x (5.18b)

s = sf (1 – x) + sg x = sf + sfg x (5.18c)

Ejemplo 5.1En un arreglo cilindro pistón se expanden adiabática y reversiblemente 10 kgde refrigerante R 134a desde una presión de 1 MPa hasta una presión de 0,2MPa y una temperatura de 12 °C. ¿Cuál es la temperatura inicial del sistema

y cuál el trabajo realizado por el refrigerante sobre el pistón y la atmósfera?

Solución

Se trata de un proceso que ocurre en sistema cerrado sin experimentarcambios en su energía cinética y potencial. Luego el balance de masa es

∆M = M2 – M1 = 0

El balance de energía para esta situación es∆U = M (u2 – u1) = – W s



103



∆S = M (s2 – s1) = 0

Con las condiciones del estado 2

P2 = 0,2 MPa y t2 = 12 °C.En el diagrama P-h del R 134a se pueden leer las otras propiedades:

v 2 = 0,12 m3/kg, h2 = 262 kJ/kg, s2 = 1 kJ/kg K.

Para calcular u2 se debe recordar que

u2 = h2 – P2 v 2 = 262 – 200 × 0,12 = 238 kJ/kg

como s2 = s1, entonces con s1 y P1 = 1 MPa queda determinado el estado1 y se puede leer

v 1 = 0,024 m3/kg, h1 = 298 kJ/kg, t1 = 67 °C

y calcular u1 = h1 – P1 v 1 = 298 – 1.000 × 0,024 = 274 kJ/kg y del balance de energía

W s = 10 kg (274 – 238) kJ/kg = 360 kJ

La temperatura al comienzo de la expansión es de 67 °C y el trabajo hechopor el sistema es 360 kJ.

Ejemplo 5.2

En la línea de una estación de bombeo de gas, el metano se comprime adia-báticamente desde 500 psia y 77 °F hasta 725 psia, a razón de 2,5 lbm/s.

Calcular la potencia requerida en kW y la temperatura del metano a la salidadel compresor, si el proceso es reversible.

Solución

Limitando el volumen de control como se muestra en la figura 5.9, se tratade un sistema abierto que experimenta un proceso de compresión adiabáticoen estado estable flujo estable.

Figura 5.9 Limitación del volumen de control, ejemplo 5.2

Las bases del análisis son: 1) que las variaciones de energía cinética y po-tencial de la masa que fluye pueden considerarse despreciables y 2) que el

proceso es adiabático y reversible. El balance de masa es




104

Balance de energía:

he puede conocerse pues el estado termodinámico a la entrada está deter-minado con Pe = 500 psia y te = 77 °F.

Para determinar hs es necesario determinar primero el estado termodinámi-co a la salida, del cual aparentemente se conoce una propiedad, la presiónPs = 725 psia. Un balance de entropía para ese sistema es

luego

Se = Ss

Se tiene entonces la otra propiedad ss

que define completamente el estado.Con ayuda del diagrama P-h para el metano con Pe = 500 psia y te = 77 °Fse lee he = 390 Btu/lbm y se = 1.23 Btu/lbm °R con ss = 1.23 Btu/lbm °R

y Ps = 725 psia: hs = 418 Btu/lbm y ts = 120 °F = 48,9 °C.

La potencia requerida es de 70,38 kW y la temperatura con la cual sale elmetano del compresor es 48,9 °C.

Ejemplo 5.3

Un recipiente rígido cuyo volumen es de 0,5 m3 contiene 80% en volumen

de agua líquida y 20% en volumen de vapor a 200 °C. En esas condicionesse bombea agua de tal modo que se introducen al recipiente 140 kg. Si latemperatura final del fluido en el recipiente es de 80 °C, ¿cuál es la presiónfinal en kPa?

Solución

Si se selecciona como volumen de control las paredes del tanque rígidocomo se aprecia en la figura 5.10, se trata de un sistema abierto, sometidoa un proceso de llenado.

Figura 5.10 Volumen de control para el ejemplo 5.3

Para determinar la presión final es necesario, conocer el estado termodi-námico mediante dos propiedades intensivas independientes que son latemperatura y el volumen específico que puede calcularse a partir de lainformación suministrada.



105


Temperatura final del agua dentro del recipiente

tf = 80 °C.

Volumen específico final del agua

para conocer la masa final, se hace un balance de masa

Mf – Mi = Me, Mf = Mi + Me

además se sabe que

Mi v i = V recipiente

v i se puede conocer, se trata de una mezcla líquido vapor con calidad

V líquido = 0,8 V recipiente = 0,8 × 0,5 m3 = 0,4 m3

V vapor = 0,2 V recipiente = 0,2 × 0,5 m3 = 0,1 m3

a 200 °C en el diagrama T-s para el agua

v f = 2 cm3/g = 2 × 10–3 m3/kg

v g = 140 cm3/g = 14 × 10–2 m3/kg

Con esto se obtiene

x = 0,0036

v i = (1 – x) v f + v g x = 2,5 × 10–3 m3/kgMi = 200 kg

Entonces

Mf = 200 + 140 = 340 kg

v final = 0,5/340 = 1,47 × 10–3 m3/kg

con tf = 80 °C y v final = 1,47 × 10–3 m3/kg en el diagrama T-s se puede verque P es la presión de saturación: 0,5 bar.

5.5 Tablas de propiedadesLa misma información que reportan los diagramas se puede obtener en formade tablas de datos. Tanto los diagramas como las tablas de propiedades seconstruyen a partir de una serie de mediciones experimentales de las variablesde medición directa y la ayuda de relaciones entre propiedades (como lasecuaciones 5.5 a 5.10). Debido a que los datos experimentales son (en gene-ral) escasos, se pueden generar valores para otros estados termodinámicospor medio de interpolaciones con la ayuda de métodos numéricos apropiados.La ventaja de las tablas frente a los diagramas es su precisión a costa de un

mayor consumo de tiempo para obtener la información. El valor reportadopara aquellas propiedades que no se pueden medir en forma directa se obtiene




106

escogiendo un estado de referencia arbitrario para el cual se asigna un valorde cero (generalmente a la energía interna y a la entropía). Por esto, se debetener cuidado de no mezclar datos de una sustancia obtenidos de distintasfuentes. A diferencia de los diagramas, donde toda la información apareceen ellos, en las tablas la información se muestra sectorizada.— Tabla de saturación: donde aparecen reportadas la temperatura y la

presión de saturación, el valor de las propiedades específicas del líquidosaturado (subíndice f) y las del vapor saturado (subíndice g). Esta tablareporta valores entre el punto triple y el punto crítico.

Teniendo en cuenta que en equilibrio de fases la temperatura y la pre-sión son dependientes entre sí, esta tabla puede presentarse teniendola temperatura o la presión como argumento.

— Tablas de vapor sobrecalentado y líquido comprimido: de acuerdo conla regla de las fases, en esta zona se requiere del conocimiento de dospropiedades independientes entre sí, es por eso que estas tablas son dedos argumentos (temperatura y presión). Conviene recordar que laspropiedades del líquido comprimido cambian muy poco con la presión.Solo para altas presiones. A bajas presiones las propiedades se puedencalcular de manera aproximada, suponiéndolas iguales a los valorescorrespondientes de la saturación a la misma temperatura.

Puesto que la información en las tablas de datos se encuentra dividida porfases, es necesario determinar la fase en que se encuentra una sustancia

para así utilizar la tabla apropiada. Para esto se presentan generalmentedos casos:

1. Se conocen la temperatura y la presión.

a. En la tabla de saturación se lee la presión de saturación (Psat) a latemperatura conocida, y si

Pconocida>Psat ⇒ Líquido comprimido

Pconocida=Psat ⇒ Líquido + vapor

Pconocida<Psat ⇒ Vapor sobrecalentado

b. Otra manera de determinar la fase es leyendo la temperatura de sa-turación (Tsat) a la presión conocida, y si

Tconocida < Tsat ⇒ Líquido comprimido

Tconocida = Tsat ⇒ Equilibrio líquido vapor

Tconocida > Tsat ⇒ Vapor sobrecalentado

2. Se conocen la temperatura (o la presión) y una propiedad intensiva π (u, h, v, o s).

En la tabla de saturación a la temperatura (o presión) conocida se lee πf y πg (aquí π representa a cualquiera de las propiedades u, h, v, o s) y si

π < πf ⇒ Líquido comprimido π = πf ⇒ Líquido saturado



107


πg > π > πf ⇒ Líquido + vapor π = πg ⇒ Vapor saturado

π > πg ⇒ Vapor sobrecalentado

5.5.1 Interpolación de propiedades tabuladasMuy a menudo, en la solución de problemas, se requiere hacer interpolacio-nes entre valores tabulados con el fin de obtener el valor de las propiedadespara condiciones que no aparecen en la tabla de datos. Si los incrementosen variables independientes (temperatura y presión generalmente) sonpequeños, se puede emplear la interpolación lineal para obtener datosaceptables (como en el ejemplo 4.9), es decir, si x es la propiedad que sequiere determinar, entonces

(5.19)

En la cual los subíndices 1 y 2 representan dos datos consecutivos de latabla de datos.

Para los casos en los cuales los intervalos no son lo suficientemente pe-queños (como en algunas tablas de vapor sobrecalentado), el cálculo dealgunas propiedades (en especial el volumen y la entropía) no arroja buenosresultados si se realiza mediante una interpolación lineal.

Para el caso del volumen, se sabe que este es inversamente proporcional

a la presión y por tanto, una expresión de interpolación que da mejoresresultados que la ecuación 5.19 es

(5.20)

Para el caso de la entropía las expresiones de interpolación que dan mejoresresultados son

(5.21)

(5.22)

Ejemplo 5.4

En un arreglo cilindro pistón se comprimen 50 kg de amoniaco en formaisotérmica. Al principio de la compresión el amoniaco está a 18 °C y 250kPa y la presión al final es de 1.200 kPa. Para la compresión se necesitaron18,5 MJ de trabajo mecánico. Calcular la transferencia de calor y el trabajoperdido durante el proceso.

Solución

Si se escoge como sistema el amoniaco atrapado en el arreglo cilindropistón, entonces se pueden escribir los balances de la siguiente manera.




108

Balance de masa

∆Msist = 0; Me = 0; Ms = 0

Balance de energía

∆U = M (uf – ui) = W e – Q sBalance de entropía

e integrando

M T (sf –si) = Lw – Q s

Para calcular el trabajo perdido se debe determinar primero el trabajo quese hubiera requerido si el proceso se realiza en forma reversible entre los

mismos estados inicial y final.Balance de energía del proceso reversible

M (uf – ui) = W e, rev – Q s, rev

Balance de entropía del proceso reversible

M T (sf –si) = – Q s, rev

Se requiere conocer entonces el cambio en la energía interna y la entropíadurante la compresión y se requiere primero que todo establecer la fase enla que está el amoniaco en las condiciones inicial y final. Para la condicióninicial (de la tabla de saturación)

ti = 18 °C ⇒ Psat = 803,66 kPa

por tanto se trata de un vapor sobrecalentado. De la misma manera, sepuede establecer que al final el amoniaco es un líquido comprimido.

Las propiedades al comienzo de la compresión se pueden encontrar en latabla de vapor sobrecalentado del amoniaco (mediante interpolaciones)

v i = 0,5525 m3/kg, hi = 1.503,0 kJ/kg, si = 5,8043 kJ/kg K y se puedecalcular ui = 1.503 – 250 × 0,5525 = 1.364,9 kJ/kg.

Las propiedades al final de la compresión se pueden evaluar como aproxi-

madamente iguales a las del líquido saturado a 18 °C. v f = 0,001631 m3/kg, hf = 265,4 kJ/kg, sf = 1,0112 kJ/kg K y, uf = 265,4– 1.200 × 0,001631 = 263,4 kJ/kg.

Se puede obtener

Q s, rev = M T (si –sf ) = 50 × 291,15 (5,8043 – 1,0112) = 69,77 MJ

W e, rev = Q s, rev + M (uf – ui) = 69.770 + 50 (263,4 – 1.364,9) = 14.695 kJ

por tanto

Lw = W total – W rev = 3.805 MJ

y la transferencia de calor del proceso no reversible se calcula así

Q s, no rev = Q rev + Lw = 69,77 + 3.805 = 73,58 MJ



109


Figura 5.11 Volumen de control para el ejemplo 5.5

Ejemplo 5.5

A una válvula de expansión fluyen 6 kg/s de freón-12 a 20 °C y 0,8 MPa y salen a presión atmosférica. Calcular la temperatura y la densidad delfreón–12 a la salida de la válvula.

Solución

En forma esquemática el proceso se puede representar como se indica en

la figura 5.11.Para este caso de sistema abierto en estado estable y suponiendo que loscambios en energía cinética y potencial no son apreciables, entonces

Balance de masa

Balance de energía. Como se explicó en el ejemplo 3.11 si se consideraque el flujo es lo suficientemente rápido y puesto que no se mueve ningúneje, ni los límites del sistema

Balance de entropía. Al igual que en el ejemplo 3.11

Las propiedades de salida se pueden conocer con Ps = 0,1 MPa y he = hs.Por otra parte, de la tabla de saturación del freón–12 se obtiene que a 20 °CPsat = 0,5673 MPa o sea que a la entrada se trata de un líquido compri-mido y he ≈ hf = 54.828 kJ/kg. Con estos datos se puede establecer quea la salida de la válvula Ps = 0,1 MPa y hs = 54.828 kJ/kg y de la tabla de

saturación se puede leer t = –30 °C y hf = 8.854 kJ/kg y hg = 174.076kJ/kg (hg > hs > hf ).

En este punto se puede decir que a la salida el freón-12 es una mezcla delíquido vapor con una temperatura de –30 °C.

Para calcular la densidad de salida es necesario conocer primero la calidaden ese punto

con este valor y tomando de la tabla de saturación v f = 6,72 × 10–4 m3/kg

y v fg = 0,158703 m3/kg entonces v = v f + v fg x = 0,0451 m3/kg y ρ = 1/v = 22,17 kg/m3.




110

5.6 Capacidad calorífica

Es una propiedad termodinámica de gran utilidad cuando se quieren cono-cer la energía interna u o la entalpía h de las sustancias simples.

Recordando que una propiedad cualquiera de una sustancia pura en unafase es función de dos propiedades intensivas independientes; u = u (T, v)

y h = h (T, P), se puede escribir la diferencial total para cada una de laspropiedades anteriores

(5.23)

(5.24)

En este punto se pueden definir dos nuevas propiedades termodinámicas

(5.25)

en la cual C v se llama capacidad calorífica a volumen constante y

(5.26)

donde CP es la capacidad calorífica a presión constante.

Las unidades de C v y CP serán unidades de energía por unidad de masa y dife-rencia de temperatura y se trata de cantidades específicas. También se puedehacer referencia a las capacidades caloríficas por cantidad molar de sustancia

y en ese caso se representa con los simbolismos y y las unidades seránenergía sobre cantidad de sustancia en moles y diferencia de temperatura.

Cuando se tienen dos o tres fases en equilibrio para una sustancia pura P y Tno son propiedades independientes y entonces no pueden evaluarse C v y CP..Para sustancias puras en fase sólida o líquida la variación de las propiedadespor variación de volumen o presión es menos significativa que por variación de

la temperatura, entonces C v = CP = C y es solo función de temperatura.Dado que la capacidad calorífica es una propiedad termodinámica, es portanto función de dos propiedades intensivas independientes. En fase gaseosase acostumbra representarla como función de T y P.

Físicamente esta propiedad representa la cantidad de energía que esnecesario suministrar o retirar a una cantidad determinada de sustanciapara variar en un grado su temperatura. A esta cantidad de energía se ledenominaba antiguamente “calor sensible”, porque se pensaba que esaenergía solo podía suministrarse o retirarse en forma de calor, lo cual noes cierto porque también puede ser en forma de trabajo; el término sen-sible se refiere a que ese intercambio de energía causa un sensible efectoen la temperatura.



111


En condiciones de saturación cualquier suministro de energía a presiónconstante produce un cambio de fase sin cambiar la temperatura, es poreso que a esta energía se le llamaba “calor latente” dando la idea de que elefecto quedaba oculto.

Ejemplo 5.6

Un tanque de calentamiento se alimenta continuamente con hielo picadoa –10 °C y 100 kPa. Si se desea obtener vapor a 200 °C y la misma presión,calcular la cantidad de calor que se debe suministrar al agua. Adicionalmentese sabe que la capacidad calorífica del agua sólida es 2,03 J/gK, que la ca-pacidad calorífica del agua líquida es CL = 4,19 J/gK y que el calor latentede fusión del agua es 335 J/g.

Solución

Los balances de masa y de energía para este sistema abierto en estadoestable son (considerando cambios insignificantes en la energía cinética

y potencial).Me = Ms

0 = M (he – hs) + Q e y por tantoqe = hs – he = h vapor – hhielo = ∆hSe puede entonces conocer la cantidad de calor necesaria si se conoce elcambio de entalpía de todo el proceso, para lo cual este se debe dividir en

varias etapas:a. Suministro de calor para pasar de hielo a –10 °C hasta hielo a 0 °C.b. Suministro de energía para el cambio de fase (hasta líquido a 0 °C).c. Aumento de la temperatura del líquido desde 0 °C hasta la temperatura

de saturación a 100 kPa (99,63 °C).d. Cambio de líquido saturado hasta vapor saturado a 100 kPa y 99,63 °C.e. Aumento de la temperatura del vapor desde 99,63 °C hasta 200 °C.O sea que

qe = ∆ha + ∆hb + ∆hc + ∆hd + ∆he

donde los subíndices representan cada una de las etapas.La primera etapa se puede calcular utilizando la ecuación 5.24 que paraun proceso a presión constante se puede escribir comodh= CP dT

y en forma integrada con la capacidad calorífica del sólido constante∆ha = C (T2 – T1) = 2,03 × (0 + 10) = 20,3 J/gLa etapa b es el cambio de entalpía para el cambio de fase y es conocidocomo el calor latente de fusión

∆hb = ∆hfusión = 335 J/g




112

La parte c se puede calcular utilizando dh= CP dT con la capacidad calo-rífica del líquido constante

∆hc = CL (Tsat – Tcongelación) = 4,19 × (99,63 – 0) = 417,4 J/g

El cambio de entalpía del proceso d es el calor latente de vaporización quese puede encontrar en la tabla de saturación del agua a 100 kPa

∆hd = hg – hf = hfg = 2.258 J/g

Por último, la etapa e se puede hallar de las tablas del vapor de aguasobrecalentado que a 100 kPa ∆he = h200 °C – hsat = 2.875,3 – 2.675,5 =199,8 J/g.

En conclusión, la cantidad de calor necesaria para llevar a cabo el proceso es

qe = 20,3 + 335 + 417,4 + 2.258 + 199,8 = 3.230,5 J/g.


5.1 Se tiene agua en un sistema cerrado a 300 °C con un volumen especí-fico de 0,015 m3/kg y se expande reversiblemente a presión constantehasta que v f = 2 v i.

a. Hacer un esquema del proceso en el diagrama T-s.

b. Calcular la temperatura final.

c. Calcular el trabajo y el calor involucrados en el proceso.

5.2 Agua con una calidad de 0,5 se expande reversiblemente a tempera-tura constante de 200 °C en un arreglo cilindro pistón hasta que su

volumen sea 4,67 veces el volumen inicial.

a. Hacer un esquema del proceso en los diagramas P-v, P-T y T-s.

b. Calcular el trabajo y el calor para realizar el proceso.

5.3 Encontrar los valores de entalpía específica del agua para los siguientesestados:

a. P = 0,2 MPa, x = 1.

b. P = 0,2 MPa, x = 0,59.c. P = 2,0 MPa, u = 2.900 kJ/kg.

d. P = 25 MPa, t = 100 °C.

e. P = 25 MPa, t = 110 °C.

f. P = 0,1 MPa, t = 25 °C.

5.4 Determinar la energía interna del freón–12 para cada uno de lossiguientes casos:

a. t = –5 °C, P = 50 kPa.

b. t = 25 °C, s = 0,5 kJ/kg K.c. P = 1,0 MPa, h = 220 kJ/kg.



113


5.5 Determinar, para cada uno de los siguientes casos, la densidad delamoníaco:

a. t = –40 °C, P = 98 kPa.

b. P = 300 kPa, h = 1.290 kJ/kg.c. P = 240 kPa, s = 6.230 kJ/kg K.

5.6 Por un ciclo reversible de cuatro etapas fluye freón–12 de la siguientemanera: freón–12 a –80 °C y una calidad desconocida se hace pasarpor un evaporador hasta obtener una calidad de 0,9, luego el freónse comprime en forma adiabática reversible hasta vapor saturado.En una tercera etapa el freón se condensa hasta líquido saturado.Por último, se expande en forma adiabática reversible hasta llegar alestado inicial.

a. Hacer un esquema del ciclo en un diagrama T-s.b. Calcular la temperatura, la calidad y la entropía en cada punto del

ciclo.

c. Calcular la transferencia de calor en el evaporador y en el condensador.

d. Calcular el trabajo del proceso y el coeficiente de funcionamientodel refrigerador.

5.7 Una máquina térmica que utiliza agua como fluido de trabajo operacomo sigue: el líquido saturado recibe calor a 310 °C hasta alcanzar

vapor saturado. Luego el agua sufre una expansión adiabática rever-

sible hasta que la calidad sea del 80%. Luego de lo cual, el agua cedecalor hasta alcanzar el valor de entropía del estado inicial. Por último,el agua se comprime a entropía constante hasta alcanzar nuevamente elestado inicial.

a. Hacer un esquema del proceso en el diagrama T-s.

b. Calcular Q C, Q F, W neto y η de la máquina térmica.

5.8 Un compresor enfriado por agua cambia el estado del freón–12 desde vapor saturado a 1 bar hasta una presión de 8 bar y 62 °C. El flujomásico de freón–12 al compresor es de 0,9 kg/min y el agua de en-

friamiento absorbe calor a razón de 140 kJ/min. Calcular:a. La potencia que debe ser suministrada en el compresor.

b. Si la velocidad del freón-12 no debe cambiar entre la entrada y lasalida del compresor, ¿cuál debe ser la relación entre los diámetrosde la tubería de salida y tubería de entrada (ds/de)?

c. Si el agua de enfriamiento disponible está a 25 °C y 85 kPa y debe salirde la camisa de refrigeración como vapor saturado a la misma presión,calcular el flujo másico y el caudal de agua que se necesita.

d. Calcular el costo por hora de operación del compresor teniendo en

cuenta que un kWh de energía eléctrica cuesta $50 y un metro cúbicode agua cuesta $540.




114

e. ¿Cuál es la eficiencia del compresor si se le compara con un com-presor adiabático reversible que opera entre las mismas condicionesde entrada y la misma presión de salida?

5.9 Amoniaco a 250 kPa y 10 °C fluye por una tubería que está conectada,por medio de una válvula, con un tanque vacío. La válvula se abre y eltanque se llena hasta que la presión alcanza 250 kPa. En ese momentola válvula se cierra. Si el proceso es adiabático y se pueden despreciarlos cambios en la energía cinética y potencial, calcular la temperaturafinal del amoniaco dentro del tanque.

5.10 Un cilindro con pistón contiene 10 kg de nitrógeno a 0,5 MPa y –163 °C.El pistón se desplaza de tal manera que comprime el nitrógeno a tempe-ratura constante hasta obtener nitrógeno líquido saturado y retirando2.200 kJ de calor. Calcular:

a. El trabajo necesario para la compresión.

b. La eficiencia de la compresión si se compara con una compresiónisotérmica reversible entre los mismos estados.

5.11 Se desea comprimir amoniaco de –18 °C y con una calidad del 85% hasta500 kPa y 60 °C. Para realizar este proceso se utilizan un evaporador y uncompresor acoplados en serie. El calentador descarga amoniaco como

vapor saturado a una velocidad de 15 m/s a través de una tubería de 10cm2 de área de sección transversal. El compresor es adiabático y descargael amoniaco a través de un área de sección transversal de 3,65 cm2. Elflujo es estable y se puede despreciar el cambio en la energía cinética enel evaporador pero no en el compresor. Calcular:

a. El flujo másico y la velocidad de descarga del compresor.

b. El flujo de calor de todo el proceso.

c. El trabajo necesario para la compresión.

d. La eficiencia de la compresión y la temperatura de salida si se utilizaun compresor adiabático reversible.

e. Si en lugar de un evaporador y un compresor en serie se pudiera

utilizar un solo compresor ideal. ¿Cuál sería el trabajo hecho enese compresor hipotético?

5.12 En una planta de refrigeración el amoniaco líquido entra a la válvulade expansión a 200 psi y 80 °F. La presión a la salida de la válvula esde 40 psi y los cambios en la energía cinética son despreciables.

a. Mostrar el proceso en un diagrama T-s.

b. Calcular el incremento en la entropía por kilogramo de amoniaco.

5.13 Una turbina recibe vapor de agua a 7,04 kgf/cm2 y 260 °C. El vaporsale a 0,141 kgf/cm2. El trabajo medido en la salida es de 95,5 kcal/kg de vapor. Hallar la eficiencia de la turbina si se compara con unaturbina adiabática reversible.



115


5.14 Entra vapor de agua a una tobera adiabática a 10 bar y 200 °C con una velocidad de 20 m/s. Las condiciones de salida son 7 bar y 180 °C.Determinar la relación entre los diámetros de tubería de entrada y de salida. (d

e

/ds

).

5.15 Se hace pasar agua por un estrangulamiento de tal manera que elagua entra a 40 bar y sale a 0,35 bar y 120 °C.

a. Calcular la calidad del vapor que entra al dispositivo de estrangu-lación.

b. Si las velocidades de entrada y de salida son prácticamente iguales,calcular la relación entre área de salida y área de entrada al dispo-sitivo de estrangulación.

5.16 Un bloque de 1 lbm de aluminio a 200 °C se pone en contacto con

un bloque de 2 lbm de cobre a 1.000 °C y se les aísla del ambiente,permitiendo que lleguen en forma reversible a un equilibrio térmico.Si para el aluminio CP = 4,8 + 0,00322 T y para el cobre CP = 5,44 +0,01462 T ( con CP en cal/mol K y T en kelvin), calcular:

a. La temperatura final de los bloques.

b. El cambio de entropía de cada bloque.

5.17 En un sistema cerrado hay vapor de agua a 16 bar con una densidad de5,7287 kg/m3. Durante el proceso se realiza un trabajo de 100 kJ/kg de va-por por medio de una rueda de paletas dentro del tanque y se transfieren

12,7 kJ/kg de calor a los alrededores de tal manera que la temperaturapermanece constante. Calcular la presión final en el tanque

5.18 Si se considera que el refrigerante más apropiado es aquel que muestrauna mayor caída de temperatura para una caída de presión dada enuna estrangulación, escoger el mejor refrigerante entre freón–134a,freón–12 y amoniaco si se tiene una caída de presión de 0,5 MPa através de una válvula aislada y la temperatura de entrada a la válvulaes de 25 °C (Considere que las sustancias a la entrada están comolíquido saturado y que los cambios en la energía cinética y potencial

son despreciables)5.19 Utilizando los datos de tablas de propiedades para el oxígeno y la defini-ción , determinar de manera aproximada la capacidad ca-lorífica a presión constante para el oxígeno en los siguientes estados:

a. 101.325 kPa y 180 K.

b. 101.325 kPa y 300 K.

c. 10 MPa y 180 K.

d. 10 MPa y 300 K.

5.20 La presión de saturación (presión de vapor) del agua para una tem-peratura dada se puede determinar con gran precisión en el intervalode temperaturas de 0 °C a 200 °C mediante la siguiente expresión




116

en la cual T está en kelvin y Psat es la presión de vapor en atmósferas.

Escribir un programa de computadora con esta expresión para calcularla presión de vapor (hasta tres cifras decimales) en kPa, desde 10 °Chasta 200 °C con incrementos de 10 °C y que calcule los porcentajesde desviación con respecto a los datos de las tablas.



6. Cálculo de las propiedades

de los gases ideales

Como se vio anteriormente, se puede expresar una propiedad para unasustancia pura en función de otras dos. Para regiones donde existe una fasesimple, la relación entre P, v y T puede expresarse como f (P, v, T) = 0. Esta

relación es conocida como ecuación de estado y permite encontrar una delas propiedades en función de las otras dos, por ejemplo v = v (P,T) y

(6.1)

En esta ecuación las derivadas parciales tienen un significado determinado y pueden medirse experimentalmente.

La ecuación 6.1 se puede transformar si se definen

(6.2)

en la cual β es el coeficiente de expansión térmica

(6.3)

siendo k el coeficiente de compresibilidad isotérmica. En consecuencia

(6.4)

Esta ecuación constituye una ecuación de estado.De entre todas las fases, la gaseosa permite una descripción cuantitativarelativamente sencilla y en especial aquellos gases que son llamados idealesse pueden modelar mediante relaciones simples. En este capítulo se pre-senta el cálculo de las propiedades y algunos procesos con gases ideales.

6.1 Propiedades de los gases ideales

Los gases que se encuentran a bajas presiones y altas temperaturas (puede

considerarse que cumplen esta condición las sustancias que se encuentran apresiones por debajo de dos atmósferas y temperaturas inferiores a dos veces




118

Tc o a presiones por encima de dos atmósferas y temperaturas superioresa dos veces la Tc, o sea, que se encuentren alejadas de las condiciones desaturación), se pueden modelar como sustancias que tienen el siguientecomportamiento:

— El volumen de las partículas se considera despreciable con respecto al volumen del recipiente que contiene al gas debido a que la distanciaentre ellas es apreciable.

— Las colisiones de las partículas son elásticas entre sí y con las paredesdel recipiente.

— No hay atracción o repulsión interna.

A estos gases se les denomina gases ideales.

6.1.1 Relaciones P-v-T para gases idealesEn 1662 Boyle realizó las primeras medidas cuantitativas del comporta-miento P-v de una cantidad fija de un gas a una temperatura constante y encontró que el volumen y la presión están relacionados inversamente

,

o sea que

P v)T = constante

La representación de esta relación en un diagrama P-v (véase figura 6.1)

corresponde a una hipérbola equilátera en la cual cada una de las curvases una isoterma y T1 < T2 < T3.

Figura 6.1 Experimento de Boyle: relación entre presión y volumen a tempe-ratura constante



119

6. Propiedades de los gases ideales

Por tanto

(6.5)

En 1687 Charles y Gay Lussac cada uno trabajando independiente del otro,estudiaron el comportamiento de una cantidad fija de gas a una presión bajaque permanecía constante y encontraron que la temperatura y el volumentienen una relación directamente proporcional

(6.6)

Reemplazando las ecuaciones 6.5 y 6.6 en la ecuación 6.1 se obtiene

IntegrandoLn v = Ln T − Ln P + Ln R

donde R es la constante de integración. Luego v P = R T (6.7a)Si se considera que la cantidad fija de gas es una mole, entonces se tratano de volumen específico sino de volumen molar entonces

(6.7b)

Se puede determinar R si se considera que cuando T = T0 = 273,15 K y

P = P0 = 1 atm, entonces V 0 = 22,415 × 10−3

m3

y (delprincipio de Avogadro); en consecuencia:

se conoce con el nombre de constante universal de los gases.

Las ecuaciones 6.7a y 6.7b, representan distintas formas de la ecuaciónde estado del gas ideal y de ellas se puede deducir que

= R × PM (6.8)donde PM es el peso molecular del gas y R es la constante particular delgas.

Otras formas de expresar la ecuación de gas ideal son

P V = M R T

P V = N T

en las cuales M y N representan la cantidad de masa y el número de molesrespectivamente.

La ecuación de estado de gas ideal también puede obtenerse a partir dela mecánica cuántica.




120

6.2.2 Relaciones para calcular energía interna (u),

entalpía (h) y entropía (s) de gases idealesDe acuerdo con la regla de las fases, la energía interna de una sustancia

pura se puede escribir como una función de presión y temperatura. La de-pendencia de la presión se debe a la existencia de fuerzas intermoleculares

y si la sustancia se comporta como gas ideal estas fuerzas no existen y no serequiere ninguna energía para alterar la distancia molecular promedio y porconsiguiente tampoco para producir cambios en el volumen y la presión deun gas a temperatura constante. De esto se concluye que la energía internade un gas ideal solo depende de la temperatura y por tanto la ecuación 6.25puede escribirse como

y du = C v dT (6.9)

como h = u + Pv y para gases ideales Pv = RT entonces h = u + RT. Portanto, la entalpía de gases ideales también depende solo de la temperatura

y la ecuación 6.26 puede escribirse

y

dh = Cp

dT(6.10)

Por otra parte, dh = du + R dT y entonces Cp dT = C v dT + R dT y portanto

Cp = C v + R (6.11)

Para calcular la variación de entropía se tienen dos relaciones obtenidas apartir de las ecuaciones 6.5 y 6.6. De la ecuación 6.5

y reemplazando du de acuerdo con la ecuación 6.9 y P/T por R/v entonces

(6.12)

de la misma manera, de la ecuación 6.6 se obtiene

(6.13)

Para integrar las ecuaciones 6.9 a 6.13 es necesario tener en cuenta que lascapacidades caloríficas son función de la temperatura y por tanto se debe

conocer la expresión de la función para hacer una integración analítica.En general, si el cambio de temperatura no es de gran magnitud, se puede



121


hacer un cálculo aproximado de las integrales considerando que Cp y C v son constantes en el intervalo de temperatura de interés.

Ejemplo 6.1

Un recipiente cerrado, rígido y aislado está ocupado por un gas ideal quetiene una masa molecular de 46 kg/kmol. El gas, que inicialmente se en-cuentra a 50 kPa y 25 °C, recibe trabajo de un motor externo a través deun impulsor montado dentro del recipiente hasta que la presión es de100 kPa. Se conoce también que para este gas Cp = 0,84 + 0,0075 T conCp en kJ/kg K y T en kelvin. Calcular la temperatura final del gas y el tra-bajo realizado sobre él.

Solución

Se trata de un sistema cerrado en un proceso a volumen constante. En estecaso los balances de masa y energía son

dusist = δ w epero en procesos a volumen constante

du = dh − v dP

y por tanto

w e = ∆h − v ∆P

Para calcular ∆h es necesario conocer la temperatura final, que para ungas ideal en un proceso a volumen constante es

y por tanto

por otra parte

y el trabajo realizado sobre el gas resulta w e = 1.250,5 − 53,89 = 1.196,61 kJ/kg

6.2 Datos tabulados de propiedades

de gases ideales

Teniendo en cuenta el comportamiento particular de los gases ideales (paralos cuales la energía interna y la entalpía son solo función de la temperatura)

y utilizando relaciones termodinámicas apropiadas se pueden presentar las

propiedades termodinámicas de estos gases en forma de tablas de datos.Esto es útil, por ejemplo, en el caso del aire seco a bajas presiones (en las




122

cuales se puede considerar un gas ideal) por ser esa una sustancia de usocomún en procesos químicos.

Evidentemente no es necesario tabular la información de las propiedades

P-v-T de gases ideales puesto que estas propiedades están relacionadas pormedio de la ecuación de estado.

6.2.1 Tabulación de la energía interna,

la entalpía y la entropía de gases idealesLas tablas de estas propiedades para gases ideales se construyen con respec-to a un estado de referencia Tref y Pref al cual se le asigna arbitrariamente

y por tanto se cumple que href ≈ 0

Se puede calcular entonces la energía interna y la entalpía de un gas idealcon respecto al estado de referencia escogido por medio de las ecuaciones6.9 y 6.10

Si se conocen Cp y C v en función de la temperatura se pueden evaluar las

integrales del lado derecho de las ecuaciones anteriores y se puede portanto tabular u y h utilizando la temperatura como argumento.

De la ecuación 6.13 se puede obtener el cambio de entropía entre dosestados para un gas ideal

la cual se puede escribir también como

(6.14)

y si se define la propiedad s°

Es evidente que s° es solo función de la temperatura y se puede entoncestabular junto a la energía interna y la entalpía. La ecuación 6.14 se puedeescribir como

(6.15)

De esta manera se puede evaluar el cambio de entropía empleando la tabla(para encontrar s°) y la ecuación 6.15.



123


6.2.2 Presión relativa y volumen relativoDe la ecuación 6.15 para un gas ideal que efectúa un cambio de estadoisentrópico

o bien

(6.16)

se puede definir presión relativa mediante

(6.17)

como s° es solo función de la temperatura, Pr es función únicamente de latemperatura y se puede tabular.

Combinando las ecuaciones 6.16 y 6.17 se obtiene para un proceso isen-trópico

o sea que

(6.18)

en la cual Pr2 corresponde a T2 y Pr1 corresponde a T1. De manera parecida,si se define el volumen relativo como

(6.19)

el cual evidentemente es solo función de la temperatura, se puede demos-trar que para un proceso isentrópico resulta

(6.20)En las tablas de gases aparece también tabulado el volumen relativo conla temperatura como argumento.

Ejemplo 6.2

Un tanque rígido de 0,6 m3 de capacidad contiene aire a 700 kPa y 20 °C. Eltanque está provisto de una válvula de alivio que se abre cuando la presiónes de 850 kPa y se cierra cuando la presión es de 810 kPa. Si un incendioocasiona que la válvula se abra, calcular la temperatura del aire cuandose abre la válvula, la cantidad de aire que se pierde durante el incendio y cuánta energía en forma de calor ha recibido el tanque en el momento enque ésta se abre.




124

Solución

Inicialmente el tanque permanece cerrado y a medida que recibe energía enforma de calor aumenta su temperatura y su presión mientras su volumenespecífico se mantiene constante. Esta primera parte del proceso ocurreen sistema cerrado. Cuando la presión llega a 850 kPa se abre la válvula

y sale aire hasta cuando la presión cae a 810 kPa, momento en el cual secierra. Se trata de un proceso de vaciado y el sistema es abierto.

— Considerando que el aire tiene un comportamiento de gas ideal, sepuede calcular la temperatura en el momento en que se abre la válvulamediante

Con

P = 850 kPa, V = 0,6 m3, R = 0,287 kJ/kgK

y M es la masa de aire dentro del tanque, que se puede calcular de lascondiciones a las que este se encuentra inicialmente

Luego,

— El aire que se pierde durante el incendio puede calcularse por un balancede masa para el sistema durante el tiempo que permanece abierta la

válvula

Mf − Mi = − Ms

Mi es la masa dentro del tanque a las condiciones de 700 kPa y 20 °Cque es la misma a las condiciones de 850 kPa y 82,78 °C.

Mf es la masa dentro del tanque cuando se cierra la válvula a 810 kPa. Si sepuede considerar que el vaciado del tanque se lleva a cabo de tal maneraque la temperatura dentro de él permanece constante a 82,78 °C,

Ms = Mi − Mf = 0,24 kg.

— Hasta el momento en que se abre la válvula se trata de un proceso en

sistema cerrado. O sea, balance de masa, Me = Ms = 0 ⇒ Mi = Mf , balancede energía M ∆u = Q N. Como se trata de un gas ideal, la energía interna es



125


función solo de la temperatura y utilizando la información de la tabla deaire a baja presión∆u = u2 (355,78 K) − u1 (293 K)

como los valores de temperatura no se encuentran directamente en latabla es necesario hacer una interpolación lineal

∆u = 254,2 – 209,07 = 45,13 kJ/kg

Q N = 5 × 45,13 = 225,64 kJ

6.3 Procesos reversibles con gases ideales

Para una cantidad de gas ideal que experimenta una transformación rever-sible, se pueden estudiar diversos casos.

— Procesos a presión constante. El balance de energía esdu = δq − δ w reemplazando δ w de la ecuación 3.2du = δq − P dv ⇒ δq = du + P dv = dh, luego

q = ∆h = ∫ Cp dT (6.21)

— Si el proceso ocurre a volumen constante entonces

du = δq, luego

q = ∆u = ∫ C v dT (6.22)

— En procesos reversibles a temperatura constante no hay variación deenergía interna ni de entalpía y del balance de energía se tiene

(6.23)

— Si el proceso es adiabático reversible, el balance de energía es du = − δ w reemplazando du y δ w de acuerdo con las ecuaciones 6.9 y 4.2 y teniendo

en cuenta la ecuación de estado de gas ideal

(6.24)

Si a la relación Cp/C v se le denomina γ y de acuerdo con la ecuación 6.11

(6.25)

luego




126

reemplazando en la ecuación 6.24

reordenando

(6.26)

Si se reemplazan los volúmenes en función de la temperatura y la presiónen la ecuación 6.26 se llega a

(6.27)

y

P1 v 1γ = P2 v 2

γ (6.28)

entonces para un proceso adiabático reversible de un gas ideal P v γ =constante y

(6.29)

En general los procesos internamente reversibles de gases ideales se puedenrepresentar mediante la relación

P v n = constante (6.30)La ecuación 6.30 constituye la representación de un proceso politrópico, elexponente politrópico n toma diferentes valores dependiendo del procesoparticular; así: n = 0, proceso a presión constante; n = ∞, proceso a volu-men constante; n = 1, proceso a temperatura constante; n = γ, proceso

isentrópico de un gas ideal cuyas capacidades caloríficas son constantes.En las figuras 6.2a y 6.2b se muestran esquemáticamente estos procesosen diagramas P-v y T-s.

Combinando la ecuación 6.30 con la ecuación de estado de gas ideal seobtienen las siguientes relaciones para proceso politrópicos

(6.31)

(6.32)



127


Ejemplo 6.3

Se alimentan 2,4 kg/s de aire a un compresor adiabático a 20 m/s con unapresión de 1 bar y una temperatura de 27 °C. El aire en la descarga está a307 °C, 8 bares y con una velocidad de 60 m/s.

a. Hallar la potencia necesaria para la compresión.

b. Calcular la potencia que se requiere si se utiliza un compresor ideal y se quiere la misma presión de salida del compresor real.

Solución

a. Escogiendo como sistema el aire que está en cada momento en el com-presor, los balances de masa, energía y entropía se pueden escribir

Figura 6.2 Representación esquemática de procesos politrópicos. a. DiagramaP-v. b. Diagrama T-s.




128

Con las temperaturas a la entrada y a la salida se puede encontrar enlas tablas de aire el valor que corresponde a la entalpía y con el balancede energía se puede calcular la potencia necesaria para la compresión.

De las tablas de aire A Te ≈ 300 K ⇒ he = 300,19 kJ/kg, a Ts ≈ 580 K ⇒ hs = 586,04 kJ/kg y por tanto

b. Si el aire se comprime ahora en un compresor adiabático reversible, losbalances de energía y entropía son:

Para encontrar la potencia del compresor ideal se debe primero calcularla temperatura a la cual saldría el aire en ese compresor (Ts, ideal) y des-pués hallar la entalpía de salida del compresor ideal (hs, ideal). El cálculode la temperatura de salida del compresor ideal se puede hacer de tresmaneras:

— De la ecuación 6.15

y por tanto con

R = 0,287 kJ/kgK y so300K

= 2,5133 kJ/kgK

soTs

= 3,11 kJ/kgK

y de la tabla del aire se puede encontrar (interpolando) queTs, ideal = 538,8 K

— De la ecuación 6.18, para un proceso adiabático reversible

y con Pr, 300 = 1,3860, entoncesPr, Ts =1,088 de la tabla del aire Ts, ideal = 539,8 K.

— Si se supone que CP y C v son constantes en el intervalo de tempera-tura, se puede utilizar la relación entre temperatura y presión paraprocesos politrópicos con n = γ = CP/C V (véase ecuación 6.27).

y como para el aire γ = 1,4, entonces Ts, ideal = 543,4 K.



129


Es evidente que los tres métodos producen resultados muy cercanosentre sí.Si se toma Ts, ideal ≈ 540 K se puede encontrar que hs, ideal = 544,35

kJ/kg y por tanto Definiendo eficiencia adiabática de un compresor (ηc) como

entonces, para este caso η = 85,5%.

Ejemplo 6.4

Por medio de un compresor reversible se comprime aire permanentementedesde 100 kPa y 300 K hasta una presión de 900 kPa. Determinar el trabajode la compresión por kilogramo de aire para:a. Una compresión isoentrópica.

b. Una compresión politrópica con n = 1,3.c. Una compresión isotérmica.Comparar los resultados.

Solución

El proceso de compresión obedece al modelo de sistema abierto, flujo es-table estado estable, se puede considerar que la sustancia de trabajo (aire)a esas condiciones de presión se comporta como gas ideal y su capacidadcalorífica es función de la temperatura.

Las condiciones de entrada al volumen de control y la presión de salida del volumen de control son las mismas para las tres compresiones propuestas y las variaciones de energía cinética y potencial pueden considerarse despreciables.a. Compresor isentrópico:

Balance de masa

Balance de energíaBalance de entropía

Del balance de energía W N = he − hs = −∆h

Para calcular la variación de entalpía es necesario conocer la temperaturaa la salida.

Por tratarse de un gas ideal sometido a un proceso isentrópico la ecuación 6.14queda

Con ayuda de la tabla de aire se puede obtener s°300 K = 2,5153 kJ/kgK y entonces

con este valor y nuevamente con el uso de la tabla (interpolando) seencuentra




130

Ts = 557,72 K y por tanto

Es necesario suministrar 262,6 kJ de energía en forma de trabajo por cadakilogramo de aire que se comprima.

b. Compresor politrópico:

Balance de masa

Balance de energía


Durante el proceso hay transferencia de calor a temperatura que varía entre

la entrada y la salida, luego este calor no puede calcularse directamente delbalance de entropía. En este caso se cumplen las ecuaciones 6.31 y 6.32.Con n = 1,3 se obtiene

w N = −245,34 kJ/kg

Para calcular la cantidad de calor liberada durante el proceso, de acuerdocon el balance de energíaqN = hs − he + w NUtilizando las tablas del aire para calcular la variación de entalpía

qN = 500,21 – 300,19 – 245,34

qN = − 45,32 kJ/kg

Es necesario durante la compresión politrópica suministrar 245,24 kJ porcada kilogramo de aire que se comprima y se liberan 45,32 kJ en form ade calor.

c. Compresor isotérmico:

Balance de masa

Balance de energía


Como la transferencia de calor ocurre a temperatura constante, del ba-lance de entropía



131


pero y por tanto

qN = − 300 × 0,287 Ln 9 = − 189,18 kJ/kgluego de la ecuación 6.23

w N = qN = − 189,18 kJ/kg

El compresor isotérmico requiere 189,18 kJ de energía en forma de trabajopara comprimir un kilogramo de aire liberando la misma energía en forma decalor; esto está de acuerdo con la consideración de gas ideal que dice que sino se varía la temperatura no existe variación en energía para la sustancia.

Si solo se tiene en cuenta el consumo de potencia del compresor para un flu-

jo másico determinado, es más recomendable el compresor isotérmico.


6.1 Se expande aire en un arreglo cilindro pistón sin fricción. Al principiode la expansión el aire se encuentra a 40 °C y 1,5 MPa. El estado finales 62 °C y 1,5 MPa. Calcular el trabajo y el calor involucrados.

6.2 Aire a 350 kPa y 90 °C con una velocidad de 5 m/s se hace pasar poruna tobera con el fin de acelerarlo. El aire sale de la tobera a 340 kPa

y 50 °C. Calcular la velocidad de salida del gas.

6.3 En un sistema cilindro pistón se comprime aire adiabáticamente desde1 bar y 16 °C hasta 10 bares y 350 °C.

a. Calcular el trabajo necesario para la compresión.

b. Calcular el trabajo si la compresión se realiza en forma adiabáticareversible.

6.4 Se comprime aire mediante un proceso con un coeficiente politrópicode 1,3 en un sistema cerrado. El aire inicialmente está a 17 °C y 1 bar

y la presión final es de 5 bares. Calcular:

a. La temperatura final del aire.b. El trabajo efectuado sobre el gas.

c. La cantidad de calor transferida.

d. El trabajo necesario para una compresión adiabática reversible.

6.5 Un recipiente cerrado no rígido está ocupado por un gas ideal de unpeso molecular de 46 g/mol a una presión de 50 kPa y una temperaturade 25 °C. Se realiza trabajo sobre el gas (mediante un motor externoacoplado a un impulsor montado dentro del recipiente) hasta que lapresión alcanza 120 kPa. Se sabe que el proceso es reversible y se cum-

ple que T v 0,36 = constante y que para el intervalo de temperaturasinvolucradas CP = 0,84 + 0,0075 T con T en kelvin y CP en kJ/kgK.




132

Calcular:

a. El trabajo neto realizado sobre el gas.

b. La transferencia de calor.

6.6 Demostrar que para un gas ideal, el coeficiente de expansión β (véaseecuación 6.2) es solo función de la temperatura.

6.7 Demostrar que la compresibilidad isotérmica k (véase ecuación 6.3) essolo función de la presión para un gas ideal.

6.8 A un compresor adiabático entran 32 kg/s de gas metano a 1 atm y 135 °C. El metano sale del compresor a 25 MPa y 935 °C. Calcula:

a. La potencia necesaria para operar el compresor.

b. La potencia requerida si la compresión de realiza en forma reversible.

6.9 Se tiene metano en un recipiente cerrado no rígido el cual, medianteun proceso politrópico, sufre una compresión desde 100 kPa y 27 °Chasta 300 kPa y 73,07 °C. Calcular:

a. El coeficiente politrópico.

b. El cambio de entropía del metano.

c. El trabajo hecho en la compresión y el calor transferido.

6.10 Un vendedor está ofreciendo una turbina para generar 2.500 kW de energíaeléctrica. Las características de la turbina son: turbina adiabática paraoperar con 35 kg/s de aire. La línea de alimentación a la turbina debe

estar a 6 MPa y 400 °C. Las condiciones de salida serán 1 MPa y 400 °Cpara una eficiencia global del 93,2 %. Verificar la veracidad de la oferta.

6.11 Dentro de un tanque no rígido se encuentran 10 kg de etileno (C2H4)a 10,23 MPa y 68 °C. El sistema sufre un proceso adiabático reversiblehasta alcanzar una presión de 1.023 MPa. Si se considera el etilenocomo un gas ideal:

a. Calcular el trabajo involucrado en el proceso.

b. Hallar el cambio en la entalpía del etileno.

6.12 Por una tubería horizontal aislada de 2 pulgadas de diámetro fluye

nitrógeno en estado estable. El nitrógeno pasa por una válvula par-cialmente abierta en la cual experimenta una caída en la presión. Lascondiciones justo antes de la válvula son: 80 psia, 100 °F y 15 pie/s.Si la presión justo después de la válvula es de 20 psia, calcular latemperatura después de la válvula (considerar el nitrógeno como ungas ideal con C v = 5/2 R y CP = 7/2 R).

6.13 Se expande aire en una tobera para acelerarlo desde una velocidad de2 m/s hasta 350 m/s. Calcula el descenso en la temperatura del aire.

6.14 El aire contenido en un cilindro con pistón se comprime en un pro-

ceso reversible. Durante el proceso de compresión la relación entrela presión y el volumen es P v 1,25 = constante. La masa de aire en el



133


cilindro es 0,1 kg, la presión y la temperatura inicial son respectiva-mente 100 kPa y 20 °C, el volumen final es la octava parte del volumeninicial. Determinar el trabajo y el calor transferido.

6.15 Fluye aire por una tubería a 500 kPa y 25 °C, un tanque inicialmente vacío se conecta mediante una válvula. Cuando la válvula se abre el airefluye al tanque hasta cuando la presión dentro del tanque es 500 kPa.

a. Si el proceso ocurre adiabáticamente, cuál es la temperatura finaldel aire dentro del tanque.

b. Determinar una expresión general que dé la relación entre la tempera-tura del gas que entra al recipiente y la temperatura final del gas dentrodel tanque en términos de las propiedades termodinámicas del gas.

6.16 Un tanque cuyo volumen es 1 m3 está conectado a un tanque cuyo vo-

lumen es 0,3 m3

mediante una válvula. Inicialmente, el tanque grandecontiene aire a 700 kPa y 20 °C y el pequeño está vacío. Se abre la válvula y permanece abierta hasta cuando se alcanza una presión de equili-brio. Puede asumirse que el aire que permanece en el tanque grandesufre un proceso adiabático reversible y además que el proceso globales adiabático. ¿Cuál es la masa de aire al final en el tanque pequeño?¿Cuál es la temperatura final del aire en el tanque pequeño?

6.17 Fluye nitrógeno a través de una tobera a razón de 1 kg/s. A la entra-da se encuentra a 400 kPa y 200 °C y su velocidad es de 30 m/s, a lasalida la presión es 100 kPa. Asumiendo que el proceso es reversible

y adiabático, encontrar la velocidad de salida y el área transversal dela tobera a la salida.

6.18 Se comprime aire en un proceso reversible de estado estable flujoestable desde 100 kPa y 27 °C hasta 800 kPa. Calcular el trabajo decompresión, el cambio de entropía y el calor transferido por kilogramode aire comprimido, asumiendo los siguientes procesos:

a. Isotérmico.

b. Politrópico con n = 1,25.

c. Adiabático.

Representar todos estos procesos en diagramas P-v y T-s.



7. Cálculo de las propiedades de sustanciaspuras por medio de relaciones

En el capítulo cinco se presentó la forma de cálculo de propiedades parasustancias de las cuales se dispone de información en forma de diagramaso tablas. En el capítulo seis se mostraron los procesos con gases ideales

y la manera de calcular las propiedades de este tipo de sustancias. Paracompletar la presentación del cálculo de propiedades de sustancias purasse estudiarán en este capítulo formas de cálculo para sustancias que no sepueden considerar como gases ideales ni de las cuales se dispone de tablasde datos. El cálculo de las propiedades para estas sustancias se realizaprincipalmente por relaciones matemáticas.

7.1 Relaciones P-v-T

En la literatura pueden encontrarse un gran número de ecuaciones de estadopara diversas aplicaciones. Estas ecuaciones tienen un grado de complejidadque va desde las expresiones más simples (gas ideal), pasando por ecuacionesde dos o tres constantes, hasta las más complicadas formas que contienencincuenta o más constantes.

Las ecuaciones de muchas constantes se han empleado para la presentaciónprecisa de datos volumétricos; estas ecuaciones por lo general no son utili-zadas para el cálculo de equilibrio de fases o en estudios de simulación deprocesos, principalmente debido a que requieren excesivo tiempo de com-putador y a que es difícil obtener formas generalizadas de ellas que puedan

aplicarse a cálculos de mezclas multicomponentes, por tanto, en la mayoríade las situaciones, el uso de las ecuaciones de estado cúbicas representa uncompromiso satisfactorio entre exactitud y velocidad de cálculo.

7.1.1 Ecuaciones de estado cúbicasPara la descripción precisa del comportamiento P-v-T de los fluidos dentrode un amplio intervalo de presión y temperatura se requiere una ecuaciónmás general que la de gas ideal.

La primera relación con esta característica la propuso J.D. Van der Waals

en 1873, en la cual trata de corregir la ecuación de gas ideal en cuanto a con-siderar el volumen de las partículas y la pérdida de presión por colisiones



135


(7.1)

donde el término ac/v 2 es la corrección por presión y b la corrección por

volumen, ac y b son constantes características para cada sustancia. Aunque la ecuación de Van der Waals tiene un reconocido valor histórico,no describe en forma precisa el comportamiento termodinámico de mu-chas sustancias y por esto desde su aparición se han propuesto cientos de

variaciones a la ecuación semiempírica original. Una de las modificacionesmás exitosa fue la realizada por Redlich y Kwong (en 1949) quienes pro-pusieron una ecuación que se puede escribir

(7.2)

En la cual α es llamada la función de atracción y depende de la temperaturareducida (Tr = T/Tc) para cada componente.

Para la ecuación de Redlich-Kwong

(7.3)

Las constantes de las ecuaciones de estado se deben evaluar experimen-talmente a partir de datos disponibles de presión, volumen y temperatura.O en caso de que no se tenga esa información, se pueden evaluar para

ecuaciones de dos constantes teniendo en cuenta que la isoterma Tc tieneun punto de inflexión en el punto crítico (véase figura 7.1) y por tanto,matemáticamente se cumple que

Al diferenciar las ecuaciones 7.1 y 7.2 se obtienen expresiones para las dosderivadas, que son iguales a cero cuando P=Pc, v = v c y T = Tc. La ecuaciónde estado se escribe para las condiciones críticas y de las tres relacionesse pueden obtener ecuaciones que permiten calcular ac y b conociendo las

propiedades críticas de la sustancia.Para la ecuación de Van der Waals

(7.4a)

(7.4b)

Para la ecuación de Redlich-Kwong

(7.5a)




136

(7.5b)

En este punto se debe mencionar que aunque las ecuaciones 7.4 y 7.5

proporcionan resultados aceptables en la cercanía del punto crítico, losresultados que se obtengan en condiciones alejadas de este punto debentomarse con reserva. Además, cabe decir que los coeficientes numéricos delas constantes ac y b, en esas expresiones, son adimensionales, de tal maneraque se pueden utilizar con cualquier conjunto consistente de unidades.

Figura 7.1 Isotermas que se obtienen con una ecuación de estado cúbica

En los últimos años la principal línea de desarrollo en las modificacionespropuestas para mejorar la ecuación de Redlich-Kwong está basada ennuevas formas de la función de atracción (α). Una de las modificacionesmás aceptadas es la hecha por Soave (en 1972) quien postuló (sin utilizardatos experimentales) la siguiente relación entre α y Tr

α = [1 + m (1 − Tr0,5)]2 (7.6)con

m = 0,48 + 1,574 ω − 0,176 ω2 (7.7)

en la cual ω es el factor acéntrico.

En 1976 Peng y Robinson propusieron una modificación que ha tenido granacogida internacional y para la cual se basaron en las propiedades de unagran cantidad de sustancias

(7.8)con



137


(7.9a)

(7.9b) y α se debe evaluar con la ecuación 7.6 pero ahora

m = 0,37464 + 1,54226 ω − 0,26992 ω2 (7.10)

En resumen, las ecuaciones de estado cúbicas presentadas en este textotienen la forma general

(7.11a)

con

(7.11b)

(7.11c)

y los valores de k1, k2, Ωa, Ωb, α y m para las cuatro ecuaciones de estadoestán en la tabla 7.1.

La solución de las ecuaciones cúbicas produce tres raíces, las cuales puedenser reales o imaginarias. En la región de una sola fase, bien sea de líquidocomprimido, vapor sobrecalentado o por encima de las condiciones críticas,la solución de la ecuación conduce a una sola raíz real para el volumen.En la región de saturación la solución de la ecuación conduce a tres raícesreales, el menor valor corresponde al volumen de líquido saturado, el mayoral volumen de vapor saturado y el valor intermedio no tiene significadofísico. En el punto crítico la ecuación de estado produce tres raíces realesiguales que corresponden al volumen crítico (véase figura 7.1).

Tabla 7.1 Valores de los parámetros para las ecuaciones de estado cúbicas

consideradas en este texto

Ecuación k1 k2 Ωa Ωbα m

Van der Waals 0 0 0,421875 0,125 1 0

Redlich-Kwong 1 0 0,42747 008664 Ec. 7.3 -

Redlich-Kwong-Soave 1 0 0,42747 0,08664 Ec. 7.6 Ec. 7.7

Peng-Robinson 2 −1 0,45724 0,0778 Ec. 7.6 Ec. 7.10

Las raíces de una ecuación de estado cúbica pueden encontrarse analíti-camente o se pueden emplear técnicas iterativas que resultan prácticas




138

solamente si convergen en la raíz deseada. Por ejemplo, la forma generalde las ecuaciones de estado cúbicas presentadas en este texto (véase laecuación 7.11a) se puede escribir como

la cual puede ser usada para calcular el volumen del vapor mediante larelación de iteración

(7.12)

El valor indicado del volumen para iniciar la iteración es el de gas ideal alas condiciones dadas de presión y temperatura.

Para calcular el volumen del líquido con la misma ecuación, esta se puederepresentar en forma polinomial de la siguiente manera

la cual se puede iterar para el líquido mediante

(7.13)

en la que

Como valor inicial para el volumen se toma v 0 = b.

La solución de las ecuaciones de estado cúbicas mediante las técnicasiterativas de las ecuaciones 7.12 y 7.13 puede presentar problemas deconvergencia (especialmente para la ecuación de Peng-Robinson), es poreso que en los últimos años se han desarrollado métodos que sistematizan

adecuadamente el proceso iterativo. Entre estas técnicas, el método deBairstow tiene gran aceptación porque con este procedimiento la deter-minación de las raíces tiene lugar secuencialmente de menor a mayor, loque favorece la convergencia.

Ejemplo 7.1

Calcular el volumen específico del líquido y del vapor saturado del propa-no a 70 °C, (cuya presión de saturación a esta temperatura es 25,94 bar)mediante las ecuaciones de Van der Waals, Redlich-Kwong, Soave y Peng-Robinson. Comparar con los valores experimentales

v f (70 °C) = 2,73 × 10−3 m3/kg v g (70 °C) = 11,23 × 10−3 m3/kg.



139


Solución

Para calcular el volumen específico del vapor, se puede utilizar la ecuación 7.12.

El valor inicial para el volumen es el calculado por la ecuación de gas ideal

y además se tiene para el propano

Pc = 4.306 kPa, Tc = 369,8 K y ω = 0,152

Para la ecuación de Van der Waals

ac = 0,04763 kPa m6/kg2

b = 0,002 m3/kg

k1 = 0

k2 = 0α = 1

y por tanto la ecuación 7.12 queda

Después de realizar las iteraciones se llega a

v g = 17,83 × 10−3 m3/kg

Para calcular el volumen específico del líquido se puede utilizar la ecuación 7.13

con un valor inicial v 0 = b = 0,002 m3/kg se llega después de varias ite-raciones a

v f = 4,22× 10−3 m3/kg

Los porcentajes de error para la ecuación de Van der Waals son 54,6% parael líquido y 58,8% para el vapor.

Igual procedimiento se puede seguir para las ecuaciones de Redlich-Kwong y de Soave. Para la ecuación de Peng-Robinson las ecuaciones 7.12

y 7.13 no convergen y por tanto se debe utilizar el método de Bairstow.

En la tabla 7.2 se presentan los resultados para el volumen (el valor entreparéntesis corresponde al porcentaje de desviación con respecto al valorexperimental).

7.1.2 Ecuación virialPara la fase gaseosa las ecuaciones P-v-T pueden ser más simples que paralíquidos; siempre a temperatura constante cuando P aumenta v disminuyepara una cantidad fija de sustancia, pero el producto P v se mantiene máso menos constante.

En la figura 7.2 se representa este comportamiento para un gas ideal y para otros gases.




140

T a b l a

7 . 2 C á l c u l o d e v o l u m e n e s p e c í f i c o e n e l c a s o d e l e j e m

p l o 7 . 1 u s a n d o d i s t i n t a s e c u a c i o n e s

V a n d e r

W a a l s

R e d l i c h - K w o n g

S o a v e

P e n g - R o b i n s o n

I t e r a c i ó n e c u a c i ó n 7 . 1

2 ó 7 . 1

3

B a i r s t o w

I t e r a c

i ó n

B a i r s t o w

I t e r a c i ó n

B a i r s t o w

I t e r a c i ó n

B a i r s t o w

v f ×

1 0 3

( m 3 /

k g )

4 . 2 1 8

( 5 4 , 6 % )

4 . 5 6 6

( 6 7 , 3 % )

2 . 9 5

9

( 8 , 3 9

% )

2 . 9 9 0

( 9 , 5 2 % )

2 . 8 5 2

( 4 , 4 7 % )

2 . 8 7 4

( 5 , 2 7 % )

N o c o n v e r g e

2 . 5 4 4

( 6 , 8 1 % )

v g ×

1 0 3

( m 3 /

k g )

1 7 . 8 5 9

( 5 8 , 8 % )

1 7 . 8 2 2

( 5 8 , 7 % )

1 6 . 4 3 0

( 4 6 , 3

% )

1 6 . 4 2 1

( 4 6 , 2 % )

1 6 . 1 3 0

( 4 3 , 6 % )

1 6 . 1 2 3

( 4 3 , 6 % )

N o c o n v e r g e

1 5 . 5 5 8

( 3 8 , 5 % )



141


Por tanto se puede decir que

(7.14)

En la cual a es el mismo para todos los gases y depende solo de la tempe-ratura T; a = a(T).

Considerando este comportamiento se sugiere una expansión en serie paralas relaciones P, v y T

P v = a + b P + c P2 + d P3 + ... (7.15a)

P v = a (1 + B′ P + C′ P2 + D′ P3 +...) (7.15b)

En la cual a, B′, C′, D′ son los coeficientes viriales y solo dependen de latemperatura para un componente dado.

Remplazando la ecuación 7.14 en la 7.15b

(7.16a)

(7.16b)

donde

(7.17)

La ecuación de estado virial se puede deducir utilizando la termodinámicaestadística. Se puede demostrar que los coeficientes viriales están relacio-nados con las fuerzas que existen entre grupos de moléculas. Desde unpunto de vista microscópico B′ representa las interacciones entre pares

Figura 7.2 Comportamiento de los gases a temperatura constante




142

de moléculas, C′ describe interacciones entre grupos de tres moléculas y así sucesivamente.

El número de términos que deben utilizarse en las ecuaciones 7.15 y 7.16

depende de la precisión que se desee, pero dado que la probabilidad de lasinteracciones de cuatro moléculas es mucho menor que la de las interaccio-nes entre pares de moléculas, es frecuente despreciar el cuarto coeficiente

virial (D). De igual manera, a bajas presiones el tercer coeficiente virial(C) se puede eliminar.

7.1.3 Relaciones P-v-T mediante

correlaciones generalizadasPara el cálculo de propiedades P-v-T es de mucha utilidad disponer de una

relación que se aplique de una manera general a cualquier gas. Una rela-ción de estas características se puede obtener por ejemplo a partir de laecuación 7.11a. Si esta ecuación se multiplica por v/RT se tiene

definiendo el factor de compresibilidad Z como

(7.18)

El valor de Z es una medida de cuánto se desvía de la idealidad el compor-

tamiento real de la sustancia (para el caso de una sustancia que cumplael modelo de gas ideal es igual a uno).

Entonces

(7.19)

en la cual

Si se reemplazan ac y b en términos de las condiciones críticas del gas en la

ecuación para Z y además se definen las propiedades temperatura reducidacomo la relación entre la temperatura y la temperatura crítica

(7.20)

presión reducida como la relación entre la presión y la presión crítica

(7.21)

y volumen reducido como la relación entre el volumen y el volumen crítico

(7.22)se obtiene



143


(7.23)

con

(7.24)

La ecuación 7.23 facilita la solución iterativa para un gas a cualquier condiciónde Tr y Pr (desafortunadamente no converge cuando se usan las constantes dela ecuación de Van der Waals ni para la mayoría de los cálculos de líquidos).

De acuerdo con lo anterior se puede enunciar el principio de los estadoscorrespondientes de dos parámetros que establece: todos los gases compa-rados a las mismas condiciones de temperatura y presión reducidas tienenaproximadamente el mismo factor de compresibilidad Z y se desvían del

comportamiento ideal en el mismo grado.En realidad, para algunas sustancias este principio no tiene suficienteprecisión. Para ilustrar esta inexactitud considérese la ecuación 7.22 quepuede escribirse como

en la cual Zc es el factor de compresibilidad en el punto crítico

(7.25)

y por tanto z/zc = f (Tr, Pr). Esto implica que para los mismos valores de Pr y Tr todos los gases deberían tener la misma relación z/zc y como a valores muy bajos de presión, Z = 1 para todos los gases, entonces Zc debería ser igualpara todos. Los experimentos muestran que esto no es cierto (por ejemplo,para el agua Zc = 0,299, para el bióxido de carbono Zc = 0,274 y para el hi-drógeno Zc = 0,305) por tanto, la relación generalizada para Z es imprecisaa bajas presiones y se comporta mejor en las cercanías al punto crítico. Lasúnicas sustancias que no presentan desviación son argón, criptón y xenón.

Es necesario entonces modificar la relación introduciendo un tercer parámetro(adicional a Tr y Pr) característico de la estructura molecular para obtener unmejor comportamiento para gases reales. El más conocido de estos parámetroses el factor acéntrico ω, introducido por Pitzer y colaboradores.

El factor acéntrico muestra la desviación del comportamiento de las sus-tancias reales con respecto a los fluidos simples (FS) Xe, Ar y Kr.

en la cual Prsat y Tr

sat son la presión de saturación reducida y la temperaturade saturación reducida.

Pitzer notó que para todos los fluidos simples a Trsat = 0,7 se cumplía quelog Prsat = −1 y por tanto




144

(7.26)

La relación para Z desarrollada por Pitzer y colaboradores introduciendoel tercer parámetro ω es

Z = Z(0) + ω Z(1) (7.27)en la cual Z(0) y Z(1) son funciones de Tr y Pr

Z(0) y Z(1) son funciones complejas de Tr y Pr por lo cual se dificultan loscálculos analíticos. Si se quiere evitar el cálculo por tablas de Z se puedeutilizar la ecuación virial con dos términos

reemplazando P en términos de Pc y Pr y T en términos de Tc y Tr, entonces

considerando que la relación BPc /RTc puede ser de la forma B(0) + ω B(1) (similar a la relación para Z en términos de Z(0) y Z(1)) se tiene que

Comparando esta relación con la ecuación 7.27, entonces

(7.28)

Y

(7.29)

Los segundos coeficientes viriales son solo función de la temperatura y enforma similar, B(°) y B(1) son únicamente función de la temperatura redu-cida y quedan bien representados por las ecuaciones sencillas propuestaspor M.M. Abbott

(7.30)

(7.31)

luego, Z puede calcularse analíticamente solo conociendo la condición de Tr y Pr para el gas real. Esta forma de calcular Z solo tiene validez a presionesreducidas bajas y moderadas donde Z es lineal con la presión.

Ejemplo 7.2

Calcular el volumen específico del vapor saturado de propano a 70 °C y

25,94 bar mediantea. La ecuación 7.23.



145


b. La ecuación 7.27 y las tablas.c. Las ecuaciones 7.27 a 7.31.

Solución

Como para el propano se tiene que Tc = 369,8 K y Pc = 4.306 kPa, entonces,Tr = 0,928 y Pr = 0,61, además se tiene que ω = 0,152.

a. Utilizando las constantes de la ecuación de Peng-Robinson (véase tabla 7.1)en las ecuaciones 7.23 y 7.24 se obtiene

Se puede empezar el proceso iterativo con Z0 = 1 y hallar h. Con este valorse halla el nuevo valor de Z

Z = 1 ⇒ h = 0,05114 ⇒ Z = 0,7320

Z = 0,732 ⇒ h = 0,06986 ⇒ Z = 0,6430

después de algunas iteraciones se llega a Z = 0,501 y utilizando la ecua-ción 7.18

este valor tiene una desviación del 9,62% con respecto al valor experimental.b. La ecuación 7.27 es, para este caso

Z = Z(0) + 0,152 Z(1)

De las tablas con Tr = 0,928 y Pr = 0,61

Z(0) = 0,6635

Z(1) = −0,1662

y por tanto Z = 0,6382 y de la ecuación 8,18 v g = 16,33 × 10−3 m3/kg (ladesviación es 39,89%).

Si no se hubiera utilizado la corrección por factor acéntrico entonces Z = 0,6635 y v g = 16,33 × 10−3 m3/kg con una desviación del 45,41% respecto al valor ex-perimental.

c. Utilizando las ecuaciones 7.30 y 7.31 se obtiene

y las ecuaciones 7.28 y 7.29 producen




146

Por tanto de la ecuación 7.27

Z = 0,7419 – 0,152 × 0,06337 = 0,7323

y v g = 18,03 × 10−3 m3/kg con una desviación de 60,6%.

7.1.4 Propiedades P-v-T para líquidosEl volumen específico de líquidos es una propiedad relativamente fácil demedir y hay un gran número de referencias bibliográficas en las cuales se

pueden encontrar datos experimentales tabulados de volúmenes (o densi-dades) o en las cuales se proporcionan constantes para el cálculo rápidopor medio de ecuaciones empíricas. Sin embargo, si no se dispone dedatos experimentales, se puede estimar el volumen específico de líquidosmediante correlaciones.

Una ecuación para estimar el volumen de líquidos saturados desarrollada porRackett (en 1970) y luego modificada por Spencer y Danner (en 1972) es

(7.32)

en la cual ZRA es el factor de compresibilidad de Rackett que puede sercalculado por

ZRA = 0,29056 – 0,08775 ω (7.33)

Si se dispone de un dato experimental de volumen saturado a una tem-peratura de referencia (T

ref ), la forma recomendada de la ecuación deRackett es

(7.34)

con

Aunque de las ecuaciones de estado cúbicas se pueden obtener valores de volumen específico de líquidos saturados o subenfriados, los resultadosobtenidos con estas ecuaciones no son muy buenos y se han propuestonumerosas modificaciones para mejorarlos.

Una de las modificaciones más aceptadas es la de Peneloux y Rauzy (pro-puesta en 1982) quienes recomendaron que la siguiente corrección searestada del volumen obtenido de la ecuación de Soave-Redlich-Kwong

c = 0,4076(0,29441 – ZRA ) RTc / Pc (7.35)



147


Ejemplo 7.3

Calcular el volumen específico del líquido saturado de propano a 70 °C y 25,94 bar mediante

a. La ecuación 7.32.b. La ecuación 7.34 utilizando como volumen de referencia el volumencrítico v c = 4,61 × 10−3 m3/kg.

c. La corrección de la ecuación 7.35.

Solución

a. Mediante la ecuación 7.32 para este caso se obtiene

y de la ecuación 7.33

ZRA = 0,277222esto lleva a que v f = 2,45 × 10−3 m3/kg (desviación de −10,26%).

b. Utilizando v f ref = v c = 4,61 × 10−3 m3/kg, entonces T

ref = Tc y por tantoTr

ref = 1 y la ecuación 7.34 queda

v f = 4,61 × 10−3 × 0,27222 (0.471545)

v f = 2,52 × 10−3 m3/kg (la desviación es – 7,69%)c. La corrección de la ecuación 7.35 es

c = 1,1343 × 10−4 m3/kg

y del ejemplo 7.1 el valor hallado por la ecuación de Soave es v = 2,852 ×10−3 m3/kg, por tanto

v f = 2,852 × 10−3 – 1,1343 × 10−4 = 2,74 × 10−3 m3/kg con una des- viación de 0,37%.

7.2 Cálculo de otras propiedades

de sustancias puras en una sola fase

En esta sección se mostrará la manera de calcular propiedades como laentalpía, la entropía y la energía interna para sustancias puras de las cualesno se dispone de información en forma de tablas o gráficas. Como estaspropiedades no son de medición directa, es necesario obtener relacionestermodinámicas entre las propiedades que se desean calcular y las propie-dades de medición directa (P, v, T, CP , C v ).

Antes de establecer la relación entre propiedades se recordarán algunas

características matemáticas de estas relaciones. En el capítulo cinco seestableció que, según la regla de las fases, toda propiedad de una sustancia




148

pura se puede expresar unívocamente en función de otras dos propiedades(véase ecuación 5.3).

Z = f (X, Y ) (6.3)

y por tanto, según las leyes del cálculo se puede escribir

(7.36)

y si por simplicidad se escribe

(7.37)

entonces

dZ = M dX + N dY (7.38)

se puede ver también que

Pero las reglas del cálculo para derivadas establecen que la secuencia en ladiferenciación de una propiedad de estado no puede cambiar el resultadode las derivadas. O sea que

(7.39)

Otra propiedad de las derivadas de funciones exactas que es de gran utilidades la llamada relación del triple producto

(7.40)

Esta relación permite quitar de las derivadas restricciones (condiciones)desfavorables (tales como s, g, a, h o u).

7.2.1 Relaciones de MaxwellEn el capítulo cinco se obtuvieron las relaciones fundamentales para una

sustancia pura (véanse ecuaciones 5.5, 5.6, 5.9 y 5.10)du = T ds − P dv (6.5)dh = T ds + v dP (6.6)dg = v dP − s dT (6.9)da =−P dv − s dT (6.10)

Aplicando el resultado de la ecuación 7.39 resulta

(7.41)

(7.42)



149


(7.43)

(7.44)(Las formas recíprocas de estas relaciones también son válidas).

Las ecuaciones 7.41 a 7.44 son llamadas relaciones de Maxwell y son de granutilidad (en unión con las ecuaciones fundamentales) a la hora de deducirexpresiones para la evaluación de variaciones de propiedades en función delas variables de medición directa.

Una técnica para obtener relaciones termodinámicas en función de laspropiedades de medición directa (P, T, v, CP, y C v ) y de relaciones entreellas consiste en lo siguiente:

— Si la ecuación diferencial que se va a transformar contiene u, h, a o g, llevarestas funciones al numerador para luego eliminarlas por medio de la relaciónde propiedad adecuada y con ayuda de la relación del triple producto.

— Eliminar la entropía llevándola al numerador (el triple producto puedeser usado para eliminar la entropía como restricción) y reemplazando lasdiferenciales de entropía por medio de las relaciones de Maxwell. Si todavíaaparecen derivadas de entropía introducir 1/dT en el numerador y en eldenominador de la derivada y eliminar luego las derivadas de la entropíacon respecto a la temperatura por medio de las ecuaciones de CP y C v de-

sarrolladas de las ecuaciones 5.5 y 5.6.

1. Evaluación de variaciones de entalpía, energía interna y entropía

La entalpía se puede expresar en función de T y P o v, o en función de v y P,pero la función más sencilla y cómoda para evaluar es la que se expresa en

función de T y P.Sea entonces

h = h (T, P) y la diferencial total es

pero de la ecuación 5.6

y




150

y por tanto

Utilizando la definición de CP y la relación de Maxwell (véase la ecuación7.43) queda

(7.45)

De igual manera se puede expresar la energía interna como

(6.23)

pero utilizando la definición de la ecuación 5.25 resulta

el término ∂u/∂ v )T puede deducirse empleando la ecuación 5.5

y de la ecuación 7.44 de Maxwell

Reemplazando estos resultados en la ecuación 5.23 resulta

(7.46)

Por último, se puede encontrar la variación de entropía siguiendo el mismoprocedimiento. Si

s = s (T, P)se llega a

(7.47)

o si, por otra parte se expresa

s = s (T, v)

el resultado es

(7.48)



151


Se debe observar que cuando se aplican las ecuaciones 7.45 a 7.48 a ungas ideal se obtienen las ecuaciones 7.9, 7.10, 7.12 y 7.13.

Se debe anotar también que para integrar las ecuaciones 7.45 a 7.48 (y así

obtener los cambios en entalpía, energía interna o entropía) se deben conocer,además de las relaciones entre CP o C v con la temperatura, la ecuación de esta-do apropiada para la sustancia o disponer de datos experimentales de presión,

volumen y temperatura que permitan realizar una integración gráfica.

Ejemplo 7.4

Determinar el coeficiente de expansión volumétrica a 27 °C para un gasque obedece la ecuación de estado P( − b) = T donde b = 20 cm3/mol,si el volumen molar es = 1.500 cm3/mol.

Solución

Se definió el coeficiente de expansión volumétrica. De acuerdo con la in-formación suministrada, se obtiene de la ecuación de estado

luego

Reemplazando por sus respectivos valores

β = 3,29 × 10−3

K −1

Ejemplo 7.5

Para cierto tipo de cálculos en toberas es necesario conocer la rapidez de variación de la entalpía de la sustancia con respecto a la densidad, puestoque el proceso en la tobera puede considerarse isentrópico, lo que se nece-sita conocer es ∂h /∂ρ)s en términos de P, v, T, Cp, C v . Obtener la expresiónparticular en caso de gas ideal.

Solución

La relación entre volumen y densidad es ρ = 1/v y por tanto

entonces

derivando la ecuación 5.6 con respecto al volumen a entropía constante

aplicando el triple producto




152

a partir de la ecuación de estado se puede obtener ∂T /∂ v)P y ∂T /∂P) v , y

de las ecuaciones 5.5 y 5.6 de acuerdo con la definición de Cp y C v

cuando se trata de gas ideal

Ejemplo 7.6

Se comprime helio en un compresor isotérmico reversible. El helio entra al

compresor a 300 K y 12 bar y se comprime continuamente hasta 180 bar.Calcula el trabajo por mol de helio requerido para operar el compresor y la cantidad de calor que debe extraerse del compresor si

a. El helio se comporta como gas ideal.b. Si obedece a la ecuación de estado P = T − aP/T + b P, con

a = 0,385 m3K/kmol y b = 0,0152 m3/kmol

Solución

Se trata de un proceso que ocurre en estado estable flujo estable (véasefigura 7.3) donde pueden despreciarse las variaciones de energía cinética

y potencial.

Figura 7.3 Proceso descrito en el ejemplo 7.6

Las ecuaciones de balance de masa, energía y entropía son

0 = he + W e − hs − qs ⇒ w e − qs = ∆h

0 = se − ss − qs /T ⇒ qs = −T ∆s

Los estados de entrada y de salida del compresor están completamente de-terminados, y del balance de entropía se puede calcular la cantidad de calor



153


que fluye por mol de helio, reemplazando este valor en el balance de energíase puede calcular la cantidad de trabajo para comprimir cada mol de helio.

a. Cuando la sustancia se comporta como gas ideal

y como el proceso es isotérmico

del balance de energía

w e = qs + ∆h

como se trata de un proceso isotérmico con gas ideal entonces ∆h = 0

y w e = qs = 6754,74 J/mol

b. Cuando la sustancia obedece la ecuación de estado P = T − aP/T + bP,entonces de la ecuación 7.47 para un proceso isotérmico

y por tanto

Para calcular el trabajo por medio del balance de energía se debe conocerel cambio en la entalpía de la ecuación 7.45 para este caso

pero

y por tanto

por último

w e = 6.988,54 J/mol

7.2.2 Cálculo de propiedades de sustancias

puras por correlaciones generalizadasEn la sección anterior se mencionó que para evaluar cambios en la entalpía,la energía interna y la entropía por medio de las ecuaciones 7.45 a 7.48 sedebe conocer la ecuación de estado para las sustancias. En esta secciónse desarrollaran aún más estas ecuaciones para sustancias que cumplan elprincipio de los estados correspondientes.




154

Si se considera que una sustancia pura experimenta un cambio entre losestados 1 y 2 como se muestra en la figura 7.4a en estas condiciones espoco probable que la ecuación de gas ideal se aplique y se debe utilizaruna ecuación de estado apropiada.

Ya que el cambio de una propiedad de estado es independiente del caminoelegido para su cálculo se puede evaluar este cambio mediante la ruta 1-1°-2°-2 de la figura 7.4b.

Figura 7.4 Sustancia pura que experimenta un cambio entre los estados 1 y 2.a. Proceso de un gas real. b. Trayectoria 1-1°-2°-2 para evaluar h2−h1.

Esta trayectoria consiste en un proceso a temperatura constante del estado1 al 1°, un proceso a presión constante del estado 1° al 2° y un proceso atemperatura constante desde 2° hasta 2. Los estados 1° y 2° son a presionestan bajas que se puede considerar que las sustancias se comportan como

gases ideales. Por tanto el cambio de entalpía entre los estados 1 y 2 sepuede escribir como:



155


h2 − h1 = (h2 − h°2 ) + (h°2 − h°1) + (h°1 − h1) (7.49)

Cada uno de los términos del lado derecho de la ecuación 7.49 se puedeevaluar mediante la ecuación 7.45.

Si se generaliza, para un proceso a temperatura constante desde una pre-sión P (en la cual la sustancia no se puede considerar como un gas ideal),hasta una presión P°→0, la ecuación 7.45 queda

si además se cumple que v = ZRT/P entonces

y por tanto

Recordando que T = Tc Tr y P = Pc Pr y que dT = Tc dTr y dP = Pc dPr,entonces

(7.50)

En la cual h° es la entalpía de la sustancia a presión muy baja (cuando se

comporta como gas ideal).Si se define la propiedad residual de una sustancia pura como la diferenciaentre la propiedad de la sustancia si esta se comporta como un gas ideal

y la propiedad a la misma temperatura pero a una presión a la cual no esun gas ideal, entonces

hR = h° −h (7.51)es la entalpía residual y según la ecuación 7.50 se puede escribir como unafunción de Tr y Pr únicamente.

Derivando la ecuación 7.27 con respecto a Tr y manteniendo Pr constante

se obtiene

reemplazando ese resultado y la ecuación 7.51 en la ecuación 7.50 seobtiene

y por analogía con la ecuación 7.27

(7.52)




156

en la cual

(7.53)

y

(7.54)

Las integrales de las ecuaciones 7.53 y 7.54 se han calculado para distintos valores de Pr y Tr y se han llevado a diagramas y tablas.

Con los resultados obtenidos hasta ahora se puede rescribir la ecuación7.49 como

h2

− h1

= hR

1

− hR

2

+ h°2

− h°1

pero el cambio entre los estados 1° y 2° es el de un gas ideal a presiónconstante y por tanto

(7.55)

Si además se reemplaza el resultado de la ecuación 7.52 resulta

(7.56)

Para evaluar el cambio de entropía entre los estados 1 y 2 se puede suponer unaruta hipotética semejante al caso del cambio de entalpía: un proceso a tempe-ratura constante hasta una presión lo suficientemente baja para que el gas seaconsiderado gas ideal (no necesariamente la presión en el punto 2), luego uncambio desde el estado 1° hasta el estado 2° de gas ideal pero a la temperaturadel estado 2. Finalmente, un cambio a temperatura constante desde el estado 2°hasta el estado 2. (Los estados 1° y 2° pueden no existir, son solamente estadoshipotéticos donde la sustancia se comporta como gas ideal).El cambio de entropía entre dos estados se puede escribir como

s2 − s1 = (s2 − s°2) + (s°2 − s°1) + ( s°1 − s1) (7.57)

y si se define la entropía residual

sR = s° − s (7.58)entoncess2 − s1 = sR

1 − sR 2 + s°2 − s°1

Los valores de entropía residual se pueden evaluar considerando que estosson procesos a temperatura constante y por tanto de la ecuación 7.47resulta



157


y si la sustancia cumple que v = ZRT/P entonces

e integrando para un proceso entre una presión P y una presión muy bajaP°→ 0, entonces

Reemplazando la temperatura y la presión en términos de Pc, Tr, Tc y Tr y siguiendo un desarrollo similar al hecho para la entalpía residual se

obtiene

(7.59)

en la cual

(7.60)

(7.61)

De la misma manera que para la entalpía residual, se pueden presentarlos resultados de las ecuaciones 7.60 y 7.61 en forma de diagramas o detablas de datos para distintos valores de Tr y Pr.

El término s°2 − s°1 en la ecuación 7.57 es un cambio de estado para ungas ideal y por tanto se puede escribir

(7.62)

en la cual las entropías residuales se pueden evaluar mediante la ecuación

7.59 y las tablas.Para evaluar la capacidad calorífica de gases reales se puede definir unacapacidad calorífica residual como

(7.63)

en la cual es la capacidad calorífica del gas a una presión lo suficiente-mente baja para ser considerado como un gas ideal.

De una manera similar que para la entalpía se puede evaluar mediante

(7.64) y por tanto de la ecuación 7.63




158

(7.65)

Datos de y se reportan generalmente en tablas.

Para evaluar el cambio de otras propiedades (como energía interna, ener-gía libre de Gibbs y energía libre de Helmothz) se utilizan las definicionesde estas propiedades en términos de entalpía y entropía. Por ejemplo, elcambio en la energía interna se puede evaluar fácilmente como

∆u = ∆h − ∆Pv o

∆u = (h2 − h1) − (P2 v 2 − P1 v 1) = (h2 − h1) − R (Z2 T2 − Z1 T1) (7.66)

en la cual (h2 − h1) se evalúa mediante la ecuación 7.56.

Ejemplo 7.7

Utilizando las tablas de correlaciones generalizadas, determinar el cambiode entalpía, entropía y energía interna para el nitrógeno que experimentaun cambio de estado desde 100 kPa y 300 K hasta 20 MPa y 200 K.

Solución

Las propiedades del nitrógeno son

Tc = 126,2 K Pc = 33,9 bar = 1,0416 kJ/kgK, R = 0,2968 kJ/kgK ω = 0,04

Como el valor del factor acéntrico es pequeño, se puede despreciar su co-

rrección en el cálculo de las propiedades. LuegoZ = Z(0), hR = (hR )(0), sR = (sR )(0)

Además, como en la condición inicial la presión es baja, se puede considerarque su comportamiento prácticamente no se desvía del ideal. Entonces

Z1 = 1, ,

y por tanto, de acuerdo con las ecuaciones 7.55 y 7.62

las condiciones reducidas al final son

Utilizando las tablas de hR y sR con estas condiciones reducidas



159


por tanto

y

Para calcular la variación de energía interna se puede utilizar la ecuación 7.66

∆u = ∆h − R (Z2 T2 − Z1 T1)

para el estado final Z2 = = 0,902

∆u = −181,96 – 0,2968 (0,902 × 200 − 300)∆u = −146,46 kJ/kgSi se hacen los cálculos de la variación de estas propiedades por medio delas tablas particulares del nitrógeno los valores obtenidos son∆h = −180,86 kJ/kg∆s = −2,292 kJ/kg K ∆u = −149,54 kJ/kg

Ejemplo 7.8

A través de una turbina isotérmica reversible se expande metano desde 70

bar y 27 °C hasta 20 bar (véase figura 7.5), parte del trabajo obtenido dela turbina se usa para impulsar un compresor isentrópico en el cual todoel gas descargado por la turbina es recomprimido parcialmente y sale delcompresor a 93 °C.

a. ¿Cuál es la presión del gas a la salida del compresor?

b. ¿Qué fracción del trabajo total entregado por la turbina debe ser sumi-nistrada al compresor?

Solución

Considerando que el metano cumple el principio de los estados correspon-dientes y que las propiedades pueden calcularse por correlaciones genera-lizadas, teniendo en cuenta que una fracción del trabajo total entregado

Figura 7.5 Turbina isotérmica reversible, proceso descrito en el ejemplo 7.8




160

por la turbina se gasta para accionar el compresor, la presión de salida delcompresor debe ser menor que la de entrada a la turbina.

a. Considerando la capacidad calorífica CP para el CH4 constante e igual

a 2,2537 kJ/kg K y además Tc = 190,6 K, Pc = 46 bar, ω = 0,008 (sepuede despreciar la corrección por factor acéntrico).

Del cálculo de las condiciones reducidas se obtiene

Por otra parte, de acuerdo con la condición de operación del compresor,el balance de entropía para ese sistema es

s4 = s3 y por tanto la ecuación 7.62 queda

con las condiciones reducidas y las tablas de sR se obtiene

y por tanto

Para calcular el valor de P4 se debe utilizar un proceso iterativo que sepuede explicar como

— Suponer una P4.— Calcular Pr4

.

— Con Pr4, Tr4

y las tablas, calcular sR 4.

— Con sR 4 calcular la nueva P4.

El valor apropiado para empezar la iteración debe ser mayor que la presióna la entrada del compresor (P4 > 20 bar) pero menor que la presión de

entrada a la turbina (P4 < 70 bar). Para este caso se puede comenzar laiteración con P4 = 40 bar.

Luego de tres iteraciones se llega a que P4 = 46,31 bar.

b. Un balance de energía para el compresor permite calcular el trabajo querecibe de la turbina

y de las tablas

por tanto w c = 2,2537 × (93 − 27) + 21,21 – 29,52



161


w c = 140,43 kJ/kg

Para calcular el trabajo total que se obtiene de la turbina se deben plantearlos balances de energía y de entropía en ella

w T = h1 − h2 +qe = qe − ∆hqe = T (s2 − s1) = T∆s

Las condiciones reducidas para los estados 1 y 2 son

de las cuales se obtiene

luego

qe = 233,21 kJ/kg

y

w T = 188,32 kJ/kg

La fracción del trabajo de la turbina que se debe emplear en el compresor es

7.2.3 La propiedad fugacidad, su función y su cálculoPara ilustrar la utilidad de la propiedad fugacidad considerar primero elcaso de un proceso isotérmico reversible de producción de trabajo en estadoestable. Se tiene del balance de energía

dh =δqe −δ w s

y del balance de entropía para un proceso reversibleδqe = T ds

combinando estas dos ecuaciones resulta

δ w s = T ds − dh

pero dado que dg)T = dh − T ds entonces el trabajo de salida se puedeexpresar también como

δ W s = − dg)T (7.67)pero la ecuación 6.9 para un proceso a temperatura constante produce

dg)T = v dP)T (7.68)que para un gas ideal se transforma en




162

(7.69)

En 1901 G. N. Lewis definió una nueva propiedad para preservar, para gases

reales, la misma forma de la ecuación 7.69dg)T = R T d(Ln f) (7.70)en la cual f recibe el nombre de fugacidad del gas real. (La fugacidad estambién una propiedad sumamente útil en el estudio de equilibrio de fases

y equilibrio químico, temas que no se tratarán en este texto). Esta nuevapropiedad debe cumplir que

(7.71)

así que cuando la presión tiende a cero entonces f →P y la ecuación 7.70

se reduce a la ecuación 7.69.De la definición de propiedad residual

dg° − dg = dgR = R T d(Ln P/f)

integrando a temperatura constante, desde una P cualquiera hasta unaP→0, y teniendo en cuenta la ecuación 7.71 se obtiene

(7.72)

Si se define el coeficiente de fugacidad como

(7.73)entonces la ecuación 7.72 queda

gR = − R T Lnφ (7.74)la evaluación del coeficiente de fugacidad puede llevarse a cabo combinandolas ecuaciones 7.70 y 7.68

y en términos del factor de compresibilidad

y como

entonces

y d(Ln f)T – d(Ln P)T = Z d(Ln Pr)T – d(Ln Pr)T

es decir que

e integrando, desde P = 0 hasta una presión cualquiera



163


(7.75)

e introduciendo la ecuación 7.27 se llega a

Ln φ = Ln φ

(0)

+ ω Ln φ

(1)

y por tanto

φ = φ(0) φ(1) ω (7.76)en la cual φ(0) es el coeficiente de fugacidad del fluido simple y φ(1) es lafunción de desviación del coeficiente de fugacidad.

Los valores de Lnφ(0) Ln φ(1) se pueden presentar en forma de diagramaso de tablas a diferentes condiciones de Tr y Pr.

Para evaluar la fugacidad en las fases líquida y sólida se debe tener en cuentaque según la regla de las fases de Gibbs, para dos fases α y β en equilibrio

se debe cumplir quegα = gβ

y por tanto, según la ecuación 7.70

f α = f β (7.77)

Se puede entonces conocer la fugacidad del líquido o del sólido saturadoconociendo la fugacidad del vapor en equilibrio con ellos.

Cuando se trata de sólidos o líquidos que se encuentran alejados de lacondición de saturación se puede utilizar la relación

(7.78)

O si se dispone de tablas o diagramas particulares de la sustancia para lasfases condensadas, la fugacidad se puede estimar por

(7.79)

en esta ecuación P* es el menor valor reportado para la presión a unatemperatura dada y a esas condiciones se evalúan h* y s*.

Ejemplo 7.9Mediante las tablas del coeficiente de fugacidad, calcular el trabajo que seobtiene en la turbina isotérmica reversible del ejemplo 7.8.

Solución

La turbina del ejemplo 7.8 opera a 27 °C con una presión de entrada de 70bar y una presión de salida de 20 bar. De las ecuaciones 7.67 y 7.70

y utilizando el coeficiente de fugacidad




164

que se puede escribir como

w = –RT[Ln φs – Ln φs + L Ps /Pe]

las condiciones de reducción son Pr,e = 1,52, Pr,s = 0,43, Tr,e = 1,57, Tr,s = 1,57.

Despreciando la corrección por factor acéntrico, de las tablas de coeficientede fugacidad se obtiene

Ln φe = −0,050 × 2,302 y Ln φs = −0,0143 × 2,302 y por tanto

w = –0,51835 × 300 [–0,0329 + 0,1151 + Ln 2/7]

w = 182,03 kJ/kg

Que es muy cercano al resultado obtenido por el método del ejemplo 7.8.

7.3 Cálculo de propiedades en sistemas difásicos

Como se explicó anteriormente la transición de una fase α a otra fase β deuna sustancia pura, ocurre a presión y temperatura constante.

Se puede verificar, con ayuda de las tablas de propiedades, que para cual-quier sustancia pura la energía libre de Gibbs también permanece constantepara cualquier cambio de fase y por tanto se puede verificar que

gα = gβ (7.80)

en la cual los subíndices representan dos fases saturadas diferentes.

La igualdad de la ecuación 7.80 se conoce como criterio de equilibrio y de

ella se puede concluir que para cambios en la presión y la temperatura alo largo de la curva de saturación

dgα = dgβ (7.81)

o v αdPsat – sαdTsat = v βdPsat – sβdTsat

y por tanto

(7.82)

Utilizando el criterio de equilibrio

gα = hα – Tsatsα = hβ – TsatSβ = gβ

o sea

(7.83)

y con esta ecuación se puede eliminar la entropía en la ecuación 7.82

(7.84)

La ecuación 7.84 se conoce como ecuación de Clapeyron y proporcionainformación sobre la pendiente de la curva de saturación del diagramapresión temperatura.



165


Para el equilibrio sólido líquido

sβ – sα = sf – ssol = ∆sfusión

v β – v α = v f – v sol = ∆sfusión

∆sfusión es positivo para todas las sustancias y ya que ∆v fusión puede ser po-sitivo o negativo (según que la densidad del sólido sea mayor o menor quela del líquido) entonces (dPsat /dTsat )sol-liq puede ser positiva o negativa.

En el equilibrio líquido gas

∆sαβ – sgas = sliq = ∆s vap

∆v αβ – v gas = v liq = ∆ v vap

en este caso ∆s vap y ∆v vap son siempre positivos y en consecuencia (dPsat/dTsat )1 – g siempre será positivo.

En el equilibrio sólido gas

∆sαβ – sgas = ssol = ∆ssublimación

∆v αβ – v gas = v sol = ∆ v sublimación

∆ssubl ∆v subl son siempre positivos y (dPsat /dTsat )s – g siempre será positivo.

Esto corrobora lo que se había discutido cuando se trató el diagrama defases para una sustancia pura.

Para integrar la ecuación de Clapeyron en el equilibrio sólido líquido

∆hfusión y ∆v fusión son casi independientes de T y P y por tanto

(7.85)

Para el equilibrio de una fase condensada, ya sea sólida o líquida, con vaporse tiene

(7.86)

donde ∆h es la variación de entalpía por vaporización del líquido o por subli-mación del sólido (según sea el caso); en la mayoría de los casos v g − v c ≈ v g

y suponiendo que el gas se comporta según v g = ZRT/P, la ecuación setransforma en

(7.87)

o

(7.88)



167


en la cual τ = 1 − Tr

La ecuación de Wagner es una de las mejores ecuaciones para predecirpresiones de saturación, pero tiene el inconveniente de requerir cuatro

constantes para cada sustancia, lo que hace que su aplicación sea limi-tada.

Cuando no se dispone de información suficiente para calcular ∆h vap median-te las ecuaciones de Clapeyron o de Clausius Clapeyron, se pueden utilizarmétodos empíricos aproximados para hacer estimaciones.

Riedel propuso la siguiente ecuación para predecir el cambio de entalpíapor vaporización a una atmósfera de presión (llamado también el puntode ebullición normal)

(7.94)

donde

Tn = Temperatura de ebullición a P = 1 atm (punto de ebullición normal).

∆hn = Entalpía de vaporización a Tn.

Pc = Presión crítica en bar.

Tr n = Temperatura reducida a Tn.

R = Constante universal.

Los errores cometidos al utilizar esta ecuación rara vez exceden el 3%.

Las estimaciones de la entalpía de vaporización para líquidos puros a cual-quier temperatura a partir de un valor conocido a una sola temperatura,pueden hacerse mediante el método propuesto por K. M. Watson de acuerdocon la relación

(7.95)

esta ecuación es simple y confiable pues aunque se han sugerido ecuacionesmás complejas, ellas no representan mejoras significativas en los errorespromedio reportados.

Ejemplo 7.10

En cierto proceso de fabricación de sales de mercurio se requiere conden-sar vapor de mercurio (Hg) desde 920 °F y 40 psia hasta obtener líquidosaturado a la misma presión.

Calcular la transferencia de calor necesaria para realizar la condensacióncon el uso de la siguiente información:

1. Temperaturas de ebullición a diferentes presiones (véase tabla 7.3).




168

Tabla 7.3 Datos de presión y temperatura para el ejemplo 7.10

Presión (psia) 10 20 40 60 80

Temperatura (°F) 637,0 706,0 784,4 835,7 874,8

2. Peso molecular: PM = 200,59.

3. Capacidad calorífica del vapor de mercurio .

4. A 40 psi la densidad del mercurio líquido saturado es 787,4 lb/pie3 y el volumen específico del vapor saturado es 1,648 pie3/lb.

Solución

El balance de energía para este proceso de condensación resulta:

qs = he − hs = −∆h

Si se realiza la evaluación termodinámica al estado inicial, se llega a laconclusión de que el mercurio a la entrada está en fase gaseosa (Tsat < Te)

y el proceso se puede representar en un diagrama T-s de la manera indicadaen la figura 7.6.

Figura 7.6 Representación del proceso indicado en el ejemplo 7.10

El cambio de entalpía para el proceso que va desde vapor de mercurio ala entrada (punto e) y vapor saturado a la misma presión (punto I) (véasefigura 7.7) es

El cambio de entalpía en el cambio de fase se puede calcular mediante laecuación 7.86



169


Figura 7.7 Cambio de entalpía en el cambio de fase, ejemplo 7.10

en la cual

se calcula como la pendiente de la figura 7.7 de los datos de presión y temperatura de saturación a 40 psi.

Y gráficamente se puede calcular que

y por tanto

∆h vap = 0,35 × (784,4 + 459,67) (1,648 – 1/787,4)

∆h vap = 717,0 psi × pie3/lb = 33,43 kcal/lb

y como

∆h2 = hs − hI = −∆h vap entonces

∆h2 = −33,43 kcal/lb

en conclusiónqs = 33,43 + 0,846 = 34,276 kcal/lb

Problemas propuestos7.1 Se va a transportar gas desde el yacimiento hasta el mercado de con-

sumidores. El gas es esencialmente metano que entra a la tubería arazón de 32 kg/s, a una presión de 210 bar y a una temperatura de20 °C. El diámetro interno de la tubería es de 30 cm.

Calcular, a la entrada de la tubería, la densidad en kg/m3 y la velo-cidad en m/s considerando que el gas cumple:




170

a. La ecuación de Van der Waals.

b. La ecuación de Redlich Kwong.

c. El principio de estados correspondientes y se pueden utilizar

correlaciones generalizadas.Comparar los resultados obtenidos con aquellos que se obtienenutilizando tablas para el metano.

7.2 Mediante la ecuación de estado de Van der Waals, graficar dos isoter-mas para el nitrógeno en coordenadas P-v, una para 0 °C y otra para100 °C; ambas en un intervalo que se extiende a 300 atm. Mostrarlos puntos que se obtendrían mediante la ecuación de estado de gasideal y mediante los factores de compresibilidad.

7.3 Se ha sugerido que la temperatura de un líquido orgánico puede

reducirse expandiéndolo adiabáticamente en una turbina reversible,el coeficiente de expansión térmica β es 4,0 × 10−3 (°R)−1, el líquidotiene una densidad relativa de 0,8, una capacidad calorífica de 0,09Btu/lbm ºR. Determinar ∂T/∂P)s a 200 ºF.

7.4 Demostrar las siguientes igualdades

a.

b.

c.

7.5 Encontrar una expresión para el cambio de entalpía de un gas queobedece a la ecuación de estado P (v − b) = RT.

7.6 Determinar ∂ Cp /∂P)T para un gas que cumple la ecuación de Vander Waals.

7.7 Demostrar que las líneas de presión constante en la región de dosfases de un diagrama entalpía entropía son rectas pero no paralelas

entre sí.7.8 Demostrar que para un gas ideal las líneas de temperatura constantedel diagrama entalpía entropía son horizontales.

7.9 Demostrar que para cualquier sustancia, en un proceso isentrópico,la entalpía disminuye si la presión disminuye.

7.10 La velocidad del sonido en una sustancia se puede definir como C2 =

∂P /∂P)s. Demostrar que para un gas ideal la velocidad del sonido essolo función de la temperatura.

7.11 Se expande isoentrópicamente CO2 por medio de una tobera aislada

y de diseño adecuado. El CO2 se entrega a la tobera a 54 bar y a 40 °C y con velocidad despreciable. La presión de descarga será de 34 bar.



171


A una presión de 1 bar, para el CO2 Cp/R = 5.457 + 1.045 × 10−3 T,donde T se expresa en K. Determinar la velocidad de salida de la tobera:

a. Suponiendo que el CO2 es un gas ideal.

b. Suponiendo que el CO2 es un gas que cumple la ecuación deestado P (v − b) = R T con b = 0,043 m3/kmol.

c. Mediante correlaciones generalizadas.

7.12 Determinar la potencia requerida para comprimir 0,3 kg/s de etilenoen un proceso en estado estable, reversible e isotérmico de 10 MPa

y 10 °C a 40 MPa. También determinar la velocidad de extracción decalor y el área de la línea de descarga si la velocidad media a la salidano excede 20 m/s.

7.13 Demostrar que el cambio de entalpía para un gas de Van der Waals,

está dado por

7.14 Demostrar que la diferencia entre Cp y C v para un gas de Van der

Waals, está dada por

7.15 La entalpía de vaporización del agua a 212 °F y 1 atm es 970,3 Btu/lbm.Estimar la presión de vapor a 220 °F basándose únicamente en la

información proporcionada.7.16 Se bombea butano líquido saturado a un vaporizador a una presión

de 16,2 atm, el butano sale del vaporizador como vapor húmedocon 90% de calidad y a la misma presión con que entró. Estimar lacantidad de calor suministrada por mol de butano.

Para el butano Pc = 37,48 atm, tc = 305,3 °F, Ln Psat = −4.840/T +9,92, donde P está en atm y T en °R.

7.17 El punto de ebullición normal del Hg es 357 °C y su calor latentede vaporización es 68 cal/g, se requiere destilar el líquido a 100 °C.Estima la presión a la cual debe realizarse la destilación.

7.18 Las presiones de saturación de vapor para el benceno y el tolueno vienen dadas por la relación

donde A y B tienen los valores indicados en la tabla 7.4.

Tabla 7.4 Datos de A y B para el problema 7.18

A (K) B

Benceno 32.290 9.779Tolueno 39.200 10.455




172

Calcular la variación de entalpía de vaporización para cada uno deesos valores a 85 kPa.

7.19 Se comprime CO2 en el compresor de una unidad de desasfaltado

de una planta productora de parafinas. El compresor utiliza propa-no líquido saturado a 1 atm como refrigerante. El propano sale ala misma presión y a 50 °C; el CO2 a comprimir entra a 42 °C y 1,5atm y sale como vapor saturado a 15,2 bar. Se ha estimado que delCO2 se deben retirar 2.170 kW de calor en el compresor. Calcularel flujo másico de propano necesario para realizar la operación. Nota: latemperatura de ebullición normal del propano es 231,1K.

7.20 Determinar la fugacidad del hidrógeno a 0 °C y 2 atm, utilizandocorrelaciones generalizadas.

7.21 A partir de los datos del factor de compresibilidad para el H2 (véasetabla 7.5), determinar su fugacidad a 1.000 atm.

Tabla 7.5 Datos del factor de compresibilidad para el problema 7.21

P (atm) Z P (atm) Z

100 1.069 600 1.431

200 1.138 700 1.504

300 1.209 800 1.577

400 1.283 900 1.649500 1.356 1.000 1.720

7.22 Estimar la fugacidad de la acetona líquida a 110 °C y 275 bar. A 110 °Cla presión de vapor de la acetona es de 4.360 bar y el volumen molardel líquido saturado es igual a 73 cm3 mol−1.

7.23 Se comprime nitrógeno reversible e isotérmicamente en un compresorque trabaja en estado estable desde 300 K y 101 kPa hasta 20 MPa.Determinar el trabajo requerido.

7.24 En una turbina bien aislada térmicamente se expanden 0,087 kg/s demetano de 14 MPa y 13,5 °C hasta 0,5 MPa y −45 °C. Si los cambiosde energía cinética y potencial son despreciables, calcular:

a. La potencia que se obtiene de la turbina.

b. La eficiencia si se la compara con una turbina adiabática reversibleque descarga a la misma presión del proceso real.

7.25 Dietil éter a 853 kPa y 100 °C se expande isotérmica y reversiblementeen una turbina hasta la presión atmosférica.

a. Calcular el trabajo obtenido en la turbina.b. Calcular la transferencia de calor.



8. Energía disponible.

Análisis termodinámico de procesos

El objetivo de un análisis termodinámico es determinar con cuánta eficien-cia se emplea o produce la energía y mostrar cuantitativamente el efecto delas ineficiencias en cada etapa del proceso. A partir del estudio de la primera

y de la segunda ley y del cálculo de las propiedades de las sustancias purasse sabe que una cantidad fija de aire a 100 kPa y 50 °C contiene la mismacantidad de energía que si se encuentra a 200 kPa a la misma temperatura.Sin embargo, el aire que se encuentra a mayor presión puede realizar mástrabajo y por tanto es más valioso. De este análisis surgen las preguntas: detoda la energía con que se cuenta en un momento dado, ¿cuánta realmentepuede utilizarse? O sea, ¿cuánta es la disponible? La disponibilidad de laenergía depende de las condiciones a las cuales se encuentra el sistema y de las condiciones del medio en el cual interactúa.

En capítulos previos, la referencia a la eficiencia se hacía en términos deun equipo en particular (por ejemplo, de una tobera, de una turbina, de uncompresor) o de la eficiencia térmica de una máquina que transformaenergía en forma de calor en energía en forma de trabajo.

En este capítulo se pretende dar respuesta a las preguntas planteadas y además analizar la eficiencia de un proceso real comparada con la de unproceso completamente reversible que logre la misma transformación delproceso real. Por tanto, es necesario establecer una relación que permitacalcular el trabajo para este proceso hipotético de comparación.

Es necesario tener en cuenta que el sistema sólo puede transformarse has-ta cuando alcance equilibrio termodinámico (esto es: mecánico, térmico y químico) con el ambiente, en ese momento ya no puede sufrir ningúncambio espontáneo, las condiciones finales de presión y de temperaturason las del ambiente, su velocidad es cero, su energía potencial es mínima

y no puede reaccionar químicamente. Por tanto, es necesario conocerlas condiciones del ambiente, en el cual, al considerarse muy grandes encomparación con el sistema, la presión y la temperatura no son afectadaspor los procesos que ocurren en este y se representan por P0 y T0.




174

8.1 Energía disponible y energía no disponible

Energía disponible es aquella parte del contenido energético total quepotencialmente puede transformarse en trabajo útil.

8.1.1 Energía disponibleEsta energía puede calcularse permitiendo que la sustancia efectúe uncambio de estado reversible hasta alcanzar equilibrio termodinámico conel medio ambiente que se encuentra a P0 y T0. En la práctica, al medioambiente se le designa como depósito estándar para determinar la energíadisponible del sistema.

— Cuando el cambio de estado reversible se lleva a cabo en sistema cerrado,de la primera ley se tiene que

δq = du + δ w

de la segunda ley se sabe que

ds(sistema) + ds(alrededores) = 0 ⇒ ds(alrededores) = – ds(sistema)

ds(alrededores) =– ds(sistema)

T(alrededores)

combinando las ecuaciones anteriores se tiene queT(alred) ds(stma) = du + δ w (máx) (8.1)

se trata de δ w (máx) por ser un proceso reversible, luegoδ w (máx) = T(alred) ds – du

si los alrededores son el medio ambienteδ w (máx) = T0 ds – du (8.2)

entonces el trabajo máximo queda dado por

w (máx) = (u – T0 s) – (u0 – T0 s0) (8.3)

donde T0, s0, u0 son las propiedades del sistema cuando se encuentra enequilibrio con el medio ambiente y w

(máx)

es el máximo trabajo que puederealizar un sistema hasta alcanzar equilibrio con el ambiente.Se debe tener en cuenta que parte de este trabajo máximo se realiza con-tra el medio ambiente y por tanto no resulta útil. Este trabajo contra elambiente está dado por P0 (v 0 – v), entonces el trabajo máximo útil es

w (máx, útil) = w (máx) – P0 (v 0 – v)

w (máx, útil) = (u + P0 v – T0 s) – (u0 + P0 v 0 – T0 s0) (8.4)

El trabajo máximo útil se conoce como disponibilidad o energía disponibleen sistema cerrado o exergía sin flujo. Para representar esta disponibilidad

por unidad de masa se utiliza el símbolo φφ = (u + P0 v – T0 s) – (u0 + P0 v 0 – T0 s0) (8.5)



175

8. Energía disponible. Análisis termodinámico de procesos

La disponibilidad es función de las propiedades del sistema y del medioambiente.

Cuando un sistema cerrado efectúa un cambio del estado 1 al estado 2, se

puede decir que el máximo trabajo útil es la diferencia entre la disponibi-lidad al comienzo y la disponibilidad al final del proceso: w (máx, útil) = φ1 – φ2 (8.6)

w (máx, útil) = T0 (s2 – s1) – (u2 – u1) – P0 (v 2 – v 1) (8.7)

La visualización de cómo determinar la disponibilidad y lo que ello significapuede verse en la figura 8.1.

Figura 8.1 Arreglo conceptual para determinar la disponibilidad

Todos los procesos involucrados deben ser reversibles, luego, la transfe-rencia de calor es reversible, la máquina térmica es reversible y parte deltrabajo hecho por el sistema es contra el medio ambiente que se encuentraa una presión P0.

Ejemplo 8.1

A un recipiente cerrado y rígido que contiene amoníaco saturado seco a 10 °C

se añade calor hasta que la presión alcanza 800 kPa. ¿En cuánto aumenta laenergía disponible del amoníaco si la temperatura del ambiente es 25 °C?

Solución

Se trata de calcular la variación de la disponibilidad para una cantidad fijade amoníaco que sufre una transformación en sistema cerrado a volumenconstante. El aumento de la energía disponible por unidad de masa es

∆φ = φ2 – φ1

de acuerdo con la ecuación 8.5

φ2 – φ1 = (u2 – T0 s2) – (u1 – T0 s1)en el estado 1, vapor saturado seco a 10 °C




176

u1 = h1 – P1 v 1 = 1.453,3 – 614,95 × 0,2056 = 1.326,87 kJ/kg

s1 = 5,2104 kJ/kg K

En el estado 2, vapor sobrecalentado a 800 kPa y v 2 = v 1 = 0,2056 m3/kg

u2 = h2 – P2 v 2 = 1.621,68 – 800 × 0,2056 = 1.457,20 kJ/kgs2 = 5,6227 kJ/kgK

φ2 – φ1 = (1.457,2 – 298 × 5,6227) – ( 1.326,87 – 298 × 5,2104)

φ2 – φ1 = 7,465 kJ/kg

La disponibilidad aumenta en 7,465 kJ por cada kilogramo de amoníaco,sin embargo, el calor añadido es

Q e = u2 – u1 = (1.457,20 – 1.326,87)

Q e = 130,33 kJ/kg

— Cuando el cambio de estado reversible se lleva a cabo en sistema abiertoen un proceso de flujo en estado estable, el balance de energía es

0 = (h + ec + ep)e + qN – (h + ec + ep)s – w Ndonde w N es el trabajo de eje que en su totalidad es trabajo útil y máximo.

De la segunda ley para proceso reversible

∆s(stma) + ∆s(alred) = 0

∆s(alred)=q(alred) =

– qN

T(alred) T(alred)

Combinando las ecuaciones anteriores resulta0 = (h + ec + ep)e + T(alred) (ss – se) – (h + ec + ep )s – w (máx,útil)

Si la transformación se da hasta alcanzar el equilibrio con el ambientedonde la energía cinética y la potencial se anulan y la temperatura de lasustancia llega a T0, entonces

w (máx, útil) = T0 (s0 – s) – (h0 – h) + (ec + ep )e (8.8)

donde T0, s0 y h0 son las propiedades de la corriente en la descarga deldispositivo que está en equilibrio con el medio ambiente.

El trabajo máximo útil expresado por la ecuación 8.8 se conoce como dis-ponibilidad o energía disponible en sistema abierto o la exergía del flujo.Esta disponibilidad por unidad de masa se representa con el símbolo ψψ = (h + ec + ep – T0 s) – (h0 – T0 s0) (8.9)

y es función tanto de las propiedades del fluido como del medio ambiente.

El máximo trabajo útil que puede obtenerse de una corriente de fluido quesufre un cambio al pasar a través de un dispositivo que opera en estadoestable flujo estable es

w (máx,útil) = ψe – ψs = (h + ec + ep – T0 s)e – (h + ec + ep – T0 s)s (8.10)

Si las contribuciones de la energía cinética y potencial se pueden considerardespreciables, la ecuación 8.10 queda



177


w (máx,útil) = T0 (ss – se) – (hs – he) (8.11)

La visualización del significado de la disponibilidad de flujo está represen-tada en la figura 8.2.

Ejemplo 8.2

Vapor de agua saturado a 100 °C se condensa reversiblemente en un inter-cambiador de calor hasta alcanzar líquido saturado a la misma temperatura.Calcular el trabajo máximo útil que se podría obtener de esta operación.

Solución

El trabajo útil es en este caso (despreciando los cambios de energía ciné-tica y potencial)

w (máx,útil) = (h1 – T0 s1) – (h2 – T0 s2)

w (máx,útil) = T0 ∆s – ∆h

De las tablas de vapor de agua se obtieneh1 = hg (100 °C) = 2.676,0 kJ/kg, s1 = sg = 7,3554 kJ/kg K, h2 = hf = 419,06

kJ/kg, s2 = sf = 1,3069 kJ/kg K y suponiendo que T0 = 25 °C = 298,15 K,entonces w (máx,útil) = 453,5 kJ/kg.

8.1.2 Disponibilidad de la energía en tránsito1. Calor y energía disponible

Cuando la energía en tránsito se está dando en forma de calor es muy importante tener en cuenta cuál es la condición de temperatura a la que

el depósito está entregando ese calor porque de ello depende la disponibi-lidad que se tenga.

Figura 8.2 Arreglo conceptual para determinar la disponibilidad de flujo (lamáquina térmica opera reversiblemente, el trabajo entregado por el volumende control y por la máquina es en su totalidad trabajo útil).




178

La parte disponible del calor añadido o extraído de un sistema es aquellaque podría convertirse en trabajo mediante una máquina térmica reversible,el resto será la energía no disponible.

Si se utilizan los símbolos Q dis y Q no dis para las partes disponible y nodisponible de la energía en forma de calor y Q la cantidad total de calor,entoncesQ = Q dis + Q no dis (8.12)La máquina de Carnot entonces recibe una cantidad de calor Q de undepósito que se encuentra a una temperatura T (que puede ser variable),parte lo transforma en trabajo y el resto lo entrega al ambiente a unatemperatura T0. La adición de calor al sistema en un proceso reversible sepuede representar como en la figura 8.3.

T δqdis

= (T – T0) ds

Figura 8.3 Representación de qdis y qno dis

La parte disponible de la energía que recibe el sistema se determina imagi-nando que cada fracción de calor se añade a una máquina de Carnot a unatemperatura T. El proceso global, para el cual la temperatura cambia desdeT1 hasta T2, se puede pensar como una serie de máquinas de Carnot quereciben la energía a una temperatura constante y descargan a T0. Luego,las porciones disponibles y las no disponibles están representadas por lasáreas (T – T0) ds y T0 ds respectivamente, por consiguiente

(8.13)



179


(8.14)

2. Trabajo y energía disponible

Cuando la energía en tránsito se está dando en forma de trabajo, se debe teneren cuenta que en un proceso de expansión o compresión la parte del trabajoque se realiza contra los alrededores no resulta verdaderamente útil

w (útil, expansión) = w total – w alred (8.15)

Por otra parte, cuando el trabajo se realiza en un eje, no hay desplazamientode las fronteras del sistema y por tanto no está haciendo trabajo contra losalrededores. De esto se concluye que todo el trabajo en el eje útil es

w (útil, eje) = w total (8.16)

8.1.3 Pérdida de disponibilidadEs aquella energía que potencialmente pudo aprovecharse como trabajo,pero debido a las irreversibilidades del proceso se perdió. Esto puede ilus-trarse mediante el proceso representado en la figura 8.4.

Figura 8.4 Representación de un proceso con la mayor pérdida de disponibilidad

Se trata de una sustancia gaseosa confinada a unas condiciones Pi y Ti, sepa-rada por medio de una membrana de una cámara de vacío, cuando la mem-brana se rompe el sistema se expande ocupando todo el espacio sin realizartrabajo. Es claro entonces que el trabajo máximo que se pudo obtener, seperdió. Este trabajo perdido se conoce como irreversibilidad o disponibilidadperdida y se puede expresar a partir de la ecuación 8.2δ w máx = T0 ds – du

en la cual δ w máx es todo el trabajo perdido. Por otra parte, como no hay transferencia de energía, la energía interna permanece constante duranteel proceso y por tantoδlw = T0 ds

además, del balance de entropía para este casods = δsgen

reemplazando se tieneδ lw = T0 δsgen (8.17)




180

como se mencionó anteriormente este trabajo perdido también puedellamarse irreversibilidad y se representa por

δi = T0 δsgen (8.18)

8.2 Balance de disponibilidad

Teniendo en cuenta que la energía puede estar conformada por una porciónde energía que es disponible y otra que no lo es, la ecuación de balance dedisponibilidad puede plantearse como

Entonces, variación de disponibilidad en el interior del sistema:

Entrada de energía disponible al volumen de control

— Con la masa: .

— Con el calor: .

— Con el trabajo: .

Salida de energía disponible del volumen de control— Con la masa: .

— Con el calor: .

— Con el trabajo: .

Consumo de disponibilidad

La ecuación general de balance queda entonces

(8.19)

este balance de disponibilidad equivale a un balance de trabajo útil.

Ejemplo 8.3

En un arreglo cilindro pistón se comprimen 50 kg de amoníaco en formaisotérmica. Al principio de la compresión el amoníaco está a 18 °C y 250kPa y la presión final es de 1.200 kPa. Para la compresión se necesitaron18,5 MJ de trabajo mecánico. Calcular la irreversibilidad del proceso.

Solución

El balance de energía disponible para este caso es



181


Como el proceso es a temperatura constante, la integral del lado derechose puede calcular fácilmente

La transferencia de calor se puede calcular por medio de un balance deenergíaQ s = W e(total) – M (uf – ui)

y de las tablas del amoníacoQ s = 18.500 + 50 (263,4 – 1.364,9) = 73.575 kJEl cambio en la disponibilidad del sistema se puede calcular (despreciandolos cambios en energía cinética y potencial) comoφ2 – φ1 = (u2 – u1) + P0 (v 2 – v 1) – T0 (s2 – s1)si se supone que T0 = 25 °C y P0 = 85 kPa y con la ayuda de las tablas del

amoníaco resulta φ2 – φ1 = (263,4 – 1.364,9) + 85 (0,001631 – 0,5525)– 298,15 (1,0112 – 5,8043)φ2 – φ1 = 280,74 kJ/kg

Para calcular el trabajo útil que entra al sistema, se debe restar del trabajototal el trabajo hecho por la atmósfera (ecuación 8.15)

w e(útil) = w e,total – w atm

w e(útil) = 18.500 – M P0 (v 1 – v 2)

w e(útil) = 18.500 – 50×85 (0,5525 – 0,001631)

w e(útil) = 16.158,8 kJ y por tanto la irreversibilidad es

I = 3.890,7 kJ = 3,89 MJ

Ejemplo 8.4

Se estrangula vapor saturado seco a 2,0 MPa hasta 600 kPa, haciéndolopasar a través de una válvula. El flujo de vapor es de 360 kg/h. Para unatemperatura ambiente de 5 °C, dibujar el diagrama T-s para el proceso y

calcular la pérdida de disponibilidad.

Solución

Se trata de un proceso en estado estable flujo estable donde no se realiza tra-bajo, se pueden despreciar los cambios de energía cinética y potencial. Delbalance de energía se concluye que se trata de un cambio isoentálpico.

Estado termodinámico a la entrada

Pe = 2,0 MPa, he = 2.799,5 kJ/kg, te = 212,42 °C, se = 6,3409 kJ/kg K.

Estado termodinámico a la salida

Ps =600 MPa, hs = 2.799,5 kJ/kg, ts = 177,68 °C, ss = 6,8545 kJ/kg K.En un diagrama T-s el proceso se representa como se indica en la figura 8.5.




182

Figura 8.5 Representación del proceso del ejemplo 8.4

El balance de disponibilidad es

corresponde a la pérdida de disponibilidad.

Pérdida de disponibilidad =

Aunque durante el proceso no se da ningún tipo de transferencia de energíaal ambiente, se pierde disponibilidad debido a la irreversibilidad.

8.3 Eficiencia exergéticaHasta el momento, al hacer referencia a la eficiencia siempre ha sido entérminos energéticos, sin hacer distinción de la calidad de la energía pro-

ducida o consumida. Una forma más apropiada de evaluar los procesos esen términos de la energía disponible consumida o producida ya que es laenergía verdaderamente aprovechable. En esta sección se presentará laeficiencia exergética de procesos la cual se conoce también como eficienciade segunda ley. En general, la eficiencia se puede definir como lo que seobtiene sobre lo que se paga

ηexergética=lo que se obtiene

lo que se paga(8.20)

A diferencia de la eficiencia energética, la eficiencia exergética puede ser del

ciento por ciento si el proceso de transformación al que se refiere se realizade una manera completamente reversible (sin destrucción de exergía).



183


8.3.1 Eficiencia de una máquina térmicaDe acuerdo con el objetivo de una máquina térmica, que es obtener trabajoa partir de calor suministrado, y ya que todo el trabajo producido es, en

este caso, energía disponible, mientras que la fracción disponible del calores Q c (1 – T0 /Tc), tenemos

ηexergética= W = ηt

Q c (1 – T0 /Tc) (1 – T0 /Tc)(8.21)

La ηexerg siempre es mayor que la ηt debido a que sólo se contabiliza lafracción de calor que efectivamente se puede convertir en trabajo.

8.3.2 Eficiencia de un refrigerador

El objetivo de un refrigerador es extraer calor para lograr una baja tempe-ratura por medio de una máquina que consume trabajo. Al extraer calor deun depósito, este queda en capacidad de permitir la producción de trabajomediante una máquina térmica reversible que recibe calor del ambiente y descarga en el depósito; luego, la eficiencia exergética es

ηref, exerg= W M.T rev

W real

(8.22)

Pero

W M.T rev = Q c ηT

de acuerdo con la primera ley

W M.T rev = (W M.T, rev + Q F) ηT

W M.T rev =Q F ηT

1 – ηTReemplazando en la ecuación 8.22 se obtiene

ηref, exerg =ηT Q F

1 – ηT W real y de acuerdo con la ecuación 5.4

(8.23)

8.3.3 Eficiencia de una bomba de calorEn este caso se desea mantener un recinto a una temperatura alta suminis-trándole calor extraído de un foco que se encuentra a menor temperaturamediante el empleo de trabajo mecánico. Al obtener un depósito caliente,se está en capacidad de producir trabajo mediante una máquina térmicareversible conectada entre este depósito y el ambiente.

ηB. C, exergia = W M.T rev

W real




184

ηB. C, exergia =Q c ηT

W real

de acuerdo con las ecuaciones 5.7 y 5.9

(8.24)

8.3.4 Eficiencias de bombas y compresoresEn estos equipos la sustancia recibe energía mecánica para aumentar suexergía (representada en alta presión o incremento de energía potencial)

ηexergia =incremento de exergia

trabajo real suministrado

ηexerg =ψs – ψe

W e(8.25)

8.3.5 Eficiencia de una turbinaEn estos equipos se obtiene trabajo a expensas de una disminución de laexergía de la sustancia, luego

ηexerg =trabajo real obtenido

disminución de la exergia

ηexerg = W s

ψE – ψs(8.26)

8.3.6 Eficiencia de un intercambiador de calorDe acuerdo con el criterio de eficiencia exergética se podría definir paraun intercambiador de calor

ηI. C, exerg =exergia ganada por el fluido que se calientaexergia perdida por el fluido que se calienta

(8.27)

En la práctica esta eficiencia no tiene mucho sentido, pues lo que interesaes la transferencia de calor para aumentar la energía de una sustancia. Seríamás útil hacer referencia a una eficiencia energética.

8.3.7 Eficiencia de toberasEn estos dispositivos se logra aumentar la velocidad del fluido a expensas

de una disminución de la presión



185


ηtob, exerg =ψsψe

(8.28)

donde la disponibilidad en la salida es debida principalmente a la velocidad,

y en la entrada, a la presión.Ejemplo 8.5

Una máquina térmica que opera entre dos depósitos de calor a 2.000 y 200 °C,produce un trabajo neto de 2.000 kJ. Si la máquina tiene una eficienciatérmica del 51% de la eficiencia de Carnot entre las mismas temperaturas,calcular la eficiencia exergética de la máquina (suponer que la temperaturaambiente es 300 K).

Solución

Un esquema que representa la máquina térmica se indica en la figura 8.6.

La eficiencia exergética de la máquina es

ηexergetica =ηT (real)

(1 – T0 /Tc)para este caso,ηT (real) = 0,51 × ηCarnot = 0,51 × (1 – Tf /Tc)ηT (real) = 0,51 × (1 – 473 /2.273)= 0,40

y por tanto

ηexergetica =

0,40

=0,46(1 – 300/2.273)La eficiencia exergética es mayor que la eficiencia térmica porque se calculacon base únicamente en la energía disponible del calor.

Figura 8.6 Esquema que representa la máquina térmica del ejemplo 8.5

Ejemplo 8.6

Una turbina aislada térmicamente se alimenta con 10 kg/s de agua a 600 °C y 3.500 kPa. De la turbina salen dos corrientes: la corriente 2 está a 500 °C y 400 kPa y la corriente 3 es agua con 80% de calidad a 70 kPa. Si la poten-

cia que se obtiene de esta turbina es 7 MW, calcular la irreversibilidad y laeficiencia exergética de la turbina.




186

Solución

El proceso se puede esquematizar como se indica en la figura 8.7.

Figura 8.7 Esquema que representa una turbina aislada térmicamente,ejemplo 8.6

Para calcular la irreversibilidad y la eficiencia de la turbina se deben calcularprimero los flujos másicos de las corrientes 2 y 3. Estos se pueden calcular delos balances de masa y de energía

Balance de masa ;

balance de energía

resolviendo para las incógnitas y se obtiene =5,51 kg/s y =4,49 kg/s.

Para calcular la irreversibilidad, el balance de energía disponible se puedeescribir como

o en términos de las propiedades

De las tablas de propiedades del agua se obtieneh1 = 3.678,4 kJ/kg, h2 = 3.484,9 kJ/kg, h3 = 2.203,46 kJ/kg, s1 = 7,4339kJ/kg K, s2 = 8,1913 kJ/kg K, s3 = 6,2218 kJ/kg K y si se toma T0 = 298,15K y P0 = 101,3 kPa entonces h0 = 104,89 kJ/kg, s0 = 0,3674 kJ/kgK y por tanto .La eficiencia se puede calcular como

y con los valores ya encontrados



187


8.4 Análisis termodinámico de procesos

Un análisis comprende

— La evaluación del estado termodinámico en cada uno de los puntos del

proceso.— Determinación de los flujos másicos de cada corriente.

— El cálculo de las transferencias de calor y trabajo real para cada una delas etapas.

— El cálculo de la energía disponible en cada punto.

— El cálculo de la irreversibilidad en cada etapa y a qué porcentaje de lairreversibilidad total corresponde.

— El cálculo de la eficiencia termodinámica de cada etapa y del proceso

global.Este análisis se puede ilustrar en el ejemplo 8.7.

Ejemplo 8.7

La figura 8.8 muestra un proceso que enfría 0,5 kg/s de agua de 25 a 5 °C.El agua actúa como su propio refrigerante por medio de un ciclo derecirculación. El compresor (bomba de vacío) mantiene una presión desucción en el punto (4), de forma tal que la temperatura de saturaciónen el separador sea 5 °C y descarga al punto (5) a 10 kPa. El compresoropera con una eficiencia adiabática del 75% y el condensador descarga

agua líquida saturada a 10 kPa. Realizar un análisis termodinámicocompleto.

Figura 8.8 Proceso que enfría 0,5 kg/s de agua de 25 a 5 °C, ejemplo 8.7



189


y h3 = 107,91 kJ/kg

El estado 5 se puede determinar del proceso en el compresor. Si el com-presor fuera reversible w c, rev = h5, rev – h4, rev

y del balance de entropía para el caso reversible s4 = s5, rev = 9,0257 kJ/kgK con s5, rev y P5 se encuentran de las tablas, h5, rev = 2.940,2 kJ/kg y laecuación produce

w c, rev = 429,6 kJ/kg

de la ecuación de eficiencia adiabática

y del balance de energía para el compresor real h5 = h4 + w c,real = 3.083,4kJ/kg.

Hasta aquí se han encontrado, al menos, dos propiedades para cada punto y por tanto todas las otras propiedades pueden ser especificadas. En la tabla8.1 se resumen las condiciones de todos los puntos

2. Energía en forma de trabajo en cada etapa. Es claro que en este casosólo hay trabajo en el compresor y en las bombas

— En el compresor

— En la bomba 1

— En la bomba 2

Se puede concluir que la potencia consumida en las bombas es prácticamen-te despreciable comparada con la potencia consumida en el compresor.

3. Transferencia en forma de calor en cada etapa. El único sitio donde seintercambia calor es en el condensador

4. Irreversibilidades en cada etapa. Mediante balances de energía disponiblese puede calcular la irreversibilidad de las etapas.— En la unión de las corrientes 1 y 7

— En la válvula

— En el separador

— En el compresor




190

T a b l a

8 . 1 C o n d i c i o n e s d e t o d o s l

o s p u n t o s p a r a e l e j e m p l o 8

. 7 ( l o s v a l o r e s r e s a l t a d o s s o n l o s q u e p e r m i t e n l e e r l a s

o t r a s p r o -

p i e d a d e s e n l a s t a b l a s )

P u

n t o

f a s e

M ( k g / s )

P ( k P a )

t

( ° C )

h ( k J / k g )

s ( k J / k g K )

v ( m 3 / k g )

ψ

( k J / k g )

1

L í q u i d o

c o m p r i m i d o

0

, 5

1 0 1 , 3

2 5

2 5

1 0 4 , 8

9

0

, 3 6 7 4

0

2

L í q u i d o

c o m p r i m i d o

0 , 5 1 8

1 0 1 , 3

2 5

2

5 , 7

1 0 7 , 9

1

0 , 3

7 7 1 8

0 , 1

0 4 0

3

V a p o r

h ú m e d o

X = 0 , 0

3 4 9

0 , 5 1 8

0 , 8

7 2 1

5

1 0 7 , 9

1

0

, 3 8 8 4

– 3 , 2

4

4

V a p o r

s a t u r a d o

0 , 0 1 8

0 , 8

7 2 1

5

2 . 5

1 0 , 6

9

, 0 2 5 7

– 1 7 5 , 7

6

5

V a p o r

r e c a l e n t a d o

0 , 0 1 8

1 0

3 0 3 , 4

3 . 0

8 3 , 4

9

, 2 9 2 4

3 1 7 , 5

2

6

L í q u i d o

s a t u r a d o

0 , 0 1 8

1 0

4 5 , 8

1

1 9 1 , 8

3

0

, 6 4 9 3

0 , 0

0 1 0 1

2 , 8

9

7

L í q u i d o

c o m p r i m i d o

0 , 0 1 8

1 0 1 , 3

2 5

4 5 , 8

3

1 9 1 , 9

2

0

, 6 4 9 3

0 , 0

0 1 0 1

2 , 9

8

8

L í q u i d o

s a t u r a d o

0

, 5

0 , 8

7 2 1

5

2 0 , 9

8

0

, 0 7 6 1

0 , 0

0 1

2 , 9

4

9

L í q u i d o

c o m p r i m i d o

0

, 5

1 0 1 , 3

2 5

5

, 0 2

2 1 , 0

8

0

, 0 7 6 1

0 , 0

0 1

3 , 0

4



191


— En el condensador

y qdisp = q– qno dis, pero qno disp = T0 (s5 – s6) = 2.576,94 kJ/kg, qdisp

= 314,63 kJ/kgcon estos resultados

— En la bomba 1

— En la bomba 2

5. Irreversibilidad total y porcentajes de contribución de cada etapa. Lairreversibilidad total es

Otra forma de cálculo es con un balance de energía disponible de todala planta

= 3,18 kJ/s

6. Eficiencia exergética de cada etapa

— Para la mezcla de 1 y 7

— Para el separador

— Para el compresor

— En el condensador

— En la bomba 1

— En la bomba 2


8.1 Un tanque rígido contiene vapor de agua saturado a 90 °C. Se agregacalor al agua hasta que la presión en el tanque alcanza un valor de1,5 bar. La temperatura del ambiente es 10 °C. Calcular cuánto delcalor agregado es energía disponible.

8.2 Se enfría aire a 15 lbf/pul2 y a presión constante desde 340 °F hasta80 °F, todo el calor que cede el sistema aparece en los alrededoresque tienen una temperatura de 60 °F. Determinar, del calor que se

sustrae, qué cantidad es energía disponible para el sistema cerradoen Btu/h.




192

8.3 Determinar la cantidad máxima de trabajo que se puede obtener enun proceso de flujo de un kilogramo de vapor de agua a 200 kPa y 400 °C, si las condiciones del ambiente son 101,33 kPa y 300 K.

8.4 Agua a 300 K y 10.000 kPa fluye por una caldera a razón de 10 kg/s, allíse vaporiza produciendo vapor saturado a 10.000 kPa. ¿Cuál es la fracciónmáxima del calor agregado al agua en la caldera que puede convertirse entrabajo en un proceso cuyo producto terminal es agua a las condicionesiniciales, si T0 = 300 K? ¿Qué pasa con el calor restante?

8.5 Un gas ideal a 2.000 kPa se estrangula adiabáticamente hasta 200 kPa.Determinar el trabajo perdido durante este proceso si T0 = 300 K.

8.6 Considere la transferencia de calor directa desde un recipiente térmicoa T1 hasta otro recipiente térmico a T2, donde T1 > T2 >T0. No es obvio

por qué el trabajo perdido de este proceso depende de T0, puesto que losalrededores no intervienen en la transferencia de calor real. Mediante elempleo adecuado de la fórmula para la máquina de Carnot, demostrarque para la transferencia de una cantidad de calor Q se cumple

8.7 En un tanque rígido con un volumen de 0,10 m3 hay freón-12 a 2 barcon una calidad del 50%. Se agrega calor de un depósito a 100 °Chasta que la presión alcanza 5 bar. Determinar la irreversibilidad delproceso. Considerar la temperatura ambiente 24 °C.

8.8 El arreglo de la figura 8.9 se puede emplear para producir vapor a 1.000kPa, si se dispone de dos fuentes de vapor una a 2.500 kPa y otra a300 kPa. Suponiendo que tanto el compresor como la turbina operanisoentrópicamente y en estado y flujo permanente, determinar:

a. La razón de flujos másicos que hay entre las fuentes de vapor dealta y de baja presión.

b. La temperatura del vapor de 1.000 kPa que se obtiene mediantela descarga de la turbina y el compresor.

c. La irreversibilidad del proceso por cada kilogramo de vapor a 300 kPa,suponer que todo el proceso es adiabático, P0 = 101,32 kPa, T0

Figura 8.9 Descripción del proceso para el problema 8.8



193


8.9 Un refrigerador opera entre un depósito de calor de baja tempera-tura a 5 °C y un depósito de calor de alta temperatura a 20 °C. Si serequiere proporcionar 1.000 kJ de trabajo para producir 4.000 kJ derefrigeración, ¿cuál es su eficiencia exergética? t

0

= 20 °C.

8.10 Un flujo permanente de agua se calienta en un intercambiador decalor de 25 a 50 °C mediante el calor proveniente de un depósito a250 °C. Si el flujo de agua es de 0,5 kg/s, determinar la irreversibi-lidad del proceso.

8.11 Un tanque rígido de 1 m3 de volumen contiene inicialmente airea 700 kPa y 40 °C. Al extraer aire del tanque se proporciona caloral mismo de tal manera que su temperatura se mantenga a 40 °C.Determinar para cuando la presión del aire dentro del tanque hayacaído a 175 kPa:

a. La cantidad total de calor que fue necesario proporcionar al tanque.

b. La irreversibilidad del proceso. T0 = 300 K, P0 = 101,325 kPa.

8.12 Se comprime aire isotérmicamente mediante un compresor que ope-ra en estado permanente desde 100 kPa y 300 K hasta una presiónfinal de 500 kPa. ¿Cuál es la eficiencia exergética del proceso? Paraun flujo másico de 2,0 kg/s, ¿cuál es la potencia reversible? P0 =101,25 kPa, T0 = 300 K.

8.13 Se comprime aire adiabáticamente mediante un compresor que ope-

ra en estado permanente, desde 100 kPa y 300 K hasta una presiónfinal de 500 kPa. ¿Cuál es la eficiencia exergética del proceso? Paraun flujo másico de 2,0 kg/s, ¿cuál es la potencia reversible? P0 =101,325 kPa, T0 = 300 K.

8.14 Un reactor nuclear opera una planta elemental de potencia de turbinade gas, como se muestra la figura 8.10. El aire entra en el punto 1 y se comprime adiabáticamente hasta el punto 2, se calienta a presiónconstante entre los puntos 2 y 3 y se expande adiabáticamente delpunto 3 al punto 4. Las condiciones específicas son: punto 1, 20 °C,1 bar; punto 2, 4 bar; punto 3, 540 °C, 4 bar; punto 4, 1 bar.

El trabajo para operar el compresor W c proviene de la turbina y eltrabajo adicional de la turbina es el trabajo neto W s que entrega laplanta. Las eficiencias del compresor y la turbina se indican en lafigura 8.10. Realizar un análisis termodinámico del proceso, inclu-

yendo el reactor nuclear como parte del sistema y tratándolo comoun depósito de calor a 650 °C, T0 = 293,15 K.

8.15 Se usa agua como sustancia de trabajo en una planta de potencia queutiliza un reactor nuclear. El diagrama de esta planta se muestra enla figura 8.11. El líquido comprimido que sale del reactor entra al

evaporador instantáneo, donde se reduce la presión. Aquella fracciónde agua que se evapora fluye hacia la turbina, mientras que el líquido




194

que permanece va hacia la cámara de mezcla; la turbina es adiabáticareversible, igual que las bombas. Realizar un análisis termodinámicodel proceso.

Figura 8.10 Descripción del proceso para el problema 8.14

Figura 8.11 Diagrama de una planta para el problema 8.15



9. Aplicaciones termodinámicas

del flujo de fluidos

En este capítulo se aplican los conceptos presentados en capítulos previos alestudio del flujo de fluidos a través de equipos. En este tipo de aplicaciones (y por supuesto en las presentadas en el capítulo diez) se requiere de un uso global

de los conceptos y herramientas de cálculo estudiadas anteriormente.Se presentará primero el flujo de fluidos a través de tuberías (para mostrar lautilización de la ecuación del balance de energía mecánica), posteriormentese analizarán los flujos a través de toberas y difusores, para concluir el capí-tulo con el estudio de los procesos de compresión y expansión en turbinas.

9.1 Balance de energía mecánica

Para deducir el balance de energía mecánica se puede considerar el flujo

a través de un equipo, como se muestra en la figura 9.1. El volumen decontrol para este caso será infinitesimal, de tal manera que los cambiosen las propiedades se puedan considerar como diferenciales.

Figura 9.1 Sistema diferencial para determinar la ecuación de Bernoulli

Si se considera que el flujo es de estado estable, entonces el balance deenergía es

0 = δMe (h + ec + ep)e + δQ − δMs (h + ec + ep)s − δ W s y si los cambios en la entalpía, la energía cinética y la energía potencial,se pueden considerar como diferenciales, entonces el balance por unidad

de masa es0 = δq − δ w s − d(h + ec + ep) (9.1)




196

El balance de entropía para este caso es

y por unidad de masa

(9.2)

en la cual ds representa la diferencia en la entropía entre los puntos desalida y de entrada.

Si se considera que el sistema diferencial se mantiene a temperaturaconstante, entonces

T ds = δq + δlw (9.3)combinando las ecuaciones 9.1 y 9.3 para eliminar el flujo de calor, se

obtiene0 = T ds − δlw − δ w s − d(h + ec + ep) (9.4)

la cual se puede reescribir como

0 = T ds − dh − δlw − δ w s − d(ec + ep) (9.5)

y utilizando la ecuación 5.6 (ecuaciones fundamentales) se transforma en

0 = − v dP − δlw − δ w s − d(ec + ep) (9.6)

La ecuación 9.6 es el balance de energía mecánica para un sistema dife-rencial. La integración de esta ecuación sobre todo el proceso (o en otras

palabras, la suma de los cambios a través de todos los elementos diferen-ciales que componen un proceso) produce

(9.7)

la únicas restricciones en la deducción de esta ecuación fueron las considera-ciones de un estado estable y que el proceso ocurre por una serie de estadosde equilibrio (esto está implícito en la utilización de la ecuación 5.6). Laconsideración de que el sistema diferencial sea isotérmico no implica que elproceso global tenga esta restricción, simplemente significa que cada estadode equilibrio mantiene la misma temperatura.

9.1.1 El trabajo perdido en el flujo de fluidosEl trabajo perdido en estos casos es debido principalmente al rozamientoen la tubería, a cambios en la dirección del fluido y a turbulencias. En elcaso de flujo por el interior de tuberías, las pérdidas se pueden expresaren función del factor de fricción de fanning (f)

(9.8)

en la cual D es el diámetro de la tubería y L la longitud.

El factor de fricción es función del régimen de flujo (turbulento o laminar)representado por el número de Reynolds



197

9. Aplicaciones termodinámicas del flujo de fluidos

la rugosidad relativa de la tubería (ε/D) y la relación longitud/diámetro

f = f (NRE

, ε/D, L/D) (9.9)

En muchos casos de interés práctico, en el cual el régimen se puede consi-derar turbulento, el factor de fricción se hace prácticamente independientedel número de Reynolds (especialmente en las tuberías de mayor rugosidad)

y por tanto se puede considerar constante durante todo el flujo. En esoscasos la ecuación 9.8 se puede integrar para producir

(9.10)

si el diámetro de la tubería es constante, la ecuación 9.10 queda

(9.11)

la cual se puede evaluar si se conoce la variación de la velocidad a lo largode toda la tubería.

Para el flujo de fluidos a través de accesorios (como codos, válvulas, unio-nes, etc.) el trabajo perdido se evalúa usualmente mediante el coeficientede pérdidas del accesorio (kaccesorio).

(9.12)

Para la gran mayoría de aplicaciones prácticas, se ha encontrado que elcoeficiente de pérdidas es constante y las tablas para gran número de ac-cesorios se pueden encontrar en la bibliografía sobre el tema.

9.1.2 Aplicaciones del balance de energía mecánica

El balance de energía mecánica (véase ecuación 9.6) se puede simplificara formas más útiles en algunos casos especiales.

1. Fluidos incompresiblesEn este caso, el volumen específico de la sustancia no cambia apreciable-mente durante el proceso y por tanto la ecuación 9.6 queda

(9.13)

Si se trata de flujo unidireccional y no hay equipos en los cuales se inter-cambie trabajo, el trabajo perdido se deberá solo a las rugosidades y portanto usando la ecuación 9.10

(9.14)

y si el flujo es ideal (sin trabajo perdido) entonces




198

(9.15)

o en otras palabras

(9.16)

Ejemplo 9.1

Se utiliza una bomba para llevar agua de enfriamiento a un intercambiadorde calor, el agua de alimentación a la bomba se mantiene en un tanqueabierto y llega al intercambiador por una tubería de 0,6 pulgadas (véasefigura 9.2). El intercambiador requiere 0,3 m3/min de agua a 3 atm. Latubería que mide 27,5 m y que tiene una diferencia de altura entre labomba y el intercambiador de 15,5 m, tiene un factor de fricción que sepuede considerar constante ƒ = 0,003, los accesorios en la tubería son 4codos de 90° (k = 0,75) y una válvula de globo (k = 6,4). Si el motor dela bomba consume 77 kW, ¿cuál es su eficiencia?

Solución

Figura 9.2 Esquema de bombeo para el ejemplo 9.1

Para resolver este problema se puede utilizar la ecuación 9.13, ya que sepuede considerar que el volumen específico del agua no cambia duranteel proceso y que el trabajo mecánico entra en la bomba

si se considera que la diferencia de velocidad entre los puntos 1 y 2 esdespreciable

el primer término del lado derecho se puede evaluar suponiendo que elagua de alimentación está a condiciones atmosféricas y por tanto

v = 0,001 m3/kg

w e = lw + 0,35455 kJ/kg

El término lw se puede dividir en tres contribuciones

— Trabajo perdido en la tubería por fricción lw tub.

— Trabajo perdido en los accesorios lw accesorios.— Trabajo perdido en la bomba lw bomba.



199


Para calcular la eficiencia de la bomba se debe encontrar primero el trabajoque haría una bomba reversible. ( con lw bomba = 0)

w e (rev) = lw tub + lw accesorios + 0,35455 kJ/kg

el trabajo perdido por fricción en la tubería se puede hallar de la ecuación 9.8con velocidad constante

y en la cual la velocidad es

=caudal volumétrico

Área transversal de tuberíaCaudal = 0,3 m3/min = 0,005 m3/s

Área tubería = y entonces

El trabajo perdido en la tubería es

lw tub = 8,134 kJ/kg

Para calcular el trabajo perdido en accesorios se utiliza la ecuación 9.12

y kaccesorio = 4 × kcodo + 1 × k válvula

kaccesorio = 4 × 0,75 + 6,4 = 9,4

por tanto

El trabajo requerido por la bomba reversible es

w e (rev) = 8,134 + 3,513 + 0,35455 = 12,00 kJ/kg

y la potencia consumida

La eficiencia de la bomba es por tanto

η = 77,9%

2. Fluidos compresibles a través de tuberías largas

Para el caso de flujo a través de grandes longitudes de tubería en los cua-les se pueda despreciar el cambio en la energía potencial y donde no hayadispositivos que intercambien trabajo, la ecuación 9.6 se reduce a




200

que con la ecuación 9.8 queda

(9.17)

En estos casos, la velocidad cambia a lo largo de la tubería y por tanto laevaluación de la ecuación 9.17 requiere el conocimiento de la relaciónentre y L. Una forma de evitar este problema es mediante la siguientemanipulación matemática: dividiendo la ecuación 9.17 por se llega a

(9.18)

que se puede transformar en(9.19)

Por otra parte, la ecuación de continuidad establece que = /A, que en elcaso de estado estable en una tubería de área constante produce = cons-tante y en consecuencia, multiplicando la ecuación 9.19 por se llega a

(9.20)

pero

y por tanto la ecuación 9.20 queda

(9.21)

la cual puede ser integrada fácilmente, produciendo

(9.22)

o

(9.23)

En resumen, las ecuaciones 9.22 y 9.23 son aplicables al caso de flujo defluidos a través de tuberías de diámetro constante, en estado estable, sindispositivos que intercambien trabajo y en los cuales el cambio en la energíapotencial no sea apreciable.

Para su evaluación se requiere conocimiento de la relación entre la pre-sión y la densidad durante todo el proceso. Esta puede expresarse en una

forma sencilla en el caso de una sustancia que se pueda modelar como ungas ideal; pero produce expresiones extremadamente complicadas para el



201


caso de ecuaciones de estado no ideales con las cuales se debe recurrir amétodos numéricos apropiados.

Ejemplo 9.2

Se desea bombear etano entre dos estaciones de un gasoducto por una tuberíade 12,3 km de longitud con un factor de fricción constante de 0,0025. Lapresión en la estación de bombeo inicial y final debe ser de 5 atm y 2 atmrespectivamente. Si por el gasoducto deben fluir 1,2 kg/s de etano en formaisotérmica a 20 °C, calcular el diámetro del gasoducto a utilizar.

Solución

Considerando al etano que fluye por el gasoducto como un gas ideal enton-ces ρ = P/RT y la ecuación 9.23 queda (considerando flujo isotérmico)

con A = π D2/4 e integrando, se obtiene

reemplazando los valores

reorganizandoD = 620.416,1 D5 – 67,1

y resolviendo por tanteo

D = 0,161 m

9.2 Flujo a través de toberas y difusores

En esta sección se presentará la aplicación de los conceptos estudiados delflujo mediante dispositivos de área variable.

Una tobera es un dispositivo que aumenta la velocidad de la sustanciamediante una disminución en la presión. En un difusor, la presión de lasustancia aumenta, disminuyendo la velocidad. Debido a que el flujo através de toberas y difusores es, en general, a altas velocidades, no hay tiempo para que se establezca la transferencia de calor y por tanto sepuede considerar que estos dispositivos son adiabáticos. Por otra parte,los equipos estudiados en esta sección no requieren de ningún dispositivopara el intercambio de trabajo.

Antes de plantear las ecuaciones que describen el comportamiento de las

sustancias en las toberas y los difusores se deben presentar dos conceptosprevios: la velocidad del sonido y las propiedades de estancamiento.




202

9.2.1 La velocidad del sonidoPara encontrar la expresión para la velocidad con la que viaja una ondade sonido (la cual puede ser considerada como una pequeña perturbación de

presión) en un fluido, se examinará el fenómeno desde el punto de vistade un observador situado en la onda, como se muestra en la figura 9.3.

Figura 9.3 Movimiento de una onda de sonido, el observador se mueve conla onda

Desde el punto de vista del observador, está en una onda estacionaria, conel fluido viajando hacia él con una velocidad C y sale del volumen de controlcon una velocidad C−d . Debido a que la onda de sonido es infinitesimal,los cambios en la presión, densidad y entalpía durante el paso de la ondaestán dados por dP, dρ y dh respectivamente.

Para el observador, se tiene un estado estable en flujo estable y puesto que elproceso se puede considerar adiabático, sin cambios en la energía potencial

y no se tiene intercambio de trabajo, el balance de energía para el volumende control de la figura 9.3 es

(9.24)

la cual, despreciando las diferenciales de segundo orden, queda

(9.25)

Por otra parte, la ecuación de continuidad para este caso puede escribirse en

la formaρ C A = (ρ + dρ) (C−d ) A

que, despreciando nuevamente las diferenciales de segundo orden, se reduce a

C dρ = ρ d

que al reemplazarse en la ecuación 9.25 produce

(9.26)

Si se utiliza la ecuación 5.6 para eliminar la entalpía, la ecuación 9.26 queda

(9.27)



203


Como la onda sonora se puede considerar como una onda de presión infi-nitesimal, se puede suponer que el proceso es reversible. Por tanto, comoel flujo es también adiabático, resulta que ds = 0 y la ecuación 9.27 sereduce a

es decir,

(9.28)

Como la derivada del lado derecho de la ecuación 9.28 se debe evaluar aentropía constante, se puede escribir más correctamente como

(9.29) ya que la relación del lado derecho de la ecuación 9.29 es una propiedadtermodinámica, entonces la velocidad del sonido también es una propie-dad termodinámica y tiene un solo valor para cada estado.

Para el caso particular de un gas ideal, se puede demostrar que

que en un proceso isentrópico queda

o en otras palabras

(9.30)

Al reemplazar en la ecuación 9.29 se obtiene que para un gas ideal

(9.31)es decir que la velocidad del sonido en un gas ideal es función únicamentede la temperatura.

En el estudio de flujo de fluidos es conveniente utilizar un parámetroadicional conocido como el número de Mach (M*) que se define como larelación entre la velocidad del fluido y la velocidad con la que se propagael sonido dentro de este

(9.32)

Empleando el número de Mach se pueden clasificar los regímenes de flujode la siguiente manera:

Flujo subsónico, cuando M* < 1.

Flujo sónico, cuando M* = 1.Flujo supersónico, cuando M* > 1.




204

Ejemplo 9.3

Calcular el número de Mach en la estación inicial y final del etano que fluyepor el gasoducto del ejemplo 9.2.

SoluciónLa velocidad del etano se puede calcular en cualquier punto con la ecua-ción de continuidad

y considerando al etano como un gas ideal

con los datos del problema 9.2

se obtiene para la estación de bombeo inicial

en la estación de bombeo final la velocidad es

la velocidad del sonido, en este caso, se mantiene constante

La velocidad del sonido es entonces C = 310,33 m/s y el número de Machen cada punto

9.2.2 Propiedades de estancamiento

Este es un concepto que muchas veces simplifica el análisis de problemas deflujo compresible. Se define como estado de estancamiento isentrópico al estadoque alcanza un fluido en movimiento si se llevara al reposo en un dispositivooperando en estado estable, mediante un proceso reversible sin interaccionesde calor ni de trabajo. El balance de energía para este proceso hipotético es

(9.33)

en el cual simboliza la entalpía del fluido en reposo.

Por otra parte, como la entropía de estancamiento es la misma que

la del fluido en movimiento, todas las propiedades quedan especificadasmediante el conocimiento de y .



205


Ejemplo 9.4

Determinar la temperatura y la presión de estancamiento isentrópico de unavión que viaja a Mach 0,9 bajo unas condiciones atmosféricas de 50 kPa y −12 °C.

Solución

Para el aire a −12 °C se tiene que y por tanto la velocidad del avión es

De la ecuación 9.33, la entalpía de estancamiento es

y

si se considera un gas ideal con Cp constante

Para un proceso isentrópico de gas ideal y considerando capacidades ca-loríficas constantes

y

reemplazando los valores

9.2.3 Flujo adiabático reversible en conductos

de sección transversal variablePara el estudio de flujo a través de toberas y difusores (dispositivos conárea de flujo variable), se puede realizar un análisis similar al mostrado enel desarrollo del balance de energía mecánica.




206

Figura 9.4 Sistema diferencial para flujo en conductos de área variable

La aplicación de la ecuación 9.6 al proceso mostrado en la figura 9.4 en

el cual el flujo es adiabático, reversible sin intercambio de trabajo y concambios insignificantes en la energía potencial, produce

o

(9.34)

Por otra parte, la ecuación de continuidad es = constante que dife-renciada logarítmicamente se transforma en

(9.35)

combinando las ecuaciones 9.34 y 9.35 se obtiene

que utilizando el resultado de la ecuación 9.29 se transforma en

(9.36)

Utilizando el concepto de número de Mach la ecuación se convierte en

(9.37)

o

(9.38)

reemplazando la ecuación 9.34 en la 9.38 resulta

(9.39)

El análisis de las ecuaciones 9.38 y 9.39 conduce a conclusiones importantes



207


1. Cuando M* < 1

Esto significa que si se desea acelerar un fluido subsónico el área de lasección transversal debe disminuir en la dirección en que aumenta la

velocidad y disminuye la presión. De la misma forma, se puede concluirque un difusor subsónico debe tener forma divergente.

2. Cuando M* > 1

En este caso, una tobera supersónica debe ser divergente, mientras queun difusor supersónico debe ser convergente.

3. Cuando M*

= 1

El área de flujo se mantiene constante en este caso.

Se debe notar, de estas conclusiones, que una vez que el fluido alcanzala velocidad del sonido, una aceleración posterior solo puede ocurrir enuna sección divergente. Las conclusiones se pueden resumir esquemá-ticamente en la figura 9.5.

Figura 9.5 Relación de velocidad, área y presión para flujo isentrópico entoberas y difusores

9.2.4 Eficiencia de toberas

Cuando el flujo a través de una tobera no es reversible, se puede utilizar laecuación 9.40 para calcular la magnitud de las irreversibilidades




208

(9.40)

Las irreversibilidades en una tobera se deben principalmente a la fricción.En la actualidad, mediante diseños mejorados y la escogencia de materialesapropiados, los efectos de la fricción se han minimizado y es por eso que laseficiencias de toberas son generalmente muy altas (del orden de 92 a 97%).

Un balance de exergía en una tobera real produce

que reemplazando en la ecuación 9.40 da

Es claro entonces que cuando la tobera funciona sin irreversibilidades, laeficiencia exergética es la máxima.

Algunos autores postulan que el objeto de una tobera no es obtener unaexergía alta en la salida, sino específicamente un aumento en la velocidad y por tanto definen una eficiencia energética como la relación entre la ener-gía cinética real obtenida y la que se obtendría si el flujo fuera isentrópicoentre las mismas condiciones iniciales y la misma presión final.

(9.41)

y utilizando las propiedades de estancamiento (véase ecuación 9.33)

(9.42)

en la cual es la entalpía de estancamiento en la entrada y hsi es laentalpía de salida si el flujo fuera reversible.

Ejemplo 9.5

Por una tobera entran 1,5 kg/s de aire a 160 kPa y 67 °C con una velocidadde 90 m/s. El área de la sección transversal de la salida de la tobera es de0,018 m2 y el fluido sale por ella a 350 m/s. Calcular:

a. La temperatura a la salida.b. La presión en la salida.

b. La eficiencia energética.

Solución

a. El balance de energía es

y considerando gas ideal con Cp constante



209


y por tanto

b. Para un gas ideal P = ρ R T y de la ecuación de continuidad

o sea que

c. Para calcular la velocidad de salida del proceso adiabático reversible sedebe encontrar primero la temperatura de salida ideal.

Del balance de entropía para el flujo adiabático reversible de un gas ideal

y por tanto

Tsi = 185,9 K La velocidad de salida ideal se puede calcular del balance de energía

y entonces

la eficiencia es

9.3 Procesos de compresión y expansiónen flujo estable

Antes de presentar el funcionamiento de las máquinas térmicas y de losrefrigeradores se estudiarán un poco más de cerca dos de los equipos másimportantes de estos ciclos: las turbinas y los compresores.

9.3.1 Expansión en turbinas

El propósito de una turbina es producir trabajo llevando al fluido desde unascondiciones de entrada hasta una presión final específica. Por tanto, es útil




210

investigar diferentes tipos de procesos reversibles entre el estado inicial y alguna presión final dada para determinar cuál representa la mayor cantidadde trabajo. En la figura 9.6 se muestran tres trayectorias reversibles de expan-sión para un gas entre un mismo estado inicial y una presión final dada.

Del diagrama presión volumen mostrado, es claro que el proceso isotérmico esel que produce la mayor cantidad de trabajo, pero en la práctica, la cantidadde calor que puede transmitirse durante la expansión en una turbina estálimitada por una pequeña superficie disponible para la transferencia de calor

y por el poco tiempo que el gas permanece en la turbina. En consecuencia,muchas veces no es deseable el calentamiento durante la expansión propia-mente dicha, sino que se obtiene trabajo adicional con una etapa intermediade recalentamiento: el gas se saca de la turbina a una presión intermediaentre las presiones de entrada y salida, se calienta a presión constante (véa-

se figura 9.7) y entonces reingresa a la turbina o entra a otra turbina paraexpandirse hasta la presión de salida.

Figura 9.6 Trayectorias de expansión reversible

De la figura 9.7 es claro que el trabajo se incrementa (con respecto a la ex-pansión adiabática) mediante el recalentamiento. También se puede observarque para valores dados de PE y Ps existe una presión óptima para el recalenta-miento (esto se puede intuir analizando los casos extremos: si se seleccionauna presión intermedia muy cercana a la presión de entrada o de salida, elaumento del trabajo obtenido es pequeño comparado con el aumento obtenidode una etapa intermedia como la mostrada en la figura 9.7).

Se ha demostrado que si el recalentamiento lleva al gas a su temperaturainicial, se obtiene el máximo trabajo cuando el trabajo es el mismo paralas dos etapas. Se puede también concluir, de un análisis posterior, quecuando se tienen más de dos etapas, el trabajo óptimo se obtiene cuandolas etapas aportan por partes iguales al total obtenido.

9.3.2 Flujo en compresores

Un análisis similar al realizado para las turbinas se puede hacer con elflujo estable en compresores. En este caso se desea obtener una presión



211


Figura 9.7 Recalentamiento en turbina de gas

de salida alta con un mínimo de trabajo invertido en ello. En la figura 9.8

se muestran tres procesos reversibles para realizar la compresión.

Figura 9.8 Trayectorias de compresión reversible

En el caso de los compresores se aplican restricciones similares al casode las turbinas para la transferencia de calor y es por tanto preferible, enmuchos casos, tener etapas de enfriamiento intermedio. En este caso, laexperiencia ha mostrado que si se tienen más de dos etapas, el mínimotrabajo de entrada se requiere cuando el trabajo total se divide en partesiguales entre las etapas (véase figura 9.9).

Figura 9.9 Compresión en tres etapas con enfriamientos intermedios a Pi1 y Pi




212


9.1 Se desea bombear gas metano entre dos estaciones de un gasoducto poruna tubería de 20 cm de diámetro, 12,3 km de longitud y un factor de

fricción constante de 0,0025. A la estación final deben llegar 1,5 kg/sde metano a 4 atm. Calcular cuál debe ser la presión en la estación departida si el flujo es considerado isotérmico a 20 °C.

9.2 Calcular la transferencia de calor involucrada en el problema 9.1.

9.3 Por un tubo horizontal, perfectamente liso y aislado térmicamentede diámetro constante (D = 4 pulgadas) fluye aire en estado estable.El aire entra a 150 kPa y 35 °C con una velocidad de 58 m/s y sale a140 kPa y 240 °C. Determinar:

a. La velocidad del aire a la salida.

b. El flujo másico.

9.4 Por una tubería horizontal con un factor de fricción de 0,008 fluyeagua a 78 °F. La caída de presión debida a la fricción es de 1,1 psipor cada 100 pies de tubería. ¿Cuál es el flujo másico que se puedeconducir por una tubería de 6 pulgadas?

9.5 En un conducto horizontal fluye helio en forma adiabática reversible,desde 750 kPa y 60 °C hasta 150 kPa. Si la velocidad inicial es de 60 m/s,determinar la velocidad al final del ducto.

9.6 A un tubo de 4 cm de diámetro entra agua a 2.000 kPa y 30 °C conuna velocidad de 2 m/s. La salida del tubo está a 25 m por arriba de laentrada. Si la caída de presión por fricción es de 15 kPa, determinarla presión a la salida.

9.7 Entre dos estaciones de bombeo de un gasoducto fluye propano por unatubería que se puede considerar horizontal de 32 cm de diámetro y de38 km de largo. La presión del gas en la estación de bombeo inicial esde 62 atm y la presión de entrada a la estación de bombeo final es de30,5 atm. Se puede suponer que el factor de fanning es de 0,0042 entoda la tubería. Si se considera que el flujo es isotérmico a 25 °C y que

el propano obedece a la ecuación de estado

con Pc en kPa calcular:

a. El flujo másico.

b. Las velocidades al comienzo y al final de la tubería.

c. La transferencia de calor.

9.8 Se bombea gas natural (metano) a través de una tubería horizontal de

0,305 m de diámetro y de 56 km de largo. Las presiones al comienzo y la final de la tubería son respectivamente de 51 atm y 27 atm. Se



213


puede suponer un factor de fricción de Fanning de 0,004. Si el metanoobedece la ecuación de estado

calcular el caudal y la transferencia de calor si el flujo es isotérmicoa 15,6 °C.

9.9 La central de una hidroeléctrica tiene una turbina que recibe 400 kg/sde agua de un lago artificial a través de una tubería de cemento de 0,915m de diámetro y 0,8 km de longitud y que se extiende hasta el lechode un río 75 m más abajo. La tubería tiene una válvula de compuerta50% abierta (con un coeficiente de pérdidas de 4,5) y para todos loscaudales prácticos se tiene un flujo turbulento con un factor de Fanningde 0,005. Si la turbina tiene un rendimiento del 85%, calcular:

a. El trabajo que se obtiene de la turbina.b. La presión justo antes de entrar a la turbina.

9.10 Suponiendo un comportamiento de gas ideal, determinar la velocidaddel sonido en cada uno de los siguientes casos:a. Aire a 25 °C.b. Monóxido de carbono a 25 °C.c. Argón a 25 °C.d. Agua a 0,2 MPa y 250 °C.

9.11 A través de un conducto fluye oxígeno isoentrópicamente en estadoestable. En el punto de entrada donde el área de la sección transversales de 0,2 m2 el oxígeno está a 70 kPa y 50 °C y tiene una velocidad de600 m/s. En la sección de salida el gas está a 340 kPa. Determinar:a. El área de la sección transversal de salida.b. El número de Mach en la salida.

9.12 En una tobera con una eficiencia energética del 93% se expande CO2 desde 3,2 MPa y 180 °C hasta 0,8 MPa. Suponiendo que el CO2 es ungas ideal, calcular:

a. La velocidad de salida.b. La temperatura de salida.9.13 En una tobera con una eficiencia energética del 95% se expande vapor

de agua desde 6,0 MPa y 400 °C hasta 3,0 MPa. Si el área se salida esde 6,5 cm2, determinar el flujo másico del agua.

9.14 En una tobera se expande nitrógeno en forma adiabática reversibledesde 1.500 kPa y 100 °C. Se desea obtener una velocidad de salidade 600 m/s. Despreciando la velocidad de entrada determinar:a. El número de Mach a la salida.

b. La presión a la salida.c. La eficiencia energética en la tobera.




214

9.15 Demostrar que la presión de estancamiento , para un fluidoincompresible, se puede expresar mediante

9.16 Determinar la presión de estancamiento para el agua a 100 °C y 200kPa, que fluye con una velocidad de 50 m/s.

9.17 Determinar la presión y la temperatura de estancamiento correspondientea un avión de propulsión a chorro que viaja a 500 m/s a través de aireatmosférico a 12 kPa y −20 °C.

9.18 Vapor de agua que se encuentra a 200 psia tiene una entalpía de estan-camiento de 1.270,8 Btu/lb y su velocidad es de 300 pies/s. Calculala temperatura y la entropía de estancamiento.

9.19 Demostrar que para el flujo de un gas ideal con capacidades caloríficasconstantes se cumple

a.

b.

9.20 Mediante una tobera se expande vapor de agua desde unas condicionesde estancamiento de 200 psia y 800 °F hasta otras condiciones de 40psia y 450 °F. Determinar la eficiencia energética de la tobera.

9.21 Desde una caldera donde la presión es de 1,0 MPa y la temperatura esde 500 °C fluye vapor de agua. Determinar la velocidad en un punto deuna tobera donde la presión es de 100 kPa, si el proceso es reversible.

9.22 Un gas ideal con calores específicos constantes entra a una tobera a500 kPa y 300 K, y sale de la tobera a 100 kPa. Si el proceso es isen-trópico en estado estable, calcular el número de Mach a la salida dela tobera si el gas es:

a. Aire.

b. Dióxido de carbono.

c. Helio.



10. Aplicaciones de ciclos

de potencia y refrigeración

Una sociedad industrializada consume grandes cantidades de energía. Además se caracteriza por su creciente dependencia de la electricidad,tendencia que tiene efectos directos en el consumo global de energía e

indirectos en el medio ambiente. Como consecuencia de ello, las decisionesque se deben tomar en relación con el diseño de un sistema de conversiónde energía, están ligadas al comportamiento de la economía y a la calidad de

vida en el ambiente.

La generación de potencia involucra innumerables aplicaciones de la ter-modinámica, por ejemplo a la propulsión de automóviles, aviones o barcos,para suministro de electricidad o para aplicación directa en la operaciónde bombas, compresores, equipos de procesamiento de materiales y refri-geración.

Un ingeniero debe esforzarse por incrementar la eficiencia térmica de unsistema de generación de potencia o por reducir el consumo de potenciaen un proceso de refrigeración, tratando de minimizar irreversibilidades.

El diseño de un buen proceso es aquel que tenga una eficiencia razo-nablemente alta y cumpla con los requisitos técnicos, económicos y deprotección del ambiente.

10.1Ciclos de potencia

En general el equipo generador de potencia se clasifica en: sistemas depotencia de gas y sistemas de potencia de vapor.

Los sistemas de potencia de gas incluyen las turbinas de gas y los motoresde combustión interna. En ambos la sustancia de trabajo, durante el pro-ceso, no cambia de fase, permanece como gas.

En los sistemas de potencia de vapor la fase de la sustancia de trabajocambia y este cambio permite que se alcance más energía que la que sepuede almacenar por solo calentamiento en una fase. Aquí la sustanciade trabajo se expande como vapor pero se comprime como líquido con un

volumen específico pequeño, por ello muy poco del trabajo obtenido en laexpansión tiene que usarse en la compresión.




216

De todos los sistemas de potencia de gas, se tratarán en este texto lasplantas de turbina de gas que operan de acuerdo con el ciclo de Brayton

y las máquinas de combustión interna que operan de acuerdo con el ciclode Otto y el ciclo de Diesel. Existen otros sistemas de potencia de gas mo-delados mediante otros ciclos o por combinación entre ellos, cuyo análisisse hace en la misma forma de los antes mencionados.

El modelado de las plantas de potencia de vapor se hace de acuerdo conel ciclo de Rankine.

10.2 Ciclos de potencia de gas

10.2.1 Ciclo de Brayton o ciclo de turbina de gas básico

En una turbina de gas simple el aire atmosférico entra a un compresordonde se comprime hasta una presión y una temperatura más alta, luegopasa a una cámara de combustión donde se le inyecta el combustible y losproductos calientes de la combustión se expanden luego en una turbinapara producir trabajo. Parte del trabajo de la turbina se usa para impulsarel compresor, una pequeña cantidad se utiliza para operar dispositivosauxiliares y el resto es la salida neta de trabajo de la planta.

El modelo más simple para estudiar la turbina de gas es el modelo estándarde aire, con las siguientes características:

— La sustancia de trabajo es aire, que se comporta como gas ideal a lolargo del ciclo.

— El proceso de combustión se reemplaza por un proceso de adición decalor a presión constante.

— El escape real de los productos de combustión de la turbina y el aspiradodel aire atmosférico por el compresor se reemplazan por un proceso deliberación de calor a presión constante.

Para el cálculo de propiedades del aire puede también suponerse que lascapacidades caloríficas son constantes y sus valores corresponden a los de

la temperatura ambiente.El ciclo de Brayton es un modelo de aire estándar de un ciclo de turbinade gas simple. La figura 10.1 muestra un diagrama de flujo, un diagramaP-v y un diagrama T-s para este ciclo.

Los procesos de compresión y expansión son isentrópicos y la adición y li-beración de calor ocurren de una manera reversible a presión constante.

En el diagrama T-s se ve claramente la divergencia de las líneas de presiónconstante con entropía, lo cual asegura que la variación de entalpía en laturbina es mayor en magnitud que la variación de entalpía en el compre-

sor. De otra manera la turbina no puede impulsar el compresor y entregartrabajo a los alrededores.



217

10. Aplicaciones de ciclos de potencia y refrigeración

Figura 10.1 Ciclo de Brayton que simula una operación simple de una turbinade gas. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama P-v. c. Diagrama T-s.

Mediante los balances de energía en la turbina, en el compresor y en lacámara de combustión, despreciando variaciones de energía cinética y potencial se tiene

w turbina = h3 − h4 (10.1)

w compresor = h2 − h1 (10.2)

w neto = w turbina − w compresor = (h3 − h4) − (h2 − h1) (10.3)

(10.4)

Para el caso especial de capacidades caloríficas constantes con la temperatura(10.5)

Esta eficiencia también podría expresarse en términos de las presiones.

La eficiencia del ciclo de Brayton es significativamente menor que la de unciclo de Carnot que opera dentro de los mismos límites de temperatura,como se muestra en la figura 10.2

En algunas aplicaciones de turbinas de gas se pueden utilizar otras sus-tancias de trabajo.

Las bajas eficiencias de las turbinas y los compresores retrasaron el de-sarrollo de plantas de turbinas de gas, pues los procesos reales en estos




218

equipos ocurren irreversiblemente generando pérdidas de disponibilidad,como puede apreciarse en el diagrama de la figura 10.3

Figura 10.3 Ciclo de turbina de gas de aire estándar con compresión y expan-sión irreversibles

Ejemplo 10.1

El aire entra al compresor de una planta de turbina de gas simple a 100kPa, 20 °C, a razón de 2,20 kg/s. La eficiencia adiabática del compresor es60%. La presión de descarga es de 450 kPa. Calcular la cantidad de caloren kJ/s, que debe agregarse para proporcionar una temperatura de entradaa la turbina de 650 °C.

Solución

Se trata de un proceso en estado estable, flujo estable como se representaen la figura 10.4.

Figura 10.2 Superposición de un ciclo Brayton y un ciclo de Carnot para

comparar las eficiencias



219


Figura 10.4 Proceso en estado estable, flujo estable, ejemplo 10.1

El calor se agrega en el proceso de 2 a 3 que se realiza a presión constante(reemplaza la combustión en el proceso real). El aire se va a considerarcomo un gas ideal, suponiendo capacidades caloríficas constantes con latemperatura. Un balance de energía en el intercambiador de calor da

q2→3 = h3 − h2 real

Para calcular h2 es necesario determinar el real estado 2, esto puede hacersemediante un análisis en el compresor.

Si el compresor trabaja de una manera adiabática reversible se cumple que

y para este caso con γ para el aire igual a 1,4

sería la temperatura a la salida del proceso reversible y el trabajo suminis-

trado a este compresor de acuerdo con el balance de energía es w c, rev = h2, rev − h1 = Cp, 0 (T2, rev − T1)

w c, rev = 1,0035 (450,5 −293) = 158,05 kJ/kg

Como la eficiencia del compresor real es del 60%, se tiene

ηc = w c, rev

w c, real

luego w c, real = 158,05/0,6 = 263,42 kJ/kg

Un balance de energía para el compresor real permite calcular T2 real así w c, real = h2, real − h1 = Cp, 0 (T2, real − T1)




220

luego

T2, real= w c, real + T1 w p, 0

T2, real = 263,42/1,0035 + 293 = 555,5 K = 282,5 °C

De la ecuación aq2→3 = Cp, 0 (T3 − T2, real) = 1,0035 (650 – 282,5) = 368,79 kJ/kg

El flujo de calor en el intercambiador será

1. Regeneración en turbinas de gas

Como la temperatura de escape de la turbina de gas es bastante mayorque la temperatura del aire que sale del compresor, se puede instalar un

intercambiador de calor que recibe el nombre de regenerador, donde elgas de escape de la turbina calienta el aire que sale del compresor antes

Figura 10.5 Ciclo de turbina de gas regenerativa. a. Diagrama de flujo. b. Diagra-ma T-s.



221


de entrar a la cámara de combustión reduciendo así el consumo de com-bustible. Este ciclo regenerativo se muestra en la figura 10.6.

Aplicando el balance de energía al regenerador suponiendo cambios de

energía cinética y potencial despreciables y sin pérdida de calor a los al-rededores se tiene que

h3 − h2 = h5 − h6

porque

q2 → 3 = q5 → 6

Las dos áreas que representan transferencia de calor en la figura 10.6 soniguales.

Para una eficiencia térmica máxima de un ciclo regenerativo, T3 en la figura10.6, debería ser tan alta como fuera posible, siendo su valor límite T5, por

tanto puede definirse la efectividad del regenerador como(10.6)

Figura 10.6 Ciclo de turbina de gas de aire estándar con inter-enfriamiento.a. Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s.




222

Incrementar la efectividad de un regenerador exige una mayor área de su-perficie de transferencia de calor, lo cual incrementa tanto el costo comolos requerimientos de espacio, entonces regeneradores con alta efectividadpueden no justificarse económicamente. En consecuencia los valores deefectividad raramente exceden el 0,7 en las plantas reales.

2. Inter-enfriamiento en turbinas de gas

El trabajo neto del ciclo puede incrementarse disminuyendo el trabajonecesario en la compresión o aumentando el de la turbina. Esos son lospropósitos del inter-enfriamiento y del recalentamiento respectivamente,como puede apreciarse en las figuras 10.7 y 10.8.

3. Propulsión a chorro con turbinas de gas

Los aviones son impulsados acelerando aire hacia atrás y ejerciendo unafuerza sobre estos. La fuerza de igual magnitud y dirección opuesta delfluido sobre el avión es lo que lo impulsa.

Figura 10.7 Ciclo de turbina de gas de aire estándar con recalentamiento. a.Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s.

3

1

C

Qe

4

6

W

C.C.

T

Qe, rec

T

Recalentador

S

T

6

5

4

3

1

2

Recalentamientoa presión constante

a.

b.

25



223


Figura 10.8 Motor turborreactor. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama P-v. c.Diagrama T-s.

De los diferentes motores de propulsión el turborreactor es el que mejor ilustrael principio de funcionamiento como puede apreciarse en la figura 10.8.

La potencia producida por la turbina es solamente la necesaria para im-pulsar el compresor, el gas solo se expande hasta una presión P4 la cuales mayor que la presión ambiente. Luego el gas a alta presión se expandeisoentrópicamente en la tobera del estado 4 al estado 5 adquiriendo una

velocidad considerablemente mayor que y en consecuencia se desa-rrolla un empuje.

Ejemplo 10.2

Una turbina de gas de aire estándar opera en un ciclo regenerativo conuna efectividad del regenerador del 70%. La compresión y la expansión sonisentrópicas. La temperatura de entrada al compresor es de 15 °C. Calcularla eficiencia del ciclo si la temperatura de entrada a la turbina es de 635 °C

y la razón de presión es 5.

Solución

Los diagramas de flujo y T-s para este proceso se representan según lafigura 10.9.

3

C

4

Tobera

C.C.

T

V

P

5

4

3

1

2

a.

b.

2

5

S

T

4

3

1

2

c.

Trabajo del compresor

Trabajo de la turbina

5

1X1X5




224

Figura 10.9 Diagramas para una turbina de gas de aire. a. Diagrama de flujo.

b. Diagrama T-s.

Eficiencia del regenerador =

Razón de presión =

Se considera que el aire que entra al compresor se encuentra a la presióndel ambiente supuesta como 100 kPa. Durante todo el proceso se comporta

como gas ideal.La eficiencia del ciclo se calcula mediante la relación

De acuerdo con los balances de energía en el compresor la turbina y elintercambiador de calor, tenemos

w c = h2 − h1

w T = h4 − h5

q3→4 = h4 − h3

porque en todas las etapas las variaciones de energía cinética y potencialse pueden despreciar.

Para calcular la entalpía en cada punto, el estado tiene que estar comple-tamente determinado así

Estado 1: P1 = 100 kPa, T1 = 288 K.

Estado 2: P2 = 5 P1 = 500 kPa.

Para encontrar otra propiedad que lo determine, se hace un balance deentropía en el compresor

s2 = s1

o sea que para el aire

3

C

1

C.C.

T

a.

4

6

WN

5

2

6

b.

S

T4

3

1

2

P= Constante

5



225


Esta relación permite calcular y en las tablas para el aire a ese valor de

se puede calcular T2.Estado 3: P3= P2 = 500 kPa

es necesario conocer la temperatura T3 que se puede calcular de la relaciónde la eficiencia del regenerador, siempre que se conozca T5.

T3 = 0,7 (T5 − T2) + T2

Estado 4: P4 = P3 = 500 kPa, T4 = 908 K.

Estado 5: P5 = P1 = 100 kPa.

para determinar T5 se hace un balance de entropía en la turbina

s4 = s5

luego

se calcula y con este valor y con ayuda de la tabla de propiedades parael aire se calcula T5. Después de conocer T5 se puede calcular T3.

Con los estados 1, 2, 3, 4 y 5 determinados se calculan (con ayuda de lastablas) las entalpías (véase tabla 10.1).

Tabla 10.1 Entalpías para el ejemplo 10.2.Estado P (kPa) T (K) h (kJ/kg)

1 100 288 288,6

2 500 455 457,19

3 500 551,6 556,41

4 500 908 941,9

5 100 593 599,68

w c = 168,59 kJ/kg w T = 342,22 kJ/kg

q3 → 4 = 385,49 kJ/kg

La eficiencia del ciclo será

ηter = 0,45 ó 45%

Si se quiere saber cuál es la temperatura T6, se hace un balance de energíaen el regenerador adiabático

h5 + h2 = h6 + h3

h6 = h5 + h2 − h3 = 500,46 kJ/kgT6 ≈ 500 K




226

10.2.2 Ciclos para modelar máquinas

de combustión internaPara motores de ignición por chispa que se usan en la mayoría de los automó-

viles, una mezcla de aire combustible se aspira a un cilindro y se comprime,una chispa enciende la mezcla elevando la temperatura y el gas se expande,realizando trabajo sobre un pistón que hace girar el árbol del motor. Al finalde la carrera del pistón los gases de escape son expelidos para completar elciclo de operación. La secuencia de procesos que ocurren dentro del cilindroes compleja y se dan variaciones químicas importantes.

Los procesos de las máquinas de ignición por compresión son iguales decomplejos a los de las máquinas de ignición por chispa pero difieren enque solo aire (y no una mezcla de aire combustible), es aspirado dentro

del cilindro y comprimido, la compresión eleva la temperatura del airepor encima de la temperatura de ignición del combustible. Cerca del finalde la carrera de compresión se inyecta el combustible y rápidamente seenciende. El gas se expande conforme procede la combustión y continúaexpandiéndose hasta que inicia el proceso de escape.

Los modelos más simples para máquinas de ignición por chispa e igniciónpor combustión son los de aire estándar, donde se consideran las siguientesbases de análisis: el sistema es cerrado por lo que el fluido se usa repetida-mente; el fluido de trabajo siempre es aire comportándose como gas ideal;los procesos de compresión y expansión son reversibles y adiabáticos; el

proceso de combustión se reemplaza por un proceso reversible de trans-ferencia de calor; como el sistema es cerrado, el proceso de escape de lamáquina real es reemplazado por eliminación de calor reversiblemente y a volumen constante para regresar el fluido a su condición inicial antesde la compresión.

1. Ciclo de Otto de aire estándar

Este ciclo se compone de cuatro procesos reversibles en un sistema cerrado:compresión adiabática, adición de calor a volumen constante, expansión

adiabática y liberación de calor a volumen constante, como se muestra enla figura 10.10

La razón de compresión r para el ciclo está definida por

Es una relación de volumen fijada por la geometría del motor.

El balance de energía para este ciclo en cada etapa del proceso es

∆U = Q N − W NSe debe tener en cuenta que en las etapas adiabáticas Q N = 0 y en las

etapas a volumen constante W N = 0.



227


Figura 10.11 Ciclo de Diesel de aire estándar. a. Diagrama P-v. b. Diagrama T-s.

Figura 10.10 Ciclo de Otto de aire estándar. a. Diagrama P-v. b. Diagrama T-s.

Cuando de consideran las capacidades caloríficas del aire constantes con la tem-peratura y teniendo en cuenta las relaciones para gases ideales, se llega a que

la eficiencia térmica para la máquina es

(10.7)

este resultado muestra que la eficiencia térmica del ciclo de Otto de aire(cuando las capacidades se consideran constantes con la temperatura) de-pende solo de la razón de compresión. En caso contrario depende tambiénde los límites de temperatura.

a.

v

P

3

1

2

s = C o n s t a n t e

4


b.

S

T

3

1

2

v = C o n s t

a n t e

4

v = C o n s t

a n t e

a.

v

P

3

1

2


4


b.

S

T

3

1

2

v =C o n

s t a n t e

4 p = C o n s t a n t

e




228

2. Ciclo de Diesel de aire estándar

Se compone también de cuatro etapas reversibles en sistema cerrado:1-2 compresión adiabática, 2-3 adición de calor a presión constante, 3-4

expansión adiabática hasta el volumen inicial y 4-1 liberación de calor a volumen constante, como puede apreciarse en la figura 10.11.

La razón de corte o razón de fin de inyección rc está definida por

el porcentaje de corte se define por

Porcentaje de corte =

es decir, esta es la fracción de la carrera durante la cual se agrega calor.

La eficiencia térmica, cuando se consideran constantes las capacidadescaloríficas del aire con la temperatura, es solo una función de la razón decompresión y la razón de corte.

(10.8)

Las máquinas Diesel reales son máquinas de ignición por compresión, loque las distingue de las de ignición por chispa, como son las máquinasOtto reales.

Las comparaciones de rendimiento entre los ciclos de Otto y de Diesel de

aire estándar, se realiza al determinar cuál tiene la eficiencia térmica másalta con la misma razón de compresión y la misma entrada de calor. Estacomparación está representada en la figura 10.12.

S

T

3 O

1

2

v = C o n s t a n t e

4 O

v

=C o n s t a

n t e

3 D

4 D

P = C o n s t

a n t e

D Diesel

O Otto

Figura 10.12 Comparación de los ciclos de Otto y de Diesel.

De acuerdo con la localización relativa de los puntos 4O y 4D en el diagra-ma T-s se muestra que el ciclo de Otto elimina menos calor que el Diesel,



229


Figura 10.13 Representación del proceso indicado en el ejemplo 10.3 en losdiagramas a. P-v. b. T-s.

en consecuencia tiene una eficiencia térmica más alta. Se pueden hacercomparaciones de manera similar para diversas condiciones.

Ejemplo 10.3

Un ciclo de Otto de aire estándar tiene una razón de compresión de 8 y unatemperatura máxima de 1.097 °C. Al inicio de la carrera de compresión, el aireestá a 100 kPa y 25 °C. Determinar la presión máxima en el ciclo, la cantidadde calor agregado en kJ/kg y la fracción disponible del calor agregado.

Solución

La representación del proceso en los diagramas P-v y T-s se indica en lafigura 10.13.

De acuerdo con los diagramas se debe determinar la presión máxima quecorresponde a P3, la cantidad de calor agregado que corresponde a q2→3 y de este la fracción que es disponible.

Se considera que T0 = 298 K que es también la temperatura del aire al

inicio de la carrera de compresión.Durante el proceso cíclico la temperatura y la presión varían pero se puedeconsiderar que el aire se comporta como gas ideal y que su capacidad ca-lorífica no varía con la temperatura y es la capacidad calorífica a 300 K.

— Para calcular P3 se debe tener determinado el estado 3, o sea conocerT3 que corresponde a la temperatura máxima 1.097 °C o 1.370 K y v 3 que es igual a v 2, como

a.

v

P

3

1

2


4


b.

S

T3

1

2

v = C o n s t

a n t e

4

v = C o n s t

a n t e




230

—Un balance de energía en la etapa de 2 a 3 determina que

q2 → 3 = u3 − u2

Se debe entonces conocer la temperatura en 2. Haciendo un balance deentropía en la etapa de 1 a 2

s2 − s1 = 0

por tanto se puede aplicar la relación

con γ = 1,4 y

T2 = 298 (8)0,4 = 684,62 K

q2 → 3 = 0,7165 (1.370 − 684,62) = 491 kJ/kg.

—Para calcular la fracción disponible del calor agregado, el proceso de 2a 3 se puede representar como se indica en la figura 10.14.

Figura 10.14 Cálculo de la fracción disponible del calor agregado, para elejemplo 10.3

de acuerdo con la definición de disponibilidad (véase ecuación 9.5), elcambio de esta durante un proceso que se lleva a cabo en un sistema ce-rrado y con v 3 = v 2 es

Fracción disponible del calor agregado = 342,89/491 = 70%.

S

T3

1

2

3

T =298 K0

684,62 K

v = C o n s t a n t e

Energía disponible

Energía no disponible



231


10.3 Ciclos de potencia de vaporLas plantas de potencia de vapor generan la fracción principal de la po-tencia eléctrica producida en el mundo. El ciclo de potencia de vapor es

esencialmente el mismo si el suministro de calor a la sustancia de trabajoes una caldera en la que se quema combustible o mediante un reactornuclear en el que ocurre la fisión. La sustancia de trabajo más común esel agua, pero existen plantas que operan con otras sustancias.

10.3.1 Ciclo de CarnotCuando se piensa en un ciclo de potencia para máxima eficiencia, de inme-diato se piensa en el ciclo de Carnot, ya que para límites de temperaturaespecíficos, ningún ciclo puede tener una eficiencia más alta y esa eficienciaes independiente de la sustancia de trabajo, en la práctica las característicasde la sustancia de trabajo limitan los alcances. En la figura 10.15 se muestraun diagrama T-s para el agua y dos propuestas diferentes de ciclo de Carnot.

La figura 10.15a muestra un ciclo que opera por completo con vapor húmedo.La temperatura del vapor durante los procesos 1-2 y 3-4 puede mantenerseconstante, manteniendo constante la presión. En la práctica este ciclo esdifícil de operar porque es difícil hacer que el proceso de liberación de ca-lor termine en el estado 4 que está a la misma entropía que 1, también latemperatura crítica del vapor (374 °C) limita la temperatura máxima en elciclo a un valor muy bajo.

S

T

a.

1 2

4 3

b.

3

1 2

4

Figura 10.15 Ciclos de Carnot con agua como sustancia de trabajo. a. Cicloque opera por completo con vapor húmedo. b. Ciclo donde la temperatura deadición de calor es mucho más alta que el anterior.

La figura 10.15b muestra un ciclo donde la temperatura de adición de

calor es mucho más alta, pero se necesitan unas presiones muy altas paraalcanzar la máxima temperatura al comprimir el líquido desde el estado




232

4 y el proceso isotérmico de 1 a 2 debe realizarse con una continua varia-ción de presión que significa un problema de control. En otras palabrasel ciclo de Carnot es un modelo inadecuado para el diseño de plantas depotencia de vapor.

10.3.2 Ciclo de RankineLa figura 10.16 muestra los diagramas de flujo, P-v y T-s de un ciclo Rankine,el cual sirve para modelar plantas de potencia de vapor simples.

Figura 10.16 Ciclo de Rankine. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama P-v. c.

Diagrama T-s.

b.

v

P

3

1

2

4

a.

1

2

4

3

S

T

Caldera

Condensador

T

1

V.S.S

WT

Wb

Qe

3

4

2

QS

Vapor saturado seco entra en 1 a la turbina donde se expande isoentrópica-mente hasta el estado 2. El vapor se condensa luego a presión y temperaturaconstante hasta líquido saturado en 3 y durante este proceso se transfierecalor a los alrededores. El líquido saturado que sale del condensador sebombea isoentrópicamente hacia una caldera donde a presión constanteP4 se calienta hasta la temperatura de saturación y luego se evapora parasalir nuevamente en el estado 1 y completar así el ciclo.

Para usar temperaturas más altas sin incrementar la presión máxima delciclo, el vapor después de salir de la caldera se puede sobrecalentar a presiónconstante en un sobrecalentador. La combinación de la caldera y el sobre-



233


calentador se llama generador de vapor. En la figura 10.17 se muestran losdiagramas de flujo y T-s de un ciclo de Rankine con sobrecalentamiento.

La comparación de los diagramas T-s de las figuras 10.16 y 10.17 muestra

que para ciertos límites de presión, la eficiencia térmica se incrementamediante el sobre-calentamiento.

Figura 10.17 Ciclo de Rankine con sobrecalentamiento. a. Diagrama de flujo.b. Diagrama T-s.

b.

3

1

2

4

a.

S

T

Generador devapor

Condensador

T

1

W

Wb

Qe

3

4

2

QS

2

Adición de calor aP=constante en elsobrecalentador

Para límites de temperatura dados, la eficiencia del ciclo de Rankine siem-pre es menor que la eficiencia de Carnot ya que no se agrega todo el calora la temperatura más alta.

Mediante balances de energía en las distintas etapas del proceso en estado

estable y despreciando variaciones de energía cinética y potencial se tieneGenerador de vapor q4→1 = h1 − h4, (P1 = P4)

Turbina w T = h1 − h2, (s1 = s2)

Condensador q2→3 = h3 − h2, (P3 = P2, h3 = hf )

Bomba w b = h4 − h3, (s4 = s3)

La eficiencia térmica del ciclo es

(10.9)

Para las condiciones en el estado 4, las tablas, gráficos y programas de com-putador generalmente no permiten calcular h4. Pero para una bomba queopera reversiblemente w = ∫ vdP y por tratarse de un líquido se puede consi-derar que el volumen durante la compresión permanece aproximadamenteconstante y es igual al del líquido saturado en las condiciones 3, luego

w b = v 3 (P4 − P3) (10.10)

h4 = h3 + v 3 (P4 − P3) (10.11)

Una ventaja del ciclo de Rankine sobre todos los otros ciclos de potenciadiscutidos hasta aquí, es la baja razón de trabajo consumido

Razón de trabajo consumido = w bomba

w turbina




234

Ejemplo 10.4

Determinar la eficiencia y la razón de trabajo consumido en un ciclo deRankine que opera entre 5,0 MPa y 10 kPa con una temperatura máximade 400 °C.

Solución

De acuerdo con el enunciado se trata de un ciclo de Rankine sencillo y rever-sible, su representación en un diagrama T-s se indica en la figura 10.18.

Figura 10.18 Representación en un diagrama T-s del ciclo de Rankine sencillo y reversible

3

1

2

4

S

T

5 Mpa

10 Mpa

La eficiencia térmica es

los balances de energía en la turbina, la bomba y el generador de vapor,llevan a las relaciones

w T

= h1

− h2 w b = h4 − h3

q4→1 = h1 − h4

Por balance s de entropía en la turbina y en la bomba s1 = s2 y s3 = s4.

O sea que los estados termodinámicos de todos los puntos están deter-minados.

La razón de trabajo consumido = W b/W T



235


Con ayuda de las tablas de propiedades termodinámicas para el agua, secalculan las propiedades que aparecen en la tabla 10.2.

Tabla 10.2 Entalpías para el ejemplo 10.2

Estado P (kPa) t (°C) h (kJ/kg) s (kJ/kg K)

1 5.000 400 3.195,7 6,6459

2 10 45,81 2.106,04 6,6459

3 10 45,81 191,83 0,6493

4 5.000 46,11 207,49 0,6493

Entonces η = 0,36 ó 36%, r.w.c = 0,014 ó 1,4%.

10.3.3 Regeneración en plantas de potencia de vaporPara mejorar la eficiencia del ciclo disminuyendo irreversibilidades en latransferencia de calor en el generador de vapor, se precalienta el agua quefluye al generador de vapor. Esto se hace extrayendo o “sangrando” vapordesde varios puntos de la turbina, después de que esta ha realizado algúntrabajo al expandirse y usando este vapor para calentar el agua que fluyede la bomba al generador de vapor.

Esta transferencia de energía ocurre en los calentadores de agua de ali-mentación. En la figura 10.6 se muestran los diagramas de flujo y T-s de unciclo de potencia de vapor que usa un calentador de agua de alimentaciónabierto, llamado también de contacto directo, donde se mezclan el vaporsangrado y el condensado.

El calentador opera a la presión del punto de sangrado, por lo que se ne-cesita otra bomba para forzar el agua hacia el generador de vapor.

Para los balances de masa y energía en ciclos regenerativos es convenientedefinir la razón de masa M´ para cualquier punto a como

donde es el flujo másico en cualquier punto y es el flujo másico a laentrada a la turbina.

Un balance de energía en el calentador abierto es

que también puede escribirse

(10.12)

Si se conocen los estados del fluido en los puntos 2, 5 y 6 (véase figura 10.19),esta ecuación puede resolverse para , la fracción de flujo de vapor queentra al calentador.




236

El diagrama T-s de la figura 10.19 muestra correctamente la localizaciónde todos los puntos; pero la masa de fluido no es la misma en cada punto,por tanto el área bajo la curva de la trayectoria reversible representa latransferencia de calor por unidad de masa de fluido que experimenta eseproceso, y deben tenerse en cuenta las variaciones de flujos másicos cuandose comparen áreas.

Figura 10.20 Ciclo regenerativo con un calentador de agua de alimentacióncerrado. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s.

Figura 10.19 Ciclo regenerativo con calentador de agua de alimentaciónabierto. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s.

4

1

3

7

S

T

5 2

6

a.

Generador devapor

T WQe

3

QS

1 M´ = 11

2 M´2

Calentador 4

C

5

7

M´ = 15 M´2

M´ =7 M´ =11

b.

Cuando se usa un calentador de agua de alimentación cerrado, el agua dealimentación se bombea a través de varios tubos al calentador y el vaporsangrado se condensa en el exterior de los tubos, las dos corrientes de flui-do no se mezclan. En la figura 10.20 aparecen los diagramas de flujo y T-spara este ciclo.

4

1

3

7

S

T

5

2

6

a.

Generador de vapor

T W

Qe

QS

1

Calentador cerrado

4

C

5

7

b.

2

3

Trampa

8

6

Wb

8

9

10

En el caso ideal, el condensado que sale del estado 8 es un líquido saturado,

y el agua que sale en el estado 6 está a una temperatura solo un poco másbaja que T8, en la práctica es generalmente del orden de 5 °C.



237


Un balance de energía en el calentador de agua de alimentación cerrado da

(10.13)

Ejemplo 10.5

Un ciclo ideal regenerativo opera con condiciones de entrada de 25 bar y 400 °C, un calentador de agua de alimentación abierto a 2,5 bar y unapresión del condensador de 15 kPa. Comparar su eficiencia con la de unciclo de Rankine simple que tenga las mismas condiciones de entrada y presión de escape.

Solución

Los diagramas T-s para ambos ciclos se indican en la figura 10.21.

Figura 10.21 Diagramas T-s para un ciclo ideal regenerativo a. y para un ciclode Rankine simple b.

La eficiencia para el ciclo Rankine simple es

Como se trata de un ciclo reversible, las propiedades para cada uno de los esta-dos, calculados con ayuda de las tablas de vapor se indican en la tabla 10.3.

Tabla 10.3 Propiedades para cada uno de los estados para el ejemplo 10.5

Estado P (MPa) t (°C) h (kJ/kg) s (kJ/kg K)

1 2,5 400 3.239,3 7,0148

2 0,015 53,97 2.273,92 7,0148

3 0,015 53,97 225,94 0,7549

4 2,5 54,57 228,46 0,7549Para calcular h4, se tiene en cuenta que h4 = h3 + w b

3

1

2

7

S

T

0,25 Mpa

3

1

2

4

S

T

2,5 Mpa

0,015 Mpa

4

65

0,015 Mpa

2,5 Mpa

a. b.




238

como el proceso en la bomba es reversible

donde v es el volumen del líquido saturado en el estado 3 y no varía apre-

ciablemente por tratarse de la compresión de un líquido. w b = − 0,001014 (2.500 − 15) = − 2,52 kJ/kg

es un trabajo suministrado a la bomba.

ηR. S = 0,32 ó 32%

Para el ciclo regenerativo que también se considera reversible, la eficien-cia se calcula teniendo en cuenta las 2 etapas en la turbina, cada una condistinto flujo másico y el trabajo de las 2 bombas también con diferentesflujos másicos (véase figura 10.20). Por ello es necesario conocer las ra-zones de flujo másico

,

puede hallarse mediante un balance de energía en el calentador, deacuerdo con la ecuación 10.12

las propiedades para los diferentes estados, calculadas con ayuda de lastablas de vapor, se indican en la tabla 10.4.

Tabla 10.4 Propiedades para cada uno de los estados para el ejemplo 10.5 parael ciclo regenerativo

Estado P (kPa) t (°C) h (kJ/kg) (kJ/kg K)

1 2.500 400 3.239,3 70.148

2 250 127,44 2.716,9 70.148

3 15 53,97 2.273,92 70.148

4 15 53,97 225,94 0,7549

5 250 54,00 226,18 0,75496 250 127,44 535,37 1,6072

7 2.500 128,00 537,77 1,6072

El vapor que se extrae para el calentador en las condiciones 2 está prácti-camente saturado pues la calidad es del 99,3%.

Para el cálculo de h5 y h7 se procede en la misma forma que para el cálculode la entalpía h4 en el ciclo de Rankine simple. Entonces



239


Realizando balances de energía para las dos etapas de la turbina, las bom-bas y el generador de vapor, considerando que de todo el flujo másico quecircula por el generador de vapor y que entra a la turbina parte se extraeal calentador y el resto continúa al condensador

ηC, reg = 0,336 ó 33,6%

Por efecto de la regeneración la eficiencia aumentó 1,6%.

El trabajo por kilogramo de sustancia que hay que suministrarle a lasbombas es muy pequeño con respecto al trabajo realizado por la turbina y puede despreciarse, en ese caso

ηR.S = 32,06%

ηreg = 33,7%Prácticamente se tienen los mismos resultados.

10.3.4 Recalentamiento

en las plantas de potencia de vaporLa eficiencia térmica de un ciclo de Rankine se incrementa aumentandola presión en el generador de vapor o la temperatura máxima. Para unatemperatura máxima dada, que está limitada por las características delos materiales de construcción, el incrementar la presión del generador

hace que disminuya la calidad del vapor a la salida de la turbina, esto noes deseable, ya que una humedad mayor del 10% o 12% ocasiona erosiónsevera en los alabes de la turbina. Una forma de prevenir esta humedad esrecalentar el vapor en el generador de vapor, una vez se haya expandido unpoco en la turbina, para llevarlo nuevamente alrededor de la temperaturamáxima, regresando nuevamente a la turbina para que continúe expan-diéndose. Este procedimiento puede realizarse varias veces.

El efecto del recalentamiento en la eficiencia térmica depende de lascondiciones del ciclo. Entre más alta sea la presión de recalentamiento y

más alta sea la temperatura después del recalentamiento, más alta será laeficiencia. En la figura 10.22 pueden apreciarse los diagramas de flujo y T-s para un ciclo con recalentamiento.

Ejemplo 10.6

Determinar la eficiencia y la velocidad de flujo requerida de un ciclo idealde recalentamiento que debe producir 150.000 kW en el acoplamiento dela turbina, si las condiciones de entrada son 15,0 MPa y 600 °C; el recalen-tamiento es de 1,4 MPa a 600 °C y la presión del condensador es 5 kPa.

Solución

El proceso cíclico puede representarse mediante un diagrama de flujo y un diagrama T-s como se indica en la figura 10.23.




240

Figura 10.23 Ciclo ideal de recalentamiento para el ejemplo 10.6. a. Diagra-ma de flujo. b. Diagrama T-s.

Figura 10.22 Ciclo de Rankine con recalentamiento. a. Diagrama de flujo. b.Diagrama T-s.

a.

1

Qe

3

4

2T1W

QS

T2W

56

3

1

2

S

T

6

5

b.

4

a.

1

Qe

3

4

QS

T W=150.000 kW

5

6

3

1

2

S

T

6

5

b.

4

2

Wb

5 kPa

1.400 kPa

15.000 kPa

Las propiedades del agua en cada uno de los estados, calculados con ayudade las tablas de vapor, se indican en la tabla 10.5.

Tabla 10.5 Propiedades del agua en cada uno de los estados

Estado P (kPa) t (°C) h (kJ/kg) (kJ/kg K)1 15.000 600 3.582,3 6,6776

2 1.400 236,13 2.855,99 6,6776

3 1.400 600 3.694,8 7,8710

4 5 32,88 2.401,7 7,8710

5 5 32,88 137,82 0,4764

6 15.000 33,4 153,42 0,4764



241


Haciendo balances de energía en la turbina, la bomba y el generador de vapor

El ciclo regenerativo funciona con una eficiencia del 46,95% y un flujomásico de 7,43 kg/s.

10.4 Cogeneración: producción de potencia y calorEn los ciclos discutidos hasta ahora se ha considerado que el calor liberadodurante el proceso no tiene ningún valor, debido a que la mayor parte desu energía es no disponible.

Hay muchas circunstancias en las cuales se necesita energía en forma decalor y la potencia que se debe generar no es muy alta.

En muchos procesos industriales las funciones de calentamiento y produc-ción de potencia frecuentemente pueden combinarse de manera efectiva.Esta combinación se llama cogeneración. La cogeneración puede darsede dos formas diferentes dependiendo de las necesidades, como puedeapreciarse en la figura 10.24.

En la figura 10.24a el mismo flujo de masa circula por la turbina y el sis-tema de calentamiento. Tal ciclo es satisfactorio donde el flujo de vaporpuede ser controlado solo por las necesidades de calentamiento y cualquierpotencia producida puede usarse como complemento a la potencia produ-cida por otras fuentes.

Figura 10.24 Ciclo de vapor para calentamiento y potencia. a. Flujo de masaque circula por la turbina y el sistema de calentamiento. b. Ciclo para cargasde calor y potencia variable.

a.

1

Qe

3

QS

4

2

Wb

T WG.V

10 Qs1

b.

Qe

3

6

2

2T WG.VQ

e

10 Qs1

89

5 wb

4 Qs2

7




242

Donde las cargas de calor y potencia variable deben ser proporcionadas poruna sola planta, se usa un ciclo como el de la figura 10.24b. Cuando la cargade potencia es cero, todo el vapor pasa a través de la válvula y nada a travésde la turbina. Cuando la carga de calentamiento es cero, la totalidad del

vapor se expande a través de la turbina y el condensador. Para hacer frentea las demandas de calentamiento y de potencia, la distribución de flujo de

vapor se determina de acuerdo con los requerimientos de calor y potencia y mediante balances de energía en el calentador y en la turbina.

10.5 Ciclos de refrigeración

Un sistema de refrigeración elimina calor de una parte de los alrededores y descarga calor a una más caliente.

El coeficiente de operación o rendimiento de un refrigerador se definió deacuerdo con la ecuación 4.4 como

El ciclo de Carnot inverso se utiliza como un estándar de comparaciónpara los ciclos de refrigeración ya que su eficiencia es la máxima para unoslímites de temperatura dados.

La figura 10.25 muestra los diagramas T-s para diferentes sustancias de

trabajo.

Figura 10.25 Diagramas T-s de un ciclo de Carnot inverso para a. Cualquiersustancia de trabajo. b. Vapor saturado. c. Vapor algunas veces saturado y otrassobrecalentado.

S

T

1 2

34 Tc

Tr

S

T

1 2

34 Tc

Tr

S

T

1 2

34 Tc

Tr

b.a. c.

10.5.1 Sistema de refrigeración de gasLos ciclos de refrigeración reales con sustancia de trabajo gaseosa noestán basados en el ciclo de Carnot debido a sus dificultades prácticas. Semodelan con base en un ciclo de Brayton inverso.

La figura 10.26 muestra los diagramas de flujo, P-v y T-s para este ciclo. Tc

y TF son las temperaturas de aquellas partes de los alrededores a los que elcalor será liberado o de las que el calor será eliminado respectivamente.



243


Figura 10.26 Ciclo de Brayton inverso. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama P-v.c. Diagrama T-s.

La sustancia de trabajo más común en este ciclo es el aire, este se comprimeisoentrópicamente a una temperatura por encima de Tc y luego se enfríade manera reversible a presión constante hasta que su temperatura es Tc o

ligeramente mayor. En seguida se expande isoentrópicamente a través de unamáquina expansora (turbina) que suministra algo de la potencia requeridapor el compresor. La temperatura del aire a la salida de la máquina cae a un

valor menor que TF. Por tanto el calor puede ser absorbido de los alrededoresque están a TF a medida que el aire fluye a presión constante a través de unintercambiador de calor para alcanzar el estado 1 y completar el ciclo.

Mediante balances de energía a cada uno de los procesos y considerando variaciones de energía cinética y potencial despreciables se tiene

w c = h2 − h1

qsalida, 2→3 = h2 − h3

w máq = h3 − h4

V

P

14

3 2

S

T

1

2

3

4

TL

TF

b.c.

a.

2

4

1

W

TC

Qe Adición de calor apresión constante

Liberación de calor apresión constante

QS

3

W




244

qentra, 4→1 = h1 − h4

Hay entrada de trabajo, porque el trabajo producido por la máquina no essuficiente para accionar el compresor.

La máquina no puede ser reemplazada, con buenos resultados, por una válvula de estrangulamiento porque si el aire se comporta como gas idealno se logrará la caída de temperatura.

Un inconveniente de un sistema de refrigeración de aire es que su bajadensidad a presiones moderadas requiere ya sea de presiones muy altas orazones de flujo de volumen muy altas con el fin de obtener una capacidadde refrigeración moderada.

10.5.2 Sistemas de refrigeración de vapor

La figura 10.27 muestra los diagramas de flujo, T-s y P-h de un sistema derefrigeración por compresión de vapor convencional. Este ciclo propuestocomo modelo está constituido por cuatro procesos, tres de los cuales sonreversibles, pues el paso a través de la válvula no lo es, dos adiabáticos y dos a presión constante, alternados.

Se habla de compresión seca, cuando al compresor llega vapor saturado seco,como es el caso representado en la figura 10.27, o sobrecalentado. La com-presión es húmeda cuando al compresor llega una mezcla líquido vapor.

Son posibles muchas modificaciones al ciclo de compresión básico con el

propósito de incrementar el coeficiente de operación.Cuando se trabaja con unidades inglesas, una unidad de capacidad de refri-geración ampliamente usada es la tonelada de refrigeración, la cual se definecomo un flujo de absorción de calor de 200 Btu/min. El nombre de estaunidad se deriva del hecho de que en 24 horas este flujo de calor eliminadocongelará aproximadamente una tonelada de agua a 32 °F a hielo a 32 °F.

Ejemplo 10.7

En un sistema de refrigeración por compresión de vapor, la temperatura delcondensador es de 25 °C y la temperatura del evaporador es de −10 °C. A la

válvula de expansión entra líquido saturado y al compresor vapor saturadoseco. El compresor opera de manera adiabática reversible. Para un efectode refrigeración de 3,5 kJ/s, determinar la velocidad de flujo y la potenciade entrada si el refrigerante es amoniaco.

Solución

Este sistema de refrigeración puede representarse mediante los siguientesdiagramas de flujo y T-s.

El efecto de refrigeración corresponde a la cantidad de calor que es nece-sario retirar en la unidad de tiempo para mantener un espacio refrigerado,

en este caso es de 3,5 kg/s que llegan al evaporador.



245


Figura 10.27 Ciclo de refrigeración por compresión de vapor: compresiónseca. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s. c. Diagrama P-h.

Para calcular la velocidad de flujo , se hace un balance de energía en elevaporador.

La potencia de entrada al compresor se puede calcular mediante un ba-lance de energía

luego es necesario conocer las entalpías de los estados 1, 2, 4 para el amo-niaco, que es el refrigerante.

El estado 4 está localizado a la salida de la válvula, y teniendo en cuenta

que esta es adiabática y no realiza trabajo, un balance de energía lleva aconcluir que h3 = h4.

S

T

1

3

2

h

P

1

23

4

b.c.

a.

2

1

W

4

CompresiónCompresión

Evaporador

Condensador

Qe

QS

4

3




246

Con ayuda de las tablas de propiedades para el amoniaco se obtienen losresultados indicados en la tabla 10.6.

Tabla 10.6 Tablas de propiedades para el amoniaco

Estado P (kPa) t (°C) h (kJ/kg) s (kJ/kg K)

1 290,85 −10 1.432 5,47302 1.003,00 76 1.605,5 5,4730

3 1.003,00 25 298,8 1,1234

entonces

Problemas propuestos10.1 La relación de presión para un ciclo de Brayton estándar de aire es

de 4 a 1. La presión del aire en la entrada al compresor es 100 kPa y la temperatura máxima del ciclo es 850 °C. La velocidad de flujo es10 kg/s. Asumiendo que la capacidad calorífica del aire permanececonstante con la temperatura, determinar:

a. La potencia para accionar el compresor.

b. La potencia entregada por la turbina.

c. La potencia neta.d. La eficiencia térmica del ciclo.

Figura 10.28 Sistema de refrigeración por compresión de vapor para el ejemplo10.7. a. Diagrama de flujo. b. Diagrama T-s.

S

T

1

3

2

b.a.

2

1

W

4

Evaporador

10 ºC

Condensador 25 ºC

Qe=3,5 kg/s

QS

4

3

10 ºC



247


10.2 Repetir el problema 10.1 asumiendo que la capacidad calorífica delaire varía con la temperatura.

10.3 Una turbina de gas se utiliza para bombear gas natural a través de

un gaseoducto. La potencia requerida para impulsar el compresores 1.000 kW y se ha decidido utilizar una turbina de gas para queprovea esta potencia. Se usará un ciclo simple abierto, con un re-generador con 50% de rendimiento. Ya que es fácil el suministro decombustible y puesto que algunas de estas unidades pueden estaren lugares relativamente aislados, el bajo costo de mantenimientoes más importante que el rendimiento alto.

Seleccionar un ciclo realizando las suposiciones apropiadas para losrendimientos de la turbina y el compresor y determinar la potenciade salida de la turbina, la potencia de entrada al compresor y el

rendimiento del ciclo.10.4 Considere un ciclo de turbina de gas con dos etapas de compresión.

La relación de presión en cada etapa del compresor es de 2. La tem-peratura de entrada a cada compresor es 15 °C y la temperatura deentrada a la turbina es 900 °C. Un regenerador ideal se incorpora alciclo. Determinar el trabajo del compresor, el trabajo de la turbina y la eficiencia térmica. La presión a la entrada del primer compresores P1 = 100 kPa.

10.5 Un ciclo de Diesel de aire estándar tiene una relación de compresión

de 17. La presión al comienzo de la carrera de compresión es 100 kPa y la temperatura es 15 °C. La máxima temperatura alcanzada durante elciclo es de 2.500 K. Determinar la eficiencia térmica y la presión mediaefectiva, que se define como la presión que si actuara sobre el émbolodurante toda la carrera, proporcionaría un trabajo igual al ejecutadosobre el émbolo real: w neto / volumen desplazado en el cilindro

10.6 Un ciclo de Otto de aire estándar opera con una razón de compresiónde 8. Al inicio de la compresión, el aire se encuentra a 14,7 psia y 80 °F. La presión se triplica durante el proceso de calentamiento.

Determinar:a. La eficiencia térmica del ciclo.

b. La cantidad de calor agregado en Btu/lbm.

c. La presión media efectiva.

10.7 Trazar en un diagrama T-s un ciclo de aire estándar de Otto y unciclo de Diesel, con las mismas condiciones a la entrada, la mismacantidad de calor agregada y la misma razón de compresión. Mostrarmediante la comparación de áreas en dicho diagrama que el ciclode Otto posee una mayor eficiencia que el de Diesel.

10.8 Se desean diseñar dos ciclos Diesel (A y B) con la misma temperatu-ra, la misma presión al inicio del proceso de compresión y la misma




248

razón de compresión. Sin embargo, el ciclo A debe tener una mayorrazón de fin de la inyección que el ciclo B:

a. ¿Cuál de los dos ciclos tendrá una mayor eficiencia?

b. ¿Cuál de los dos ciclos tendrá una mayor presión media efectiva?Sustentar las condiciones con razonamientos lógicos. Utilizar losdiagramas T-s y P-v.

10.9 Determinar la eficiencia y la razón de trabajo consumido de un cicloRankine que opera con condiciones de entrada a la turbina de 5,0MPa y 400 °C y una presión del condensador de:

a. 100 kPa.

b. 50 kPa.

c. 10 kPa.

10.10 Para un ciclo Rankine con temperatura de entrada a la turbinade 500 °C y una presión de escape de 5 kPa, graficar la eficienciatérmica contra la presión de entrada en el intervalo de 100 kPa a5,0 MPa. Indicar la parte de la curva que incluye al vapor de escapesobrecalentado.

10.11 Comparar las eficiencias térmicas de dos plantas ideales de potenciade vapor cada una operando con límites de presión de 400 psia y 1,5 pulgadas de mercurio, una en un ciclo de Carnot, la otra en unciclo de Rankine sin sobrecalentamiento. En cada caso el vapor al

final de la adición de calor está seco y saturado.10.12 El vapor entra a una turbina a 1,5 MPa y 300 °C y sale a 100 kPa.

Suponer un flujo adiabático reversible. ¿A qué presión debe estran-gularse el vapor entrante para reducir el trabajo por unidad de masaa dos tercios del que se obtiene sin estrangulamiento? Suponer queel flujo a través de la turbina permanece reversible y adiabático y que la presión de escape no cambia

10.13 Un ciclo ideal de vapor regenerativo tiene condiciones de entradaa la turbina de 3.000 kPa y 400 °C, un calentador de agua de ali-

mentación abierto a 250 kPa y a una presión del condensador de30 mm de mercurio absoluta. Comparar su eficiencia con la de unciclo Rankine simple que tenga las mismas condiciones de entrada

y la misma presión de escape.

10.14 Un ciclo ideal de recalentamiento sin regeneración tiene condicionesde entrada de 14,0 MPa y 450 °C y se recalienta a 3,8 MPa a 480 °C.La presión de salida es 5 kPa. Calcular la eficiencia térmica del ciclo.¿Cuánta energía no disponible es liberada por kilogramo de vaporde entrada si la temperatura del ambiente es de 25 °C?

10.15 Determina la eficiencia y la velocidad de flujo del generador de vaporpara un ciclo ideal regenerativo con recalentamiento que debe pro-



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ducir 150.000 kW en el acoplamiento de la turbina si las condicionesde entrada son 15,0 MPa y 600 °C; el recalentamiento es a 1,4 MPa

y 600 °C, hay un calentador de agua de alimentación abierto a 150kPa y la presión del condensador es de 7 kPa.

10.16 En una planta de energía nuclear se transmite calor al sodio líquidoen el reactor; el sodio líquido se bombea a un intercambiador decalor, donde se transmite el calor al agua; de este intercambiador elagua sale como vapor saturado a 5 MPa y después se recalienta en unsobrecalentador con hogar propio hasta 600 °C. Enseguida el vaporentra a la turbina, la cual tiene una extracción a 0,4 MPa que fluye aun calentador de agua de alimentación de contacto directo. La eficien-cia de la turbina es del 75% y la presión del condensador de 7,5 kPa.Determinar el calor transferido en el reactor y en el sobrecalentador

para producir una potencia en la turbina de 80.000 kW.10.17 En un ciclo ideal de refrigeración la temperatura del condensador es

45 °C y la temperatura durante la evaporación es −15 °C. Determinael coeficiente de operación de este ciclo si el refrigerante es freón-134 o si es amoniaco.

10.18 Un ciclo de refrigeración real utiliza freón-12 como fluido de trabajo. Elrefrigerante entra al compresor a 0,15 MPa, −10 °C y sale a 1,2 MPa,75 °C. La potencia para accionar el compresor es 1,9 kW. A la entradade la válvula de expansión las condiciones son 1,15 MPa, 40 °C y a la

salida del evaporador las condiciones son 0,175 MPa, −15 °C. Si el flujomásico es 0,04 kg/s, determinar:

a. La irreversibilidad durante el proceso de compresión.

b. La capacidad de refrigeración.

c. El coeficiente de operación para el ciclo.

10.19 Una pista de patinaje tiene un área de 550 m2. Tres centímetrosde agua se encuentran en una capa de hielo a 0 °C. Si el agua secongelara toda en cuatro horas, determinar la mínima potencia deentrada posible para la unidad refrigeradora.

10.20 Una máquina refrigeradora de aire denso elimina 2.000 kJ/min deun cuarto frío de almacenamiento mientras opera entre presionesde 350 kPa y 1.400 kPa. Las temperaturas del aire que entra alcompresor y a los cilindros de expansión son de 0 y 35 °C respecti-

vamente. La expansión es reversible y adiabática, la compresión espolitrópica con n = 1,35. Determinar la potencia de entrada y elcoeficiente de operación.

45240766 termodinamica para ingenieria importante

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