Theory and problems - Thermodynamics

Termodinámica – Etsii - UVigo – Apuntes de Roberto Palau – (25-9- 2005) 1

Termodinámica- Apuntes de exerxía – Etsii – UVigo –Setembro 2005-10-02

1. Exergía:

1.1. Consideraciones previas:

o La definición parte de que sólo es posible obtener trabajo de un sistema mientras este

evoluciona hacia un estado de menor energía con el que lo ponemos en contacto. o Es decir, si no existe un estado de menor energía con el que podamos poner en contacto

al sistema, no podremos obtener trabajo de él por mucha energía interna que tenga. o En los análisis exergéticos se considera que el estado de mínima energía con el que

podemos poner en contacto a un sistema es el ambiente (p0, T0). Así, una vez que el sistema evolucione hacia las condiciones ambientales ya no podremos ponerlo en contacto con un estado de menor energía por lo que ya no podremos obtener trabajo útil de él, aunque aún tendrá una energía interna U0.

o Es decir la energía interna U0 será inutilizable, por lo que al estado de un sistema en condiciones ambientales (p0, T0) se le llama estado muerto.

o Por otra parte, un sistema puede evolucionar hacia condiciones ambientales de muchas maneras: de forma reversible o de de forma irreversible con diferentes grados de irreversibilidad. Y según evolucione de una u otras maneras se podrá obtener más o menos trabajo durante esa evolución.

o Habrá una cantidad máxima de trabajo que se obtiene cuando el sistema evoluciona de forma reversible. Y si el sistema evoluciona de forma irreversible el trabajo que se obtendrá será menor que el anterior, llegando a obtener un trabajo mínimo (ninguno) cuando el proceso sea de máxima irreversibilidad.

1.2. Definición de exergía (ΦΦΦΦ): Es la máxima cantidad de trabajo que se puede obtener de un

sistema cuando este evoluciona hacia el estado muerto (p0, T0), o sea cuando evoluciona de forma reversible hacia el estado muerto.

Se puede demostrar que esta cantidad de trabajo máximo se cuantifica así:

ΦΦΦΦ = Wmáximo que proporciona = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) Podemos ver en la expresión anterior que si el sistema está en estado muerto, la exergía es

cero. Φ0 = [(U0 – U0) + p0.(V0-V0) – T0.(s0-s0)] = 0 Por ello, este valor también es la disminución de exergía cuando el sistema evoluciona

hacia el estado muerto: −∆Φ = Φ1 − Φ0 = [(E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(s-s0)] – 0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(s-s0) O sea que cuando un sistema evoluciona hacia el estado muerto, la disminución de exergía

es total: igual a la exergía que tenía inicialmente. Evidentemente, al ser cero la exergía de un sistema cuando está en condiciones

ambientales, ya no se podrá obtener trabajo de él cuando se encuente es este estado:

ΦΦΦΦ0000 = 0 = 0 = 0 = 0


2. Medida de la irreversibilidad (I) de los procesos De acuerdo con la definición de exergía, si un sistema evoluciona hacia condiciones ambientales podrá proporcionar un trabajo máximo igual a la exergía que tenía inicialmente (= disminución de exergía en el proceso) : Wmáximo = Φ1 = −∆Φ = Φ1 − Φ0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) Esto podría ocurrir si el sistema evolucionara de forma reversible a través de una turbina. Pero si la evolución a través de la turbina no fuese reversible, el trabajo obtenido será siempre inferior al trabajo máximo, o sea inferior a la disminución de exergía del sistema: W < Φ1 = −∆Φ = Φ1 − Φ0 = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S-S0) Y cuanto más irreversible sea el proceso, menor será el trabajo obtenido. Por esto, la diferencia entre trabajo máximo (disminución de exergía) y trabajo realmente obtenido se utiliza para medir la irreversibilidad de un proceso. I = Wmáximo – Wreal = (E – U0) + p0.(V-V0) – T0.(S - S0) – Wreal

O sea que la irreversibilidad será: I = −∆Φ −∆Φ −∆Φ −∆Φ – Wreal Vemos que la irreversibilidad es la disminución de exergía menos la utilizada en trabajo. Es decir, la irreversibilidad de un proceso es la cantidad de exergía que se destruyó en el mismo y que

no se utilizó para producir trabajo: es decir, la exergía que ha desaparecido del universo. Cuanto más irreversible sea el proceso menor será el trabajo real obtenido de una disminución de exergía. De esta forma podemos hablar del rendimiento de un proceso en una turbina con relación al segundo principio como:

∆Φ−

==obtenidorealmente

máximo

obtenidorealmente

II

W

W

W __η

- el proceso de mínima irreversibilidad o reversible será aquel de I = 0, o sea el que proporciona el trabajo máximo Wreal = Wmáximo : por ejemplo, un proceso reversible en una turbina (proceso adiabático e isoentrópico).

- el proceso de máxima irreversibilidad será el que proporcione el mínimo trabajo Wreal = 0, o sea el de: I = Wmáximo – Wreal = Wmáximo : por ejemplo, un proceso de paso directo del sistema a condiciones ambientales ( o sea que sin aprovechamiento ninguno).

- Resumen: * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: proporciona el trabajo máximo con irrevesibilidad nula:

Wreal = Wmáximo = −∆Φ I = 0 --> no se ha destruido exergía

1==máximo

real

IIW

Wη

* Proceso de máxima irreversibilidad: no proporciona trabajo : Wreal = 0 I = Wmáximo = −∆Φ −−> se ha destruido toda la exergía que ha perdido el sistema

0==máximo

real

IIW

Wη


3. Irreversibilidad en procesos que no evolucionan a p0,T0 Estudiemos ahora los procesos en los que un sistema evoluciona entre dos estados distintos del estado muerto. Casi todo lo visto en el punto 2 es aplicable a estos, salvo que ahora, evidentemente la disminución de exergía no es total (suponemos que estamos por encima del estado muerto), es decir que la disminución de exergía no es igual a la exergía inicial. En este caso la disminución de exergía será:

−∆Φ = Φ1 − Φ2 = = [(E1 – U0) + p0.(V1-V0) – T0.(s1 - s0)] – [(U2– U0) + p0.(V2-V0) – T0.(S2 - S0)] = = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(s1 - s2)

Es decir: −∆Φ−∆Φ−∆Φ−∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2)

Y este será el máximo trabajo obtenible en el proceso 1-2:

Wmaximo = −∆Φ−∆Φ−∆Φ−∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2) Que será si el proceso de verifica de forma reversible (mínima irreversibilidad I = 0) Y si el proceso es irreversible, el trabajo realmente obtenido será menor que este:

Wreal < Wmaximo = −∆Φ−∆Φ−∆Φ−∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2) De forma que la irreversibilidad del proceso será:

I = Wmaximo - Wreal = −∆Φ−∆Φ−∆Φ−∆Φ = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T0.(S1 - S2) - Wreal

O sea que: I = −∆Φ −∆Φ −∆Φ −∆Φ – Wreal (veremos luego que esta ecuación está incompleta) Y el rendimiento con relación al segundo principio o rendimiento exergético será igual que antes:

∆Φ−

==obtenidorealmente

máximo

obtenidorealmente

II

W

W

W __η

- Y podemos establecer el mismo resumen que antes: * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: proporciona el trabajo máximo con irrevesibilidad nula:

Wrealmente obtenido = Wmáximo I = 0

1==máximo

real

IIW

Wη

* Proceso de máxima irreversibilidad: no proporciona trabajo : Wrealmente obtenido = 0 I = −∆Φ – Wreal = −∆Φ = Wmáximo = Imáxima

0==máximo

real

IIW

Wη


4. Procesos con aumentos de exergía Los ejemplos que hemos manejado hasta ahora son procesos en los que un sistema evoluciona hacia un estado de menor exergía. Veamos ahora procesos en los que se produce el aumento de la exergía de un sistema como efecto de que le proporcionamos trabajo. Si el proceso es reversible (de mínima irreversibilidad), todo el trabajo aportado repercutirá en un aumento de la exergía del sistema. Dicho de otra manera, para conseguir un aumento de exergía dado, necesitaremos un trabajo mínimo que será justamente el trabajo aportado:

∆Φ∆Φ∆Φ∆Φ = (E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T0.(S2 - S1) = Wminimo Sería el caso de aportar el trabajo a través de un compresor con funcionamiento reversible. Sin embargo en un proceso irreversible se necesitará un trabajo mayor que el mínimo, es decir un trabajo mayor que el aumento de exergía que se va a producir:

∆Φ∆Φ∆Φ∆Φ = (E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T0.(S2 - S1) = Wminimo < Wrealmente aportado

siendo la medida de la irreversibilidad del proceso precisamente el exceso de trabajo aportado: I = Wrealmente aportado - Wminimo = Wrealmente aportado -[(E2 – U1) + p0.(V2-V1) – T.(S2 - S1)] Operando vemos que llegamos a la misma ecuación del apartado anterior: I = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T.(S1 - S2) + Wrealmente aportado (aunque el signo del trabajo real parece contrario al anterior, en realidad es igual pues como el trabajo aportado es negativo, el Wreal ya aporta el signo menos de la ecuación del apartado anterior). O sea que podemos tomar como ecuación general para todo tipo de procesos con intercambio de trabajo que:

I = −∆Φ −∆Φ −∆Φ −∆Φ – Wreal (veremos más adelante que hay que completar esta ecuación) Y el rendimiento con relación al segundo principio o rendimiento exergético ya no podrá ser igual que antes, pues ahora lo que aportamos es trabajo y conseguimos un aumento exergético que a menudo no es la totalidad del trabajo aportado:

aportadorealmente

mínimo

aportadorealmente

IIW

W

W __ −=

−

∆Φ=η

- Y podemos establecer un resumen similar al del apartado anterior : * Proceso de mínima irreversibilidad o reversible: necesitamos aportar un trabajo mínimo con irrevesibilidad nula:

Wrealmente aportado = ∆Φ = Wmínimo Imínima = 0

1==real

mínimo

IIW

Wη

* Proceso de máxima irreversibilidad: se necesita un trabajo infinito para conseguir una cierta cantidad de incremento energético

Wrealmente aportado = ∞ Imáxima = −∆Φ – Wreal = ∞ (no es “-∞” sino “+∞” porque Waportado es negativo)

0_

=∞

== mínimo

aportadorealmente

mínimo

II

W

W

Wη


5. Análisis exergético a partir del calor y del trabajo intercambiados Estudiemos ahora como varía la exergía y la irreversibilidad de un proceso en el que un sistema intercambia trabajo y calor con el exterior. - Un sistema realiza trabajo: Todo el trabajo útil (todo excepto el realizado por el ambiente) que realiza un sistema provoca una disminución de exergía. Disminución de exergía = Wútil Podemos ver en la figura adjunta donde el trabajo realizado por el sistema en su expansión desde 1 hasta 2 realiza un trabajo total que sería todo el área comprendida bajo la curva. Sin embargo la parte rayada es trabajo realizado contra la atmósfera, o sea trabajo que no se podría aprovechar y por tanto no se puede computar en la exergía. O sea que este trabajo no habrá que tenerlo en cuenta para calcular la disminución de exergía del sistema, y su valor se puede calcular así: área del rectángulo = lado x lado Por tanto: - ∆Φ = Wtotal - Watmosfera = Wtotal - p0(V2 –V1)

O sea: - ∆Φ∆Φ∆Φ∆Φ = Wtotal - p0(V2 –V1) - Un sistema recibe trabajo: Se puede comprobar que la expresión a la que llegamos antes es perfectamente válida: aquí los términos Wtotal y V2 –V1 cambian de signo (la resta de volúmenes será negativa pues se recibe trabajo en las compresiones), por lo que la ecuación evidentemente me proporcionará el aumento de exergía que realmente se produce. - Un sistema recibe calor: Aunque lo que aparece directamente relacionado con la exergía es el trabajo y no el calor, se considera que también el calor produce variaciones en la exergía en la medida en que dicho calor es capaz de transformarse en trabajo en una cantidad máxima que viene determinada por el ciclo de Carnot (el ciclo reversible, de irreversibilidad nula y por tanto de máximo aprovechamiento del calor): ∆Φ = Wneto Carnot Pues bien si se proporciona una cantidad de calor Q a un sistema que realiza un ciclo de Carnot, este sistema proporcionará un trabajo Wneto Carnot (= Wturbina – Wbomba) y cederá al ambiente un calor Q’. Estos cumplen: -1º principio: ∆U = Qtotal – Wneto Carnot ---> como en un ciclo ∆U =0 ---> 0 = Qtotal - Wneto Carnot ----> Qtotal = Wneto Carnot ---> Q – Q’ = Wneto Carnot - Por ser reversible: Q/T1 = Q’/T0 -->

Despejando Q’ en la 2ª ecuación y substituyendo en la 1ª quedará: QT

TW Carnotneto .1

1

0_

−=

Y por tanto, la transferencia de exergía correspondiente a una transferencia de calor será:

Q

T

T.1

1

0

−=∆Φ

siendo T1 la temperatura de la frontera del sistema a través

de la que se transmite el calor, y siempre que esta temperatura se mantenga constante. Esta expresión es perfectamente válida para todo tipo de transferencias de calor siempre que la temperatura de la frontera entre foco y sistema sea constante.


- Un sistema evoluciona con transferencias de calor y trabajo con el exterior: Si dicha evolución fuese reversible, toda la exergía recibida desde el exterior en forma de calor y trabajo se transformaría en incremento de exergía. Sin embargo, si hay irreversibilidades, el incremento de exergía será menor que la transferida por el calor y el trabajo:

[ ]).(.1.1__ 1201

0

1

0 VVpWQT

TWQ

T

TWExergíaQExergía totalútilsistema −−−

−=−

−=+<∆Φ

Y la diferencia será justamente la irreversibilidad del proceso (la exergía destruida en el mismo):

[ ] sistetotalsistemaútilsistema VVpWQT

TWQ

T

TWExergíaQExergíaI ∆Φ−−−−

−=∆Φ−−

−=∆Φ−+= ).(.1.1__ 120

1

0

1

0

y esta es justamente la ecuación completa de la irreversibilidad de un proceso (cantidad de exerxía destruida en el mismo):

[ ]).(.1 120

1

0 VVpWQT

TI totalsisteema −−−

−+∆Φ−=

Y el rendimiento según el segundo principio será:

útil

sistemasistema

II

WQT

TentraExergía−

−

∆Φ=

∆Φ=

11

0 .1_

η (si el sistema recibe exergía)

Si la transferencia de exergía hacia el sistema es negativa, es decir si es el sistema el que aporta exergía hacia el entorno, todo lo anterior es válido excepto el rendimiento del segundo principio, pues en este caso la exergía que llega al entorno será menor que la que pierde el sistema, por lo que numerador y denominador estarán invertidos. :

[ ]

sistema

total

sistema

II

VVpWQT

T

saleExergía

∆Φ−

−−−

−

=∆Φ−

=

).(.1_

12011

0

η (si el sistema cede exergía)


6. Rendimiento exergético en un ciclo Las operaciones básicas en un ciclo son: a) 1-2: el fluido recibe un trabajo en un compresor o bomba, b) 2-3: luego recibe calor en un intercambiador de calor (generador de calor o caldera), c) 3-4: luego realiza un trabajo en una turbina, d) 4-1: y por último cede calor en otro intercambiador de calor (condensador), para volverse a encontrar como al principio. En este proceso el fluido no experimenta variación neta de exergía pues al terminar el ciclo se vuelve a encontrar en las mismas condiciones que al principio. Sin embargo, desde el entorno recibe una cierta cantidad de exergía en forma de calor Q1, y cede otra cantidad de exergía en forma de trabajo neto Wt – │Wb│. Si el ciclo es reversible (ciclo de Carnot), no habrá pérdida de exergía, y toda la recibida en forma de calor es la que sale al entorno en forma de trabajo neto. Sin embargo en cualquier otro ciclo habrá pérdida de exergía y saldrá menos exergía que la que entra: Exergía en forma de calor Q1 > exergía en forma de trabajo Wt – │Wb│= Wt + Wb

O sea que la cantidad de exergía destruida en el ciclo es: ( )bt WWQT

TI +−

−= 1

1

0 .1

Y el rendimiento del ciclo con relación al segundo principio o rendimiento exergético será:

11

0 .1_

_

QT

T

WW

entraExergía

saleExergía bt

II

−

+==η

En un ciclo reversible de Carnot se cumple que: bt WWQT

T+=

− 1

1

0 .1 por lo que I=0 y ηII = 1.

Si tenemos en cuenta al combustible como parte del sistema la exergía destruida será: ( )btecombustiblnetoecombustibl WWWenExergíaI +−∆Φ−=−∆Φ−= __

ecombustibl

bt

II

WW

aportadaExergía

útilExergía

∆Φ−

+==

_

_η

En este análisis no tenemos en cuenta el calor Q2 pues como suele enviarse al ambiente, la exergía que pudiera llevar se pierde. Si ese calor se aprovechara, por ejemplo para calentar el fluido de otro ciclo, tendríamos en cuenta su exergía como exergía aprovechable y se sumaría su aportación a la del trabajo obtenido. En el caso de un ciclo frigorífico, en el que el sistema retira un calor Q1 de un foco frío a base de recibir un trabajo W, para luego proporcionar al ambiente un calor Q2 , si consideramos a las substancias enfriadas parte del sistema, y el proceso total fuese reversible tendríamos que la transferencia de exergía que acompaña al trabajo sería igual al aumento de exergía de las substancias enfriadas. Pero si no es reversible no podremos aprovechar toda la exergía del trabajo aportado, por lo que: Wrecibido > ∆Φsubstancias enfriadas

Y la irreversibilidad del ciclo será: I = │Wrecib│ - ∆Φsubstancias enfriadas = -Wrecib - ∆Φsubstancias enfriadas Vemos que la irreversibilidad se calcula igual que en el ciclo motor. Sin embargo no es así con el

rendimiento exergético que será: recibido

enfriadasciassubs

IIWrecibidaExergía

útilExergía

−

∆Φ==

_tan

_

_η


7. Exergía en sistemas abiertos Lo visto hasta aquí afecta a sistemas cerrados. En el caso de los flujos que aparecen en los sistemas abierto es más cómodo trabajar con la exergía específica que se puede evaluar así:

).(.2 000

2

ssThhgv

h −−

−++=φ siendo: “h = u +p.v” y “h0 = u0 +p0.v0”

Y así, la exergía total que transporta un flujo por unidad de tiempo será: φ...

m=Φ Así, al estudiar un sistema abierto, tomamos un volumen de control sobre el sistema, y a través de los límites de ese volumen de control entrará flujo por unos lugares, saldrá por otros, y habrá intercambios de calor y trabajo a través de sus fronteras con el exterior. Si el proceso fuese totalmente revesible, la exergía aportada al volumen de control a través de las fronteras sería igual al incremento de su exergía. Sin embargo, debido a las irreversibilidades, el incremento de exergía del sistema será menor de la aportada desde el exterior en forma de flujos, calor y trabajo:

∑∑∑∑ −+

−−+

−=

=−++<Φ∆

s

ss

e

eevcvctotal

sistema

mmVVpWQT

T

sflujoxergíaEeflujoxergíaEWxergíaEQxergíaE

φφ ..).(.1

______

..

1_

.

2_

.

0

..

1

0

.....

Y precisamente la diferencia será la medida de la irreversibilidad del proceso. Como normalmente los volúmenes de control no cambian de volumen, la irreversibilidad quedaría:

sistema

s

ss

e

eetotal

sistema

mmWQT

T

sflujoxergíaEeflujoxergíaEWxergíaEQxergíaEI

.....

1

0

.....

...1

______

Φ∆−−++

−=

=Φ∆−−++=

∑∑∑∑ φφ

Además, muy a menudo el sistema dentro del volumen de control se encuentra en estado estacionario, por lo que su exergía no varía. En este caso la irreversibilidad quedará:

∑∑∑∑ −++

−=

s

ss

e

eetotal mmWQT

TI φφ ...1

....

1

0

Si solo hubiese una entrada y una salida, y dado que el sistema es estacionario, serían las mismas masas de entrada y de salida y así los términos del estado muerto se eliminarían, por lo que, y teniendo en cuenta la expresión de la exergía de flujos, la expresión anterior podría quedar:

( ) ( )

−−−+

−+−++

−= ∑∑ seee

se

setotal ssTzzgvv

hhmWQT

TI ..

2..1 0

22...

1

0


8. Rendimiento exergético en intercambiadores de calor Veamos ahora el caso de los intercambiadores de calor como el de la figura adjunta. En él, un fluido caliente transmite calor a un fluido más frío y, como consecuencia, pierde exergía en su paso desde un estado 1 de mayor exergía hacia un estado 2 de menos exergía. Además, el fluido frio, como consecuencia del calor que recibe del caliente, aumenta su exergía desde un estado 3 hacia un estado 4. Si el proceso fuese ideal, la exergía que pierde el fluido caliente la recibiría el fluido frío. Sin embargo, en general hay pérdida de exergía debido a que estos procesos no suelen ser reversibles, de forma que: Disminución de exergía 1-2 > Aumento de exergía 3-4

O sea que: Φ1 - Φ2 > Φ4 - Φ3

De forma que la irreversibilidad del proceso sería la exergía perdida: I = (Φ1 - Φ2) – (Φ4 - Φ3)

Y el rendimiento exergético, o del segundo principio, del proceso será: 21

34

Φ−Φ

Φ−Φ=IIη

Recuerda que en flujos, la exergía es: ΦΦΦΦ= (H+m.v2 /2+m.g.z – H0) – T0.(S-S0)

A veces en los intercambiadores de calor se mezclan el fluido caliente y el frío. En estos, resulta más conveniente trabajar con la exergía específica:

φφφφ= (h+v2 /2+g.z – h0) – T0.(s-s0)

En este caso, siendo cm.

el flujo de masa caliente que

entra en estado 1 y fm.

el flujo de masa fría que también entra en estado 2, la masa que sale será la suma

de ambas fc mm..

+ y estará en un estado 3. Así, la pérdida de exergía de la masa caliente será, en general, mayor que el aumento de exergía de la masa

fría. Es decir: ( ) ( )233

.

31

.

.. φφφφ −>− fc mm , siendo la

exergía perdida la medida de la irreversibilidad:

( ) ( )233

.

31

.

.. φφφφ −−−= fc mmI

Y por tanto el rendimiento del segundo principio, que relaciona lo obtenido con lo perdido:

( )

( )31

.233

.

.

.

φφ

φφη

−

−=

c

f

II

m

m


9. Resumen de exergía - Definición de exergía: * Exergía en un sistema cerrado: ΦΦΦΦsistema = (E – U0) + p0.(V-V0) – T.(S - S0)

* Exergía específica en un flujo: ).(.2 000

2

ssThhgv

h −−

−++=φ

* Variación de exergía en un sistema que sufre un proceso en el que evoluciona desde un estado 1 a un estado 2: = sistema cerrado: ∆Φ∆Φ∆Φ∆Φsistema = (E2 – E1) + p0.(V2 - V1) – T.(S2 - S1)

= sistema abierto: ( ) ).(.2 12012

21

22

12 ssTzzgvv

hh −−

−+

−+−=φ

- Transferencias de exergía entre sistemas en forma de trabajo y calor útiles. cuando un sistema evoluciona entre un estado 1 y un estado 2, intercambiando calor y trabajo con el exterior en el proceso:

* Exergía transferida en forma de trabajo: Wútil = Wsistema - Watmósfera = Wsistema – p0.(Vsist.2 - Vsist.2)

*Exergía transmitida con un calor útil Qútil : útilQT

T.1 0

−=∆Φ

siendo T la temperatura de frontera entre nuestro sistema y el foco-sistema con el que se intercambia (y siempre que esta temperatura sea constante) (Un calor es útil cuando se transmite a un sistema que lo puede aprovechar (que no está en estado muerto o que no es el propio ambiente)

- Exergía e irrevesibilidad:

* Proceso reversible: Si en un proceso un sistema pierde una cierta cantidad de exergía mientras transfiere al resto del universo, en forma de calor y trabajo útiles, esa misma cantidad de exergía, decimos que el proceso es reversible. * Proceso irreversible: un proceso es irreversible si un sistema pierde una cierta cantidad de exergía mientras transfiere al resto del universo, en forma de calor y trabajo útiles, una cantidad de exergía, inferior a la primera, decimos que el proceso es irreversible.

* El grado de irreversibilidad “I” de un proceso es la cantidad de exergía destruida en ese proceso.

- Exergía y trabajos mínimo y máximo: * Si un sistema aumenta su exergía al recibir un trabajo: = El trabajo a aportarle al sistema será mínimo si el proceso es reversible (I=0): Wreal a aportar = Wminimo = ∆Φsistema

= el trabajo a aportar tiene que ser mayor si el proceso es irreversible (se pierde exergía): Wreal a aportar > ∆Φsistema * Si un sistema disminuye su exergía proporcionando un trabajo: = El trabajo que aportará el sistema será máximo si el proceso es reversible: Wreal que aportará = Wmáximo = -∆Φsistema = El trabajo que aportará el sistema será menor si el proceso es irreversible: Wreal que aportará < -∆Φsistema = Wmáximo * Nota: No hay procesos de I<0.


- Procesos de irreversibilidad nula (reversibles):

* Son procesos de irreversibilidad nula los procesos isoentrópicos (y adiabáticos), y los isotermos que se realizan a la temperatura del foco con el que el sistema intercambia calor.

* Si el sistema aumenta su exergía es a costa de aportarle un trabajo mínimo. * Si el sistema disminuye su exergía es realizando un trabajo máximo.

- Procesos irreversibles: sistema cerrado que evoluciona entre un estado 1 y un estado 2:

* Variación de exergía del sistema: −∆Φ−∆Φ−∆Φ−∆Φsistema = (E1 – U2) + p0.(V1-V2) – T.(S1 - S2)

* Exergía destruida en el proceso: ∑

−+−∆Φ−= utilutilsistemaproceso QT

TWI .1 0

* Otra forma de calcular la exergía destruida en el proceso: Iproceso = T0 . ∆∆∆∆Suniverso * Siendo ∆Suniverso: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Sresto Calculando ∆Ssistema según el sistema sea un gas ideal o un gas real (tablas):

- Gas ideal: 1

2

1

2 ln..ln..p

pRm

T

TCmS psistema −=∆

- Substancia real: ∆Ssistema = m.(s2 – s1) --> leyendo s2 y s1 en tablas * Siendo ∆Sresto (si el “resto” son focos o el ambiente): ∆Sresto = Σ Qfoco/Tfoco

(los calores son “+” si entran en el foco, y “–“ si salen del foco)

- Rendimiento de un proceso según el primer principio: empleadaEnergía

obtenidaútilEnergíaI _

__=η

* en un ciclo motor: calientefocodelrecibido

neto

IQ

W

___

=η

El trabajo neto es la diferencia entre el trabajo obtenido en la turbina y el gastado en la bomba o compresor.

* en un ciclo frigorífico: compresorraportadoPo

fríofocodelretirado

IW

Q

_

___=η

- Rendimiento de un proceso según el 2º principio: empleadaExergía

obtenidaExergíaII _

_=η

* Si el sistema aumenta su exergía recibiendo Wútil y/o Qútil:

∑∑

++

∆Φ=

+

∆Φ=

útilútil

sistema

utilútil

sistema

II

QT

TW

QExergíaWExergía.1

__ 0

η

* Si el sistema disminuye su exergía cediendo Wútil y/o Qútil:

sistema

utilutil

sistema

utilutil

II

QT

TW

QExergíaWExergía

∆Φ−

++

=∆Φ−

+=

∑∑ .1__

0

η

* En un ciclo motor:

11

0 .1_

QT

T

W

aportadaExergía

W netoneto

II

+

==η

* En un ciclo frigorífico: aportado

enfriadasciassubs

aportadoaportado

IIWW

QT

T

W

útilcalorExergía

−

∆Φ=

−

+

=−

=_tan

11

0 .1__

η


UVigo- Etsii- Exame de Termodinámica – Setembro de 2005 Problema 1: Se dispone de un sistema formado por un compresor, un intercambiador de calor (A), un intercambiador de calor (B), una turbina y un intercambiador de calor (C). Se utiliza aire como fluido de trabajo. Este fluido realiza un ciclo motor al pasar por todos los componentes citados. El compresor hace un trabajo que eleva la presión del fluido, en el intercambiador A se calienta el fluido utilizando el aire que sale de la turbina, en el intercambiador B se le aporta más calor que procede de una caldera que quema gas metano, en la turbina se obtiene un trabajo y se reduce la presión del fluido, a la salida de la turbina se lleva el fluido al intercambiador A para calentar el fluido procedente del compresor, y finalmente se lleva el fluido la intercambiador C donde se refrigera con aire del ambiente, para iniciar de nuevo el ciclo en el compresor. Los intercambiadores son ideales. La turbina y el compresor han sido mal construidos por cuya causa se encuentra que el rendimiento del ciclo con relación al segundo principio es cero y que el intercambiador A no es de utilidad y los fluidos salen de el como entraron. Determinar el incremento de entropía del universo y la pérdida de exergía en el ciclo, por unidad de masa que circula por el, si se sabe que la temperatura que alcanzan los gases de combustión en la caldera es 2000 ºC. La caldera quema gas metano de poder calorífico 12500 kJ/kg a razón de 13 tn/día y se pide determinar el incremento de entropía y la pérdida de exergía por segundo del conjunto de la instalación, así como el rendimiento con relación al primer principio, si se sabe que teóricamente el potencial exergético de un combustible es igual a toda la energía térmica liberada en su combustión. El aire ambiente se encuentra a 20ºC. Dibujar el ciclo en los diagramas T-s y p-v y un croquis de la instalación. Introducción previa á resolución: Fala do típico ciclo Brayton con prequentamento. Un ciclo Brayton ideal está formado por:

- unha transformación adiabática e isoentrópica 1-2 nun compresor (onde o fluído motor recibe traballo),

- logo unha transformación isobárica nun quentador 2-3 (onde o fluído recibe calor),

- logo una expansión adiabática e isoentrópica en una turbina 3-4 (onde o fluído proporciona traballo ó exterior),

- e por último un arrefriamento nun intercambiador de calor 4-1 (onde o fluído cede calor, normalmente ó ambiente) ata que se volve a encontrar como ó principio.


Unha forma de aumentar o rendemento do ciclo é aproveitar os gases que saen da turbina en 4, que aínda están moi quentes, para quentar o fluído que sae da bomba que está máis frío, e deste xeito aforramos un pouco de combustible na caldera. Esta situación vese na figura adxunta, onde o fluído quente entra ó intercambiador A onde proporciona calor ó fluído que sae da bomba por 2. Deste xeito, o fluído quente sae máis frío por 4º, e o frío sae máis quente por 2’. Fixarse en que o fluído en 4’ nunca poderá ser máis frió que en 2, pero sí pode ser máis frío que 2’. Igualmente, o fluído en 4 sempre ten que estar máis quente que en 2, pois senón non podería quentalo, senón que o enfriaría.

Na realidade os pasos polo compresor 1-2 e pola turbina 3-4 non son reversibles senón que soen ser irreversibles con aumento de entropía, polo que o ciclo sería o seguinte (representado tanto na gráfica Ts como pv). Os tramos ideais aparecen na figura a trazos, e están a puntos as isobaras no diagrama Ts así como as isotermas no diagrama pv:

Fijarse como na gráfica Ts se ve o aumento de entropía do paso polo compresor (12) e pola turbina (34). E fixarse como no diagrama pv se ve como o compresor debe facer máis traballo do mínimo, e como a turbina dá menos traballo do máximo, que se darían nos procesos reversibles.


Resolución do problema: Comencemos por establecer un croquis da

instalación, como nos pide o problema: O problema dinos que a instalación funciona

mal, e dannos os seguintes datos: • A turbina e o compresor teñen sido mal

construidos polo que o rendemento con relación ó segundo principio é cero: ηII = 0

• E que o intercambiador A non é de utilidade polo que os fluidos saen del como entraron.

Conclusións: • Como o intercambiador A non é de utilidade e

os fluidos saen del como entraron, a única explicación é que os gases entran ambos no intercambiador á mesma temperatura, é dicir a temperatura á que saen os gases da turbina é a mesma coa que saen do compresor: T2 = T4 (se as temperaturas non fose iguais, un se quentaría e o outro se enfreiría)

• Ademais, como: ηII = 0 -->

11

0 .1_

QT

T

W

aportadaExergía

W netoneto

II

+

==η , polo tanto:

compresorturbinacompresorturbinaneto

neto WWWWW

QT

T

W−=⇒=+⇒=⇒=

+

000

.1 11

0

Ou sexa que o traballo que se aporta no compresor é exactamente igual que o que proporciona a turbina (o traballo do compresor debe poñerse negativo pois o ciclo o recibe) Á súa vez destes datos podemos extraer outra conclusión aplicando o primeiro principio ó ciclo: ∆U = ΣQ - ΣW E como en todo ciclo o estado do fluido ó principio e ó final é idéntico polo que ∆U = 0, e neste en concreto acabamos de ver que Wneto = 0 (= ΣW), quedará: ∆U = ΣQ - ΣW ---> 0 = ΣQ – 0 Polo tanto: ΣQ = 0 --> Q1 + Q2 = 0 Ou sexa que,: Q1 = - Q2 --> en valor absoluto: Q1 = Q2 Temos xa polo tanto tres conclusións sobre este Ciclo: Wneto = 0 ---> en valor absoluto: Wturbina = Wcompresor

ΣQ = 0 ------> en valor absoluto: Q1 = Q2 T2 = T4


Este último dato válenos para dibuxar o ciclo nos diagramas Ts e pv como nos pide o problema (fixarse no diagrama pv como o compresor recibe traballo de máis, e como a turbina fai traballo de menos): Estes dous son os diagramas pedidos no problema. Podemos representar as transferencias enerxéticas que se dan no ciclo no diagrama adxunto. Nos piden o incremento de entropía do universo e a perda de exergía no ciclo por unidade de masa que circula por el. Polo tanto necesitamos saber a cantidade de masa de fluído que circula por unidade de tempo (coidado que nos dan o poder calorífico do metano en kJ/kg pero son kg de combustible, non de fluído circulante). Para calcular a masa circulante no ciclo sabemos que T4 = 2273 K e T1 = 293 K. Ademais podemos saber o calor Q1 que recibe o ciclo do combustible queimado (supoñemos que todo o poder calorífico do metano se proporciona ó fluído motor). Polo tanto:

s

kJ

s

día

día

kg

kg

kJQ 1881

3600.24

1.

13000.125001 ==

Que como xa vimos non só é o calor que proporciona o combustible queimado (os fumes) ó ciclo, senón tamén o que proporciona o ciclo ó ambiente: Q2 = 1881 kJ/s. E como estes calores se proporcionan ó fluido a presión constante: Q = m . cp . ∆T Se aplicamos isto tanto a Q2 como a Q1 teremos dous ecuaciòns e dúas incógnitas: a “m” que buscamos e a temperatura intermedia T2 = T4 que chamaremos T. Operemos:

)Τ − Τ= 4( . cp . m Q.

1

.

)Τ − Τ= 1

.

2

.

( . cp . m Q

E como os dous calores son iguais, ó dividir membro a membro as dúas ecuacións chegamos a que: T4 – T = T - T1 ---> 2T = T4 + T1 --> 2T = 2273 + 293 ---> T = 1283 K E así xa podemos calcular a masa circulante en calquera das dúas ecuacións anteriores:

skg /894,1m)12832273.(003,1.m1881( . cp . m Q...

1

.

=→−=→)Τ − Τ= 4 Agora xa podemos contestar ó que nos piden. Tomaremos como sistema ó fluído que evoluciona no ciclo cerrado. Temos que distinguir dous procesos, un é o ciclo propiamente dito, ó que se aporta calor e traballo e que aporta ó exterior calor e traballo, e outro é a queima do combustible na caldera. Na caldeira temos inicialmente un combustible cun potencial exerxético que segundo nos di o problema é igual á enerxía térmica liberada na combustión, e que unha vez queimado queda sen exerxía pois os fumes resultantes, despois de proporcionar calor ó sistema no


intercambiador B, pasan a mesturarse co ambiente. Ou sexa que temos que distinguir dous procesos:

* un proceso dentro da caldeira onde a enerxía química do combustible pasa a quentar os fumes, * e un proceso dentro do intercambiador B onde os fumes quentes proporcionan calor ó sistema (ó aire do ciclo).

Unha vez visto isto, vexamos o que nos piden: a) O aumento de entropía do universo: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Sresto = ∆Ssistema + ∆Sfumes +∆Sfoco_quente + ∆Sfoco_frío =

=1

2

4

1

4

10T

Q

T

Q

T

Q+

−++

O sistema non varía a súa entropía pois ó realiza un ciclo, o aire encóntrase ingual ó final que ó principio. Polo que respecta ós signos dos calores, poñemos primeiro +Q1 porque na caldeira os fumes “reciben” ese calor (sae da enerxía química do combustible), e logo poñemos –Q1 porque no intercambiador B estamos estudiando o foco quente, e o calor Q1 “sae” do foco quente, e poñemos Q2 positivo porque neste caso estamos a falar do ambiente (foco frío), e o calor “entra” no ambiente. Como o calor está en kJ/s, a entropía sairá en kJ/s.K. Xa a pasaremos logo a kJ/kg.K.

Operando arriba: ∆Suniverso =Ks

kJ

T

Q

.42,6

293

18810

1

2 ==+

Y como cada segundo circula 1,894 kg de fluido: Kkg

kJ

kg

s

Ks

kJSuniverso .

39,3894,1

1.

.42,6 ==∆

b) Perda de exerxía no ciclo. Evidentemente se refire á exerxía destruída no ciclo, ou sexa á irreversiblidade do ciclo que realiza o sistema:

útilútilsistemaciclo WQT

TI −

−+∆Φ−= ∑ .1 0 sendo:

* -∆Φsistema = 0 pois o fluído volve a estar ó final como ó principio e a exerxía é unha función de estado * Qútil = Q1 que é proporcionado ó ciclo e utilizado por este. Non así Q2 que se perde no ambiente. * Wútil = 0 pois xa vimos que o mesmo traballo que dá a turbina é o que necesita o compresor.

Por tanto: s

kJWQ

T

TI útilútilsistema 5,163801881.

2273

29310.1 0 =+

−+=−

−+∆Φ−= ∑

Como nola piden por unidade de masa circulante que é 1,894 kg/s:

kg

kJ

kg

s

s

kJI 1,865

894,1

1.5,1638 ==

c) Incremento de entropía da instalación por unidade de tempo. A instalación é o sistema e a caldera (combustible-fume que se quenta, e foco quente que dá calor ó ciclo), polo que:

∆Sinstalación = ∆Ssistema + ∆Sfumes + ∆Sfoco_quente =

= 004

1

4

1 =−

++T

Q

T

Q


d) Perda de exerxía por segundo do conxunto da instalación (sistema e combustible) . Podemos velo primeiro a partir da análise da exerxía que temos inicialmente e da exerxía que temos finalmente (despois dun ciclo). Nese tempo:

* partimos do combustible sen queimar cun certo potencial exerxético, e despois dun ciclo, a cantidade de combustible queimado estará en forma de fumes sen exerxía (fumes que pasarán ó ambiente), * e o fluído estará coa mesma exerxía que ó principio, * e a instalación non proporciona calor útil ó exterior (só Q2 que pasa ó ambiente). * e tampouco realiza traballo útil, pois o traballo neto é cero.

Polo tanto a exerxía destruída é a que perde o combustible. E como nos din que o potencial exerxético do combustible é igual á enerxía térmica liberada na combustión, a exerxía perdida é:

s

kJI ninstalació 1881=

Vexámolo agora a partir da ecuación da irreversibilidade:

útilútilecombustiblsistemaninstalació WQT

TI −

−+∆Φ−∆Φ−= ∑ .1 0

Na figura anterior vemos como a instalación non recibe nin calor útil do exterior nin o proporciona (Q2 non é útil), e sabemos que o traballo útil tamén é cero pois son de igual valor o traballo recibido e o traballo realizado.

s

kJWQ

T

TI útilútilecombustiblsistemaninstalació 18810018810.1 0 =+++=−

−+∆Φ−∆Φ−= ∑

e) Rendemento respecto ó primeiro principio: 00

1___

===QQ

W

quentefocodorecibido

neto

Iη


Problema 2: Un globo de 100 m3 que está lleno de vapor de agua a una presión de 10 atm tiene en su interior otro globo de iguales características que también contiene agua y que ocupa un volumen de 50 m3. Ambos globos están a su vez situados dentro de un recipiente de dimensiones muy grandes (infinitas) que contiene agua a la presión de 3 atm y una temperatura de 300ºC, y en equilibrio térmico con él. Explotan los dos globos. Se pide calcular la pérdida de exergía y el incremento de entropía del universo. Definir los procesos que habría que haber realizado para obtener el máximo trabajo desde los estadios iniciales hasta los mismos estados finales. Determinar el trabajo y calor en cada uno de los procesos. ¿Cuánto es la exergía intercambiada por la masa del recipiente infinito en esos procesos? El ambiente se encuentra a 27ºC y 1 atm de presión. Se sabe que el volumen de un globo es proporcional a la diferencia de presiones interior y exterior. Representar los procesos y estados termodinámicos en los diagramas h-s, T-s y p-v. Vexamos primeiro a presión no interior do globo 1A coa axuda da constante elástica “K” dos globos: V1A + V1B = K.(p1A – pexter.) ---> 100 = K.(1000 – 300) � K = 1/7 Agora, sabida K, calculamos p1B : V1B = K.(p1B – pext) ---> 50 = 1/7.( p1B - 1000) --> � p1B = 1350 kPa Sabidas a presión e a temperatura dentro de cada globo, vemos nas táboas que a auga dentro de cada un se encontra en estado de vapor sobrequentado. Podemos representar no seguinte diagrama T-s os estados iniciais e final. Buscamos agora nas táboas os datos do estado 1A e do estado 1B (v, u, h, s), e logo xa podemos calcular as súas masas pois: m = V /v Buscamos logo nas táboas os datos do estado final 3 (v, um h, s), e como ademais sabemos que a m3 = m1A + m1B, logo calculamos o volume total que ocupan os gases nese estado pois: V3 = m3 .v3 Todos estes datos se presentan na táboa seguinte (os datos iniciais de cada estado se presentan en negriña e cursiva):

p(kPa) T (ºC)

V (m3) Estado m (kg) v (m3/kg)

u (kJ/kg)

h (kJ/kg)

s (kJ/kg.K)

1 A 1000 300 50 vapor sobreca.

V/v = =50 / 0,2579= = 193,9

0,2579 2793,2 3051,2 7,1229

1 B 1350 300 50 vapor sobreca.

V/v = =50 / 0,1902= = 262,9

0,1902 2787,2 6,9534

Final=3 300 300 m3 . v3 = 456,8.0,8753 = 399,8

vapor sobreca.

m1A + m1B = =193’3+262’9 = 456,8

0,8753 2806,7 3069,3 7,7022


Estudiaremos o que sucede a continuación de explotar os globos tomando o conxunto dos gases procedentes de ambos globos como un só sistema. Isto debe ser así para evitar as complicacións que tería ter que averiguar o calor e o traballo que intercambian entre eles, o que non sempre é fácil. Considerándoos como un só sistema xa só estudiamos os intercambios de ambos co exterior (o contorno-foco a 300 kPa e 300ºC). Antes de nada vexamos o proceso que ten lugar. Isto podemos estudialo de dúas formas: 1ª forma: ó explotar os globos, os gases comprimidos do seu interior se expansionan rapidamente de forma irreversible contra do contido do recipiente “infinito” ata acadar a presión do contorno (pois se trata dun contorno “infinito” e polo tanto el mesmo non se ve afectado por isto). Trátase xa que logo dun proceso rápido e polo tanto adiabático, pero non isoentrópico xa que é irreversible (ambas expansións son irreversibles pois os gases de ambos globos vense de repente en contacto con medios que están en diferentes condicións p,T a eles). Esta evolución estaría representada no diagrama adxunto polos procesos 1A → 2A, e 1B → 2B. Logo haberá un proceso máis lento de transmisión de calor por parte do contorno máis quente (as expansións dan lugar a un enfriamento dos gases A e B) cara ós gases ata que se iguale a súa temperatura con ese contorno: procesos 2A→ 3, e 2B → 3. 2ª forma: Podemos considerar que ambas cousas ocorren á vez: expansión contra do contorno (e polo tanto tendencia ó enfriamento) e recepción de calor por parte deste (e así se evita o enfriamento, manténdose a temperatura). Así sería un proceso isotermo, pero obviamente irreversiblo polo anteriormente dito (contacto entre medios en diferentes condicións de presión e temperatura). Sería o proceso 1→2 representado no diagrama adxunto. Veremos que dá o mesmo supoñer unha cousa que outra, polo que, aínda que a primeira forma é máis próxima á realidade, pódese operar da segunda forma que dá operacións máis sixelas. De todas formas faremos o balance enerxético (segundo o primeiro principio) das dúas formas.

1ª forma: Recordar que estudiaremos o conxunto de ambos globos como un só sistema.. * Procesos 1A→2A e 1B→2B conxuntamente: ∆U12 = Q12 – W12 → U2A + U2B - U1A – U1B = Q12 – W12 sendo Q12 = 0 (proceso rápido de igualación de presións)

W12 : Para calcular o traballo podemos facelo estudiando conxuntamente o traballo que fan os globos, ou estudiar por separado o traballo das gomas e o


traballo dos gases expansionándose contra do contorno. Aquí o faremos desta última forma:

W12 = Wgoma A + Wgoma A + pcontorno.( V2A + V2B – V1A - V1B) O significado desta forma de calcular o traballo é ver que os gases reciben o traballo procedente da enerxía potencial das gomas que explotan, e ademais que os gases realizan un traballo expansionándose contra do contorno. O problema que debemos ter en conta é que a forma de calcular o traballo que realizan as gomas a través das integrais seguintes, sigue o convenio de signos da mecánica (traballo cedido é traballo negativo), polo tanto como nós temos en conta que o ceden as gomas pero o recibe o gas (polo que segundo o convenio de signos da termodinámica será tamén negativo) podemos tomar o resultado das integrais directamente como o traballo que reciben os gases. Por iso na ecuación de arriba o sumamos (para respectar o signo que resulte da integral). Por tanto a forma de calcular o traballo que recibe o sistema das gomas é :

K

V

K

V

K

dVVEW

VV

eláticapotencialgoma .2.2

. 20

020

_

0

0

−=

=== ∫

Polo tanto, levando todo isto á ecuación do 1º Principio quedará:

( )BABAcontornoBAA

BAbA VVVVpK

V

K

VUUUU 1122

211

21

1122 ..2.2

−−+−++=−−+ +

U2A + U2B - U1A – U1B = pcontorno.( V2A + V2B – V1A - V1B) Ecuación 1 Vemos que non sabemos os volumes V2A e V2B pero veremos que non os necesitamos. * Procesos 2A,2B → 3: ∆U23 = Q23 – W23 → U3 - U2A – U2B = Q23 – W23 sendo Q23 = descoñocido W23 = pcontorno.( V3 – V2A - V2B) Polo tanto, a ecuación do 1º Principio quedará: U3 - U2A – U2B = Q23 – pcontorno.( V3 – V2A - V2B) Ecuación 2 * Sumando agora as ecuacións 1 e 2 para eliminar os termos en 2A e 2B dado que non nos preguntan nada sobre este estado intermedio, quedará:

( )BAcontornoBAA

BA VVVpK

V

K

VQUUU 113

211

21

23113 ..2.2

−−−++=−− +

Operando:

( )BAcontornoBAA

BBAA VVVpK

V

K

VQumumum 113

211

21

23111133 ..2.2

... −−−++=−− +

456,8 . 2806, 7 – 193,9 . 2793,2 – 262,9 .2787,2 = Q23 )1008,399.(300350008750 −+−− Despexando Q23, quedará: Q23= 53934,2 kJ Nas ecuacións anteriores podemos identificar as cantidades globais (do conxunto do proceso) de ∆U, W e Q: ∆U =m3.u3 - m1A.u1A - m1B.u1B = 456,8 . 2806, 7 – 193,9 . 2793,2 – 262,9 .2787,2 --> ∗ ∆∆∆∆U = 7744,2 kJ

( ) kJVVVpK

V

K

VW BAcontorno

BAA 46190)1008,399.(300350008750..2.2 113

211

21 =−+−−=−−+−−= +

* W = 46190 kJ * Q = 53934,2 kJ

2ª forma:


Procesos 1A,1B→ 2:

∆U12 = Q12 – W12 Sendo:

∗ ∆U12 = U2 - U1A = m2.u2 - m1A.u1A - m1B.u1B = =456,8 .2806, 7– 193,9 . 2793,2–262,9 .2787,2= = 7744,2 kJ * W12=Wgoma A+Wgoma A+pcontorno.(V2–V1A-V1B)=

( ) kJVVVpK

V

K

VBAcontorno

BAA 46190)1008,399.(300350008750..2.2 112

211

21 =−+−−=−−+−−= +

* Q12 podemos calculalo a partir de ∆U12 y W12 coa ecuación do 1º principio. Polo tanto, a ecuación do 1º Principio quedará: ∆U12 = Q12 – W12 → 7744,2 = Q12 – 46190 → Q12 = 53934,2 kJ Evidentemente obtemos os mesmo resultados que pola primeira forma. Vexamos agora o que nos pide o exame (Chamaremos punto 3 ó punto final) a) Se pide o incremento de entropía do universo: ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Scontorno = m3.s3 - m1A.s1A - m1B.s1B + (-Q23 /Tcontorno) (o calor Q leva signo negativo pois é calor cedido polo contorno, e estamos a ver a entropía deste) ∆Suniverso = 456,8 . 7,7022– 193,9 . 7,1229 – 262,9 .6,9534 – [53934,2/(300+273)]--> ∆Suniverso = 215,1 kJ/K b) Se pide a perda de exerxía, ou sexa a irreversibilidade do proceso: Será: I = T0. ∆Suniverso = (27+273).215,1 = 64517,9 kJ Podemos calculala tamén directamente. Vexámolo (aínda que loxicamente é mellor facelo como antes pois é moito máis curto):

[ ]).(.1 1201

0 VVpWQT

TI totalsisteema −−−

−+∆Φ−=

sendo: * p0 e T0 as presión e temperatura do ambiente: p0 = 100 kPa e T0 = 27ºC = 300 K * - ∆Φsistema = (E1– E3) + p0.(V1-V3) – T0.(S1 – S3) =

= m1A.u1A + m1B.u1B - m2.u3 + p0.(V1-V3) - T0.( m1A.s1A + m1B.s1B - m2.s3) = = - 7744,2 + 100.(100 – 399,8) – 300 .(193,9.7,1229+262,9.6,9534-456,8.7,7022)= = - 7744,2 - 29980 + 92755,7 = 55031,5 kJ

* kJQT

Tútil 4,256962,53934.

300273

272731.1

1

0 =

+

+−=

−

* [ ] kJVVpWtotal 16210)1008,399.(10046190).( 130 −=−+−=−−−


Co que a irreversibilidade será: I = 55031,5 + 25696,4 – 16210 = 64517,9 kJ (evidentemente o mesmo valor calculado antes). Por certo, ¿cal é o significado do termo - ∆Φsistema ? Non é perda de exerxía. É diminución de exerxía do sistema, pero esta diminución non quere dicir que sexa unha perda exerxética no universo, pois esta cantidade que diminuíu o sistema pode ter ido a parar ó contorno, ó foco, a outro sistema .... É perda de exerxía cando ademas de diminuír no sistema, non aumenta en ningún outro lugar. Recordar que perda de exerxía é irreversibilidade. c) Se pide definir os procesos que habería que ter realizado para obter o

máximo traballo desde os estados iniciais ata os mesmos estados finais. O máximo traballo se obtén nos procesos reversibles, polo tanto habería que realizar ese proceso 1-3 de forma reversible e así obteríamos o máximo traballo. Recordar que nos procesos con producción de traballo, este é máximo cando o proceso é reversible, mentres que nos procesos con aportación de traballo este é mínimo nos procesos reversibles. En ambos casos se consigue que non se perda exerxía, que toda a diminución de exerxía global que haxa nos sistemas estudiados se teña transformado en traballo útil. Pois ben sabemos que os procesos reversibles son:

- Os procesos adiabáticos-isoentrópicos. - Os proceso isotermos que realiza un sistema á mesma temperatura que o foco co que

intercambia calor. De todos os xeitos non todos os procesos isotermos que se realizan á mesma temperatura que o foco co que se intercambia calor son reversibles. O exemplo o temos neste mesmo problema. Se nos fixamos na 2ª forma en que consideramos a evolución dos gases tras a explosión dos globos, trátase dun proceso isotermo á mesma temperatura que o foco co que se intercambia calor (o contorno). Sen embargo é un proceso irreversible pois se está a poñer en contacto o sistema (os gases dos globos) en contacto co contorno que está a diferente presión (tamén se poñen en contactos os gases A e B que tamén están a diferente presión, o que é outra causa de irreversibilidade).

Poderiamos conseguir que o proceso 1A,1B-2 citado antes na 2ª forma fose reversible se impedimos o contacto directo entre o sistema e o contorno, permitindo unicamente a transmisión de calor entre ambos a través dunha fronteira. Sería o caso de descargar os globos en cilindros-pistón nos que garantísemos, actuando sobre o eixe do pistón, que este mantivese en todo momento a mesma presión que a existente nos gases que se van descargando no cilindro. Conforme se fose desprazando o pistón iriamos obtendo traballo útil a través do seu eixe (a través da forza que actuando nel garantiza a igualdade de presións a ambos lados do pistón). Á vez, as paredes do cilindro garantirían o intercambio de calor con contorno (co vapor de auga no recipiente “infinito” que rodea ós nosos globos). Evidentemente, así serían procesos reversibles. O proceso sería descargar primeiro o gas do globo exterior nun cilindro.


Ö acabar a descarga do gas A do globo exterior no cilindro, os gases A e B estarían nuns estados intermedios (2A e 2B) , onde o gas do globo exterior estaría dentro do cilindro nunhas certas condicións (2A), mentres o gas do globo interior se habería expandido ata que se descargara o globo exterior (estado 2B). Nese momento ambas gomas estarán en contacto, e a presión no interior do cilindro sería a mesma que existe entre ambas gomas pegadas. A continuación non se podería descargar o gas B do globo interior no cilindro pois as condicións de presión son diferentes como logo veremos. Polo tanto, para descargar o gas B caben dúas posibilidades, unha é descargar o globo B noutro cilindro, e logo variar o estado do gas dentro de cada un dos

cilindros ata conseguir que estean os gases de ambos cilindros á mesma p,T final (a do contorno), e logo xa só quedará mesturalos (o que se poderá facer sen irreversibilidades ó estar á mesma p,T), ou descargalos directamente ó contorno co que tamén estarán xa en equilibrio. En ambos casos este último proceso de mestura e/ou descarga final no contorno será reversible sen intercambio de calor nin traballo.. Outra posibilidade é descargar directamente o gas B no mesmo cilindro onde está o gas A, pero antes de podelo facer de forma reversible deberemos levar, tamén isotérmica e reversiblemente, o gas A no cilindro ata o estado en que está o gas que queda no globo B (ata un estado 3A=2B de igual p,T). Unha vez que o gas A dentro do cilindro estea nas mesmas condicións p,T que o gas B do globo, xa poderemos descargar este isoterma e reversiblemente dentro do cilindro para mesturalo así co gas A. E no momento en que se teña descargado totalmente o globo interior, o gas no interior do cilindro xa estará nas condicións finais buscadas (300 kPa e 300ºC=573 K). En efecto, ó descargalo isotermicamente, a temperatura seguirá sendo os 300ºC, e a presión será tal que, ó quedar o globo B valeiro pero en contacto co interior do cilindro, a presión no interior do globo valeiro e a presión no interior do cilindro será a mesma, e como se cumpre que (logo o veremos): VB = (K/2) .(p2B – pcontorno), e como o globo está valeiro VB = 0, podemos ver que segundo a ecuación anterior: p2B = pcontorno, ou sexa os 300 kPa estarán tanto fóra como dentro do globo valeiro e do cilindro.


d) Determinar o traballo e o calor en cada un deses procesos.

Para realizar o balance enerxético en cada un destes procesos, debemos coñecer os estados intermedios 2A e 2B. Destes estados 2A e 2B, sabemos que ó estar a goma do globo A pegada á goma do globo B, a presión p2A é intermedia entre a p2B e a pcontorno, e que ambas gomas pegadas se comportan como unha soa goma de constante mitade da de as dúas (K/2). Demostramos a continuación estas afrimacións: Globo interior: V2B = K.(p2B – p2A) Globo exterior: V2B = K.(p2A – pcontorno) (o volume que contén a goma exterior é tamén V2B) Igualando os segundos membros sae que: p2A = (p2B + pcontorno) / 2 E sumando as dúas ecuacións sae que: V2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) Vexamos como utilizar estas ecuacións para detectar os estados intermedios. Tantearemos con valores de p2B ata conseguir que o v2B que nos dean as táboas sea igual que o que dá a ecuación anterior. O volume específico que permite calcular a ecuación anterior é: V2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) ---> que como V2B = m2B . v2B , o volume específico será: v2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) / m2B No tanteo comencemos por supoñer un p2A igual a 800 kPa iniciais, e que polo tanto: p2B = 2 . p2A - pcontorno = 1300 kPa

Polo tanto: * Primeiro tanteo: p2A =800 kPa --> e como xa vimos: p2B = 2 . p2A - pcontorno = 1300 kPa (Recordar que T=300ºC) Debe saír v2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) / m2B = (1/14).(1300-300) / 262,9 = 0,2717 Nas táboas lemos para p2B = 1300 kPa --> v2B =0,1969. Vemos que nos dá menor que o que dá a ecuación, ou sexa que non vale. Debemos diminuír a presión para que diminúa o valor que me dá a ecuación e aumente o que me dan as táboas. * Segundo tanteo: p2A =700 kPa --> p2B = 2 . p2A - pcontorno = 1100 kPa Debe saír v2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) / m2B = (1/14).(1100-300) / 262,9 = 0,2174 Nas táboas lemos para p2B = 1100 kPa --> v2B =0,2339 Xa nos pasamos * Terceiro tanteo: p2A =750 kPa --> p2B = 2 . p2A - pcontorno = 1200 kPa Debe saír v2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) / m2B = (1/14).(1200-300) / 262,9 = 0,2445 Nas táboas lemos para p2B = 1200 kPa --> v2B = 0,2138 * Cuarto tanteo: p2A =720 kPa --> p2B = 2 . p2A - pcontorno = 1140 kPa Debe saír v2B = (K/2) .(p2B – pcontorno) / m2B = (1/14).(1140-300) / 262,9 = 0,2282 Nas táboas lemos para p2B = 1140 kPa --> v2B = 0,2255 Damos por boa esta situación. Nun exame daríamos por bo o último resultado que non nos exixira interpolar (o primeiro resultado que se aproxime ó correcto e se poida conseguir rapidamente), pois chegar a resultados moi ben axustados nos leva moito tempo e o profesor dá moitísima menos importancia ós resultados numéricos que á descrición, razonamento e conceptualización correcta dos procesos. Así, os datos dos estados 2A e 2B son:

p(kPa) T (ºC)

V (m3) Estado m (kg) v (m3/kg)

u (kJ/kg)

h (kJ/kg)

s (kJ/kg.K)

2 A 720 300 vapor sobreca.

193,3 0,36 2800 3059 7,286

2 B (=3A)

1140 300 57,8 vapor sobreca.

262,9 0,22 2797 3048 7,06


Agora xa podemos realizar o balance enerxético dos procesos. * Procesos 1A→→→→ 2A, 1B→→→→2B: Descarga isoterma reversible do gas A nun cilindro. ∆U12 = Q12 – W12 Sendo: ∗ ∆U12 = U2A + U2B - U1A - U1B = mA.u2A + mB.u2B - mA.u1A - mB.u1B = = 193,9 . 2800 + 262,9.2797 – 193,9 . 2793,2–262,9 .2787,2 = 3894,9 kJ * W12 é dificil de calcular, pero é fácil de calcular o calor * Q12 = Tc . ∆S = (pois é un proceso isotermo reversible) = Tc .(mA.s2A + mB.s2B - mA.s1A - mB.s1B) = 300 . (193,9 . 7,286 + 262,9.7,06 – 193,9 . 7,1229 –262,9 .6,9534) = 17895,1 kJ Polo tanto, a ecuación do 1º Principio quedará: ∆U12 = Q12 – W12 → 3894,9 = 17895,1 -W12 → W12 = 14000,2 kJ Sen embargo agora non podemos descargar o gas do globo B no cilindro, pois como os gases B do globo e A do cilindro non están coa mesma presión, sería un proceso irreversible. Antes debemos igualar as presións para o que debemos comprimir o gas no cilindro ata que acade a presión de 2B. Será un proceso reversible no que proporcionaremos traballo ó gas 2A ata levalo á 3A que é o mesmo que 2B: * Proceso 2A →→→→ 3A(=2B): Poñer isotérmica e reversiblemente o gas A nas condicións 2B ∆U2A-3A = Q2A-3A – W2A-3A Sendo: ∗ ∆U2A-3A = U3A - U2A = mA.(u3A - u2A) = 193,9 . (2797 – 2800) = -581,7 kJ * W12 é dificil de calcular, pero é fácil de calcular o calor * Q2A-3A = Tc . ∆S = (pois é un proceso isotermo reversible) = Tc .(mA.s3A - mA.s2A) = = 300 . 193,9 (7,06 - 7,286) = -13146,4 kJ Polo tanto, a ecuación do 1º Principio quedará: ∆U2A-3A = Q2A-3A – W2A-3A → -581,7 = -13146,4 - W2A-3A → W2A-3A =-12564,7 kJ * Proceso 3A,2B →→→→ 4: Agora que os gases A do cilindro e B do globo están nas mesmas condicións, podemos descargar o globo B no cilindro, deixando evolucionar o pistón de forma que a transformación sexa isotérmica e reversible ata que o gas de B se valeire no cilindro, co que o conxunto dos gases acadará o estado final como xa comentamos anteriormente. ∆Utramo_final = Qtramo_final – Wtramo_final Sendo: * ∆Utramo_final = Ufinal - U3A = mtotal.(ufinal - u3A) = 456,8 . (2806,7 – 2797) = 4431 kJ * W12 é dificil de calcular, pero é fácil de calcular o calor * Q2A-3A = Tc . ∆S = (pois é un proceso isotermo reversible) = Tc .(mtotal.sfinal - mtotal.s3A) = = 300 . 456,8 (7,7022 - 7,06) = 88007 kJ Polo tanto, a ecuación do 1º Principio quedará: ∆Utramo_final = Qtramo_final – Wtramo_final → 4431= 88007- Wtramo_final → Wtramo_final =-83576 kJ d) ¿Canto é a exergía intercambiada pola masa do recipiente infinito neses

procesos? Vexamos o cómputo global de enerxía nestes procesos:


∆U = 3894,9 – 581,7 + 4431 = 7744,2 kJ (evidentemente igual que na primeira transformación irreversible, pois os estados final e iniciais son os mesmos, e a enerxía interna é unha función de estado ou sexa que só depende do estado inicial e final) Q = 17895,1 -13146,4 + 88007= 92755,7 kJ W = 14000,2 – 12564,7 + 83576 = 85011,5 kJ (evidentemente estes tres valores cumpren o 1º principio) Polo que se refire ós valores intercambiados co contorno, todo o calor é intercambiado (proporcionado) co contorno, pero non así o traballo, pois parte del é traballo útil obtido no eixe do pistón. O traballo que recibe o contorno é o que resulta do desprazamento que lle provoca o sistema que pasa de ocupar inicialmente 100 m3 (os dous globos no seu estado inicial), a ocupar 399,8 m3 no seu estado final (podemos ver este valor na 1ª táboa). Polo tanto: Wcontorno = pcontorno . (Vfinal – Vinicial) = 300 . (399,8 – 100) = 89951,1 kJ Pode parece chocante que saia máis traballo contra o contorno que o total que realiza o sistema, que vemos arriba que é 85011,5 kJ. Sen embargo non debe chocar pois o traballo do sistema dos gases non é o traballo total intercambiado pois falta o traballo que realizan as gomas dos globos. Despois de contestar a este apartado, veremos unha análise global da totalidade do traballo intercambiado. Vexamos agora a exerxía intercambiada co contorno. O que se intercambia co contorno é calor e traballo, e polo tanto a exerxía intercambiada é a exerxía que transfieren ese calor e ese traballo. Exerxía que recibe o contorno = Exerxía que se lle transfire como W + Exerxía que se lle transfire como Q

( ) kJQútil 6,457587,92755.273300

27327-1 1,89951.

T

T-1 W Exerxía

c

0contornocontorno polo recibida =−

+

++=

+=

(o calor leva signo negativo porque estamos a falar do que recibe o contorno, e o calor nestes procesos é cedido polo contorno) Evidentemente esta pregunta ten sentido porque o contorno do sistema non é o ambiente, pois se fose o ambiente non estariamos a falar de exerxía transferida ó contorno senón de exerxía destruida. Neste caso non hai exerxía destruida porque o proceso é reversible: hai exerxía transferida duns sistemas a outros ou a traballo útil realizado. Vexamos agora, aínda que non é necesario para o problema, unha análise total do traballo nestes procesos reversibles:

Se queremos ter unha visión total do traballo intercambiado, a nós interésanos o traballo que actúa no pistón, pois é este o traballo que se obtén no eixe (vencendo á forza útil) máis o traballo que recibe o contorno (vencendo á pcontorno). E para obter o traballo no pistón temos que ter en conta, ademais do traballo que realizan os gases coa súa evolución termodinámica) o traballo que realizan as gomas ó deshinchar.

Sabemos que, se calculamos o traballo das gomas así:

K

VV

K

V

K

dVVW

V

V

V

Vgoma .2.2

. 21

22

2 2

1

2

1

−=

=== ∫

así sae o valor do traballo co convenio de signos mecánico, contrario ó convenio de signos termodinámico, polo que aínda que a lóxica nos di que o traballo que recibe o pistón é o que realiza o sistema na súa evolución termodinámica máis o que realizan as gomas, temos que cambiar o signo do traballo destas para realizar correctamente a suma dos traballos con todas as cantidades positivas. Polo tanto se cumpre que Wrecibe pistón = Wrealiza sistema + (- Wrealizan gomas) polo que:


Bgoma

BB

Agoma

AAsistemarealizapistónrecibe

K

VV

K

VVWW

_

21

22

_

21

22

__ .2.2

−−

−−=

Operando: BgomaAgoma

pistónrecibeW

_

22

_

22

_ 7/1.2

500

7/1.2

10005,85011

−−

−−=

Queda: Wrecibe pistón = 128 761,5 kJ E este traballo que recibe o pistón, o recibe en parte o eixe (traballo aproveitable directamente) e outra parte o recibe o vapor de auga do contorno, que xa vimos antes que recibe 89951,1 kJ

Wrecibe pistón = Wrecibe eixe + Wrecibe contorno --> 128 761,5 = Wrecibe eixe + 89951,1 --> Wrecibe eixe = 38810,4 kJ


e) Representar los procesos y estados termodinamicos en los diagramas h-s, T-

s y p-v. Os procesos no diagrama T-s xa foron representados ó longo do presente desenvolvemento do problema pero, ás veces, cunha mala colocación dos estados 2B=3A. Polo

tanto o representaremos aquí correctamente, ademais dos outros dous diagramas pedidos.

Theory and problems - Thermodynamics

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