13. Analisis de Procesos

CURSO: FISICOQUIMICA 29/04/2014

Mg. Ing. PEDRO MODESTO LOJA HERRERA 1

FISICOQUIMICAMg. Ing. PEDRO MODESTO LOJA HERRERA

216

ANALISIS DE PROCESOS

CONTENIDO

EJERCICIO: PROCESO A VOLUMEN CONSTANTE

Se tiene 1 kg de aire en un cilindro a condiciones estándar. El cilindro contiene una

resistencia que proporciona 10,05 kJ de energía al sistema. Calcule:

La temperatura y presión finales.

La cantidad de calor Q, y trabajo W, indicando si sale o ingresa al sistema en kJ y

La variación de energía interna y de entalpía del sistema en kJ

Nota: considere que no hay salida de calor del sistema a los alrededores y el volumen

específico del aire a 25ºC es 0,8435 m3/kg


217

Pint



SOLUCION: PROCESO A VOLUMEN CONSTANTE


218

¿Comencemos nuestro

análisis preguntándonos si

existe ingreso o salida de

calor?

No existe flujo de calor hacia

el sistema, ni tampoco salida

de calor del sistema hacia los

alrededores (enunciado).

Existe ingreso de trabajo

eléctrico hacia el sistema y

no hay salida de trabajo de

ninguna clase. Constituyendo

dos estados

Estado 1: antes del ingreso de

trabajo

Estado 2: Luego del trabajo

realizado sobre el sistema

Pint

W

¿Ingresará y/o saldrá trabajo

del sistema ?

¿Habrá incremento de

temperatura?

¿Habrá alguna variación en la

presión del sistema?



219

Estado 2Estado 1V = CTE

Ingreso

de Trabajo

al sistema

W

Pint Pint Pint

V = CTE V = CTE





220

Comenzamos:

1. Calculando la temperatura final

2. Luego conocidos P1,T1 y T2, calculamos la presión final

3. Continuamos calculando el trabajo y

4. Finalmente calculamos la variación de energía interna y de entalpia del sistema

Como ya hemos visto no existe flujo de calor (es decir transferencia de energía por un gradiente de

temperatura).

Pero si existe ingreso de energía mediante trabajo eléctrico el cual es responsable del incremento de

temperatura y presión en el sistema, entonces consideramos el W eléctrico que ingresa como el Q que

incrementa la temperatura.

)(

)(

0

)(

12

12

21

1221

2

2

TTmCH

TTmCU

W

TTmCUQ

T

P

T

P

cte, kV

P

VV

1

1

:)( ISOCORICO PROCESO



221

atmK

KatmP

T

TPP

T

P

T

P

2 047,1298

3121

1

212

2

2

1

1

2P final presión la de Cálculo

atmP

KT

lV

mV

/kg m,v

kJW

kgm

electrico

1

298

5,843

8435,0

84350

05,10

1

1

1

1

3

1

3

:estandar sCondicione

1kg) es masa la que (por

:Datos

4,1

7180;0051

Kkg

kJ,C

Kkg

kJ,C vp

:tablas De

KT

KT

TTT

K

Kkg

kJkg

kJT

mC

QΔT

ΔTmCQ

V

P,V

312

)14298(

14

718,01

05,10

2

2

12

Entonces

que Sabemos

Calculamos la

temperatura y la

presión finales.





222

0

)(

21

1221

W

VVPW

cte VPara

atmP

KT

atmP

KT

lmcteVV

kJW

kgm

electrico

047,1

312

1

298

5,8438435,0

05,10

1

2

2

1

1

3

21

:que Sabemos

hrUShpx

cal

kJ

Jlatm

)(107744,3

2,24

10132,0

32,1011

5

:UNIDADES

kJU

KKkg

kJ,kgU

TTmCU V

05,10

)298312(71801

)( 12

Calculamos el

trabajo, la

variación de

energía interna y

de entalpía.

sentido) tiene (No kJH

KKkg

kJ,kgH

TTmCH P

07,14

)298312(00511

)( 12

EJERCICIO: PROCESO A PRESION CONSTANTE

Se tiene 1 kg de aire en un conjunto cilindro-pistón ideal a condiciones estándar. El cilindro

contiene una resistencia que proporciona 10,05 kJ de energía al sistema. Complete el

siguiente cuadro:

Nota: considere que no hay salida de calor del sistema a los alrededores y el volumen

específico del aire a 25ºC es 0,8435 m3/kg


223

Pext

Pint

2

2

2)/(

2)/(

1

13

kJ

kJ

saleingresa

kJ

saleingresa

kJ

m

K

H

U

sentido)y (cantidad frontera de Trabajo

sentido)y (cantidad Calor

final Volumen

final aTemperatur

Ptos.UnidadRespuesta



Pext

Pint

SOLUCION: PROCESO A PRESION CONSTANTE


224

¿Comencemos nuestro análisis preguntándonos si existe

ingreso o salida de calor?

No existe flujo de calor hacia el sistema, ni tampoco salida

de calor del sistema hacia los alrededores (enunciado).

¿Ingresará y/o saldrá trabajo del sistema?

¿Habrá incremento de temperatura?

¿Habrá alguna variación en el volumen del sistema?

Existe ingreso de trabajo eléctrico hacia el sistema y también

hay salida de trabajo del sistema hacia los alrededores por

efecto de la expansión del fluido. Constituyendo dos estados

Estado 1: antes del ingreso de trabajo

Estado 2: Luego del trabajo realizado sobre y desde el sistema

Q?X

W

?



225

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext

Pint

Pint > Pext

Estado 2Pint = Pext

Estado 1Pint = Pext

Ingreso y salida

de Trabajo

al sistema

WF

WE





226

Comenzamos:

1. Calculando la temperatura final

2. Luego conocidos V1,T1 y T2, calculamos el volumen final



Como ya hemos visto no existe flujo de calor (es decir transferencia de energía por un

gradiente de temperatura).

Pero si existe ingreso de energía mediante trabajo eléctrico el cual es responsable del

incremento de temperatura y volumen del sistema, entonces consideramos el W eléctrico

que ingresa como el Q que incrementa la temperatura.

)(

)(

)(

)(

0

12

12

1221

1221

2

2

TTmCH

TTmCU

VVPUHW

TTmCHQ

T

V

T

V

cte, kP

P

VP

1

1

:)( ISOBARICO PROCESO



227KT

KT

TTT

K

Kkg

kJkg

kJT

mC

QΔT

ΔTmCQ

P

P,V

308

)10298(

10

005,11

05,10

2

2

12

Entonces

que Sabemos

atmP

KT

lV

mV

/kg m,v

kJW

kgm

electrico

1

298

5,843

8435,0

84350

05,10

1

1

1

1

3

1

3



:Datos

4,1

7180;0051

Kkg

kJ,C

Kkg

kJ,C vp

:tablas De

33

1

212

2

2

1

1

87180,0298

3088435,0m

K

KmV

T

TVV

T

V

T

V

2

2 Vfinal volumen del Cálculo

Calculamos la

temperatura y el

volumen finales.





228

kJW

latmW

latmW

VVPW

86,2

3,28

)5,8438,871(1

)(

21

21

21

1221

lmV

KT

lmV

KT

atmctePP

kJW

kgm

electrico

8,87187180,0

308

5,8438435,0

298

1

05,10

1

3

2

2

3

1

1

21

:que Sabemos

hrUShpx

cal

kJ

Jlatm

)(107744,3

2,24

10132,0

32,1011

5

:UNIDADES

kJH

KKkg

kJ,kgH

TTmCH

kJU

KKkg

kJ,kgU

TTmCU

P

V

05,10

)298308(00511

)(

18,7

)298308(71801

)(

12

12

Calculamos el

trabajo, la

variación de

energía interna y

de entalpía.



229

25,10

218,7

2)/(

87,2

2)/(

01872,0

13083

kJ

kJ

saleingresa

kJ

sale

saleingresa

kJm

K

H

U

sentido)y (cantidad frontera de Trabajo

flujohay nosentido)y (cantidad Calor

final Volumen

final aTemperatur

Ptos.UnidadRespuesta



EJERCICIO: PROCESO A TEMPERATURA CONSTANTE

Se tiene 1 kg de aire en un conjunto cilindro-pistón ideal a condiciones estándar. Si se

incrementa la presión en el pistón al doble. Calcule:

El volumen final



Nota: El volumen específico del aire a 25ºC es 0,8435 m3/kg


230

Pext

Pint

Baño maría

para mantener

la

T=cte

SOLUCION: PROCESO A TEMPERATURA CONSTANTE


231

Pext

Pint

WLos procesos de compresión o expansión conllevan

a una variación de temperatura debido a la variación

de energía interna.

Pero en un proceso isotérmico al mantener la T=cte,

estamos eliminando la variación de energía interna.

Es por eso que el calor y el trabajo poseen la misma

magnitud solo que en sentido contrario.

En el esquema se ha graficado el proceso de

compresión pero si se tratara de una expansión

simplemente se invertirían los flujos.

WQ

E

WQE

0

:manera siguiente la de demuestra se Esto

Q





232

¿Comencemos nuestro análisis

preguntándonos si existe ingreso

o salida de calor?

Los procesos de compresión incrementan la energía del sistema y

por lo tanto su temperatura.

Pero como estamos a T=cte esto significa que estamos removiendo

el excedente de calor

¿Ingresará y/o saldrá trabajo del

sistema ?


temperatura?

¿Habrá alguna variación en el

volumen del sistema?

Existe ingreso de trabajo mecánico para comprimir el aire

en el sistema pero no hay salida de trabajo. Constituyendo

dos estados

Estado 1: antes del ingreso de trabajo

Estado 2: Luego del trabajo realizado sobre el sistema

Pext

Pint

W

Q



233

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext > Pint

Estado 2Pint = Pext

Estado 1Pint = Pext

Ingreso

de Trabajo

al sistema

W

Q





234

Comenzamos:

1. Conocidos V1,P1 y P2, calculamos el volumen final



Como ya hemos visto existe flujo de calor desde el sistema hacia el baño maría (es decir

transferencia de energía por un gradiente de temperatura).

Y también existe ingreso de energía mediante trabajo mecánico de compresión el cual es

responsable del incremento de temperatura el sistema, entonces consideramos el W

mecánico que ingresa y el Q que sale del sistema

21212211

12

12

1

2

2

1212211

)(

)(lnln

1

QWVPVP

TTmCH

TTmCU

V

VnRT

P

PnRTQVPVP

cte, kT

P

V

:)( ISOTERMICO PROCESO



235

latm

latmV

P

VPVVPVP

2 7,4212

5,8431

12

1122211


atmP

atmP

KT

lV

mV

/kg m,v

kgm

2

1

298

5,843

8435,0

84350

1

2

1

1

1

3

1

3



:Datos

4,1

7180;0051

Kkg

kJ,C

Kkg

kJ,C vp

:tablas DeCalculamos el

volumen final.





236

hrUShpx

cal

kJ

Jlat

)(107744,3

2,24

10132,0

32,1011

5

:UNIDADES

kJU

KKkg

kJ,kgU

TTmCU V

0

)298298(71801

)( 12

lmV

atmP

lmV

atmP

KcteTT

kgm

7,4214217,0

2

5,8438435,0

1

298

1

3

2

2

3

1

1

21

:que Sabemos

kJWlatmW

KKmol

latmmolW

atm

atmK

Kmol

latm

mol

g

gW

V

VnRT

P

PnRTW

19,592,584

693,0298082,05,34

2

1ln298082,0

97,28

1000

lnln

2121

21

21

1

2

2

121

kJH

KKkg

kJ,kgH

TTmCH P

0

)298298(00511

)( 12

Calculamos el

trabajo, la energía

interna y la

entalpía.

EJERCICIO: PROCESO ADIABATICO


incrementa la presión en el pistón al doble. Calcule:

El volumen final



Nota: considere que no hay ingreso ni salida de calor al sistema (por definición de proceso

adiabático) y el volumen específico del aire a 25ºC es 0,8435 m3/kg


237

Pext

Pint



SOLUCION: PROCESO ADIABATICO


238




calor?

No existe flujo de calor hacia

el sistema, ni tampoco salida

de calor del sistema hacia los

alrededores (enunciado).


del sistema ?


temperatura?




mecánico por compresión

hacia el sistema pero no hay

salida de trabajo.

Constituyendo dos estados


trabajo



WPext

Pint



239

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext > Pint

Estado 2Pint = Pext

Estado 1Pint = Pext

Ingreso

de Trabajo

al sistema

W





240


temperatura).

Pero si existe ingreso de energía mediante trabajo mecánico de compresión el cual es responsable del

incremento de temperatura el sistema, entonces consideramos el W mecánico que ingresa como el Q que


Comenzamos:


2. Luego calculamos la T2 y

3. Continuamos calculando el trabajo para


2

1

21

1

1

12

12

112221

211

22

1

11

2211

)(

)(

1

0

0

TPTP

TTmCH

TTmCUVPVP

UW

Q

VTVT

VPVP

dQ

P

V

:)( CO)ISOENTROPIE(REVERSIBL ADIABATICO PROCESO



241

latm

latmV

P

VPVVPVP

513)6244(2

5,8431 714,04,1

14,1

2

1

2

1122211


Katm

Katm

atm

KatmT

P

TPTTPTP

362)3839(758,0

29101

2

2981 714,04,1

1

4,1

1

4,11

4,14,11

2

1

1

2

1

1

122

1

21

1

1

:T final atemperatur la de Calculo 2

atmP

atmP

KT

lV

mV

/kg m,v

kgm

2

1

298

5,843

8435,0

84350

1

2

1

1

1

3

1

3



:Datos

4,1

7180;0051

Kkg

kJ,C

Kkg

kJ,C vp

:tablas De

Calculamos el

volumen y la

temperatura

finales.





242

hrUShpx

cal

kJ

Jlatm

)(107744,3

2,24

10132,0

32,1011

5

:UNIDADES

kJU

KKkg

kJ,kgU

TTmCU V

9,45

)298362(71801

)( 12

lmV

atmP

KT

lmV

atmP

KT

kgm

513513,0

2

362

5,8438435,0

1

298

1

3

2

2

2

3

1

1

1

:que Sabemos

kJWlatmW

latmlatmW

latmlatmW

VPVPW

8,4675,461

4,0

2,10285,843

14,1

1,51425,8431

1

2121

21

21

221121

kJH

KKkg

kJ,kgH

TTmCH P

3,64

)298362(00511

)( 12

Calculamos el


interna y la

entalpía.

EJERCICIO: PROCESO POLITROPICO


incrementa la presión en el pistón al doble. Considerando que el k=1,1; Calcule:

El volumen final



Nota: considere el volumen específico del aire a 25ºC es 0,8435 m3/kg


243

Pext

Pint



SOLUCION: PROCESO POLITROPICO


244




calor?

Un proceso de compresión

genera un incremento de

temperatura del gas.


del sistema ?


temperatura?




mecánico por compresión

hacia el sistema, y debido al

incremento de T existe salida

de calor. Constituyendo dos

estados


trabajo



WPext

Pint

Q



245

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext

Pint

Pext > Pint

Estado 2Pint = Pext

Estado 1Pint = Pext

Ingreso

de Trabajo

al sistema

W

Q





246


temperatura).

Pero si existe ingreso de energía mediante trabajo mecánico de compresión el cual es responsable del

incremento de temperatura el sistema, entonces consideramos el W mecánico que ingresa como el Q que


Comenzamos:


2. Luego calculamos la T2 y

3. Continuamos calculando el trabajo para


1

1

2

2

1

ln

ln

1

pp

TT

k

kkkk

P

Vkk

kk

TPTP

TTmCH

TTmCU

k

VPVPUQW

UUWQ

VTVT

VPVP

k

2

1

21

1

1

12

12

112221

12211

22

1

11

2211

)(

)(

1

)(

1

:)( OPOLITROPIC PROCESO



247

latm

latmV

P

VPVVPVP

kkkk

9,448)3,827(2

5,8431 909,01,1

11,1

2

1

2

1122211


Katm

Katm

atm

KatmT

P

TPTTPTP

k

k

kkkkkk

38,317)60,564(93303,0

79,526

2

2981 9090,01,1

1

1,1

1

1,11

1,11,11

2

1

1

2

1

1

122

1

21

1

1

:T final atemperatur la de Calculo 2

atmP

atmP

KT

lV

mV

/kg m,v

kgm

2

1

298

5,843

8435,0

84350

1

2

1

1

1

3

1

3



:Datos

4,1

7180;0051

Kkg

kJ,C

Kkg

kJ,C vp

:tablas De

Calculamos el

volumen y la

temperatura

finales.





248

hrUShpx

cal

kJ

Jlatm

)(107744,3

2,24

10132,0

32,1011

5

:UNIDADES

kJU

KKkg

kJ,kgU

TTmCU V

91,13

)29838,317(71801

)( 12

lmV

atmP

KT

lmV

atmP

KT

kgm

513513,0

2

362

5,8438435,0

1

298

1

3

2

2

2

3

1

1

1

:que Sabemos

kJWlatmW

latmlatmW

latmlatmW

k

VPVPW

01,55543

1,0

8,8975,843

11,1

9,44825,8431

1

2121

21

21

221121

kJH

KKkg

kJ,kgH

TTmCH P

48,19

)29838,317(00511

)( 12

Calculamos el


interna y la

entalpía.

kJQ

kJkJQ

UUWQ

1,41

91,1301,55

)(

21

21

1221

13. Analisis de Procesos

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