Termodinamica Ejercicios Resueltos

Contenido

Aclaracion III

1. Procesos de transformacion de la energıa y su analisis 2

1.1. Representacion de sistemas termodinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Representacion de sistemas termodinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Primera ley de la termodinamica 6

2.1. Trabajo volumetrico con gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.2. Equilibrio termico (T ) y mecanico (p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.3. Eficiencia termica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.4. Primera ley para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.5. Primera ley para para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . . 17

3. Segunda ley de la termodinamica 18

3.1. Coeficientes de operacion y exergıa del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. Propiedades termodinamicas de la materia 20

4.1. Trabajo volumetrico con gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4.2. Trabajo volumetrico con vapor de agua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.3. Trabajo volumetrico con vapor de agua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4.4. Cambios de estado simples de gases ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.5. Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo volumetrico con vapor de agua 27

4.6. Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . 29

4.7. Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas . . . . 30

4.8. Analisis termodinamico del estrangulamiento de gases ideales . . . . . . . . 34

4.9. Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales . . . . . 37

4.10. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua . . . . . . . . . . . . 41

4.11. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua . . . . . . . . . . . . 45

4.12. Analisis termodinamico de camaras de mezclado de lıquidos . . . . . . . . 48

4.13. Psicrometrıa: cuartos frıos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.14. Psicrometrıa: torres de enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4.15. Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores . . . . . . . . . . . . . . . 52

Bibliografıa 54

4 Propiedades termodinamicas de la

materia

4.1. Trabajo volumetrico con gases

Un sistema piston-cilindro contiene una masa de 1 g de aire (R = 287 J/kgK) a una

temperatura inicial de 20 oC. El piston esta conectado a un resorte, que se encuentra

en su longitud natural en la condicion inicial. El piston posee una masa de 5 kg y un

diametro de 10 cm y el resorte tiene una constante lineal de k = 10 kN/m. Durante

el desplazamiento del piston en el cilindro se pueden despreciar los efectos debidos al

rozamiento entre los dos cuerpos. Se le suministra calor al aire contenido en el cilindro

hasta que el resorte se comprime 5 cm. La presion atmosferica local es de 100 kPa.

Se solicita calcular:

1. La temperatura final del gas.

2. El trabajo volumetrico realizado por el gas.

3. El trabajo necesario para comprimir el resorte.

4. El trabajo necesario para vencer la accion de la atmosfera sobre el piston.

5. El calor suministrado al aire en el cilindro.

Solucion

1. Por la ley de los gases ideales:

p1V1 = mRT1 (4-1)

V1 =mRT1

p1

(4-2)

Diagrama de cuerpo libre para el piston:

4.1 Trabajo volumetrico con gases 21

Figura 4-1: Diagrama de cuerpo libre para el piston.

Estado 1:∑

Fy = 0 (4-3)

FR + paAp + mpg − p1Ap = 0 (4-4)

en el estado inicial el resorte no ejerce fuerza sobre el piston:

p1 = pa +mpg

Ap

(4-5)

p1 = 106, 25 kPa

Por lo tanto de la Ec. 4-2:

V1 = 7, 915× 10−4 m3

Altura correspondiente al volumen del gas en el cilindro:

V1 = Apz1 (4-6)

z1 =V1

Ap

(4-7)

z1 = 0, 101 m

Para el estado 2 se calcula la presion ejercida por el resorte sobre el piston para

dz = 5 cm, FR = kz2/Ap; y despejando para la presion en el estado 2, p2, utilizando

la Ec. 4-4 :

p2 = 169, 93 kPa,

ası se determina el volumen ocupado por el gas en el estado 2:

V2 = Ap(z1 + z2) (4-8)

22 4 Propiedades termodinamicas de la materia

V2 = 1, 184× 10−3m3

y se determina la temperatura en el estado 2:

T2 =p2V2

mR(4-9)

T2 = 701, 0 K

2. Trabajo realizado por el gas:

Wgas =

∫ V2

V1

pdV = Ap

∫ z2

z1

pdz = Ap

∫ z2

z1

(pa +

kz2

Ap

+mpg

Ap

)dz (4-10)

Wgas =

(paApz +

kz2

2+ mpgz

)z2

z1

(4-11)

Para z1 = 0 y z2 = 0, 05 m:

Wgas = 54, 2J

3. Trabajo necesario para comprimir el resorte:

Wresorte =kz2

2(4-12)

Wresorte = 12, 5 J

4. Trabajo necesario para vencer la accion de la atmosfera:

Wa =

∫ V2

V1

pdV = Appaz2 (4-13)

Wa = 39, 3 J

5. Aplicando la primera ley de la termodinamica:

∆U = δQ + δW (4-14)

mcv(T2 − T1) = Q−Wgas (4-15)

Q = mcv(T2 − T1) + Wgas (4-16)

Para cv = 0, 742 kJ/kgK:

Q = 356, 98J

4.2 Trabajo volumetrico con vapor de agua 23

4.2. Trabajo volumetrico con vapor de agua

Un dispositivo piston-cilindro, en el que el piston puede moverse libremente sin rozamien-

to, contiene 0, 2 kg de agua a una temperatura T1 = 30 ◦C y a una presion p1 = 400 kPa.

El agua se calienta inicialmente de manera isobarica, hasta que inicia el proceso de eva-

poracion. A traves del suministro adicional de calor al dispositivo, el agua continua con

su evaporacion parcial. Cuando se tiene un volumen del cilindro de V3 = 0, 06314 m3, el

desplazamiento del piston se detiene (de manera mecanica), pero se le continua suminis-

trando calor al dispositivo hasta el instante en que se evapora totalmente el agua lıquida

del cilindro a la temperatura T4.

Se solicita:

1. Representar las curvas de lıquido y vapor saturado en el diagrama p − v e indicar

los cambios de estado, desde el estado inicial 1 hasta el estado final 4.

2. ¿A que temperatura se inicia el proceso de evaporacion del agua en el cilindro?

3. En el estado 3 determine la calidad del vapor x3 en la mezcla y la masa correspon-

diente de vapor y agua lıquida.

4. Determine la presion p, la temperatura T y el volumen especıfico v en los estados

2, 3 y 4.

Solucion

1. Cambios de estado:

1-2: Calentamiento isobarico (p = cte)

2-3: Evaporacion parcial isobarica (p = cte)

3-4: Evaporacion isocorica (v = cte)

Figura 4-2: Procesos en diagrama p-v


2. T2 = Tsat@400kPa

T2 = 143, 63 oC

3. Estado 3: p3 = 400 kPa: vf = 0, 001084 m3/kg, vg = 0, 4625 m3/kg

v3 =V3

m(4-17)

v3 = 0, 3157 m3/kg

La calidad es:

x3 =v3 − vf

vg − vf

(4-18)

x3 = 0, 682

Masa de vapor:

mg = x3m (4-19)

mg = 136, 4 gr

Masa de agua:

mf = m−mg = (1− x3)m (4-20)

mf = 63, 6 gr

4. Estado 2: p2 = 400 kPa; T2 = 143, 63 oC; v2 = 0, 001084 m3/kg

Estado 3: p3 = 400 kPa; T3 = 143, 6 oC; v3 = 0, 3157 m3/kg

Estado 4: p4 = 600 kPa; T4 = 158, 8 oC; v4 = 0, 3157 m3/kg

4.3. Trabajo volumetrico con vapor de agua

Un sistema piston-cilindro vertical que se encuentra perfectamente aislado de sus alrede-

dores, contiene inicialmente 8 kg de agua en su interior con una calidad x = 0,7. La presion

dentro del cilindro se mantiene constante a 400 kPa. Una valvula conectada al sistema se

abre de manera controlada permitiendo la entrada de vapor proveniente de una lınea de

alimentacion a 500 kPa y 400 oC. La valvula permanece abierta hasta que el agua conteni-

da en el cilindro alcanza el estado de saturacion evaporandose completamente, momento

4.3 Trabajo volumetrico con vapor de agua 25

en el cual la valvula se cierra nuevamente.

Se solicita:

1. Determinar la temperatura final del vapor contenido en el cilindro.

2. Determinar la masa de vapor que ingresa al sistema.

Solucion

1. T2 = Tsat@400kPa

T2 = 143, 6 oC

2. Aplicando la primera ley de la termodinamica:

dE = dEc + dEp + dU = δQ + δW +∑

m

(∆h +

1

2∆v2 + g∆z

)(4-21)

U2 − U1 = W + menhen (4-22)

donde: W = − ∫ V1

V2pdV = p(V1 − V2) y men = m2 −m1, por lo tanto:

m2u2 −m1u1 = −p(m2v2 −m1v1) + (m2 −m1)hen (4-23)

m2u2 + pm2v2 −m1u1 − pm1v1 = (m2 −m1)hen (4-24)

m2(u2 + pv2)−m1(u1 − pv1) = (m2 −m1)hen (4-25)

m2h2 −m2hen = m1h1 −m1hen (4-26)

m2 =m1(h1 − hen)

h2 − hen

(4-27)

Segun Tablas de vapor:

hen = 3271, 9 kJ/kg, h2 = 2738, 1 kJ/kg

h1 = hf + x1hfg (4-28)

hf = 604, 66 kJ/kg, hfg = 2133, 4 kJ/kg

h1 = 2098, 04 kJ/kg

Por lo tanto:


m2 = 17, 592 kg

men = m2 −m1 (4-29)

men = 9, 592 kg

4.4. Cambios de estado simples de gases ideales

Bajo las condiciones atmosfericas de Bogota de pa=750 mbar y Ta=16 ◦C se comprime

1,0 kg de aire (considerado como gas ideal, con κ = 1, 4 y Raire= 287 J/kgK) hasta

p2=10 bar.

El proceso debe ocurrir de manera:

Isocorica.

Isotermica.

Adiabatica reversible

Politropica con n = 1, 2

Se solicita:

1. Representar cada cambio de estado en un diagrama p− v

2. Calcular en cada caso, de manera general y numerica, la temperatura final T2; el

volumen final V2; el calor transferido Q12 y el trabajo volumetrico Wv,12.

Solucion

1. Diagrama T − v con los cambios de estado indicados.

4.5 Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo volumetrico con vapor de agua 27

p/(P )a*105

v

0.75 1

210III IIIIV

Figura 4-3: Diagrama con los cambios de estado simples solicitados.

2. Analisis de cada cambio de estado:

Proceso isocorico:

Proceso isotermico:

Proceso adiabatico reversible:

Proceso polotropico con n = 1, 2:

4.5. Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo

volumetrico con vapor de agua

Para el Ejercicio 4.3 se solicita determinar:

1. La entropıa generada en el proceso.

2. La exergıa destruida en el proceso si este ocurre en un ambiente con una temper-

atura Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.


Solucion

1. Este sistema se analiza para las condiciones de la masa en el estado inicial (1) y

las condiciones del estado final (2); no se presenta transferencia de entropıa por

intercambio de calor porque el sistema es adiabatico y se presenta intercambio de

entropıa debido a la masa de vapor de agua que ingresa al sistema.

En el estado inicial 1 se tiene el siguiente valor para la entropıa especıfica (p = 400

kPa; 143, 63 ◦C y x = 0, 7):

ssis,1 = sf,1 +x1(sg,1−sf,1), con s1,f = 1, 7765 kJ/kgK y sf,1−sg,1 = 5, 1191 kJ/kgK

ssis,1 = 5, 3599 kJ/kgK.

Para el estado 2 se tiene vapor saturado a p = 400 kPa (143, 63 ◦C) y la entropıa

especıfica es:

ssis,2 = 6, 8955 kJ/kgK.

Para el cambio de estado entre 1 y 2 ingresa masa al sistema (vapor sobrecalentado

a 500 kPa y 400 ◦C):

sH20,ent = 7, 7956kJ/kgK

El balance de entropıa es:

(S2 − S1)sis =k∑

i=1

Qi

Ti

+ mentsH2O,ent + Sirr,12 (4-30)

[(m2s2)− (m1s1)]sis = mentsH2O,ent + Sirr,12, (4-31)

finalmente, para m1 = 8, 0 kg; m2 = 17, 592 kg y mH2O,ent = 9, 592 kg, se obtiene:

Sirr,12 = 3, 651kJ/K

2. La exergıa destruida en el proceso es:

Exd,12 = T0sirr,12 (4-32)

Exd,12 = 1095, 4 kJ

4.6 Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados 29

4.6. Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados

Para el Ejercicio 2.5 se solicita hallar:

1. El cambio en la entropıa del pinon durante el proceso inicial (Ej. 2.5, a).

2. El cambio en la exergıa del pinon durante este mismo proceso.

3. La entropıa generada y la exergıa destruida durante el proceso de enfriamiento del

pinon en el recipiente con agua (3-4) (Ej. 2.5, b).

Solucion

1. El cambio en la entropıa del pinon durante el proceso 1-2 puede hallarse mediante

la ecuacion del cambio de entropıa para sustancias compresibles:

s2 − s1 = cvlnT2

T1

+ Rlnv2

v1

. (4-33)

En este caso se trata de una sustancia incompresible (solido), que tiene valores aprox-

imadamente iguales para las capacidades calorıficas (calores especıficos) a volumen

y a presion constante y cuya variacion volumetrica durante el cambio de estado es

despreciable:

S2 − S1 = maccacln

(T2

T1

)(4-34)

S2 − S1 = 11, 09 kJ/K

2. El cambio en la exergıa del pinon (sistema) durante el proceso 1-2 es:

(Ex2−Ex1)sis = m(u2−u1)+mp0(v2− v1)−mT0(s2− s1)+mv2

2 − v21

2+mg(z2− z1),

(4-35)

que al considerar despreciables los efectos debidos al cambio volumetrico y a las

energıas cinetica y potencial es:

(Ex2 − Ex1)sis = m(u2 − u1)−mT0(s2 − s1) (4-36)

(Ex2 − Ex1)sis = maccac(T2 − T1)−mT0(s2 − s1) (4-37)

(Ex2 − Ex1)sis = 4593 kJ


3. Aplicando el balance de entropıa al sistema, considerado un sistema aislado como

en la seccion b) del Ej. 2.5 y para sustancias incompresibles como en la seccion a)

anterior:

(S4 − S3)sis = Sirr,34 = maccacln

(T4

T3,ac

)+ mH2OcH2Oln

(T4

T3,H2O

)+ CRln

(T4

T3,R

),

(4-38)

se obtiene el valor para la entropıa generada:

Sirr,34 = 12, 403 kJ/K

Debe considerarse en la ecuacion anterior que la pieza de acero se enfrıa des-

de T3,ac = 1250 K y el agua y el recipiente se calientan (simultaneamente) desde

T3 = 300 K hasta alcanzar la temperatura final de equilibrio del sistema (T = 303, 2 K).

La exergıa destruida durante el proceso 3-4 es:

Exd,34 = T0Sirr,34 (4-39)

Exd,34 = 3672 kJ

4.7. Analisis termodinamico de la expansion de gases

ideales en toberas

En un turborreactor, entran gases calientes de combustion a p1 = 200 kPa y T1 = 1200 K

en una tobera adiabatica irreversible y se expanden hasta la presion atmosferica local. La

temperatura de salida de los gases es de T2 = 760 K. La velocidad de entrada de los gases

a la tobera es despreciable. Se pueden considerar los gases de la combustion como aire y

se requiere tomar en cuenta la variacion de sus capacidades calorıficas especıficas (calores

especıficos) con la temperatura. Las condiciones atmosfericas de operacion de la tobera

son de Ta = 220 K y una presion pa = 27 kPa.

Se solicita:

1. Representar el proceso en un diagrama p− v.

2. Representar el equipo y plantear la primera ley.

3. Representar el proceso en un diagrama T − s.

4. Determinar la eficiencia isoentropica de la tobera.

4.7 Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas 31

5. Determinar la exergıa de los gases de combustion en las condiciones de entrada a la

tobera.

6. Hallar la velocidad de salida de la tobera de los gases de escape.

7. Determinar la entropıa generada durante el proceso.

8. Determinar el balance de exergıa y la exergıa destruida durante el proceso.

Solucion

1. Diagrama p− v del proceso.

p

v

p1

p2

2s 2

1

Figura 4-4: Diagrama del proceso.

2. Representacion del equipo y primera ley

A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,

dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-40)

se tiene para una tobera adiabatica operando en estado estacionario y despreciando

la velocidad de ingreso al equipo y la variacion de la energıa potencial entre el ingreso

y la salida (por unidad de masa):

0 = 0 + 0 + h1 − h2 +−→v 2

1 −−→v 22

2(4-41)

3. Diagrama T-s del proceso


Figura 4-5: Diagrama del proceso. ¡CORRECCION: los puntos 2 y 2s estan indicados de

manera inversa en el diagrama!

4. Eficiencia isoentropica de la tobera.

En este caso se requiere considerar la variacion de las capacidades calorıficas es-

pecıficas (calores especıficos) con la temperatura. Para ello se hace uso de los val-

ores tabulados para el aire (para explicaciones teoricas adicionales y el manejo de

las tablas se puede consultar, por ejemplo, Cengel & Boles, 6ta. edicion en espanol,

seccion 7.9).

Estado 1:

para p1 = 200 kPa, T1 = 1200 K se obtiene de los valores tabulados (por ejemp-

lo de Cengel & Boles, 6ta. edicion en espanol, Tabla A-17); h1 = 1277, 79 kJ/kg,

so1 = 3, 17888 kJ/kgK, prel,1 = 238, 0.

Para un proceso isoentropico:

pr2s

pr1

=p2

p1

(4-42)

pr2s = 32, 13

Estado 2s (para el proceso reversible adiabatico):

para p2 = 27 kPa, pr2s = 32, 13, se obtiene por interpolacion, T2s = 720, 647 K,

h2s = 735, 52 kJ/kg

Estado 2:

para p2 = 27 kPa, T2 = 760 K se obtiene, h2 = 778, 18 kJ/kg, so2 = 2, 66176 kJ/kgK

4.7 Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas 33

A partir de la definicion de eficiencia isoentropica para una tobera:

ηs,tob =h1 − h2

h1 − h2s

(4-43)

ηs,tob = 0, 921

5. Estado ambiental:

para p0 = 27 kPa y T0 = 220 K se obtiene de las tablas, h0 = 219, 97 kJ/kg,

s00 = 1, 39105 kJ/kgK

La exergıa de los gases a la entrada de la tobera es:

exfm,1 = (h1 − h0)− T0(s1 − s0) +v2

1

2+ g(z1), (4-44)

que al considerar despreciables la velocidad de ingreso del aire a la tobera y el efecto

de la energıa potencial, es:

exfm,1 = (h1 − h0)− T0

(s01 − s0

0 −Rln

(p1

p0

)), (4-45)

exfm = 790, 9 kJ/kg,

donde se ha evaluado la diferencia de entropıa entre el estado de ingreso a la tobera y

las condiciones del ambiente, considerando la variacion de las capacidades calorıficas

especıficas mediante el uso de valores tabulados (como en los items anteriores).

6. A partir de la primera ley para la tobera se obtiene:

−→v 22 =

√2(h1 − h2) (4-46)

−→v 2 =

√2(1277, 79− 778, 18) ∗ 1000[

J

kg] (4-47)

−→v 2 = 999, 61 m/s

7. Aplicando el balance de entropıa a la tobera:

Ssis =k∑

i=1

Qi

Ti

+∑

mensen −∑

msalssal + Sirr (4-48)

se obtiene para las condiciones de estado estacionario, en un proceso adiabatico,

con flujo unico de masa (entrada, 1; salida, 2) y considerando la variacion de las

capacidades calorıficas con la temperatura:

0 = (s1 − s2) + sirr,12 = s02 − s0

1 −Rln

(p2

p1

)(4-49)


sirr,12 = (s2 − s1) = 0, 057591 kJ/kgK

8. El balance general de exergıa para un sistema abierto con fronteras rıgidas entre los

estados 1 y 2 es:

(Ex2 − Ex1)sa =∑ (

1− T2

T1

)δQ12 + W12 +

n∑j=1

m(exfm)− Exd,12 (4-50)

donde la exergıa especıfica asociada al flujo unico de masa viene definida por:

(exfm,1 − exfm,2) = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2

1 −−→v 22

2+ g(z1 − z2). (4-51)

El sistema establecido para la tobera es adiabatico; durante el cambio de estado

entre 1 y 2 no ocurre transferencia de exergıa por trabajo y la velocidad de ingreso

(1) del fluido a la tobera y la variacion de su energıa potencial es despreciable. De

esta manera se obtiene que la exergıa destruida es igual a la variacion de la exergıa

del flujo de masa entre los dos estados:

exd,12 = exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−v2

2

2, (4-52)

que al considerar el balance de energıa establecido para la tobera, donde la variacion

de la entalpıa es igual a la variacion de la energıa cinetica para el cambio de estado

entre 1 y 2, se tiene:

exd,12 = Ta(s2 − s1) = 220 K ∗ (0, 057591 kJ/kgK) (4-53)

exd,12 = 12, 67 kJ/kg

4.8. Analisis termodinamico del estrangulamiento de

gases ideales

Aire, considerado como gas ideal, sufre un proceso de estrangulacion en una valvula, desde

el estado 1, p1 = 5 bar, T1 = 300 K hasta el estado 2, p2 = 1 bar. El flujo se encuen-

tra en estado estacionario. El sistema se encuentra en un ambiente con una temperatura

Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.

Se solicita:




4.8 Analisis termodinamico del estrangulamiento de gases ideales 35

4. Calcular la temperatura luego del estrangulamiento.

5. Calcular la entropıa generada debido al cambio de estado irreversible.

6. Determinar la exergıa destruida en el proceso a traves de la entropıa generada y por

medio del balance de exergıa.

Solucion


p1

p

p2

v

T0

1

2




dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-54)

se tiene para una valvula de estrangulacion operando en estado estacionario, que

se considera adiabatica y despreciando las variaciones de las energıas cinetica y

potencial entre el ingreso y la salida (por unidad de masa):

0 = 0 + 0 + h1 − h2 + 0 + 0, (4-55)

que indica que el proceso es isoentalpico:

h1 = h2

3. Diagrama T − s del proceso.


Figura 4-7: Diagrama del proceso

4. Para los gases ideales: h = f(t) exclusivamente, por lo tanto T2 = T1 = 300 K ya

que h2 = h1

5. Aplicando un balance para determinar la variacion de la entropıa especıfica en la

valvula de estrangulamienton, se tiene:

dssis =n∑

i=1

qi

Ti

+ (s1 − s2) + sirr,12, (4-56)

teniendo en cuenta que es un proceso en estado estacionario y adiabatico para gases

ideales, se obtiene:

sirr,12 = s2 − s1 = cpln

(T2

T1

)−Raireln

(p2

p1

)(4-57)

sirr,12 = 0, 4619 kJ/kgK

6. El balance general de exergıa especıfica para el sistema es:

(ex2 − ex1)sa =∑ (

1− T2

T1

)δq12 + w12 +

n∑j=1

(exfm)− exd,12 (4-58)

donde la exergıa especıfica asociada al flujo unico de masa viene definida por:

(exfm,1 − exfm,2) = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2

1 −−→v 22

2+ g(z1 − z2). (4-59)

El sistema establecido para la valvula de estrangulacion opera en estado estacionario,

es adiabatico, durante el cambio de estado entre 1 y 2 no ocurre transferencia de

exergıa por trabajo y la variacion de las energıas cinetica y potencial del fluido

4.9 Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales 37

es despreciable. De esta manera se obtiene que la exergıa destruida entre los dos

estados es igual a:

exd,12 = exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2). (4-60)

Al considerar que en la valvula la entalpıa del gas ideal permanece constante entre

los estados 1 y 2, se tiene:

exd,12 = Ta(s2 − s1) = 300 K ∗ (0, 4619 kJ/kgK) (4-61)

exd,12 = 136, 57 kJ/kg

4.9. Analisis termodinamico de procesos de compresion

de gases ideales

Entra aire en un compresor a T1 = 300 K y p1 = 100 kPa a una tasa de 4 kg/s, y sale a

T2 = 700 K y p2 = 1500 kPa. Las capacidades calorıficas especıficas (calores especıficos)

del aire se pueden considerar constantes, con los valores correspondientes a la temperatura

ambiente. La presion y la temperatura del ambiente en el que se encuentra el compresor,

son iguales a las del estado 1.

Se solicita:



3. Representar el proceso en un diagrama T-s.

4. Determinar el requerimiento de potencia para el proceso reversible y real del com-

presor.

5. Determinar la eficiencia isoentropica para el proceso.

6. Determinar la entropıa generada por unidad de tiempo.

7. Determinar la exergıa destruida por unidad de tiempo.

8. Hallar la eficiencia exergetica para el proceso y discutir su relacion y diferencia con

la eficiencia isoentropica correspondiente.

Solucion



p1

p

p2

v

1

22s




dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-62)

se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para un compresor adiabatico,

operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica

y potencial del aire entre el ingreso y la salida, es:

0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-63)


Figura 4-9: Diagrama del proceso

4. La potencia requerida para el proceso reversible y adiabatico es:

WT,rev,12 = m(h2s − h1) = mcp(T2s − T1) (4-64)

4.9 Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales 39

La temperatura T2s se calcula para un proceso reversible y adiabatico, ası:

T2s

T1

=

(p2

p1

) k−1k

(4-65)

T2s = 651, 2 K,

donde la relacion de las capacidades calorıficas especıficas κ = 1, 401 para el aire,

corresponde a la temperatura T = 300 K.

De esta manera, WT,rev,12 = 1411, 8 kW

donde se ha considerado el valor cp = 1, 005 kJ/kgK correspondiente a T = 300

K para el aire.

La potencia requerida para el proceso adiabatico real es:

WT,12 = m(h2 − h1) = mcp(T2 − T1) (4-66)

W12 = 1608 kW,

para el mismo valor de cp anterior.

5. La eficiencia isoentropica del compresor es:

ηs,com =WT,rev,12

WT,real,12

(4-67)

ηs,com = 0, 878

6. Aplicando el balance de entropıa en funcion del tiempo al compresor, se tiene:

Ssis =k∑

i=1

Qi

Ti

+ m(s1 − s2) + Sirr,12 (4-68)

que para el cambio de estado adiabatico para un gas ideal es:

Sirr,12 = m(s2 − s1) = m

[cpln

(T2

T1

)−Raireln

(p2

p1

)](4-69)

Sirr,12 = 0, 2972 kW/K

7. El balance general de exergıa para el proceso es:

(Ex2 − Ex1)sa =∑(

1− T2

T1

)δQ12 + WT,12 +

n∑j=1

m(exfm)− Exd,12 (4-70)


donde la exergıa asociada al flujo unico de masa viene definida por:

m(exfm,1 − exfm,2) = m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2

1 −−→v 22

2+ g(z1 − z2)]. (4-71)

El sistema establecido para el compresor opera en estado estacionario, es adiabatico,

durante el cambio de estado entre 1 y 2 ocurre transferencia de exergıa por la

potencia tecnica entrega al equipo y la variacion de las energıas cinetica y potencial

del fluido es despreciable. De esta manera se obtiene:

0 = 0 + WT,12 + m(exfm,1 − exfm,2)− Exd,12 (4-72)

0 = 0 + WT,12 + m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)]− Exd,12, (4-73)

al considerar el balance de energıa para el sistema, la potencia entregada al compre-

sor es igual a la variacion de la entalpıa entre los dos estados; ası se obtiene para la

exergıa destruida en el proceso, la siguiente ecuacion:

Exd,12 = mTa(s2 − s1). (4-74)

Exd,12 = 89, 2 kW.

8. La eficiencia exergetica del proceso se determina por la relacion entre la variacion

de la exergıa del flujo de aire y la potencia real requerida para la compresion del

aire; este cambio de estado es adiabatico y por ello no hay exergıa del calor:

ηex,com =m(exfm,2 − exfm,1)

WT,real,12

=(h2 − h1)− T0(s2 − s1) +

v21−v2

2

2+ g(z1 − z2)

h2 − h1

. (4-75)

Los efectos de la exergıa asociada a la energıa cinetica y potencial del fluido son

despreciables, y se obtiene:

ηex,com = 1− T0(s2 − s1)

h2 − h1

= 1− exd,12

wT,real,12

= 1− Exd,12

WT,real,12

. (4-76)

ηex,com = 0, 945

La eficiencia exergetica relaciona en este caso la potencia mınima necesaria para realizar

el cambio de estado del flujo de aire (segun las condiciones reales en las que ocurre el

proceso entre los estados 1 y 2) con la potencia que se requiere en el proceso real. Es

decir, la eficiencia exergetica considera la destruccion de exergıa en el proceso real y la

compara con la potencia real empleada.

Por su parte, la eficiencia isoentropica establece en este caso la relacion entre las condi-

ciones ideales de un proceso reversible y adiabatico (cambio de estado entre 1 y 2s) con

la potencia real requerida en el proceso de compresion. Esta eficiencia es menor que la

eficiencia exergetica porque hace la comparacion con un proceso ideal (sin irreversibili-

dades).

4.10 Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua 41

4.10. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de

agua

Un flujo masico de 15 kg/s de vapor de agua a una temperatura T1 = 600 oC y una

presion p1 = 8 MPa, se expande en una turbina adiabatica irreversible hasta una presion

p2 = 20 kPa. Si la eficiencia isoentropica de la turbina es ηs,tur = 0, 92,

se solicita:



3. Calcular la potencia entregada por la turbina.

4. Determinar calidad del vapor a la salida de la turbina.


6. Determinar la entropıa generada en la turbina debido al cambio de estado irre-

versible.

7. Determinar la exergıa destruida en el proceso si la turbina se encuentra en un

ambiente con una temperatura Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.

8. Hallar la eficiencia exergetica del proceso.

Solucion


p

v

1

2s 2





dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-77)

se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para una turbina adiabatica,


y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es:

0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-78)


4. Potencia suministrada por la turbina.

Estado 1:

para p1 = 8 MPa, T1 = 600 oC se tiene de las tablas de vapor (sobrecalentado),

h1 = 3642, 0 kJ/kg, s1 = 7, 0206kJ/kgK.

Para un proceso de expansion reversible y adiabatico, la entropıa permanece con-

stante,

Estado 2s:

para p2 = 20 kPa, s2s = s1 = 7, 0206 kJ/kgK se tiene, sf = 0, 832 kJ/kg, sg =

7, 9085 kJ/kgK.

Con esta informacion se puede determinar el contenido (o calidad) del vapor en

el estado 2s, ası:

x2s =s2s − sf

sg − sf

(4-79)

x2s = 0, 8745

Con el contenido de vapor se puede hallar ahora la entalpıa en el estado 2s:

h2s = hf + x2shfg (4-80)

Para hf = 251, 4 kJ/kg, hfg = 2358, 3 kJ/kg se tiene, h2s = 2313, 8 kJ/kg


La eficiencia isoentropica de la turbina es:

ηs,tur =Wreal

Wrev

=h1 − h2

h1 − h2s

(4-81)

y se puede determinar la entalpıa en la condicion del estado real de salida del vapor

de la turbina:

h2 = h1 − ηs,tur(h1 − h2s) (4-82)

h2 = 2420, 056 kJ/kg

La potencia real suministrada por la turbina es:

W12 = m(h2 − h1) (4-83)

W12 = −18329, 16 kW

(la magnitud negativa indica que la potencia es realizada por el sistema).

5. Calidad del vapor a la salida de la turbina (condiciones del proceso real).

Estado 2:

para p2 = 20 kPa, h2 = 2420, 056 kJ/kg se halla,

x2 =h2 − hf

hfg

(4-84)

x2 = 0, 9196

6. Aplicando el balance de entropıa en funcion del tiempo a la turbina, se tiene:

Ssis =k∑

i=1

Qi

Ti

+ m(s1 − s2) + Sirr,12 (4-85)

que para un proceso en estado estacionario y adiabatico es:

Sirr,12 = m(s2 − s1) (4-86)

s2 = sf + x2(sg − sf ) (4-87)

s2 = 7, 3395 kJ/kg

Por lo tanto:

Sirr,12 = 4, 7842 kW/K


7. El balance general de exergıa para el proceso es:

(Ex2 − Ex1)sa =∑ (

1− T2

T1

)Q12 + WT,12 +

n∑j=1

m(exfm)− Exd,12 (4-88)

donde la exergıa asociada al flujo unico de masa viene definida por:

m(exfm,1 − exfm,2) = m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2

1 −−→v 22

2+ g(z1 − z2)]. (4-89)

La turbina opera en estado estacionario, es adiabatica, durante el cambio de estado

entre 1 y 2 ocurre transferencia de exergıa por la potencia tecnica entregada por el

equipo y la variacion de las energıas cinetica y potencial del vapor es despreciable.

De esta manera se obtiene:

0 = 0 + WT,12 + m(exfm,1 − exfm,2)− Exd,12 (4-90)

0 = 0 + WT,12 + m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)]− Exd,12, (4-91)

al considerar el balance de energıa para el sistema, la potencia entregada por la

turbina es igual a la variacion de la entalpıa; ası se obtiene para la exergıa destruida

en el proceso, la siguiente ecuacion:

Exd,12 = mTa(s2 − s1) = TaSirr,12 (4-92)

Exd,12 = 1435, 3 kW.

8. La eficiencia exergetica del proceso se determina por la relacion entre la potencia

real entregada por la turbina, que corresponde a la exergıa utilizada, y la variacion

de la exergıa del flujo de vapor (entre las condiciones de entrada y salida de la

turbina), que corresponde a la exergıa suministrada (o disponible); este cambio de

estado es adiabatico y por ello no hay exergıa del calor:

ηex,tur =|WT,real,12|

m(exfm,1 − exfm,2)=

h1 − h2

(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +v11−v2

2

2+ g(z1 − z2)

. (4-93)

Los efectos de la exergıa asociada a la energıa cinetica y potencial del fluido son

despreciables, y se obtiene:

ηex,tur =h1 − h2

(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)=

h1 − h2

(h1 − h2)− Ta(s2 − s1)=

wT,real,12

(wT,real,12) + exd,12

(4-94)


ηex,tur = 0, 9274

Este valor es igual a la relacion entre la potencia suministrada por la turbina

(h1 − h2 = 1222 kJ/kg) y la variacion de la exergıa del flujo de masa entre la

entrada y la salida de la turbina, exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) = 1317, 6

kJ/kg.

La eficiencia exergetica de la turbina tiene una dependencia mutua con la eficiencia isoen-

tropica correspondiente, ya que ambas reflejan la generacion de entropıa durante la ex-

pansion. La eficiencia exergetica considera adicionalmente la influencia de las condiciones

ambientales.

La eficiencia exergetica evalua de una manera mas basica el grado de perfeccion ter-

modinamica para una transformacion adiabatica de energıa que la eficiencia isoentropica.

Esta ultima solamente considera la produccion de entropıa. Para temperaturas por enci-

ma de la ambiental, la produccion de entropıa no abarca completamente la depreciacion

de la energıa. La eficiencia exergetica considera la fraccion de la exergıa de la disipacion.

Por esta razon, esta eficiencia es, en este ejercicio, ligeramente mayor que la eficiencia

isoentropica.

4.11. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de

agua

Vapor de agua a una temperatura T1 = 500 oC y una presion p1 = 8 MPa, se expande en

una turbina adiabatica irreversible hasta una presion p2 = 500 kPa. La expansion ocurre

de tal manera que el vapor sale de la turbina en su estado de saturacion. La turbina se

encuentra en un ambiente con una temperatura Ta = 25 oC y una presion pa = 100 kPa.

Se solicita:

a) Representar el proceso en un diagrama p− v.

b) Representar el equipo y plantear la primera ley.

c) Representar el proceso en un diagrama T − s.

d) Determinar el cambio en la entropıa del fluido en el proceso.

e) Determinar el cambio en la exergıa del fluido en el proceso.

f) Determinar la exergıa del vapor en las condiciones de entrada.


g) Hallar la eficiencia isoentropica.

h) Hallar la eficiencia exergetica y discutir su relacion con la eficiencia isoentropica en

este caso.

Solucion

a) Diagrama p− v del proceso.

p

v

1

2s 2


b) Representacion del equipo y primera ley


dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-95)

se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para una turbina adiabatica,


y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es:

0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-96)

c) Diagrama T − s del proceso.

d) Cambio en la entropıa del fluido en el proceso.

Estado 1:


para p1 = 8 MPa, T1 = 500 oC se tiene, h1 = 3398, 3 kJ/kg, s1 = 6, 724 kJ/kgK

Estado 2:

para p2 = 500 kPa, x2 = 1 se tiene: h2 = 2748, 7 kJ/kg, s2 = 6, 8213 kJ/kgK

El cambio en la entropıa especıfica del fluido es:

s2 − s1 = 0, 0973 kJ/kgK

e) Cambio en la exergıa del fluido en el proceso.

exfm,2 − exfm,1 = (h2 − h1)− Ta(s2 − s1) +v2

2 − v21

2+ g(z2 − z1) (4-97)

∆exfm = −678, 6 kJ/kg

f) Exergıa del vapor en las condiciones de entrada.

Estado 0:

para p0 = 100 kPa, Ta = 25 oC se tiene, h0 = hf@25oC = 104, 83 kJ/kg, s0 =

sf@25oC = 0, 3672 kJ/kgK

exfm,1 = (h1 − h0)− Ta(s1 − s0) +v2

1

2+ g(z1) (4-98)

exfm,1 = 1399, 1 kJ/kg

g) Eficiencia isoentropica de la turbina:

ηs,tur =Wreal,12

Wrev,12

=(h1 − h2)

(h1 − h2s)(4-99)

Estado 2s:

para p2 = 500 kPa, s2s = s1 = 6, 724 kJ/kgK se tiene, sf = 1, 86098 kJ/kgK,

sg = 6, 82142 kJ/kgK, hf = 640, 367 kJ/kg, hg = 2748, 765 kJ/kg.

x2s =s2s − sf

sg − sf

(4-100)

x2s = 0, 98036

h2s = hf + x2s(hg − hf ) (4-101)


h2s = 2707, 36 kJ/kg

Por lo tanto de la ecuacion 4-99:

ηs,tur = 0, 94

h) Eficiencia exergetica de la turbina:

ηex,tur =h1 − h2

(exfm,1 − exfm,2)(4-102)

ηex,tur = 0, 9573

4.12. Analisis termodinamico de camaras de mezclado

de lıquidos

En una camara de mezclado entran 3 kg/s de agua lıquida a 400 kPa y 20 oC y se mezclan

con vapor de agua a 400 kPa y 400 oC. La mezcla sale de la camara de mezclado como

lıquido saturado. La camara de mezclado transfiere calor a una tasa de 200 kW hacia los

alrededores, que se encuentran a 20o C. La presion atmosferica local es de 100 kPa.

Se solicita:

a) Representar el proceso en un diagrama p− v.

b) Representar el equipo y plantear la primera ley.

c) Hallar el flujo masico de vapor.

d) Hallar la entropıa generada en la camara de mezclado durante este proceso.

e) Hallar la exergıa destruida en la camara de mezclado durante este proceso.

f) Hallar la eficiencia exergetica de la camara de mezclado.

Solucion

a) Diagrama p− v del proceso.

4.12 Analisis termodinamico de camaras de mezclado de lıquidos 49

p

v

1 3 2


b) Representacion del equipo y primera ley


dEsis

dt=

∑i

Qi +∑

j

Wj +∑

k

mk

(hk +

−→v 2k

2+ gzk

), (4-103)

se tiene para la camara de mezclado con dos flujos de entrada y uno de salida, operan-

do en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica y

potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, la siguiente ecuacion:

0 = Qamb + 0 + [(m1h1 + m2h2 − (m1 + m2)h3) + 0 + 0]. (4-104)

c) Flujo masico de vapor

Agua lıquida:

para p1 = 400 kPa, T1 = 20 oC se tiene: h1 = hf@20oC = 83, 915 kJ/kg, s1 =

sf@20oC = 0, 2965 kJ/kgK

Vapor sobrecalentado:

para p2 = 400 kPa, T2 = 400 oC se tiene: h2 = 3273, 9 kJ/kg, s2 = 7, 9003 kJ/kgK

Mezcla:

para p3 = 400 kPa, x3 = 1 se tiene, h3 = 604, 66 kJ/kg, s3 = 1, 7765 kJ/kgK

A partir del balance de energıa para el sistema se obtiene:

m2 =−Q− m1(h1 − h3)

h2 − h3

(4-105)


m2 = 0, 661 kg/s

d) Aplicando el balance de entropıa a la camara de mezclado, se obtiene:

Ssae =k∑

i=1

Qi

Ti

+∑

mensen −∑

msalssal + Sirr = 0 (4-106)

Qamb

Tamb

+ m1s1 + m2s2 − (m1 + m2)s3 + Sirr = 0 (4-107)

Sirr = 1, 08 kW/K

e) La exergıa destruida en el proceso de mezclado es:

Exd = TaSirr (4-108)

Exd = 316, 5 kW

La exergıa destruida tambien se puede determinar a traves del balance general de

exergıa para el proceso, ası:

(Ex2 − Ex1)sa =∑ (

1− T2

T1

)Q12 + WT,12 +

n∑j=1

m(exfm)− Exd,12 (4-109)

donde la exergıa asociada a los flujos de masa viene definida por:

m(exfm,ent− exfm,sal) = m[(he−hs)−Ta(se− ss)+−→v 2

e −−→v 2s

2+ g(ze− zs)]. (4-110)

La camara de mezclado opera en estado estacionario, transfiere calor al ambiente

de manera reversible (es decir, a la temperatura ambiente, lo que implica que no

hay destruccion de exergıa por el calor); las variaciones de las energıas cinetica y

potencial de los flujos de masa de entrada y salida del sistema son despreciables. De

esta manera se obtiene:

0 = (1− 293

293)Qamb + 0 + m1(exfm,1) + m2(exfm,2)− m3(exfm,3)− Exd,12; (4-111)

las exergıas correspondientes a cada flujo de masa se calculan en el literal siguiente;

de aquı se obtiene:

Exd,12 = 317, 1 kW.

f) Eficiencia exergetica de la camara de mezclado.

4.13 Psicrometrıa: cuartos frıos 51

Esta eficiencia se calcula considerando que el flujo de exergıa util corresponde al

empleado para el calentamiento del flujo de agua (1) y que el flujo de exergıa em-

pleado (o disponible) para ese proceso corresponde al flujo de vapor sobrecalentado

(2). Estado a:

para pa = 100 kPa, Ta = 20 oC se tiene: ha = hf@20oC = 83, 915 kJ/kg, sa =

sf@20oC = 0, 2965 kJ/kg.

La exergıa de los flujos de masa no considera los efectos de las energıas cineticas y

potencial de los flujos.

exfm,3 = (h3 − ha)− Ta(s3 − sa)

exfm,3 = 86, 88 kJ/kg

exfm,2 = (h2 − ha)− Ta(s2 − sa)

exfm,2 = 960, 93 kJ/kg

exfm,1 = (h1 − ha)− Ta(s1 − sa) = 0

Por lo tanto:

ηex,mez =m1(exfm,3 − exfm,1)

m2(exfm,2 − exfm,3)(4-112)

ηex,mez = 0, 4516

4.13. Psicrometrıa: cuartos frıos

El aire en un cuarto frıo (V=13,5 m3, temperatura de 2 ◦C, 90% de humedad relativa,

p=101,325 kPa) se renueva una vez por hora con aire exterior (30 ◦C, 50% de humedad

relativa, p=101,315 kPa).

Se solicita calcular:

a) La entalpıa por unidad de masa del aire exterior (1) y del aire del curto frıo (2).

Respuesta: hai,1=64,1587 kJ/kg; hai,2=11,8389 kJ/kg.

b) El flujo masico del aire seco a intercambiar.

Respuesta: 4,77817 x 10−3 kg/s.


c) El flujo de calor que debe retirarse para el enfriamiento del aire exterior (la entalpıa

del condensado generado se debe despreciar).

Respuesta: Q12=-250 W.

d) El flujo de condensado generado.

Respuesta: -0,045 g/s.

4.14. Psicrometrıa: torres de enfriamiento

En una torre de enfriamiento de una planta termica para la generacion de energıa (con

turbinas de vapor), se debe enfriar el agua proveniente del condensador de vapor de la

planta de 36 a 24 ◦C. El aire empleado para el enfriamiento en la torre tiene una temper-

atura de 20 ◦C y una humedad relativa del 60%. La presion atmosferica es de 100 kPa.

El aire humedo saturado abandona la torre de enfriamiento con una temperatura de 30 ◦C.

Se solicita:

a) Calcular el flujo entrante del agua de enfriamiento para el caso de una planta termi-

ca de generacion de 1200 MW de electricidad, que tiene una eficiencia termica ηth=

40%.

Respuesta: 35800 kg/s.

b) Determinar el flujo de aire humedo que debe ingresar a la torre de enfriamiento.

Respuesta: ≈ 32200kg/s

c) Calcular la cantidad de agua evaporada por segundo en la torre de enfriamiento.

Respuesta: ≈ 600kg/s.

4.15. Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores

Se requiere un flujo de entrada de aire a t=22 ◦C con una humedad relativa de φ=30%

para la climatizacion de un edificio de oficinas. El aire extraıdo de las oficinas (mof ,

t=26 ◦C, φ=50 %) se mezcla en un primer paso con aire del ambiente (mamb, t=35 ◦C,

φ=50%) en una relacion de flujos mof : mam = 3 : 1, para enriquecerlo con oxıgeno. Esta

4.15 Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores 53

mezcla de aire se suministra luego a la planta de climatizacion.

Se solicita:

a) Realice un esquema de la planta de climatizacion que permita llevar el aire enriqueci-

do con oxıgeno al estado buscado. Como componentes se deben incluir un enfirador,

un calefactor y un separador de agua.

Respuesta: esquema

b) Determinar la temperatura a la que debe enfriarse el aire, de tal manera que luego

de la separacion del agua lıquida y del re-calentamiento del aire se alcance el estado

buscado para el aire de ingreso; para ese proceso se pide calcular la cantidad de

agua que se separa por kg de aire seco y la potencia necesaria para el enfriamiento

por kg / aire seco.

Respuesta: ≈3, 8 ◦C; 7,4 g de agua / kg de aire; 43 kJ / kg de aire seco.

c) ¿Se puede disminuir la la potencia requerida para el enfriamiento por medio de la

atomizacion de agua lıquida? (argumentar). ¿Cuanta es la maxima potencia de en-

friamiento que se puede ahorrar cuando se realizan los procesos de enfriamiento y

de calentamiento requeridos en un intercambiador de calor de contraflujo?

Respuesta: La potencia requerida para el enfriamiento se puede disminuir

cuando se suministra agua lıquida con temperatura < 3, 8 ◦C. Por el uso

de un intercambiador de contraflujo se puede ahorrar 19 kJ / kg de aire

seco.

Bibliografıa

Termodinamica Ejercicios Resueltos

Documents

Transcript of Termodinamica Ejercicios Resueltos