Problemas de Termodinamica - Carlos a. Garcia

!,

CONTENIDO

Cap nulo 1: PrIme r Prinelpio. Sí,lem., cerrado, (G .,e,)1. Introducción te6 r¡ca 12. Pro blema, I ipo 33. Pro ble mas en une iados 7

Cap ítu lo 2: Prl me r Pr¡ncí pi o. Si.lemas ab ierto,. Régí me n v..iab le (Ga,e,) 111. Inlroducción leór ica 112. Pro blema, I ipo 12

Capílulo 3, Primer Principio. SI.lema, abierto,. Régimenpe rm anenle {Gue.) 17

1. Int red ucción teórlca 17 .2. Problema. tipo 193. Prob lemas enu nciado, 23

Capl'!ulo 4, Tran,formacione, polilrópica, 2Sl. Ini rod ucción leó rica 25

. 2. Problemas ti po 26

Capnu lo S, Mezc la, de ga,e, 311. I nt-roducdón-teórica 31

2. Pro blema, 111'0 31

Capílulo 6: Se9undo principio de ¡alermodlnámlca 35L Inlroducció n leó, ice 352. Probleme, I ipo 36

• 2

www.mundoindustrial.net

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CO"'tenldo

3

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ContenTdo

Capítulo 7: Entropía 41l. ¡nt roducdón teór jca 412. Problemas tipo 43

Capítulo 8: Ói.grama temperatura",ntropía para g.<&$ perfectos ,47·1. Inlroducción teórica 472. Problemas tipo 483. Prob lemas enu nciados 55

Capítulo 9: Exergía 571. Introducción teórica 572. Pro blemas ti po 593. Proble mas enu nciados 69

Cap ítulo 10: Vapo re. 711. Int roducció n toórlca 712. Prob lemas tipo 733. Pro blemas enunciados 83

Copílu lo 11: Ciclo. de .apor 851. Int ro ducción teóri ca . 852. Problemas tipo 88

Ca pítu Io 12: Ciclos frlgo r íflcos 931. Introducción teórica 932. Prob lemas tipo .95

Capitulo 13: Ai,e húmedo 1011. Introducción teórica 1012. Pro blemas ti po 1053. problemas enunciados 114

CapíMo 15: Combu.ti6n 1271. Introdu cdón teór Ica 1272. Pro ble mas tipo 1293. Pro ble mas enu nciado s 135

. Cap ítu Io 16: Toberas y difuso re. 1371. Inlroducció n teó rica 1372. Pro blemas tipo 140

Indica 145

111111

Capítulo 14: Termoqu ímica1. Introducciónteórica2. Problemas tipo 1193. Problema 5 enundad os

& tiues

124

U&2& E .L~ L 22 as


CAPITULO 1

P·RIMER PRINCIPIO.

SISTEMAS CERRADOS (GASES)

1.INTRODUCCIDN TEORICA

El balance de energía. es:

Q_L=lJ.tf 1.1

I1.2

F[GURA L.L

IJ.U = m e, IJ.r

El calor Q y el Irabojo L son energíasen transferencia entre sistema y medio. Seuliliza la convención de signo, de la fignra1.1 . -

C,l0mo se puede apreciar l no tiene s:ent¡~

do entonces tratar de establecer valores deQ y L sin esp ecificar previamente cuál es el

. sistema.IJ.U es la variación de energía interna del sistema. Para gases q'!e pueden

suponeme ideales, la energía interna U depende únicamente de la lemperaturadel sistema, de modo que si e.... es el calor específico a volumen constante, parauna masa m y lJ.t la variación de temperatura de la misma, sea cual ,ea la tram,-

o formación;

De acuerdo a lo expresado, para la resolución de problemas con gases quepueden .uponeme ideales, cuando ,ea necesario aplicar la fó<:mula 1.1 podrá pro-,cedeme en la forma explicada a continuación.

1


.2. Illtrod uecl611 teóric:aPrimer prin.cipto. S[¡tllmas r:urado5 (!iil1S-e5) 3

Co",tante caracter ístka por kg de a ir. R = 29,3 kgr mfkg K

Además puede aplicarse la ecuación de estado a la masa m , en su estadoinicial (Po. To) yen su estado fmal (Po, TrJ. Si To Y Tf son las temperatura, absolulas de la masa ro :

O - (-Po Vo) = mc, (Tf - To)

Po Vo ·= me, (Tf - To)

Se considera que para un sistema, un límite es rígido cuando impide cam~

bio; en la forma y el volumen del sistema. Un limite es adiabático cuando impide que ocurran transferencias de calor entre el sistema y el medio.

. El aire será considerado como un gas ideal en to dos los problemas.

1.4.PoVo = mRTo

2. PROBLEMAS TIPO

1-i - Se permite el ingreso de aire atmosférico (Po = 1.a:m... To = 20 ·.C) a unrecipiente rígido y adiabático de volumen V =1,5 m' mlclalmente va.cIo, ha~taque en ·elmiSJI\j) ,e alcanza la. presión Po .. Calcular la masa ro de alfe que lll'

gresa al recipiente. -

So lúc ión: Según lo explicado previamente se adopta como sistema la masa mque ingresa -31 recipiente. En el primer principio. Q - L = AU en este ~aso esQ = O recipiente adiabático; L ~ -Po Vo trabajO efectuado por el medIo paraingresar la masa m y Vo es el volumen de m antes de mgresar al recIpIente;AU = mc. (Tr - To) . Tf es la temperatura fmal de la masa m luego de su ingreso al recipiente. Entonces:

1) Arl op tar un ,istemaCol. el fin de que resulte más claro o que re,ulte posible establecer los inter

cambios rle calor y de trabajo, convenrlrá adoptar el sistema de modo que se tenga el menor número po~ible de interacciones para analizar. Asi, si se tiene másde una masa, convendrá ad optar como sistema al conjunto de las masas que intervienen en el proceso, .2) Aplicar el primer principio Q - L = AU

En este paso es conveniente explicitar en lo posible cada uno de los términos de la ecuación 1J para obtener así una ecuación que ayude a la resolucióndel problema.

Al explicitar el trabajo L intercambiado deberá tratarse de que no quedeninguno de los trabajos intercambiados por el sistema sin ser tenido en cuenta.Puede ayudar el recordar que siempre qu e una masa m) auna presión p , y conun volumen V l es barrida, el medio debe transferir un trabajo .p V. Si la masam pasa a ocupar II n volurn en V t con una presión p , debe framferir un trabajopV.

Así, para la introducción de la masa m a un recipiente L = -PV. Al salirla masa m de un recipiente es L =PV .

El trabajo de expansión es el que intercambia el sistema al variar su volumen debid o a las presiones ejercidas por el medio. Teniendo en cuenta el concepto de trabajo de una fuerza, puede establecerse que si el medio ejerce una presiónp .constante y AVes la variación de volumen del sistema, el trabajo de expansión será L = P AV .

Cuando en la transfonnación resultan conocidos los sucesivos- valores de lapresión P y del volumen V del 'i'tema, efectuándose la transformación mediante sucesivos desequilibrios de presión infinitamente pequefios entre sistema ymedio, el trabajo de expansión es: '

·L = rpdV

3) Planteo de la ecuación de estadoPara obtener otras ecuacion~ que pennitan la resolución- del Prl?~lema,

pued e aplic a[Se la ecuación de e'tado de.los gases ide.l.e, a cada una de las masasque forman el sistema en sus estados inicial y fmal:

pV = mRT Po V = roRTr

Para losproblemas referentes al primer ·principio, ..dstemas cerrados) gases,,erán dato", .Calor especifico a volumen con.tant~del a;re c. ~ 0,17 kealfkg K

Reemplazando Po Vo de lA en 1.3:

mRTo = mc. (T,- To) RTo c, (Tr- To) 1.6


4 Problemas tipo Primer pr¡l'1eiEJIiD~ Sistema 5.cerrados (gases) S

La 1.5 y 1.6 forman un ,istema de dos ecuaciones con dos incógnita, m yT[.De1.6:

1.2 - El recipiente rígido y adiabático mencionado en el problema 1-1 (V ~ 1,5m 3

) contiene inicialmente una masa de aire mo a P, ~ 0,7 atm y T, = 90(:le. Calcular la masa m qu e ingresa en este caso. .

Solución: El sistema que debemos elegir en este ca,o será (m + me). En el pri·'mer principio es Q ~ O ; L ~ -Po Vo bnplica:

De 1.5:

RTo kgrm 293 K 1 kcalT[ ~ - + To ~ 29 3 -- -:;-:c;;-;---:c;;----;;-

c, , kg K 0,1 7 kcal/kg K 427 kgr m

~ 411,26 K ~ 138,26 oC

1.12

FIGURA ]:2

'" P, T,

Of'

'"' r, ..f, T. f,

-L = .ó.U

1-3 - Desde un conducto en el cual hay aire a P, ~ 3 atm constante y a T, ~

~ 60 • C , constante, ingresa una masa m a un cilindro que contiene m o ~ 3 kgde aire a To ~ 20 Oc y Po ~ 1 alm (fIgura l.2).

El cilindro está cerrad o por un pistón que transmite una presión constantePo ,11 aire interior. Al ingresar la masade aire m 1 el pistón se correJ barriendoun volumen .ó.V igual al doble del volumen inicial Vo de la masa mo ) quedan~do luego trabado. Después del ingresode la masa m quada el aire en el cilindroa una presión Ímal P[ ~ 2 atm . Consirando queel pistón desliza ,in fricción yque el mismo y el cilindro son adiabáticos, calcular la masa m que ingresa al cilindro.

So lución: El ,istema es (m + mo). En el prim er principio Q ~ O y:

+ 293 K .

1,24 kg1 kgjcm2 10.000 em21m 2 1,5 m 3

29,3 kgr m/kg K 411.26 Km ~ Po V

RT[

-Po Vo = .ó.U 1.7 Al explicitar el trabajo L debe tenerse en cuenta el trabajo para el ingre,ode m y el trabajo de expansión del aire contra el pistón, de m odo que:

Por estar el sist em a fonnado por dos masas.:

.ó.U ~ mcv (T[ - To) + moc, (T[ - T,) 1.8Reemplazando en l.Ves:

Reemplazando en 1.8 Po Vo por mRTo de 1.9, Ycalculando mo de 1.11qu eda un si,tema de dos ecuaciones 1.8 Y 1.1Ocon dos incógnitas m y T[. Resuelto se obtiene m ~ 0,39 kg y TI = 376 K ~ 103 ·C.

luego:

1.13 P, V, - Po.ó.V = me, (T[ - T,) + mocv (T[ - To) 1.13·

Además:

P, "'1 = mRT, 1.14

PoYo = moRTo 1.15

PI (Vo + .ó.V) ~ (m + mol RT[ 1.16

Se 'reemplaza P, V, por mRT, de 1J 4 en 1.13 y ,e calcula Vo a partir

Luego de 1.7 :

Po Vo me, (T[ - To) + moc, (T[ - 1',)

Además:

PoVo = mRTo

Po V = (m + mo}RT¡

P, V = moRT,

1.9

1.10

l.ll

.ó.U = P, V, - PotlV ;


6 Problem as tipo

Y,

FlGllltA 1.3

,---__-"r''-Jr==

=

1.2Q

T,

pe - Jofro

f[GUAA l.4

Q - P (V - Vo) = O

Q - L = AU

siendo:

Al destrabar el pistón, que puede deslizar sin fricción transmitiendo unapresión constante p = 5 alm ~ el ai-re pasa a un estado final en que sutemperatura sigue siendo To = 20oC. Calcular el calor Q intercambiado por el aire.

So Iució n: El sistema es m. El primer principio es:

donde ,V es el volumen Imal y Vo el volumen inicia!.El trabajo L es el producto de la variaciÓn de volumen de la masa m por

la presión ejercida por el pistón. Además lJ.U =O pues la temperatura inicial esigual a la Ima!. Luego: .

de 1.15. Del sistema de ecuaciones 1.13 Y 1.16 se obtiene m = 10,9 kg conTr = 378K= 105 oC.

1-4 :..- Desde un tanque rígido y adiabático que contiene inicialmente aire a p, ==·10 a/m y T, = 150 oC , descarga aire a travésüe una turbina adiabática (f"¡gu.

'ra 1.3) a un cilindro también adiabá·tico) en e] que actúa un pjstón adíabático capaz de transmitir una pre-sión constante P, = 1 alm. Al quedar el aire a ]a presión P2 , -con terri~

\ peratura final Tr unifonne,luego de'T la .descarga de una parte del aire a

i través de la turbina, el pistón hae.--Il~~o--- P, •barrido un volumen AV = 30 m J •

~ 11 La masa de aire total es m = 50 kg .Se supone despreciable la fricción enel desp!azamiento del pistón y taro·

bién despreciable el volumen ocupado por la turbina. Calcular el trabajo LT entregado en eleje de la turbina.

So ludón: El sistema es ]a masa m. En el primer principio como Q = O es:

·L = lJ.U

L=LT +P2 AV

AU = mc, (T¡- T,)

Además:

PoYo = mRTo

pV = mRTo

1.21

1.22

Luego:

1.17

Se calcula Vo usando la fórmula 1.21 y V con la fórmula l..22. Luego de1.20 se obtiene Q = ·804,12 /ccal

Además:

P, VI = mRT,

P2 (VI + AV) = mRTr

!.l8

U9 3. PROBLEMAS ENUNCIADOS

Se obtiene V, a partir de !.l8 y luego Tr a partir de 1.19. Con estos valores, se calcula LT usando la fórmula 1.17. Resulta L T = 1195,94 /cca/.

1·5 - Se tieneuna~asa m.=10/cg de aire a Po =1 alm y To =20°C enuncUindm cerrado por un pistón trabado.

H¡ - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi·que. U". parte conti~ne m, =2 kg de aire a p, = 5 alm y TI = 20 Oc , y laotra m. = 3 kg de aire a P2 = 1 alm y T, = 60 oC. Se quila ellabique. Cal·cular la presión y ia temperalura Imal en el recip iente.

- ~--- - - - ~----~---- - -- - - - ~--


-B fIrob lemas en unC:Fa:dQs, Primer princ:tplo. Sistemu cerrl!ldCl:5 (gases) 9

contiene m, = 3 kg de aire a T2 = 60 o e y P2 = 1 atm . El cilindro estácenado ·por un pistón que puede deslizar sin fricción y que transmite una presión constante P, . El eilindro y el pistón so n adiabátieos, Calcular la temperaturafinal del aire al comunicar el recipiente con el cilindro.

T.,... p~c 1-----1

1-7 - Mediante un compresor adiabático se envía una masa de aire m a un tan·que adiabátko. Inicialmente el tan que oontiene mO' = 2 kg de aire a Po = 1a/m y To = 20 oe y luego de ing¡:esar la masa m queda el aire en su iuterior ap = 2,5 a/m y T =-120 o-e, Calcular él trabajo L, que debe transferirse alcompresor (figura 1.5). El aire aspi-' 'rad o por el compresor está a la pre-sión Po ya la temperatura To '

L,

1-8 - Una masa de aire m = 10 kgse calienta a presión constante p :::;:'=2 u/m de To =27°e a T¡'== 217 oC ,mediante fricción con pa-letas giratonas, sin intercambio de""Ior. Siendo el medio atmosférico Po =1 atm ybajo neae.s.ario para el accionamiento de la hélice.

FIGURA loS

To = 2 ¿- oe c.lcular el tra-

1-9 - Mediante un compresor adiabático que aspira aire a Po = 1"tm Y To ==20 o e y lo lleva a un estado i con p, = 3 atm y T, = 130 °e ,se suministra aire a un cilindro (figura 1.6), para lograr el barrido de un volumen AV =:::;: 0,6 m3 . contra una presión constante p = PJ = 3 atm .

IJI ¡i, T¡

JI/ (;1

Po

T,

FIGUR.... L..¡j.

Durante el barrido ·el aire mantiene su temperatura constante Ti :::; 130 °C~

y no illlercambia calor. Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograr elbarrido del volumen Li. V ~ suponiendo que no eXIste fricción durante el barrjdo.

.] -10 - A un recipiente rígido y adiabático, inicialmente vac io, de volumen . V == 3 mi , ingresan' dos masas de aire', m, = 20 kg con p, = 15 atm y T, == 100 °e y m2 =3 kg con P2 = 12atm y T, =20"e. Calcnlarlapresiónp y la temperatura T finales en el recipiente. '

1-1 l ~ Uó tanque rígido y adiabático que pu ede comuniCa! con un cilindro contiene m, = 2 kg de aire a P, = lOa/m y T, = 80 °e. El cilindro contiene


CAPITULO 2

PRIMER PRINCIPIO.

SISTEMAS ABIERTOS.

REGIMEN VARIABLE (GASES)

1.INTROOUCCION TEORICA

Para efe<luar balance, de energía de si,lema, abierto, (fIgUra 2.1), ,e usarála fórmula ,iguiente:

F[GURA2.1

donde Q calor intercambiado a través de los límites. que definen al sistema abierto; L trabajo intercambiado a travé, de los límite, que definen al ,i,tema abierto; m, masa que sale del sistema abierto; h 2 entalp ía por unidad de masa m2

(h2 = U, + P2V2) ; e'2 energía cinética por unidad de masa m2 con respoctoa.ej~ Ugados al sistema abierto; ep2 energía potencial por unidad de masa m2con respecto a ej es: ligados al sistema abierto; m1 masa que ingresa al sistemaabierto; h, entalpía por unidad de masa (h, = U, + P, v,) ; eC ¡ energía cinética por unidad de masa m, con resp octo a ejes ligados al si,tema ab ierto; ePIenergía potencial por unidad de masa m, con resp octo a ejes ligados al sislemaabierto; AESA variación de energía en el interior del sistema abierto) la que cee·corresponde a la variación de energ ía interna en lo, problema. que se planlearán.

- ~- --~~~---- ~----- ---~-- - - ~ ----


12 Pro blem ¡!lIS tipo

Para estos problemas además se supone invariable a Jos valores h2 • e~2

ep2 • h1 , eC} • epI durante el proceso.Si ,e eon,idera qu e ,a, masa, inlerviniej¡les corre,ponden a gases ideale"

siendo la entalp ía h función de la lemp eratura únicarnenle, ,era válid a para elcálculo de la variación de entalpía de eu~lquier masa m la fónnula: '

2.2

Para 10' probiema, corre,pond ientes a este lema seran dalo, c, y R yausado, en el cap ítulo1, Y para el aire:

Cp ~ c, + R ~ 0.24 kcaljkg K

El aire se consídera como un gas ideal.

2. PROBLEMAS TI PO

2·1 - Resolver el problema 1-1 adoptando como ,islema el recipiente rígido yadiabatico.

Solución: Teniendo en cuenta la fónnula general 2.1 :

Q - L ~ -mho + AUSA

Q ~ O .. L = O por ,er el recip ienle rígido y adiabático. m es la masa queingresa y ho su entaip ía por unidad de masa en el estado inicial (Po, To) :

AUSA ~ mUf es la variación de energía interna en el recipiente ya que laenergía interna inicial es nula {recipiente vacío}, y Uf es]a energía interna finalpor unidad de masa. Luego:

Primer prlnclplo. Sistemas .fI biertos. Régime n nriC!lble [gase,s) 13

La fónnula obtenida es idéntica a la 1.3 del problema 1-l. Deb en agregarselas ecu acianes correspondientes a m. en su estado inicial y fmal como :se hizo alresolver el problema 1·1.

2-2 - Resolver el problema 1-2 adoptando como sistema al recipiente rígido yadiabático.

Solución:Q - L = -mh o t tl.USA

Q ~ O ,. L = O ,. ho = Uo t po"o

AUSA = (m+ me) Uf - mOU,

donde ho es la entalp ía por unidad de ma sa m en el estado (Po, To) ,y Uf, YU, son la, energ las internas POI unid ad de masa de m y mo en el eslado {Po ,Tf } para m y (P,','T, ) para mo en el estado inicial. Luego queda:

-mUo - Po Vo - (m + me) Uf ,- me U, = Oo sea que:

m{UI - Uo) + mo (Ur- U,) ~ Po VoComo:

m{Uf~ Uo) t mo (Uf - U,) ~ mc,(Tf-Te) + moc, {Tf - T,)

queda:

Po Vo ~ mc, (Tf - To) t moc, (TI - T,)

Esta ecuación es idéntica a la 1.8 obtenida en la solución del problema 1-2.Debe completarse la solución aplicando la ecuación de eslado.

2-3 - Resolver el problema 1-3 adoptando como sistema al cilindro.

Soluc16n:Q - L = ·mh, + lJ,USA

Q = O ,. L ~ Po tl. y ,. h, ~ U, + P, v,

O = -mUo - mPovo + mUf

YoO = ·mUo - mPo - + mUfm

... Po Yo = me, {TI - To}

con h, entaIp ía por unidad de masa de m y mo en el estado (Pf ,TI) Ydemo en el estado (Po, To). Queda:

-Po tl.y ~ -mU, - P, V, + (m + me) Uf - mo Ue

P, V, - Potl.Y = m (Uf - U,) + mo (U¡- Uo)

•$_~IiII~IIIImiil~~'.~.~.~'lSe.-'~.~.~"".~~.~.-~.~.'~'.h."_._O<:'=11I5=3:'.-==:-:'-:'::x:::,aEl

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T4 Pro Memas tipo Primer ;princrpio. Sistemas IblBrtas. Réttme.n. variable (Pies) 15

la ecuación es idéntica ala 1.13 del problema 1-3 ya que:

m (Uf - U, } + mo (Uf - Uo) = me, (Tf - T,) + moc, (Tr To)

y l volumen del tanque~ se obtiene con la ecuación 2.5. De 2.6 se obtienem y luego reemplazando Po Vo' por mRTo de 2.4, en 2.3 se calcula el trabajoL, =-52,314 kCIJi

FlGURA.2.2:

m,

FIGURA 1.3-

2-S - Desde un tanque se descarga aire a través de una válvula de modo que el aire a la salida de la válvula mantiene una presión constante de P = 2,5 alm, Durante la descarga, la temperatura del aireen el tanque se mantiene cons.tante eigual a 'la del aire que sale de la válvula(To =20 OC), f¡gura 23.

Inicialmente el tanque contiene airea P, = 10 alm y el volumen del tanquees V =2 m 1 . La descarga flll.liza cuando la presión en el interior del tanque esigual a P. Calcular el calor intercarnb lado a través de las paredes del tanque.

Solució n: El sistema es el tanque. Resulta:

v

Luego se completa la solución aplicando la ecuación de estado.

24 - Medjante un compresor adíabático se envía una masa de a.ire mque, adlabáiíco. Iniclalmente el tan-contiene m() = 2 kg de aire a P(} = r ;m~_-{

= 1 alm y To = 20 oC, y luego de p. r..ingresar la ro asa m queda el aire en suinlerior a P = 2,5 atm .y T =140 Oc.Calcular el trabajo L, que debe trans-ferirse al compresor (figura 2.2). Elaire aspirado por el compresor está al. presión Po Y a la temperatura To .

Solución: Se adopta como sistema al compresor y el tanque:

Q - L = -mho + AUSA Q - L = m,h, + AUSA

Corno:-L, = (m + mo}(U- Uo) - Po Vo

o sea que:

(m+ mo)(U- Uo) = (m+ mo)e,(T- To) Q = m,U, + PV, + (m-m,) Uf - mUo

h, = V, + p,", ; AUSA = (m - m,) Uf - mUo

Al ser la temperatura del aire invariable U, = Uf = U(} ~ y entonces:

L = O ; m, es la masa que saje y h, es la entalpía por unidad de masa co·rrespondiente ala masa m, en el estado (P, To) :

donde m es la masa inicial en el tanque, y Uf Y Uo energías internas por uniRdad de masa de (m - m,) en el estado fmal (P, To) Y de m en el estado inicial(P1 , To). Reemplazando queda:

2.3PoYo - Le = (m+ mo}e, (T- To)luego:

ho = Uo + Po "o ' es la entalpía por unidad de masa m en el estado (Po,To). AUSA ' =(m + m.) U - moUo ,donde U y Uo energías intemas por unídad de masa de m y mo en el estado final (P, T) Y de mo en el estado inicial(Po, To). Queda,conL = Le:

-Le = -mUo - Po Vo + (m + mol U - mo Uo

Puede aplicarse la ecuación de estado a m y mo. en su estado inicial y am en su estado flllal:

m,U, + (m- m,) Uf - mUo = O

PoYo = mRTo

PoV = moRTo

PV = (m+mo)RT

2.4

2.S

2.6

, Luego:

Q = PV,

V. es el volumen de la masa qne sale en el estado (P, To) .

2.7

16 Proble.ma$ tipo

Puede aplicarse la ecuación de estado:CAPITULO 3

De 2.9 se obtiene m y de 2.10, con m, se halla m, . Luego se calcula V"aplicando la ecuación 2.8 y con este valor,. se calcula Q) usando la eCuación 2.7.Resulta Q = 4.2J, 2 kcal .

PV, = m,RTc (masa que sale)

P, V =. mRTo (masa inicial en el t~nque)

PV = (m-m,)RTo (masa Ím.l en e\tanque)

2.8

1,.9

2.10

PRIMER PRINCIPIO.

SISTEMAS ABIERTOS.

REGIMEN PERMANENTE (GASES)

1. INTROOUCClON TEORlCA

Para un sistema abierto existe régimen pennanente cuando se Cllmp len lascondicioneS siguientes (ver fIgUra 2.!):1) La ma.. que ingresa m, es igual. la que s.le m, ,y durante el tiempo quese consid ere, estas masas m1 = m2 , mantendrán constante su valor por unidadde tiempo.2) Las condiciones de la rna.. que entra (h, , e" ' ePi) y de 1. masa que sale(h, , e" , e.,) no carnblancon el tiempo.3) No hay cambios en el interior del sistema abierto, de modo que en la fónmula2.1 es 1>E~A =O. La fónmula 2.1 queda entonces con m, =m2 =m :

3.1

El trabajo L (trahajo de circulación) se supondrá transferido siempre mediante un eje:

3.2

A los sistemas- abiertos pennanentes se les da: también el flombre de sistemas. circulantes.

Son datos para los problemas que se eimnciarán, referentes a estos sistemas,los valores ya dados de ep , ev Y R del aire.

aS4':;h _.

S 7 FR· w

n ""'pI .

18 Introduce:f6n teóricaPrlm-er principro. Sistemas abril!rtDS. Régrmen plle-rmlnenhl (91$005) 19

con h, Y h2 enlalpi", especificas inicial y fmal de la ma,a m. .b) Compresores: ,e lo, utiliza para la compresi,6n .d~ ,:"se,. Debe .transfenrsele'trabajo en un eje Le. Las variaciones de energla crnehca y potenCial son despreciables:

Se tratará acerca de;a) Turbinas: se la, considera adiabática,. Disminu~e la entalpí~ ~2 < h¡ y,eobtiene trabajo en el ej e Lr >0. Resultan desprecIable, las vanac¡ones de energia cinética y potencial en turbinas de ga, y vapor:

donde h, Y h 2 son las entalpía, especificas inicial y fmal de la m....a m. ..c) Vál\'llla, Reductoras: producen en gase, y vapores.una bru,ca c.alda de pre?onla que ,e logra mediante un estrechamiento. El flUIdo no cambIa su entalpJa alreducir la presión en la váJ\'lIla reductora:

Lr = -tJf = m (h¡ - h2 )

Q ~ L, = tJf = m (h2 - h,)

3.3

3.4

a) Una turbina entrega trabajo en su eje al descargar, a travé,de la mism.a, el airecontenidQ' en un tanque (no existe régimel} pennanente porque cambian las con..dicione, de la masa que entra a la turbina desde el tanque). No vale para la mi,-ma la fónnula 3.3 • .b) Se suriünistra aire a un- tanque mediante un compresor (no existe régimen permanente porque cambia el e,tado del aire que ,ale del compresor, a med ida queaumenta la presión en el tanque). No vale la fórmula 3.4' para el compre,or. Síexistirá régimen permanente para el compresor si se aclara que éste comprime alaire siempre hasta que alcanza un estado detenninado, invariable, antes de su pa.'o al tanque. .e) Consideraciones sirnHares referentes al no cumplimiento de las condicionesenumeradas para la existencia de régimen pennanente aseguran que no es válidala fórmu la 3.2 para ninguno de los sistemas abierto, que puedan adoptarse en losproblemas del capitulo 2,2·) al 2-5.

Para los problemas enunciados. a continuación rererentes a sistemas abíertosen régimen p_ermanente, son datos los valores ya dados para el aire de e .... , ep yR.

h, = h 2 tJ.h = O 3.5

d) Cámara, de Mezcla: a la, mismas ingresan corriente, de.un mismo fluido o dedistinto, fluid o,. En régimen pennanente, todas las comentes que mgre~}ohacen a la mism a presión, siendo prácticamente igual la presió.o ~e las coment.csal salir juntas de las cámaras de mezcla. Con Leje = O Yv.anaclOnes despreCIables. de energía cinética y de energ ía potencial, si hay i comentes::

,C.M.

. I

FIGURA 3.L

.T,

,

2. PROBLEMAS TIPO

o:

3·1 - A una cámara de mezcla adiabática (figura 3.J ) ingresan dos corriente, deaire. Una, de masa mI ,a Po = 5alm y To = 800 Oc , que se expan.de previamente en una válvula reductora, la otra de masa m2 ~ a P2 = 3

(m¡ ... m~J TJ atm y T2 = 20 00 c. A la :salida dela cámara de mezcla: el aire tiene tern~

peratura T3 = 120 oC, Calcular larelación entre las masas m1 y m 2 .

Solución: Para la cámara de ro ezclaserá válida la f6rmul. general 3.1 , de

ia cual, con Q ='0 .. L.,. = O ,. t.E, = O Y t.Ep = O, se obtiene AH = O , por.lo t.nto:3.8

3.6

3.7

y h] l que sa-

y si Q = O , cámara de mezcla adiabátíca, es:

h }; mi - }; m¡h, = OI ,

Para dos corrientes: m1 y m2 ,de entalpías esp ecíficas h1

len con entalp ía espec ifica h :

h }; mi - }; m,h, = QI ,

(m, + m2) h = m¡h, + m2 h2

Observaciones: La aplicación de ia fónnula 3.2 es válida únicame';te .c~ando sedan las condicione, que aseguran el régimen permanente. No sera valida entreotros, en los casos enuncí~dos a continu ación.

Prlm er prrnclp lo. Slstemas abierto I~ Ré-giml!l n. ~erm:ll n.ente (gases) 21

20 Problemas tipo

Suponiend O el .ire gas ideal: ,

'" _ h3 ~ cp IT, - T.. )y

Al suponer al aire como \In gas ideal la entalp ía so lo depende de la temperatura, de modo que hr = ho , por lo que mT Ih¡ - h.) =-Q y Q =L, , porsernula la variación de energía interna, y el calor dependiente de la transfonnación,o sea de la función P = f{V) que relacloua presión y volumen en la transformación, Como P ~ m,RToIV re,ulta:

3.10

1

+--+-"

dV

V

PIQ ~ -m RT. ln

~ .... Po

PImT (h, - h.) = m,RTo In

Po

'm, = ......:(-=-T-'-,_-...:T:.:.-=-)~mT RTo In (PtlPo)

De 3,10 se obtiene qne (mJmT! = 4,346.

Además h, - h. = cp (T, - T.! , entonces:

,Además PfVI =Po Vo , quedando:

3-3 - Con el aire que sale de una turbina adiabátiéa se calienta agua líquida desde To = 20 ° C a T, ~ 90 oC (figura 3.3), El aire mantiene constante su presión P, al transferir calor al agUa líquida, qu edando finalmente con T 3 =100oC. La relaCión entre la masa de agUa lí- p¡ TI'luida y la masa de aire ~ mlm. = 0,25 ,el trabajo en el eje de la turblna es LT == 10.000,000 !<cal y la temp eratura delaire a la entrada a la turbina es T, == 800 oC. El calor espec ífico del agUalíquida es eL =J kcolJkg 'c, Calcular:a) temperatura T2 del aire a la salida dela turbina; b) masa de aire y de agUa lí-quida,So lució n, Para la turbina es válid a la fórmula 3.3 :

luego:

3,9

FIGURA 3.~

IJI~2

T,

m,

LT>O y

mT Ih, - h,) ~ m, Ihr - ho) - QSiendo

Luego:

IT_ T3) + 'm,cp IT. - T3) ~ O

mIeS' !

m, T3 - T.=m, T, - T,

, h (fórmula 3.s) de modo que al, . 1a la entalpla o '

La entalp lO h, es 19U' lirá que T, '" To . Luego:considerar al aire un gas ideal se c~mp

m, ~ T, - T,To - T3

, (m 1m,) ~ O147.D

t. fórmula se obtIene que ¡ ,e~ .'. T - 20 oC y lo com¡mme a

, P - J "1m Y o-, '03.2 _ Un compresor aspira arre a o,~ fi 1 P ~ 3"tm, ,El trabajo necesan

tante hasta una presl0n 1I1a ftemperatura coas 'd I

1, . del compresor se obllene e

en e eje turblnatrabajo total en el eje de unaadiab ática, a la cual entraT :u~ o~ ~~a Pr r!

.. n P = 4 atm Y ,- ,preslO, 'T _ 400 ° C 'Calcular lasaliendo a. 2 - . . uerelación entre la masa de aue med Cl .circula en el compre,or Yla masa ;~-re que circula en la tmblna (figUra ',,'Se supondrá que en la transformaclondel aire en el compresor quedan e~table-cldos todos los estados intermedIos en-

tre ellniclal Yel rmal, • . • la 3 3 Y para el compresor la 3,4, deSoluc!ón: Fa," ia turbina es valida la formu .

, modo que: ) y Q _ L, = m, Ihf - ho), LT = mT (h, - 11,

L, <O, o ,ea L T =-L, , luego:

"'------"---;-; AS;;W:;:a:;

__IIÍIIIIIIiIIIII__IIIIIIII.-...._ililiilllíiliililililllllliilililiilliiiiiiilllllliiillliiiliiliiiiiillliil__IiiiiiIiiiiI ...........W

-tr:::er tr r §!:t;! -1b4o!!

22 Problemas tlp o

Por considerarse al aire como gas ideal:Primer prillclpio. 51s.temu abrertos. Rqimen pll-rmanente {gilm) 23

L r = m.cp (TI - T,)

Para la transferencia de calor entre el aire y el agua líquida:

mCL (Tr - To) = m.cp (T, - T,)

, De esta ecuación se calcula m y luego en 3.15 es L. = 41,57 ki/ocolor i(J!i.

La masa de aire necesaria es la que corresponde al volum en ..o. V en el esta·do (PI, T,):luego:

h, - h, = Cp (TI - T,)

3.JI

3.12

PIAV = mRT, 3.16

Con las ecuaciones 3.11 y 3,12 Y con mlm. = 0,25 quedan corno únicasincógnitos T, y m :

3. PROBLEMAS ENUNC!ADOS

FIGURA l.s

4

(m-ro¡)

•P,

f--t-LT

1I

'" P,T,

FIGURA 3.6

3-<i - Se tiene la ínstalación de la figura 3.6. Aire a p, = 4 alm ; T, = 800 oCse expande en una válvula reductorahasta P, = 3 atm y luego en unaturbina adiabática hasta P6 = 1atm. Al llegar el aire a la presiónp2 , an tes de ingresar a la turbina,se deriva hacia una cámara de mez·cla una ro asa mI, la cual ingresajunto a una masa m2 a la mismapresión P, y a T4 = 20 ° C , saliendo de la misma con Pj ~ P, y.Tj = 100 ° C. Si ,;" = 10.000

3-5 - Se tie/le la iustalación de la figura 35. Una masa de aire m, a PI = 3alm ; T, = 500 oC, se enfría apresión consta nte) transflriend o ca~

lor a una masa de agua líquida m,la que pasa de una temp eratura inicial To = 20 Oc ,a una temperatu·ra final TI = 70 oC. Luego de esatransferencia de calor la masa mIingresa ~ a una cámara de mezclaadiabática, junto con otra ro asa deaire m, a T, = 500 oC. Las masas m1 y m2 se expanden luego de salir de la cámara de mezcla en una válvulareductora, quedando a la presión Ps = 1 atm con T j = 350 oC.

Si la relación entre la masa de agua líquida m y la masa mI de aire es 4 ,calcular la relación entre las masas de aire ml Y m¿ . Como dato se da el calorespecífico del agua líquida CL = 1 kcal/kg oC.

3.14

3.15

ftGURA3A

m 1-'1 Tr

-L, = m (h, - ho)

Como hI - 'h, = cp (TI - To) es;

"

De 3.14 se obtiene T, = 445,9 K = 172,9 oC. De 3.1 3 se obtiene quem = 16610,8 kg. Luego m. = m/0,25 = 66443,4 kg.

3-4 - Medjante un compresor adjabático que aspira aire a Po = 1 atm y To == 20 Oc y lo lleva a un estado I con P, =3 atm y T, = 130 Oc ,se sunúnislra

aire a un cilindro (f¡gura 3.4j, paralograr el barrido de un volumen AVigual a O~6 m3 ,contra una presiónconstante P =PI = 3 a1m. Duranteel barrjdo el aire mantiene su temperatura constante TI = 130 oe ,y nointercambia caloL_'Calcular el trabajo en el eje del comopresor para lograr el barrido del volu

men AV, suponiendo que no existe fricción durante el barrido.

So luc fó n: El compresor funciona en régimen pennanente luego con Q = O 1 dela fórmula 3.4 se deduce que: '

~ -, - ~ ~",., ~ ~ - ",. - - -- ~ - - - ~ - - - - ~ - - -- ~ - - - ~ - ~ - ~ - - - -- -----=--~

~ - ,. ~ ~ ~ ~ . ~ ~ .. ~ ~ ~ - - . ~ ---

24 Pro blem In lB lluneiadQ.5

kg/hOTa y la potencia en el eje de la turbina es NT = 2000 HP (1 HP = 632lecal/hora). Calcular las masas m, y m eu· leg/hora.

CAPITULO 4

TRANSfORMACIONES

POLlTROPICAS

1. lNTRODUCCION TEORICA

Una transJorrnaCÍón politrópica es una transformación en la cual el calorespecífico e se mantiene constante. Son fórmulas válidas para las transfonnaciones politrópicas de gases perfectos las siguientes, en las cuales se ha considerado mí estado inicial (P, • V, • T,) Yun estado final (P2 • V2 • T1 ):

P, VI = P1 V1 ó PI" = con'lante

T, V¡-' = T2 vr' Ó TY>-' = conslanle

Pf'-'TJI> T, = pY->!hT2 ó pfM!I>T = comlante

Cp - el' =-

Cv - e

(K -1')e = e, (l _ 'Y)

(K - 'Y)Q = mc, ( . ) (T2 - T,)

1 - 'Y

fl mRT,

L = PdV =...::::~, ('Y- l)

-rVdP = 'Y rPdV

4.1

4.2

4.3

4.4

4.5

4.6

4.7

4.8

..__ •..~-

. -, 5

25 PiO blaml5 tipo Tra rufo rmillclone.s polltróplelliS 27

"1 -es un exponente adimensional, c~, y ep son los calores espec íficos delga, ideal a volumen constante y a presión constante. K =cple, . Si:

l<"«K e < O 4.9

b) Ja desca_rga se produce en tonna infrnitamente rápida, tanque adiabático.c) la, descarga se produce danto tiempo a que el aire interior llegue al equilibriotérmico con la atmósfera (To = 20 oC),

Soruclón: a) Para el aire interior todo ocurre como si cada kilogramo de masa experimentara una transformación politrópica y adiabática (e = O) , luego 4.5 .ededuce que "( = K = epIe,. Luego:

2. PROBLEMAS TIPO[;;j (K-'}/K = T2

T, 4.10

4-] - Demostrar que en una politrópica de un gas -ideal, con calor esp ecíficonegativo, el valor absoluto del trabajo e, mayor que el valor absoluto del calor intercambiado y que el valor absoluto de la variación de energía interna:

y la masa final será:

mIP,v

=--RT, 4. i 1

Debe ser "(- K<O y "(-1 <O ,luego e>O.

,1

:i!

,1",~il

,"

4.12 '

FIGURA4.1

TI , I

M ,.P, IIACIO

l' -m • ~ II}

m = P,VRT,

y la inicial:

Salen (m - mI) kg de aire. Calculando m con 4.12, T2 con 4.10 Y mIcon 4.l1,83le que (m- mI) =15,73 kg.

b) Todo ocurre como si cada kilogr.mo de aire interior hubiera experirn entad ouna ,bmsca caída de presión (proceso equivalente a Jo que sucede en una válvulareductora), luego Ja temperatura final del. aire en el tanque será igual a ]a inicialT2 = T1 . De 4.ll sale mI y con m y mI se obtiene que en este caso resulta(m - mI) =21,17 kg. '

c) Como se conoce el estado final (P" Te) en el tanque, puede calcularsemI = P2 VIRT(J ) con -este valor y el de m ,se obtiene que en este caso tenem!Ji(m-mI) = 12,50 kg,

44 - Se dispone de dos recipientes rígidos y adiabáticos, que pueden comunicarse entre si (figura 4.1). U4recipiente está vacío, el otro contiene aire a P, = 3 atmy T, = 80 oC. El volumen d'e,Jo. dosrecipientes es el mismo y su valor es V =3 m3

ca,da uno. Suponiendo despreciable el volu.men del conducto de comu ni-eación

1calcu~

Jar las temperaturas fmales en cada recipiente cuando se pennite que se alcance elequilibrio dinámioo entre ambo., al comunicárseles de modo que el pasaje de aire

,

4.5

IL I > IIllUIy

"( - Ke = el' ---,

"(-1

"(- Kc=c--'

, "(-1 ,

ILI > IQI

Q = melllT : IllU = me,AT

L = Q - AU = m(e-e,)AT

Si AT< O es meAT> O y -me,IllT> O,quedando demostrado.Si AT> O es meAT < O y -me, AT < O, quedando dem""trado.

Si e < O, es 1 <"«K; si.ro e,lamasa:

Solución:

4-3 - Un tanque contiene aire aP, = 4 atm y T, = 60 oC. Se produce un escape de aire hasta que la presión fmal en el tanque es P, = 3 atm. El volumendel lilnqu e es V = 20 mJ • Calcular Ja masa de aire que sale del tanque en lo. casos siguientes:a) la des<:arga se produce en forma infmitamente lenta, tanque adiabático.

4-2 - Demostrar que si el exponente 'Y para Ulla politrópica de un g.. ideal e,negativo, el calor específico e es positivo.

Solución:

2 B Proble miU trpe. Tnrnsfc.rmac!onlllS 'P.o1itró piCEU 29

Si m~ es la masa que sale de (1) con Q"= O y L == O,'se tendrá que AU=== (} y:

pued e suponerse infmitamente lento~

Solución, Debe procederse según se explico en el capítulo l. El sistema e, la ma-.sa: m:

P,

[Ill m, v, /~T, %

'/;//1

FIGllRA4.~

:" III

I t -' ,• I

Q = (}Q - L = llU

4-5 _ Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabique r19ido (fignra 4.2), estando una de la, do, part e, cerradas por un pistón también adiabático.

En (1) hay m, =2 kg de aire a P, = 1alm y T, = 20 oC ,yen (n) m, kg de airea P, = 2 atm y T, = T, = 20 oC ,ocupando el volumen V, =2 m3 . Se comprime elaire contenido en (I)) el cual experimentauna transfonnación politrópica, hasta que elaire en (n) alcanza una temperatura fmalT = 90 °C. Calcular las presiones finale, en(1) y (n) y el volumen fmal en (1).

So[ución: Deb e "procederse como se -explicó al tratar acerca del primer principiopara sistemas cerrados. El sistema es (ml + m2) y:

De la, ecuacione, 4.14; 4.16 Y 4. i 8, en las que hay tres incógnita, T, f '

T,f Y m' , ,e ob tienen la, temperatura' fmales en (1) y en (11):

T'f = 289,5 K = 16,5 oC ; T'f = 451,6K = 178,6 oC

4.14

4.13

4.15m'RT'r

V

P, V,-- = 9kgRT]

Q - L = 1;U

m'

m

m - m~

(m - m') RT'fV

T, - T'rT,,- T,

Por ,er igual la p~,ión fmal p en (1) y (n) e,:

1;U = O = (m - m') c, (T'r- T,J + m'c, (T'r- T,J

T'f Y T'f son las temperatura, finale, en (1) y (11). De 4.13 se deduceque:

4.20

4.19

(estado inicial)

-L = m,cv(T- T,) + m,c, (T- T,)

P, V, = m,RT, .

luego:

La, temperatura' en (1) y en (11) se mantienen iguale, porque al ser la trau,formación de mI una politrópica t debe producirse manteniéndose el equilibrioténnico éon la masa m2 ,o sea que la transferencia de calor entre m] y m2 escon s8.lto infmitamenle pequeño de temperatura. Además:

1;U = m,c,(T- T,) + m,c, (T- T,)

4.16

4.17!.!LT,

iVI(m-m')l I-K

r V/m ]

y de aquí ,e deduce:

(m-m') = T'rm' T1[

Por pro~ucirse la descarga en fOJma infinitamente lenta, se tendrá por cadakilo masa de aire de (1) una trans;[ornlación politrópka y adiabática, de modo•que con c = (} ,e tendrá que "1 = K = cplc, . Usando la fórmula 4.2 para la re-lación entre las temperaturas y los volúmenes específicos:

VI(m - m') y Vlm son io, volúme.nes específico, final e inicial del aire en(1). De 4.17 se deduce que:

= !!LT,

4.18

P,fV'f = m,RT,

De 4.20 se obtiene m, :

(estado fmal)

(estado final)

4.21

4.22

- ~ ..... ~ -=--- ---~ --- - ~ - - - - - ,- -. .

30 Probllmu tipo

De 4.22 se obtiene la p.'."sión Imal en (11), que resultaP, .; 2,48 alm .Por ser la transformaclOn de mI politrópica, el calor transferido en la mis

ma valdrá: .

CAPITULO 5

La variación d:e energía interna de rn1 es: MEZCLAS DE GASESllU = m,c, (T - T,)

Luego el trabajo L puede expresarse como:

4.23

4.24

L = Q - llU = m, [~=: e, - c.] (T- Tj)

obteniendo L de 4.19 y calculando 'Y de 4.23. Entol1ces:

[p,rl1r-'Jh = I...[p,J TI

m3

De 4.24 se obtiene P" = 7,73 alm ,luego de 4.21 se calcula V" = IJ,266

1. INTROOUCCION TEORICA

Se supondrá ideales a los gases, por lo tanto, vale entooces el concepto depresión parcial y la ley de Dalton.

La presión· parcial de un gas, componente de una mezcla de gases ideales,que está a urta temperatura T, ocupando un volumen V ~ es la que le corresponde al gas en la mezcla, equivalente a la que tendría solo ocupando el mismo volumen V a la misma temperatura T. La ley de Dallon establece que la presiónde una mezcla de gases ideales es igual a la suma de las-presiones parciales: de ca~

dagas. .Estos conceptos de presión parcial y presión total, unida. al hecho de qne

en la mezcla cada gas ocnpa todo el volumen y al hecho de que si son gases idea·,les cada gas se comporta como si estuviera soJo, son fundamentales para la resolución de los problemas de mezclas de gase, ideales.

2·. PROBLEMAS TIPO

Jr.~·

".

FJGURA5.1

"o

5 ~1 - Un recipiente rÍgído contiene inicialm enteno = 0,5 kmo/es de oxigeno a Po = 10 atm en(D y llN = 0,05 kmo/es de nitrógeno a PN = 1alm en (11). Ambos gases, que pueden suponerseid eales, mant.ienen constante .su temp eraturaTo = 20 oC (figura 5.1).Suponiendo que el tabiqu e que ,epara (1) y (11) esporoso, impermeable al (}xígeno y peT1Í!eable al

nitrógeno, establecer las presiones ('males de nitrógeno y de oxígeno. .

- -

32 ProblElm as tipo Mezel as -de ga se5- 33

So Iució n: No quedando eslablecida la te\l1peratura final como en el problema anoterior, debe aplicarse el primer principio, en la forma explicada al tratar acercade sistemas cerrado,. El sistema es (n o + nN) :

So Iuc ión: Según Jos conceptos- explicados, cada gas se comporta como si estuviera solo l de mod o que el nitrógeno pasará a ocupar los dos volúmenes, el de (1) Yel (11), mezclándo,e en (1) con el oxígeno, hasla que alcance un e't.di; fmal en elcual su pre'ión sea la misma en (1) Yen (lI):

Q - L = t>U .. Q = O L = O

PN =nNR[JT()

5.1VN

PNf =nNRuTo

5.2(Vo + VN)

donde PNf es la presión fmal del nitrógeno y Ro es la consl!nte universal delos gases ideales. También:

5.5

La lemperatura fina! dO! ox (geno y del niIrógeno será la misma porque nocesará de pasar nitrógeno hasta que no se alcance una temperatura uniforme paraese gas, el cual quedará a igual temperatura y pr~sión en ambos recipientes. A~e

más en el estado fmal lenemo;:

con Vo = VN ,deducido a partir de 5.3 Y 5.4. Se obtiene de 5.1 y 5.2 que esPNf =0;5 a/m.

La presión del oxígeno no cambia, ya que en la mezcla el nitrógeno se" comporta como si estuviera soJo, y no cambia ni su volumen ni su temperatura (se}s.tableci6 que la, temperalura! se mantienen constantes en (1) y (11) Y que eraniguales para ambos gases).

PNf =nNRuT 5.6Vo + VN

POfnoRoT 5.7= Vo

Von()RuTo 5.8=

Po

VNnNRuTN 5.9=

PN

De 5.5 se obtiene T = 296,6 K = 23,6 oC. Luego, con Vo y VN ~alcu

lado, con 5.8 y 5.9, se obtienen de 5.6 y 5·.7:

P O53 I ,. POf = 10.13 atmNf = , a m

. 5.3 _ Un cilindro está dividido en dos parie, (1) y (ll), según indica la figura 5.3.El cilindro y el pistón son adiabáticos, siendo despreciable la fricción enlre

ambos, y el tabique que separa (liy (11) poroso, impermeable al oxígeno y permeable al nitrógeno y adiabático.

Eá(l) hay no = 1 kmol de oxígeno a To = 20 oC ya la presión P =10a/m constante, que Iransmite el pistón..En (In hay nN =0,05 kmales de nitrógeno a PN = 1 atm y TN = 100 oC.

Suponiendo gases ideales al oxígeno y al nitrógenoJ calcular las presiones finales POf y PNf de ambos gases. e, y R u son los dados en et prob~a 5-2.

(11)

FlGURA 5_l

(1)

(constante universal)

Vo =l1 o Ru To

5.3Po

VN =llN R u T()

5.4PN

848 kgmkmolK

R~ =

5-2 ~ Si los gases, "oxígeno y nitrógeno, mencionados en el problema 5-1, se encu entran jnicialmente a distinta temperatura,siendo la del oxígeno To = 20 °C y la del ni·trógeno TN- = 6(J CJ' e , y con las mjsmas presio.nes, y siendo no = 0,5 y nN = 0,05 el núme·ro de kilomoles de cada ga" calcular las presIone, y las temperaturas finales del oxígeno y delnilrógeno, suponiendo que el recipiente y el tabique poroso sean adiabáticos (fIgura 5.2). Como dalo, el calor molar a volumen conslante del oxígeno y del nitrógeno es C, =(3/2) Ru y:

- -;--":

u 7

5

F1liUKA S.3-

34 Pro blema.s tipo

,...!.....,

p Yo 1')

,," To.

¡I,~- T~· (IlJ

p" v.

Solución: El sistema es (no + nN)' Luego;·

Q - L =!J.U ,. Q = O ,. L = P(Vo,- Vol

donde Vo, y Vo son los volúmenes linal e inicial de (1).Además:

La temperatura linal del oxígeno y del nitrógeno es la misma, según se explicó en: el problema 5·2. Luego:

CAPITULO 6

SEGUNDO PRINCIPIO

DE LA TERMDDINAMICA

Además re.ulta:

PVo = noR.To

PNVN = nNR.TN

5.11

5.12

Teniendo en cuenta el concepto de presiones parciales:

5.13

1. lNTROOUCClON TEORlCA

Enunciado de Pkmek: Es imposible una máquina térmica que transforme íntegramente en trabajo el calor que se le transfiere desde una fuente.

y según la ley de Dallon:

5.14Máquina Termica: hace qu e un sistema cumpla ciclos~ intercambj¡mdo calor y entregando un trabajo (ligura 6.1):

Tra/lSformaclones reversibles e Irreversibles: Los conceptos de transformacionesreversibles e irreversibles se fundamentan en el enunciado del segundo principio.

Una transfonnación es irreversible, cuando luego de ocurrida, es imposiblevolver el sistema y el med iD a su s condjciones iniciales. En caso contrario 1 latTansfornlación es reversible.

Enunciado de Chus¡lus: Es imposible que el calor pase,por si solo, desde una temperatura menor a otra mayor.

Q~ < o

}--.....~L>'

FJGU.RA6.L

Ql > ()6.1

6.2L

Q,

Q, + Q2 = L

Rendjmiento.'

5.15

De 5.11 Y 5.12 se obtienen lo. valores de Vo y VN quedando entoncescomo incógnitas en 5.10 y 5.13 VOf ' T Y PNf • Para la resolución puede recunirse a la ley de Dalton como sigue:

El sistema de ecuaciones 5.10, 5.13 Y 5.15 permite el cálculo de= 0,297 alm. Luego, de 5.14 se obtiene POf = 9,703 atm .

& .L

36 Problemas tipaSegll ndo p rinclp-!o de la term-e-diinámica 37

Son causas de irreversibilidad en los procesos: qu e intervienen:1) transferencias de calor con salto finito de lemperatura.2) desequilibrios mecánicos fmito s (a causa de un ·salto de presión finito, porejemplo).3) la fricción.

Teorema de Carnat: Para todas las máquinas térmicas que funcionan intercambiando calor únicamente con un par de fuentes de calor de temperaturas T1 yT2 ,con T2 < T} ,se cumple que:- todas las m áquinas ténnicas reversibles tienen el mismo rendimient~.

- cualquier máquina térmica irreversible tiene un rendimientú menor que las an-tenores.

.. el rendimiento de cualquiera de las máquinas ténnicas reversibles será:

T2'1=1-T,

6.3

La máquina térmica M, fuucionaacop~ada a un mismo eje con otra máquj·na que hace que un sistema efectúe ciclos T,

(M,) , transftriendo todo el trab ajo L Q,

que entrega a la máquina M, . Esta última puede intercambiar calor con la fuentede T, =1000 K Y con otra de T, =600K. El calor transferido total por la fuenteT, al conjunto de las máquinas M1 YM, . es Q, = 1000 kcal. .

Calcu lar los calores intercambiados F1GURAó.2

por MI con la fuente T, y por M, conlas fuentes T, y T, .

So luc ión ~ Por funcionar M] únicamente con dos fuent es y ser reversible, su rendimiento vale (por 6.2):

Teorema de Claussius: La suma algebraica de las relaciones. entre los calores intercambiados por un sistema que efectúa un ciclo QI Ylas- temp eraturas absolu.tas 1i de las fuentes que intercambian ese calor QJ será;

L = Qi + Q2 = 600 kcal

Qí es el calor intercambiado por MI con la fuente T, . De 6.8 se obtiene que Qi =1000 kcal. El trabajo será entonces::¡; (QJT¡) < O

:¡; (Q,/T,) = O

6.4

6.5

'1, = L

QíQi + Q2

= =Qi

1 +Q2Qi

1 - 6.8

La fórmula 6.5 vale si el ciclo es reversible, y la 6 .4 si el ciclo es irreversible.Pina una transfonnación reversible de la masa m que circule en el caso de

un sislema circulante (capítulo 3) se cumple que:

- V dP = oL.¡. + dE, + dE.

-f-V dP = L<j. + Me + !J.Ep

6.6

6.7

La máquina M2 intercambia entonces calor con la fuente T:1· únicamente,siendo Q, = -Q" + L = -600 !<cal. La máquina M, es irreversible, ya que esimposible que funcione en sentido contrario, intercambiando el mismo calor Q3con la misma fuente T3 y el mismo trabajo L, también en sentido contrario,segú n eslablece el enu nciado de Planck del segundo principio.

2. PROBLEMAS TIPO

6-1 - Una máquina térmica reversible M, (figura 6.2) intercambia calor condos fuentes, una de temperatura T, = 1000 K Yla otra de temperatura T2 =.= 400 K , siendo el calor intercambiado con esta última Q2 = -400 kcal .

6-2 - El ciclo 0110 ideal de aire está formado por dos transformaciones adiabáticas reversibles (0-1) y (2-3) Y por 'dos transformaciones reversibles a volumenconstante (1-2) Y (3 -O) , según se indica en nn diagrama presión-volumen en lafigura 6.3 .

El rendimiento del ciclo es:

'1 = 1 -

3-8 Problemas tipa Segundo princrpio de lB termQdlná mica 39

De las relaciones correspondientes a las transfonnaciones adiabáticasreversibies para un gas ideal (4.2), se deduce que al ser V, = V, .y Vo = V, :

6.11

v, VoV; = 0,12 V,

Puede demostrarse qu e, aplicando 4.2, paIa un ciclo ideal:

Solución: Con " =0,12 re resuita que:

Luego V, =0,12 Vo . De 4.2 :

sale que:6.9

1 - '1

ToT, =-1-'1

ToT,

Si se tiene un ciclo Olto de rendimiento '1 == 0,55 ,con To =300K,y T, =900K ,caicular T, y T, ' El aire se considera gas idealcon K= 1,4.

Solución:

Luego:v

FtGURA D.}

,

De 6.9 se obtiene que T, =666,7 K. De 6.10 resulta que T, =T,2,22==1198 K.

6.12

_tT'] 'IK-ITe - -To

T, = T, f;:j '/K

Con T, obtenida de 6.11 se calcula T, aplican~o 6.12 y luego re de:

Con T, =O,12re y la fórmula del rendimiento, se obtiene que '1 = 0,62 .

iuego:

6.10

J

T, 1- =--T, 1 - '1

luego

(r{ -1)

Kr§-I (r, - l)'1 = 1 -

6-3 - El rendimiento de un ciclo Diesel compuesto por dos tIausformacionesad iabátieas (O -1) y (2 -3) , una transforma- .ción a presión constante (I-2) y una trans- P

formación a volumen constante (3 -O), todas reversibles, es:

En la figuIa 6.4 se ha representado esquemáticamente el ciclo Diesel en un diagram a presión-volumen.

Se supone al ciclo efectuado por alce,al que se considera gas ideal, con:

CK = = = 14

Cv ';

V, T2

" = V, = T,

,v

FlGURAó..4

; Te = ~ _ [;;rIK

-

11

Calcular el rendimiento del ciclo Diesel si para el mismo es TI = O,12'c ;Tu = 300 K Y T, = 2000 K.

CAPITULO 7

ENTROPIA

1. INTRODUCCION TEORICA

La variación de entropía liS, correspondiente a una transformación reversible de un sistema-cerrad o, que presenta en cad a una de sus sucesivos: estadostemperatura absoluta T unifonn e, pu ede calcu larse .rn ediante la fórmula:

. f' 6Q!>S = -1 T

7.1

~º es el calor intercambiado por el sistema en cada una de las sucesivastransformaciones elementales de temperatura media absoluta T. .

Consideraciones basadas en los conceptos dados en el capitulo 6 permiten(lemostrar que la entropia S es una función de -estad o. La variación de entrop íade un sistema cerrado en una transformación adiabática-'irreversible es posítiv:a.La variación de entrop ía del uní,,-erso .(sistema más medio) es:

7.2

7.3

t5 -. EX '55;S

La f&mula 7.2 vaJe cuando ocurren t~ansfonnaciones.irreversib les en el universo) y~a 7.3 cuando solo ocurren transformaciones reversibles~

42 ,1 n.trad uoci6 n. teóricaEntro-p ia 43

De la fórmuia 7.1 se d~uce adem ás que para transfonnaciones irreViersiblesa volumen constante, si el calor esp ocifico Cv es constante:

2. PROBLEMAS TIPO

7-1 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabique. Una parte contiene m, = 2 kg de aire a P, = 5 atm y T, = 20 oC, y laotra m2 = 3 kg de aire a P2 =1 atm y T2 =60 oC·. Se quita el tabique. Calcular la presión y la temp eratura final en ei recipiente, y la variación de entropíadei universo.

Solución: El sistema es (m, + m2). Como:

[

2 ~Q [2 dT T,AS,= I T = 1 me,.. T = me,.. In r;

A p~sión constante, si el calor específico cp e~ constante:

T,= mcp ln

T,

7.4

7.5Q-L=!J.U ; Q=O L = O

y a temperatura constante T:

Q/:,S=

T7.6

luego:

!J.U = m,c,(T- T,) + m2c, (T- T, ) = O

De 7.12 se obtiene que T = 317 K = 44 oC. Además:

1.12

Además puede deducirse que para una fuente de calor de temperatura TIque intercambia calor Q( es:

En una transformación adiabática reversible es:

!J.S = O 7.7

;

Con estos Valores, se obtiene la presión final P 'a partir de la ecuación:

P(V, + V2) = (m, + m2)RT 1.13

!J.S = QITI

7.8 Resulta P =1.42 alm .La variación de entropía de m, y m2 puede calcularse aplicando la fór

mula 7.9 :

T2 P,7.9!J.S = mcp In TI mRIn-

P,

To V,7.10!J.S = mcv In TI + mRln -

• V,

V, P,7.1 i!J.S.= mcp In V; + mRIn-

P,

Se obliene !J.Sm , = 0,191 kcaljK y !J.Sm , = 0,037 kcaljK. La variaciónde entropía del "':lniverso -será:

~mJ = PmIR In

P,

Pm,R In P

2

Tm]cp in -

T,

TM m .1 = m2cp In -

To

(P, , V, ,Para gases ideales valen.las fórmulas siguientes, entre un estadoT,) y un estado (P2 , V2 , T2):

En ei caso de tratarse de aire, ,on válido, en los problemas que ,iguen, referentes a entrop ía, io, valore, de cv , ep y R ya dados.

Es positiva por tratarse de una tran,formación irreversibie, ya que hayacción de una diferencia de pre'ión fmita (P, - P,) y se ponen en contacto la,masa, m 1 y m2 a distinta temperatura.

a '''ikiiL a L i . j .. ,...."_1 -_.&$."_ +

44 Problemas tip o Entropía 45

QI + Qz + Q3 = L 7,16

con QI = 1000 kca/ y Q, = -800 I«:a/.[ -{ MT )-~OL'---1=~T,=J

7-3 - Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tresfuentes (figura 7.2), siendo QI = 2000 I«:a/ .. Q3 = -800 keal ; T, = 1000 K ..Tz =500K .. T3 =3DaK.

,Calcu lar el trabajo l entregado por la máquina térmica.

SoIuel ón: Por el prim er principio:

AS. = QI + Qz + Q, = OT, T, T3 7.17

fleu RA 1,' con QI = -1000 kcal y Q3 = 800 I«:a/.De 7.17 se obtiene Q, , el vaior quecambiado de signo se reemplaza en 7.16,

ya que 7.11 se refiere a las fuentes de calor y 7.16 a la máquina ténnica. Luegose calcula L a partir de la 7 J 6, Yda L = 1533,33 keal

1-----,[

FIGURA 7,1

7.14Q + Qo = L

Siendo la máquina térmica rev~rsible, la variación de entrop ía del universo será nuJa. No existe variación de entrop ía en la máquina ténnica, porque és-ta hace que un sistema efectúe ciclos y la entropía es: una función de estado. Lavariación de .entrop ía del universo será igual a la suma algebraica de las 'Variaciones de entropía del aire y de la atmósfera:

7·2 - Una máquina ténnica reversible funciona intercambiando calor con unamasa de aire m = 100 kg , que se enfría a volumen con,tante desde TI = 1200Oc a Tz = 600 Oc y con la atmósfera (To = 27°C)(figura 7.1) .

Calcular el.rendimiento de la máquina tennica.

So lu e fó n: Para obtener las ecuaciones: necesarias parala resolución del problema puede recurrirse al primerprincip io y al concepto de entrop ía .. Para la máquinaténnica:

y de 7.8 resulta:

ASiJtmósfertJ

7.18

7.19QI

TI

Q,+Qz=L

"ó,Sdr:lD ::::: O =

con Q, > O y Q, < O.La variación de entrop ía correspondiente al ciclo será nula, porque Ja entro~

pía es una función de eslado:

7-4 - Una máquina térmica funciona según un ciclo foonado por dos-transformaciones isotérmicas reversibles, una a temperatura Tj = 1000 K en la cual inlercambia QI = 1000 kca/ y otra a temperatura Tz = 500 K; Ypor dos transofonnaciones adiabáticas en cada una de las que la entropía cambia en un valorAS = 0,10 ka/IK. Calc~lar el trabajo entregado por la máquina ténnica.

Solucfón-: Por el primer principio) si Q2 es el calor intercambiado en la isotennade temperatura Tz Y L el trabajo entregado por la máquina:

7.15Tz Qo

mcm-+-=Ov T, 10

Luego:

De 7.4 se obtiene que:

Calculando Qo • p.rtir de 1.1 Soy con Q = me, (TI -' Tz ) >O y siendoQo < O par. la máquina ténnlca se obtiene L de 7.14.

El rendimiento de 1. máquina ténnica es (ver 6.2):

T,== me... In

T,

L'1 = -

Q

y resulta ~ = 0,738.

Los valores I!J.S son positivos va que en una transformación adiabática esimposible que la entropía disminuya. Al ser AS> O las adiabáticas son irreversibles.

46 Problemas tipo

Se obtiene Q, con 7 .19 Yluego L con 7.18 es:CAPITULO 8

L = 400 kcal

7-5 - En una resistencia eléctrica, funcionando·a régimen estacionario, hay estabJecida una corriente continua, debido a ia cual exist.e una disipación de ~alorQ = 30 walls. Se supondrá que la temp eratura de la re""'tencia eléctrica se man-tiene en un valor igu al a la temp eriltura ambiente (To ='27 OC) • .

Calcular la variación de entropía de la resistencla, de la atmósfera y del universo.

So luc ión; Se trata de uil p-roceso irreversible J ya que para establecer Ja corrientedebe existir una transferencia de energ ía eléctrica a la resistencia, de modo quese está transformando energía eléctrica (trabajo) en el calor Q. Corno la resistencia eléctrica no experimenta cambios, no puede variar su entropía. La at~

mósfera se comporta como una fuente de Mlor y a la misma se le transfiere elcalor Q. De mo do que"

DIAGRAMA

TEMPERATURA-ENTROPIA

PARA GASES PERFECTOS

.. ASll,m =Q

To=

30 watls300 K

= 0,10 watts/K1. INTROOUCCION TEORICA

s

FLGUR,\ 8.1

v,

Las fórmula, 7.9 Y 7, 1Opermiten jnstificar las líneas de presión constante y

de volumen' constanté en un diagra-ma T -S para un gas ideal.

Debido a que la entalp ia solo Te h

depende de la temperatu ra, toda lí-nea: de temperatura constante estambién una línea de entalpía cons-tante en estos diagramas (figura8.1) .

El diagrama es válido para unamasa unitaria de gas, dando valoresdev;syh.

Los problemas que siguen, referentes a este tema, se efectl,Jarán

, recurriendo al diagrama T -S parael alre. En los mismos se aplica el concepto de rendimiento isoentrópico de unaturbina y de un compresor.

ilS" = !>S"m = O,lO wa tls/K > O

La variación de entrop ía del universo será:

RénrJlmJento Isoentrópico de una turbina: Se supone una turbina a la queingres.alre a (P1 , T,) , el cual se expande hasta una presión P2 .

.~._._ ;-4 4-, i i i ,-4; t2lI K & 4$---; '-4 g ;- J, ªiZ.2. t __ 21 . 22 ¿-4-Lt23

48 Pro blem as tipo OlaS! rima temperdura-en.trop ia para '[ues pe.rfec:tOs. 49

Si tal transformación del aire es adiabática rever:;ible (turbina ideal), el e,tado final del aire es 2' (figura 8.2) (ecuación 7:3); si, eu oambio, la transformaciónes adiabática irreversible, el estado final del aire será un estado como ei 2, ya queen este caso existirá un aum en to de entrop ía para el aire.

El rendimiento isoentrópico de una turbina se defme como~

y To = 27"C, y I!, comprime a nna presión fmal P" El rendimiento isoentrópiro del compresor es 11. = (J,85 Y la potencia transferid a al eje N, = 180 HP(l HP =632 keallhora). Calcular· P"Solución: Para el compresor vale·la fórmula 3.4 ron Q = O :

T ;11

8.1

f[GURA-B-_3P,

-N, = mIh,- ho)

PoVom =---RTo

(h,- hv) = cp (T,- To)

8.3

8.4

8.5

T,.[-- ____,,,¡¿'---------'h,

8.6

T" Para el compresor ideal la temperatura fi-

= cp (Tf'- To)' =cp (TI ~ To)'le =

De 8.3, 8.4 Y 8.5 se obtienena! es T" De 8.2 resulta:

n,...?l l' 20

,,,,,,

,,

P,",,,,,",.

·Rendhniento.isoentTópico para un compresor adÍflbdtico: Se Siupone un compresor adiabático en el cual se comprime un gas que puede ser considerado comoideal, desde un estado inicial (P1 , T,) a u na presión final P2 , adiabáticam ente.

Si la transfonnación del gas es adiabática reversible, el estado final será el 2 ~ i(figura 8.3); si en cambio, la transformación del gas: es. adiabática irreversible, seproduce un aumento en la en tropja d el gas, y el estado final del gas será un estado como e12?

El rendimiento ~soentrópícodel compresor se define como:

8.7

T;h

Con 8.6 se calcula TI' Luego aplicando la fórmula 4.3 es:

[PIl (K-'JlK = Trpo] To

Se calcula PI = 14,33 o/m.Si se utiliza el d iagram a T -S para el aire, se situa el estado (Po, Tv) Y se

obtienen del diagrama ho Y el volumen específico "o . Con 8.3 y m = Volvose calcula hl ; luego, aplicando la fórmula 8.6 se calcula hr .

F[GURA 8.4

sT"I-_-==~~-_---_-...:!',

s

Para los problemas del diagrama T-S son válidos los datos del aire ya da-dos, el-" ep y R. El aire pued e ser considerado un gas ideal,

(h,.- h,)'1 =

, (h, - h,) 8.2

f" fa =J,jI1J71

~,,,-.-=:-,-l,-'·-=C=J::<':::"" I'•

• s

2. PROBLEMAS TIPO

8-1 - Un compresor adiabático aspira Vo = ]()(JOm"lhora de airea Po =1atm

Trazando una vertical (,mlrop ía constante) desde O hasta cortar hr constante, se obtiene el estado de salida ideal t'. La presión para el estado t' esPI Y puede leerse en el diagrama (figura 8.4) .

50 Prob temas tipo orlgrama tl!lmperat'U ra ~1-J1tropl.a para gases perfectos 51

Corresponde a una instalación como ta representada esquemáticamente enla figura 8.6 .

jQ,>

T, Pr =P'2 T,<,.-+-/--f-------f--/-+ 1,FIGLrItAlS.[)

8.8

8-2 - En lUla turbina adiabática se expande una masa de aire m = 80.000 kg{hr,saliendo de la misma a P2 = 1 alm y T2 = 150 oC. La potencia obtenida en elej e de la turbina es N T = 6000 HP. Calcular la presión P, y la temperaturaT, que tiene que tener el aire a su ingreso a la tu rbina.

So luc ió n: Para la' turbina vale la fórmula 3 .3 :

De 8.8 se obtiene h, - h2 = cp (T, - T2 ) , o sea T, ,ya que T2 es conocid a. Por 8.1 tenemos:

8.11

8.12

IL,I = m (h, - ho)

L T = (h2 - h,)

=!lTo

fiGURA 8.1

____-;;,L- T,

~J {K-'!lK

De 8.11 resulta:

+ ..:...- ~s La presión en i es igual a la presión en2.Tenlendo en cuenta la fórmula 4.3 :

T, 1---:7iL:.-----

ToI---=""l:<"'''---------''"''--,

T

Se considera como calor transferido al exterior, el valor Q2 que resultaríade enfrlara presión constante al aire desde T, a To ,siendo To =27°C,Po == 1 atm = P3 Y T2 = 50IJ oC. CaJcular el rendimiento del ciclo si el valor absoluto IL,I = (3/4) IL r I y la presión de alta P, =P2 •

So lución: Si se usara el diagrama T-Spodría situarse en el mismo el estadoO (figura 8.7) .Se obtiene del diagrama ho . De 3 .3Y3.4 tenemo s;

luego:

J

s

8.9

8.10

F¡GURA-B.S

P,

T:h

r·,I------+-'7',~------'",r,.I----::",JI""'''---------''',.

"

'1T =

De aqilí se obtiene h, - h2 , = cp (T, - T2 ,) , o sea T2 ·, que es la temperatura que le correspondería a la turbina si fuese ideal. Para este caso vale 4.3 :

[P2J!K-IJlK = T2 ,

P, J T,

De 8,10 resultan TI = 620 K = 347 Oc y P, = 4,60 atm.Para el diágram a T-S , se sitúa

el estado de salid a real 2 en (P2, T2)Y se obtiene h2 • De 8.8 se calculah, y con 8.9 h2 •. Podemos ubicaren el diagrama el estado 2' (P2 , T2 ,)

Y desde 2t se traza una vertical hastacortar h1 = constante. De esta manera queda determinado el estadoinicial 1 (figura 85).

To1)=1-T,

8-3 - Un ciclo Joule- Brayton estáformado por dos transformacionesadiabáticas reversibles (O -1 ) Y (2 -3) Y por dos transformacionesreversibles a presión constante (1-2) Y(3 -O). Su rendimiento es:

y en el mismo evoluCiona una rn asa de aire.

-*$1-$ _ * 4, 2 4 .g&~. & _ 2 Z 2 i k L º 3 S .J..i~L .2_ k ,-

s

2--=-------7"'------",

___---"--=;,L__~----'I',

m¡h, + m,h; :o (m¡ + m,) h4

Dividiendo por m, :

En la válvula reductora h4 ~ hs(ecuación 3.5) .. El estado 5 puede situarse en eldiagrama T-S. Con una horizontal desde 5 puede obtenerse el estado 4 de igu 1temperatura. Con h4 , h, Y ji; leidas en ei dlagrama se obtiene que: a

Dl.agrillml tamperatura·entropia para -gIses -p-erf!lctos 53

Para la cámara de mezcla (ecua-, ción 3.8) tenemos:8.133

- T, - T, + To4

To~ ~ 1 - - ~ 048'j TI'

3- T3 ~

4

Las ecuaciones 8.12 Y 8,13 permiten calcular T, Y T3 . Luego:

f m~,

Q

84 _ Se tiene ia instalación de la figura 8.8 .

Trazando desde () una vertical (adiabática reversibie) hasta T, constante,se obtiene el estado 1 cuya presión es P, . Resuit a P, ~ 10 atm .

o sea que:

52 Probtemas 1:1 po

2

C.M. • ,~ 3

F.lGURA11,.1 lJQ,

1s

•

FIGURA S.IO

d

,

•r ;11

8-5 - En transformaciones adiabáticas reversibles, entre do. presione. determinadas. lo. saltos de entalp ía son mayores para los que pasan, a esas presiones porestados de mayor temperatura. ab > cd (ílgUra 8J Q) • '

•Est? .e debe a que la. lính. de presión constante .on funciones S ~ r(T)

logarítImca.. Para turbinas y compresores adiabático, ideaies los segmento.como el ah y el .cd "?n prop.orcionales al trobajo en el eje, ~uaciones 3.3 Y3.4, y por ese motivo, SI la turbm. sigue la lransfonnación ah y el compresor la

8.14

,'"'Una masa de .ire m, a P, ~. 3 alm .. T, ~ 500 oC .e enfría a presión

constante transfiriendo calor a una masa de agua iíquida m ,la que pasa de unatemperatura inicial To = 20 oC, a una temperatura ímal Tf ~ 70 oC. Luegod e esa transferencia de calor, la masa m1 ingresa a una cámara de mezcla adia·bática, junto con otra masa de aire m, a T, = 500 oC. Lascorrientes m, ym, se expanden iuego de salir de la cám.ra de mezeí. en una válvula reductora,quedando a la presión Ps = 1 alm con Tj ~ 350 °c. Si la relación entre lam.sa de agua líquida m y la masa m, de aire es mlm I ~ 4 , calcular la relaCión entre lasmasas de aire m1 y m2 . Como da.to damos el calor espec ifieodel agua líquida CL = 1 keallkg oC ,Solución: Los estados 1 Y 3 pueden situarse en un diagrama T-S , obteniéndoseasí h, Y h, (figura 8.9), y. que P, =P, ~ P, Y T3 ~ T, , de modo que el

estado 1 coincide con el 3 •Para la transferencia de calor entre m1 Y m :

y con mfm, Y h, se obtiene h, .

504 PrDble-m as oruuic.r.!Jdos Dilgn mi templ1'lltul'll ~Inttop ia pln glm -pnfectoJ 5 S

HGURA 8.l4m,P,

1

C.M.

m,

bajo necesario en el compresor:

3. PROBLEMAS ENUNCIADOS

8-6 - Desde una cailería en que se en·cuentra aire a P, ,= 5 atm .. T, = 80CI-e ~ se e~vía aire a una turbina adiabática (2-3), prevía expans.ión en una vválvula reductora (J -2) (figura 8.13).A la salida ,de ,la turbina la presión delaire es P3 = 1 atm y la temperaturaT3 = 20 °e. Si el rendimiento !Soentrópico de 'la turbina es '1T = 0,90 ,calcular el trabajo en el eje de la turb;"na por kilo .de aire y la presión en elestado 2.

luego:

8-7 - Mediante un compresoradiabático de rendi¡niento iroen-trópico 1/, = 0,85 , se envía unamasa de aire mI a una. cámarade mezcla adiabática, a la cual in·gresa junto con m. = 2.000 I<gde aire a P2 =4;,tm ,. T, =27oC, con el fro de obtener a la sa-lida de la cámara de mezcla una F, T.

temperatura T3 = 100 o e. Elaire aspirado por el compresor e..tá a Pe = 1 atm ,. To = 27 oC,estado coincidente con el de equilibrio en el medio atmosférico. 'Calcular la ma.sa de aire mI (figura 8.14) .

s

8.17

P,', h,-,.h,

""

FLGURA 8.1 2

---:~~-------."

T,f------,:*"'-----j----,r---

'r,f-----t--'"7r---T·,f----+-7fO-----

8.16

Q, = m (h, - h,)

(h, - h,)

(h, - h,,)'1T =

Conociendo T, (real) puedeobtenerse h, y de 8.16 h". Conuna vertical' desd e 1 hasta h" con..tante, se obtiene el estado de salida(2') para una turbina ideal, Y sobre lalínea de presión constante P" = p. y de entalp í. h, el estado real de salida 2 .Con T3 se obtiene el estado 3 (P2, T,) yen consecuencia, h, :

Con ésta se calcula m. Trazando una vúti~ai '(S =constante) desde 3 seobtiene sobre la línea de pres.ión constante P, el estado (4') corre.pondiente áun compresor ide31J y h4 ,. Con 8.2:

se calcula en,tonces h. .El tmbajo L" es el que debe agregarse al de la turbina para obtener el tre-

de el tmbajo en el eje de la turbina será mayor, en valor ab,oluto, que eltmbajoen el eje del compres:or~ para iguales masas"en ambQsJ como se vió en el problema8.-3, SjJ en cambioJ se tuviera una compresión be y una expansión oo.' el trabajo será mayor en valor absoIllto, en el compresor. En la instalación de la- figu~ra 8.11 se cumpl,irá que eltmbajo en el eje de la turbina (12) e, menor, en valorab,olnto, que el trabajo en el eje del compre,or (3-4).

, A la turbina ingreso aire atmo,férico P, = 1 atm ,. T, = 35 ,oC, el cual seexpande ha.ta ·quedar con T, = -10 °e , luego ,e le tmnmere c.lil( Q, ha,taque alcama la tempemtum T3 = OoC. FÍIlabnente se lo comprime nÚ"l:amentehasta la presión atmosférica (P. =P1 ). El rendimiento isoentrópico de la turbi

'na es '1T = 0,90 y la del compresor 1/, = 0,85. Calcular pam un calor Q, == 480.000 keal el trabajo L. que debe transferir8eie a la ÍIlstalación para sufu ncionamiento.

So Iueión: En un diagrama T-S pue- T, h

de situarse el estado 1 con P, y T,(fIgUra 8.12) :

&l dlUCi E 2 2 dad biEdS a;s., J &b g ;,. i, r

CAPITULO 9

EXERGIA

1. I NTROOUCCION TEORICA

La exergía de un sistema cerrado con respecto a un medio atmosférico depresión Po Ytemperatura To es;

Si se obtiene un trabajo útil fL. > O) éste es máximo cuando la transformación del sistema cerrad o es reversible:

u ,S Y V son la energía interna, la entropía y el volumen del sistemacerrado. Se defme como trabajo útil al trabajo total que puede obtenerse a causade la transfonnación del sistema menos ~el trabajo de expansión del sistema contra la presión Po del medio .tmosfériC<l. El trabajo total es la suma algebraicadel trab.j o intercambiado por el sistema y del que entregaría una máquina ténnica que intercambiara calor con el sisterna t el correspondiente a la trans formacióndel mismo, y con la atmósfera o medio .tmosférico.

Cuando ·Ia transfonnadón del sistema cerrado es reversible, el trab.jo útilLu coincide cond. diferencia entre la exergia inicial &, Yla fmal &, del sistema:

¡ ,,: i

!

iIfI

I

&=U-ToS+PoV 9.1

9;2

9.3

--~.~-~-------~------

58 In.trod u-cc::lón ira6rf.caExerg[a S9

Si, en cambio, se invierte un trabajo útil (L. <O) éste será mínimo cuando la transfonnación sea reversible:

9.4

Así, por ejemplo, la variación de exergJa debida al desplazamiento de unpistón conira el cu.l actúa un. presión 10t.1 comtante P, parte de l. cual es lapresión Po del medio .tmosférico, cuando el desplazamiento del pislón se debea los cambios: de volumen de u n sistema cerrad o, será:

Si la Irimsfonnación del sistema es írreversible, para L. > O : L. = PJJ.V - Po JJ.V = (P- Po) JJ.V 9.12

y para L. <O

De la fónnula 9+ l se deduce que la variación de exergÍa de un sistema cerra·do es:

9.13

9.14

L. = -Lo = -Po V

JJ. V es la variación de volumen del sistema contra el cual actú a el pistón.Cuando se supone un vac ío absoluto:

siendo V el volumen en el cual se supone que hay un vacío abSoluto.Para sistemas circulantes se tendrá una variación de exergía de la masa que

circula,9.7

9.5

9.6

JJ.8.. = JJ.U - ToJJ.S + PoJJ.V

Para el universo (sistema + medio) es:

Al ser ASun w~rso ~ O, según se estudió en el capítulo 7J será:

y MI ~ Me ~ IJ.Ep "i tJ.S son las variaciones de entralpía, energía cinética, energía potencial y entropía de la masa que circula a través del sistema abierto.

El rendimiento exergético de un proceso es la relación entre las exergías ga~nadas (o b¡'s~adas en el proceso) y las exergías perdidas (o'invertidas en el proceso) y su expresión responde siempre a un criterio técnico adecuado, teniendo encuenta-el proceso quese analiza.

Siendo) para transfonnaciones irreversibles, negativa la var~ción de exergíadel universo) el rendimiento exergético para cualquier proceso en el que existanirreversibilidades será menor que uno. Será igual a uno cuando todo ocuna reversiblemente.

Para los problemas que siguen, referentes a 'exergía, se supondrán datos losvalores ya dados de ep • e... y R del aire) .y cuando sea conveniente se recurriráal diagrama T-S del aire.

[.

9.9

9.8

9.10

A ·partir de la fónnula 9.7 pued e deducirse que para una fuente de calor detemperatura absoluta TI se cumple que cu ando la fuente intercambia un calorQ, :

9.1!

JJ. 8.. < O si la transfonnación es irreversible y JJ. 8... =O si es reversible.OJando ;0 ha; cambios en el estado tennodinámico, el análisis de la variaciónde exergía debe efectuarse teniendo en cuenta el concepto de trabajo útil:

. .L.=L-Lo

dond'e Lo = Po (V2 - V,) es el trabajo de expamión conIra ia presión Po delmedio almo ,féTico.

. 2. PROBLEMASTtPO

.9-1 - Una masa de aire m = 3 kg a Po = 1 atm ,- To = 27 oC, estado de equilibrio con el medio atmosférico, se calienta) a volumen constante, hasta una temperatura TI =127 oC,a) mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor.

Exer-g(a 61SO Pro blem lIS trpo

tl&",) = -TotlS••) = -1470 kca/

tllt,..) = -TOD.S"b) = -195 kca/

Exerg ía ganada; tlB... = tlU - To tlS = 230 kca/

Exerg ía perdid a: L = 1700 kcal

A B..,11.x,) = ILI = 0,135

La variación de exergía del universo resulta:

El rendimiento exergético es la relación entre las exerg ías obtenidas y lasexerg ias invertid as. En este caso, se obUen e un au mento en el valor de la exergíadel aire~ a costa de una disminución en el exergía del medio. Para a):

Ibl

FIGURA 9.1

[-1

b) med iante una transferencia decalor desde una fuente de temperatura T = TI = 127'C= 400K,de modo que el calor transferidopor la fuente se utiliza en el calen:tamiento del aire en su totalidad(figura 9.1) .Calcular para a) y b), el trabajo Ly el calor Q, respectivamente, yla variación de entropía del aíre.Adem ás, variación de entrop ía del

universo, ....ariación de exergía del universo, variación de exergía del aire y eJ rendimiento exergético.

So lució n: El sistem a es m. Luego:

Q L tlUPara el caso b):

Exergía ganada: tl.B.... (igual que en·a)En al es Q =O,por lo tanto:

9.15 Exerg ia perd ida: la de la fuente -Q [1 - ;;] = -425kcú

y para b) tenemos L = O, luego es:

Q = AV = mcv(Tr ToJ 9.1611.x.) = Q[1- (ToITI )]

= 0,541

La variación de energía interna es igual en a) yen bl, por ser iguales los estados i1jicial y fmal, pero las transforamciones al y b) son diferentes, ya que sondiferentes para ambas los carobios en el medio.

De 9.15 y 9.16 se obtiene que, en valor absoluto, L = Q = 1700 kca/.La variación de entropía del aire será igual ena) y en b)por ser la entropía

una función de estado. A volumen constante (ecuación 1.10) resulta:

9-2 - Una masa de aire m =10 kg se calienta a presión constante P = 2 alm deTo =27 • C a Tf =127 oC , mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor. El medio atmosférico es Po = 1 alm y To = 27°C. Calcular lavariación de exerg ía del aire, la variación de exergía del universo y el rendirnien~lo exergético del proceso.

Soludó n: Para la variación de exergía del aire (ecuación 9.1):

D. S.a) = 4,9 kcal/K = tlSa••

AS = 4,9 kca/IK

En el caso a:} la variación de entropía del universo coincide con la del aire,pero e'; bl deb e considerarse además que existe una variación de entrop ía de lafuente. Luego:

AS = AV - TotlS + PotlV

tlV = mev (Tr- Ta)

tlS = me In TI (de ecuación 1.11)P To

9.11

mRTo----P

AV = V V~ = mRTf1- v P4,90 - 4,25 = 0,65 kcal/K--ª--=Tf

= IJ.S.ave -

-- - - - -- ~ ~~ ~~ - - - _ ..... & s

oc ~ - .. "__ -- , "_~ "'--""'._ -~-- '.;.- ._-_-__~~ ":-~_'. -'-0',-

62 Probtemas tipa Exergia 63

Resulta al1 =40,8 !<cal.La variación de entropía del aire es igual ~ la del universo~de modo que por

9.10 :

La variación de exergía del medio será la que corresponde al hecho de ocupar el volumen iniciabnente vacío. Según la fórmula 9.13 es:

al1" = -TeaS. = -ToaS.", = -367,8 kcal -Po V, = -10,28 kcal

La exergía invertida es igual a: y para el universo resulta;

al1" + al>. = -327 kcal AI1" = -Toas. = -71,4kcal

40,8= 327 = 0,124

Esta exergía invertida es equivalente a la diferencia entre los valores absolutos del trabajo transferido a las paletas y de la variación de exergía originada porel desplazamiento del pistón (ecuación 9.12). El rendimiento exergético será:

mRToVo =--Pe

,.V_ mRTI

1 -Pe

&, - .." = UI - Uo ~ To (SI - So) + Pe (V, - Vo)

UI - Uo = mev(T, - ro)

SI - So = mep in TI (según 7.11)To

uo • So y Vo son las energía interna, entropía y volumen del aire en el estado de equmbrio con el medio almosférico. Y:

9-4 ~ Calcular la exergía de una masa de aíre m = 10 kg a:a) Po = 1 alm ,. T, = -lO Oc = 263 K.b) PI =0,4 alm ,. To = 27°C =300 K.

El medio atmosférico es Po =1 atm ,. To =27'C=300K

Solución: a) El aire tiene exergía positiva) ya que puede obtenerse trabajo útilcon una máquina térmica qne reciba calor de la almósfera (Te =300 K) yentregue calor al aire a menor temperatura.

La exergía del aíre con respecto al medio almosférico es (fórmula 9.7):

v

Vatio

F[GlIRA'9".~

T,

V m

P,

9-3 - Se efectúa la experiencia de Joule (comistente en la expauslón en el vacío)con una masa de aire m = 5 kg inicialmente aPI = 10 a/m y TI =27·C. En la experienciael aire duplica su volumen, sin intercambiar nicalor ni trabajo, pasando a ocupar. además delrecipiente que lo contiene inicialmente, otro vacío (Hgura 9.2).

Consíderando como medio atmosférico aPo = 1 alm y To = 27 oC, y como ,lstem'a elaíre (m), calcular la variación de exergía del alre~ del me dio y del universo.

So lue ión: En la experienci:a~ el aire no cambia su temperatura-, ya qu e no cambiasu _energía interna. De modo que al duplicar el volumen queda con una presiónfmal P, = (j /2) PI = 5 alm. Luego el estado Hnal del aire será:

P2 = 5 alm .. T, = 27"C = 300 K; V, = 2V, = 2

o sea, V2 = 0,85 m' , y también:

mRTIPI

Se obtiene 111 - .." = 543,2 keal.b) El aíre tiene exergía pOlque puede obteneISe trabajo útil, si se lo compriJ:neactuando la pIeslón del medio atmosférico (ecuación 9.11):

V2as = mR in - = 0,238 kefll/K ,. PoAV = 10,28 kealVI

as.;-, = AU - 'ToAS + PoAV = -61,12kcal

L. = &1 - .." = L - Lo

L es el trabajo de expansión del aire en una transformación isotérmica reveISible a la temperntuIa To , Y Lo =Po (Vo - VI), siendo Vo el volumen delaire a (Po, To).

i 4P44§ " '"' :;;:¡;¡: f_ "1

-64 Problemils tipo 'Exergía 65

9.19

s

FIGUR,~ 9.4

--~'¡¿:~---".

"

r

TTomep InT,

Qp = mcp (T - T,) = 327,4 k<:al

A& = me.(T-T,)-

De ésta se obtiene T = 100S K = 732 Oc ,de modo que el calor es:

So lución: Con P3, TJ Y P, , T, se sitúan los estados 3 YI en un diagrama T-Sobteniéndose entonces h3 , S, Y h , , S, . Como en la válvula no cambia la en

talpía, h, = h, , con:

9-6 _ Desde una eaneria en que dreuta aire a P, = 5 alm ; T, = 80 oe ,se envíaaire a una turbina adiabática (2-3), previa oxpansión en una válvula reductora

(1 -2), según indica la figura 9.3 .A 1. salida de la turbina la presión del aire es P3 = 1 alm y la temperatora

T, = 20 o e. Si el rendimiento isoentrópico de la turbina es 'Ir = 0,90 , calcular el trabajo en el eje de la turbina por kilograJlJo de aire, la presión del estado 2y el rendiJiIiento exergético para la válvula, para la turbina Y para el proceso. Eimedio atmo,férico Pe "PJ = 1 alm y To = T, = 20 Oc =293 K.

luego:

TS - S, = mc. In

T,..u - U, = me.(T- T,)

. Tll& = me, (T- T,) - Te me. In - 918T, .

T e, la temperatura fmal del aire, la cual vale T = 1000 K = 727 oC valorque puede calcularse a partir de 9.18 mediante tanleos. '

El calor que deb e intercambiar el aire es:

A&= U- U, - Te (S-S,)

Se obtlene Lu = &, - Se = 497,3 Iccal.

&, -. Se = U, - Ue - To (S, - So) + Po (V, - Ve)

U, - Ue = O .. S, - Se = -mR In P,Po

Luego;

.. JOpdV = mRTe In Ve, V,

También puede calcularse &, - Se con 9.7 :

Q. = me. (T - T,) = 230,2 keal

9-5 - Calcular el c~lor que debe intercambiar una masa de aire m = 2 kg paraaumentar su exergla en ll& = 115 Iceal a partir de un estado inicial P =2 a1my T, = 50 oC, reversiblemente y: 'a} a volumen constante.b) a presión constante.

Solución: a)

,0 sea que:

b)ll& = U - U, - Te (S-S,) + Po(V- V,)

U - U, = mc. (T - T,) .. S - S, = me. ln.!:- ;T,

V = mRTP, se calcula h" correspondiente a! estado de salida 3' si la tulbina fuese idea!.

Con h" y P3 se silúa el estado 3' en el diagrama T-S.Trazando una línea de entrop ía constante desd e 3' se obtiene 2 sobre la lí-

nea h, = h, constante (figura 9.4) .

55 Problemn Upo Exer-gia 57

!'ICURA 9.$

C.M.J

f'J T.J(mi +- 111:¡;

L-~--J

"-_YPf) r.:Jo

Calcular la masa' de aire m1 yel rendimíento exergético para lacámara de mezcla, para el compresor y para el proceso.

Solución: Con Po, To Y P2, T2se sitúan los estados Oy 2 en el diagrama T-S , obteniénd ose así los valores de ho , So ,h2 Y 82 • Con:

El trabajo en el eje de la turbina por kg de aire vale:

Con los valores h, y h, obtenidos del diagrama T-S resolta L T = 14,4keal. La presión P2 puede leerse en el diagrama, siendo P2 = 2,08 alm.Rendimiento exergético de la válvula: puede expresarse como la relación enlre laexergía a la salida y la exergía a la enlrada a la misma:

&2-0fl.x =---

&'-0

&2-0 = h2 ho To (S2 - So) según 9.14

&'-0 = h, - ho - To (S, - So)

11,:0 =

qnedan dos incógnitas, h, Y

9.20

Los valoresho y Se son los que le corresponden al eslado Ode equilibriocon el medio atmosférico, el cual coincide con el estado 3. Se obtiene flox == 0,47.Rendimiento exergético de la turbina: es igual a la relación entre el tmbajo obtenido en el eje de la misma y la variación de exergía del aire en valor absoluto,&2 - &, , en la turbina:

'le;.;: =

L T1tox = -~--&2 - &3

'Con &2 - &3 = (ha - h3 ) - To (S. - S,) , resulta que flox = 0,89.El reJjilimiento exergético del proceso es igual a la relación enlre el trabajo

en el eje de la turbina y el valor absoluto, &, - &3 , de la variación de exergíadel aire:

&, - &3

Con &1 - &, =(h, - h3 )- To (S, ~ S,) resolta ..fl.x = º,43.

9-7 - Mediante un compresor adiabático de reodinúenlo isoentrópico fl.":: 0,85se envía una ma~ de aire ml a una cámara de meZCla adiabática, a la: cuai ingre8a juolo con otra masa de aire m2 = 2000 tg a P2 = 4 alm y T, ";2Z~C,con el fin ~e obtener a la salida de la cámara ,de mezcla uoa temperatura T, == 100 o e. El .ire aspirado por el compresor está a Po = 1 alm y T. ~ 27°een uo estado cOincldeote con el eslad<>ambiente (fIgura 9,5).

A partir de esta ecuación, con h1 , h 2 Y h3 obtenido; del diagrama T -S ,ym2' dado, se calcula m, . Resulta que m, =1482,2 kg.

El rendimiento exergético para la cámara de mezcla puede expresarse comola relación entre la variación de exergía de m2 , Yel valor absoluto de la varia~

ción de.exergía de· ml ,osea que:

A&m2

IAB.m] I

Con AB.m2 = [(h 1 - h2 ) - To (S:; - S,)I m. y A&m, ~ [(h:; - hJ )

- To (S:; - S,)] m, se obtiene '1.x ~ 0,378.Tarobién puede expresarse como la relación entre la exergía fmal de (m] +

+ m2) en el estado 3 y la suma de las exergías iniciales de ml Y m2 a l.a entra-

Ei a Prob l-emu tipo Exergia 69


Además L =Ql + Q, . Luego:

L1/.. = ---- c-=-,--:---:-:----,~=-== IJ,869

jQ, [1- (To/T,)] I - IQ, [1- (To/T,))I

P,

[11 ~

FJC;URA 9.1

",

P,

Pr T r

9·9 - Un recipiente adiabático, cerrado por nn pistón que transmite una presiónconstante ~ P, = 1IJ alm , contiene m, = 6IJ kg de aire a esa presión y a T, == 16IJ °C. El recipiente puede comunicarse con un cilindro adiabático, inicialmente vacío, cerrado por un pistón que ejer·ce una presión constante Po =1 alm a través de una máquina rotativa que intercambiatrabajo en un eje al comunicar ambos cilin·dros (figura 9.7).

Al comunicar los cilindros pasa el airedel (1) al {JI), quedando todo el aire en' unestado Po = 1 alm y T= 8IJ oC.

Si lo, pi'tone, ,on adiabático, y no lIayfrioción entre cilindro, y pistone" calcular eltrabajo en el eje de la máquina rotativa, lavariación de entropía del universo, la variación de exergía del univers<l y el rendimiento exergético del proceso. Medio atmosférico Fo =1 alm ; To = 27 oC.

9-10 - Se quiere almacenar aire en un tanque para que, utilizándolo luego reversiblemente, ,e obtenga un Irabajo úti! equivalente a 200 watts, durante mediahora. Calcular el volumen que debe tener el tanque, si aire debe evolucionar:a) a volumen constante.b) a presión constante.

En ambos casos~ el aire evolucionará hasta quedar en equilibrio ténnico coilla atmósfera (Fe =1 atm; Te = 2IJ OC), la masa de aire e, m =5IJ kg Yl. presión inicial del aire en el tanque es F, = 3 atm.

Se obtiene '1." = 0,94.

[(h, - !lo) - To (S, - So)) m,IL,I

lI.&"", = mI [(h, - ho) - To (Sj - So)] + m, [(h, - h, ) - To (S3 - S,))

lI.8"",= --;-:-=;-'--IL<I

(&, - &o) (m, + m,)1/.. = • (m, &, + m, &,}

Se obtiene '1.. = IJ, 737.El rendimiento exergético del proceso será igual al cociente entre la variaa

ción de exergía del aire y el valor absoluto del trabajo en el eie del compre,or:

da;

con &3 - &o = (!lj - ho)- To (S, - So) Y 1'., - &o = (!l, - !lo)- To (S, - So)y 1'., - &o = (!l, - !lo)- To (S, - So). .

Oes_el estado del aire aspirado por el compresor, coincidente -con el de equilibrio con el medio atmosférico. Se obtiene '1.. =, 0.928 .

El rend imiento exergético para el compresor se expresa como la relación entre la variación de exergía del aire en el mismo, m, (&, - &o J y el valor absoluto del trabajo en el eje del comprosor, o sea IL,i = m, (h l - !lo):

9.s - Una máquina ténnica funciona intercambiarJ do calor con dos fuentes~Unade temperatura T, = lOIJIJ'K , la otra de temperatura T, =5IJIJ K , Ytiene unrendimiento '1 = IJ,4IJ. Calcular el rendimiento exergético de la máquina térmica. El medio atmo,fético T" = 3IJIJ K ; p" = 1 alm .

So lución: El rendimiento exergético es la relación entre el trabajo L entregadopor la máquina térmica y la variación de exergia de las fuentes T, y T, ,en valor absoluto. Para las fuentes (ecuación 9.8) :

con Ql < O y Q, > IJ , ya que Ql y Q, 'son lo, calore, intercambiados porlas- fuentes con la máqurna ténnica~

- ,,- ~ -(~- .,~ -.'"

CAPITULO 1Q

VAPORES


Para una sustancia pura puede obtenerse un diagrama presión-temperaturacon lineas de equilibrio entre Jas zonas de estado sólido, liquido y vapor (figura10.1) .

Un punto como el 1 puede corresponder a líquido saturado, vapor saturado o vapor húmedo. Un punto como el 2 corresponde a vapor sobrecalentado.

p

FltiU RI\ LO.I

r

r f'JGURA IO_~

p

,

Una linea de presión constante, como la que contiene los puntos O (Iíqnido), 1 (líquido o vapor saturado o vapor h1tmedo) y 2 (vapor sobrecalentado)liene en un diagrama entrap ía-temperatura (T-S) la forma indicada en la figura10.2 _ Otra línea de presión constanle P mayor será como la indicad. con 5,4; 4, 4" l' 3 en la misma figura. En la zona de liquido ambas lineas coincidenpm piesion.. menores que P, .

12 lntiDdu c-ció n teó rica Vapor-es 73

m,

'2P,o

FI(;IJRA lO.1].

2. PROSLEMAS TIPO

Es: conveniente recordar que un vapor no es un gas ideaL Sqlo se supondrágas ideal al vapor de agua cuando está a presiones muy bajas y temp eraturas del~orden de la temp e~atura ambiente, como se encuentra en el aire atmosférico, altratar acerca del tema de aire húmedo eu el capítulo 13 .

. , No siendo gas ideal el vapor, no se cumple para el mismo que la energía jnterna y la entalp ía sean función de la temperatura únicamente, de modo que lasfórmulas 1.2 y 2.2 serán válidas para vaporsobrecalentado únicamente si el volumen se mantiene constante (1.2) o si la presión se mautiene constante (2.2).

Para los problemas que se plantearán acerca de vapores. se deberá recurrir alas tablas o a los diagramas T -S ó h-s correspondientes. No se conoce unaecuación de estado, ni leyes que relacionen la energía .iptema con la presión y latemperatura U = {(P,T) , ni con l. temp eraInra y el volumen U = {(T, V) paravapor sobrecalentado. Tampoco se conocen leyes que den las reJaciones de la entaiplas con estas variables h ={(P,T) ó h ={(T,') , ya veces no están en los diagramas los valores de las energ ías internas específicas por lo que en muchos casosdeberá recurrirse a tanteos para llegar a resultados numéricos una vez planteadala solución del problema. La energía interna ~rá:

u=h-Pv

10-1 - A u'urecipiente rlgido y adiabático ingresan dos corrientes (fIgUra 1O.6),una de masa m1 I de vapor deagua húmedo, a PI = 5 atm contílnlo x, = O, 7 y otra de masam2 de vapor de agua saturada aP2 = 2 atm •hasta qne quede en elrecipiente vapor de. a~a 80brecaa

lentado a P = 1 alm y T= 180oe. El recipiente está vacío inicialmente y su volumen es V =2 m' .

Calcular las masas mI' Y m2 , la variación de entropía del universo y la Yanación de exergía del univen;o. El medio atmosférico es Po = 1 alm,o To = 27"C.So luc ión: La ,resolución de problemas del primer prinCipio, sjste~as cerradOSi &~~be efeclnarse siguiendo los lineamieutos generales explicados en ,el cap ítulo 1,

s

r

• S

•

. 51 - 3Í

sí' - SI

FL<,;URA 10.4

FlGLrRA 10,5T

, h

h, - hí= ---- =hr - hj

• ],.11 - vjXl =

vY - vi

El diagrama T-S Y el diagramah -s (figuras lO.4 y 'lO.S) dan losvalores do v" y h por unidad dema5;a.

A la línea de equilibrio le correspon de dos ramas en los diagramas T-SY h -, , una para líquido saturado yotra pan vapor saturado. Ambas ramas se cortan en el pUnto crítico K.- Los valores de v, h, s . pneden

obtenerse nsando tablas de líquido yvapor saturado y de vapor sObre'calentado, o de 198 diagramas mencionados.

r = (sr - si) T1 = hj' - hi

T

En el diagrama T-S hay además línea, de entalp ía h constante, volumenespecífico v y de título x constante (fIgUra 10.3) . -

v, ,h, Y " son el volumen, la entalpía y la entropía por nnidad de masadel vapor húmedo (l). El calór necesario para la evaporación a presión constante (l '-1 ") e, el calor de vaporización r :

_, En la evaporación (1'-]") de liqnido saturado (J') o vapor saturado (l ")si la presión es constante, la temperatura es constante. El estado (I) de vaporhúmedo tiene un título x, ,o relaCión entre la masa de vapor y la masa total devapor húmed o:

74 Problemas tipo

pero no s.erán válidas ni las expresiones: para la variación de energía interna: I ni laecuación de estado de los gases ideales. Considerando sistema a (mI + m,) setend rá que: '

.-- .

Viilpores 75

Entonces:

h, = x,h,,, + (] - XI) hI • = 504,7 kcal/kg

Q - L = JiU ; Q = O .. Con estos valores de JO.l y JO.2 se obtiene que:

JiU = m, (u - u,) + m, (u - u,)

PI • U¡ son el voJumen y.la energía interna por unidad de masa ml ; Jil1 YU2 el volumen -y la energía interna específica de m2. u es la energía interna específic. fmal. Queda:

mI = 0,134 kg .. m, = 0,805 kg

Además 8, = 1,7024 kcal/kg K y s = 1,8528 kcal/kg K, iuego:

SI = X"'" + (] - x,h" = 1,2726 kcal/kg K

m,P,"¡ + m,P,", = m, (u - UI) + m, (u- u,)

m¡hI + m,h, = (m, + m,) u JO.l

y la variación de entropía del universo es:

JiSu = m¡ (s- SI) + m, (s - S2) = 0,1987 krollkgK

donde- hJ = U¡ + PI JilJ Y h2 = U2 + P2'V2 son las entalpías específicas por unidad de masa m¡ y m, .

FIGURA. lO.S

T

FIGURA 10.1

De tabias tenemos:

Adem'ás en el estado .tmal se tendrá unvolumen específico:' .

vv=---

o sea que:

m¡ VI + m2"2 = V lO.2

Los valores de las propiedades físicaspueden obteners. a partlr de 'tablas odel diagrama T-S para vapor de agua{figura lO.7}.

La variaci6n de exergía del universo es:

Ji&" "" -ToJiS. = -59,61 kcal

10-2 - Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar con un cilindro (figura 10.8), contiene m, = 2 kg de vapor de agua saturadaa PI =10 afm. El

cilindro contiene m2 =3 kg de agua saturad. a P2 = 1 afm. Ei cilindro está

T I r.'1 J...., P1 n:=- I'z cerrad·o por un pistón, que pu ede desli-----'--lf--. ~ ~ zar sin fricción y que transmite una pre

sión constante P2 ' Ei cilindro y el pistón son adiabáticos. Calcular la tempe

ratura fmal al comunicar el tanque y el cilind ro.

So lución:, El sistema es (mI + m2)' Entonces:

Q-L=JiU .. Q=O .. JiU=(m¡+m,)U-m,UI-'m2U,

V¡, = 0,001 m3/kg ; vI" = 0,38 m3/kg .. V2 = 0,901 m3/kg

.v = 2,119 m 3{kg ; hl' = 152,1 kcal/kg ; h," = 655,9 kcai/kg

h2 = 645,8 /txal/kg .. h = 677,3 kcal/kg

u = h - Pv '" 626 kcal/kg

L = P2 [(mi + m,)" - m¡", - m,v~l

siendo U la energía interna fmal por unidad de masa, y " el volumen especifico fmal del vapor. Luego:

76 Problemas trI"OVlparas 77

I

"

10.5

HGUIl:A 10.10r

r, 1----/------..!-;1U, = h, - P, v, = 598,3 kcaJ/kg

v, = 1,673m'lkg

Los valores de las propiedadesfísicas de! vapor de agua pueden ob·tene",e de tablas o de un di.gramaT-S (figura 10.1 O) :

De 10.5 se obtiene v = 3,05~. s

El estado Írn.l estará sobre la lf·nea de volumen espec ífico constante ," y los valores de U = h - p" y T correspondientes.1 mismo, deben cumplirla fónuul. 10.4. Mediante tanteos se obtiene P = 0,55 atm ; T = 363 K == 90 oC.

, El resultado tiene un error de 1,17'1'0 , y. que no es válido interpolar linealmente t.blas o diagramas T-S de vapor. E;;te error es el que corresponde.l hecho de no haber efeclnado interpolaciones para los valores obtenidos de las tablas de vapor de agua sobrecalentado.

T es la temperatura frnal del aire y del vapor. U la energía interna frnalpor uuidad de masa de vapor. Ádemás v = V/m, ,donde" es el volumeu porkilo de masa final de vapor y V el volumen total del recipiente, luego:

y:

104 - Un cilindro cerrado por un pistón trabado, contiene vapor de .gua húmedo. P, = 10 atm y con títnIo x = 0,5 . Se destraba el pistón, el cual puededeslizar sin fricción, ejerciendo una presión constante P = 5 atm. Suponiendocilindro y pistón adiabáticos, indicar si es posible que se alcance un est.do Írnalde equilibrio (P = 5 atm) de vapor sobrecalent.do, a temperatura T = 180 oC.

So lución: Para que un proceso sea posible debe cumplirse que todas l.s m.sa"esulten positivas, que el signo de los trabajos intercambiados sea lógico (..(no'

s

10.4

,

(con h2 , = 99,3)

FIGURA, LO.9

rf--+"-----M:L--

r

Q=O .. L=OQ - L = /lU

/lU = m,c, (T- To) + m,(U- U,) = O

Entonces resulta:

ha = 638,4 kcaJ/kgh, = 663,2 kcal/kgv, = O,Il8 m' /kg

UI = h, - p,", = 615,3 kcal/kg

(m, + ma) h = maha + m, U, +

+ m,P2 v, 10.3

Los valores de las propiedades físi·cas de m1 y m2 en los estados: iniciales pueden obtene",e usando tablas devapor, o el diagrama T-S (Í¡gura 10.9):

(m, + ma)(U + Pav) = ma (Ua + Pa"a) + m,Pa", + m, U,

h = (U + PaV) es la entalpía final por unid.d de m.... Luego, con ha == U2 + P2V2 tenernos:

Con estos valores se obtiene de 10.3 h = 631 kcal/kg. Con haY P2 sedetenuin. el est.do final f y se lee su temperatnra T = 373 K = 100 oC.

El estado Írna! es de v.por hUmedo, y su títnlo es:

10·3 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos parles por un tabique. Una parle contiene m, = 2 kg de v.por de agua saturado, a T, = 100 oC,la olra m. = 3 kg de .ire a Po = 1 alm y To = 50 oC. Se quita el tabique.Calcular la temperatura fmal del aire y del vap or.

Solución: El sistema es (m< + m,). Planteamos:

, queda:

\

7B Problemas tipo Vapores 79

pu ooe .er que en una ,turbina sea ,Lr < O, o que en un compresor .ea Le > O) yque .e cUUJple además: 1) el primer principio; 2) que la variación de entropía deluniverso :sea positiva (proceso irreversible) o nula (proceso reversíble). .

Para el problemas que se analiza, la transionoación del vapor e. irreversible(.alto de pre.ión finito), de modo que debe cumplirse que Q - AU = L con

, cualqu,ier valor de la masa m > O yque AS.>O:

10-5 - Deme una callería en la cual ciieula vapor de .gua s.turado a P, = 5 o/mse pennite la entrada de vapor a un recipiente rígido y adiabático inicialmenteyac ío de volumen V = 2 m3

I hasta que en el mismo se alcance la presión PJ

'Calcular la masa de vapor que ingresa al recipientti~

So luc ión: El sistema es ]a ID asa m que ingresa al recipiente:

Q-L=AU .. Q=O ,; L=-mP,v, .. AU=m(U-U,}FIGURA 10.1 L

p,", = (U-V,) .. V = h,luego:

V = h - p," = 655,9 kcal/kg

10,8V

l' = m

La ene!gía intema ímal es igual a la entalp ía inicial de la masa m, De tablas de vapor, o de un ~iagrama T-S es h, = U = 655,9 kcaJ/kg. Además:

Se conoce V rmai, pero no v rmal. Deben efectuarse tanteo., adoptandovalore. de ", para e.tados de presión P, . Será válido el que cumple ia condición:

-P(v. - v,) = Va ~ U,

Q = O .. L = Pm(v.-v,)

tJ.U =, m (U. - U,)

Luego:

Entonces:

U. + Po. = ha '= (J, + Po,

U1 = h, - p,",

r

Los valore. de h, Yde v, puooen"b1enerse a partir de t.blas o de un diagrama T-S (figura 10,11), Además:

h. =h, + (P-P,)v, 10,6Obteniendo este e.tado se calcula m con 10.8, Resulta m = 3,97 kg , pa

ra v = 0,5034 inl/kg y T = 170 oC,

1().6 - Se tiene la instalación de la figu";' 10.f2 .

10,7

Resulta:

h, = x,h,,, + (J -x,)h" = 422,BkcaJ/kg

1

nr.L'RA lO. L~

N,

", = x,v," + '(J - X,) "" = 0,097m'/kg ,,':.::;m:.::;-rn:::".:-, P,

ha, =.672,3 kcal/kg ; S. = 1,667kcal/kg K

SI = XIS,,, + (J - X,}SI' = 1,04 kwl/kgK,Se cumple 2), S. >S, ' Como no. se cumple 1), el proce.ono es posible, Vapor de agua sobrecalentado a P, = 25 alln y T, = 400 Oc ingresa a

una,turbina adiabática con rendimiento isoenlrópico 'Ir = 0,90 , previa expan"

80 Probleomas tipo Vapores 51

,ión en nna válvula rednclo'ra, a P, = 20 atm. Una parte de la masa de vaporm se extrae de la turbina a P3 = 10 atm y se envla a una cámara de mezclaad iabática a la cual ingresa junto con una masa m2 de vapor de agua saturado.A la salida de la cámara de mezcla se tiene !ina temperalura Ts = 200 oC. Lapresión a la salida de la turbina es p. =1 atm . Calcular: 'a) la, masa, m, y m, en kgfhora, si m, = 10. 000 "g/hora,b) si la potencia en el eje de la turbina NT = 1o.oaa kW , calcnlar elrendimienlo exergético para la turbina, la cámara de mezcla y del proceso.

El medio atmosférico e, Pe =1 atm y Te = 20 oe.Para el estado (3) se supondrá qu e el rendimiento isoenlrópico de la turbio .

n~ vale entre lo, eslados (2) y (3). 1 kW = 860 kcal/hora.

Solució n: Pueden situarse algunos de 'los estados del vapor en el diagrama T-Sde la fIgura 10.13 .

10.9

toJO

'1". = (&2 - &,,)(m- m,) + (&, - &,) m,

(&, - &O)(m - m,) (m- m,) [(h, - h.f- To (S, - S~)I

(&2 - &3) m, = mi l(h, - h,) - To (S, - S,JI

'1.. = (J,91

Para la cámara de mezcla es:

m, = 2323,9 kg/hora ,. m = 62.736 kg/hora

El rendimiento exergético de la tnrbina es: "

El rendimiento exergético de la cámara de mezcla es:

(4) es vapor saturado á P3 • La poiencIa en el eje de la turbina es:

Con h3 " h. ,hJ Y m, se obtiene m, de 10.10, y de 10.9 m con h2 ,.

h3 , m, , h. Y N T • Resultan:

s,

El eslado (J) se ,ilóa con (PJ, T,) ,luego para la válvula reductora con!:J¡ = O se liene que h, = hI Ycon

P, (h2 , P2 ) se sitúa (2). Trazando unavertical desde (2) hasta la Jinea de

" • h, presión p. , se obliene el eslado (6 ')que corresp oude a la salida de la turbina si ésta fuese ideal. También se obetiene (3'), correspondienle a la lurbi·na ideal a la presión P, .Del diagrama T-S pueden obtenerselo, valores de la, propledades física., ode tablas de vapor.

Vapor saturado a P6 : entalpía hn , entrop ía 8 11

Liquido salurado a p. : entalpía h', entropía S'Luego, teniendo en cuenta el rendirnlento iso entrópico de la turbina:

T,f----------)lC

T

T,

se obtiene h. . En la misma forma, con S3' = S2 =S.' Y P, se obtiene h" ycon:

(O) es el eslado correspondienle al equilibrio con el medio atmosférico(Po, To). Del diagrama T-S se obliene ho Y Se :

(mi + m2) &'-0 = (mI + m2) [(h, - ha) - Te (S, - Se)]

mi &3-0 = m, [(h3 - he) - Te (S3 - Se))

m, &.-0 = m2 [(h. - he) - Te (S. - Se))

se obtiene h3 . Con P3 , Ts se sitúa el estado (5) a la salida de la cámara demezcla.

'1.x = (J,996

y".

82 Problemas- "tipo VI pores a3

El rendimiento exergético del proceso resulta: Con .:1.& y Ne se 'obtiene '1.x = 0,696.

10-8 - Para Iienar tubo. con Fre6n-12 se procede como indica la fIgUra 10 .16 .Se barre el Freón·12 a PI =

= 1 alm ,. T, = 10 °e a presiónconstante ,PI Y se lo envía a un'compresor ideal adiabático, del , •cual sale con 'P, = 10 alm. Lue- T, '-_,.-....Jgo se ]0 enfría y condensa a pm. Q~.J

sión constante, quedando como líquido saturado (3). El líquido ..exp311de en una válvula reductora fiGURA J0,106-

(3-4) quedando a T4 = 27 o e .Finalmente entra al tubo, inicialmente vacío, de voiumen V = 0,09 m' , quedando en el mismo como vapor húmedo de titulo xs = O,lO a la temperaturaT. =27°e.

Calcnlar el trabajo necesario en el ej e del compresor Le , el calor intercambiado ,en el enfriador-<:ondensador QM ,y el calor intercambiado a través de la.paredes del tubo Q, para el llenado de un tubo.


10·9 - Un cilindro que pnede comunicar con un recipiente, contiene iniciaimente agua líquida a To = 27 Oc y Pe = lo/m, siendo esta presión igual. la quetransmite el pistón. La masa de agua líquida es m = 5 kg, El recipiente contiene vapor de agua húmedo ala temperatura To con título Xo = 0,1O Y su volu.men es V =5 m' . Al comu nicar el cilindro con el tanque, todo el agua líquldapasa .1 mismo, manteniéndose la temperatura To . No hay fricción entre cilindro y pistón y los intercambios de c.lor del agua líquida y del vapor húmedo soncon la abn6sfera (Po = 1 a/m,. To = 27 OC).

Calcular el calor intercambiado por la atmósfera, el estado fmal en el recipiente, la variación de entropía del universo y la variación de exergía del universo.

T,r---T---------':'I...

Ne = m (h, - h,) 10.11

s

10-7 - Se tiene un compresor adiabático con rendimiento isoentrópico 1/, == 0,85, que aspira Freón·12'en u'n estado devapor saturado a TI"" -10°C, comprimién-

r .......!>'<:}-...J dolo a una presión P, . ,Pará regular la masade Freón-12 se recurre a. una válvula reductora (2-3) de fa que sale ei Freón-12 con nna

N, P~ = 6,1 alm : T~ = 46 °e. Calcular lapotencia en el eje del compresor en HP , sila masa de Fre6n-12 comprimida es igual a

FlGURA 10." m = 20.000 kg/hora (1 HP = 632 kcallhr).La presión P, a la salida del compresor y el

rendimiento exergético del proceso. El medio atmosférico es Pe = 1 alm yTo =20oe.

Solución; En un diagrama T-S para Fre6n-12 pu eden situ3fSjllo. estados (1) y(3), con T, (vapor saturado) y (P~, T~) (figura 10.15).

Del diagrama T-S o de tablas,pueden obtenerse h¡ ~ 8, . h3 Y 8 j o T frGU.RA 10.¡S

Para la válvula reductora es h, = h~ .Para el compresor:

.:I.&F''h = IN,;!

á&F' = [(h~ - h,) - To (S~ - S,)] m

y además:

Con h" '1e Y hI se calculah2 , y con este valor y una vertical (S, = S,,) desde (1) se sitúa el estado de sa

'lida ideal (2') cuya presión es P, . De 10.11 Ne =223,9.HP yademás P, == 6,8 olm. El rendimiento exergélico del proceso es:

CAPITULO 11

CICLOS DE VAPOR


s

1•

s

FlGURA. 11.1

,

2

Q,

m;URA 11.1

.I-----{I~\I---- ..,

Para obtener potencia en el eje deuna turbina de vap or es neresariouna instalación como la de la figura11.1 .A esta instalación I~ corres.ponde un

_1--+-_\ ciclo ideal como elrepresentado es-~LT~ quemáticamente en un diagrama

T-S y en un diagrama h-S de va·por de agua en la figura 1L2 .Una masa de agua líquida en un estado O se calienta primero (Oa) Yevapora luego (al) a presión cons-tante en una caldera (01) , de lacual sale vapor saturado (1). El va

por saturado (1) se sobrecalienta a presión constante en el sobrecalentador (J2)Y lliego se expande adiabática-mente en Ja turbina (23). Final- T

mente el vapor húmedo de altotítulo (3) que sale de la turbinase condensa tota!mente a presiónconstante en el conden..dor (34),y luego el líquido (4) que sale delcondensador se env ía a la ca1~era

mediante una bomba (40) en lacual, si es ideal, carobia la presióndel agua líquida, sin que carnlliesu temperatura. En régimen permanente, siendo válida la fórmula general 3.2 pa-

i:

I .

~'--

IS Introd'l.lcc:ión t.6rlClCilClos de vapor 87

11.7s

1

1

es de líquido saturado.La bomba BJ es para elevar lapresión de mL desde P, a 1',y la B, de 1', a la presión de lacaldera Po, = 1', = 1', . Son válidas las fórmulas siguientes, enrégimen pennanente; para caldera y sobrecalentador:

•a l. salida de la cámara de mezcla (7)

HGUJl:,l,. 11.4

s

11.1

11.2

11.3

11.4

Lr = m (h2 - h3 )

Q~ = m (h~ - h3 )

Ca !dera y sobreca le ntador. ca Ior transferido

ra cada uno de los eIernentos::

Turbina

80mba

Condensado r

siendo ].'4.E:;: Vo y:

1l.SLB = (. vdP.m

La fórmula J I.S vale 'para una bomba id",,1 consid erando que para transformaciones revenibles de sistemas circulantes vale la fórmula general:

para la turbina:

para el condensador:

JI.S

y:-VdP = oL.!,· + dE. + dE,' 6.6

11.6para la cama ra de mezcla:

11.9

IUO

J 1.1 1

IU2

1l.J3

LB, = (mL + my)v, (1'0'- P.,)

LB= mL v. (1', - p.),

con ho '" h. Y h, '" ho'. Para las bombas supuestas ideales:

y el rendimiento es:

, Cuando se usa una diferencia de presión muy grande entre l,a caldera y el sobrecalentador, puede recurrirse a efectuar la expansión en más de una etapa con'obrecaJentamiento al fmal de cada etapa.

Para dos etapasl supu estas idea1es~ con sobrecalentarniento intennedioJ

setiene un ciclo como el representado en la Ílgura 11.5 .

FIGURA 11.3

;

1

1----..,

(r?II. ... mt")

Todo ciclo rever:sible puede dividirse en ciclos de Carnot reversibles. Eliminar las transferencias de cal~r al ci·clo en las zonas en que los rendi-mientos de los ciclos de Carnot

-son menores (zona O-a ~ figuraIU) implica aumentar el rendimiento del ciclo. Para esto se recurre a extracciones de'vapor de laturbina, siendo enviado el vaporátra{do m y a una cámara demezcla adiabática o • un intercambiador de calor, con el ÍlO de precalentar el líquido mL. que saledel condensador. En la figuraJI.3 se dibuja esqueniáticarnentela instalación correspondiente a una extracción, y en la figura 11.4 el ciclo idealcorrespondiente cuando se usa una única cámara de mezcla adiabatic.. El estado

88 Problemas tipo Clc:los- de vapor 59

,

s

,.J"

F](;URA i 1.1

T

El estado 3 es conocido, ycon P, ,x, puede situarse en undiagrama T-S ó h-S (fIgura11.7) .

Para la turbina es:

Con h3 , obteuido del diagrama T -S ó h -S Y los valore.de NT y de, m ,se calcula el va-lor de h2 = 872 lecaljleg. Adero á, de:

f

I

La temperatura Tj debe elegirse de modo que no se introduzcan ciclos de Camot qne desmejoren el rendimiento de la in.staIación.Para la resolución de los problemas correspondientes a este tema, se cuenta con los diagramasentrópicos correspondiente'" ytablas de vapor de agua.

s

,,

,s

FIGURA 11.5

,T

= 0,33

con Po =P, = 12 atm .8.947,5 kcalf!lora

11 =

NB , = mv. (Po - p.)

NB , =

Teniendo en cuenta el valor del rendimiento de la bomba, la potencia real

NBJNB = -- = 13,9kW~B

El rendimiento del ciclo es:

Q, = m (!l, - !lo) con !lo = 32,S kcaljkg

.. Q, = 25.982.525 lu:aljkg = 30.2121eW

puede obtenerse !l3' = 575 lecalfkg. Trazando una vertical desde 3' ya ubicadaen el diagrama T-S ó !l-S con (h3 " P3 ) ,se obtiene el estado 2- sobre la lineah2 constante. Del diagrnma se lee T, =580 oC y P2 = 12 alm. Con lo. e,tados 2 y 3 puede completarse el ciclo, como .e indica en la figura 11.7 . Lo.valore. de las propiedades física, pueden obtenerse de 10. diagramas., Para la caldera y el .obrecalentador:

Para la bomba supuesta ideal (ecuación 6.6), comiderando volumen específico constante resulta:

es::

1

HGURA 1~t,

,

2. PROBLEMAS TIPO

11-1 - Una planta térmica de vap or deberá entregar en el eje de la turbina unapotencia NT = 10.000 IeW , con unamasa de vapor circulando en la misma m = 30.950·lég!hora _ El vaporsaldrá de la turbina a P, = 0,05 atmcomo vapor húmedo de titulo x, == 0,97 , Y se tendrá un rendimientoisoentrópico l1T = 0,90 para la turbina.Repre,entar esquemáticarnente lainstalaci6n necesaria, representar elciclo en un diagrama T-S Y en undiagrama !l -S de vapor de agua.

Calcutar:Rendimiento del ciclo, exergia del vapor a la entrada a la turbina y exergí. perdida en 1. condensación del vapor.

El rendimiento de 1. bomba es l1B = 0,75 Y el medio atmosférico es dePo = 1 atm .. To = 20 oC (] IeW = 860 lu:aljhora).

So lución: La instalación es la indicada en la figura 11.6 .

'9'0 Problemas tipoCiclos d-e vapor 91

,

, ~

6

2

rn

mv/m = 0,17

m

mv (h. '- hs )(h. - h j )

Con h9 = 157 kcallkg .. hj = 20,1 kcallkg y h. = 820 kcallkg resulta:

s

nr.URA J1.9

Se sltúa el estado 2 (T2 , PI)'i luego se traia una 1ínea de entropía constante, hasta cortar la líneade temperatura de l. caldera T, ,obteniéndose el est.do 6, con laJínea de presión constante que pasapor 6 se sitúa el estado 7 (P., T1 )

y luego l mediante una línea de entropí. °oonstante (7'3) el est.do 3(S, , P3). Quedan detenninadosademás los estados 4 y 5 (fIgura11.9). (m-m,i

Con P8 = Pol2 se sitúa el es· ~.-_:':::"'';;¡':':':::'''~rl1~I-----4'

tado 8 y con la línea de presiónoonstanle p. , los estado. 9 y O:

Para la cámara de mezcla se puede plantear:

con h. '" hj . Luego:

mv", + (m - mv) hj = mh,

Suponiendo que sin la cámara de mez~

. c1a se tiene Ja misma potencia en el con·junto de las dos.tul.binas, y despreciando el trabajo necesario en las bombas) pue,de calcularse la mejora porcentual en el rendimiento del ciclo. Sin l. cámara demezcla, O sea sin extraccjón del vapor.

El calor tran,ferido en la caldera y sobrecalentadores, para la masa ma :

ho• , So' son l. entalp í. y la entrop ía correspondientes al estado de equilibrio con el medio atmosférioo (Po, To). Se obtiene así &2.0m = 11.507,3 kW.

Esta exergía no se ap rovecha en la IUTb ina en su totalidad I porque la transformación del vapor en la misma es irreversible, y porque una parte se pierde enJa condensación del vapor.

la exergía perdida en la condensación del vapor es:

La exergía del vapor a la entrada en Ja turbina es:

1] -2 - Se quiere analizar un ciclo. de vapor de las siguientes características:Presión en la cald era P, = 80 alm .Expansión en dus etapas, una hasta que el vapor alcanza la temperatura de evaporaci6n y la otra, Juego de recalentar el vapor nuevamente a J?resión constante.Para arnbos. calentamientos del vapor, el que ocurre antes de la primera etapa, yel que ocurre luego de la segunda et.pa, la temperatura Íillal del vapor será deT = 600 oc. Ambas etapas de exp.nsión se sup onen ideales (transformación delvapor adiabálica reversible).Presión en el condensador P, = 0,05 alm .

A una presión P6 igual a la mitad de la presión intennedia entre arobas eta·pas de expansión, se extrae una masa de vapor mv de la turbina~ la cual será envia~a a una cámara de; mezc:1a adiabática junto con la masa restante) luego de la-salida de esta masa del condensador.

A l. salida de la cámara de mezcla se tendrá liquldo saturado a ia presióndel vapor my extraído.

Representar e.squemátic:am ente la instalación.Representar .el ciclo en un diagrama h-S, y calcular la relación entre las

m.sas m v extraída en Ola turbina y m evaporada en ia caldera. C.lcular además el poreentaje en que mejora el ren dimiento, la colocación de la cámara demezcla.

Solucró n: El esquema de l. ínst.lación está indicado en la figura 11.8 _la°bomb. S, es neeesaria para que la mas" m que sale del condensador

alcance la presión de la masa my extraída de la turbina.P3rn la representación del dclo se conocen las presiones, en la caldera y so

brecalentador Po = P, = P1 , Yen el condensador Ps = P4 •

92. Prob!-emal tip o CAPITULO 12La potencia en las turbinas es:

Para el ciclo con extrncción de vapor, el calor ",rá:

Q ~ m [(h. - ho) + (k, - h.J] con ho ~k.

NT ~ m [(k, - k 6) + (h, - h.)] + (m':' mv) (h. - k,)

CICLOS FRIGORIFICOS

Igualando las potenclas:

l. INTROOUCCION TEORICA

El valor de 11. i 6 puede calcularse con mvlm, y calculando '1'/~ con11.15 resulta que:

[(k2 - k.)>+ (k, - k,)] ~ [(k2 - k.) + (k, - k8 J] + ~ - :v] (k. - k,)

11.l4

,

La ÍIlstalaclón más sbnple'parauna máquÍIla frigorífica de' compresión es la esquematizada enla figurn. 12.1, siendo el ciclocorrespondiente a la misma elrepresentado·en diagramas T-Só k-S en la figura 12,2 .Una masa de fluido refrigerante(Freón .l2 o amoníaco) .e expande en Una válvula reductora(3-4) pasando de líquido salurado' (3) a vapor húmedo (4Ja baja temperatura, menor quela de la cámara frigorifica.

Q,-

FlGURA 1~.2

,(A1:~+-:-----s+-------.s

T

•fIGURA 12.1

J

~'---j c )-------;

El, fluido pasa luego aun evaporador (4-1), en la cualse evapora totatniente a presiónconstante, y en consecuencia, atemperatura constante, al transferirsele el calor Q, de la cá-'mara a refrigerar.

Para asegurar que al compresor (I'-2) ingrese vapor seco'" puede colocar un ",paradorde líquido (SL), o hacer que elconducto que comunica el eva-

11.15

11.16

m [(k. - ko) + (k, - k.J]mo [(k, _ k.) + (k, - k.)]

100 '1- '1' = [1 _ 1)'] 100'11)'

1)1)' = iL =

Q'

Dividiendo ambos miembros por m :

El porcenla] e de aumento de rendbniento es:

'1- '1'100 ~ 5'1'0

'1

Conociendo mvlm y la. enlalpías, de 11.14", obtiene molm ~ 0,909.El rendimiento sÍll exlracción es '1' ~ NrlQ' y con extracción f¡ ~ NTIQ .

Luego:

\

94 .. ntrocl,pcc:lón t1!116rlc-1.e rclos frigoríficos- 95

2. PROBLEMAS TIPO

l2-1 - De una in5talación frigorífica se conocen las siguientes características:Fluido refrigerante: Freón-12; Temperatura en el evaporador Ti = T4 = ~5 oC;Temperatura de condensación T" =35 Oc ;Compresión (1-2) supuesta adi.bátic. reversible; Calor transferido .1 evaporador Q2 =40 toneladas~ftigeración (1 ron de refrigeración'" 3060 {rigodas/hora "1 {rigorfa = 1 lica/} .

No existe sobrecalentamiento. El compresor e, alternativo y el volumen aspinldo por el corppresor, no es igual al volumen barrido, ya que existe un rendimiento voJumétrico l1v = V,asp/Vb.ar cuyo valor, puede calcularse suponiendoproceso ideal de compresión en la fó.rmula:

siendo Ea relaciÓn de espacio nocivo, igual a 0.04.Calcular: pqtenci. en el eje del compresor en HP (J HP = 632 kcallhora) ;

Coeficiente de e~ecto frigorífico; Volumen barrido por el compresor en m1jh.r;Calor que debe ser intercambiado en el condensador; Rendimiento exergético~

considerando que el calor transferido en el condensador no se aprovecha y que lacámara frigorífica puede suponerse una fu ente de calor de temperatura T = OoCMedio alrnosféric,o Po = 1 alm ,. To' = 27 oC.

Solu ción: Puede. representarse el ciclo en un diagrama T-So en un diagram.h-S para Freón-12 (fIgura 12.2), sin la transformación (a-b) . Los valores de laspropiedades f¡sic., pueden obtenerse a partir de los diagram., o de t.blas deFreón-12 . Para la represent.ción del ciclo se conocen T, =T. ,. T", h" Y además h. = h" . Con una vertical desde (j) ,e obtiene (2) ,obre l. lme. de presión constante que pasa por (3). Para el evaporador:

12.7v,

1j',. = 1 + E() - EO

"

12.5

Q2 = m (h, - h.) 12.1

en el ~ompresor:

-L, = m(h, - h,) 12.2

en el condensador:

Qo m (h, - h2) 12.3

Y en la vá lvula reductora:

h, = h. 12.4

porador con el compresor pase por fuera de la cámara de mod-o que quede el estado de entr~da al compresor como vapor sobrecalentado. Del {5L). sale vapor·saturado seco (j).

En el gráfico de la fIgura 12.2 se supuso que la compresión (j -2) es adiabática reversible. Luego el vapor (2) se en fr ía primero y condensa después apresión constante en el condensador (3·4).

En régimen estacionario para cad a uno de los elementos de la instalación va.le la fórmul. 3 .2 de modo que, en el evaporador:

Se denomina efecto frigorífico al calor intercambiad o en el evaporador porunid ad de masa:

El ~fecto frigorífico pu ede aumentar recurriendo a un subenfriamiento(4 ·0) lo que aumenta q2 de modo que este valor será q2 =(h1 - h.). El coeficiente de efecto frigorífico e del ciclo es, en valor absolu to'

12.6para el compresor;

12.8

-Le = m(h;¡ - h,)Cuando las diferencias: entre las temperaturas: en el evaplrtador y en el condensador es muy grande~ puede recurri:rl:e a efectuar la co.rri¡uesión en· más deuna etapa, con enfriamiento a presión constante al fmal de cada etapa. lo queademás de evitar que ,e alcance una temp eratura muy elevada a,Ja entrada al con.densador~aumenta el coeficiente de efecto frigodfico -del ciclo·

Para l. re,olución de los problema, correspondientes a "!'te tem. se cuentacon lilS t.blas o dia¡lrarnas entrópicos correspondientes ~ FreQn-12 y al amon í.co.

para el condensador;

El coeficiente de efecto' frigorífico es:

e=I~:I~

12.9

12,10

12.11

95 P-robleomas tipo Ciclos frigoríficos 97

FlGURA. L~.S

,

"

FlGUR'" ID

•FLGUR.... Il.4

T

12-2 - Con el fin de evitar que a laentrad a al condensador el fiuido refrigeranle alcance temperaturasmuy altas, se recurre a efectuar lacompresión en dos etapas, con enfriamhmto intermedio a presiónconstante en!re las mismas. Suponiendo que al final del enfriamientoel vapor queda satnrado, se tienenciclos. como lo s indicados en las figuras 12.4. y 12.6, el primerocorrespondiente a la instalaci6n de la figura 12.3 Yel segundo a la instalación dela figura 12.5 .

sPara los ciclos se ha supuesto que las compresiones son adiabáticas reversi·

bies y qu e la presión intermedla P es igual a la media geométrica entre la delevaporador P, y la del condensador P, :

Tenemos como datos h, = 135,665 keal{kg ; h2 =140,50 kcallkg .. h, ==108,001 kcal/kg=h• .. ", = O,065m l /kg ""2 =O,022m l {kg.

De 12.8 se obtiene m = 4425,5 kglhora. De 12.9 con m , es N, = 33,8HP. ~n N, y Q2 , de 12.11 re,ulta a =5,73..

El volumen que debe aspirar el compresor es igual al producto de la masaro por el volumen espeemco del estado (j) :

Ill:" = Q2 [1 - ;j con Q2 < O

Il~ ,;, 120.105,5 kcoJ{hora ; Nc = 21.361,8 keal{hola

Luego:

V. = rov, = 287,6 m l/hora

El rendimiento volumétrico es, por 12.7, igual a 0,922. Luego:

~V." = = 312,5 m'{hora'Iv

De 12.10 Qo = 143.791,8 keal/hora. Además Q2 + IN,I = 143,761,8kcoJ{hora. Quiere decir que se calcula con un error del orden del 2 % •

El rendimienlo exergético es igual a la relación entre la variación de exergiade la cámara, ya que al estar a temp eratura T menor que la del medio atmosférico, aumenta su exergía cuando transfiere calor hada el evaporado!, y la potenciaen el compresor. La variación de exerg í. de la cám ara frigormca es:

'1", e i[1 - (To/T)1I

A&c=

IN,IP = ¡p.p,

Efectuar los balances necesarios para obtener las masas de fluido refrigeran·te que circularán en los compresores de alta (CA) y baja (C B) presión en cadaeaso mi ~ mí y m21

~ mt, suponiendo representado el ciclo y conocido el calorQ2 -

Solución:'-El problema se presenta en el enfriamiento (2-3), Y' que en el mffimoes necesario alcanzar una temperatura T3 , menor que la temperatura ambiente~

Por este_ motivo' se recurre a las instalaciones explicadas, lográndose el enfriamiento (2-3) medimte una transferencia de calor desde la masa mí 'a~ mí' queha circulado en el evaporador y en el compresor de baja a una masa a la temperatura T" inicialmente en el estado (6) , la que no cambia su temperatara al reciclar calor por producirse una evaporaci6n a presi6n c~nstantede una parte del lí-quido s.tUrado contenido en la mima. .

0,57

y

También: .

e

'1",

e = Q2'Nc

de modo que, reemplazando':

y:

1

)

98 P'ró-blamu tT;p o C]C[OI fr[gor jtieos 99

(

12.17

m' •,

F[GURA 12.7

•

Además de las masas: m to y m ~ , hayuna ma.. de vapor (9) separada enel separador de líquido de las m asasm " y m 1 que pasa por los- evapora·dores.La masa que circula en el compresorde baja es m' + m" + mv. Para elestado (6) de título x. es:

m'+ m" = (J-x,)(m'+ m"+ my)

Luego:

4

12.15

12.16= m'

FIGURA L21l

= m H

Qi

Qí'

(11, - ha)

T

y además:

sos- que siguen:Compresión en una única etapa común a las rnasa-s: evaporadas: en ambos evaporadores· Compresión en dos etapas, una entre las: presiones: correspo?dientes a losdos e;aporadores, y Ja "Otra entre la presión en el evaporad?r a T;/ y la presiónde conden..ci6n.

So Iució": Para un único compresor, figuras 12.7 y 12.8, es:

Para dos compresores, flguTas 12.9 Y 12.10, son válidas las ecuaciones 12.15y12.l6.

Por el compresor de baja (] -2) circula la masa m'. Por el compresor de¡¡Ita (3-4) circula la masa (m' + m" + m y) , cuyo cálculo pu OOe efectuarse enla forma explicada a partir dela fórmula 12.1 7 ,

Es e\'idente que en este último caso de dos compresores, el trabajo necesario en los: mismos es: _menor que en el caso anterior de un único c?mpresor, ya

12.12

12.13

12.14

m2mj

(h, - 116 ,)

(11, - 11,)

(11, - 11,) (11, - 11.,)

(11, - 11.,) (h, - 110)

mr/mtm2/mí

mí' = Q, = Q2qi' (11, - 11,.)

mi' (h, - h.) = mí' (h, - h6)

mY (11, - 11••)- = "':""':'---,c'-:--mí' (113 - 11.)

= mYmi

con h, = 11•.s Con éstas, siendo conocidQ Q, y el ci·

clo se obtienen mj y m2 .Para el ciclo de la fIgUra 12.6, tenernos en el separador de líquido:

FtGURA 12.-6Para el ciclo de la fIgUra 12.4 ;

T

y además:

con 11"=11 7,, DeI2.14seoblienemj'yconI2.13 mY. Siendoh"<II,,resulta mY < mi .

Entre m2' y m2 existe la siguiente relación:

12-3 - Representar esquemáticamente la instalación necesaria para un ciclo éondos· evap oradores, uno a temperatura T.i , en el cual el nuido intercambia UD calor Q~ y otro a temperatura Ti'> Ti en el cual el fluido intercambia un calorQi' , y el ciclo corresp ondiente a la misma en un diagrama T-S. Además efeetuar los balances necesarios para obtener las masas en los- compresores en los ca~

100 :Prob l.emas tipo

nGURA 12.9

T

que la masa (m' + mU + my) secomprim~ con ,un salto de entalpía menor:

FlGURA 1"2.10

CAPITULO 13

AIRE HUMEDO

!1;

s


El aire húmedo es una mezcla de aire seco y vapor de agua, ambos en coudiciones en que pueden ser c-onsiderados como gases: ideales.

Serán válidos entonces para el aire húmedo, los conceptos de presión parcialy la ley de Dalton, y el hecho de que, en el aire húmedo, tanto el aire seco comoel vapor de agua, se comportan como si estuvieran solos.

En los problemas se tendrá que la masa de aire seco es invariable, pero lamasa de vapor d.e agua puede cambiar en el aire húmedo, ya sea porque cond~nsa

una parte de la misma (deshumidificación), o porque existe un agregado de vaporde agua o de agua líquida que se evapora en el aire húmedo (humidificación).

.Son -conceptos básicos a tenerse en cuenta los siguientes:Humedad absoluta (denominada humedadesp ecmca en los manuales de acondicionamieoto de aire):

J

x=

Puede deducir:se que:

my (masa de vapor)

m.. (masa de aire seco)

Pyx = 0,622 -,-----'=-

P-Py

13.1

13.2

----o-...."

donde P es la presión delaire húmedo, Py la presIón parcial del vapor de agua,y 0,622 la relación entre los valores de 1.. constantes características del aire seco y del vap.or de agua (R.IR y) .

j

102 Introduc.d6n teóricaAirlll húmedo 103

Humedad absoluta· de saturación es la que le corresponde al aire húmedo, a lamisma presión P Y a la mi'SIlla temperatura si el vapor de agua estuviera satura~

do:

mu y pequeña comparada con la de un kilogramo de vapor de agua a la ro ¡smatemperatura :

cLTw ~ ro + cpvTw l3.9

La. entalp ía de un kilogramo masa de vapor de agua será entonces:

con Tw temperatura del vapor. La entalp ía de un kilogramo de agua líquida:

1 m

f L(;U.RA 13.1

La temperatura de rocío del aire húmedo es aquella para la cual queda satu~do el vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a presión constante

De la fórmula 13.2 se deduce que al ser en el enfriamiento constant~s x yp ~ será constante la presión de vapor Pv .

La t~rnpera tura de bulbo húmedo es la que marca en réghnen estacionario yen deternl1nadas condiciones, un tenn ómetro con su bulbo ro deado con un trap oempapado en agu a líquida. Puede liegarse a la temp eratura de bulbo húmedo apartir del estado del aire húmedo, consid erando que a entalp ía h consiante parael aire húmedo~ se lleva al vapor de agua a un estado en que queda saturado.

Se usa liamar temperatura de bulb o seco a la temp eratura correspond ienteal aire húmedo.

. Son de interés ade.más de los conceptos expuestos, las fónnulas correspon-dIentes a los balances de masas· de vapor y de entalpía..Ba!ances de masas de vapor y de entalpía

Sea una corriente de aire húm~do que ingresa a un conducto con humedai:labsoluta x, y entalpía h1 (ecuación 13.6), saliendo del mismo con humedadabsoluta:.;. y entalpía h. (ecuación 13.6). El aire húmedo cruza el conductocon pre~on constante 'i en el mis-mo intercambia un calor Q y unamasa de vapor de agua o de agua lí-quida W. La masa de aire seco m."'::-.'.,.....¡contenida en el aire húmedo m se :r~ 11 1

mantiene constante y la masa W esla'estrictamente indispensable paraque se produzca la variación en lahumedad absoluta del aire húmedode x, a x. (fIgura 13.1). h", .es la entalp ia por unidad de masa W y T. latemperatura de la masa W, de modo que -si es vapor de agua h está dad.;'por13.7 y si es agua líquida por 13.8 . ' w

Teniendo en cuenta el concepto de humedad absoluta, el balance de masasde vapor puede expresarse como sigue:

13.7

13.6

13.S

13.4

13.3PV8.

P-Pv,

Py

Pv,

Pv x-- '"Pv, x,J

cpy = 0,46 kcallkg oC ; 'o = 597 kcallkg

"'=

x, = 0,622

Para las condlciones ambientes se cumple que:

CPo = 0,24 kcallkg oC

h = c••T + X ['O + cp yT]

con temperatura de referencili O o e y presión 1alm. cpo y cpv son los calores especif¡cos a presión constante del aire seco y del vapor de agua, 'o el calorde vaporizacwn'de1 agua a presión constante y a OoC (el agua se sopone líqlÚdaa 1) oC y 1 alm) , siendo:

Humedad Telati>a es la relación entre 1. presióu parcial del vap or de agua en el aire húmedo, y la presión parcial del vapor de agua saturado a la temperatura delaire húmedo:

La entalp ía del aire húmedo se refIere siempre a la masa de aire húmedo(J + x) que contiene una unid ad de masa de aire seco. Puede expresarse:

13.8

donde ahora Tw es la temp eratura del agu a líquida.Se cumple, entonces, que la entalp ía de un kilogramo de agua líquida es

13.10

Teniendo en cuenta la fórmula 3.2, el balance de entolp ías se expresa:

mh, + Whw + Q = mh. 13.1 1

T

To =25 oC,

Ff(¡u RA 13.3,

T.:unbiéu pu eden utilizarse diagramasT-S y las tablas correspondiente. ai

,

F1G\JRA 1.3.4

,

Alre-tlÍl medQ 1O~

Las curva,de .p constante se obtienen a partir de ia f6nnula 13,5 ..

Oia gra mas de MollierEs el h =f(T) de fIgUra 13.4 .Es un diagrama de ejes oblicuos.

Las lineas de temperatura constante sonrectas l y su pendiente con respecto al ejex es (ro + cpyTJ segón puede deducirsede la fónnula 13.6 con T constante.

Para los problemas de aire húmedose suponen datos los calores especificas apresión constante del .ire seco C y deiP.vapor -de agua ePy ) ya dad OSl el ~lor der CJ' J también dado anteriormente, y, saI~

vo aclaración en contrario l para procesos a·presió n constante 1 atm ,puede re-currirse a los diagramas menciona-dos. •

También se suponen datos los valoresde las cons.tantes características delaire seco R rJ y del vapor de aguaR v . Salvo aclaraci6n en contrariodeb e considerarse al aire seco y al va~por de .gua como gases perfectos:

R. = 29,3 kgr mlkg K

R v =47,1 kgrmlkgK

vapor de agua.

2. PROBLEMAS TIPO

13-l - Una masa de aire húmedo tiene temperatura de bulbo secopresión Pv =1atm y humedad relativa '" = 60"" . Detenninar:

13.12

13.14

13.16

13.15

h

ro+ -

m,h" + mih2 = (ro, + m2) h,

13.13

x =

FIGURA Il.2

Si no existe condensación de val' or:

104 Introd lIccf6n teórrca

La temperatura de saturación adiabática es aquella a que quedaría el airehúmedo si el conducto es adiabático, W agua liquida a baja temperatura y el Vapor de agua del aire húmedo quedará saturado a la salida del conducto; siendo'hw muy pequefia en este caso, se tendrá que h, '" h, por ser Q = O. La teml' .ratora de satu ración adiabática es prácticamente igual a la temperatura de bulbo húmedo.Pro~es.o d e meze la

Sean d QS corrientes de aire. húmedo 1 una con hl.;lmed ad absoluta Xl y entalp ía h, (ecuación 13.6) y la otra con x, y h, (l3.6), la primera conteniendo m, kilogramos de aire seco y la segunda m, (ftgura 13.2), que ingresan a

mI una cámara de mezcla (C.M.) J saliendoXl ¡JI ~ (mJ ... M1) de la misma con X3 • h3 (13.6).

C..M..7'-;m~'----:L ----.J x, lJ J Si ]a cámara de mezcla es amabáticaJ y

X1 n.1 no e~te condensación de vap OI;

De las fónnulas 13.1 OY 13.11 se deduce que:

De las fÓlJIlulas 13.13 y 13.14 se deduce que:

Dia-gramas de a~ra húmedoSe representan para presiones constantes' P = J atm . ,El diagrama psicro

métrico x *f{T), 'se encuentra ilustrado en la figura 133 .l.as líneas, de entalpía constante pueden representarse como rectas, si se

. despreiCia el valor ePv T ante To l Y en este caso tienen pendiente ·Cpj'o Y.abscisa al origen h/rv , segón se deduce de suponer h cOlUltante en la fónnul.:

. !,

! '',1~ ,

\

,X! _:ce.... %_ .3_ ..

106 Problemas resueUo5 Aire n.úmllldo 101

Py = '1'. p y ,"

El estado del vapor es el V de la figura 13.5 Ysiguiendo la línea de presiónconslante Py hasta la curva de saturación, se obtiene la temperatura de rocíoT, = 12°C.

13.18

13.19

= O,012kg

Py

Pv~x = 0,622 -0:--'--''-Po - Py,

Xo = 0,622

10,5gramos vapor = 0,0105kgaire .eco

XI1 =

PvV=

RvTo

.Con el diagrama·psicrométrico (figura 13.6) o el de Mollier (f¡gura 13.7), sepuede obtener la temperatura de rocío, siguiendo una linea de hnmedad absolutaconstante desde el estado del aire húmedo (O) hasta la curva de saturación, donde '1' =100%. Para situar el eslado O se tiene ToY '1'•.

Para obtener la temperatura de bulbo húmedo, debe seguirse una línea deenlalpía constanle desde el estado del aire húmedo O hasla la curva de saturación, según se iudica en las figuras 13.6 Y 13,7. Teniendo en cuenta que para alcanzar la temp eratura de bulbo húmedo deb e trazarse una Jinea de entalpía conslante, analíticamente a partir de la fórmula 13.6, puede plantearse:

Cp,T. + Xo (ro + cpyToJ = cP.T'h + x (r. + cPVT.hJ 13.17i

Xo es la hnmedad absolu la del aire húmedo en el eslado O (eco ación 13.2).Con Py _= 'Pf}PY~2j o e tenemos.:

La masa de vapor de agua que ocupa el volumen por m' es:

Con Py yp. se obtiene Xo en 13.18 .x es la humedad absoluta del aire húmedo, con '1' = 100 % Y la temperatu

ra de bnlbo húmedo:

Py , es la presión del vapor salurado a la temperatura de bulbo húmedoT.. . Si se adopla un valor para la temperatura de bulbo húmedo T,., Y conese valor se obtiene Py, y luego x de 13.19, reemplazando este valor de x en13.17 deb ería verificarse esta fórmula, si T.h fuera el valor correcto. Así, mediante tanleos, puede obtene",e la temperatura de bulbo húmedo T'

h=16 oC.

la hnmedad absoJu ta se obtiene de 13.J 8 o de los diagramas psicrométrlcoo de Molliér:

s

T,

FRiURA 135

r

FIGURA 13.-6

.) temperatura de rocíob) temperatura de bulb o húmedoc) humedad absolutad) masa de aire húmedo por m'. . ,e) temperatura a la que se iniciar'ía]a condensación del vapor de agua del arre humedo 1 si éste se enfría a volumen constante.

Solución: Debe tenerse en cuenta que el vapor de agua puede analizarse como siestuviese solo. La temperatura de ro-cío se obtiene teniendo en cu"entaque al enfriar el aire húmedo a pre- . T

sión constante, la presión parcial delvapor de agua se mantiene constante,por no cambiar la relación entr6 lasmasas de vap Ol y de aire seco.

De tablas de vapor o de un dia- T.

grama T-S puede obtenerse la pre-sión del vapor saturado ala lempera-tura To dei aire húmedo (figura13.S), Y con la humedad relaliva(ecuación i 3.4) - calcular la presiónparcial del vapor de agua:

108 Prob l-ema I resueltasAlre húmed:o 109

La masa de aire seco por m3 es:

FEGURA 1.3.9

T,.!--'---Y

T

FIGURA 13.Brm, = l,161<g

Rll + xR v(l + x)

R =

Tarnblén puede calcularse teniendo en cuenta que al aire húmedo se le pu ede atribuir una constante característica:

P, es la presión inicial del aire seco p. = Po - Py • La masa de aire húmedo por m3 es:

m = m, + m" = 1,172kgjm'

13·2 - Una masa de aire húmedo lieue presión Po = 1 a/m , temperatura de rocío 1;. = 10 oC y temperatura de bulbo seco To = 20 oC. Calcular la temperatura de bulbo húmedo y la humedad relativa '1'0 •

Solu el ón: Segú\ las consideraciones efectuad as en el problema \3-1, el estadodel aire húmedo (O) pl,lede situarse en un diagrama psicrométrico o en nn dia:grama de MoUiá, entrando. con TI' hasta la curva de saturación y siguiendo lue~

go una línea de humedad absoluta constante hasta cortar a la línea To constante. Obtenido O se tiene '1'0 y con una línea de entalpía constante ha.ta la lineade saturación, la temperatura de bulbo húmedo (figuras 13.8 y 13.9).

En el caso que el aire húmedo se enfriara a volumen constante) no deben• usarse los diagnunas psicrométricos- y de Mollier, porque cambia la presión totaldel aire húmedo. Situado el eslado V del vapor en un diagrama T-S, puede seguirse la línea de volumen constante correspondiente a ~te estado h~sta cortar ala línea de saturación, para obtener la temperatura Ty a que se iniciaría la condensación del vap or de agua cuando el aire húmedo se enfría a volumen constante (figura \3 .S). Resulta Ty '" 11 oC.

Si la presión parcial Po no fuese de 1 a/m ,solo son válidas las solucionesexplicadas sin usar los diagrarnas de aire húmedo, ya que ésto. valen para Po ==la/m.

p.

s

FJGURA ¡J.l0

r,¡--~<- -,<

'1'0 =

Sin usar los diagramas de aire hú·medo puede recurtirse a tablas o a Undiagrama T -S de vapor de agua para T

obtener la presión Pv del vapor, ¡iaque ésta es la que correspond e a la saoturación a la temperatura de rocío (fi·gura· 13.10), y la presión de vapor saturado a la temperatura To de bulbo T.,j----r----'¡"'seco p V•o ' La Jiumedad relativa'es:

Pv.Pv.o

Para obtener la temperatura debulbo húmedo debe procederse en forma idéntica a la explicada en el problema\3-1 (fórmulas \3.17, \3.18 Y \3.19), resultando T•• = 14 oC.

Si Po no· fuese· 1 atm , sólo es válida la solución explicada sin usar los diagramas de aire húmedo, porque éstos son para Po = 1 alm .

13-3 - Una masa de aire húmedo tiene Po = 1 alm , temp eratura de rocio1; = 10 Oc y temp eratura-de bulbo húmedo r.. = 15 oC.

Determinar la temperatura de bulbo seco.

Solución: Según lo explicado en la solución del problema \3-1, el estado (O) delaire húmedo puede situarse entrando con la temperatura de bulbo húmedo hasta

PoVm =--

_ RTo

luego:

-.-oc;- •

I

11 D Problemas reS1J altos A¡re híI medo l' 1

o sea

El estado (2) tiene entonces "', = 100 '" y además h, = hi . En el calentamiento, la húmedadabsoluta x se mantiene constante. Con xJ =

= x, y Ts = T, , se sitúa el estado (3). luego, para la humidificación con vapor de agua, de13.12 y .13.7 se obtiene que:

,

T"~~-+---7'~

masa de arre seco contenido en elaire húmedo es m = 2000 IcgfhoraCalcular: masa de agua líquida W.masa de vapor Wv y calor Q intercambiados por el aire húmedo.

Soludó n: En un diagram a de Mo- F' Ir; L<R./i. 13.1 J

llier para aire húmedo puede si-tuarse el estado inicial (J) con lastemperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo (figura 13.14).

Teniendo en ro enta que la entalp fu hw por kg, de agua líquIda W. a baja temperatura es muy

pequeña (ecuación 13.9J, y la fónnula 13.12 resulta que:

13.20

13.21

.,

1,

fiGURA ]J.L I

h

r

+-----fT.-Tf,"",'T,,------.'T

la curva de saturadón~ siguiendo una línea de entalpía constante, y entrandg conla temperatu[a de rocío~ hasta la curva de saturación, siguiendo una línea de tumedad absoluta constante (figuras n.JI y 13.l2}.

1 .Obtenido (O) ,e conoce la temp eratura de bulbo ,eco To . Sin usar los

diagramas de aíre húmedo, solución válid a aún cuando la presión Po no fuera1 atm •planteamos:

l:orlla temperatura de rocío se obtiene Py , ,egún se explieó en el problema 13-2, y de 13.21 Xo . Luego con la temperatura de bulbo húmedo T•• seobtiene la presión de vapor saturado a esa temperatura y:

x = 0622 Pv,~ PO-Py~

COJ)ociendo x. Xo y T•• , de 13.20 se obtiene Te = 22·C.

El valor (ro + cpv Tw ) es equivalente a la pendiente de la isotenna correspondiente a la temperatura Tw , de modo que con una paralela desde (3) a estaisotenna puede situarse (4) sobre la curva de saturación.

Obteniendo del diagrama los valores necesarios, pueden calcu larse W. •Wvy Q con las fórmulas siguientes:

13-4 - Una corriente de aire húmedo, con presión total Po = 1 atm , temperatura de bulbo seco 20'·C y de bulbo'húmedo 15 oC , ingresa a un conducto adiabático en el cual se lo lleva a un estado (2) de humedad relativa "', = laO",humidificándolo adiabáticamente con agua liquida a baja temperatura. Luego elaire húmedo es calentado hasta que alcanza una temperatura T:. =20 Oc y humidificado adiabáticarnente con vapor de agua a temperatura Tw = 40 Oc hastaque quede con '1'4 =100 'Ii>. El aire húmedo mantiene su presión constante. La

W. = m (x, - x,) = 4 kglhoro

Wv = m (X4 - xs) = 11 Icglhora

De 13.11 con hw =O es:

Q = m (h, - h,) = 2400 kcallhora

~ 12 Problemas res'u eltos Aire hú medo 113

Cuando existe Q '*°en la expresióngeneral:

""z

(3-4)= '(2-4) = 2,50

m,m2

adiabática con agua líquida a baja temperatura, de 10 explicado en la solución delprobleroa 134 se deduce que el estado (4) .estará sobre la linea de entalpia constante "que pasa por (5) y sobre la isoterma T4 .

Ei. la cámara de mezcla adiabática se T'r--1--"'k--~,L--;?"'----cumplirá (ecuación 13.1 S) que el estado • ~ lOO.

(4) está sobre el segmento que une (2) Y ;'1==I=7'.~t=/:>,(3) , de modo que, uniendo (3) con (4)se obtiene una recta sobre la que se encuen R T,'Ir--~'---;'<---7tra el estado (2) , el cual está además· ,obrela \fnea de humedad absoluta constante quepasa por (l).

De 13.15 se deduce que:

m = m-/l + xcm¡¡ = (] + xc) m.¡J

x. = 0,622

Con Pv'10 ' C obtenida de tablas de vapor se calcula x, =0,00375. Si estevalor máximo posible para la humedad absoluta en el estado final, es menor queXo ,por cada kilogramo de aire seco condensa una masa de vapor (ecuación 13 .5)igual a (xo - x,) = 0,00675. La masa de aire húmedo m es la suma.de la masade aire seco m,¡z y de vapor mv ::= Xo m.¡J :

13-6 - Se comprime aire atmosférico desde un estado iniciai Po =1 a/m .. To ==20 oe , con humedad relativa 'Po = 60%, hasta P, = 4 alm ,sin que existacondensación de vapor de agua del aire húmedo en ia compresión. Luego se en·

. fría el aire húmedo a presión PI constante nuevamente hasta la temp eratura ini·cial To = 20 oC;. Calcular ia masa de vapor de agua que condensa por cada kilo·gramo de aire atmosférico comprimido.

Solución: Puede recurrirse a diagramas de aire húmedo para obtener la humedadabsoluta inicial "o ,situando el estado (O) con' To Y 'Po. Saie Xo = 0,0105.

Al fInal del enfriamiento, ia máxima humedad absoluta posible será la de saturación a Pr y To (ecuación 13.3);

1

fiGURA 13.l5

no será posible recurrir a una línea paralela a una isotenn a para situar la reota de pendiente b.h/t>x. Esto puedehacerse teniendo en cu~nta que el dia~

grama de Mollier tiene en su margenuna escala (figura 13.15) que indica lapendiente de rectas qu e unen los valo

res indicados en la escala con el origen del diagrama.

pendien.1~

irtd iud~

13-5 - Se tiene la instalacIón de la figura 13.16 .Una corriente de aire húme·

do con PI = 1 atm , temperatura F[{;U ~A 13.1.(,.

de bulbo seco T, =5 oC y hu-·medad relativa 'PI =20 %, es calentada a una temperatura debulbo seco T2 y luego eriv:iada auna cámara de mezcla adiabática,a la que ingresa junto ·con otracorriente de aire húmedo a P3 ::=

= 1arm ,humedad relativa '1'3 == 90% y temperatura de bulboseco T3 = 15 oc. Ambas corrientes salen de la cámara de mezcla en un estado(4) , de temperatura T. = 50 oC, a partir del cual se las humidifica adiabática·mente con una masa W de agua líquida a baja temperatura hasta que alcanza unestado (5) con 'l's =100% Y Ts =20 oC.

La presión total de ambas corrientes de aire húmedo se mantiene constante.Calcular la relación entre las masas de arre seco m1 y m2 contenidas en

las corrientes de aire húmedo.

Solución: Cun un diagrama de Mollier de aire húmedo puede situarse el estado(1J con T" '1', (figura 13.17) .

El estado (2) esta sobre una linea de humedad absoiuta constante, ya quela transformaci6n (J -2) consiste en un calen!amiento sin humidificación. El estado (5) puede'sitnarse con 'Ps Y Ts . Como (4-5) es una humidificaci6n

~ .. k< .m

114 Problemas enunciados. Aira húmedo' 11 S

Luego si m. = 1 kg, implica que m = (l + xo). Por kilo de aire húmedocondensa entonces:

= 0,0067 kg de v<I[Jor de ogua

B·I O - Un recipiente contiene aire húmedo a temperatura de bulbo seco T == 20 oC, la cual se mantendrá constante, presión Po = 1 alm y humedad refativa '1'0 = 60 %. Calcular, si el volumen del. recipiente es V = 2 m' la masa devapor de agu a necesaria para que quede con 'fi = 100% • '


Q=G

E:I('UitAB.11l.

P,

,

I .,

13-1 - Aire húmedo a P, =1 ahntemperatura & bulbo seco T, ==20 oC y humedad relativa 'l'I == 60% se comprime, sin que seproduzca condensación de vaporde agua a p. = 4 atm . Luego selo humidifica adiabáticarnente hasta que queda satU!'ldo, es decir'fi' = 100%, con agua líquida aba·ja temperatura) manteniendo supresión constante) y fma1mente selo calienta a presión constante (3

4) hasta que queda con T. =80 oC y 'P. = 90% (figura 13.18).Calcular la temperntura del aire húmedo a la saJ1da del compresor.

13-8 - De un estado de aire húmedo se conoce la temperatura de bulbo seco,Tb , = 25 oC, la de bulbo húmedo T.n = 20 oC y la de rocío T, = 15 oC. Calcular la presión del aire húmedo.

13-9 - Un recipiente rígido contiene una masa de agua líquida m = 500 kg enequilibrio ron aire húmedo a Po = 1 alm y temperatura de bulbo seco To = 20 ¡oC (el equilibrio ~xige que el vapor esté en el aire húmedo a la presión de vapor Isaturado a 20 OC). El volumen delreclpiente es V = 1 m' . Calcularla presión Ifinal del vapor de agila y del aire seco, si se neva el interior del recipiente a una ,1'

temp eratura final Tr =110 oC.

i

CAPITULO 14

TERMOQUIMICA

1.INTRODUCCION TEORICA

La fórmula estequiométTica correspondiente a una reacción química cualquiera es::

14.1

dohde a, y b, son los moles o kilomoles de los reactantes A, y de los productos de reacción B, .

E) calor de reacc,íón TVT (a volumen constante) es elcalor que debe ser intercambiado 'por el sistema que eKperimenta la reacción quúuica, cuando ésta se 'efectúa a volumen constante, según la ecuación estequiométrlca, para que la temperatura rmal de los productos de reacción sea igual a la inicial de los reactantes.

El calor de reacción TpT (a presión constante) se derme según el mismo criterio usado para rYT I pero corresponde a reacciones qu ímicas ~ presión constante. Si rpT es positivo, se dice que la reacción es endoténnica, y en este caso)si se efectuara adiabálicarnente, los productos de la reacción qued'arían a menortemperatura que los reactantes.

Si TPT ·es negativo, la reacción es exoténnica t y de efectuarse adiabáticamente los productos de reacción quedarían a una temp eratura mayor que losreactantes. '

Teniendo en cuenta consideracíones vistas al estudiar el primer principio dela Termodínámica:

Tvr = }; b,Vs , - };a,~,

TpT = }; b,lla, - }; a,h... ,

14.2

143

,

118 Prob temas resue~tolTern:-oqu{m Ica 11 9

Us " u:." hs , y h.., son las energías internas y entalpías por molo porkilomol de las sustancias· E, Y A, , con respecto a condiciones de referencia de·terminadas.

Suele considerarse como condiciones de referencia .en tennoquimica aP, = 1 uim : 1; = 25 °C. Entalpía por kilomol de sustancias cuyas moléculasestán fannadas: por átomos diferentes, es el calor que debe ser intercambiado enuna reacción qu ímica a presión constante 1 atm t con temperaturas inicial y final iguale, a 25 oC para la formación de nn kilomol de la sustancia. Entalpía deJos elementos- a PI" TI' es nula. Si h., es la entalpía de referencial la-energía interna de referencia s-erá U,. = 71,. - PI'~ •

Cuando la diferencia entre la entalpía correspondiente al estado (P, V, T)de cualqu iera de las sustancias A, o B, Yla que tendría en el estado de referencia (P, ,-.y-,:!!) sea función de la temperatura únicamente, de modo que por ki.lomol {/¡ j" - hl',J =C; (T -.. T,.) • los calores de reacción fYT y rpT carobian conla temperatura ,egún la ley de Kirchhoff;

2, PROBLEMAS TIPO

Aire

T.

FEGUR..... ]'U

"H

(1)

14-1 - Un recipiente rígido y adiabático, dividido en dos parte' por un tabique,contiene (figura 14.1) en (1) hidrógeno a temperatura TH =10 Oc y en (11) airea T, = 15 oC.

Se quita el tabique y lu ego se logra la reac·ci6n qu¡mica entre el hidrógeno H,' y el ox ígeno0, del aire, formándose vapor de agu a H,O, elcual queda a una temperatura final T = 600 oC.

La ecuación estequiométrica correspondien~

te a la reacción es:1

1 H, + "2 0, ... 1 H,O

El hidrógeno, oxígeno, vapor de agua 'i nitrógeno del aire podrán suponerse -gases ideales:, y su capacidad calorifica por kilornol a presión constante es:

14.4= }; biC"s. i

Ó'VT

óT

R y es la constante universal de lo, gases perfectos.y T ia temperatura abosoJu ta a que ocurre la reacción química, debiéndose suponer nulos los kilomolesb, ó aj" para liquidos o sól:idos que intervengan en la reacción química. por sersu volumen despreciable ante el de los gases ideales que intervengan.

Quiere decir que la variacl6n de lo, calores de reacci6n con la temp eratura esigual a la diferencia enIre las capacidades caioríficas de los productos y de losreactantes, a volumen constante para rYT t y a presión constante para TPT •

En este caso es que m; - h,,) solo depende de la temp eratura para cual·quiera de las sustancia, B, o A, :

rpT - 'VT = (t b, -}; u,)R v T

14.5

14.6

para el aire, oxígeno, :hidrógeno y nitrógeno t y;

cPV = 8,93 kea/lkmo/ K

para el vapor de agua. Ad emás, la constante universal es:

R y = 848kgrmlkmolK

La compo,ición en volumen (o kilomoles por kilomol) del aire es: oxígeno0,21 ,nitrógeno O, 79 .

Si en el estado ímal queda únicamente nitrógeno y oxígeno del aire y ni ==20 kg de vapor de agua, siendo el peso molecular del vapor de agua My =18kglkmol , calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno nH Yde aire n, .

La entalpía del vapor de agua saturado a 25 Oc es h, = -57.827Iu'allkmol(equivalente a 'u calor de formación a la presión y temperalu ra del vapor).

Solución: Por el primer principio, al no existir transferencias de calor ni de traba·jo, no habrá variaci6n de energía interna. de modo que la, energias internas inicial y final serán iguales:

14.7

120 Probloe-mlls resueltas Te rmoqu ím lel 121

donde OH'. son los ki/omoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el0)< Ígeno del aire. .

UH es la energía interna por kilomol de hi.drgoeno:

UH = UH, + e'H 00- 25)

con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC:

u, = li, - P, V; .. h, = O .. V, de 14.8

UN es la energía interna por kilomol de nitrógeno a T = 600 oC:

y UH, es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC:

con U, energía interna por ki/omol de nitrógeno a 25 Oc :

!ir = O .. V; de14.8

Uv = V, + Cv (600 - 25)

Uv es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 600·C y V,la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25·C:

u. = -542,1 kca/jkmol

Ii, = O .. V; de 14.8

UH = -666,3 kcaljkmo/

Uv = -54.598,2 kcaljkmo/ .. Uo = 2.262,5 kco//kmol

UN = 2.262,5 kcal/kmol

~ -;::: cp - R v

Reemplazando en 14.7:

-666,30H - 542,1 n. = -oy54.592,2 + 2262,500 + 2262,50N 14.9

En todos ]os- casos, la capacidad calorífica a volumen constante e... será:

Se obtienen así los siguientes valores:

Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomoles de vaporde agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que OH = o y • luego reemplazando Oy por nH en 14.9:

14,8v; = RvT,P,

U. = U" + c.. (]5 - 25)

P,=1atm .. T,=298K, h,=O

U. es la energía interna por kilomol de aire:

y U. es la energía interna por kilomol de aire a 25 oC :, .

"¡"

[:,

1jI ,

, ; iI i ', I !i',

JI, = -57.827 kcaljkmol .. - _R~v-=T.c:.'_Vil" :=-=

pV~,$oC53.928,70H - 542,10. = 2262,500 + 2262,50N 14.iO

Pv'25· e es la presión del vapor de agua saturado a 25· C , la cual puedeobtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 atm .

Uo es la energía interna por kilomol de ox ígeno a T = 600 •C :

El número de ki/omoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio delnúmero de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrica, y el número de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, elox ígeno sobrante (00) será igual al total meoos el qu e reacciona:

Uo = U, + cVo (600- 25) 14.11

122. Problem2l$ rllsu-eltos Termoq uím Ica 123

El número de kilomole, de nitrógeno nN e, igual a 0,79 Ve<:es el del aire: con h,. = -57.827 lcea/lkmol. /iy e, la entalpía inicial por kilomol de vapor deagua:

nN = O,79n, 14.12 / Iiv = h, + C;;y (60 - 25)

De 14.10, 14.11 Y 14.12 se obtiene: con h, =-57.827 lcea/lkmal. /iH es la entalpia por kilomol de hidrógeno:

55.059,95 nH - 2804,5 n, = O

Luego nHln, =0,05. ha es la entalp ía por kilomol de oxigeno:

]4-2 -. Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presjón constanteP = 1 atm t contiene una mezcla de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a T() == 60 oC. Se produce la reaoción química eutre el hidrógeno y el oxigeno, segúnla ecuadón estequiométrica:

1H, + - 0, -> H,O

214.13

luego:

- no Ceo (60 - 25) = O 14.14

Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y 14.16 pueden obtenerse los valores:

y que el número de kilomole, devap or de agua formado, es igual al de hidrúge·no~ de modo que:

De la e<:uación e,teqniométrica 14.13 ,e deduce que el número de kUomole, de hidrógeno será igual al doble del número de kUomoles de oxigeno:

14.16

14.i5

CPH = cpo = 6,95 kcallkmo/ K ; c¡,y = 8,93 kcal/kmol K

Para el vapor de agua a 25·C se tiene una entalpía;

Al final queda eu el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 oC.Si no hubo intercambio de calor en la reaoción química, calcular 10' Idlomol..iniciales de hidrógeno nH , ox ígeno no y vapor de agua ny , ,iendo los Idlo-mole, fmales de vapor de agua nYf = 0,5. .

Ei oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerado, ga,e, ideales y su, capacidade, calorificas a presión constante por idlomol ,on:

h, = -57.827 kcallkmolnH = 0,026 k1na/es ; no = 0,013 kmol.. ,. nv = 0,474 kmole.

So Iuei6n: Por el primer principio, el calor intercamblado en la reacción quúulcaes igual a la entalp ía final menos la entalp ía InIcial por ocurrir la reacción a presi6n constante, con Q = O (reacción ad iabátlca): 14-3 - Me.lano (CH.) reaccIona según la siguiente ecuación estequiométrica, con

el aire necesario:

ny/IYf - oyhv - nH/iN - 00 ho = O

hYf es la entalpía final por kilomol de vapor de agua:

/ivf = ¡¡;. + e. y (400- 25)

1 CH. + 20, -> lCO, + 2H,O

Calcular la diferencia entre los calores de reacción rPT Y rVT (a presión ya volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25·C.

120 Probliltm8s resueltos Termoquímlea 12.1

donde OH· son los kilomoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con elox Ígeno del aire. .

UH es la energía intema por ki/omol de hi.drgoeno :

UH = UH, + C'H (10- 25)

con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC:

u, = h, - P, V; ,. h, = O .. V; de 14.8

UN es la energ (a interna por ki/omol de nítrógeno a T =600 oC:

Y -U es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC:. H,

con U, energía interna por kilomol de nitrógeno a 25 oC:

Uy es la energ ía interna por kilomol de vap or de agua a T = 600 oC y U,la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25 oC:

Y;=

14.10

Uo = 2.262,5 kcal/kmol

u. = -542,1 kcaljkmol

53.928,7OH - 542,1 o. = 2262,500 + 2262,50N

UH = -666,3 kcaljkmol

Uy = -54.598,2 kcaljkmol

Reemplazando en 14.7:

-666,3 OH - 542,1 o. = -00' 54.592,2 + 2262,500 + 2262,5 0N 14.9

u; = h, - P, V; " h, = O .. V; de 14.8

UN = 2.262,5 kcaljkmol

Se obtienen as í los siguientes valores:

En todos los casos, la capacidad calorífica a volumen constante C, será:

Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomole. de vaporde agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. Osea, que nH = O". Lue·g<> reemplazando 00' por OH en 14.9:

14.8

h, = O .. . v;: de14.8

U. = Uo, + c., (15 - 25)

U" = U, + ey (600 - 25)

P, = 1 alm .. T, = 298 K ,. h, = O

R"T,P,

U, es la energía interna por kilomol de aire:

h, = -57.827 kcaljkmol

y U" es la energía interna por ki/omol de aire a 25 oC:

j'

I!1:

l'i',

:t! .

111LI

!'Ij'Ij

El número de kilomoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio delnúmero de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrlca, y el número de kilomole. totales de oxígeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, eloxígeno sobrante (00) ,erá igual al total menos el que reacciona:

P"ns. e es la presión del vapor de agua saturado a 25 °C ,la cual puedeobtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 alm.

Uo es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 60() oe :

Uo = U, + e,o (60() - 25)00 = 0,2100 - O,500H 14.11

a @j v _4 L

· -- "".,._,....... -_._-, _.~-- ...

122 Problem as resueltos- T-ermQqu{mica 123

El número de kilomoles de nitrógeno NN es igual a 0,79 veces el del aire:

14.12

oon h, =-57.827 kca/llemo/. h y es la entalpía inicial por kilomol de vapor deagua:

Iiy = 11, + c,.y (60 - 25)

De 14.10,14.11 Y 14.12 se obtiene: oon IIr = -57.827 kca/lkmo/. hN es la entalpía por kilomol de hidrógeno:

55.059,95 NN - 2804,5 N. = O

Luego NnlN, = 0,05. ho es la entalp ía por kilomol de oxígeno:

Para el vapor de agua a 25 oC se tiene una entalpía:

14.14

14.15

14.16

Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y 14.16 pueden obtenerse los valores:

Nn = 0,026 lemo/es .. NO = 0,013 kmoles ; Ny = 0,474 lemoles

luego:

y que el número de kilomoles de vapor de agua formados es igual al de hidrógenoJ de modo que:

De la ecuación eslequiométrica 14.13 se deduce que el número de kilomoies de hidrógeno será igual al doble del número de kilomoles de oxígeno:

14.131

H, + 2 O, -+ H,O

Cm = cpa = 6,95 kcallkma/ K .. Cpy = 8,93 kcallkmol K

IIr = -57.827 k<:allkmol

14-2 - Un cllindro, cerrado por un pistón que transmite una presión constanteP = 1 atm , contiene una mezcla de vapor de agua, ox(geno e hidrógeno a T() == 60 oC. Se produce la reacdón química entre el hidrógeno y el oxígeno, segúnla -ecuadón estequiométrica:

Al fmal queda en el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T =400 oC.Si no hubo in tercarnbio de calor en la reacción qu ímica, calcular los kilomolesiniciales de hidrógeno NN ,oxígeno NO y vapor de agu a N y ,siendo los kilomoles finales de vapor de agua NV{ =0,5.

El ox ígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerados gases ideales y sus capacidades caloríficas a presión constante por kilomol son:

Soludón; Por el primer principio, el calor inlercambiado en la reacción quúuicaes igual a la entalpía final menos la entalpía inicial por ocurrir la reacción a presión constante, con Q = O (reacción adiabática): 14-3 - Me,tano (CH. ) reacciona ""gún la siguiente ecuación estequiométrica, con

el aire necesario:

nv{hv{ - Nvliv - nHhn - NO ho = O

hv{ es la entalpía fmal porkilomol de vapor de agua:

hv{ = h, + cpv (400- 25)

1 CH. + 20, -+ 1 CO, + 2 H, O

Calcular la diferencia entre los calores de reacción 'PT y 'YT (a presióu ya volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25 oC.

124 Problem as. enunciados TermoQ u(mit41 125

Calcular la diferencia entre los calores de reacción a,presión constante rPTsi la reacción se efectUa en un caso a 100 oC yen olro a 25 oC.

Pueden suponerse gases ideales a las sustancias mencionadas en la ecuacióncon capacidades caloríficas a presión constante:

e =Pmet 10,92 kcalflemol K .. epo , = 6,95 kcallkmol K

cPco, = 8,93 kcallkmol K

lemperatura T. = 80 Oc ingresan a un reaclor adiabático, del cual sale vapor deagua, produciendo en la reacción química 14.13 del hidrógeno y dxígeno delaire, oxígeno sobrante y nitrógeno, a T = 400 oC.

Considerando corno datos a los dado. por el problema 14-1, calcular la relación entre los kilomoles de hidrógeno nH Y de aire n. ' El reactor fu~ciona apresión constante.

So lución: .la difél'encia entre los calores de reacción Tp-r "i 'VT (ecuación14.6) será nula por ser los kilomole, de reaclantes y los kilomoles de productos 1; a, y 1; b, iguales:

3

De 14.S se deduce que:

!',

I: bicPB l = .c;C03

I: aicpA i = c;.CH.Luego:

órPT5T = U7 kcalfK

147,75 kcalrp (lOO OC) - rp (25 OC)

Siendo constantes las capacidades caloríficas molares cp para los reactantes y productos, l. diferencia entre los calores de reacción rp (100 °C) y ~

W~~: •

= órPT (lOO - 25) =óT

3, PROBLEMAS ENUNCIADOS

14-4 ~ Una corriente de hidrógeno a TH = 10°C y una corriente de aire a una

¡SR ¡. ,1 A_ •

CAPITULO 15

COMBUSTION

1.INTROOUCCION TEOR1CA

L3 combuslión es una reacción·química entre un combuslible (generalmente un lúdrocarburo) y oxígeno. Se dice que es completa cuando a partir del carbono del combustible se forma únicamente CO, (dióxido de carbano) y a partirdel lúdrógeno .olamente agua (H,O). Es una reacción exotérmica, y el calorque se transfiere para que la temperatura íroa! de los gases de combuslión o produclo de reacción sea igual a la inicial de 10. reaclantes (combuslible y oxigenoj,cuando la combustión es complela, se denomina poder calorífico. Si se suponeque toda el agua formada queda líquida, se tiene el poder calorífico superior, y srse supone que loda el agua queda como vapor el poder calorifico inferior.

Los combustibles: se queman con aire, reacCionando el oxígeno del aire conel combustible y comportándose el nilr6geno del aire como un gas inerte. Parael aire se considera que la comp osici6n en peso es 23,1 'lI> de oxigeno y 76,9 'lI> denitrógeno. La composici6n en volumen es 21 'lI> de oxigeno y 79'l1> de nitr6geno.

El volumen de un kilomol en condiciones normales (CN: 1 atm y OOC) es22,4 m3 •

Se define como exceso de aire e al valor:

e = 100 I S.l

Allol!!UI es: el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles o el númerode kilogramos de aire eslriclamenle necesario para la combusti6n complela delcombuslible.


!'128 I t'l:trod Lrccl6n tll6rica CombusU6n 12.9

ISA-

15.3

Be'l. = AB

De e,ta manera se obtiene ehalor DB:

Para la resolución de lo, problemas correspondiente, a este terna de combu.tión se suponen dato. los valores 'de los pesos moleculares del aire, ox ígeno ynitróge~o ya dados, como as í también la composición en peso y en volumen ya

dadas. .Cuando sea posible se recurrirá al diagrama de Rosin Y Fehling, el cual es

adecuado para cualquier combustIble, por ser muy próximas las lineas de bumo.puros (X = O) trazadas en este diagrama para combustibles diferentes.

Son dato~ para los problemas de este tema, los peso. moleculares del carbono 12 !<g/lemol y del hidrógeno 2 !<g/kmol.

2. PROBLEMAS TIPO15-1 _ Se quema un combustible de compo.ición en peso, carbono 70'fo , hidrógeno 25 'lo , resto cenizas. Suponiendo combustión completa y a~abática a presión constante, con exCeso de aire e = 20'fo , temperatura del arre usado en lacombu.tió~ 7:' = 100 oe y poder calorífico del combustible P, =8700 kcal/kgcalcular: a) t~peratura máxima de combustión, b} rendimiento de la comb~.tión si la temperatura de régimen del equip o es T, = 500 oC, e) el exceso de arrepara que la temperatura máxima de. combustión supere en 100 oe a la tempera-

tura del caso¡ a).

~ = ese.k (AB)nVo

Con una paralela desde B al eje de la. temperaturas, se determina la temperatura máxima de combustión en correspondencia con la curva de X con'tante.Si el equipo para cuyo funcionamiento se ha efectuado la combu~ión, debemantenerse interiormente a una temperatura T, (temperatura de régIlllen), solo.e podrá transferir calor en el mismo mientra, los hun;o•. estén a tem~eratura mayor que T, , de modo que el calor aprovechado ,era," la c.ombu'hón fue ~ompleta proporci.onal al' segmento Be. Como el poder calonfico es proporcIonalal se~ento AB se defme el rendimiento de combustión para este caso como:

T

15.2

T

FIGUR.... 15.2

T.

A1----/

•

cf------/

T

X=

FIGURA 15.1

t,

En todos los casos se consideran gases ideales a cada" uno de los: componenRle, de ia mezcla ee gases de combuslión.

Diagrama de Rosjn y FehlingPara combu,lione, a presión con.tante puede usarse el diagrama de Rosin y

Fehling (figura 15.1) donde h es la entalpía por m' de humos en condicionesnormales, T la temp eratura, X = O ia curva para humos puros y X = 1 la curva para aire puro. Entre amba, están las curva. para O< X < 1 .

Si la combu.tión es completa y adiabática, la temperatura a que quedan losgases de combustión es la llamada temp eraturo máxima de combustión. Si se 00

ñoce la temperatura inicial To de la mezcla aire-<:ombu,tible y se obtiene el grado de dllución X cor.respondienle a la combustión, puede lograrse el valor de latenip eratura máxima de combuslión T corno sigue: usando el diagrama de Rosin y Fehling, se entra con To , ha,ta la línea correspondiente al grado de dilución X (figura 15.2), obtenié!!dose el valor DA . Se suma al valor OA , en laescala que 'corresponda, P,/n Vo , siendo p. el poder calorífico del combustible, . '~ lo. kilomoles totales de humo y Vo = 22,4 m' .

A'et es el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles de aire O lo. Id. logramos de aire realmente usado, en la combustión.

Para obtener esto. valores se con.idera que el pe,o molecular del aire e,M. = 78,8 !<g/kmol , el del oxígeno Mo = 32 kg/kmol y el de nítrógeno MN ==28 kg/kmol . .

Los humo. o mezcla de gases de la combustión correspondiente, a e = Oson los humos puros, pudiendo entonces considerarse los kilomoles de humo pu·ro nhp Ylos de exceso de aire neo • Se denomina grado de dilución a:

"

: ;,: .

j I,!i I:1I i, ,¡ .i

JI!


• +tC:- ·-7 ... ! -r er-'- ~7"" ..v' --- . r t' --

130 .Problemas ra5ueltOl- Combustión 131

So lucí6n: Deb en tenerse en cu enta las reacciones estequiométricas correspondientes a la fonn~ci6n de COz y de vapor de agua H.O, a partir del carbono ydel hidr6geno:

Con estos valores se obtienen los kilomoles'de humos puros nhp Yel gradode diluci6n X :

1C+0, .... lCO.]2· -3:2- 44

1 '1 H, + - O, .... 1 H,O

2 2 3;2: 11

15.5

15.6 X = _..:0..:"":=<",-_llhp + elllll/il

= (J,18 = 18..

Los números indicados debajo de los símbolos corresponden a los pesosmoleculares.

Entonces, por kilomol de carbono, se tiene un !dlomol de ca. y por kilogramo de carbono 1/12 kilomoles de ca. . Por kilogramo de combustible, concarbono 70.., resullan n00, = (J,058 /mIoles de ca. .

Por kilomol de hidrógeno se tiene un kilomol de vapor de agua (H.O), porkilogramo de hidrógeno 1/2 kilomoles de vapor de agua. Por kilogramo decombustible con 25 % de hidrógeno, se tienen nH O = 0,125 kmoles de vapor

, ,de agua. Los razonamientos expuestos corresponden a las fónnulas generales:

Se entra al diagrama de Rosin y Fehling (fIgura 15.2) con la temperaturadel aire 1: = 10(J·C hasta la curva de grado de dilución 18"", obteniéndose elpunto A :al cual le co;'esponde una entalpía de 40 kcal/m3 humo. CN. Luegodebe sumarse el valor Pe/nVa ,con Pe = 87(J0 kcal/kgcomb ,y:

n = n.p + en,. = 0,489 kmol../kg comb ; Va = 22,4 m'/kmol

-.!l- = 794,3 kcal/m3 humos CNnVa

e HnOn = 12 + '4 = 0,12(Jkmolos

T

.r

B"¡--------';;1

FI(lURA 15.4

T

A"~------:,(

TT, T

FIGURA 15.1H

=-2

..e12

¡r-¡co~ =-

con e y H indicando el porcentaje en p eso de carb ono y de hidrógeno en elcombustible.

El oxígeno necesario, según 15.5 Y 15.6 es, razonando en la misma fonna,C/12 kilomoles debido a la reacción 15.5 Y HI4 kifomoles debido a la reacción15.6 :

El nitrógeno del aire necesario es:

0,451 kmol..

y el aire necesario entonces, es:

Se obtiene así el punto B (ftgura 153), al que le corresponde una entalpíade 834,3 keal/m3 humo. eN. Con B y la curva de X = 18"" se obtiene la

'temperatura máxima de combusti6n T = 1990 • e. Entrando al diagrama de,ROM Y Fehling con la temp eratura de régimen T, = 500 •e se obtiene el punloe al que le corresponde una entalp ía de 18(J ual/m3 humos CN .

,El rendimiento de la comburrtión será :

(J,21n = nOn =

"n 1,571 kmolos Be 834,3 - 180 :, 0,8211, = AB = 834,3 - 40

El exceso de aire resulta:Si se quiere la temperaturo máxima de la ~omhustión:

on"~ = 0,114 /mIoles T + 100'C = 1990 + lOO = 2090 oC


132 Prob temu resu eltos Combustión 133

debe cambiarse el exceso de aire. El exceso de aire puede. obtenerse con el dia¡¡rama de Ro,;n y Fehling (figura 15.4).

Se entra al diagrama con T' = 2090 • e y se adopta un grado de diluciónX < 18'10 ya que el exceso de aire deb e ser menor, o sea el grado de dilución menor al ser T' > T que el 18 'lo calculado para el caso anterior.

Se entra al diagrama con 1;, = 100 oe y x , y se obtiene el punto A' .Con T' y X se obtiene B'. Debe cumplirse que B'A' sea equivalente al valorP./n'Vo , con n' = nhp + en, y X igualal adoptado.

En caso contrario, deben adoptarse otros valores de X. En la forma explicada se obtiene e '" 10% .

En la bomba, en valor absoluto:

luego:L. - L. = m (h, - h,) - mv, (1', - 1',) = 1 kW.hora

De I 5.8 se obtiene que:

15.8

1 kW. hora = O148Q ,'1 =

Reemp lazando en 15.7 se obtiene:

1 kW.hora.Q = (h, - ho). (h, ~ h,) - V, (1', - 1',)

Resulta Q= 5782,6 kcal .El trabajo e, 1 kW. hora = 860 kcal. Luego ehendimiento del ciclo es:

Se nocesita una masa de combu'tible que permita transferir a la caldera lacantidad Q, = (L/0,148) keal = 38.882 kcal ,para que se logre 1 kW.hora detrabajo. Para calcular la masa de combustible necesario para lograrlo, o lo que eslo mismo, el calor Q. en la caldera (0- J) , puede recurrirse .i diagrama de Rosin y Fehling, cuya aplicación se ha explicado en la solución del problema I S-l.La reacción de combu,tión es: .

1C+"2 0 ..... CO•

Quiere decir que con 12 kg de carbono se forma un kilomol de COi . Pero por kilogramo d.e combustible hay únicamente 0,81cg. de carbono, de modoque por kilogramo de combu,tible se forman neo, = 0,067 kmoles de ca•.El aire necesario e, igual a lo, kilomoles de oxígeno necesario ,obre 0,21. Cada12 kg de carbono ,e necesita un kilomol de oxígeno·, pero por kilogramo decombustible ,e tienen 0,8 Icg de carbono, de modo que el oxígeno necesario e,no = 0,067 kmoles. El aire necesario ,erá:

15.7

T

FIGURA lB

1

Q = m(h,-ho)

Por kW. hora en la expan'ión es:

15-2 - Se tiene un ciclo Ranklne de vapor de agua (figura 15.5) sin sob,ecalentamiento.

La expansión del vapor satura- odo obtenido en la caldera (1) se su~

pone adiabática revefSlble. La presión en la caldera es 1'} = 10atm == Po Y en el condensador 1'2 = 1',e igual a 1 atm. La bomba (3-0)se considera id eal. Para transferir calor a la cald era se quema carb ón (suponer composición para el carbono80'fo t resto cenizas), de poder calorí·fico P. = 6000 keal/Icg a presión constante. Suponiendo combustión completay ad iabática, exceso de aire e = 20'10 , temperatura del aire usado en la combustión 1;, = 20 oe y temperatura de régimen del hogar de la éaldera r, = 250 •e,calcular los kilogramos de carbón que deben quemarse por kW.hom de trabajoobtenido del ciclo (J kW. hora = 860 kea/) .

So lu ció n: El ciclo Rankine {sin sobrecalentamiento del vapor de agua} puede representarse en el diagrama T-S, conoelendo la presión en la caldera (1', = Pe)y sabiend o que la expansión es adiabática reversible. .

Del diagrama T-S o de t.bIas de vapor de agu a pueden obtenerse los valores de la, propiedades físicas de lo, estados (O), (J), (2) y (3). El calor necesario en la caldera es:

L. = m (h, - h,)

._ 3-1 t.


r

134 Problemas UIS-\J eltos Combustló n. 135

La masa de comboslible por kWlhora será:Con el exceso de aire en'n =0,064 kmoles .El humo poro es el ca, y el nitrógeno del aire necesario nN = 0,79n'n =

=0,252 kmoles, Entonces, los hornos poros:

nhp = nN + noo, = 0,319 kmoles

m, = Q, =q

6,84 kg combl(kW. hora)

y los kilomoles totales son:

0,383 kmoles

El grado de dilución resulta:

= 0,17 = 170;,3, PROBLEMAS ENUNCIADOS

·'r---------,{

15-3 - En una cámara de combustión a presión constante, se quema un combu..tibIe gaseoso formado por 94 o;, de metano y resto gases inerte. para la combustión, con aire a r. = 20() Oc , y on exceso de aire e = 500 '!lo. El pod er calorífico del combu.tible es p. = 10.30() kcallkg comb. El peso molecolar del metano (CH.,) es 16 kglkmoJ. Los gases formados a 1. presión de la cámara P =4atm l ingresan a una turbina adiabática ideal l de ]a que salen a una temp eraturafinal T, = 450 oC.

Calcular la masa de combustible por kW. hora en el eje de la turbina.

FIGURA 15..6

_1-----:;;;,1'

Con el diagrama de Rosin y Fehling (fi·guras I5.1 Y 15.2) puede obtenerse latemperatura máxima de la combustiónT y con este valor y la temperatora derégimen T,., el calor aprovechado en laeald era por kilogramo de carbón.Entrando al diagrama de Rosin y Fehlingcon 1;, = 20 o C hasta.1a línea de X == 17 o;, se obtiene A (flgU1'a I S.6) .Debe sumarse el valor AB equivalente a

+..",::.-----J~l,.,-*--I~---"T P,lnVo ,con Vo = 22,4 m' . Se obtieneAB = 1050 kea/lm' hora CN , corre..

pondientes a un kilogramo de combustible quemado. Con B se obtiene T, Ycon T, el po nto C ,luego:

BC = 975 kcallm3 hora CN

correspondíentes a un kilogramo de combustible quemado.La relación BCIAC es igual a la relación entre el calor aprovechado en la

caldera por kilogramo de combustible q y el poder calorífico del combustible.Luego:

BC q--=AC Pe

q = BC P.AC •


I[

;,!

CAPITULO 16

TOBERAS Y DIFUSORES

1. INTROOUCCION TEORICA

TOBERASUna tobera es un conducto adiabático en el cual un fluido disminuye la pre

sión yaumenla la velo cidad.Si la transfonnación del fluido es adiabática reversible se tiene una tobera

ideal. Cuando se alcance en la tobera velo cid ades no despreciables ante la velocidad del ,onido en el fluido, deberá·tenerse en cuenta la compresibilidad del !luido.

En régimen estacionario es válida la fónnula 3.2:

Q - L ,je = IJ.H + IJ.Ec + IJ.Ep

Con Q = O ,. L." = O ,. IJ.Ep = O queda:

t;,H + IJ.Ec = O

16.1

16.2

Quiere decir que en una lobera disminuye la entalp í. dellluido.

Puede deducirse que en una toberaideal convergente-divergente, cuando debete"erse en cuenta la compresibilidad del!luido, en la sección mínima (e-e) (figura16.1) , la velocidad del fluido es igual a lavelocidad del ,onido.

FtGllRAI-6-.1

r- ~T~--c;_--__","'.~"'••"=~,,....~,,~~,,~"""'_,....."'--:...-Ol"·~"--,-,4,,"-_->:"'-="'-"'","A"'-0>;."'h...."'_"."'.'""""'$...",:""_""'l¡;;....!Iillgj"i.iI!a¡¡¡;;.~'¡¡;z!ll¿¡f"i.III.I!II.II';ji¡i.,~.IJ!!IIl;J!Ii.!l!Iil!llllJli.••••••"!!lAIIII!.!IJII••••••lIIIJl!z..Ii.!I!lII&Il"""..._ .. __


.., 38 Intro-dUICc-16n teórica Toberas y difusores 139

Pe= ~~Jkll'-l¡

16.4P, k+1

~ 216.5= --

T. k+ 1

siendo ~ la densid ad del fluido y F el área de la sección.Puede demostrarse que el gasto o masa que circula en una tobera ideal por

unidad de tiempo es direclamente proporcional a la presión de eslancamien"lo e'inversamente proporcional á la raiz cuadrada de la temperatura de estancamiento:

cou k = cplc, , P, Y T, presión y temperatura córrespondientes al estado deestancamiento de entalp ía h•.

Quiere decir que lo, parámetros en la sección critiCa solo dependen de lasde estancamiento en una tobera ideaL

La masa m que circula a travé, de cada una de la. reacciones de una toberaen cada unidad de tiempo es:

16.8

'"

h

h,"

,,,,,,,

l' ,

(h1 - h 2 )'Ir =

(h1 - h,,)

s

"

FIGURA ]6.2

____..';IL -'TJ.

r'o\.---------l{---"

De modo que cambio, en la presión P, no afectan al gasto en la toberaideal mientras esla presión quede debajo de la presión crítica Pe (fórmula 16.4)..

Para el caso de nna tobera real, la transformación del fluido será irreversibley en consecuencia) por ser adiabática) se tendrá un aumento en la entrop ía del

fluido.Suponiendo el fluido un gas ideai (figura 16.2) se tendrá para nna toberaideal ia transformación (1-2') y parala tobera real los eslados inicial (1) Yfmai (2).El rendimienlo 'Ir de la tobera se derme en fonna similar al rendimientoisoenlrópico de la turbina (8.1);

La forma adecuada para una lobera depende de lo, valores de Po, P, yPe. Si Pe;;' Po debe ser divergente. Si Pe "¡;; p. debe ser convergente. Y siPo> Pe >P, debe Ser convergente-divergente.

DIFUSORUn difusor e, un conductu adiabático en el cual un fluido aumenta la pre

sión y disminuye su velocidad. Para un difusor ideal (transformación del fluidoadiabática reversible) en el cual hay velocidades no despreciables ante la velocidad del sonido~ se cumplirá que si ]a fonna es eonvergente-divergente) la veloddad en ]a sección ro ínima o erítiea es la velocidad del sonido 1 como ocurre enuna lobera ideal. -

Valen además, para un difusorideal, las fónnulas 16.1. 16.2 Y 16.3~ de rmodo que la entalp ia del fluido aumenta eJi el difusor, y las fórmulas 16.4,16.5 y 16.6 para difusor ideal cuando elfluido es gas ideal. En el caso real (figura 16.3) (supoJÚendo gas ideal) puededefinirse el rendinúento del difusor enforma similar al rendimiento isoentrópi-co de un compresor (ecuación 8,2):

16.3

16.6

= co~tante2

m = w~F

he - h + e~ = h +

El aumento en la energía cinética del fluido ,e consigue con la tobera haciendo que éste ingrese a la misma con una presión Po mayor que la del ambiente o medio a que descarga el fluido P, y dando a la tobera un di,eno adecuado.As í, si es convergente-<!ivergente, antes de la sección (c- c) el fluido tendrá velocidades menores que la del sonido, luego de (c-c) mayores.

De la fórmula 16.2 se deduce que la suma de la entalpía y de ia energía cinética H + Ee para cualquier estado del fluido en la tobera es la misma, de modo que por unidad de masa se tendrá que:

donde w es la velocidad del fluido.El valor h. se denomina entalp ía de estancamiento y es la que le corres

pond erá al fluido, en un estado de velocidad nula, con la entropia S correspondiente a cualquiera de sus estados en la tobera id eaI.

Cuando el fluido que circu la en la tobera puede ser supuesto gas ideal, puede establecerse que en la sección crítica (c-c) de una tobera ideal, son válidaslas fórmulas siguientes:

1m =P -• ,!T; 16.7

F[GtlRAJi50J

16.9


~ 40 Proble mas resueltosTobera'5 y difusores 141

Cuando sea necesario podrá recurrirse al diagrama T-S de gases o a los diagramas entrópicos'O tablas de vapores. La velocidad del sonido en un gas ídeal

. es:

o sea, que l1D e, la relación entre los saltos de entalpía ideal y real.La forma de una difu ,or depende de los valores de Pe, P, y P,. Si Pe .;;'

.;; Po deberá ser divergente. Si Pe ;'P, deberá ser convergente. Y si Pe < Pe << Pa deberá ser convergente-divergente.

Para los problenias corresp ondientes a e,to, temas son datos: 16.11

16.12

2=

k+ 1

m = Fcwc.o(!

~ Pem = F, ekRTe --

. RTe

De 16.12 puede obtenerse P, , teníendo en cuenta que:

luego:

con ~,= PJR Te , Y P, Y Te la presión y temperatura en la sección crítica deárea F, . Adem~s por 16.1 O:

So lució n: La masa que circula en la tobera depende únicamente de las condiciones de 'entrada, cuando la presión de descarga sea menor que la presión crítica ypuede expresarse para la sección cdtíca según la fórmula 16.6;

w, = IkRT,

16.10

k = 2 = 1,4 (para aire)c,

C'o = 0,24 kcal/kg Oc ;

con R constante característica por unidad de masa. Para el aire e, R = 29,3kgrm/kg K.

Las defmicione, de los rendimienlos de la, laboras y difusores se han ejem.plificado en gráficos correspondienles a gases ideales pero son válidos sea cual seaell1uído que circule.

'.

f'if,

16-2 - Analizar la forma que debe tener una lobera en lo, casos que siguen:a) velocidad de entrada Wo = 600 m/seg a Po = 6 atm y To = 700 oC. Fluido: aire.

Con Pe = 7 alm ; m = 10 kg/seg y m' = 11 kg/seg sale de 16.13 quePo = 7,7alm.

Para que la forma del conducto (convergente-d ivergente) sea adecuada, debe ser Po >P, >P, , lo que se cumple en este caso.

De las dimensione, de la sección de salida F, depende que se produzcan ono choques en el interior de la tobera entre la corriente de fiuido y la, parede"pero para la tobera se tendrá, con P, < Pc , la masa m ó m'.

II

l'1;1Id

"!I""

;',

2. PROBLEMAS TIPO

16-1 - Se tiene un conducto convergentedivergente, al cual quiere uárselo comolobera. La sección minima o crílica tiene área Fe =90 cm' y la de salid a (fmalde la parte divergente) F, = 100 cm' .

Se desea que circule en el conducto una masa de aire m = 1Okg/seg cuan·do el aire entra con T o = 400 o e y pu ede suponerse ideal a la transformacióndel aire. La presión de la zona de descarga es 1 atm. Suponíendo velocidad úÍicial despreciable, calcular:a) Presión Po a que debe ingresar el aire.b) Presíón Po para que la masa de aire aumente en un 10'110 cada segundo.

Analizar si la forma del conducto es adecuada.

Resulta Pe = 3,77a/m. Luego:

rk + 11 "'I"-1}Po = Pe [-2-] = 7a/m

De la fórmula 16.7 se deduce que:

m' P;'=

m Po16.13

j


142 Problemas resuelto.sTobertli y dlfuSoD r-es 143

Siendo Po >P, >p. la fonua de la tobera debe ser convergente-divergen-

16.18

16.19

T; = 452,9K

Cp (T¡- T,)cp (T,- T,)

(h¡- h¿ =(hl - h,)

'lo =

Para la tobera ideal es;

Luego de 16.17 se obtiene T. =474,9 K. Para el difusor ideal:

T' tP J(0-1)/0.J..=J.T, Po

y:

Pr no se cónoce, pero con Tr , T, y 1)0 , de 16.19 y 16.18 se obliene quePI = 2,89atm.

16.14

16.15

16.16

Con 16.14 se obtiene T, y con 16.15 P, = 11,2 atm. Luego:

[ 2 lO/Ik-1)P, =L~ P, = 5,9atm

bl velocidad de entrada despreciable Po =1,1 atm y To =40 oC. Fluido aire.Para arobo, casos, la lobera descarga a un medio de presión P, = 1 atm .

So lución: Debe calcularse la sección crítica P, (ecuación 16.4l, para lo que esnecesario conocer la presión de estancamiento:

2Wo .2 = c, (T, - To)

[P,] (0-1)f!< = T,Lpo To

FIGURA I(iA-

P'~T'~P'

i6.20

T; = 435,4 K

c, (T; - To)c, (T, - To)

110 =

1;lE, = "2 m (wl- wg) = mc, (To - T,)

Para un düusorideal es:

T; = [p,l (0-1)/0

To LPo]Luego con 16.20 T, =460,5 K. De 16.2;

164 - A un düusor ingresa aire a Po = 1 atm ; To =20 Oc ,el cual sale con velocidad despreciable a p. = 4 a/m .El rendlrniento del difusores 110 =0,85 yla masa de aire que ciTcula m = 10kg/seg. Calcular la velocídad a que debe ingreSar el aire al difusor, dimensionar ia sección de entrada y analizar la fonua quedebe darse al düusor.

Solución: De la fónuula 16.9 es:

te.bl La presión de estancamienlo coincide con la presión de entrada. Con 16.16 yP, =Po sale P, = O,58atm. La fonua debe ser convergenie pue, P, < p•.

16-3 - Mediante una lobera se expande aire desde un estado Po = 4 atm: To == 400 °C hasta una presión P, = 1atm , con rendimiento liT = 0,90 yluego se comprime el aire en un difu·sor con rendimiento llD = 0,85. ,hasta que queda con velocidad despreciable. La velocidad del aire al ingre,ar a la tobera también e, despreciabie. Detenuinar la presión del ai-re a la salida del difusor Pr {figura 16.4}.

So Iución: Por no exislir transferencias de calor ni de trabajo, para la tobera y eldifusor considerados como sistemas: abiertos .en régimen permanente, y no habervariaciones de energía potencial y de energía cinética, puede asegurarse que lasentalpías inicial y Imal son iguales. (ho y hr) , de modo que la temperatura final·a la salida del difusorreal será TI = To =400 Oc .

De 16.8 y 16.9 se deduce que:

(ho - h.)liT = (ho _ h;) =

cp (To - T.)cp(T. - T;)

16.17o sea que con wl =O implica que:

Wo = /2c, fT, - To) = 580 m/seg


1"44 Pro blemas resueltas

Para dimensionar la sección de entrada se tiene la fórmula 16.6:II

conPo

~o = RTo

= 1,20 kg/rnJ

INDICE

Por ser Po <Pe < P, , el difusor debe tener forma convergente-divergente.

~2 ] 'I{"-Jj

P. = -- p. = 257alm-c k+l e ~

[P,] {"-JJI' =' T,lpo Te

Se obtiene p. = 4,87alm. Luego con 16.4:

Pla n.ck, En.unclado d-e 35Poder ca lorlfic.o 128Pe Iitropleas 2.S, 29-Presl ón parcii!ll 31Prim-er principio 1,11~ 17

atto. e lelo :3 7

Liquldosaturado 71,72

Klrchhoff, Ley de 118

Jou Ie-Bryron 50, 51

Humedacl absotuta 101, 102• retativa 10.2.

Exergta. 57,58.59

Gas .idea 1, Diagramas TS para un 47.• Ee.uación da esto do de u-n 2· Eflerg ía lntema de II n 1

Gases ldeales, Mezclas de 31

Ci!lldera· 85, 86Calor 1C~mari! de mezcla 18, 19, 52, 53, 79~ 80, 81· Máquina térm [-ca 35Cii!I rnot. Teorema de 36 Medio 1Clclos frlgorlflc.os . 93. 94Clausius~Enunciado de 35

• Teoremi!l de 36Combust16n ! 27Compresor 18.19.20,22.48,49,82Condensador 85. 86, 94Condiciones norma[es 127

"Adii!lbátrol;o. Limite 3Aire, Calor espec:ffico cp del 1.2.

4 Calor E15peclflco el' del 2~ Constante caracterhtlca del 3

Aire- húmedo 101,102, 103~ DI.agramas de 104~ 105,110,111,112,

113, 114• Entalfa del 102

Aire necesario 127

Bomb!ll 85,86Bulbo húmedo~TemperilturB de 103, 107Bulbo seco,.Temp.eraturo de 103

Se obtiene Fe = 0,0143 m' .Para analizar l. forma que hay que darleai difusor, debe calcularse la presión critica Pe. Para determinar la presión deestancamiento debe obtenerse la enta!pfu a la temperatura de estancamiento,en este caso igual a ]a temperatura ~ l

ya que la velocidad real de salida es despreciable) y trazar en un diagrama T-8una línea de entropía constante desde el

s estado inicial hasta la línea de temperatura constante T, (fIgUra 16.5) .Analíticamente:

T,

T,

FIGURA L6-.5

T

i,,[

DilltOll. Ley de 31Dlesel 38Difuso' 139, 143, 144Dlluci6n, Gri!ldo d-e . 128

Efecto frigo, Illeo 94• Coe11c.l ente de 94

Energ(i!1 el nl!t1ca 11.Interna 1

. • 'Potencial 11Entalpl. 11Enlropl. 41,42,43,46Estequloméhlca. F6rm ul a 117Evaporador 93. 94Ex-r;-eso de aire 127

Ra Ilkine, Ciclo 132Reac<:i6n, Calor de 1 1"1~ 118Rendlmlento 35~ :3 6, 37, 38, 50, 86

• de un dlfus-or 139• de una tobera 139• e>::ergI!iUc:o 59,61,62,66,67,68,69• lsoentrópfco 47, 48

Régimen permanente, sistemas.a blertos en 17? 59

Régimen varlabt-e, slstemillS abiertos en 11R19ido, Lfmite :3iRoc{Q~ Tempera~ura d-e 103,106,107Rosln y Fehling 128, 129, 130, 131, 1.3-2

mi a 1 ... tI JJI _- 36 kt


'5;!O!!"""g ¡¡sl&O·-lllII "S ,.,¡;¡¡¡.""O!IIl"_ """.., __ "s"_-"n"'''_.-·_"~,;,,rl_=_ ~,,·~~_===~~ _.~ __ " ....Tf..,;;6=:;r:; .........~W "~-.;;;:.. ..~_-_._._._._._. _

146 Indlce

SahJ rac-16n ad rabatlca 104Segundo prlncrplo 35Separi!ldor de liquido 93Slstema 1

4 ilIblarto 11·cerratlo 1,57,58

SobrecarentadDr 85, 86

Te-rrnoQu (mica 117Tober. 137,138,139, 140,141,142THlbaJo 1

• de clre utac Ión 17~ de exp-ansió n 2• útil 57,58,59

TrallsformaCrDn~adiabiitica-s 41,42

.lrreversibles 35, 36, 41~ 43, 45, 57~ 58• reversl bies 35, 41, 57~ 58

Turbina lB, 19, 20,21,47.50,79, SO, 81

Unlv-erso 41,58

_ Vál'l'ul iI reducto ra 18, 19, 52. 53, 791 80Vapor. CIclos de 85. 86, 67~ 88VapQrh~medo 71,72

·S.!IhJri:!ldo 71,72• sobrec:i1lentado 71, 73

Vapores, Dragrama hE ·para 72• Dragrama TS para 71, 72

Vaporlzac:ló n, Ci!llor de 12

\

lNUEVA L1BRERIA diD término a la prj~

m-era edición de- esta obra que- c.onstll de:3 ,000 ej.emplares ell -el mes de noviembrede 1984, en los talleres de 'a Imprellta deros Buenos Ayres S.A.I.C. sita en la calleRondeau :3 2:74, BlIenos AIres, Argentina.


Problemas de Termodinamica - Carlos a. Garcia

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