Termodinamica tecnica problemas - garcía

!,
CONTENIDO
Capnulo 1: PrImer Prinelpio. Sí,lem., cerrado, (G.,e,)
1. Introducción te6 r¡ca 1
2. Problema, Iipo 3
3. Problemas enuneiados 7
Capítulo 2: Prlmer Pr¡ncípio. Si.lemas abierto,. Régímen v..iable (Ga,e,) 11
1. Inlroducción leórica 11
2. Problema, Iipo 12
Capílulo 3, Primer Principio. SI.lema, abierto,. Régimen
permanenle {Gue.) 17
1. Intreducción teórlca 17 .
2. Problema. tipo 19
3. Problemas enunciado, 23
Capl'!ulo 4, Tran,formacione, polilrópica, 2S
l. Iniroducción leórica 25
. 2. Problemas tipo 26
Capnulo S, Mezcla, de ga,e, 31
1. I nt-roducdón-teórica 31
2. Problema, 111'0 31
Capílulo 6: Se9undo principio de ¡alermodlnámlca 35
L Inlroducción leó,ice 35
2. Probleme, Iipo 36
• 2

'7
CO"'tenldo
3
E 7 a;Y"
ContenTdo
Capítulo 7: Entropía 41
l. ¡ntroducdón teórjca 41
2. Problemas tipo 43
Capítulo 8: Ói.grama temperatura",ntropía para g.<&$ perfectos ,47
·1. Inlroducción teórica 47
3. Problemas enunciados 55
Capítulo 9: Exergía 57
1. Introducción teórica 57
2. Problemas ti po 59
Capítulo 10: Vapore. 71
1. Introducción toórlca 71
Copílulo 11: Ciclo. de .apor 85
1. Introducción teórica . 85
CapítuIo 12: Ciclos frlgo ríflcos 93
2. Problemas tipo .95
Capitulo 13: Ai,e húmedo 101
3. problemas enunciados 114
CapíMo 15: Combu.ti6n 127
1. Introducdón teórIca 127
. CapítuIo 16: Toberas y difusore. 137
1. Inlroducción teórica 137
Indica 145
111
111
Capítulo 14: Termoqu ímica
1. Introducciónteórica
3. Problema5 enundados
& tiues
124
U&2& E .L~ L 22 as

CAPITULO 1
P·RIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS CERRADOS (GASES)
1.INTRODUCCIDN TEORICA
El balance de energía. es:
Q_L=lJ.tf 1.1
I1.2
F[GURA L.L
IJ.U = me, IJ.r
El calor Q y el Irabojo L son energías
en transferencia entre sistema y medio. Se
uliliza la convención de signo, de la fignra
1.1 . -
C,l0mo se puede apreciarl no tiene s:ent¡~
do entonces tratar de establecer valores de
Q y L sin especificar previamente cuál es el
. sistema.
IJ.U es la variación de energía interna del sistema. Para gases q'!e pueden
suponeme ideales, la energía interna U depende únicamente de la lemperatura
del sistema, de modo que si e.... es el calor específico a volumen constante, para
una masa m y lJ.t la variación de temperatura de la misma, sea cual ,ea la tram,-
o formación;
De acuerdo a lo expresado, para la resolución de problemas con gases que
pueden .uponeme ideales, cuando ,ea necesario aplicar la fó<:mula 1.1 podrá pro-,
cedeme en la forma explicada a continuación.
1

.2. Illtrod uecl611 teóric:a
Primer prin.cipto. S[¡tllmas r:urado5 (!iil1S-e5) 3
Co",tante característka por kg de air. R = 29,3 kgr mfkg K
Además puede aplicarse la ecuación de estado a la masa m , en su estado
inicial (Po. To) yen su estado fmal (Po, TrJ. Si To Y Tf son las temperatu-
ra, absolulas de la masa ro :
O - (-Po Vo) = mc, (Tf - To)
Po Vo ·= me, (Tf - To)
Se considera que para un sistema, un límite es rígido cuando impide cam~
bio; en la forma y el volumen del sistema. Un limite es adiabático cuando impi-
de que ocurran transferencias de calor entre el sistema y el medio.
. El aire será considerado como un gas ideal en todos los problemas.
1.4.PoVo = mRTo
2. PROBLEMAS TIPO
1-i - Se permite el ingreso de aire atmosférico (Po = 1.a:m... To = 20 ·.C) a un
recipiente rígido y adiabático de volumen V =1,5 m' mlclalmente va.cIo, ha~ta
que en ·elmiSJIj) ,e alcanza la. presión Po .. Calcular la masa ro de alfe que lll'
gresa al recipiente. -
Solúción: Según lo explicado previamente se adopta como sistema la masa m
que ingresa-31 recipiente. En el primer principio. Q - L = AU en este ~aso es
Q = O recipiente adiabático; L ~ -Po Vo trabajO efectuado por el medIo para
ingresar la masa m y Vo es el volumen de m antes de mgresar al recIpIente;
AU = mc. (Tr - To) . Tf es la temperatura fmal de la masa m luego de su in-
greso al recipiente. Entonces:
1) Arloptar un ,istema
Col. el fin de que resulte más claro o que re,ulte posible establecer los inter-
cambios rle calor y de trabajo, convenrlrá adoptar el sistema de modo que se ten-
ga el menor número po~ible de interacciones para analizar. Asi, si se tiene más
de una masa, convendrá adoptar como sistema al conjunto de las masas que in-
tervienen en el proceso, .
2) Aplicar el primer principio Q - L = AU
En este paso es conveniente explicitar en lo posible cada uno de los térmi-
nos de la ecuación 1J para obtener así una ecuación que ayude a la resolución
del problema.
Al explicitar el trabajo L intercambiado deberá tratarse de que no quede
ninguno de los trabajos intercambiados por el sistema sin ser tenido en cuenta.
Puede ayudar el recordar que siempre que una masa m) auna presión p , y con
un volumen V l es barrida, el medio debe transferir un trabajo .p V. Si la masa
m pasa a ocupar IIn volurnen V t con una presión p , debe framferir un trabajo
pV.
Así, para la introducción de la masa m a un recipiente L = -PV. Al salir
la masa m de un recipiente es L =PV .
El trabajo de expansión es el que intercambia el sistema al variar su volu-
men debido a las presiones ejercidas por el medio. Teniendo en cuenta el con-
cepto de trabajo de una fuerza, puede establecerse que si el medio ejerce una pre-
siónp .constante y AVes la variación de volumen del sistema, el trabajo de ex-
pansión será L = P AV .
Cuando en la transfonnación resultan conocidos los sucesivos- valores de la
presión P y del volumen V del 'i'tema, efectuándose la transformación me-
diante sucesivos desequilibrios de presión infinitamente pequefios entre sistema y
medio, el trabajo de expansión es: '
·L = rpdV
3) Planteo de la ecuación de estado
Para obtener otras ecuacion~ que pennitan la resolución- del Prl?~lema,
puede aplica[Se la ecuación de e'tado de.los gases ide.l.e, a cada una de las masas
que forman el sistema en sus estados inicial y fmal:
pV = mRT
Po V = roRTr
Para los- problemas referentes al primer ·principio,..dstemas cerrados) gases,
,erán dato", .
Calor especifico a volumen con.tant~del a;re c. ~ 0,17 kealfkg K
Reemplazando Po Vo de lA en 1.3:
mRTo = mc. (T,- To) RTo c, (Tr- To) 1.6

4 Problemas tipo Primer pr¡l'1eiEJIiD~ Sistema 5.cerrados (gases) S
La 1.5 y 1.6 forman un ,istema de dos ecuaciones con dos incógnita, m y
T[.De1.6:
1.2 - El recipiente rígido y adiabático mencionado en el problema 1-1 (V ~ 1,5
m
3
) contiene inicialmente una masa de aire mo a P, ~ 0,7 atm y T, = 90
(:le. Calcular la masa m que ingresa en este caso. .
Solución: El sistema que debemos elegir en este ca,o será (m + me). En el pri·
'mer principio es Q ~ O ; L ~ -Po Vo bnplica:
De 1.5:
RTo kgrm 293 K 1 kcal
T[ ~ - + To ~ 29 3 - - -:;-:c;;-;---:c;;----;;-
c, , kg K 0,1 7kcal/kg K 427 kgr m
~ 411,26 K ~ 138,26 oC
1.12
FIGURA ]:2
'" P, T,
Of'
'"'
r, ..
f, T. f,
-L = .ó.U
1-3 - Desde un conducto en el cual hay aire a P, ~ 3 atm constante y a T, ~
~ 60 • C , constante, ingresa una masa m a un cilindro que contiene m o ~ 3 kg
de aire a To ~ 20 Oc y Po ~ 1 alm (fIgura l.2).
El cilindro está cerrado por un pis-
tón que transmite una presión constante
Po ,11 aire interior. Al ingresar la masa
de aire m 1 el pistón se correJ
barriendo
un volumen .ó.V igual al doble del volu-
men inicial Vo de la masa mo ) quedan~
do luego trabado. Después del ingreso
de la masa m quada el aire en el cilindro
a una presión Ímal P[ ~ 2 atm . Consi-
rando queel pistón desliza ,in fricción y
que el mismo y el cilindro son adiabáticos, calcular la masa m que ingresa al ci-
lindro.
Solución: El ,istema es (m + mo). En el primer principio Q ~ O y:
+ 293 K .
1,24 kg
1 kgjcm2 10.000 em21m2 1,5 m3
29,3 kgr m/kg K 411.26 K
m ~ Po V
RT[
-Po Vo = .ó.U 1.7 Al explicitar el trabajo L debe tenerse en cuenta el trabajo para el ingre,o
de m y el trabajo de expansión del aire contra el pistón, de modo que:
Por estar el sistema fonnado por dos masas.:
.ó.U ~ mcv (T[ - To) + moc, (T[ - T,) 1.8
Reemplazando en l.Ves:
Reemplazando en 1.8 Po Vo por mRTo de 1.9, Ycalculando mo de 1.11
queda un si,tema de dos ecuaciones 1.8 Y 1.1Ocon dos incógnitas m y T[. Re-
suelto se obtiene m ~ 0,39 kg y TI = 376 K ~ 103 ·C.
luego:
1.13 P, V, - Po.ó.V = me, (T[ - T,) + mocv (T[ - To) 1.13·
Además:
P, "'1 = mRT, 1.14
PoYo = moRTo 1.15
PI (Vo + .ó.V) ~ (m + mol RT[ 1.16
Se'reemplaza P, V, por mRT, de 1J 4 en 1.13 y ,e calcula Vo a partir
Luego de 1.7 :
Po Vo me, (T[ - To) + moc, (T[ - 1',)
Además:
PoVo = mRTo
Po V = (m + mo}RT¡
P, V = moRT,
1.9
1.10
l.ll
.ó.U = P, V, - PotlV ;

6 Problem as tipo
Y,
FlGllltA 1.3
,---__-"r''-Jr==
=
1.2Q
T,
pe - Jofro
f[GUAA l.4
Q - P (V - Vo) = O
Q - L = AU
siendo:
Al destrabar el pistón, que puede deslizar sin fricción transmitiendo una
presión constante p = 5 alm ~ el ai-
re pasa a un estado final en que su
temperatura sigue siendo To = 20
oC. Calcular el calor Q intercam-
biado por el aire.
SoIució n: El sistema es m. El pri-
mer principio es:
donde ,V es el volumen Imal y Vo el volumen inicia!.
El trabajo L es el producto de la variaciÓn de volumen de la masa m por
la presión ejercida por el pistón. Además lJ.U =O pues la temperatura inicial es
igual a la Ima!. Luego: .
de 1.15. Del sistema de ecuaciones 1.13 Y 1.16 se obtiene m = 10,9 kg con
Tr= 378K= 105 oC.
1-4 :..- Desde un tanque rígido y adiabático que contiene inicialmente aire a p, =
=·10 a/m y T, = 150 oC , descarga aire a travésüe una turbina adiabática (f"¡gu.
'ra 1.3) a un cilindro también adiabá·
tico) en e] que actúa un pjstón adía-
bático capaz de transmitir una pre-
sión constante P, = 1 alm. Al que-
dar el aire a ]a presión P2 , -con terri~
peratura final Tr unifonne,luego de
'T la .descarga de una parte del aire a
i través de la turbina, el pistón ha
e.--Il~~o---P, •barrido un volumen AV = 30 mJ •
~ 11 La masa de aire total es m = 50 kg .
Se supone despreciable la fricción en
el desp!azamiento del pistón y taro·
bién despreciable el volumen ocupado por la turbina. Calcular el trabajo LT en-
tregado en eleje de la turbina.
Soludón: El sistema es ]a masa m. En el primer principio como Q = O es:
·L = lJ.U
L=LT +P2 AV
AU = mc, (T¡- T,)
Además:
PoYo = mRTo
pV = mRTo
1.21
1.22
Luego:
1.17
Se calcula Vo usando la fórmula 1.21 y V con la fórmula l..22. Luego de
1.20 se obtiene Q = ·804,12 /ccal
Además:
P, VI = mRT,
P2 (VI + AV) = mRTr
!.l8
U9 3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
Se obtiene V, a partir de !.l8 y luego Tr a partir de 1.19. Con estos va-
lores, se calcula LT usando la fórmula 1.17. Resulta L T = 1195,94 /cca/.
1·5 - Se tieneuna~asa m.=10/cg de aire a Po =1 alm y To =20°C enun
cUindm cerrado por un pistón trabado.
H¡ - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi·
que. U". parte conti~ne m, =2 kg de aire a p, = 5 alm y TI = 20 Oc , y la
otra m. = 3 kg de aire a P2 = 1 alm y T, = 60 oC. Se quila ellabique. Cal·
cular la presión y ia temperalura Imal en el recipiente.
- ~--- - - - ~----~---- - -- - - - ~--

-B fIrob lemas en unC:Fa:dQs, Primer princ:tplo. Sistemu cerrl!ldCl:5 (gases) 9
contiene m, = 3 kg de aire a T2 = 60 o e y P2 = 1 atm . El cilindro está
cenado ·por un pistón que puede deslizar sin fricción y que transmite una presión-
constante P, . El eilindro y el pistón son adiabátieos, Calcular la temperatura
final del aire al comunicar el recipiente con el cilindro.
T.,... p~c 1-----1
1-7 - Mediante un compresor adiabático se envía una masa de aire m a un tan·
que adiabátko. Inicialmente el tanque oontiene mO' = 2 kg de aire a Po = 1
a/m y To = 20 oe y luego de ing¡:esar la masa m queda el aire en su iuterior a
p = 2,5 a/m y T =-120 o-e, Calcular él trabajo L, que debe transferirse al
compresor (figura 1.5). El aire aspi-' '
rado por el compresor está a la pre-
sión Po ya la temperatura To '
L,
1-8 - Una masa de aire m = 10 kg
se calienta a presión constante p :::;:
'=2 u/m de To =27°e a T¡'=
= 217 oC ,mediante fricción con pa-
letas giratonas, sin intercambio de
""Ior. Siendo el medio atmosférico Po =1 atm y
bajo neae.s.ario para el accionamiento de la hélice.
FIGURA loS
To =2 ¿- oe c.lcular el tra-
1-9 - Mediante un compresor adiabático que aspira aire a Po = 1"tm Y To =
=20 o e y lo lleva a un estado i con p, =3 atm y T, = 130 °e ,se suminis-
tra aire a un cilindro (figura 1.6), para lograr el barrido de un volumen AV =
:::;: 0,6 m3 . contra una presión constante p =PJ = 3 atm .
IJI ¡i, T¡
JI/ (;1
Po
T,
FIGUR.... L..¡j.
Durante el barrido ·el aire mantiene su temperatura constante Ti :::; 130 °C~
y no illlercambia calor. Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograr el
barrido del volumen Li.V ~ suponiendo que no eXIste fricción durante el barrjdo.
.] -10 - A un recipiente rígido y adiabático, inicialmente vacio, de volumen .V =
= 3 mi , ingresan' dos masas de aire', m, = 20 kg con p, = 15 atm y T, =
= 100 °e y m2 =3 kg con P2 = 12atm y T, =20"e. Calcnlarlapresión
p y la temperatura T finales en el recipiente. '
1-1 l ~ Uó tanque rígido y adiabático que puede comuniCa! con un cilindro con-
tiene m, = 2 kg de aire a P, = lOa/m y T, = 80 °e. El cilindro contiene

CAPITULO 2
PRIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS ABIERTOS.
REGIMEN VARIABLE (GASES)
1.INTROOUCCION TEORICA
Para efe<luar balance, de energía de si,lema, abierto, (fIgUra 2.1), ,e usará
la fórmula ,iguiente:
F[GURA2.1
donde Q calor intercambiado a través de los límites. que definen al sistema abier-
to; L trabajo intercambiado a travé, de los límite, que definen al ,i,tema abier-
to; m, masa que sale del sistema abierto; h2 entalpía por unidad de masa m2
(h2 = U, + P2V2) ; e'2 energía cinética por unidad de masa m2 con respocto
a.ej~ Ugados al sistema abierto; ep2 energía potencial por unidad de masa m2
con respecto a ejes: ligados al sistema abierto; m1 masa que ingresa al sistema
abierto; h, entalpía por unidad de masa (h, = U, + P, v,) ; eC ¡ energía ciné-
tica por unidad de masa m, con respocto a ejes ligados al si,tema abierto; ePI
energía potencial por unidad de masa m, con respocto a ejes ligados alsislema
abierto; AESA variación de energía en el interior del sistema abierto) la que cee·
corresponde a la variación de energía interna en lo, problema. que se planlearán.
- ~- --~~~---- ~----- ---~-- - - ~ - - - -

12 Pro blem¡!lIS tipo
Para estos problemas además se supone invariable a Jos valores h2 • e~2
ep2 • h1 , eC} • epI durante el proceso.
Si ,e eon,idera que ,a, masa, inlerviniej¡les corre,ponden a gasesideale"
siendo la entalpía h función de la lemperatura únicarnenle, ,era válida para el
cálculo de la variación de entalpía de eu~lquier masa m la fónnula: '
2.2
Para 10' probiema, corre,pondientes a este lema seran dalo, c, y R ya
usado, en el capítulo1, Y para el aire:
Cp ~ c, + R ~ 0.24 kcaljkg K
El aire se consídera como un gas ideal.
2. PROBLEMAS TI PO
2·1 - Resolver el problema 1-1 adoptando como ,islema el recipiente rígido y
adiabatico.
Solución: Teniendo en cuenta la fónnula general 2.1 :
Q - L ~ -mho + AUSA
Q ~ O .. L = O por ,er el recipienle rígido y adiabático. m es la masa que
ingresa y ho su entaipía por unidad de masa en el estado inicial (Po, To) :
AUSA ~ mUf es la variación de energía interna en el recipiente ya que la
energía interna inicial es nula {recipiente vacío}, y Uf es]a energía interna final
por unidad de masa. Luego:
Primer prlnclplo. Sistemas .fI biertos. Régime nnriC!lble [gase,s) 13
La fónnula obtenida es idéntica a la 1.3 del problema 1-l. Deben agregarse
las ecuacianes correspondientes a m.en su estado inicial y fmal como :se hizo al
resolver el problema 1·1.
2-2 - Resolver el problema 1-2 adoptando como sistema al recipiente rígido y
adiabático.
Solución:
Q - L = -mho t tl.USA
Q ~ O ,. L = O ,. ho = Uo t po"o
AUSA = (m+ me) Uf - mOU,
donde ho es la entalpía por unidad de masa m en el estado (Po, To) ,y Uf, Y
U, son la, energlas internas POI unidad de masa de m y mo en el eslado {Po ,
Tf } para m y (P,','T, ) para mo en el estado inicial. Luego queda:
-mUo - Po Vo - (m + me) Uf ,- me U, = O
o sea que:
m{UI - Uo) + mo (Ur- U,) ~ Po Vo
Como:
m{Uf~ Uo) t mo (Uf - U,) ~ mc,(Tf-Te) + moc, {Tf - T,)
queda:
Po Vo ~ mc, (Tf - To) t moc, (TI - T,)
Esta ecuación es idéntica a la 1.8 obtenida en la solución del problema 1-2.
Debe completarse la solución aplicando la ecuación de eslado.
2-3 - Resolver el problema 1-3 adoptando como sistema al cilindro.
Soluc16n:
Q - L = ·mh, + lJ,USA
Q = O ,. L ~ Po tl. y ,. h, ~ U, + P, v,
O = -mUo - mPovo + mUf
Yo
O = ·mUo - mPo - + mUfm
... Po Yo = me, {TI - To}
con h, entaIpía por unidad de masa de m y mo en el estado (Pf ,TI) Yde
mo en el estado (Po, To). Queda:
-Po tl.y ~ -mU, - P, V, + (m + me) Uf - mo Ue
P, V, - Potl.Y = m (Uf - U,) + mo (U¡- Uo)
•$_~IiII~IIIImiil~~'.~.~.~'lSe.-'~.~.~"".~~.~.-~.~.'~'.h."_._O<:'=11I5=3:'.-==:-:'-:'::x:::,a
El
·"",,":====::::,,::::::::::::8:$<L::'.'~.~.~...,...$....::::":-:""'::-:.=~.""':.•a...:_":"...:.:=:.....:::::__..-1

T4 Pro Memas tipo Primer ;princrpio. Sistemas IblBrtas. Réttme.n. variable (Pies) 15
la ecuación es idéntica ala 1.13 del problema 1-3 ya que:
m (Uf - U, } + mo (Uf - Uo) = me, (Tf - T,) + moc, (Tr To)
y l volumen del tanque~ se obtiene con la ecuación 2.5. De 2.6 se obtiene
m y luego reemplazando Po Vo' por mRTo de 2.4, en 2.3 se calcula el trabajo
L, =-52,314 kCIJi
FlGURA.2.2:
m,
FIGURA 1.3-
2-S - Desde un tanque se descarga aire a través de una válvula de modo que el ai-
re a la salida de la válvula mantiene una presión constante de P = 2,5 alm, Du-
rante la descarga, la temperatura del aire
en el tanque se mantiene cons.tante e
igual a 'la del aire que sale de la válvula
(To =20 OC), f¡gura 23.
Inicialmente el tanque contiene aire
a P, = 10 alm y el volumen del tanque
es V =2 m1 . La descarga flll.liza cuan-
do la presión en el interior del tanque es
igual a P. Calcular el calor intercarnbla-
do a través de las paredes del tanque.
Solución: El sistema es el tanque. Resulta:
v
Luego se completa la solución aplicando la ecuación de estado.
24 - Medjante un compresor adíabático se envía una masa de a.ire m
que, adlabáiíco. Iniclalmente el tan-
contiene m() = 2 kg de aire a P(} = r ;m~_-{
= 1 alm y To = 20 oC, y luego de p. r.
.ingresar la roasa m queda el aire en su
inlerior a P =2,5 atm .y T =140 Oc.
Calcular el trabajo L, que debe trans-
ferirse al compresor (figura 2.2). El
aire aspirado por el compresor está a
l. presión Po Y a la temperatura To .
Solución: Se adopta como sistema al compresor y el tanque:
Q - L = -mho + AUSA Q - L = m,h, + AUSA
Corno:
-L, = (m + mo}(U- Uo) - Po Vo
o sea que:
(m+ mo)(U- Uo) = (m+ mo)e,(T- To) Q = m,U, + PV, + (m-m,) Uf - mUo
h, = V, + p,", ; AUSA = (m - m,) Uf - mUo
Al ser la temperatura del aire invariable U, = Uf = U(} ~ y entonces:
L = O ; m, es la masa que saje y h, es la entalpía por unidad de masa co·
rrespondiente ala masa m, en el estado (P, To) :
donde m es la masa inicial en el tanque, y Uf Y Uo energías internas por uniR
dad de masa de (m - m,) en el estado fmal (P, To) Y de m en el estado inicial
(P1 , To). Reemplazando queda:
2.3PoYo - Le = (m+ mo}e, (T- To)
luego:
ho = Uo + Po "o ' es la entalpía por unidad de masa m en el estado (Po,
To). AUSA ' =(m + m.) U - moUo ,donde U y Uo energías intemas por uní-
dad de masa de m y mo en el estado final (P, T) Y de mo en el estado inicial
(Po, To). Queda,conL = Le:
-Le = -mUo - Po Vo + (m + mol U - mo Uo
Puede aplicarse la ecuación de estado a m y mo. en su estado inicial y a
m en su estado flllal:
m,U, + (m- m,) Uf - mUo = O
PoYo = mRTo
PoV = moRTo
PV = (m+mo)RT
2.4
2.S
2.6
, Luego:
Q = PV,
V. es el volumen de la masa qne sale en el estado (P, To) .
2.7

16 Proble.ma$ tipo
Puede aplicarse la ecuación de estado:
CAPITULO 3
De 2.9 se obtiene m y de 2.10, con m, se halla m, . Luego se calcula V"
aplicando la ecuación 2.8 y con este valor,.se calcula Q) usando la eCuación 2.7.
Resulta Q = 4.2J, 2 kcal .
PV, = m,RTc (masa que sale)
P, V =. mRTo (masa inicial en el t~nque)
PV = (m-m,)RTo (masa Ím.l en etanque)
2.8
1,.9
2.10
PRIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS ABIERTOS.
REGIMEN PERMANENTE (GASES)
1. INTROOUCClON TEORlCA
Para un sistema abierto existe régimen pennanente cuando se Cllmplen las
condicioneS siguientes (ver fIgUra 2.!):
1) La ma.. que ingresa m, es igual. la que s.le m, ,y durante el tiempo que
se considere, estas masas m1 = m2 , mantendrán constante su valor por unidad
de tiempo.
2) Las condiciones de la rna.. que entra (h, , e" ' ePi) y de 1. masa que sale
(h, , e" , e.,) no carnblancon el tiempo.
3) No hay cambios en el interior del sistema abierto, de modo que en la fónmula
2.1 es 1>E~A =O. La fónmula 2.1 queda entonces con m, =m2 =m :
3.1
El trabajo L (trahajo de circulación) se supondrá transferido siempre me-
diante un eje:
3.2
A los sistemas- abiertos pennanentes se les da: también el flombre de siste-
mas. circulantes.
Son datos para los problemas que se eimnciarán, referentes a estos sistemas,
los valores ya dados de ep , ev Y R del aire.
aS4':;h _.
S 7
FR· w

n
""'
pI .
18 Introduce:f6n teórica
Prlm-er principro. Sistemas abril!rtDS. Régrmen plle-rmlnenhl (91$005) 19
con h, Y h2 enlalpi", especificas inicial y fmal de la ma,a m. .
b) Compresores: ,e lo, utiliza para la compresi,6n .d~ ,:"se,. Debe .transfenrsele'
trabajo en un eje Le. Las variaciones de energla crnehca y potenCial son despre-
ciables:
Se tratará acerca de;
a) Turbinas: se la, considera adiabática,. Disminu~e la entalpí~ ~2 < h¡ y,e
obtiene trabajo en el eje Lr >0. Resultan desprecIable, las vanac¡ones de ener-
gia cinética y potencial en turbinas de ga, y vapor:
donde h, Y h2 son las entalpía, especificas inicial y fmal de la m....a m. ..
c) Vál'llla, Reductoras: producen en gase, y vapores.una bru,ca c.alda de pre?on
la que ,e logra mediante un estrechamiento. El flUIdo no cambIa su entalpJa al
reducir la presión en la váJ'lIla reductora:
Lr = -tJf = m (h¡ - h2 )
Q ~ L, = tJf = m (h2 - h,)
3.3
3.4
a) Una turbina entrega trabajo en su eje al descargar, a travé,de la mism.a, el aire
contenidQ' en un tanque (no existe régimel} pennanente porque cambian las con..
dicione, de la masa que entra a la turbina desde el tanque). No vale para la mi,-
ma la fónnula 3.3 • .
b) Se suriünistra aire a un-tanque mediante un compresor (no existe régimen per-
manente porque cambia el e,tado del aire que ,ale del compresor, a medida que
aumenta la presión en el tanque). No vale la fórmula 3.4' para el compre,or. Sí
existirá régimen permanente para el compresor si se aclara que éste comprime al
aire siempre hasta que alcanza un estado detenninado, invariable, antes de su pa.
'o al tanque. .
e) Consideraciones sirnHares referentes al no cumplimiento de las condiciones
enumeradas para la existencia de régimen pennanente aseguran que no es válida
la fórmu la 3.2 para ninguno de los sistemas abierto, que puedan adoptarse en los
problemas del capitulo 2,2·) al 2-5.
Para los problemas enunciados. a continuación rererentes a sistemas abíertos
en régimen p_ermanente, son datos los valores ya dados para el aire de e.... , ep y
R.
h, = h2 tJ.h = O 3.5
d) Cámara, de Mezcla: a la, mismas ingresan corriente, de.un mismo fluido o de
distinto, fluid o,. En régimen pennanente, todas las comentes que mgre~}o
hacen a la misma presión, siendo prácticamente igual la presió.o ~e las coment.cs
al salir juntas de las cámaras de mezcla. Con Leje = O Yv.anaclOnes despreCIa-
bles. de energía cinética y de energía potencial, si hay i comentes::
,C.M.
. I
FIGURA 3.L
.T,
,
2. PROBLEMAS TIPO
o:
3·1 - A una cámara de mezcla adiabática (figura 3.J ) ingresan dos corriente, de
aire. Una, de masa mI ,a Po = 5
alm y To = 800 Oc , que se expan.
de previamente en una válvula reduc-
tora, la otra de masa m2 ~ a P2 = 3
(m¡ ... m~J TJ atm y T2 = 20 00 c. A la :salida de
la cámara de mezcla: el aire tiene tern~
peratura T3 = 120 oC, Calcular la
relación entre las masas m1 y m2 .
Solución: Para la cámara de roezcla
será válida la f6rmul. general 3.1 , de
ia cual, con Q ='0 .. L.,. = O ,. t.E, = O Y t.Ep = O, se obtiene AH = O, por
.lo t.nto:3.8
3.6
3.7
y h] l que sa-
y si Q = O, cámara de mezcla adiabátíca, es:
h }; mi - }; m¡h, = OI ,
Para dos corrientes: m1 y m2 ,de entalpías específicas h1
len con entalpía especifica h :
h }; mi - }; m,h, = Q
I ,
(m, + m2) h = m¡h, + m2h2
Observaciones: La aplicación de ia fónnula 3.2 es válida únicame';te .c~ando se
dan las condicione, que aseguran el régimen permanente. No sera valida entre
otros, en los casos enuncí~dos a continuación.

Prlm er prrnclp lo. Slstemas abierto I~ Ré-giml!l n. ~erm:ll n.ente (gases) 21
20 Problemas tipo
SuponiendO el .ire gas ideal: ,
'" _ h3 ~ cp IT, - T..)
y
Al suponer al aire comoIn gas ideal la entalpía solo depende de la tempera-
tura, de modo que hr = ho , por lo que mT Ih¡ - h.) =-Q y Q =L, , porser
nula la variación de energía interna, y el calor dependiente de la transfonnación,
o sea de la función P = f{V) que relacloua presión y volumen en la transforma-
ción, Como P ~ m,RToIV re,ulta:
3.10
1
+--+-"
dV
V
PI
Q ~ -m RT. ln-
~ .... Po
PI
mT (h, - h.) = m,RTo In -
Po
'm, = ......:(-=-T-'-,_-...:T:.:.-=-)~
mT RTo In (PtlPo)
De 3,10 se obtiene qne (mJmT! = 4,346.
Además h, - h. = cp (T, - T.! , entonces:
,Además PfVI =Po Vo , quedando:
3-3 - Con el aire que sale de una turbina adiabátiéa se calienta agua líquida des-
de To = 20 ° C a T, ~ 90 oC (figura 3.3), El aire mantiene constante su pre-
sión P, al transferir calor al agUa líqui-
da, quedando finalmente con T3 =100
oC. La relaCión entre la masa de agUa lí- p¡ TI
'luida y la masa de aire ~ mlm. = 0,25 ,
el trabajo en el eje de la turblna es LT =
= 10.000,000 !<cal y la temperatura del
aire a la entrada a la turbina es T, =
= 800 oC. El calor específico del agUa
líquida es eL =J kcolJkg 'c, Calcular:
a) temperatura T2 del aire a la salida de
la turbina; b) masa de aire y de agUa lí-
quida,
Solución, Para la turbina es válida la fórmula 3.3 :
luego:
3,9
FIGURA 3.~
IJI~2
T,
m,
LT>O y
mT Ih, - h,) ~ m, Ihr - ho) - Q
Siendo
Luego:
IT
_ T3) + 'm,cp IT. - T3) ~ O
mIeS' !
m, T3 - T.
=
m, T, - T,
, h (fórmula 3.s) de modo que al
, . 1a la entalpla o '
La entalplO h, es 19U' lirá que T, '" To . Luego:
considerar al aire un gas ideal se c~mp
m, ~ T, - T,
To - T3
, (m 1m,) ~ O147.
D
t. fórmula se obtIene que ¡ ,
e~ .
' . T - 20 oC y lo com¡mme a
, P - J "1m Y o - , '0
3.2 _ Un compresor aspira arre a o,~ fi 1 P ~ 3"tm, ,El trabajo necesan
tante hasta una presl0n 1I1a f
temperatura coas ' d I
1
, . del compresor se obllene e
en e eje turblna
trabajo total en el eje de una
adiabática, a la cual entraT :u~o~ ~~a Pr r!
.. n P = 4 atm Y ,- ,
preslO, 'T _ 400 ° C 'Calcular la
saliendo a. 2 - . . ue
relación entre la masa de aue medCl .
circula en el compre,or Yla masa ;~-
re que circula en la tmblna (figUra ',,'
Se supondrá que en la transformaclon
del aire en el compresor quedan e~table-
cldos todos los estados intermedIos en-
tre ellniclal Yel rmal, • . • la 3 3 Y para el compresor la 3,4, de
Soluc!ón: Fa," ia turbina es valida la formu .
, modo que: ) y Q _ L, = m, Ihf - ho)
, LT = mT (h, - 11,
L, <O, o ,ea L T =-L, , luego:
"'------"---;-; AS;;W:;:a:;
_ _IIÍIIIIIIiIIIII_ _IIIIIIII.-...._ililiilllíiliililililllllliilililiilliiiiiiilllllliiillliiiliiliiiiiillliil_ _IiiiiiIiiiiI ...........W

-tr:::er tr r §!:t;! -1b4o!!
22 Problemas tlp o
Por considerarse al aire como gas ideal:
Primer prillclpio. 51s.temu abrertos. Rqimen pll-rmanente {gilm) 23
L r = m.cp (TI - T,)
Para la transferencia de calor entre el aire y el agua líquida:
mCL (Tr- To) = m.cp (T, - T,)
,De esta ecuación se calcula m y luego en 3.15 es L. =41,57 ki/ocolori(J!i.
La masa de aire necesaria es la que corresponde al volumen ..o. V en el esta·
do (PI, T,):luego:
h, - h, = Cp (TI - T,)
3.JI
3.12
PIAV = mRT, 3.16
Con las ecuaciones 3.11 y 3,12 Ycon mlm. = 0,25 quedan corno únicas
incógnitos T, y m :
3. PROBLEMAS ENUNC!ADOS
FIGURA l.s
4
(m-ro¡)
•P,
f--t-LT
1I
'" P,
T,
FIGURA 3.6
3-<i - Se tiene la ínstalación de la figura 3.6. Aire a p, = 4 alm ; T, = 800 oC
se expande en una válvula reductora
hasta P, = 3 atm y luego en una
turbina adiabática hasta P6 = 1
atm. Al llegar el aire a la presión
p2 , antes de ingresar a la turbina,
se deriva hacia una cámara de mez·
cla una roasa mI, la cual ingresa
junto a una masa m2 a la misma
presión P, y a T4 = 20 ° C , sa-
liendo de la misma con Pj ~ P, y.
Tj = 100 ° C. Si ,;" = 10.000
3-5 - Se tie/le la iustalación de la figura 35. Una masa de aire m, a PI = 3
alm ; T, = 500 oC, se enfría a
presión constante) transflriendo ca~
lor a una masa de agua líquida m,
la que pasa de una temperatura ini-
cial To = 20 Oc ,a una temperatu·
ra final TI = 70 oC. Luego de esa
transferencia de calor la masa mI
ingresa~ a una cámara de mezcla
adiabática, junto con otra roasa de
aire m, a T, = 500 oC. Las ma-
sas m1 y m2 se expanden luego de salir de la cámara de mezcla en una válvula
reductora, quedando a la presión Ps = 1 atm con Tj = 350 oC.
Si la relación entre la masa de agua líquida m y la masa mI de aire es 4 ,
calcular la relación entre las masas de aire ml Y m¿ . Como dato se da el calor
específico del agua líquida CL = 1 kcal/kg oC.
3.14
3.15
ftGURA3A
m 1-'1 Tr
-L, = m (h, - ho)
Como hI - 'h, = cp (TI - To) es;
"
De 3.14 se obtiene T, = 445,9 K = 172,9 oC. De 3.1 3 se obtiene que
m = 16610,8 kg. Luego m. = m/0,25 = 66443,4 kg.
3-4 - Medjante un compresor adjabático que aspira aire a Po = 1 atm y To =
= 20 Oc y lo lleva a un estado I con P, =3 atm y T, = 130 Oc ,se sunúnislra
aire a un cilindro (f¡gura 3.4j, para
lograr el barrido de un volumen AV
igual a O~6 m3
,contra una presión
constante P =PI =3 a1m. Durante
el barrjdo el aire mantiene su tempe-
ratura constante TI = 130 o e ,y no
intercambia caloL_
'Calcular el trabajo en el eje del como
presor para lograr el barrido del volu-
men AV, suponiendo que no existe fricción durante el barrido.
Solucfó n: El compresor funciona en régimen pennanente luego con Q = O1 de
la fórmula 3.4 se deduce que: '
~ -, - ~ ~",., ~ ~ - ",. - - -- ~ - - - ~ - - - - ~ - - -- ~ - - - ~ - ~ - ~ - - - -- -----=--~
~ - ,. ~ ~ ~ ~ . ~ ~ .. ~ ~ ~ - - . ~ ---

24 Pro blem In lB lluneiadQ.5
kg/hOTa y la potencia en el eje de la turbina es NT = 2000 HP (1 HP = 632
lecal/hora). Calcular las masas m, y m eu· leg/hora.
CAPITULO 4
TRANSfORMACIONES
POLlTROPICAS
1. lNTRODUCCION TEORICA
Una transJorrnaCÍón politrópica es una transformación en la cual el calor
específico e se mantiene constante. Son fórmulas válidas para las transfonna-
ciones politrópicas de gases perfectos las siguientes, en las cuales se ha conside-
rado mí estado inicial (P, • V, • T,) Yun estado final (P2 • V2 • T1 ):
P, VI = P1 V1 ó PI" = con'lante
T, V¡-' = T2 vr' Ó TY>-' = conslanle
Pf'-'TJI> T, = pY->!hT2 ó pfM!I>T = comlante
Cp - e
l' = - -
Cv - e
(K -1')
e = e, (l _ 'Y)
(K - 'Y)
Q = mc, ( . ) (T2 - T,)
1 - 'Y
f
l mRT,
L = PdV =...::::~
, ('Y- l)
-rVdP = 'Y rPdV
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
.. __•..~-

. -, 5
25 PiO blaml5 tipo
Tra rufo rmillclone.s polltróplelliS 27
"1 -es un exponente adimensional, c~, y ep son los calores específicos del
ga, ideal a volumen constante y a presión constante. K =cple, . Si:
l<"«K e < O 4.9
b) Ja desca_rga se produce en tonna infrnitamente rápida, tanque adiabático.
c) la, descarga se produce danto tiempo a que el aire interior llegue al equilibrio
térmico con la atmósfera (To = 20 oC),
Soruclón: a) Para el aire interior todo ocurre como si cada kilogramo de masa ex-
perimentara una transformación politrópica y adiabática (e = O) , luego 4.5 .e
deduce que "( = K =epIe,. Luego:
2. PROBLEMAS TIPO
[;;j (K-'}/K = T2
T,
4.10
4-] - Demostrar que en una politrópica de un gas -ideal, con calor específico
negativo, el valor absoluto del trabajo e, mayor que el valor absoluto del calor in-
tercambiado y que el valor absoluto de la variación de energía interna:
y la masa final será:
mI
P,v=--
RT,
4. i 1
Debe ser "(- K<O y "(-1 <O ,luego e>O.
,1
:i
!
,1
",
~
il
,"
4.12 '
FIGURA4.1
T
I , I
M ,.
P, IIACIO
l' -m • ~ II}
m = P,V
RT,
y la inicial:
Salen (m - mI) kg de aire. Calculando m con 4.12, T2 con 4.10 Y mI
con 4.l1,83le que (m- mI) =15,73 kg.
b) Todo ocurre como si cada kilogr.mo de aire interior hubiera experirnentado
una ,bmsca caída de presión (proceso equivalente a Jo que sucede en una válvula
reductora), luego Ja temperatura final del. aire en el tanque será igual a ]a inicial
T2 = T1 . De 4.ll sale mI y con m y mI se obtiene que en este caso resulta
(m - mI) =21,17 kg. '
c) Como se conoce el estado final (P" Te) en el tanque, puede calcularse
mI = P2 VIRT(J ) con -este valor y el de m ,se obtiene que en este caso tenem!Ji
(m-mI) = 12,50 kg,
44 - Se dispone de dos recipientes rígidos y adiabáticos, que pueden comuni-
carse entre si (figura 4.1). U4recipiente es-
tá vacío, el otro contiene aire a P, = 3 atm
y T, = 80 oC. El volumen d'e,Jo. dosreci-
pientes es el mismo y su valor es V =3 m3
ca,da uno. Suponiendo despreciable el volu-
.men del conducto de comuni-eación1
calcu~
Jar las temperaturas fmales en cada reci-
piente cuando se pennite que se alcance el
equilibrio dinámioo entre ambo., al comu-
nicárseles de modo que el pasaje de aire
,
4.5
IL I > IIllUIy
"( - K
e = el' ---,
"(-1
"(- K
c=c--'-
, "(-1 ,
ILI > IQI
Q = melllT : IllU = me,AT
L = Q - AU = m(e-e,)AT
Si AT <O es meAT> O y -me,IllT> O,quedando demostrado.
Si AT> O es meAT <O y -me, AT <O, quedando dem""trado.
Si e < O, es 1 <"«K; si.ro e,lamasa:
Solución:
4-3 - Un tanque contiene aire aP, = 4 atm y T, = 60 oC. Se produce un es-
cape de aire hasta que la presión fmal en el tanque es P, = 3 atm. El volumen
del lilnque es V =20 mJ • Calcular Ja masa de aire que sale del tanque en lo. ca-
sos siguientes:
a) la des<:arga se produce en forma infmitamente lenta, tanque adiabático.
4-2 - Demostrar que si el exponente 'Y para Ulla politrópica de un g.. ideal e,
negativo, el calor específico e es positivo.
Solución:

2B Proble miU trpe. Tnrnsfc.rmac!onlllS 'P.o1itró piCEU 29
Si m~ es la masa que sale de (1) con Q"= O y L == O,'se tendrá que AU==
= (} y:
puede suponerse infmitamente lento~
Solución, Debe procederse según se explico en el capítulo l. El sistema e, la ma-.
sa: m:
P,
[Ill m, v, /~
T, %'/
;//1
FIGllRA4.~
:" III
I t -' ,
• I
Q = (}Q - L = llU
4-5 _ Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi-
que r19ido (fignra 4.2), estando una de la, do, parte, cerradas por un pistón tam-
bién adiabático.
En (1) hay m, =2 kg de aire a P, = 1
alm y T, =20 oC ,yen (n) m, kg de aire
a P, = 2 atm y T, = T, = 20 oC ,ocupan-
do el volumen V, =2 m3
. Se comprime el
aire contenido en (I)) el cual experimenta
una transfonnación politrópica, hasta que el
aire en (n) alcanza una temperatura fmal
T = 90 °C. Calcular las presiones finale, en
(1) y (n) y el volumen fmal en (1).
So[ución: Debe "procederse como se -explicó al tratar acerca del primer principio
para sistemas cerrados. El sistema es (ml + m2) y:
De la, ecuacione, 4.14; 4.16 Y 4. i 8, en las que hay tres incógnita, T, f '
T,f Y m' , ,e obtienen la, temperatura' fmales en (1) y en (11):
T'f = 289,5 K = 16,5 oC ; T'f = 451,6K = 178,6 oC
4.14
4.13
4.15
m'RT'r
V
P, V,
- - = 9kg
RT]
Q - L = 1;U
m'
m
m - m~
(m - m') RT
'fV
T, - T'r
T,,- T,
Por ,er igual la p~,ión fmal p en (1) y (n) e,:
1;U = O = (m - m') c, (T'r- T,J + m'c, (T'r- T,J
T
'f
Y T'f son las temperatura, finale, en (1) y (11). De 4.13 se deduce
que:
4.20
4.19
(estado inicial)
-L = m,cv(T- T,) + m,c, (T- T,)
P, V, = m,RT, .
luego:
La, temperatura' en (1) y en (11) se mantienen iguale, porque al ser la trau,-
formación de mI una politrópicat debe producirse manteniéndose el equilibrio
ténnico éon la masa m2 ,o sea que la transferencia de calor entre m] y m2 es
con s8.lto infmitamenle pequeño de temperatura. Además:
1;U = m,c,(T- T,) + m,c, (T- T,)
4.16
4.17!.!L
T,
iVI(m-m')l I-K
r V/m ]
y de aquí ,e deduce:
(m-m') = T'r
m' T1[
Por pro~ucirse la descarga en fOJma infinitamente lenta, se tendrá por cada
kilo masa de aire de (1) una trans;[ornlación politrópka y adiabática, de modo
•que con c = (} ,e tendrá que "1 = K = cplc, . Usando la fórmula 4.2 para la re-
lación entre las temperaturas y los volúmenes específicos:
VI(m - m') y Vlm son io, volúme.nes específico, final e inicial del aire en
(1). De 4.17 se deduce que:
= !!L
T,
4.18
P,fV'f = m,RT,
De 4.20 se obtiene m, :
(estado fmal)
(estado final)
4.21
4.22
- ~ ..... ~ -=--- ---~ - - - - ~ - - - - - ,- -
. .

30 Probllmu tipo
De 4.22 se obtiene la p.'."sión Imal en (11), que resultaP, .; 2,48 alm .
Por ser la transformaclOn de mI politrópica, el calor transferido en la mis-
ma valdrá: .
CAPITULO 5
La variación d:e energía interna de rn1 es: MEZCLAS DE GASES
llU = m,c, (T - T,)
Luego el trabajo L puede expresarse como:
4.23
4.24
L = Q - llU = m, [~=: e, - c.] (T- Tj)
obteniendo L de 4.19 y calculando 'Y de 4.23. Entol1ces:
[p,rl1r-'Jh = I...
[p,J TI
m
3
De 4.24 se obtiene P" = 7,73 alm ,luego de 4.21 se calcula V" =IJ,266
1. INTROOUCCION TEORICA
Se supondrá ideales a los gases, por lo tanto, vale entooces el concepto de
presión parcial y la ley de Dalton.
La presión· parcial de un gas, componente de una mezcla de gases ideales,
que está a urta temperatura T, ocupando un volumen V ~ es la que le correspon-
de al gas en la mezcla, equivalente a la que tendría solo ocupando el mismo volu-
men V a la misma temperatura T. La ley de Dallon establece que la presión
de una mezcla de gases ideales es igual a la suma de las-presiones parciales: de ca~
dagas. .
Estos conceptos de presión parcial y presión total, unida. al hecho de qne
en la mezcla cada gas ocnpa todo el volumen y al hecho de que si son gases idea·,
les cada gas se comporta como si estuviera soJo, son fundamentales para la reso-
lución de los problemas de mezclas de gase, ideales.
2·. PROBLEMAS TIPO
Jr.~·
".
FJGURA5.1
"o
5~1 - Un recipiente rÍgído contiene inicialmente
no = 0,5 kmo/es de oxigeno a Po = 10 atm en
(D y llN = 0,05 kmo/es de nitrógeno a PN = 1
alm en (11). Ambos gases, que pueden suponerse
ideales, mant.ienen constante .su temperatura
To = 20 oC (figura 5.1).
Suponiendo que el tabique que ,epara (1) y (11) es
poroso, impermeable al (}xígeno y peT1Í!eable al
nitrógeno, establecer las presiones ('males de nitrógeno y de oxígeno. .
- -

32 ProblElm as tipo Mezel as -de ga se5- 33
SoIución: No quedando eslablecida la tel1peratura final como en el problema ano
terior, debe aplicarse el primer principio, en la forma explicada al tratar acerca
de sistemas cerrado,. El sistema es (n o + nN) :
SoIución: Según Jos conceptos- explicados, cada gas se comporta como si estuvie-
ra solol de modo que el nitrógeno pasará a ocupar los dos volúmenes, el de (1) Y
el (11), mezclándo,e en (1) con el oxígeno, hasla que alcance un e't.di; fmal en el
cual su pre'ión sea la misma en (1) Yen (lI):
Q - L = t>U .. Q = O L = O
PN =
nNR[JT()
5.1
VN
PNf =
nNRuTo
5.2
(Vo + VN)
donde PNf es la presión fmal del nitrógeno y Ro es la consl!nte universal de
los gases ideales. También:
5.5
La lemperatura fina! dO! ox(geno y del niIrógeno será la misma porque no
cesará de pasar nitrógeno hasta que no se alcance una temperatura uniforme para
ese gas, el cual quedará a igual temperatura y pr~sión en ambos recipientes. A~e
más en el estado fmal lenemo;:
con Vo = VN ,deducido a partir de 5.3 Y 5.4. Se obtiene de 5.1 y 5.2 que es
PNf =0;5 a/m.
La presión del oxígeno no cambia, ya que en la mezcla el nitrógeno se" com-
porta como si estuviera soJo, y no cambia ni su volumen ni su temperatura (se}s.
tableci6 que la, temperalura! se mantienen constantes en (1) y (11) Y que eran
iguales para ambos gases).
PNf =
nNRuT
5.6
Vo + VN
POf
noRoT 5.7= Vo
Vo
n()RuTo 5.8=
Po
VN
nNRuTN 5.9= PN
De 5.5 se obtiene T = 296,6 K = 23,6 oC. Luego, con Vo y VN ~alcu
lado, con 5.8 y 5.9, se obtienen de 5.6 y 5·.7:
P O53 I ,. POf = 10.13 atmNf = , a m
. 5.3 _ Un cilindro está dividido en dos parie, (1) y (ll), según indica la figura 5.3.
El cilindro y el pistón son adiabáticos, siendo despreciable la fricción enlre
ambos, y el tabique que separa (liy (11) poroso, impermeable al oxígeno y per-
meable al nitrógeno y adiabático.
Eá(l) hay no =1 kmol de oxígeno a To = 20 oC ya la presión P =10
a/m constante, que Iransmite el pistón..En (In hay nN =0,05 kmales de ni-
trógeno a PN = 1 atm y TN = 100 oC.
Suponiendo gases ideales al oxígeno y al nitrógenoJ calcular las presiones fi-
nales POf y P
Nf
de ambos gases. e, y Ru son los dados en et prob~a 5-2.
(11)
FlGURA 5_l
(1)
(constante universal)
Vo =
l1 oRu To
5.3
Po
VN =
llN R u T()
5.4
PN
848 kgm
kmolK
R~ =
5-2 ~ Si los gases, "oxígeno y nitrógeno, mencionados en el problema 5-1, se en-
cuentran jnicialmente a distinta temperatura,
siendo la del oxígeno To = 20 °C y la del ni·
trógeno TN- = 6(J CJ' e , y con las mjsmas presio.
nes, y siendo no = 0,5 y nN = 0,05 el núme·
ro de kilomoles de cada ga" calcular las presIo-
ne, y las temperaturas finales del oxígeno y del
nilrógeno, suponiendo que el recipiente y el ta-
bique poroso sean adiabáticos (fIgura 5.2). Como dalo, el calor molar a volu-
men conslante del oxígeno y del nitrógeno es C, =(3/2) Ru y:
- -;--":
u 7
5

F1liUKA S.3-
34 Pro blema.s tipo
,...!.....,
p Yo 1')
,," To
.
¡I,~-
T~· (IlJ
p" v.
Solución: El sistema es (no + nN)' Luego;·
Q - L =!J.U ,. Q = O ,. L = P(Vo,- Vol
donde Vo, y Vo son los volúmenes linal e inicial de (1).
Además:
La temperatura linal del oxígeno y del nitrógeno es la mis-
ma, según se explicó en: el problema 5·2. Luego:
CAPITULO 6
SEGUNDO PRINCIPIO
DE LA TERMDDINAMICA
Además re.ulta:
PVo = noR.To
PNVN = nNR.TN
5.11
5.12
Teniendo en cuenta el concepto de presiones parciales:
5.13
1. lNTROOUCClON TEORlCA
Enunciado de Pkmek: Es imposible una máquina térmica que transforme íntegra-
mente en trabajo el calor que se le transfiere desde una fuente.
y según la ley de Dallon:
5.14
Máquina Termica: hace que un sistema cumpla ciclos~ intercambj¡mdo calor y en-
tregando un trabajo (ligura 6.1):
Tra/lSformaclones reversibles e Irreversibles: Los conceptos de transformaciones
reversibles e irreversibles se fundamentan en el enunciado del segundo principio.
Una transfonnación es irreversible, cuando luego de ocurrida, es imposible
volver el sistema y el mediD a sus condjciones iniciales. En caso contrario1 la
tTansfornlación es reversible.
Enunciado de Chus¡lus: Es imposible que el calor pase,
por si solo, desde una temperatura menor a otra mayor.
Q~ < o
}--.....~L>'
FJGU.RA6.L
Ql > ()
6.1
6.2
L
Q,
Q, + Q2 = L
Rendjmiento.'
5.15
De 5.11 Y 5.12 se obtienen lo. valores de Vo y VN quedando entonces
como incógnitas en 5.10 y 5.13 VOf ' T Y PNf • Para la resolución puede re-
cunirse a la ley de Dalton como sigue:
El sistema de ecuaciones 5.10, 5.13 Y 5.15 permite el cálculo de
= 0,297 alm. Luego, de 5.14 se obtiene POf = 9,703 atm .
& .L

36 Problemas tipa
Segll ndo princlp-!o de la term-e-diinámica 37
Son causas de irreversibilidad en los procesos: que intervienen:
1) transferencias de calor con salto finito de lemperatura.
2) desequilibrios mecánicos fmito s (a causa de un ·salto de presión finito, por
ejemplo).
3) la fricción.
Teorema de Carnat: Para todas las máquinas térmicas que funcionan intercam-
biando calor únicamente con un par de fuentes de calor de temperaturas T1
y
T2 ,con T2 < T} ,se cumple que:
- todas las m áquinas ténnicas reversibles tienen el mismo rendimient~.
- cualquier máquina térmica irreversible tiene un rendimientú menor que las an-
tenores.
.. el rendimiento de cualquiera de las máquinas ténnicas reversibles será:
T2
'1=1--
T,
6.3
La máquina térmica M, fuuciona
acop~ada a un mismo eje con otra máquj·
na que hace que un sistema efectúe ciclos T,
(M,) , transftriendo todo el trabajo L Q,
que entrega a la máquina M, . Esta últi-
ma puede intercambiar calor con la fuente
de T, =1000 K Y con otra de T, =600
K. El calor transferido total por la fuente
T, al conjunto de las máquinas M1 Y
M, .es Q, = 1000 kcal. .
Calcular los calores intercambiados F1GURAó.2
por MI con la fuente T, y por M, con
las fuentes T, y T, .
Solución~ Por funcionar M] únicamente con dos fuent es y ser reversible, su ren-
dimiento vale (por 6.2):
Teorema de Claussius: La suma algebraica de las relaciones.entre los calores in-
tercambiados por un sistema que efectúa un ciclo QI Ylas- temperaturas absolu.
tas 1i de las fuentes que intercambian ese calor QJ será;
L = Qi + Q2 = 600 kcal
Qí es el calor intercambiado por MI con la fuente T, . De 6.8 se obtie-
ne que Qi =1000 kcal. El trabajo será entonces::¡; (QJT¡) < O
:¡; (Q,/T,) = O
6.4
6.5
'1, =
L
Qí
Qi + Q2
= =
Qi
1 +
Q2
Qi
1 - 6.8
La fórmula 6.5 vale si el ciclo es reversible, y la 6 .4 si el ciclo es irreversible.
Pina una transfonnación reversible de la masa m que circule en el caso de
un sislema circulante (capítulo 3) se cumple que:
- V dP = oL.¡. + dE, + dE.
-f-V dP = L<j. + Me + !J.Ep
6.6
6.7
La máquina M2 intercambia entonces calor con la fuente T:1· únicamente,
siendo Q, = -Q" + L = -600 !<cal. La máquina M, es irreversible, ya que es
imposible que funcione en sentido contrario, intercambiando el mismo calor Q3
con la misma fuente T3 y el mismo trabajo L, también en sentido contrario,
según eslablece el enunciado de Planck del segundo principio.
2. PROBLEMAS TIPO
6-1 - Una máquina térmica reversible M, (figura 6.2) intercambia calor con
dos fuentes, una de temperatura T, = 1000 K Yla otra de temperatura T2 =
.=400 K , siendo el calor intercambiado con esta última Q2 = -400 kcal .
6-2 - El ciclo 0110 ideal de aire está formado por dos transformaciones adiabáti-
cas reversibles (0-1) y (2-3) Y por'dos transformaciones reversibles a volumen
constante (1-2) Y (3-O) , según se indica en nn diagrama presión-volumen en la
figura 6.3 .
El rendimiento del ciclo es:
'1 = 1 -

3-8 Problemas tipa Segundo princrpio de lB termQdlná mica 39
De las relaciones correspondientes a las transfonnaciones adiabáticasreversi-
bies para un gas ideal (4.2), se deduce que al ser V, = V, .y Vo = V, :
6.11
v, Vo
V; = 0,12 V,
Puede demostrarse que, aplicando 4.2, paIa un ciclo ideal:
Solución: Con " =0,12re resuita que:
Luego V, =0,12 Vo . De 4.2 :
sale que:
6.9
1 - '1
ToT, = - -
1-'1
To
T,
Si se tiene un ciclo Olto de rendimiento '1 =
= 0,55 ,con To =300K,y T, =900K ,cai-
cular T, y T, ' El aire se considera gas ideal
con K= 1,4.
Solución:
Luego:
v
FtGURA D.}
,
De 6.9 se obtiene que T, =666,7 K. De 6.10 resulta que T, =T,2,22=
=1198 K.
6.12
_tT'] 'IK-I
Te - -
To
T, = T, f;:j '/K
Con T, obtenida de 6.11 se calcula T, aplican~o 6.12 y luego re de:
Con T, =O,12re y la fórmula del rendimiento, se obtiene que '1 = 0,62 .
iuego:
6.10
J
T, 1
- = - -
T, 1 - '1
luego
(r{ -1)
Kr§-I (r, - l)
'1 = 1 -
6-3 - El rendimiento de un ciclo Diesel compuesto por dos tIausformaciones
adiabátieas (O-1) y (2-3) , una transforma- .
ción a presión constante (I-2) y una trans- P
formación a volumen constante (3-O), to-
das reversibles, es:
En la figuIa 6.4 se ha representado es-
quemáticamente el ciclo Diesel en un dia-
grama presión-volumen.
Se supone al ciclo efectuado por alce,
al que se considera gas ideal, con:
C
K = = = 14
Cv '
;
V, T2
" = V, = T,
,
v
FlGURAó..4
; Te = ~ _ [;;rIK
-
11
Calcular el rendimiento del ciclo Diesel si para el mismo es TI =O,12'c ;
Tu = 300 K Y T, = 2000 K.

CAPITULO 7
ENTROPIA
1. INTRODUCCION TEORICA
La variación de entropía liS, correspondiente a una transformación rever-
sible de un sistema-cerrado, que presenta en cada una de sus sucesivos: estados
temperatura absoluta T unifonne, puede calcularse .rnediante la fórmula:
. f' 6Q!>S = -
1 T
7.1
~ º es el calor intercambiado por el sistema en cada una de las sucesivas
transformaciones elementales de temperatura media absoluta T. .
Consideraciones basadas en los conceptos dados en el capitulo 6 permiten
(lemostrar que la entropia S es una función de -estado. La variación de entropía
de un sistema cerrado en una transformación adiabática-'irreversible es posítiv:a.
La variación de entropía del uní,,-erso .(sistema más medio) es:
7.2
7.3
EX
La f&mula 7.2 vaJe cuando ocurren t~ansfonnaciones.irreversibles en el uni-
verso) y~a 7.3 cuando solo ocurren transformaciones reversibles~

42 ,1 n.trad uoci6 n. teórica
Entro-p ia 43
De la fórmuia 7.1 se d~uce además que para transfonnaciones irreViersibles
a volumen constante, si el calor espocifico Cv es constante:
2. PROBLEMAS TIPO
7-1 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi-
que. Una parte contiene m, = 2 kg de aire a P, = 5 atm y T, = 20 oC, y la
otra m2 =3 kg de aire a P2 =1 atm y T2 =60 oC·. Se quita el tabique. Cal-
cular la presión y la temperatura final en ei recipiente, y la variación de entropía
dei universo.
Solución: El sistema es (m, + m2). Como:
[
2 ~Q [2 dT T,
AS,= I T = 1 me,.. T = me,.. In r;
A p~sión constante, si el calor específico cp e~ constante:
T,
= mcp ln-
T,
7.4
7.5
Q-L=!J.U ; Q=O L = O
y a temperatura constante T:
Q
/:,S=-
T
7.6
luego:
!J.U = m,c,(T- T,) + m2c, (T- T, ) = O
De 7.12 se obtiene que T = 317 K = 44 oC. Además:
1.12
Además puede deducirse que para una fuente de calor de temperatura TI
que intercambia calor Q( es:
En una transformación adiabática reversible es:
!J.S = O 7.7
;
Con estos Valores, se obtiene la presión final P 'a partir de la ecuación:
P(V, + V2) = (m, + m2)RT 1.13
!J.S = QI
TI
7.8 Resulta P =1.42 alm .
La variación de entropía de m, y m2 puede calcularse aplicando la fór-
mula 7.9 :
T2 P,
7.9!J.S = mcp In TI mRIn-
P,
To V,
7.10!J.S = mcv In TI + mRln -
• V,
V, P,
7.1 i!J.S.= mcp In V; + mRIn-
P,
Se obliene !J.Sm , = 0,191 kcaljK y !J.Sm , = 0,037 kcaljK. La variación
de entropía del "':lniverso -será:
~mJ =
P
mIR In-
P,
P
m,R In P
2
T
m]cp in - -
T,
T
M m .1 = m2cp In - -
To
(P, , V, ,Para gases ideales valen.las fórmulas siguientes, entre un estado
T,) y un estado (P2 , V2 , T2):
En ei caso de tratarse de aire, ,on válido, en los problemas que ,iguen, refe-
rentes a entropía, io, valore, de cv , ep y R ya dados.
Es positiva por tratarse de una tran,formación irreversibie, ya que hay
acción de una diferencia de pre'ión fmita (P, - P,) y se ponen en contacto la,
masa, m1 y m2 a distinta temperatura.
a a L i . j .. ,...."_1 -_.&$."_ +

44 Problemas tip o Entropía 45
QI + Qz + Q3 = L 7,16
con QI = 1000 kca/ y Q, = -800 I«:a/.
[ -{ MT)-~OL'---1=~T,=J
7-3 - Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tres
fuentes (figura 7.2), siendo QI =2000 I«:a/ .. Q3 =-800 keal ; T, = 1000 K ..
Tz =500K .. T3 =3DaK.
,Calcular el trabajo l entregado por la máquina térmica.
SoIuelón: Por el primer principio:
AS. = QI + Qz + Q, = O
T, T, T3 7.17
fleu RA 1,' con QI = -1000 kcal y Q3 = 800 I«:a/.
De 7.17 se obtiene Q, , el vaior que
cambiado de signo se reemplaza en 7.16,
ya que 7.11 se refiere a las fuentes de calor y 7.16 a la máquina ténnica. Luego
se calcula L a partir de la 7 J 6, Yda L = 1533,33 keal
1-----,[
FIGURA 7,1
7.14Q + Qo = L
Siendo la máquina térmica rev~rsible, la varia-
ción de entropía del universo será nuJa. No existe va-
riación de entropía en la máquina ténnica, porque és-
ta hace que un sistema efectúe ciclos y la entropía es: una función de estado. La
variación de .entropía del universo será igual a la suma algebraica de las 'Variacio-
nes de entropía del aire y de la atmósfera:
7·2 - Una máquina ténnica reversible funciona intercambiando calor con una
masa de aire m = 100 kg , que se enfría a volumen con,tante desde TI = 1200
Oc a Tz = 600 Oc y con la atmósfera (To = 27°C)
(figura 7.1) .
Calcular el.rendimiento de la máquina tennica.
Soluefó n: Para obtener las ecuaciones: necesarias para
la resolución del problema puede recurrirse al primer
principio y al concepto de entropía.. Para la máquina
ténnica:
y de 7.8 resulta:
ASiJtmósfertJ
7.18
7.19
QI
TI
Q,+Qz=L
"ó,Sdr:lD ::::: O =
con Q, > O y Q, < O.
La variación de entropía correspondiente al ciclo será nula, porque Ja entro~
pía es una función de eslado:
7-4 - Una máquina térmica funciona según un ciclo foonado por dos-transfor-
maciones isotérmicas reversibles, una a temperatura Tj = 1000 K en la cual in-
lercambia QI = 1000 kca/ y otra a temperatura Tz = 500 K; Ypor dos transo
fonnaciones adiabáticas en cada una de las que la entropía cambia en un valor
AS = 0,10 ka/IK. Calc~lar el trabajo entregado por la máquina ténnica.
Solucfón-: Por el primer principio) si Q2 es el calor intercambiado en la isotenna
de temperatura Tz Y L el trabajo entregado por la máquina:
7.15
Tz Qo
mcm-+-=O
v T, 10
Luego:
De 7.4 se obtiene que:
Calculando Qo • p.rtir de 1.1 Soy con Q = me, (TI -' Tz ) >O y siendo
Qo < O par. la máquina ténnlca se obtiene L de 7.14.
El rendimiento de 1. máquina ténnica es (ver 6.2):
T,
== me... In -
T,
L
'1 = -
Q
y resulta ~ = 0,738.
Los valores I!J.S son positivos va que en una transformación adiabática es
imposible que la entropía disminuya. Al ser AS> O las adiabáticas son irrever-
sibles.

46 Problemas tipo
Se obtiene Q, con 7.19 Yluego L con 7.18 es:
CAPITULO 8
L = 400 kcal
7-5 - En una resistencia eléctrica, funcionando·a régimen estacionario, hay esta-
bJecida una corriente continua, debido a ia cual exist.e una disipación de ~alor
Q = 30 walls. Se supondrá que la temperatura de la re""'tencia eléctrica se man-
tiene en un valor igual a la temperiltura ambiente (To ='27 OC) • .
Calcular la variación de entropía de la resistencla, de la atmósfera y del uni-
verso.
Soluc ión; Se trata de uil p-roceso irreversibleJ ya que para establecer Ja corriente
debe existir una transferencia de energía eléctrica a la resistencia, de modo que
se está transformando energía eléctrica (trabajo) en el calor Q. Corno la resis-
tencia eléctrica no experimenta cambios, no puede variar su entropía. La at~
mósfera se comporta como una fuente de Mlor y a la misma se le transfiere el
calor Q. De modo que"
DIAGRAMA
TEMPERATURA-ENTROPIA
PARA GASES PERFECTOS
.. ASll,m =
Q
To
=
30 watls
300 K
= 0,10 watts/K
s
FLGUR, 8.1
v,
Las fórmula, 7.9 Y 7, 1Opermiten jnstificar las líneas de presión constante y
de volumen'constanté en un diagra-
ma T-S para un gas ideal.
Debido a que la entalpia solo Te h
depende de la temperatura, toda lí-
nea: de temperatura constante es
también una línea de entalpía cons-
tante en estos diagramas (figura
8.1) .
El diagrama es válido para una
masa unitaria de gas, dando valores
dev;syh.
Los problemas que siguen, re-
ferentes a este tema, se efectl,Jarán
, recurriendo al diagrama T-S para
el alre. En los mismos se aplica el concepto de rendimiento isoentrópico de una
turbina y de un compresor.
ilS" = !>S"m = O,lO watls/K > O
La variación de entropía del universo será:
RénrJlmJento Isoentrópico de una turbina: Se supone una turbina a la queingres.
alre a (P1 , T,) , el cual se expande hasta una presión P2 .
.~._._ ;-4 4-,i i i ,-4; t2lI K & 4$---; '-4 g ;- J, ªiZ.2. t __ 21 . 22 ¿-4-Lt23

48 Pro blem as tipo OlaS! rima temperdura-en.trop ia para '[ues pe.rfec:tOs. 49
Si tal transformación del aire es adiabática rever:;ible (turbina ideal), el e,ta-
do final del aire es 2' (figura 8.2) (ecuación 7:3); si, eu oambio, la transformación
es adiabática irreversible, el estado final del aire será un estado como ei 2, ya que
en este caso existirá un aumento de entropía para el aire.
El rendimiento isoentrópico de una turbina se defme como~
y To = 27"C, y I!, comprime a nna presión fmal P" El rendimiento isoentró-
piro del compresor es 11. = (J,85 Y la potencia transferida al eje N, =180 HP
(l HP =632 keallhora). Calcular· P"
Solución: Para el compresor vale·la fórmula 3.4 ron Q = O :
T ;11
8.1
f[GURA-B-_3
P,
-N, = mIh,- ho)
PoVo
m =---
RTo
(h,- hv) = cp (T,- To)
8.3
8.4
8.5
T,.[-- ____,,,¡¿'---------'h,
8.6
T" Para el compresor ideal la temperatura fi-
= cp (Tf'- To)' =
cp (TI ~ To)
'le =
De 8.3, 8.4 Y 8.5 se obtiene
na! es T" De 8.2 resulta:
n,.
..?l l'
20
,,
,
,,
,
,,
P,",,,,,
",.
·Rendhniento.isoentTópico para un compresor adÍflbdtico: Se Siupone un compre-
sor adiabático en el cual se comprime un gas que puede ser considerado como
ideal, desde un estado inicial (P1 , T,) a una presión final P2 , adiabáticamente.
Si la transfonnación del gas es adiabática reversible, el estado final será el 2~ i
(figura 8.3); si en cambio, la transformación del gas: es. adiabática irreversible, se
produce un aumento en la entropja del gas, y el estado final del gas será un esta-
do como e12?
El rendimiento ~soentrópícodel compresor se define como:
8.7
T;h
Con 8.6 se calcula TI' Luego aplicando la fórmula 4.3 es:
[
PIl (K-'JlK = Tr
po] To
Se calcula PI = 14,33 o/m.
Si se utiliza el diagrama T-S para el aire, se situa el estado (Po, Tv) Y se
obtienen del diagrama ho Y el volumen específico "o . Con 8.3 y m =Volvo
se calcula hl ; luego, aplicando la fórmula 8.6 se calcula hr .
F[GURA 8.4
s
T"I-_-==~~-_---_-...:!',
s
Para los problemas del diagrama T-S son válidos los datos del aire ya da-
dos, el-" ep y R. El aire puede ser considerado un gas ideal,
(h,.- h,)
'1 =
, (h, - h,)
8.2
f" fa =J,jI1J71
~,,,-.-=:-,-l,-'·-=C=J::<':::"" I'•
• s
2. PROBLEMAS TIPO
8-1 - Un compresor adiabático aspira Vo = ]()(JOm"lhora de airea Po =1atm
Trazando una vertical (,mlropía constante) desde O hasta cortar hr cons-
tante, se obtiene el estado de salida ideal t'. La presión para el estado t' es
PI Ypuede leerse en el diagrama (figura 8.4) .

50 Prob temas tipo orlgrama tl!lmperat'U ra ~1-J1tropl.a para gases perfectos 51
Corresponde a una instalación como ta representada esquemáticamente en
la figura 8.6 .
jQ,
>
T, Pr =P'2
T,
<,.-+-/--f-------f--/-+ 1,FIGLrItAlS.[)
8.8
8-2 - En lUla turbina adiabática se expande una masa de aire m = 80.000 kg{hr,
saliendo de la misma a P2 = 1 alm y T2 = 150 oC. La potencia obtenida en el
eje de la turbina es NT = 6000 HP. Calcular la presión P, y la temperatura
T, que tiene que tener el aire a su ingreso a la tu rbina.
Solución: Para la' turbina vale la fórmula 3 .3 :
De 8.8 se obtiene h, - h2 = cp (T, - T2 ) , o sea T, ,ya que T2 es cono-
cida. Por 8.1 tenemos:
8.11
8.12
IL,I = m (h, - ho)
L T = (h2 - h,)
=!lTo
fiGURA 8.1
____-;;,L- T,
~J {K-'!lK
De 8.11 resulta:
+ ..:...- ~s La presión en i es igual a la presión en
2.
Tenlendo en cuenta la fórmula 4.3 :
T, 1---:7iL:.-----
ToI---=""l:<"'''---------''"''--,
T
Se considera como calor transferido al exterior, el valor Q2 que resultaría
de enfrlara presión constante al aire desde T, a To ,siendo To =27°C,Po =
= 1 atm = P3 Y T2 = 50IJ oC. CaJcular el rendimiento del ciclo si el valor ab-
soluto IL,I = (3/4) ILr I y la presión de alta P, =P2 •
Solución: Si se usara el diagrama T-S
podría situarse en el mismo el estado
O (figura 8.7) .
Se obtiene del diagrama ho . De 3 .3
Y3.4 tenemos;
luego:
J
s
8.9
8.10
F¡GURA-B.S
P,
T:h
r·,I------+-'7',~------'",
r,.I----::",JI""'''---------''',.
"
'1T =
De aqilí se obtiene h, - h2 , =cp (T, - T2 ,) , o sea T2 ·, que es la tempera-
tura que le correspondería a la turbina si fuese ideal. Para este caso vale 4.3 :
[
P2J!K-IJlK = T2 ,
P, J T,
De 8,10 resultan TI = 620 K = 347 Oc y P, = 4,60atm.
Para el diágrama T-S , se sitúa
el estado de salida real 2 en (P2, T2)
Y se obtiene h2 • De 8.8 se calcula
h, y con 8.9 h2 •. Podemos ubicar
en el diagrama el estado 2' (P2 , T2 ,)
Ydesde 2t
se traza una vertical hasta
cortar h1 =constante. De esta ma-
nera queda determinado el estado
inicial 1 (figura 85).
To1)=1--
T,
8-3 - Un ciclo Joule-Brayton está
formado por dos transformaciones
adiabáticas reversibles (O-1 ) Y (2-3) Ypor dos transformacionesreversibles a pre-
sión constante (1-2) Y(3-O). Su rendimiento es:
y en el mismo evoluCiona una rnasa de aire.
-*$1-$ _ 2 4 .g&~. & _ 2 Z 2 i k L º 3 S .J..i~L .2_ k ,-

s
2
--=-------7"'------",
___---"--=;,L__~----'I',
m¡h, + m,h; :o (m¡ + m,) h4
Dividiendo por m, :
En la válvula reductora h4 ~ hs
(ecuación 3.5) .
. El estado 5 puede situarse en el
diagrama T-S. Con una horizontal desde 5 puede obtenerse el estado 4 de igu 1
temperatura. Con h4 , h, Y ji; leidas en ei dlagrama se obtiene que: a
Dl.agrillml tamperatura·entropia para -gIses -p-erf!lctos 53
Para la cámara de mezcla (ecua-
, ción 3.8) tenemos:8.133
- T, - T, + To
4
To~ ~ 1 - - ~ 048
'j T I '
3
- T3 ~
4
Las ecuaciones 8.12 Y8,13 permiten calcular T, Y T3 . Luego:
f m
~,
Q
84 _ Se tiene ia instalación de la figura 8.8 .
Trazando desde () una vertical (adiabática reversibie) hasta T, constante,
se obtiene el estado 1 cuya presión es P, . Resuita P, ~ 10 atm .
o sea que:
52 Probtemas 1:1 po
2
C.M.
• ,
~ 3
F.lGURA11,.1 l
J
Q,
1
s
•
FIGURA S.IO
d
,
•
r ;11
8-5 - En transformaciones adiabáticas reversibles, entre do. presione. determina-
das. lo. saltos de entalpía son mayores para los que pasan, a esas presiones por
estados de mayor temperatura. ab >cd (ílgUra 8J Q) • '
•Est? .e debe a que la. lính. de presión constante .on funciones S ~ r(T)
logarítImca.. Para turbinas y compresores adiabático, ideaies los segmento.
como el ah y el .cd "?n prop.orcionales al trobajo en el eje, ~uaciones 3.3 Y
3.4, y por ese motivo, SI la turbm. sigue la lransfonnación ah y el compresor la
8.14
,'"'
Una masa de .ire m, a P, ~. 3 alm .. T, ~ 500 oC .e enfría a presión
constante transfiriendo calor a una masa de agua iíquida m ,la que pasa de una
temperatura inicial To = 20 oC, a una temperatura ímal Tf ~ 70 oC. Luego
d e esa transferencia de calor, la masa m1 ingresa a una cámara de mezcla adia·
bática, junto con otra masa de aire m, a T, = 500 oC. Lascorrientes m, y
m, se expanden iuego de salir de la cám.ra de mezeí. en una válvula reductora,
quedando a la presión Ps = 1 alm con Tj ~ 350 °c. Si la relación entre la
m.sa de agua líquida m y la masa m, de aire es mlmI ~ 4 , calcular la rela-
Ción entre las- masas de aire m1 y m2 . Como da.to damos el calor especifieo
del agua líquida CL = 1 keallkg oC ,
Solución: Los estados 1 Y3 pueden situarse en un diagrama T-S , obteniéndose
así h, Y h, (figura 8.9), y. que P, =P, ~ P, Y T3 ~ T, , de modo que el
estado 1 coincide con el 3•
Para la transferencia de calor entre m1 Y m :
y con mfm, Y h, se obtiene h, .

504 PrDble-m as oruuic.r.!Jdos Dilgn mi templ1'lltul'll ~Inttop ia pln glm -pnfectoJ 5S
HGURA 8.l4
m,
P,
1
C.M.
m,
bajo necesario en el compresor:
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
8-6 - Desde una cailería en que se en·
cuentra aire a P, ,= 5 atm .. T, = 80
CI-e ~ se e~vía aire a una turbina adiabá-
tica (2-3), prevía expans.ión en una v
válvula reductora (J -2) (figura 8.13).
A la salida ,de,la turbina la presión del
aire es P3 = 1 atm y la temperatura
T3 = 20 °e. Si el rendimiento !Soen-
trópico de 'la turbina es '1T = 0,90 ,
calcular el trabajo en el eje de la turb;"
na por kilo .de aire y la presión en el
estado 2.
luego:
8-7 - Mediante un compresor
adiabático de rendi¡niento iroen-
trópico 1/, = 0,85 , se envía una
masa de aire mI a una. cámara
de mezcla adiabática, a la cual in·
gresa junto con m. = 2.000 I<g
de aire a P2 =4;,tm ,. T, =27
oC, con el fro de obtener a la sa-
lida de la cámara de mezcla una F, T.
temperatura T3 = 100 o e. El
aire aspirado por el compresor e..
tá a Pe = 1 atm ,. To = 27 oC,
estado coincidente con el de equilibrio en el medio atmosférico. 'Calcular la ma.
sa de aire mI (figura 8.14) .
s
8.17
P,'
, h,
-,.
h,
"
"
FLGURA 8.1 2
---:~~-------."
T,f------,:*"'-----j----,r---
'r,f-----t--'"7r----
T·,f----+-7fO-----
8.16
Q, = m (h, - h,)
(h, - h,)
(h, - h,,)
'1T =
Conociendo T, (real) puede
obtenerse h, y de 8.16 h". Con
una vertical'desde 1 hasta h" con..
tante, se obtiene el estado de salida
(2') para una turbina ideal, Ysobre la
línea de presión constante P" = p. y de entalpí. h, el estado real de salida 2.
Con T3 se obtiene el estado 3 (P2, T,) yen consecuencia, h, :
Con ésta se calcula m. Trazando una vúti~ai '(S =constante) desde 3 se
obtiene sobre la línea de pres.ión constante P, el estado (4') corre.pondiente á
un compresor ide31J y h4 ,. Con 8.2:
se calcula en,tonces h. .
El tmbajo L" es el que debe agregarse al de la turbina para obtener el tre-
de el tmbajo en el eje de la turbina será mayor, en valor ab,oluto, que eltmbajo
en el eje del compres:or~ para iguales masas"en ambQsJ como se vió en el problema
8.-3, SjJ en cambioJ se tuviera una compresión be y una expansión oo.' el tra-
bajo será mayor en valor absoIllto, en el compresor. En la instalación de la- figu~
ra 8.11 se cumpl,irá que eltmbajo en el eje de la turbina (12) e, menor, en valor
ab,olnto, que el trabajo en el eje del compre,or (3-4).
, A la turbina ingreso aire atmo,férico P, = 1 atm ,. T, = 35 ,oC, el cual se
expande ha.ta ·quedar con T, = -10 °e , luego ,e le tmnmere c.lil( Q, ha,ta
que alcama la tempemtum T3 = OoC. FÍIlabnente se lo comprime nÚ"l:amente
hasta la presión atmosférica (P. =P1 ). El rendimiento isoentrópico de la turbi-
'na es '1T = 0,90 y la del compresor 1/, = 0,85. Calcular pam un calor Q, =
= 480.000 keal el trabajo L. que debe transferir8eie a la ÍIlstalación para su
fu ncionamiento.
SoIueión: En un diagrama T-S pue- T, h
de situarse el estado 1 con P, y T,
(fIgUra 8.12) :
&l dlUCi E 2 2 dad biEdS a;s., J &b g ;,. i, r

CAPITULO 9
EXERGIA
La exergía de un sistema cerrado con respecto a un medio atmosférico de
presión Po Ytemperatura To es;
Si se obtiene un trabajo útil fL. > O) éste es máximo cuando la transfor-
mación del sistema cerrado es reversible:
u ,S Y V son la energía interna, la entropía y el volumen del sistema
cerrado. Se defme como trabajo útil al trabajo total que puede obtenerse a causa
de la transfonnación del sistema menos ~el trabajo de expansión del sistema con-
tra la presión Po del medio .tmosfériC<l. El trabajo total es la suma algebraica
del trab.jo intercambiado por el sistema y del que entregaría una máquina ténni-
ca que intercambiara calor con el sisternat el correspondiente a la transformación
del mismo, y con la atmósfera o medio .tmosférico.
Cuando ·Ia transfonnadón del sistema cerrado es reversible, el trab.jo útil
Lu coincide cond. diferencia entre la exergia inicial &, Yla fmal &, del siste-
ma:
¡,,
: i!
i
I
f
I
I
&=U-ToS+PoV 9.1
9;2
9.3

--~.~-~-------~------
58 In.trod u-cc::lón ira6rf.ca
Exerg[a S9
Si, en cambio, se invierte un trabajo útil (L. <O) éste será mínimo cuan-
do la transfonnación sea reversible:
9.4
Así, por ejemplo, la variación de exergJa debida al desplazamiento de un
pistón conira el cu.l actúa un. presión 10t.1 comtante P, parte de l. cual es la
presión Po del medio .tmosférico, cuando el desplazamiento del pislón se debe
a los cambios: de volumen de u n sistema cerrado, será:
Si la Irimsfonnación del sistema es írreversible, para L. >O: L. = PJJ.V - Po JJ.V = (P- Po) JJ.V 9.12
y para L. <O
De la fónnula 9+l se deduce que la variación de exergÍa de un sistema cerra·
do es:
9.13
9.14
L. = -Lo = -Po V
JJ. V es la variación de volumen del sistema contra el cual actúa el pistón.
Cuando se supone un vacío absoluto:
siendo V el volumen en el cual se supone que hay un vacío abSoluto.
Para sistemas circulantes se tendrá una variación de exergía de la masa que
circula,
9.7
9.5
9.6
JJ.8.. = JJ.U - ToJJ.S + PoJJ.V
Para el universo (sistema + medio) es:
Al ser ASun w~rso ~ O, según se estudió en el capítulo 7J será:
y MI ~ Me ~ IJ.Ep "i tJ.S son las variaciones de entralpía, energía cinética, ener-
gía potencial y entropía de la masa que circula a través del sistema abierto.
El rendimiento exergético de un proceso es la relación entre las exergías ga~
nadas (o b¡'s~adas en el proceso) y las exergías perdidas (o'invertidas en el proce-
so) y su expresión responde siempre a un criterio técnico adecuado, teniendo en
cuenta-el proceso quese analiza.
Siendo) para transfonnaciones irreversibles, negativa la var~ción de exergía
del universo) el rendimiento exergético para cualquier proceso en el que existan
irreversibilidades será menor que uno. Será igual a uno cuando todo ocuna re-
versiblemente.
Para los problemas que siguen, referentes a 'exergía, se supondrán datos los
valores ya dados de ep • e... y R del aire) .y cuando sea conveniente se recurrirá
al diagrama T-S del aire.
[.
9.9
9.8
9.10
A ·partir de la fónnula 9.7 puede deducirse que para una fuente de calor de
temperatura absoluta TI se cumple que cuando la fuente intercambia un calor
Q, :
9.1!
JJ. 8.. < O si la transfonnación es irreversible y JJ.8... =O si es reversible.
OJando ;0 ha; cambios en el estado tennodinámico, el análisis de la variación
de exergía debe efectuarse teniendo en cuenta el concepto de trabajo útil:
. .
L.=L-Lo
dond'e Lo = Po (V2 - V,) es el trabajo de expamión conIra ia presión Po del
medio almo,féTico.
. 2. PROBLEMASTtPO
.9-1 - Una masa de aire m = 3 kg a Po = 1 atm ,- To = 27 oC, estado de equi-
librio con el medio atmosférico, se calienta) a volumen constante, hasta una tem-
peratura TI =127 oC,
a) mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor.

Exer-g(a 61
SO Pro blem lIS trpo
tl&",) = -TotlS••) = -1470 kca/
tllt,..) = -TOD.S"b) = -195 kca/
Exergía ganada; tlB... = tlU - TotlS = 230 kca/
Exergía perdida: L = 1700 kcal
A B..,
11.x,) = ILI = 0,135
La variación de exergía del universo resulta:
El rendimiento exergético es la relación entre las exergías obtenidas y las
exergias invertidas. En este caso, se obUene un aumento en el valor de la exergía
del aire~ a costa de una disminución en el exergía del medio. Para a):
Ibl
FIGURA 9.1
[-1
b) mediante una transferencia de
calor desde una fuente de tempe-
ratura T = TI = 127'C= 400K,
de modo que el calor transferido
por la fuente se utiliza en el calen:
tamiento del aire en su totalidad
(figura 9.1) .
Calcular para a) y b), el trabajo L
y el calor Q, respectivamente, y
la variación de entropía del aíre.
Además, variación de entropía del
universo, ....ariación de exergía del universo, variación de exergía del aire y eJ ren-
dimiento exergético.
Solución: El sistema es m. Luego:
Q L tlU
Para el caso b):
Exergía ganada: tl.B.... (igual que en·a)
En al es Q =O,por lo tanto:
9.15 Exergia perdida: la de la fuente -Q [1 -;;] = -425kcú
y para b) tenemos L = O, luego es:
Q = AV = mcv(Tr ToJ 9.16
11.x.) = Q[1- (ToITI
)]
= 0,541
La variación de energía interna es igual en a) yen bl, por ser iguales los es-
tados i1jicial y fmal, pero las transforamciones al y b) son diferentes, ya que son
diferentes para ambas los carobios en el medio.
De 9.15 y 9.16 se obtiene que, en valor absoluto, L = Q = 1700 kca/.
La variación de entropía del aire será igual ena) y en b)por ser la entropía
una función de estado. A volumen constante (ecuación 1.10) resulta:
9-2 - Una masa de aire m =10 kg se calienta a presión constante P = 2 alm de
To =27 • C a Tf =127 oC , mediante fricción con paletas giratorias, sin inter-
cambiar calor. El medio atmosférico es Po = 1 alm y To = 27°C. Calcular la
variación de exergía del aire, la variación de exergía del universo y el rendirnien~
lo exergético del proceso.
Soludón: Para la variación de exergía del aire (ecuación 9.1):
D.S.a) = 4,9 kcal/K = tlSa••
AS = 4,9 kca/IK
En el caso a:} la variación de entropía del universo coincide con la del aire,
pero e'; bl debe considerarse además que existe una variación de entropía de la
fuente. Luego:
AS = AV - TotlS + PotlV
tlV = mev (Tr- Ta)
tlS = me In TI (de ecuación 1.11)
P To
9.11
mRTo
----
P
AV = V V~ = mRTf
1- v P4,90 - 4,25 = 0,65 kcal/K--ª--=Tf
= IJ.S.ave -
-
- - - - -- ~ ~ ~ ~~ - - - _ ..... & s

oc ~ - .. "__ -- , "_~ "'--""'._ -~-- '.;.- ._-_-__~~ ":-~_'. -'-0',-
62 Probtemas tipa
Exergia 63
Resulta al1 =40,8 !<cal.
La variación de entropía del aire es igual ~ la del universo~ de modo que por
9.10 :
La variación de exergía del medio será la que corresponde al hecho de ocu-
par el volumen iniciabnente vacío. Según la fórmula 9.13 es:
al1" = -TeaS. = -ToaS.", = -367,8 kcal -Po V, = -10,28 kcal
La exergía invertida es igual a: y para el universo resulta;
al1" + al>. = -327kcal AI1" = -Toas. = -71,4kcal
40,8
= 327 = 0,124
Esta exergía invertida es equivalente a la diferencia entre los valores absolu-
tos del trabajo transferido a las paletas y de la variación de exergía originada por
el desplazamiento del pistón (ecuación 9.12). El rendimiento exergético será:
mRToVo =---
Pe
,.V
_ mRTI
1 -
Pe
&, - .." = UI - Uo ~ To (SI - So) + Pe (V, - Vo)
UI - Uo = mev(T, - ro)
SI - So = mep in TI (según 7.11)
To
uo • So y Vo son las energía interna, entropía y volumen del aire en el es-
tado de equmbrio con el medio almosférico. Y:
9-4 ~ Calcular la exergía de una masa de aíre m = 10 kg a:
a) Po = 1 alm ,. T, = -lO Oc =263 K.
b) PI =0,4 alm ,. To = 27°C =300 K.
El medio atmosférico es Po =1 atm ,. To =27'C=300K
Solución: a) El aire tiene exergía positiva) ya que puede obtenerse trabajo útil
con una máquina térmica qne reciba calor de la almósfera (Te =300 K) yen-
tregue calor al aire a menor temperatura.
La exergía del aíre con respecto al medio almosférico es (fórmula 9.7):
v
Vatio
F[GlIRA'9".~
T,
V m
P,
9-3 - Se efectúa la experiencia de Joule (comistente en la expauslón en el vacío)
con una masa de aire m = 5 kg inicialmente a
PI = 10 a/m y TI =27·C. En la experiencia
el aire duplica su volumen, sin intercambiar ni
calor ni trabajo, pasando a ocupar. además del
recipiente que lo contiene inicialmente, otro va-
cío (Hgura 9.2).
Consíderando como medio atmosférico a
Po = 1 alm y To = 27 oC, y como ,lstem'a el
aíre (m), calcular la variación de exergía del al-
re~ del medio y del universo.
Solueión: En la experienci:a~ el aire no cambia su temperatura-, ya que no cambia
su _energía interna. De modo que al duplicar el volumen queda con una presión
fmal P, = (j/2) PI =5 alm. Luego el estado Hnal del aire será:
P2 = 5 alm .. T, = 27"C = 300 K; V, = 2V, = 2
o sea, V2 = 0,85 m' , y también:
mRTI
PI
Se obtiene 111 - .." =543,2 keal.
b) El aíre tiene exergía pOlque puede obteneISe trabajo útil, si se lo compriJ:ne
actuando la pIeslón del medio atmosférico (ecuación 9.11):
V2
as = mR in - = 0,238 kefll/K ,. PoAV = 10,28 keal
VI
as.;-, = AU - 'ToAS + PoAV = -61,12kcal
L. = &1 - .." = L - Lo
L es el trabajo de expansión del aire en una transformación isotérmica re-
veISible a la temperntuIa To , Y Lo =Po (Vo - VI), siendo Vo el volumen del
aire a (Po, To).
i 4P44§ :;;:¡;¡: f_
"1

-64 Problemils tipo 'Exergía 65
9.19
s
FIGUR,~ 9.4
--~'¡¿:~---".
"
r
T
Tomep In-
T,
Qp =mcp (T - T,) =327,4 k<:al
A& = me.(T-T,)-
De ésta se obtiene T = 100S K = 732 Oc ,de modo que el calor es:
Solución: Con P3, TJ Y P, , T, se sitúan los estados 3 YI en un diagrama T-S
obteniéndose entonces h3 , S, Y h, , S, . Como en la válvula no cambia la en-
talpía, h, = h, , con:
9-6 _ Desde una eaneria en que dreuta aire a P, = 5 alm ; T, = 80 oe ,se envía
aire a una turbina adiabática (2-3), previa oxpansión en una válvula reductora
(1 -2), según indica la figura 9.3 .
A 1. salida de la turbina la presión del aire es P3 = 1 alm y la temperatora
T, =20 o e. Si el rendimiento isoentrópico de la turbina es 'Ir = 0,90 , calcu-
lar el trabajo en el eje de la turbina por kilograJlJo de aire, la presión del estado 2
y el rendiJiIiento exergético para la válvula, para la turbina Y para el proceso. Ei
medio atmo,férico Pe "PJ = 1 alm y To = T, = 20 Oc =293 K.
luego:
T
S - S, = mc. In -
T,
..u - U, = me.(T- T,)
. T
ll& = me, (T- T,) - Te me. In - 918
T, .
T e, la temperatura fmal del aire, la cual vale T = 1000 K = 727 oC valor
que puede calcularse a partir de 9.18 mediante tanleos. '
El calor que debe intercambiar el aire es:
A&= U- U, - Te (S-S,)
Se obtlene Lu = &, - Se = 497,3 Iccal.
&, -. Se = U, - Ue - To (S, - So) + Po (V, - Ve)
U, - Ue = O .. S, - Se = -mR In P,
Po
Luego;
.. JOpdV = mRTe In Ve
, V,
También puede calcularse &, - Se con 9.7 :
Q. = me. (T - T,) = 230,2 keal
9-5 - Calcular el c~lor que debe intercambiar una masa de aire m = 2 kg para
aumentar su exergla en ll& = 115 Iceal a partir de un estado inicial P =2 a1m
y T, = 50 oC, reversiblemente y: '
a} a volumen constante.
b) a presión constante.
Solución: a)
,0 sea que:
b)
ll& = U - U, - Te (S-S,) + Po(V- V,)
U - U, = mc. (T - T,) .. S - S, = me. ln.!:- ;
T,
V = mRT
P,
se calcula h" correspondiente a! estado de salida 3' si la tulbina fuese idea!.
Con h" y P3 se silúa el estado 3' en el diagrama T-S.
Trazando una línea de entropía constante desde 3' se obtiene 2 sobre la lí-
nea h, = h, constante (figura 9.4) .

55 Problemn Upo Exer-gia 57
!'ICURA 9.$
C.M.
J
f'J T.J
(mi +- 111:¡;
L-~--J
"-_Y
Pf) r.:Jo
Calcular la masa'de aire m1 y
el rendimíento exergético para la
cámara de mezcla, para el compre-
sor y para el proceso.
Solución: Con Po, To Y P2, T2
se sitúan los estados Oy 2 en el dia-
grama T-S , obteniéndose así los va-
lores de ho , So ,h2 Y 82 • Con:
El trabajo en el eje de la turbina por kg de aire vale:
Con los valores h, y h, obtenidos del diagrama T-S resolta L T = 14,4
keal. La presión P2 puede leerse en el diagrama, siendo P2 = 2,08 alm.
Rendimiento exergético de la válvula: puede expresarse como la relación enlre la
exergía a la salida y la exergía a la enlrada a la misma:
&2-0
fl.x =---
&'-0
&2-0 = h2 ho To (S2 - So) según 9.14
&'-0 = h, -ho - To (S, - So)
11,:0 =
qnedan dos incógnitas, h, Y
9.20
Los valoresho y Se son los que le corresponden al eslado Ode equilibrio
con el medio atmosférico, el cual coincide con el estado 3. Se obtiene flox =
= 0,47.
Rendimiento exergético de la turbina: es igual a la relación entre el tmbajo obte-
nido en el eje de la misma y la variación de exergía del aire en valor absoluto,
&2 - &, , en la turbina:
'le;.;: =
L T
1tox = -~--
&2 - &3
'Con &2 - &3 = (ha - h3 ) - To (S. - S,) , resulta que flox = 0,89.
El reJjilimiento exergético del proceso es igual a la relación enlre el trabajo
en el eje de la turbina y el valor absoluto, &, - &3 , de la variación de exergía
del aire:
&, - &3
Con &1 - &, =(h, - h3 )- To (S, ~ S,) resolta..fl.x = º,43.
9-7 - Mediante un compresor adiabático de reodinúenlo isoentrópico fl.":: 0,85
se envía una ma~ de aire ml a una cámara de meZCla adiabática, a la: cuai ingre-
8a juolo con otra masa de aire m2 = 2000 tg a P2 = 4 alm y T, ";2Z~C,
con el fin ~e obtener a la salida de la cámara ,de mezcla uoa temperatura T, =
= 100 o e. El .ire aspirado por el compresor está a Po = 1 alm y T. ~ 27°e
en uo estado cOincldeote con el eslad<>ambiente (fIgura 9,5).
Apartir de esta ecuación, con h1 , h2 Y h3 obtenido; del diagrama T -S ,
ym2' dado, se calcula m, . Resulta que m, =1482,2 kg.
El rendimiento exergético para la cámara de mezcla puede expresarse como
la relación entre la variación de exergía de m2 , Yel valor absoluto de la varia~
ción de.exergía de· ml ,osea que:
A&m2
IAB.m] I
Con AB.m2 = [(h 1 - h2 ) - To (S:; - S,)I m. y A&m, ~ [(h:; - hJ ) -
- To (S:; - S,)] m, se obtiene '1.x ~ 0,378.
Tarobién puede expresarse como la relación entre la exergía fmal de (m] +
+ m2) en el estado 3 y la suma de las exergías iniciales de ml Y m2 a l.a entra-

Ei a Probl-emu tipo Exergia 69
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
Además L =Ql + Q, . Luego:
L
1/.. = - - - - c-=-,--:---:-:----,~=-== IJ,869
jQ, [1- (To/T,)] I - IQ, [1- (To/T,))I
P,
[11 ~
FJC;URA 9.1
",
P,
Pr Tr
9·9 - Un recipiente adiabático, cerrado por nn pistón que transmite una presión
constante ~ P, = 1IJ alm , contiene m, = 6IJ kg de aire a esa presión y a T, =
=16IJ °C. El recipiente puede comunicarse con un cilindro adiabático, inicial-
mente vacío, cerrado por un pistón que ejer·
ce una presión constante Po =1 alm a tra-
vés de una máquina rotativa que intercambia
trabajo en un eje al comunicar ambos cilin·
dros (figura 9.7).
Al comunicar los cilindros pasa el aire
del (1) al {JI), quedando todo el aire en'un
estado Po = 1 alm y T= 8IJ oC.
Si lo, pi'tone, ,on adiabático, y no lIay
frioción entre cilindro, y pistone" calcular el
trabajo en el eje de la máquina rotativa, la
variación de entropía del universo, la variación de exergía del univers<l y el rendi-
miento exergético del proceso. Medio atmosférico Fo =1 alm ; To = 27 oC.
9-10 - Se quiere almacenar aire en un tanque para que, utilizándolo luego rever-
siblemente, ,e obtenga un Irabajo úti! equivalente a 200 watts, durante media
hora. Calcular el volumen que debe tener el tanque, si aire debe evolucionar:
a) a volumen constante.
b) a presión constante.
En ambos casos~ el aire evolucionará hasta quedar en equilibrio ténnico coil
la atmósfera (Fe =1 atm; Te = 2IJ OC), la masa de aire e, m =5IJ kg Yl. pre-
sión inicial del aire en el tanque es F, = 3 atm.
Se obtiene '1." = 0,94.
[(h, - !lo) - To (S, - So)) m,
IL,I
lI.&"", = mI [(h, - ho) - To (Sj - So)] + m, [(h, - h, ) - To (S3 - S,))
lI.8"",
= --;-:-=;-'--
IL<I
(&, - &o) (m, + m,)
1/.. = • (m, &, + m,&,}
Se obtiene '1.. =IJ, 737.
El rendimiento exergético del proceso será igual al cociente entre la variaa
ción de exergía del aire y el valor absoluto del trabajo en el eie delcompre,or:
da;
con &3 - &o = (!lj - ho)- To (S, - So) Y 1'., - &o = (!l, - !lo)- To (S, - So)
y 1'., - &o = (!l, - !lo)- To (S, - So). .
Oes_el estado del aire aspirado por el compresor, coincidente -con el de equi-
librio con el medio atmosférico. Se obtiene '1.. =, 0.928 .
El rendimiento exergético para el compresor se expresa como la relación en-
tre la variación de exergía del aire en el mismo, m, (&, - &oJ y el valor absolu-
to del trabajo en el eje del comprosor, o sea IL,i = m, (hl - !lo):
9.s - Una máquina ténnica funciona intercambiarJdo calor con dos fuentes~ Una
de temperatura T, = lOIJIJ'K , la otra de temperatura T, =5IJIJ K , Ytiene un
rendimiento '1 = IJ,4IJ. Calcular el rendimiento exergético de la máquina térmi-
ca. El medio atmo,fético T" = 3IJIJ K ; p" = 1 alm .
Solución: El rendimiento exergético es la relación entre el trabajo L entregado
por la máquina térmica y la variación de exergia de las fuentes T, y T, ,en va-
lor absoluto. Para las fuentes (ecuación 9.8) :
con Ql <O y Q, > IJ , ya que Ql y Q, 'son lo, calore, intercambiados por
las- fuentes con la máqurna ténnica~
- ,,- ~ -(~- .,~ -.'"

CAPITULO 1Q
VAPORES
1. INTRODUCCION TEORICA
Para una sustancia pura puede obtenerse un diagrama presión-temperatura
con lineas de equilibrio entre Jas zonas de estado sólido, liquido y vapor (figura
10.1) .
Un punto como el 1 puede corresponder a líquido saturado, vapor satura-
do o vapor húmedo. Un punto como el 2 corresponde a vapor sobrecalentado.
p
FltiU RI LO.I
r
r f'JGURA IO_~
p
,
Una linea de presión constante, como la que contiene los puntos O (Iíqni-
do), 1 (líquido o vapor saturado o vapor h1tmedo) y 2 (vapor sobrecalentado)
liene en un diagrama entrapía-temperatura (T-S) la forma indicada en la figura
10.2 _ Otra línea de presión constanle P mayor será como la indicad. con 5,
4; 4, 4" l' 3 en la misma figura. En la zona de liquido ambas lineas coinciden
pm piesion.. menoresque P, .

12 lntiDdu c-ció n teó rica Vapor-es 73
m,
'2
P,
o
FI(;IJRA lO.1].
2. PROSLEMAS TIPO
Es: conveniente recordar que un vapor no es un gas ideaL Sqlo se supondrá
gas ideal al vapor de agua cuando está a presiones muy bajas y temperaturas del
~orden de la tempe~atura ambiente, como se encuentra en el aire atmosférico, al
tratar acerca del tema de aire húmedo eu el capítulo 13.
. , No siendo gas ideal el vapor, no se cumple para el mismo que la energía jn-
terna y la entalpía sean función de la temperatura únicamente, de modo que las
fórmulas 1.2 y 2.2 serán válidas para vaporsobrecalentado únicamente si el volu-
men se mantiene constante (1.2) o si la presión se mautiene constante (2.2).
Para los problemas que se plantearán acerca de vapores. se deberá recurrir a
las tablas o a los diagramas T-S ó h-s correspondientes. No se conoce una
ecuación de estado, ni leyes que relacionen la energía .iptema con la presión y la
temperatura U = {(P,T) , ni con l. temperaInra y el volumen U ={(T, V) para
vapor sobrecalentado. Tampoco se conocen leyes que den las reJaciones de la en-
taiplas con estasvariables h ={(P,T) ó h ={(T,') , ya veces no están en los dia-
gramas los valores de las energías internas específicas por lo que en muchos casos
deberá recurrirse a tanteos para llegar a resultados numéricos una vez planteada
la solución del problema. La energía interna ~rá:
u=h-Pv
10-1 - A u'urecipiente rlgido y adiabático ingresan dos corrientes (fIgUra 1O.6),
una de masa m1 I de vapor de
agua húmedo, a PI = 5 atm con
tílnlo x, = O, 7 y otra de masa
m2 de vapor de agua saturada a
P2 = 2 atm •hasta qne quede en el
recipiente vapor de. a~a 80brecaa
lentado a P = 1 alm y T= 180
oe. El recipiente está vacío inicialmente y su volumen es V =2 m' .
Calcular las masas mI' Y m2 , la variación de entropía del universo y la Ya-
nación de exergía del univen;o. El medio atmosférico es Po = 1 alm,o To = 27
"C.
Solución: La,resolución de problemas del primer prinCipio, sjste~as cerradOSi &~~
be efeclnarse siguiendo los lineamieutos generales explicados en,el capítulo 1,
s
r
• S
•
. 51 - 3Í
sí' - SI
FL<,;URA 10.4
FlGLrRA 10,5
T
, h
h, - hí
= ---- =
hr - hj
• ],.11 - vj
Xl =
vY - vi
El diagrama T-S Y el diagrama
h -s (figuras lO.4 y 'lO.S) dan los
valores do v" y h por unidad de
ma5;a.
A la línea de equilibrio le corres-
ponde dos ramas en los diagramas T-S
Y h-, , una para líquido saturado y
otra pan vapor saturado. Ambas ra-
mas se cortan en el pUnto crítico K.
- Los valores de v, h, s . pneden
obtenerse nsando tablas de líquido y
vapor saturado y de vapor sObre'calen-
tado, o de 198 diagramas mencionados.
r = (sr - si) T1 = hj' - hi
T
En el diagrama T-S hay además línea, de entalpía h constante, volumen
específico v y de título x constante (fIgUra 10.3) . -
v, ,h, Y " son el volumen, la entalpía y la entropía por nnidad de masa
del vapor húmedo (l). El calór necesario para la evaporación a presión constan-
te (l '-1 ") e, el calor de vaporización r :
_, En la evaporación (1'-]") de liqnido saturado (J') o vapor saturado (l ")
si la presión es constante, la temperatura es constante. El estado (I) de vapor
húmedo tiene un título x, ,o relaCión entre la masa de vapor y la masa total de
vapor húmedo:

74 Problemas tipo
pero no s.erán válidas ni las expresiones: para la variación de energía interna:I ni la
ecuación de estado de los gases ideales. Considerando sistema a (mI + m,) se
tendrá que: '
.-- .
Viilpores 75
Entonces:
h, = x,h,,, + (] - XI) hI • = 504,7 kcal/kg
Q - L = JiU ; Q = O ..
Con estos valores de JO.l y JO.2 se obtiene que:
JiU = m, (u - u,) + m, (u - u,)
PI • U¡ son el voJumen y.la energía interna por unidad de masa ml ; Jil1 Y
U2 el volumen -y la energía interna específica de m2. u es la energía interna es-
pecífic. fmal. Queda:
mI = 0,134 kg .. m, = 0,805 kg
Además 8, = 1,7024 kcal/kg K y s = 1,8528 kcal/kg K, iuego:
SI = X"'" + (] - x,h" = 1,2726 kcal/kg K
m,P,"¡ + m,P,", = m, (u - UI) + m, (u- u,)
m¡hI + m,h, = (m, + m,) u JO.l
y la variación de entropía del universo es:
JiSu = m¡ (s- SI) + m, (s - S2) = 0,1987 krollkgK
donde- hJ =U¡ + PI JilJ Y h2 =U2 + P2'V2 son las entalpías específicas por uni-
dad de masa m¡ y m, .
FIGURA. lO.S
T
FIGURA 10.1
De tabias tenemos:
Adem'ás en el estado .tmal se tendrá un
volumen específico:' .
vv = - - -
o sea que:
m¡ VI + m2"2 = V lO.2
Los valores de las propiedades físicas
pueden obteners. a partlr de 'tablas o
del diagrama T-S para vapor de agua
{figura lO.7}.
La variaci6n de exergía del universo es:
Ji&" "" -ToJiS. = -59,61 kcal
10-2 - Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar con un cilindro (fi-
gura 10.8), contiene m, =2 kg de vapor de agua saturadaa PI =10 afm. El
cilindro contiene m2 =3 kg de agua sa-
turad. a P2 = 1 afm. Ei cilindro está
T Ir.'1 J...., P1 n:=- I'z cerrad·o por un pistón, que puede desli-
----'--lf--. ~ ~ zar sin fricción y que transmite una pre-
sión constante P2 ' Ei cilindro y el pis-
tón son adiabáticos. Calcular la tempe-
ratura fmal al comunicar el tanque y el cilindro.
Solución:, El sistema es (mI + m2)' Entonces:
Q-L=JiU .. Q=O .. JiU=(m¡+m,)U-m,UI-'m2U,
V¡, = 0,001 m3
/kg ; vI" = 0,38 m3/kg .. V2 = 0,901 m3/kg
.v = 2,119 m 3
{kg ; hl' = 152,1 kcal/kg ; h," = 655,9 kcai/kg
h2 = 645,8 /txal/kg .. h = 677,3 kcal/kg
u = h - Pv '" 626 kcal/kg
L = P2 [(mi + m,)" - m¡", - m,v~l
siendo U la energía interna fmal por unidad de masa, y " el volumen especi-
fico fmal del vapor. Luego:

76 Problemas trI"O
Vlparas 77
I
"
10.5
HGUIl:A 10.10
r
r, 1----/------..!-;1U, = h, - P, v, = 598,3 kcaJ/kg
v, = 1,673m'lkg
Los valores de las propiedades
físicas de! vapor de agua pueden ob·
tene",e de tablas o de un di.grama
T-S (figura 10.1 O) :
De 10.5 se obtiene v = 3,05
~. s
El estado Írn.l estará sobre la lf·
nea de volumen específico constante ,
" y los valores de U = h - p" y T correspondientes.1 mismo, deben cumplir
la fónuul. 10.4. Mediante tanteos se obtiene P = 0,55 atm ; T = 363 K =
= 90 oC.
, El resultado tiene un error de 1,17'1'0 , y. que no es válido interpolar lineal-
mente t.blas o diagramas T-S de vapor. E;;te error es el que corresponde.l he-
cho de no haber efeclnado interpolaciones para los valores obtenidos de las ta-
blas de vapor de agua sobrecalentado.
T es la temperatura frnal del aire y del vapor. U la energía interna frnal
por uuidad de masa de vapor. Ádemás v = V/m, ,donde" es el volumeu por
kilo de masa final de vapor y V el volumen total del recipiente, luego:
y:
104 - Un cilindro cerrado por un pistón trabado, contiene vapor de .gua húme-
do. P, = 10 atm y con títnIo x = 0,5 . Se destraba el pistón, el cual puede
deslizar sin fricción, ejerciendo una presión constante P = 5 atm. Suponiendo
cilindro y pistón adiabáticos, indicar si es posible que se alcance un est.do Írnal
de equilibrio (P = 5 atm) de vapor sobrecalent.do, a temperatura T = 180 oC.
Solución: Para que un proceso sea posible debe cumplirse que todas l.s m.sa"e-
sulten positivas, que el signo de los trabajos intercambiados sea lógico (..(no'
s
10.4
,
(con h2 , = 99,3)
FIGURA, LO.9
rf--+"-----M:L--
r
Q=O .. L=OQ - L = /lU
/lU = m,c, (T- To) + m,(U- U,) = O
Entonces resulta:
ha = 638,4 kcaJ/kg
h, = 663,2 kcal/kg
v, = O,Il8 m'/kg
UI = h, - p,", = 615,3 kcal/kg
(m, + ma) h = maha + m, U, +
+ m,P2 v, 10.3
Los valores de las propiedades físi·
cas de m1 y m2 en los estados: inicia-
les pueden obtene",e usando tablas de
vapor, o el diagrama T-S (Í¡gura 10.9):
(m, + ma)(U + Pav) = ma (Ua + Pa"a) + m,Pa", + m, U,
h = (U + PaV) es la entalpía final por unid.d de m.... Luego, con ha =
= U2 + P2V2 tenernos:
Con estos valores se obtiene de 10.3 h = 631 kcal/kg. Con haY P2 se
detenuin. el est.do final f y se lee su temperatnra T = 373 K = 100 oC.
El estado Írna! es de v.por hUmedo, y su títnlo es:
10·3 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos parles por un tabi-
que. Una parle contiene m, = 2 kg de v.por de agua saturado, a T, = 100 oC,
la olra m. = 3 kg de .ire a Po = 1 alm y To = 50 oC. Se quita el tabique.
Calcular la temperatura fmal del aire y del vapor.
Solución: El sistema es (m< + m,). Planteamos:
, queda:

7B Problemas tipo Vapores 79
puooe .er que en una ,turbina sea ,Lr < O, o que en un compresor .ea Le >O) y
que .e cUUJple además: 1) el primer principio; 2) que la variación de entropía del
universo :sea positiva (proceso irreversible) o nula (proceso reversíble). .
Para el problemas que se analiza, la transionoación del vapor e. irreversible
(.alto de pre.ión finito), de modo que debe cumplirse que Q - AU = L con
, cualqu,ier valor de la masa m > O y
que AS.>O:
10-5 - Deme una callería en la cual ciieula vapor de .gua s.turado a P, = 5 o/m
se pennite la entrada de vapor a un recipiente rígido y adiabático inicialmente
yacío de volumen V = 2 m3 I hasta que en el mismo se alcance la presión PJ
'Calcular la masa de vapor que ingresa al recipientti~
Solución: El sistema es ]a ID asa m que ingresa al recipiente:
Q-L=AU .. Q=O ,; L=-mP,v, .. AU=m(U-U,}
FIGURA 10.1 L
p,", = (U-V,) .. V = h,
luego:
V = h - p," = 655,9 kcal/kg
10,8
V
l' = -
m
La ene!gía intema ímal es igual a la entalpía inicial de la masa m, De ta-
blas de vapor, o de un ~iagrama T-S es h, = U = 655,9 kcaJ/kg. Además:
Se conoce V rmai, pero no v rmal. Deben efectuarse tanteo., adoptando
valore. de ", para e.tados de presión P, . Será válido el que cumple ia condi-
ción:
-P(v. - v,) = Va ~ U,
Q = O .. L = Pm(v.-v,)
tJ.U =, m (U. - U,)
Luego:
Entonces:
U. + Po. = ha '= (J, + Po,
U1 = h, - p,",
r
Los valore. de h, Yde v, puooen"b1enerse a partir de t.blas o de un dia-
grama T-S (figura 10,11), Además:
h. =h, + (P-P,)v, 10,6
Obteniendo este e.tado se calcula m con 10.8, Resulta m = 3,97 kg , pa-
ra v = 0,5034 inl/kg y T = 170 oC,
1().6 - Se tiene la instalación de la figu";' 10.f2 .
10,7
Resulta:
h, = x,h,,, + (J -x,)h" = 422,BkcaJ/kg
1
nr.L'RA lO. L~
N,
", = x,v," + '(J - X,) "" = 0,097m'/kg ,,':.::;m:.::;-rn:::".:-, P,
ha, =.672,3 kcal/kg ; S. = 1,667kcal/kgK
SI = XIS,,, + (J - X,}SI' = 1,04 kwl/kgK
,
Se cumple 2), S. >S, ' Como no. se cumple 1), el proce.ono es posible, Vapor de agua sobrecalentado a P, = 25 alln y T, = 400 Oc ingresa a
una,turbina adiabática con rendimiento isoenlrópico 'Ir = 0,90 , previa expan"

80 Probleomas tipo Vapores 51
,ión en nna válvula rednclo'ra, a P, = 20atm. Una parte de la masa de vapor
m se extrae de la turbina a P3 = 10 atm y se envla a una cámara de mezcla
adiabática a la cual ingresa junto con una masa m2 de vapor de agua saturado.
A la salida de la cámara de mezcla se tiene !ina temperalura Ts = 200 oC. La
presión a la salida de la turbina es p. =1 atm . Calcular: '
a) la, masa, m, y m, en kgfhora, si m, = 10. 000 "g/hora,
b) si la potencia en el eje de la turbina NT = 1o.oaa kW , calcnlar elrendimien-
lo exergético para la turbina, la cámara de mezcla y del proceso.
El medio atmosférico e, Pe =1 atm y Te = 20 o e.
Para el estado (3) se supondrá que el rendimiento isoenlrópico de la turbio .
n~ vale entre lo, eslados (2) y (3). 1 kW =860 kcal/hora.
Solución: Pueden situarse algunos de 'los estados del vapor en el diagrama T-S
de la fIgura 10.13 .
10.9
toJO
'1". = (&2 - &,,)(m- m,) + (&, - &,) m,
(&, - &O)(m - m,) (m- m,) [(h, - h.f- To (S, - S~)I
(&2 - &3) m, = mi l(h, - h,) - To (S, - S,JI
'1.. = (J,91
Para la cámara de mezcla es:
m, = 2323,9 kg/hora ,. m = 62.736 kg/hora
El rendimiento exergético de la tnrbina es: "
El rendimiento exergético de la cámara de mezcla es:
(4) es vapor saturado á P3 • La poiencIa en el eje de la turbina es:
Con h3 " h. ,hJ Y m, se obtiene m, de 10.10, y de 10.9 m con h2 ,.
h3 , m, , h. Y NT • Resultan:
s
,
El eslado (J) se ,ilóa con (PJ, T,) ,
luego para la válvula reductora con
!:J¡ = O se liene que h, = hI Ycon
P, (h2 , P2 ) se sitúa (2). Trazando una
vertical desde (2) hasta la Jinea de
" • h, presión p. , se obliene el eslado (6')
que correspoude a la salida de la turbi-
na si ésta fuese ideal. También se obe
tiene (3'), correspondienle a la lurbi·
na ideal a la presión P, .
Del diagrama T-S pueden obtenerse
lo, valores de la, propledades física., o
de tablas de vapor.
Vapor saturado a P6 : entalpía hn , entropía 8 11
Liquido salurado a p. : entalpía h', entropía S'
Luego, teniendo en cuenta el rendirnlento isoentrópico de la turbina:
T,f----------)lC
T
T,
se obtiene h. . En la misma forma, con S3' = S2 =S.' Y P, se obtiene h" y
con:
(O) es el eslado correspondienle al equilibrio con el medio atmosférico
(Po, To). Del diagrama T-S se obliene ho Y Se :
(mi + m2) &'-0 = (mI + m2) [(h, - ha) - Te (S, - Se)]
mi &3-0 = m, [(h3 - he) - Te (S3 - Se))
m, &.-0 = m2 [(h. - he) - Te (S. - Se))
se obtiene h3 . Con P3 , Ts se sitúa el estado (5) a la salida de la cámara de
mezcla.
'1.x = (J,996

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