Descargar como PDF, PPTX
![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 ;](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-6-320.jpg)
![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.
- ~--- - - - ~----~---- - -- - - - ~--](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-7-320.jpg)
![-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](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-8-320.jpg)
![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](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-10-320.jpg)
![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.](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-13-320.jpg)
![. -, 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:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-17-320.jpg)
![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
- ~ ..... ~ -=--- ---~ - - - - ~ - - - - - ,- -
. .](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-18-320.jpg)
![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. .
- -](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-19-320.jpg)
![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 -](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-22-320.jpg)
![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.](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-23-320.jpg)
![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 -_.&$."_ +](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-25-320.jpg)
![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) .](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-28-320.jpg)
![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](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-34-320.jpg)
![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-](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-37-320.jpg)
![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~
- ,,- ~ -(~- .,~ -.'"](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-38-320.jpg)
![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:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-40-320.jpg)
![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:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-41-320.jpg)
![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"](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-43-320.jpg)
![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](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-44-320.jpg)
![y".
82 Problemas- "tipo VI pores a3
El rendimiento exergético del proceso resulta: Con .:1.& y Ne
se'obtiene '1.x = 0,696.
10-8 - Para Iienar tubo. con Fre6n-12 se procede como indica la fIgUra 10.16 .
Se barre el Freón·12 a PI =
= 1 alm ,. T, = 10 °e a presión
constante ,PI Y se lo envía a un
'compresor ideal adiabático, del , •
cual sale con 'P, = 10 alm. Lue- T, '-_,.-....J
go se ]0 enfría y condensa a pm. Q~.J
sión constante, quedando como lí-
quido saturado (3). El líquido ..
exp311de en una válvula reductora fiGURA J0,106-
(3-4) quedando a T4 = 27 o e .
Finalmente entra al tubo, inicialmente vacío, de voiumen V = 0,09 m' , que-
dando en el mismo como vapor húmedo de titulo xs =O,lO a la temperatura
T. =27°e.
Calcnlar el trabajo necesario en el eje del compresor Le , el calor intercam-
biado ,en el enfriador-<:ondensador QM ,y el calor intercambiado a través de la.
paredes del tubo Q, para el llenado de un tubo.
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
10·9 - Un cilindro que pnede comunicar con un recipiente, contiene iniciaimen-
te agua líquida a To = 27 Oc y Pe = lo/m, siendo esta presión igual. la que
transmite el pistón. La masa de agua líquida es m = 5 kg, El recipiente contie-
ne vapor de agua húmedo ala temperatura To con título Xo = 0,1O Y su volu.
men es V =5 m' . Al comunicar el cilindro con el tanque, todo el agua líqulda
pasa .1 mismo, manteniéndose la temperatura To . No hay fricción entre cilin-
dro y pistón y los intercambios de c.lor del agua líquida y del vapor húmedo son
con la abn6sfera (Po = 1 a/m,. To = 27 OC).
Calcular el calor intercambiado por la atmósfera, el estado fmal en el reci-
piente, la variación de entropía del universo y la variación de exergía del univer-
so.
T,r---T---------':'I...
Ne = m (h, - h,) 10.11
s
10-7 - Se tiene un compresor adiabático con rendimiento isoentrópico 1/, =
= 0,85, que aspira Freón·12'en u'n estado de
vapor saturado a TI"" -10°C, comprimién-
r .......!>'<:}-...J dolo a una presión P, . ,Pará regular la masa
de Freón-12 se recurre a. una válvula reducto-
ra (2-3) de fa que sale ei Freón-12 con nna
N, P~ = 6,1 alm : T~ = 46 °e. Calcular la
potencia en el eje del compresor en HP , si
la masa de Fre6n-12 comprimida es igual a
FlGURA 10." m = 20.000 kg/hora (1 HP = 632 kcallhr).
La presión P, a la salida del compresor y el
rendimiento exergético del proceso. El medio atmosférico es Pe = 1 alm y
To =20oe.
Solución; En un diagrama T-S para Fre6n-12 pueden situ3fSjllo. estados (1) y
(3), con T, (vapor saturado) y (P~, T~) (figura 10.15).
Del diagrama T-S o de tablas,
pueden obtenerse h¡ ~ 8, . h3 Y 8j o T frGU.RA 10.¡S
Para la válvula reductora es h, = h~ .
Para el compresor:
.:I.&F'
'h = IN,;!
á&F' = [(h~ - h,) - To (S~ - S,)] m
y además:
Con h" '1e Y hI se calcula
h2 , y con este valor y una vertical (S, = S,,) desde (1) se sitúa el estado de sa-
'lida ideal (2') cuya presión es P, . De 10.11 Ne =223,9.HP yademás P, =
= 6,8 olm. El rendimiento exergélico del proceso es:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-45-320.jpg)
![IS Introd'l.lcc:ión t.6rlCl
CilClos de vapor 87
11.7
s
1
1
es de líquido saturado.
La bomba BJ es para elevar la
presión de mL desde P, a 1',
y la B, de 1', a la presión de la
caldera Po, = 1', = 1', . Son vá-
lidas las fórmulas siguientes, en
régimen pennanente; para calde-
ra y sobrecalentador:
•
a l. salida de la cámara de mezcla (7)
HGUJl:,l,. 11.4
s
11.1
11.2
11.3
11.4
Lr = m (h2 - h3 )
Q~ = m (h~ - h3 )
Ca!dera y sobrecalentador. caIor transferido
ra cada uno de los eIernentos::
Turbina
80mba
Condensador
siendo ].'4.E:;: Vo y:
1l.SLB = (. vdP.m
La fórmula J I.S vale'para una bomba id",,1 considerando que para transfor-
maciones revenibles de sistemas circulantes vale la fórmula general:
para la turbina:
para el condensador:
JI.S
y:
-VdP = oL.!,· + dE. + dE,' 6.6
11.6
para la camara de mezcla:
11.9
IUO
J 1.1 1
IU2
1l.J3
LB, = (mL + my)v, (1'0'- P.,)
LB= mL v.(1', - p.),
con ho '" h. Y h, '" ho'. Para las bombas supuestas ideales:
y el rendimiento es:
, Cuando se usa una diferencia de presión muy grande entre l,a caldera y el so-
brecalentador, puede recurrirse a efectuar la expansión en más de una etapa con
'obrecaJentamiento al fmal de cada etapa.
Para dos etapasl supuestas idea1es~ con sobrecalentarniento intennedioJ
se
tiene un ciclo como el representado en la Ílgura 11.5 .
FIGURA 11.3
;
1
1----..,
(r?II. ... mt")
Todo ciclo rever:sible puede dividirse en ciclos de Carnot reversibles. Elimi-
nar las transferencias de cal~r al ci·
clo en las zonas en que los rendi-
mientos de los ciclos de Carnot
-son menores (zona O-a ~ figura
IU) implica aumentar el rendi-
miento del ciclo. Para esto se re-
curre a extracciones de'vapor de la
turbina, siendo enviado el vapor
átra{do my a una cámara de
mezcla adiabática o • un intercam-
biador de calor, con el ÍlO de pre-
calentar el líquido mL. que sale
del condensador. En la figura
JI.3 se dibuja esqueniáticarnente
la instalación correspondiente a una extracción, y en la figura 11.4 el ciclo ideal
correspondiente cuando se usa una única cámara de mezcla adiabatic.. El estado](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-47-320.jpg)
 .
Para la turbina es:
Con h3 , obteuido del dia-
grama T -S ó h-S Y los valore.
de NT y de, m ,se calcula el va-
lor de h2 = 872 lecaljleg. Aderoá, de:
f
I
La temperatura Tj debe elegir-
se de modo que no se introduz-
can ciclos de Camot qne desme-
joren el rendimiento de la in.sta-
Iación.
Para la resolución de los proble-
mas correspondientes a este te-
ma, se cuenta con los diagramas
entrópicos correspondiente'" y
tablas de vapor de agua.
s
,,
,
s
FIGURA 11.5
,T
= 0,33
con Po =P, = 12 atm .-
8.947,5 kcalf!lora
11 =
NB , = mv. (Po - p.)
NB , =
Teniendo en cuenta el valor del rendimiento de la bomba, la potencia real
NBJ
NB = - - = 13,9kW
~B
El rendimiento del ciclo es:
Q, = m (!l, - !lo) con !lo = 32,S kcaljkg
.. Q, = 25.982.525 lu:aljkg = 30.2121eW
puede obtenerse !l3' = 575 lecalfkg. Trazando una vertical desde 3' ya ubicada
en el diagrama T-S ó !l-S con (h3 " P3 ) ,se obtiene el estado 2- sobre la linea
h2 constante. Del diagrnma se lee T, =580 oC y P2 =12 alm. Con lo. e,ta-
dos 2 y 3 puede completarse el ciclo, como .e indica en la figura 11.7 . Lo.
valore. de las propiedades física, pueden obtenerse de 10. diagramas., Para la cal-
dera y el .obrecalentador:
Para la bomba supuesta ideal (ecuación 6.6), comiderando volumen especí-
fico constante resulta:
es::
1
HGURA 1~t,
,
2. PROBLEMAS TIPO
11-1 - Una planta térmica de vapor deberá entregar en el eje de la turbina una
potencia NT = 10.000 IeW , con una
masa de vapor circulando en la mis-
ma m = 30.950·lég!hora _ El vapor
saldrá de la turbina a P, = 0,05 atm
como vapor húmedo de titulo x, =
= 0,97 , Y se tendrá un rendimiento
isoentrópico l1T = 0,90 para la tur-
bina.
Repre,entar esquemáticarnente la
instalaci6n necesaria, representar el
ciclo en un diagrama T-S Y en un
diagrama !l-S de vapor de agua.
Calcutar:
Rendimiento del ciclo, exergia del vapor a la entrada a la turbina y exergí. perdi-
da en 1. condensación del vapor.
El rendimiento de 1. bomba es l1B = 0,75 Y el medio atmosférico es de
Po = 1 atm .. To = 20 oC (] IeW = 860 lu:aljhora).
Solución: La instalación es la indicada en la figura 11.6 .](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-48-320.jpg)
!['9'0 Problemas tipo
Ciclos d-e vapor 91
,
, ~
6
2
rn
mv/m = 0,17
m
mv (h. '- hs)
(h. - hj )
Con h9 = 157 kcallkg .. hj = 20,1 kcall
kg y h. = 820 kcallkg resulta:
s
nr.URA J1.9
Se sltúa el estado 2 (T2 , PI)
'i luego se traia una 1ínea de entro-
pía constante, hasta cortar la línea
de temperatura de l. caldera T, ,
obteniéndose el est.do 6, con la
Jínea de presión constante que pasa
por 6 se sitúa el estado 7 (P., T1 )
y luegol mediante una línea de en-
tropí. °oonstante (7'3) el est.do 3
(S, , P3). Quedan detenninados
además los estados 4 y 5 (fIgura
11.9). (m-m,i
Con P8 = Pol2 se sitúa el es· ~.-_:':::"'';;¡':':':::'''~rl1~I-----4'
tado 8 y con la línea de presión
oonstanle p. , los estado. 9 y O:
Para la cámara de mezcla se puede plantear:
con h. '" hj . Luego:
mv", + (m - mv) hj = mh,
Suponiendo que sin la cámara de mez~
. c1a se tiene Ja misma potencia en el con·
junto de las dos.tul.binas, y despreciando el trabajo necesario en las bombas) pue-
,de calcularse la mejora porcentual en el rendimiento del ciclo. Sin l. cámara de
mezcla, O sea sin extraccjón del vapor.
El calor tran,ferido en la caldera y sobrecalentadores, para la masa ma :
ho•, So' son l. entalpí. y la entropía correspondientes al estado de equili-
brio con el medio atmosférioo (Po, To). Se obtiene así &2.0m = 11.507,3 kW.
Esta exergía no se aprovecha en la IUTbina en su totalidadI porque la trans-
formación del vapor en la misma es irreversible, y porque una parte se pierde en
Ja condensación del vapor.
la exergía perdida en la condensación del vapor es:
La exergía del vapor a la entrada en Ja turbina es:
1] -2 - Se quiere analizar un ciclo.de vapor de las siguientes características:
Presión en la caldera P, = 80 alm .
Expansión en dus etapas, una hasta que el vapor alcanza la temperatura de eva-
poraci6n y la otra, Juego de recalentar el vapor nuevamente a J?resión constante.
Para arnbos. calentamientos del vapor, el que ocurre antes de la primera etapa, y
el que ocurre luego de la segunda et.pa, la temperatura Íillal del vapor será de
T = 600 oc. Ambas etapas de exp.nsión se suponen ideales (transformación del
vapor adiabálica reversible).
Presión en el condensador P, = 0,05 alm .
A una presión P6 igual a la mitad de la presión intennedia entre arobas eta·
pas de expansión, se extrae una masa de vapor mv de la turbina~ la cual será en-
via~a a una cámara de; mezc:1a adiabática junto con la masa restante) luego de la
-salida de esta masa del condensador.
A l. salida de la cámara de mezcla se tendrá liquldo saturado a ia presión
del vapor my extraído.
Representar e.squemátic:amente la instalación.
Representar .el ciclo en un diagrama h-S, y calcular la relación entre las
m.sas m v extraída en Ola turbina y m evaporada en ia caldera. C.lcular ade-
más el poreentaje en que mejora el rendimiento, la colocación de la cámara de
mezcla.
Solucrón: El esquema de l. ínst.lación está indicado en la figura 11.8 _
la°bomb. S, es neeesaria para que la mas" m que sale del condensador
alcance la presión de la masa my extraída de la turbina.
P3rn la representación del dclo se conocen las presiones,en la caldera y so-
brecalentador Po = P, = P1 , Yen el condensador Ps = P4 •](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-49-320.jpg)
![92. Prob!-emal tip o CAPITULO 12
La potencia en las turbinas es:
Para el ciclo con extrncción de vapor, el calor ",rá:
Q ~ m [(h. - ho) + (k, - h.J] con ho ~k.
NT ~ m [(k, - k 6) + (h, - h.)] + (m':' mv) (h. - k,)
CICLOS FRIGORIFICOS
Igualando las potenclas:
l. INTROOUCCION TEORICA
El valor de 11. i6 puede calcularse con mvlm, y calculando '1'/~ con
11.15 resulta que:
[(k2 - k.)>+ (k, - k,)] ~ [(k2 - k.) + (k, - k8 J] + ~ - :v] (k. - k,)
11.l4
,
La ÍIlstalaclón más sbnple'para
una máquÍIla frigorífica de'com-
presión es la esquematizada en
la figurn. 12.1, siendo el ciclo
correspondiente a la misma el
representado·en diagramas T-S
ó k-S en la figura 12,2 .
Una masa de fluido refrigerante
(Freón .l2 o amoníaco) .e ex-
pande en Una válvula reductora
(3-4) pasando de líquido salu-
rado' (3) a vapor húmedo (4J
a baja temperatura, menor que
la de la cámara frigorifica.
Q,
-
FlGURA 1~.2
,(A1:~+-:-----s+-------.s
T
•
fIGURA 12.1
J
~'---j c )-------;
El, fluido pasa luego a
un evaporador (4-1), en la cual
se evapora totatniente a presión
constante, y en consecuencia, a
temperatura constante, al trans-
ferirsele el calor Q, de la cá-'
mara a refrigerar.
Para asegurar que al com-
presor (I'-2) ingrese vapor seco
'" puede colocar un ",parador
de líquido (SL), o hacer que el
conducto que comunica el eva-
11.15
11.16
m [(k. - ko) + (k, - k.J]
mo [(k, _ k.) + (k, - k.)]
100 '1- '1' = [1 _ 1)'] 100
' 1 1 ) '
1)
1)' = iL =
Q'
Dividiendo ambos miembros por m :
El porcenla]e de aumento de rendbniento es:
'1- '1'
100 ~ 5'1'0
'1
Conociendo mvlm y la. enlalpías, de 11.14", obtiene molm ~ 0,909.
El rendimiento sÍll exlracción es '1' ~ NrlQ' y con extracción f¡ ~ NTIQ .
Luego:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-50-320.jpg)
![98 P'ró-blamu tT;p o C]C[OI fr[gor jtieos 99
(
12.17
m' •
,
F[GURA 12.7
•
Además de las masas: m to y m ~ , hay
una ma.. de vapor (9) separada en
el separador de líquido de las masas
m" y m1 que pasa por los- evapora·
dores.
La masa que circula en el compresor
de baja es m' + m" + mv. Para el
estado (6) de título x. es:
m'+ m" = (J-x,)(m'+ m"+ my)
Luego:
4
12.15
12.16= m'
FIGURA L21l
= m
H
Qi
Qí'
(11, - ha)
T
y además:
sos- que siguen:
Compresión en una única etapa común a las rnasa-s: evaporadas: en ambos evapora-
dores· Compresión en dos etapas, una entre las: presiones: correspo?dientes a los
dos e;aporadores, y Ja "Otra entre la presión en el evaporad?r a T;/ y la presión
de conden..ci6n.
SoIució": Para un único com-
presor, figuras 12.7 y 12.8, es:
Para dos compresores, flguTas 12.9 Y 12.10, son válidas las ecuaciones 12.15
y12.l6.
Por el compresor de baja (]-2) circula la masa m'. Por el compresor de
¡¡Ita (3-4) circula la masa (m' + m" + m y) , cuyo cálculo puOOe efectuarse en
la forma explicada a partir dela fórmula 12.1 7 ,
Es e'idente que en este último caso de dos compresores, el trabajo necesa-
rio en los: mismos es:_menor que en el caso anterior de un único c?mpresor, ya
12.12
12.13
12.14
m2
mj
(h, - 116 ,)
(11, - 11,)
(11, - 11,) (11, - 11.,)
(11, - 11.,) (h, - 110)
mr/mt
m2/mí
mí' = Q, = Q2
qi' (11, - 11,.)
mi'(h, - h.) = mí'(h, - h6)
mY (11, - 11••)
- = "':""':'---,c'-:--
mí' (113 - 11.)
= mY
mi
con h, = 11•.
s Con éstas, siendo conocidQ Q, y el ci·
clo se obtienen mj y m2 .
Para el ciclo de la fIgUra 12.6, tenernos en el separador de líquido:
FtGURA 12.-6
Para el ciclo de la fIgUra 12.4 ;
T
y además:
con 11"=117,, DeI2.14seoblienemj'yconI2.13 mY. Siendoh"<II,,
resulta mY< mi .
Entre m2' y m2 existe la siguiente relación:
12-3 - Representar esquemáticamente la instalación necesaria para un ciclo éon
dos· evaporadores, uno a temperatura T.i ,en el cual el nuido intercambia UD ca-
lor Q~ y otro a temperatura Ti'> Ti en el cual el fluido intercambia un calor
Qi' , y el ciclo correspondiente a la misma en un diagrama T-S. Además efee-
tuar los balances necesarios para obtener las masas en los- compresores enlos ca~](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-53-320.jpg)
![102 Introduc.d6n teórica
Airlll húmedo 103
Humedad absoluta· de saturación es la que le corresponde al aire húmedo, a la
misma presión P Y a la mi'SIlla temperatura si el vapor de agua estuviera satura~
do:
mu y pequeña comparada con la de un kilogramo de vapor de agua a la ro¡sma
temperatura:
cLTw ~ ro + cpvTw l3.9
La. entalpía de un kilogramo masa de vapor de agua será entonces:
con Tw
temperatura del vapor. La entalpía de un kilogramo de agua líquida:
1 m
f L(;U.RA 13.1
La temperatura de rocío del aire húmedo es aquella para la cual queda satu-
~do el vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a presión constante
De la fórmula 13.2 se deduce que al ser en el enfriamiento constant~s x y
p ~ será constante la presión de vapor Pv .
La t~rnpera tura de bulbo húmedo es la que marca en réghnen estacionario y
en deternl1nadas condiciones, un tennómetro con su bulbo rodeado con un trapo
empapado en agua líquida. Puede liegarse a la temperatura de bulbo húmedo a
partir del estado del aire húmedo, considerando que a entalpía h consiante para
el aire húmedo~ se lleva al vapor de agua a un estado en que queda saturado.
Se usa liamar temperatura de bulbo seco a la temperatura correspondiente
al aire húmedo.
. Son de interés ade.másde los conceptos expuestos, las fónnulas correspon-
dIentes a los balances de masas·de vapor y de entalpía.
.Ba!ances de masas de vapor y de entalpía
Sea una corriente de aire húm~do que ingresa a un conducto con humedai:l
absoluta x, y entalpía h1 (ecuación 13.6), saliendo del mismo con humedad
absoluta:.;. y entalpía h. (ecuación 13.6). El aire húmedo cruza el conducto
con pre~on constante 'i en el mis-
mo intercambia un calor Q y una
masa de vapor de agua o de agua lí-
quida W. La masa de aire seco m."'::-.'.,.....¡
contenida en el aire húmedo m se :r~ 11
1
mantiene constante y la masa W es
la'estrictamente indispensable para
que se produzca la variación en la
humedad absoluta del aire húmedo
de x, a x. (fIgura 13.1). h", .es la entalp ia por unidad de masa W y T. la
temperatura de la masa W, de modo que -si es vapor de agua h está dad.;'por
13.7 y si es agua líquida por 13.8 . ' w
Teniendo en cuenta el concepto de humedad absoluta, el balance de masas
de vapor puede expresarse como sigue:
13.7
13.6
13.S
13.4
13.3PV8.
P-Pv,
Py
Pv,
Pv x
-- '"Pv, x,J
cpy
= 0,46 kcallkg oC ; 'o = 597 kcallkg
"'=
x, = 0,622
Para las condlciones ambientes se cumple que:
CPo = 0,24 kcallkg oC
h = c••T + X ['O + cp yT]
con temperatura de referencili O o e y presión 1alm. cpo y cpv son los calo-
res especif¡cos a presión constante del aire seco y del vapor de agua, 'o el calor
de vaporizacwn'de1 agua a presión constante y a OoC (el agua se sopone líqlÚda
a 1) oC y 1 alm) , siendo:
Humedad Telati>a es la relación entre 1. presióu parcial del vapor de agua en el ai-
re húmedo, y la presión parcial del vapor de agua saturado a la temperatura del
aire húmedo:
La entalpía del aire húmedo se refIere siempre a la masa de aire húmedo
(J + x) que contiene una unidad de masa de aire seco. Puede expresarse:
13.8
donde ahora Tw es la temperatura del agua líquida.
Se cumple, entonces, que la entalpía de un kilogramo de agua líquida es
13.10
Teniendo en cuenta la fórmula 3.2, el balance de entolpías se expresa:
mh, + Whw + Q = mh. 13.1 1](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-55-320.jpg)
![T
To =25 oC,
Ff(¡u RA 13.3
,
T.:unbiéu pueden utilizarse diagramas
T-S y las tablas correspondiente. ai
,
F1GJRA 1.3.4
,
Alre-tlÍl medQ 1O~
Las curva,de .p constante se obtie-
nen a partir de ia f6nnula 13,5 ..
Oiagramas de Mollier
Es el h =f(T) de fIgUra 13.4 .
Es un diagrama de ejes oblicuos.
Las lineas de temperatura constante son
rectasl y su pendiente con respecto al eje
x es (ro + cpyTJ segón puede deducirse
de la fónnula 13.6 con T constante.
Para los problemas de aire húmedo
se suponen datos los calores especificas a
presión constante del .ire seco C y deiP.
vapor -de agua ePy ) ya dad OSl el ~lor de
rCJ' J también dado anteriormente, y, saI~
vo aclaración en contrariol para procesos a·presión constante 1 atm ,puede re-
currirse a los diagramas menciona-
dos. •
También se suponen datos los valores
de las cons.tantes características del
aire seco RrJ y del vapor de agua
R v . Salvo aclaraci6n en contrario
debe considerarse al aire seco y al va~
por de .gua como gases perfectos:
R. = 29,3 kgr mlkg K
R v =47,1 kgrmlkgK
vapor de agua.
2. PROBLEMAS TIPO
13-l - Una masa de aire húmedo tiene temperatura de bulbo seco
presión Pv =1atm y humedad relativa '" = 60"" . Detenninar:
13.12
13.14
13.16
13.15
h
ro
+ -
m,h" + mih2 = (ro, + m2) h,
13.13
x =
FIGURA Il.2
Si no existe condensación de val'or:
104 Introd lIccf6n teórrca
La temperatura de saturación adiabática es aquella a que quedaría el aire
húmedo si el conducto es adiabático, W agua liquida a baja temperatura y el Va-
por de agua del aire húmedo quedará saturado a la salida del conducto; siendo'
hw muy pequefia en este caso, se tendrá que h, '" h, por ser Q = O. La tem-
l'.ratora de saturación adiabática es prácticamente igual a la temperatura de bul-
bo húmedo.
Pro~es.o de mezela
Sean dQS corrientes de aire. húmedo1 una con hl.;lmedad absoluta Xl y en-
talpía h, (ecuación 13.6) y la otra con x, y h, (l3.6), la primera contenien-
do m, kilogramos de aire seco y la segunda m, (ftgura 13.2), que ingresan a
mI una cámara de mezcla (C.M.) J saliendo
Xl ¡JI ~ (mJ ... M1) de la misma con X3 • h3 (13.6).
C..M..
7'-;m~'----:L ----.J x, lJJ Si ]a cámara de mezcla es amabáticaJ y
X1 n.1 no e~te condensación de vapOI;
De las fónnulas 13.1 OY 13.11 se deduce que:
De las fÓlJIlulas 13.13 y 13.14 se deduce que:
Dia-gramas de a~ra húmedo
Se representan para presiones constantes' P = J atm . ,El diagrama psicro-
métrico x *f{T), 'se encuentra ilustrado en la figura 133 .
l.as líneas, de entalpía constante pueden representarse como rectas, si se
. despreiCia el valor ePv T ante To l Y en este caso tienen pendiente ·Cpj'o Y.
abscisa al origen h/rv , segón se deduce de suponer h cOlUltante en la fónnul.:
. !
,
! '
',1
~ ,
, X! _:ce.... %_ .3_ ..](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-56-320.jpg)
![106 Problemas resueUo5 Aire n.úmllldo 101
Py = '1'. p y ,"
El estado del vapor es el V de la figura 13.5 Ysiguiendo la línea de presión
conslante Py hasta la curva de saturación, se obtiene la temperatura de rocío
T, = 12°C.
13.18
13.19
= O,012kg
Py
Pv~
x = 0,622 -0:--'--''-
Po - Py,
Xo = 0,622
10,5gramos vapor = 0,0105
kgaire .eco
XI1 =
PvV
=
RvTo
.Con el diagrama·psicrométrico (figura 13.6) o el de Mollier (f¡gura 13.7), se
puede obtener la temperatura de rocío, siguiendo una linea de hnmedad absoluta
constante desde el estado del aire húmedo (O) hasta la curva de saturación, don-
de '1' =100%. Para situar el eslado O se tiene ToY '1'•.
Para obtener la temperatura de bulbo húmedo, debe seguirse una línea de
enlalpía constanle desde el estado del aire húmedo O hasla la curva de satura-
ción, según se iudica en las figuras 13.6 Y 13,7. Teniendo en cuenta que para al-
canzar la temperatura de bulbo húmedo debe trazarse una Jinea de entalpía cons-
lante, analíticamente a partir de la fórmula 13.6, puede plantearse:
Cp,T. + Xo (ro + cpyToJ = cP.T'h + x (r. + cPVT.hJ 13.17
i
Xo es la hnmedad absolula del aire húmedo en el eslado O (ecoación 13.2).
Con Py _= 'Pf}PY~2j o e tenemos.:
La masa de vapor de agua que ocupa el volumen por m' es:
Con Py yp. se obtiene Xo en 13.18 .
x es la humedad absoluta del aire húmedo, con '1' = 100 % Y la temperatu-
ra de bnlbo húmedo:
Py, es la presión del vapor salurado a la temperatura de bulbo húmedo
T.. . Si se adopla un valor para la temperatura de bulbo húmedo T,., Y con
ese valor se obtiene Py, y luego x de 13.19, reemplazando este valor de x en
13.17 debería verificarse esta fórmula, si T.h fuera el valor correcto. Así, me-
diante tanleos, puede obtene",e la temperatura de bulbo húmedo T'h
=16 oC.
la hnmedad absoJuta se obtiene de 13.J 8 o de los diagramas psicrométrlco
o de Molliér:
s
T,
FRiURA 135
r
FIGURA 13.-6
.) temperatura de rocío
b) temperatura de bulbo húmedo
c) humedad absoluta
d) masa de aire húmedo por m ' . . ,
e) temperatura a la que se iniciar'ía]a condensación del vapor de agua del arre hu-
medo1 si éste se enfría a volumen constante.
Solución: Debe tenerse en cuenta que el vapor de agua puede analizarse como si
estuviese solo. La temperatura de ro-
cío se obtiene teniendo en cu"enta
que al enfriar el aire húmedo a pre- . T
sión constante, la presión parcial del
vapor de agua se mantiene constante,
por no cambiar la relación entr6 las
masas de vapOl y de aire seco.
De tablas de vapor o de un dia- T.
grama T-S puede obtenerse la pre-
sión del vapor saturado ala lempera-
tura To dei aire húmedo (figura
13.S), Y con la humedad relaliva
(ecuación i 3.4) - calcular la presión
parcial del vapor de agua:](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-57-320.jpg)
![11 D Problemas reS1J altos A¡re híI medo l' 1
o sea
El estado (2) tiene entonces "', = 100'" y ade-
más h, = hi . En el calentamiento, la húmedad
absoluta x se mantiene constante. Con xJ =
= x, y Ts = T, , se sitúa el estado (3). lue-
go, para la humidificación con vapor de agua, de
13.12 y .13.7 se obtiene que:
,
T"~~-+---7'~
masa de arre seco contenido en el
aire húmedo es m = 2000 Icgfhora
Calcular: masa de agua líquida W.
masa de vapor Wv y calor Q in-
tercambiados por el aire húmedo.
Soludón: En un diagrama de Mo- F' Ir; L<R./i. 13.1 J
llier para aire húmedo puede si-
tuarse el estado inicial (J) con las
temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo (figura 13.14).
Teniendo en roenta que la entalpfu hw por kg
, de agua líquIda W. a baja temperatura es muy
pequeña (ecuación 13.9J, y la fónnula 13.12 re-
sulta que:
13.20
13.21
.,
1,
fiGURA ]J.L I
h
r
+-----fT.-Tf,"",'T,,------.'T
la curva de saturadón~siguiendo una línea de entalpía constante, y entrandg con
la temperatu[a de rocío~ hasta la curva de saturación, siguiendo una línea de tu-
medad absoluta constante (figuras n.JI y 13.l2}.
1 .
Obtenido (O) ,e conoce la temperatura de bulbo ,eco To . Sin usar los
diagramas de aíre húmedo, solución válida aún cuando la presión Po no fuera
1atm •planteamos:
l:orlla temperatura de rocío se obtiene Py , ,egún se explieó en el proble-
ma 13-2, y de 13.21 Xo . Luego con la temperatura de bulbo húmedo T•• se
obtiene la presión de vapor saturado a esa temperatura y:
x = 0622 Pv,
~ PO-Py~
COJ)ociendo x. Xo y T•• , de 13.20 se obtiene Te =22·C.
El valor (ro + cpv Tw ) es equivalente a la pendiente de la isotenna corres-
pondiente a la temperatura Tw , de modo que con una paralela desde (3) a esta
isotenna puede situarse (4) sobre la curva de saturación.
Obteniendo del diagrama los valores necesarios, pueden calcularse W. •Wv
y Q con las fórmulas siguientes:
13-4 - Una corriente de aire húmedo, con presión total Po = 1 atm , temperatu-
ra de bulbo seco 20'·C y de bulbo'húmedo 15 oC , ingresa a un conducto adia-
bático en el cual se lo lleva a un estado (2) de humedad relativa "', = laO",
humidificándolo adiabáticamente con agua liquida a baja temperatura. Luego el
aire húmedo es calentado hasta que alcanza una temperatura T:. =20 Oc y hu-
midificado adiabáticarnente con vapor de agua a temperatura Tw = 40 Oc hasta
que quede con '1'4 =100 'Ii>. El aire húmedo mantiene su presión constante. La
W. = m (x, - x,) = 4 kglhoro
Wv = m (X4 - xs) = 11 Icglhora
De 13.11 con hw =O es:
Q = m (h, - h,) = 2400 kcallhora](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-59-320.jpg)
![~ 12 Problemas res'u eltos Aire húmedo 113
Cuando existe Q '*°en la expresión
general:
"
"z
(3-4)
='(2-4) = 2,50
m,
m2
adiabática con agua líquida a baja temperatura, de 10 explicado en la solución del
probleroa 134 se deduce que el estado (4) .
estará sobre la linea de entalpia constante "
que pasa por (5) y sobre la isoterma T4 .
Ei. la cámara de mezcla adiabática se T'r--1--"'k--~,L--;?"'----
cumplirá (ecuación 13.1 S) que el estado • ~ lOO.
(4) está sobre el segmento que une (2) Y ;'1==I=7'.~t=/:>,
(3) , de modo que, uniendo (3) con (4)
se obtiene una recta sobre la que se encuenR T,'Ir--~'---;'<---7
tra el estado (2) , el cual está además·,obre
la fnea de humedad absoluta constante que
pasa por (l).
De 13.15 se deduce que:
m = m-/l + xcm¡¡ = (] + xc) m.¡J
x. = 0,622
Con Pv'10' C obtenida de tablas de vapor se calcula x, =0,00375. Si este
valor máximo posible para la humedad absoluta en el estado final, es menor que
Xo ,por cada kilogramo de aire seco condensa una masa de vapor (ecuación 13 .5)
igual a (xo - x,) = 0,00675. La masa de aire húmedo m es la suma.de la masa
de aire seco m,¡z y de vapor mv ::= Xo m.¡J :
13-6 - Se comprime aire atmosférico desde un estado iniciai Po =1 a/m .. To =
=20 oe , con humedad relativa 'Po = 60%, hasta P, = 4 alm ,sin que exista
condensación de vapor de agua del aire húmedo en ia compresión. Luego se en·
.fría el aire húmedo a presión PI constante nuevamente hasta la temperatura ini·
cial To = 20 oC;. Calcular ia masa de vapor de agua que condensa por cada kilo·
gramo de aire atmosférico comprimido.
Solución: Puede recurrirse a diagramas de aire húmedo para obtener la humedad
absoluta inicial "o ,situando el estado (O) con' To Y 'Po. Saie Xo = 0,0105.
Al fInal del enfriamiento, ia máxima humedad absoluta posible será la de sa-
turación a Pr y To (ecuación 13.3);
1
fiGURA 13.l5
no será posible recurrir a una línea pa-
ralela a una isotenna para situar la reo-
ta de pendiente b.h/t>x. Esto puede
hacerse teniendo en cu~nta que el dia~
grama de Mollier tiene en su margen
una escala (figura 13.15) que indica la
pendiente de rectas que unen los valo-
res indicados enla escala con el origen del diagrama.
pendien.1~
irtd iud~
13-5 - Se tiene la instalacIón de la figura 13.16 .
Una corriente de aire húme·
do con PI = 1 atm , temperatura F[{;U ~A 13.1.(,.
de bulbo seco T, =5 oC y hu-·
medad relativa 'PI =20 %, es ca-
lentada a una temperatura de
bulbo seco T2 y luego eriv:iada a
una cámara de mezcla adiabática,
a la que ingresa junto ·con otra
corriente de aire húmedo a P3 ::=
= 1arm ,humedad relativa '1'3 =
= 90% y temperatura de bulbo
seco T3 =15 oc. Ambas corrientes salen de la cámara de mezcla en un estado
(4) , de temperatura T. = 50 oC, a partir del cual se las humidifica adiabática·
mente con una masa W de agua líquida a baja temperatura hasta que alcanza un
estado (5) con 'l's =100% Y Ts =20 oC.
La presión total de ambas corrientes de aire húmedo se mantiene constante.
Calcular la relación entre las masas de arre seco m1 y m2 contenidas en
las corrientes de aire húmedo.
Solución: Cun un diagrama de Mollier de aire húmedo puede situarse el estado
(1J con T" '1', (figura 13.17) .
El estado (2) esta sobre una linea de humedad absoiuta constante, ya que
la transformaci6n (J -2) consiste en uncalen!amiento sin humidificación. El es-
tado (5) puede'sitnarse con 'Ps Y Ts . Como (4-5) es una humidificaci6n
~ .. k< .m](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-60-320.jpg)
![118 Prob temas resue~tol
Tern:-oqu{m Ica 11 9
Us" u:." hs, y h.., son las energías internas y entalpías por molo por
kilomol de las sustancias· E, Y A, , con respecto a condiciones de referencia de·
terminadas.
Suele considerarse como condiciones de referencia .en tennoquimica a
P, = 1 uim : 1; = 25 °C. Entalpía por kilomol de sustancias cuyas moléculas
están fannadas: por átomos diferentes, es el calor que debe ser intercambiado en
una reacción química a presión constante 1 atm t con temperaturas inicial y fi-
nal iguale, a 25 oC para la formación de nn kilomol de la sustancia. Entalpía de
Jos elementos- a PI" TI' es nula. Si h., es la entalpía de referencial la-energía in-
terna de referencia s-erá U,. = 71,. - PI' ~ •
Cuando la diferencia entre la entalpía correspondiente al estado (P, V, T)
de cualquiera de las sustancias A, o B, Yla que tendría en el estado de referen-
cia (P, ,-.y-,:!!) sea función de la temperatura únicamente, de modo que por ki.
lomol {/¡ j" - hl',J =C; (T -.. T,.) •los calores de reacción fYT y rpT carobian con
la temperatura ,egún la ley de Kirchhoff;
2, PROBLEMAS TIPO
Aire
T.
FEGUR..... ]'U
"H
(1)
14-1 - Un recipiente rígido y adiabático, dividido en dos parte' por un tabique,
contiene (figura 14.1) en (1) hidrógeno a temperatura TH =10 Oc y en (11) aire
a T, = 15 oC.
Se quita el tabique y luego se logra la reac·
ci6n qu¡mica entre el hidrógeno H,' y el oxígeno
0, del aire, formándose vapor de agua H,O, el
cual queda a una temperatura final T = 600 oC.
La ecuación estequiométrica correspondien~
te a la reacción es:
1
1 H, + "2 0, ... 1 H,O
El hidrógeno, oxígeno, vapor de agua 'i nitrógeno del aire podrán suponerse --
gases ideales:, y su capacidad calorifica por kilornol a presión constante es:
14.4= }; biC"s. i
Ó'VT
óT
R y es la constante universal de lo, gases perfectos.y T ia temperatura abo
soJuta a que ocurre la reacción química, debiéndose suponer nulos los kilomoles
b, ó aj" para liquidos o sól:idos que intervengan en la reacción química. por ser
su volumen despreciable ante el de los gases ideales que intervengan.
Quiere decir que la variacl6n de lo, calores de reacci6n con la temperatura es
igual a la diferencia enIre las capacidades caioríficas de los productos y de los
reactantes, a volumen constante para rYT t y a presión constante para TPT •
En este caso es que m; - h,,) solo depende de la temperatura para cual·
quiera de las sustancia, B, o A, :
rpT - 'VT = (t b, -}; u,)Rv T
14.5
14.6
para el aire, oxígeno, :hidrógeno y nitrógenot y;
cPV
= 8,93 kea/lkmo/ K
para el vapor de agua. Además, la constante universal es:
R y = 848kgrmlkmolK
La compo,ición en volumen (o kilomoles por kilomol) del aire es: oxígeno
0,21 ,nitrógeno O, 79 .
Si en el estado ímal queda únicamente nitrógeno y oxígeno del aire y ni =
=20 kg de vapor de agua, siendo el peso molecular del vapor de agua My =18
kglkmol , calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno nH Yde aire n, .
La entalpía del vapor de agua saturado a 25 Oc es h, =-57.827Iu'allkmol
(equivalente a 'u calor de formación a la presión y temperalura del vapor).
Solución: Por el primer principio, al no existir transferencias de calor ni de traba·
jo, no habrá variaci6n de energía interna. de modo que la, energias internas ini-
cial y final serán iguales:
14.7](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-63-320.jpg)
![120 Probloe-mlls resueltas Te rmoqu ím lel 121
donde OH'. son los ki/omoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el
0)< Ígeno del aire. .
UH es la energía interna por kilomol de hi.drgoeno:
UH = UH, + e'H 00- 25)
con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC:
u, = li, - P, V; .. h, = O .. V, de 14.8
UN es la energía interna por kilomol de nitrógeno a T = 600 oC:
y UH, es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC:
con U, energía interna por ki/omol de nitrógeno a 25 Oc :
!ir = O .. V; de14.8
Uv = V, + Cv (600 - 25)
Uv es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 600·C y V,
la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25·C:
u. = -542,1 kca/jkmol
Ii, = O .. V; de 14.8
UH = -666,3 kcaljkmo/
Uv = -54.598,2 kcaljkmo/ .. Uo = 2.262,5 kco//kmol
UN = 2.262,5 kcal/kmol
~ -;::: cp - R v
Reemplazando en 14.7:
-666,30H - 542,1 n. = -oy54.592,2 + 2262,500 + 2262,50N 14.9
En todos ]os- casos, la capacidad calorífica a volumen constante e... será:
Se obtienen así los siguientes valores:
Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomoles de vapor
de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que OH = oy • lue-
go reemplazando Oy por nH en 14.9:
14,8v; = RvT,
P,
U. = U" + c..(]5 - 25)
P,=1atm .. T,=298K, h,=O
U. es la energía interna por kilomol de aire:
y U. es la energía interna por kilomol de aire a 25 oC :, .
"¡"
[:
,
1jI ,
, ; i
I i '
,I!
i',
JI, = -57.827 kcaljkmol .. - _R~v-=T.c:.'_
Vil" :=-=
pV~,$oC
53.928,70H - 542,10. = 2262,500 + 2262,50N 14.iO
Pv'25· e es la presión del vapor de agua saturado a 25· C , la cual puede
obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 atm .
Uo es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 600 •C :
El número de ki/omoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del
número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrica, y el nú-
mero de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el
oxígeno sobrante (00) será igual al total meoos el que reacciona:
Uo = U, + cVo (600- 25)
14.11](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-64-320.jpg)
![122. Problem2l$ rllsu-eltos Termoq uím Ica 123
El número de kilomole, de nitrógeno nN e, igual a 0,79 Ve<:es el del aire: con h,. = -57.827 lcea/lkmol. /iy e, la entalpía inicial por kilomol de vapor de
agua:
nN = O,79n, 14.12 / Iiv = h, + C;;y (60 - 25)
De 14.10, 14.11 Y14.12 se obtiene: con h, =-57.827 lcea/lkmal. /iH es la entalpia por kilomol de hidrógeno:
55.059,95 nH - 2804,5 n, = O
Luego nHln, =0,05. ha es la entalpía por kilomol de oxigeno:
]4-2 -. Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presjón constante
P = 1 atm t contiene una mezcla de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a T() =
= 60 oC. Se produce la reaoción química eutre el hidrógeno y el oxigeno, según
la ecuadón estequiométrica:
1
H, + - 0, -> H,O
2
14.13
luego:
- no Ceo (60 - 25) = O 14.14
Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y14.16 pueden obtenerse los valores:
y que el número de kilomole, devapor de agua formado, es igual al de hidrúge·
no~ de modo que:
De la e<:uación e,teqniométrica 14.13 ,e deduce que el número de kUomo-
le, de hidrógeno será igual al doble del número de kUomoles de oxigeno:
14.16
14.i5
CPH = cpo = 6,95 kcallkmo/ K ; c¡,y = 8,93 kcal/kmol K
Para el vapor de agua a 25·C se tiene una entalpía;
Al final queda eu el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 oC.
Si no hubo intercambio de calor en la reaoción química, calcular 10' Idlomol..
iniciales de hidrógeno nH , oxígeno no y vapor de agua ny , ,iendo los Idlo-
mole, fmales de vapor de agua nYf = 0,5. .
Ei oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerado, ga,e, idea-
les y su, capacidade, calorificas a presión constante por idlomol ,on:
h, = -57.827 kcallkmol
nH = 0,026 k1na/es ; no = 0,013 kmol.. ,. nv = 0,474 kmole.
SoIuei6n: Por el primer principio, el calor intercamblado en la reacción quúulca
es igual a la entalpía final menos la entalpía InIcial por ocurrir la reacción a pre-
si6n constante, con Q = O (reacción adiabátlca): 14-3 - Me.lano (CH.) reaccIona según la siguiente ecuación estequiométrica, con
el aire necesario:
ny/IYf - oyhv - nH/iN - 00 ho = O
hYf es la entalpía final por kilomol de vapor de agua:
/ivf = ¡¡;. + e.y (400- 25)
1 CH. + 20, -> lCO, + 2H,O
Calcular la diferencia entre los calores de reacción rPT Y rVT (a presión y
a volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25·C.](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-65-320.jpg)
![• +tC:- ·-7 ... !
-r er-'- ~7"" ..v' --- . r t' --
130 .Problemas ra5ueltOl- Combustión 131
Solucí6n: Deben tenerse en cuenta las reacciones estequiométricas correspon-
dientes a la fonn~ci6n de COz y de vapor de agua H.O, a partir del carbono y
del hidr6geno:
Con estos valores se obtienen los kilomoles'de humos puros nhp Yel grado
de diluci6n X :
1C+0, .... lCO.
]2· -3:2- 44
1 '
1 H, + - O, .... 1 H,O
2 2 3;2: 11
15.5
15.6 X = _..:0..:"":=<",-_
llhp + elllll/il
= (J,18 = 18..
Los números indicados debajo de los símbolos corresponden a los pesos
moleculares.
Entonces, por kilomol de carbono, se tiene un !dlomol de ca. y por kilo-
gramo de carbono 1/12 kilomoles de ca. . Por kilogramo de combustible, con
carbono 70.., resullan n00, =(J,058 /mIoles de ca. .
Por kilomol de hidrógeno se tiene un kilomol de vapor de agua (H.O), por
kilogramo de hidrógeno 1/2 kilomoles de vapor de agua. Por kilogramo de
combustible con 25 % de hidrógeno, se tienen nH O = 0,125 kmoles de vapor, ,
de agua. Los razonamientos expuestos corresponden a las fónnulas generales:
Se entra al diagrama de Rosin y Fehling (fIgura 15.2) con la temperatura
del aire 1: = 10(J·C hasta la curva de grado de dilución 18"", obteniéndose el
punto A :al cual le co;'esponde una entalpía de 40 kcal/m3
humo. CN. Luego
debe sumarse el valor Pe/nVa ,con Pe = 87(J0 kcal/kgcomb ,y:
n = n.p + en,. = 0,489 kmol../kg comb ; Va = 22,4 m'/kmol
-.!l- = 794,3 kcal/m3
humos CN
nVa
e H
nOn = 12 + '4 = 0,12(Jkmolos T
.r
B"¡--------';;1
FI(lURA 15.4
T
A"~------:,(
TT, T
FIGURA 15.1
H
=-
2
..
e
12
¡r-¡co~ =-
con e y H indicando el porcentaje en p eso de carbono y de hidrógeno en el
combustible.
El oxígeno necesario, según 15.5 Y 15.6 es, razonando en la misma fonna,
C/12 kilomoles debido a la reacción 15.5 Y HI4 kifomoles debido a la reacción
15.6 :
El nitrógeno del aire necesario es:
0,451 kmol..
y el aire necesario entonces, es:
Se obtiene así el punto B (ftgura 153), al que le corresponde una entalpía
de 834,3 keal/m3 humo. eN. Con B y la curva de X = 18"" se obtiene la
'temperatura máxima de combusti6n T = 1990 • e. Entrando al diagrama de,
ROM Y Fehling con la temperatura de régimen T, = 500 •e se obtiene el punlo
e al que le corresponde una entalpía de 18(J ual/m3
humos CN .
,El rendimiento de la comburrtión será :
(J,21
n = nOn ="n 1,571 kmolos Be 834,3 - 180 :, 0,82
11, = AB = 834,3 - 40
El exceso de aire resulta:
Si se quiere la temperaturo máxima de la ~omhustión:
on"~ = 0,114 /mIoles T + 100'C = 1990 + lOO = 2090 oC](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-71-320.jpg)
![r
134 Problemas UIS-J eltos Combustló n. 135
La masa de comboslible por kWlhora será:Con el exceso de aire en'n =0,064 kmoles .
El humo poro es el ca, y el nitrógeno del aire necesario nN = 0,79n'n =
=0,252 kmoles, Entonces, los hornos poros:
nhp = nN + noo, = 0,319 kmoles
m, = Q, =
q
6,84 kg combl(kW.hora)
y los kilomoles totales son:
0,383 kmoles
El grado de dilución resulta:
= 0,17 = 170;,
3, PROBLEMAS ENUNCIADOS
·'r---------,{
15-3 - En una cámara de combustión a presión constante, se quema un combu..
tibIe gaseoso formado por 94 o;, de metano y resto gases inerte. para la combus-
tión, con aire a r. = 20() Oc , y on exceso de aire e = 500'!lo. El poder calorífi-
co del combu.tible es p. =10.30() kcallkg comb. El peso molecolar del meta-
no (CH.,) es 16 kglkmoJ. Los gases formados a 1. presión de la cámara P =4
atm l ingresan a una turbina adiabática ideall de ]a que salen a una temperatura
final T, = 450 oC.
Calcular la masa de combustible por kW. hora en el eje de la turbina.
FIGURA 15..6
_1-----:;;;,1'
Con el diagrama de Rosin y Fehling (fi·
guras I5.1 Y 15.2) puede obtenerse la
temperatura máxima de la combustión
T y con este valor y la temperatora de
régimen T,., el calor aprovechado en la
ealdera por kilogramo de carbón.
Entrando al diagrama de Rosin y Fehling
con 1;, =20 o C hasta.1a línea de X =
= 17o;, se obtiene A (flgU1'a I S.6) .
Debe sumarse el valor AB equivalente a
+..",::.-----J~l,.,-*--I~---"T P,lnVo ,con Vo =22,4 m' . Se obtiene
AB = 1050 kea/lm' hora CN , corre..
pondientes a un kilogramo de combustible quemado. Con B se obtiene T, Y
con T, el ponto C ,luego:
BC = 975 kcallm3 hora CN
correspondíentes a un kilogramo de combustible quemado.
La relación BCIAC es igual a la relación entre el calor aprovechado en la
caldera por kilogramo de combustible q y el poder calorífico del combustible.
Luego:
BC q
--=
AC Pe
q = BC P.
AC •](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-73-320.jpg)
![.., 38 Intro-dUICc-16n teórica
Toberas y difusores 139
Pe
=
~~Jkll'-l¡
16.4
P, k+1
~ 2
16.5= - -
T. k+ 1
siendo ~ la densidad del fluido y F el área de la sección.
Puede demostrarse que el gasto o masa que circula en una tobera ideal por
unidad de tiempo es direclamente proporcional a la presión de eslancamien"lo e'
inversamente proporcional á la raiz cuadrada de la temperatura de estancamiento:
cou k = cplc, , P, Y T, presión y temperatura córrespondientes al estado de
estancamiento de entalpía h•.
Quiere decir que lo, parámetros en la sección critiCa solo dependen de las
de estancamiento en una tobera ideaL
La masa m que circula a travé, de cada una de la. reacciones de una tobera
en cada unidad de tiempo es:
16.8
'"
h
h,"
,
,,,,,,
l' ,
(h1 - h2 )
'Ir =
(h1 - h,,)
s
"
FIGURA ]6.2
____..';IL -'TJ.
r'o.---------l{---"
De modo que cambio, en la presión P, no afectan al gasto en la tobera
ideal mientras esla presión quede debajo de la presión crítica Pe (fórmula 16.4)..
Para el caso de nna tobera real, la transformación del fluido será irreversible
y en consecuencia) por ser adiabática) se tendrá un aumento en la entropía del
fluido.
Suponiendo el fluido un gas ideai (fi-
gura 16.2) se tendrá para nna tobera
ideal ia transformación (1-2') y para
la tobera real los eslados inicial (1) Y
fmai (2).
El rendimienlo 'Ir de la tobera se de-
rme en fonna similar al rendimiento
isoenlrópico de la turbina (8.1);
La forma adecuada para una lobera depende de lo, valores de Po, P, y
Pe. Si Pe;;' Po debe ser divergente. Si Pe "¡;; p. debe ser convergente. Y si
Po> Pe >P, debe Ser convergente-divergente.
DIFUSOR
Un difusor e, un conductu adiabático en el cual un fluido aumenta la pre-
sión y disminuye su velocidad. Para un difusor ideal (transformación del fluido
adiabática reversible) en el cual hay velocidades no despreciables ante la veloci-
dad del sonido~ se cumplirá que si ]a fonna es eonvergente-divergente) la velod-
dad en ]a sección roínima o erítiea es la velocidad del sonido1 como ocurre en
una lobera ideal. -
Valen además, para un difusor
ideal, las fónnulas 16.1. 16.2 Y16.3~ de r
modo que la entalpia del fluido aumen-
ta eJi el difusor, y las fórmulas 16.4,
16.5 y 16.6 para difusor ideal cuando el
fluido es gas ideal. En el caso real (figu-
ra 16.3) (supoJÚendo gas ideal) puede
definirse el rendinúento del difusor en
forma similar al rendimiento isoentrópi-
co de un compresor (ecuación 8,2):
16.3
16.6
= co~tante
2
m = w~F
he - h + e~ = h +
El aumento en la energía cinética del fluido ,e consigue con la tobera ha-
ciendo que éste ingrese a la misma con una presión Po mayor que la del ambien-
te o medio a que descarga el fluido P, y dando a la tobera un di,eno adecuado.
Así, si es convergente-<!ivergente, antes de la sección (c- c) el fluido tendrá velo-
cidades menores que la del sonido, luego de (c-c) mayores.
De la fórmula 16.2 se deduce que la suma de la entalpía y de ia energía ci-
nética H + Ee para cualquier estado del fluido en la tobera es la misma, de mo-
do que por unidad de masa se tendrá que:
donde w es la velocidad del fluido.
El valor h. se denomina entalpía de estancamiento y es la que le corres-
ponderá al fluido, en un estado de velocidad nula, con la entropia S correspon-
diente a cualquiera de sus estados en la tobera ideaI.
Cuando el fluido que circula en la tobera puede ser supuesto gas ideal, pue-
de establecerse que en la sección crítica (c-c) de una tobera ideal, son válidas
las fórmulas siguientes:
1
m =P --• ,!T; 16.7
F[GtlRAJi50J
16.9](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-75-320.jpg)
![~ 40 Proble mas resueltos
Tobera'5 y difusores 141
Cuando sea necesario podrá recurrirse al diagrama T-S de gases o a los dia-
gramas entrópicos'O tablas de vapores. La velocidad del sonido en un gas ídeal
. es:
o sea, que l1D e, la relación entre los saltos de entalpía ideal y real.
La forma de una difu,or depende de los valores de Pe, P, y P,. Si Pe .;;'
.;; Po deberá ser divergente. Si Pe ;'P, deberá ser convergente. Y si Pe <Pe <
<Pa deberá ser convergente-divergente.
Para los problenias correspondientes a e,to, temas son datos:
16.11
16.12
2
= k+ 1
m = Fcwc.o(!
~ Pe
m = F, ekRTe - -
. RTe
De 16.12 puede obtenerse P, , teníendo en cuenta que:
luego:
con ~,= PJRTe , Y P, Y Te la presión y temperatura en la sección crítica de
área F, . Adem~s por 16.1 O:
Solución: La masa que circula en la tobera depende únicamente de las condicio-
nes de 'entrada, cuando la presión de descarga sea menor que la presión crítica y
puede expresarse para la sección cdtíca según la fórmula 16.6;
w, = IkRT,
16.10
k = 2 = 1,4 (para aire)
c,
C'o
= 0,24 kcal/kg Oc ;
con R constante característica por unidad de masa. Para el aire e, R = 29,3
kgrm/kg K.
Las defmicione, de los rendimienlos de la, laboras y difusores se han ejem-
.plificado en gráficos correspondienles a gases ideales pero son válidos sea cual sea
ell1uído que circule.
'.
f'
i
f,
16-2 - Analizar la forma que debe tener una lobera en lo, casos que siguen:
a) velocidad de entrada Wo = 600 m/seg a Po = 6 atm y To = 700 oC. Flui-
do: aire.
Con Pe = 7 alm ; m = 10 kg/seg y m' = 11 kg/seg sale de 16.13 que
Po = 7,7alm.
Para que la forma del conducto (convergente-divergente) sea adecuada, de-
be ser Po >P, >P, , lo que se cumple en este caso.
De las dimensione, de la sección de salida F, depende que se produzcan o
no choques en el interior de la tobera entre la corriente de fiuido y la, parede"
pero para la tobera se tendrá, con P, <Pc , la masa m ó m'.
I
I
l'
1;
1
I
d
"!I
""
;',
2. PROBLEMAS TIPO
16-1 - Se tiene un conducto convergentedivergente, al cual quiere uárselo como
lobera. La sección minima o crílica tiene área Fe =90 cm' y la de salida (fmal
de la parte divergente) F, = 100 cm' .
Se desea que circule en el conducto una masa de aire m = 1Okg/seg cuan·
do el aire entra con To = 400 o e y puede suponerse ideal a la transformación
del aire. La presión de la zona de descarga es 1 atm. Suponíendo velocidad úÍi-
cial despreciable, calcular:
a) Presión Po a que debe ingresar el aire.
b) Presíón Po para que la masa de aire aumente en un 10'110 cada segundo.
Analizar si la forma del conducto es adecuada.
Resulta Pe = 3,77a/m. Luego:
rk + 11 "'I"-1}
Po = Pe [-2-] = 7a/m
De la fórmula 16.7 se deduce que:
m' P;'
=
m Po
16.13
j](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-76-320.jpg)
![142 Problemas resuelto.s
Tobertli y dlfuSoD r-es 143
Siendo Po >P, >p. la fonua de la tobera debe ser convergente-divergen-
16.18
16.19
T; = 452,9K
Cp (T¡- T,)
cp (T,- T,)
(h¡- h¿ =
(hl - h,)
'lo =
Para la tobera ideal es;
Luego de 16.17 se obtiene T. =474,9 K. Para el difusor ideal:
T' tP J(0-1)/0
.J..=J.
T, Po
y:
Pr no se cónoce, pero con Tr,T, y 1)0 , de 16.19 y 16.18 se obliene que
PI = 2,89atm.
16.14
16.15
16.16
Con 16.14 se obtiene T, y con 16.15 P, = 11,2 atm. Luego:
[ 2 lO/Ik-1)
P, = L~ P, = 5,9atm
bl velocidad de entrada despreciable Po =1,1 atm y To =40 oC. Fluido aire.
Para arobo, casos, la lobera descarga a un medio de presión P, = 1 atm .
Solución: Debe calcularse la sección crítica P, (ecuación 16.4l, para lo que es
necesario conocer la presión de estancamiento:
2
Wo .
2 = c, (T, - To)
[P,] (0-1)f!< = T,
Lpo To
FIGURA I(iA-
P'~
T'~P'
i6.20
T; = 435,4 K
c, (T; - To)
c, (T, - To)
110 =
1
;lE, = "2 m (wl- wg) = mc, (To - T,)
Para un düusorideal es:
T; =[p,l (0-1)/0
To LPo]
Luego con 16.20 T, =460,5 K. De 16.2;
164 - A un düusor ingresa aire a Po = 1 atm ; To =20 Oc ,el cual sale con ve-
locidad despreciable a p. = 4 a/m .El rendlrniento del difusores 110 =0,85 y
la masa de aire que ciTcula m = 10kg/seg. Calcular la velocídad a que debe in-
greSar el aire al difusor, dimensionar ia sección de entrada y analizar la fonua que
debe darse al düusor.
Solución: De la fónuula 16.9 es:
te.
bl La presión de estancamienlo coincide con la presión de entrada. Con 16.16 y
P, =Po sale P, = O,58atm. La fonua debe ser convergenie pue, P, < p•.
16-3 - Mediante una lobera se expande aire desde un estado Po = 4 atm: To =
= 400 °C hasta una presión P, = 1
atm , con rendimiento liT = 0,90 y
luego se comprime el aire en un difu·
sor con rendimiento llD = 0,85.,
hasta que queda con velocidad des-
preciable. La velocidad del aire al in-
gre,ar a la tobera también e, despre-
ciabie. Detenuinar la presión del ai-
re a la salida del difusor Pr {figura 16.4}.
SoIución: Por no exislir transferencias de calor ni de trabajo, para la tobera y el
difusor considerados como sistemas: abiertos.en régimen permanente, y no haber
variaciones de energía potencial y de energía cinética, puede asegurarse que las
entalpías inicial y Imal son iguales. (ho y hr) , de modo que la temperatura final·
a la salida del difusorreal será TI = To =400 Oc .
De 16.8 y 16.9 se deduce que:
(ho - h.)
liT = (h
o _ h;) =
cp (To- T.)
cp(T. - T;)
16.17
o sea que con wl =O implica que:
Wo = /2c, fT, - To) = 580 m/seg](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-77-320.jpg)
![1"44 Pro blemas resueltas
Para dimensionar la sección de entrada se tiene la fórmula 16.6:II con
Po
~o = RT
o
= 1,20 kg/rnJ
INDICE
Por ser Po <Pe <P, , el difusor debe tener forma convergente-divergente.
~
2 ] 'I{"-Jj
P. = -- p. = 257alm-c k+l e ~
[P,] {"-JJI' =' T,
lpo Te
Se obtiene p. =4,87alm. Luego con 16.4:
Pla n.ck, En.unclado d-e 35
Poder ca lorlfic.o 128
PeIitropleas 2.S, 29-
Presl ón parcii!ll 31
Prim-er principio 1,11~ 17
atto. elelo :3 7
Liquldosaturado 71,72
Klrchhoff, Ley de 118
Jou Ie-Bryron 50, 51
Humedacl absotuta 101, 102
• retativa 10.2.
Exergta. 57,58.59
Gas.idea1, Diagramas TS para un 47
.• Ee.uación da esto do de u-n 2
· Eflerg ía lntema de II n 1
Gases ldeales, Mezclas de 31
Ci!lldera· 85, 86
Calor 1
C~mari! de mezcla 18, 19, 52, 53, 79~ 80, 81· Máquina térm [-ca 35
Cii!I rnot. Teorema de 36 Medio 1
Clclos frlgorlflc.os . 93. 94
Clausius~Enunciado de 35
• Teoremi!l de 36
Combust16n !27
Compresor 18.19.20,22.48,49,82
Condensador 85. 86, 94
Condiciones norma[es 127
"Adii!lbátrol;o. Limite 3
Aire, Calor espec:ffico cp del 1.2.
4 Calor E15peclflco el' del 2
~ Constante caracterhtlca del 3
Aire- húmedo 101,102, 103
~ DI.agramas de 104~ 105,110,111,112,
113, 114
• Entalfa del 102
Aire necesario 127
Bomb!ll 85,86
Bulbo húmedo~ TemperilturB de 103, 107
Bulbo seco,.Temp.eraturo de 103
Se obtiene Fe = 0,0143 m' .
Para analizar l. forma que hay que darle
ai difusor, debe calcularse la presión cri-
tica Pe. Para determinar la presión de
estancamiento debe obtenerse la enta!-
pfu a la temperatura de estancamiento,
en este caso igual a ]a temperatura ~ l
ya que la velocidad real de salida es des-
preciable) y trazar en un diagrama T-8
una línea de entropía constante desde el
s estado inicial hasta la línea de tempera-
tura constante T, (fIgUra 16.5) .
Analíticamente:
T,
T,
FIGURA L6-.5
T
i,,[
DilltOll. Ley de 31
Dlesel 38
Difuso' 139, 143, 144
Dlluci6n, Gri!ldo d-e . 128
Efecto frigo, Illeo 94
• Coe11c.l ente de 94
Energ(i!1 el nl!t1ca 11
.Interna 1
. • 'Potencial 11
Entalpl. 11
Enlropl. 41,42,43,46
Estequloméhlca. F6rmul a 117
Evaporador 93. 94
Ex-r;-eso de aire 127
Ra Ilkine, Ciclo 132
Reac<:i6n, Calor de 11"1~ 118
Rendlmlento 35~ :36, 37, 38, 50, 86
• de un dlfus-or 139
• de una tobera 139
• e>::ergI!iUc:o 59,61,62,66,67,68,69
• lsoentrópfco 47, 48
Régimen permanente, sistemas
.ablertos en 17? 59
Régimen varlabt-e, slstemillS abiertos en 11
R19ido, Lfmite :3i
Roc{Q~ Tempera~ura d-e 103,106,107
Rosln y Fehling 128, 129, 130, 131, 1.3-2
mi a 1 ... tI JJI _- 36 kt](https://image.slidesharecdn.com/termodinamicatecnica-problemas-garca-170403152318/85/Termodinamica-tecnica-problemas-garcia-78-320.jpg)
Más contenido relacionado
Similar a Termodinamica tecnica problemas - garcía
Termodinamica tecnica problemas - garcía
- 2. !, CONTENIDO Capnulo 1: PrImerPrinelpio. 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
- 3. '7 CO"'tenldo 3 E 7 a;Y" ContenTdo Capítulo7: Entropía 41 l. ¡ntroducdón teórjca 41 2. Problemas tipo 43 Capítulo 8: Ói.grama temperatura",ntropía para g.<&$ perfectos ,47 ·1. Inlroducción teórica 47 2. Problemas tipo 48 3. Problemas enunciados 55 Capítulo 9: Exergía 57 1. Introducción teórica 57 2. Problemas ti po 59 3. Problemas enunciados 69 Capítulo 10: Vapore. 71 1. Introducción toórlca 71 2. Problemas tipo 73 3. Problemas enunciados 83 Copílulo 11: Ciclo. de .apor 85 1. Introducción teórica . 85 2. Problemas tipo 88 CapítuIo 12: Ciclos frlgo ríflcos 93 1. Introducción teórica 93 2. Problemas tipo .95 Capitulo 13: Ai,e húmedo 101 1. Introducción teórica 101 2. Problemas tipo 105 3. problemas enunciados 114 CapíMo 15: Combu.ti6n 127 1. Introducdón teórIca 127 2. Problemas tipo 129 3. Problemas enunciados 135 . CapítuIo 16: Toberas y difusore. 137 1. Inlroducción teórica 137 2. Problemas tipo 140 Indica 145 111 111 Capítulo 14: Termoqu ímica 1. Introducciónteórica 2. Problemas tipo 119 3. Problema5 enundados & tiues 124 U&2& E .L~ L 22 as
- 4. CAPITULO 1 P·RIMER PRINCIPIO. SISTEMASCERRADOS (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
- 5. .2. Illtrod uecl611teóric: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
- 6. 4 Problemas tipoPrimer 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 ;
- 7. 6 Problem astipo 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. - ~--- - - - ~----~---- - -- - - - ~--
- 8. -B fIrob lemasen 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
- 9. CAPITULO 2 PRIMER PRINCIPIO. SISTEMASABIERTOS. 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. - ~- --~~~---- ~----- ---~-- - - ~ - - - -
- 10. 12 Pro blem¡!lIStipo 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
- 11. T4 Pro Memastipo 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
- 12. 16 Proble.ma$ tipo Puedeaplicarse 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
- 13. n ""' pI . 18 Introduce:f6nteórica 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.
- 14. Prlm er prrnclplo. 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
- 15. -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: ' ~ -, - ~ ~",., ~ ~ - ",. - - -- ~ - - - ~ - - - - ~ - - -- ~ - - - ~ - ~ - ~ - - - -- -----=--~ ~ - ,. ~ ~ ~ ~ . ~ ~ .. ~ ~ ~ - - . ~ ---
- 16. 24 Pro blemIn 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 .. __•..~-
- 17. . -, 5 25PiO 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:
- 18. 2B Proble miUtrpe. 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 - ~ ..... ~ -=--- ---~ - - - - ~ - - - - - ,- - . .
- 19. 30 Probllmu tipo De4.22 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. . - -
- 20. 32 ProblElm astipo 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
- 21. F1liUKA S.3- 34 Problema.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
- 22. 36 Problemas tipa Segllndo 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 -
- 23. 3-8 Problemas tipaSegundo 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.
- 24. CAPITULO 7 ENTROPIA 1. INTRODUCCIONTEORICA 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~
- 25. 42 ,1 n.traduoci6 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 -_.&$."_ +
- 26. 44 Problemas tipo 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.
- 27. 46 Problemas tipo Seobtiene 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 1. INTROOUCCION TEORICA s FLGUR, 8.1 v, Las fórmula, 7.9 Y 7, 1Opermiten jnstificar las líneas de presión constante y de volumen'constanté en un diagra- ma T-S para un gas ideal. Debido a que la 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
- 28. 48 Pro blemas 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) .
- 29. 50 Prob temastipo 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 ,-
- 30. 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, .
- 31. 504 PrDble-m asoruuic.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
- 32. CAPITULO 9 EXERGIA 1. INTROOUCCIONTEORICA 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
- 33. --~.~-~-------~------ 58 In.trod u-cc::lónira6rf.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.
- 34. Exer-g(a 61 SO Problem 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
- 35. 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
- 36. -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) .
- 37. 55 Problemn UpoExer-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-
- 38. Ei a Probl-emutipo 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~ - ,,- ~ -(~- .,~ -.'"
- 39. CAPITULO 1Q VAPORES 1. INTRODUCCIONTEORICA 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, .
- 40. 12 lntiDdu c-ción 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:
- 41. 74 Problemas tipo perono 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:
- 42. 76 Problemas trI"O Vlparas77 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:
- 43. 7B Problemas tipoVapores 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"
- 44. 80 Probleomas tipoVapores 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
- 45. y". 82 Problemas- "tipoVI pores a3 El rendimiento exergético del proceso resulta: Con .:1.& y Ne se'obtiene '1.x = 0,696. 10-8 - Para Iienar tubo. con Fre6n-12 se procede como indica la fIgUra 10.16 . Se barre el Freón·12 a PI = = 1 alm ,. T, = 10 °e a presión constante ,PI Y se lo envía a un 'compresor ideal adiabático, del , • cual sale con 'P, = 10 alm. Lue- T, '-_,.-....J go se ]0 enfría y condensa a pm. Q~.J sión constante, quedando como lí- quido saturado (3). El líquido .. exp311de en una válvula reductora fiGURA J0,106- (3-4) quedando a T4 = 27 o e . Finalmente entra al tubo, inicialmente vacío, de voiumen V = 0,09 m' , que- dando en el mismo como vapor húmedo de titulo xs =O,lO a la temperatura T. =27°e. Calcnlar el trabajo necesario en el eje del compresor Le , el calor intercam- biado ,en el enfriador-<:ondensador QM ,y el calor intercambiado a través de la. paredes del tubo Q, para el llenado de un tubo. 3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 10·9 - Un cilindro que pnede comunicar con un recipiente, contiene iniciaimen- te agua líquida a To = 27 Oc y Pe = lo/m, siendo esta presión igual. la que transmite el pistón. La masa de agua líquida es m = 5 kg, El recipiente contie- ne vapor de agua húmedo ala temperatura To con título Xo = 0,1O Y su volu. men es V =5 m' . Al comunicar el cilindro con el tanque, todo el agua líqulda pasa .1 mismo, manteniéndose la temperatura To . No hay fricción entre cilin- dro y pistón y los intercambios de c.lor del agua líquida y del vapor húmedo son con la abn6sfera (Po = 1 a/m,. To = 27 OC). Calcular el calor intercambiado por la atmósfera, el estado fmal en el reci- piente, la variación de entropía del universo y la variación de exergía del univer- so. T,r---T---------':'I... Ne = m (h, - h,) 10.11 s 10-7 - Se tiene un compresor adiabático con rendimiento isoentrópico 1/, = = 0,85, que aspira Freón·12'en u'n estado de vapor saturado a TI"" -10°C, comprimién- r .......!>'<:}-...J dolo a una presión P, . ,Pará regular la masa de Freón-12 se recurre a. una válvula reducto- ra (2-3) de fa que sale ei Freón-12 con nna N, P~ = 6,1 alm : T~ = 46 °e. Calcular la potencia en el eje del compresor en HP , si la masa de Fre6n-12 comprimida es igual a FlGURA 10." m = 20.000 kg/hora (1 HP = 632 kcallhr). La presión P, a la salida del compresor y el rendimiento exergético del proceso. El medio atmosférico es Pe = 1 alm y To =20oe. Solución; En un diagrama T-S para Fre6n-12 pueden situ3fSjllo. estados (1) y (3), con T, (vapor saturado) y (P~, T~) (figura 10.15). Del diagrama T-S o de tablas, pueden obtenerse h¡ ~ 8, . h3 Y 8j o T frGU.RA 10.¡S Para la válvula reductora es h, = h~ . Para el compresor: .:I.&F' 'h = IN,;! á&F' = [(h~ - h,) - To (S~ - S,)] m y además: Con h" '1e Y hI se calcula h2 , y con este valor y una vertical (S, = S,,) desde (1) se sitúa el estado de sa- 'lida ideal (2') cuya presión es P, . De 10.11 Ne =223,9.HP yademás P, = = 6,8 olm. El rendimiento exergélico del proceso es:
- 46. CAPITULO 11 CICLOS DEVAPOR 1. INTRODUCCION TEORICA s 1 • s FlGURA. 11.1 , 2 Q, m;URA 11.1 .I-----{I~I---- .., Para obtener potencia en el eje de una turbina de vapor es neresario una instalación como la de la figura 11.1 . A esta instalación I~ corres.ponde un _1--+-_ ciclo ideal como elrepresentado es- ~LT~ quemáticamente en un diagrama T-S y en un diagrama h-S de va· por de agua en la figura 1L2 . Una masa de agua líquida en un es- tado O se calienta primero (Oa) Y evapora luego (al) a presión cons- tante en una caldera (01) , de la cual sale vapor saturado (1). El va- por saturado (1) se sobrecalienta a presión constante en el sobrecalentador (J2) Y lliego se expande adiabática- mente en Ja turbina (23). Final- T mente el vapor húmedo de alto título (3) que sale de la turbina se condensa tota!mente a presión constante en elconden..dor(34), y luego el líquido (4) que sale del condensador se envía a la ca1~era mediante una bomba (40) en la cual, si es ideal, carobia la presión del agua líquida, sin que carnllie su temperatura. En régimen permanente, siendo válida la fórmula general 3.2 pa- i: I . ~'--
- 47. IS Introd'l.lcc:ión t.6rlCl CilClosde vapor 87 11.7 s 1 1 es de líquido saturado. La bomba BJ es para elevar la presión de mL desde P, a 1', y la B, de 1', a la presión de la caldera Po, = 1', = 1', . Son vá- lidas las fórmulas siguientes, en régimen pennanente; para calde- ra y sobrecalentador: • a l. salida de la cámara de mezcla (7) HGUJl:,l,. 11.4 s 11.1 11.2 11.3 11.4 Lr = m (h2 - h3 ) Q~ = m (h~ - h3 ) Ca!dera y sobrecalentador. caIor transferido ra cada uno de los eIernentos:: Turbina 80mba Condensador siendo ].'4.E:;: Vo y: 1l.SLB = (. vdP.m La fórmula J I.S vale'para una bomba id",,1 considerando que para transfor- maciones revenibles de sistemas circulantes vale la fórmula general: para la turbina: para el condensador: JI.S y: -VdP = oL.!,· + dE. + dE,' 6.6 11.6 para la camara de mezcla: 11.9 IUO J 1.1 1 IU2 1l.J3 LB, = (mL + my)v, (1'0'- P.,) LB= mL v.(1', - p.), con ho '" h. Y h, '" ho'. Para las bombas supuestas ideales: y el rendimiento es: , Cuando se usa una diferencia de presión muy grande entre l,a caldera y el so- brecalentador, puede recurrirse a efectuar la expansión en más de una etapa con 'obrecaJentamiento al fmal de cada etapa. Para dos etapasl supuestas idea1es~ con sobrecalentarniento intennedioJ se tiene un ciclo como el representado en la Ílgura 11.5 . FIGURA 11.3 ; 1 1----.., (r?II. ... mt") Todo ciclo rever:sible puede dividirse en ciclos de Carnot reversibles. Elimi- nar las transferencias de cal~r al ci· clo en las zonas en que los rendi- mientos de los ciclos de Carnot -son menores (zona O-a ~ figura IU) implica aumentar el rendi- miento del ciclo. Para esto se re- curre a extracciones de'vapor de la turbina, siendo enviado el vapor átra{do my a una cámara de mezcla adiabática o • un intercam- biador de calor, con el ÍlO de pre- calentar el líquido mL. que sale del condensador. En la figura JI.3 se dibuja esqueniáticarnente la instalación correspondiente a una extracción, y en la figura 11.4 el ciclo ideal correspondiente cuando se usa una única cámara de mezcla adiabatic.. El estado
- 48. 88 Problemas tipoClc:los- de vapor 59 , s ,.J " F](;URA i 1.1 T El estado 3 es conocido, y con P, ,x, puede situarse en un diagrama T-S ó h-S (fIgura 11.7) . Para la turbina es: Con h3 , obteuido del dia- grama T -S ó h-S Y los valore. de NT y de, m ,se calcula el va- lor de h2 = 872 lecaljleg. Aderoá, de: f I La temperatura Tj debe elegir- se de modo que no se introduz- can ciclos de Camot qne desme- joren el rendimiento de la in.sta- Iación. Para la resolución de los proble- mas correspondientes a este te- ma, se cuenta con los diagramas entrópicos correspondiente'" y tablas de vapor de agua. s ,, , s FIGURA 11.5 ,T = 0,33 con Po =P, = 12 atm .- 8.947,5 kcalf!lora 11 = NB , = mv. (Po - p.) NB , = Teniendo en cuenta el valor del rendimiento de la bomba, la potencia real NBJ NB = - - = 13,9kW ~B El rendimiento del ciclo es: Q, = m (!l, - !lo) con !lo = 32,S kcaljkg .. Q, = 25.982.525 lu:aljkg = 30.2121eW puede obtenerse !l3' = 575 lecalfkg. Trazando una vertical desde 3' ya ubicada en el diagrama T-S ó !l-S con (h3 " P3 ) ,se obtiene el estado 2- sobre la linea h2 constante. Del diagrnma se lee T, =580 oC y P2 =12 alm. Con lo. e,ta- dos 2 y 3 puede completarse el ciclo, como .e indica en la figura 11.7 . Lo. valore. de las propiedades física, pueden obtenerse de 10. diagramas., Para la cal- dera y el .obrecalentador: Para la bomba supuesta ideal (ecuación 6.6), comiderando volumen especí- fico constante resulta: es:: 1 HGURA 1~t, , 2. PROBLEMAS TIPO 11-1 - Una planta térmica de vapor deberá entregar en el eje de la turbina una potencia NT = 10.000 IeW , con una masa de vapor circulando en la mis- ma m = 30.950·lég!hora _ El vapor saldrá de la turbina a P, = 0,05 atm como vapor húmedo de titulo x, = = 0,97 , Y se tendrá un rendimiento isoentrópico l1T = 0,90 para la tur- bina. Repre,entar esquemáticarnente la instalaci6n necesaria, representar el ciclo en un diagrama T-S Y en un diagrama !l-S de vapor de agua. Calcutar: Rendimiento del ciclo, exergia del vapor a la entrada a la turbina y exergí. perdi- da en 1. condensación del vapor. El rendimiento de 1. bomba es l1B = 0,75 Y el medio atmosférico es de Po = 1 atm .. To = 20 oC (] IeW = 860 lu:aljhora). Solución: La instalación es la indicada en la figura 11.6 .
- 49. '9'0 Problemas tipo Ciclosd-e vapor 91 , , ~ 6 2 rn mv/m = 0,17 m mv (h. '- hs) (h. - hj ) Con h9 = 157 kcallkg .. hj = 20,1 kcall kg y h. = 820 kcallkg resulta: s nr.URA J1.9 Se sltúa el estado 2 (T2 , PI) 'i luego se traia una 1ínea de entro- pía constante, hasta cortar la línea de temperatura de l. caldera T, , obteniéndose el est.do 6, con la Jínea de presión constante que pasa por 6 se sitúa el estado 7 (P., T1 ) y luegol mediante una línea de en- tropí. °oonstante (7'3) el est.do 3 (S, , P3). Quedan detenninados además los estados 4 y 5 (fIgura 11.9). (m-m,i Con P8 = Pol2 se sitúa el es· ~.-_:':::"'';;¡':':':::'''~rl1~I-----4' tado 8 y con la línea de presión oonstanle p. , los estado. 9 y O: Para la cámara de mezcla se puede plantear: con h. '" hj . Luego: mv", + (m - mv) hj = mh, Suponiendo que sin la cámara de mez~ . c1a se tiene Ja misma potencia en el con· junto de las dos.tul.binas, y despreciando el trabajo necesario en las bombas) pue- ,de calcularse la mejora porcentual en el rendimiento del ciclo. Sin l. cámara de mezcla, O sea sin extraccjón del vapor. El calor tran,ferido en la caldera y sobrecalentadores, para la masa ma : ho•, So' son l. entalpí. y la entropía correspondientes al estado de equili- brio con el medio atmosférioo (Po, To). Se obtiene así &2.0m = 11.507,3 kW. Esta exergía no se aprovecha en la IUTbina en su totalidadI porque la trans- formación del vapor en la misma es irreversible, y porque una parte se pierde en Ja condensación del vapor. la exergía perdida en la condensación del vapor es: La exergía del vapor a la entrada en Ja turbina es: 1] -2 - Se quiere analizar un ciclo.de vapor de las siguientes características: Presión en la caldera P, = 80 alm . Expansión en dus etapas, una hasta que el vapor alcanza la temperatura de eva- poraci6n y la otra, Juego de recalentar el vapor nuevamente a J?resión constante. Para arnbos. calentamientos del vapor, el que ocurre antes de la primera etapa, y el que ocurre luego de la segunda et.pa, la temperatura Íillal del vapor será de T = 600 oc. Ambas etapas de exp.nsión se suponen ideales (transformación del vapor adiabálica reversible). Presión en el condensador P, = 0,05 alm . A una presión P6 igual a la mitad de la presión intennedia entre arobas eta· pas de expansión, se extrae una masa de vapor mv de la turbina~ la cual será en- via~a a una cámara de; mezc:1a adiabática junto con la masa restante) luego de la -salida de esta masa del condensador. A l. salida de la cámara de mezcla se tendrá liquldo saturado a ia presión del vapor my extraído. Representar e.squemátic:amente la instalación. Representar .el ciclo en un diagrama h-S, y calcular la relación entre las m.sas m v extraída en Ola turbina y m evaporada en ia caldera. C.lcular ade- más el poreentaje en que mejora el rendimiento, la colocación de la cámara de mezcla. Solucrón: El esquema de l. ínst.lación está indicado en la figura 11.8 _ la°bomb. S, es neeesaria para que la mas" m que sale del condensador alcance la presión de la masa my extraída de la turbina. P3rn la representación del dclo se conocen las presiones,en la caldera y so- brecalentador Po = P, = P1 , Yen el condensador Ps = P4 •
- 50. 92. Prob!-emal tipo CAPITULO 12 La potencia en las turbinas es: Para el ciclo con extrncción de vapor, el calor ",rá: Q ~ m [(h. - ho) + (k, - h.J] con ho ~k. NT ~ m [(k, - k 6) + (h, - h.)] + (m':' mv) (h. - k,) CICLOS FRIGORIFICOS Igualando las potenclas: l. INTROOUCCION TEORICA El valor de 11. i6 puede calcularse con mvlm, y calculando '1'/~ con 11.15 resulta que: [(k2 - k.)>+ (k, - k,)] ~ [(k2 - k.) + (k, - k8 J] + ~ - :v] (k. - k,) 11.l4 , La ÍIlstalaclón más sbnple'para una máquÍIla frigorífica de'com- presión es la esquematizada en la figurn. 12.1, siendo el ciclo correspondiente a la misma el representado·en diagramas T-S ó k-S en la figura 12,2 . Una masa de fluido refrigerante (Freón .l2 o amoníaco) .e ex- pande en Una válvula reductora (3-4) pasando de líquido salu- rado' (3) a vapor húmedo (4J a baja temperatura, menor que la de la cámara frigorifica. Q, - FlGURA 1~.2 ,(A1:~+-:-----s+-------.s T • fIGURA 12.1 J ~'---j c )-------; El, fluido pasa luego a un evaporador (4-1), en la cual se evapora totatniente a presión constante, y en consecuencia, a temperatura constante, al trans- ferirsele el calor Q, de la cá-' mara a refrigerar. Para asegurar que al com- presor (I'-2) ingrese vapor seco '" puede colocar un ",parador de líquido (SL), o hacer que el conducto que comunica el eva- 11.15 11.16 m [(k. - ko) + (k, - k.J] mo [(k, _ k.) + (k, - k.)] 100 '1- '1' = [1 _ 1)'] 100 ' 1 1 ) ' 1) 1)' = iL = Q' Dividiendo ambos miembros por m : El porcenla]e de aumento de rendbniento es: '1- '1' 100 ~ 5'1'0 '1 Conociendo mvlm y la. enlalpías, de 11.14", obtiene molm ~ 0,909. El rendimiento sÍll exlracción es '1' ~ NrlQ' y con extracción f¡ ~ NTIQ . Luego:
- 51. 94 .. ntrocl,pcc:lónt1!116rlc-1. e rclos frigoríficos- 95 2. PROBLEMAS TIPO l2-1 - De una in5talación frigorífica se conocen las siguientes características: Fluido refrigerante: Freón-12; Temperatura en el evaporador Ti = T4 = ~5 oC; Temperatura de condensación T" =35 Oc ;Compresión (1-2) supuesta adi.bá- tic. reversible; Calor transferido .1 evaporador Q2 =40 toneladas~ftigera ción (1 ron de refrigeración'" 3060 {rigodas/hora "1{rigorfa = 1 lica/} . No existe sobrecalentamiento. El compresor e, alternativo y el volumen as- pinldo por el corppresor, no es igual al volumen barrido, ya que existe un rendi- miento voJumétrico l1v = V,asp/Vb.ar cuyo valor, puede calcularse suponiendo proceso ideal de compresión en la fó.rmula: siendo Ea relaciÓn de espacio nocivo, igual a 0.04. Calcular: pqtenci. en el eje del compresor en HP (J HP = 632 kcallhora) ; Coeficiente de e~ecto frigorífico; Volumen barrido por el compresor en m1 jh.r; Calor que debe ser intercambiado en el condensador; Rendimiento exergético~ considerando que el calor transferido en el condensador no se aprovecha y que la cámara frigorífica puede suponerse una fu ente de calor de temperatura T = OoC Medio alrnosféric,o Po = 1 alm ,. To' =27 oC. Solución: Puede. representarse el ciclo en un diagrama T-So en un diagram. h-S para Freón-12 (fIgura 12.2), sin la transformación (a-b) . Los valores de las propiedades f¡sic., pueden obtenerse a partir de los diagram., o de t.blas de Freón-12 . Para la represent.ción del ciclo se conocen T, =T. ,. T", h" Y ade- más h. = h" . Con una vertical desde (j) ,e obtiene (2) ,obre l. lme. de pre- sión constante que pasa por (3). Para el evaporador: 12.7 v, 1j',. = 1 + E() - EO " 12.5 Q2 = m (h, - h.) 12.1 en el ~ompresor: -L, = m(h, - h,) 12.2 en el condensador: Qo m (h, - h2) 12.3 Y en la válvula reductora: h, = h. 12.4 porador con el compresor pase por fuera de la cámara de mod-o que quede el es- tado de entr~da al compresor como vapor sobrecalentado. Del {5L). sale vapor ·saturado seco (j). En el gráfico de la fIgura 12.2 se supuso que la compresión (j -2) es adia- bática reversible. Luego el vapor (2) se enfr ía primero y condensa después a presión constante en el condensador (3·4). En régimen estacionario para cada uno de los elementos de la instalación va. le la fórmul. 3.2 de modo que, en el evaporador: Se denomina efecto frigorífico al calor intercambiado en el evaporador por unidad de masa: El ~fecto frigorífico puede aumentar recurriendo a un subenfriamiento (4 ·0) lo que aumenta q2 de modo que este valor será q2 =(h1 - h.). El coe- ficiente de efecto frigorífico e del ciclo es, en valor absoluto' 12.6 para el compresor; 12.8 -Le = m(h;¡ - h,)Cuando las diferencias: entre las temperaturas: en el evaplrtador y en el con- densador es muy grande~ puede recurri:rl:e a efectuar la co.rri¡uesión en· más de una etapa, con enfriamiento a presión constante al fmal de cada etapa. lo que además de evitar que ,e alcance una temperatura muy elevada a,Ja entrada al con. densador~aumenta el coeficiente de efecto frigodfico -del ciclo· Para l. re,olución de los problema, correspondientes a "!'te tem. se cuenta con lilS t.blas o dia¡lrarnas entrópicos correspondientes ~ FreQn-12 y al amoní.- co. para el condensador; El coeficiente de efecto'frigorífico es: e=I~:I~ 12.9 12,10 12.11
- 52. 95 P-robleomas tipoCiclos frigoríficos 97 FlGURA. L~.S , " FlGUR'" ID • FLGUR.... Il.4 T 12-2 - Con el fin de evitar que a la entrada al condensador el fiuido re- frigeranle alcance temperaturas muy altas, se recurre a efectuar la compresión en dos etapas, con en- friamhmto intermedio a presión constante en!re las mismas. Supo- niendo que al final del enfriamiento el vapor queda satnrado, se tienen ciclos. como los indicados en las fi- guras 12.4. y 12.6, el primero correspondiente a la instalaci6n de la figura 12.3 Yel segundo a la instalación de la figura 12.5 . s Para los ciclos se ha supuesto que las compresiones son adiabáticas reversi· bies y que la presión intermedla P es igual a la media geométrica entre la del evaporador P, y la del condensador P, : Tenemos como datos h, = 135,665 keal{kg ; h2 =140,50 kcallkg ..h, = =108,001 kcal/kg=h• .. ", = O,065ml /kg ""2 =O,022ml {kg. De 12.8 se obtiene m = 4425,5 kglhora. De 12.9 con m , es N, = 33,8 HP. ~n N, y Q2 , de 12.11 re,ulta a =5 , 7 3 . . El volumen que debe aspirar el compresor es igual al producto de la masa ro por el volumen espeemco del estado (j) : Ill:" = Q2 [1 - ;j con Q2 < O Il~ ,;, 120.105,5 kcoJ{hora ; Nc = 21.361,8 keal{hola Luego: V. = rov, = 287,6 ml/hora El rendimiento volumétrico es, por 12.7, igual a 0,922. Luego: ~V." = = 312,5 m'{hora 'Iv De 12.10 Qo = 143.791,8 keal/hora. Además Q2 + IN,I = 143,761,8 kcoJ{hora. Quiere decir que se calcula con un error del orden del 2 % • El rendimienlo exergético es igual a la relación entre la variación de exergia de la cámara, ya que al estar a temperatura T menor que la del medio atmosféri- co, aumenta su exergía cuando transfiere calor hada el evaporado!, y la potencia en el compresor. La variación de exergí. de la cámara frigormca es: '1", e i[1 - (To/T)1I A&c = IN,I P = ¡p.p, Efectuar los balances necesarios para obtener las masas de fluido refrigeran· te que circularán en los compresores de alta (CA) y baja (CB) presión en cada easo mi ~ mí y m21 ~ mt, suponiendo representado el ciclo y conocido el calor Q2 - Solución:'-El problema se presenta en el enfriamiento (2-3), Y' que en el mffimo es necesario alcanzar una temperatura T3 , menor que la temperatura ambiente~ Por este_ motivo' se recurre a las instalaciones explicadas, lográndose el enfria- miento (2-3) medimte una transferencia de calor desde la masa mí 'a~ mí' que ha circulado en el evaporador y en el compresor de baja a una masa a la tempera- tura T" inicialmente en el estado (6) , la que no cambia su temperatara al reci- clar calor por producirse una evaporaci6n a presi6n c~nstantede una parte del lí- quido s.tUrado contenido en la mima. . 0,57 y También: . e '1", e = Q2 'Nc de modo que, reemplazando': y: 1 )
- 53. 98 P'ró-blamu tT;po C]C[OI fr[gor jtieos 99 ( 12.17 m' • , F[GURA 12.7 • Además de las masas: m to y m ~ , hay una ma.. de vapor (9) separada en el separador de líquido de las masas m" y m1 que pasa por los- evapora· dores. La masa que circula en el compresor de baja es m' + m" + mv. Para el estado (6) de título x. es: m'+ m" = (J-x,)(m'+ m"+ my) Luego: 4 12.15 12.16= m' FIGURA L21l = m H Qi Qí' (11, - ha) T y además: sos- que siguen: Compresión en una única etapa común a las rnasa-s: evaporadas: en ambos evapora- dores· Compresión en dos etapas, una entre las: presiones: correspo?dientes a los dos e;aporadores, y Ja "Otra entre la presión en el evaporad?r a T;/ y la presión de conden..ci6n. SoIució": Para un único com- presor, figuras 12.7 y 12.8, es: Para dos compresores, flguTas 12.9 Y 12.10, son válidas las ecuaciones 12.15 y12.l6. Por el compresor de baja (]-2) circula la masa m'. Por el compresor de ¡¡Ita (3-4) circula la masa (m' + m" + m y) , cuyo cálculo puOOe efectuarse en la forma explicada a partir dela fórmula 12.1 7 , Es e'idente que en este último caso de dos compresores, el trabajo necesa- rio en los: mismos es:_menor que en el caso anterior de un único c?mpresor, ya 12.12 12.13 12.14 m2 mj (h, - 116 ,) (11, - 11,) (11, - 11,) (11, - 11.,) (11, - 11.,) (h, - 110) mr/mt m2/mí mí' = Q, = Q2 qi' (11, - 11,.) mi'(h, - h.) = mí'(h, - h6) mY (11, - 11••) - = "':""':'---,c'-:-- mí' (113 - 11.) = mY mi con h, = 11•. s Con éstas, siendo conocidQ Q, y el ci· clo se obtienen mj y m2 . Para el ciclo de la fIgUra 12.6, tenernos en el separador de líquido: FtGURA 12.-6 Para el ciclo de la fIgUra 12.4 ; T y además: con 11"=117,, DeI2.14seoblienemj'yconI2.13 mY. Siendoh"<II,, resulta mY< mi . Entre m2' y m2 existe la siguiente relación: 12-3 - Representar esquemáticamente la instalación necesaria para un ciclo éon dos· evaporadores, uno a temperatura T.i ,en el cual el nuido intercambia UD ca- lor Q~ y otro a temperatura Ti'> Ti en el cual el fluido intercambia un calor Qi' , y el ciclo correspondiente a la misma en un diagrama T-S. Además efee- tuar los balances necesarios para obtener las masas en los- compresores enlos ca~
- 54. 100 :Probl.emas tipo nGURA12.9 T que la masa (m' + mU + my) se comprim~ con ,un salto de ental- pía menor: FlGURA 1"2.10 CAPITULO 13 AIRE HUMEDO ! 1; s 1. INTRODUCCION TEORICA El aire húmedo es una mezcla de aire seco y vapor de agua, ambos en coudi- ciones en que pueden ser c-onsiderados como gases: ideales. Serán válidos entonces para el aire húmedo, los conceptos de presión parcial y la ley de Dalton, y el hecho de que, en el aire húmedo, tanto el aire seco como el vapor de agua, se comportan como si estuvieran solos. En los problemas se tendrá que la masa de aire seco es invariable, pero la masa de vapor d.e agua puede cambiar en el aire húmedo, ya sea porque cond~nsa una parte de la misma (deshumidificación), o porque existe un agregado de vapor de agua o de agua líquida que se evapora en el aire húmedo (humidificación). .Son-conceptos básicos a tenerse en cuenta los siguientes: Humedad absoluta (denominada humedadespecmca en los manuales de acondi- cionamieoto de aire): J x= Puede deducir:se que: my (masa de vapor) m.. (masa de aire seco) Py x = 0,622 -,-----'=-- P-Py 13.1 13.2 ----o-...." donde P es la presión delaire húmedo, Py la presIón parcial del vapor de agua, y 0,622 la relación entre los valores de 1.. constantes características del aire se- co y del vap.or de agua (R.IR y) . j
- 55. 102 Introduc.d6n teórica Airlllhúmedo 103 Humedad absoluta· de saturación es la que le corresponde al aire húmedo, a la misma presión P Y a la mi'SIlla temperatura si el vapor de agua estuviera satura~ do: mu y pequeña comparada con la de un kilogramo de vapor de agua a la ro¡sma temperatura: cLTw ~ ro + cpvTw l3.9 La. entalpía de un kilogramo masa de vapor de agua será entonces: con Tw temperatura del vapor. La entalpía de un kilogramo de agua líquida: 1 m f L(;U.RA 13.1 La temperatura de rocío del aire húmedo es aquella para la cual queda satu- ~do el vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a presión constante De la fórmula 13.2 se deduce que al ser en el enfriamiento constant~s x y p ~ será constante la presión de vapor Pv . La t~rnpera tura de bulbo húmedo es la que marca en réghnen estacionario y en deternl1nadas condiciones, un tennómetro con su bulbo rodeado con un trapo empapado en agua líquida. Puede liegarse a la temperatura de bulbo húmedo a partir del estado del aire húmedo, considerando que a entalpía h consiante para el aire húmedo~ se lleva al vapor de agua a un estado en que queda saturado. Se usa liamar temperatura de bulbo seco a la temperatura correspondiente al aire húmedo. . Son de interés ade.másde los conceptos expuestos, las fónnulas correspon- dIentes a los balances de masas·de vapor y de entalpía. .Ba!ances de masas de vapor y de entalpía Sea una corriente de aire húm~do que ingresa a un conducto con humedai:l absoluta x, y entalpía h1 (ecuación 13.6), saliendo del mismo con humedad absoluta:.;. y entalpía h. (ecuación 13.6). El aire húmedo cruza el conducto con pre~on constante 'i en el mis- mo intercambia un calor Q y una masa de vapor de agua o de agua lí- quida W. La masa de aire seco m."'::-.'.,.....¡ contenida en el aire húmedo m se :r~ 11 1 mantiene constante y la masa W es la'estrictamente indispensable para que se produzca la variación en la humedad absoluta del aire húmedo de x, a x. (fIgura 13.1). h", .es la entalp ia por unidad de masa W y T. la temperatura de la masa W, de modo que -si es vapor de agua h está dad.;'por 13.7 y si es agua líquida por 13.8 . ' w Teniendo en cuenta el concepto de humedad absoluta, el balance de masas de vapor puede expresarse como sigue: 13.7 13.6 13.S 13.4 13.3PV8. P-Pv, Py Pv, Pv x -- '"Pv, x,J cpy = 0,46 kcallkg oC ; 'o = 597 kcallkg "'= x, = 0,622 Para las condlciones ambientes se cumple que: CPo = 0,24 kcallkg oC h = c••T + X ['O + cp yT] con temperatura de referencili O o e y presión 1alm. cpo y cpv son los calo- res especif¡cos a presión constante del aire seco y del vapor de agua, 'o el calor de vaporizacwn'de1 agua a presión constante y a OoC (el agua se sopone líqlÚda a 1) oC y 1 alm) , siendo: Humedad Telati>a es la relación entre 1. presióu parcial del vapor de agua en el ai- re húmedo, y la presión parcial del vapor de agua saturado a la temperatura del aire húmedo: La entalpía del aire húmedo se refIere siempre a la masa de aire húmedo (J + x) que contiene una unidad de masa de aire seco. Puede expresarse: 13.8 donde ahora Tw es la temperatura del agua líquida. Se cumple, entonces, que la entalpía de un kilogramo de agua líquida es 13.10 Teniendo en cuenta la fórmula 3.2, el balance de entolpías se expresa: mh, + Whw + Q = mh. 13.1 1
- 56. T To =25 oC, Ff(¡uRA 13.3 , T.:unbiéu pueden utilizarse diagramas T-S y las tablas correspondiente. ai , F1GJRA 1.3.4 , Alre-tlÍl medQ 1O~ Las curva,de .p constante se obtie- nen a partir de ia f6nnula 13,5 .. Oiagramas de Mollier Es el h =f(T) de fIgUra 13.4 . Es un diagrama de ejes oblicuos. Las lineas de temperatura constante son rectasl y su pendiente con respecto al eje x es (ro + cpyTJ segón puede deducirse de la fónnula 13.6 con T constante. Para los problemas de aire húmedo se suponen datos los calores especificas a presión constante del .ire seco C y deiP. vapor -de agua ePy ) ya dad OSl el ~lor de rCJ' J también dado anteriormente, y, saI~ vo aclaración en contrariol para procesos a·presión constante 1 atm ,puede re- currirse a los diagramas menciona- dos. • También se suponen datos los valores de las cons.tantes características del aire seco RrJ y del vapor de agua R v . Salvo aclaraci6n en contrario debe considerarse al aire seco y al va~ por de .gua como gases perfectos: R. = 29,3 kgr mlkg K R v =47,1 kgrmlkgK vapor de agua. 2. PROBLEMAS TIPO 13-l - Una masa de aire húmedo tiene temperatura de bulbo seco presión Pv =1atm y humedad relativa '" = 60"" . Detenninar: 13.12 13.14 13.16 13.15 h ro + - m,h" + mih2 = (ro, + m2) h, 13.13 x = FIGURA Il.2 Si no existe condensación de val'or: 104 Introd lIccf6n teórrca La temperatura de saturación adiabática es aquella a que quedaría el aire húmedo si el conducto es adiabático, W agua liquida a baja temperatura y el Va- por de agua del aire húmedo quedará saturado a la salida del conducto; siendo' hw muy pequefia en este caso, se tendrá que h, '" h, por ser Q = O. La tem- l'.ratora de saturación adiabática es prácticamente igual a la temperatura de bul- bo húmedo. Pro~es.o de mezela Sean dQS corrientes de aire. húmedo1 una con hl.;lmedad absoluta Xl y en- talpía h, (ecuación 13.6) y la otra con x, y h, (l3.6), la primera contenien- do m, kilogramos de aire seco y la segunda m, (ftgura 13.2), que ingresan a mI una cámara de mezcla (C.M.) J saliendo Xl ¡JI ~ (mJ ... M1) de la misma con X3 • h3 (13.6). C..M.. 7'-;m~'----:L ----.J x, lJJ Si ]a cámara de mezcla es amabáticaJ y X1 n.1 no e~te condensación de vapOI; De las fónnulas 13.1 OY 13.11 se deduce que: De las fÓlJIlulas 13.13 y 13.14 se deduce que: Dia-gramas de a~ra húmedo Se representan para presiones constantes' P = J atm . ,El diagrama psicro- métrico x *f{T), 'se encuentra ilustrado en la figura 133 . l.as líneas, de entalpía constante pueden representarse como rectas, si se . despreiCia el valor ePv T ante To l Y en este caso tienen pendiente ·Cpj'o Y. abscisa al origen h/rv , segón se deduce de suponer h cOlUltante en la fónnul.: . ! , ! ' ',1 ~ , , X! _:ce.... %_ .3_ ..
- 57. 106 Problemas resueUo5Aire n.úmllldo 101 Py = '1'. p y ," El estado del vapor es el V de la figura 13.5 Ysiguiendo la línea de presión conslante Py hasta la curva de saturación, se obtiene la temperatura de rocío T, = 12°C. 13.18 13.19 = O,012kg Py Pv~ x = 0,622 -0:--'--''- Po - Py, Xo = 0,622 10,5gramos vapor = 0,0105 kgaire .eco XI1 = PvV = RvTo .Con el diagrama·psicrométrico (figura 13.6) o el de Mollier (f¡gura 13.7), se puede obtener la temperatura de rocío, siguiendo una linea de hnmedad absoluta constante desde el estado del aire húmedo (O) hasta la curva de saturación, don- de '1' =100%. Para situar el eslado O se tiene ToY '1'•. Para obtener la temperatura de bulbo húmedo, debe seguirse una línea de enlalpía constanle desde el estado del aire húmedo O hasla la curva de satura- ción, según se iudica en las figuras 13.6 Y 13,7. Teniendo en cuenta que para al- canzar la temperatura de bulbo húmedo debe trazarse una Jinea de entalpía cons- lante, analíticamente a partir de la fórmula 13.6, puede plantearse: Cp,T. + Xo (ro + cpyToJ = cP.T'h + x (r. + cPVT.hJ 13.17 i Xo es la hnmedad absolula del aire húmedo en el eslado O (ecoación 13.2). Con Py _= 'Pf}PY~2j o e tenemos.: La masa de vapor de agua que ocupa el volumen por m' es: Con Py yp. se obtiene Xo en 13.18 . x es la humedad absoluta del aire húmedo, con '1' = 100 % Y la temperatu- ra de bnlbo húmedo: Py, es la presión del vapor salurado a la temperatura de bulbo húmedo T.. . Si se adopla un valor para la temperatura de bulbo húmedo T,., Y con ese valor se obtiene Py, y luego x de 13.19, reemplazando este valor de x en 13.17 debería verificarse esta fórmula, si T.h fuera el valor correcto. Así, me- diante tanleos, puede obtene",e la temperatura de bulbo húmedo T'h =16 oC. la hnmedad absoJuta se obtiene de 13.J 8 o de los diagramas psicrométrlco o de Molliér: s T, FRiURA 135 r FIGURA 13.-6 .) temperatura de rocío b) temperatura de bulbo húmedo c) humedad absoluta d) masa de aire húmedo por m ' . . , e) temperatura a la que se iniciar'ía]a condensación del vapor de agua del arre hu- medo1 si éste se enfría a volumen constante. Solución: Debe tenerse en cuenta que el vapor de agua puede analizarse como si estuviese solo. La temperatura de ro- cío se obtiene teniendo en cu"enta que al enfriar el aire húmedo a pre- . T sión constante, la presión parcial del vapor de agua se mantiene constante, por no cambiar la relación entr6 las masas de vapOl y de aire seco. De tablas de vapor o de un dia- T. grama T-S puede obtenerse la pre- sión del vapor saturado ala lempera- tura To dei aire húmedo (figura 13.S), Y con la humedad relaliva (ecuación i 3.4) - calcular la presión parcial del vapor de agua:
- 58. 108 Probl-emaI resueltas Alrehúmed:o 109 La masa de aire seco por m3 es: FEGURA 1.3.9 T,.!--'---Y T FIGURA 13.Br m, = l,161<g Rll + xR v (l + x) R = Tarnblén puede calcularse teniendo en cuenta que al aire húmedo se le pue- de atribuir una constante característica: P, es la presión inicial del aire seco p. = Po - Py • La masa de aire húme- do por m3 es: m = m, + m" = 1,172kgjm' 13·2 - Una masa de aire húmedo lieue presión Po = 1 a/m , temperatura de ro- cío 1;. = 10 oC y temperatura de bulbo seco To = 20 oC. Calcular la tempera- tura de bulbo húmedo y la humedad relativa '1'0 • Soluel ón: Segúlas consideraciones efectuadas en el problema 3-1, el estado del aire húmedo (O) pl,lede situarse en un diagrama psicrométrico o en nn dia: grama de MoUiá, entrando. con TI' hasta la curva de saturación y siguiendo lue~ go una línea de humedad absoluta constante hasta cortar a la línea To constan- te. Obtenido O se tiene '1'0 y con una línea de entalpía constante ha.ta la linea de saturación, la temperatura de bulbo húmedo (figuras 13.8 y 13.9). En el caso que el aire húmedo se enfriara a volumen constante) no deben • usarse los diagnunas psicrométricos-y de Mollier, porque cambia la presión total del aire húmedo. Situado el eslado V del vapor en un diagrama T-S, puede se- guirse la línea de volumen constante correspondiente a ~te estado h~sta cortar a la línea de saturación, para obtener la temperatura Ty a que se iniciaría la con- densación del vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a volumen constan- te (figura 3 .S). Resulta Ty '" 11 oC. Si la presión parcial Po no fuese de 1 a/m ,solo son válidas las soluciones explicadas sin usar los diagrarnas de aire húmedo, ya que ésto. valen para Po = =la/m. p. s FJGURA ¡J.l0 r,¡--~<- -,< '1'0 = Sin usar los diagramas de aire hú· medo puede recurtirse a tablas o a Un diagrama T-S de vapor de agua para T obtener la presión Pv del vapor, ¡ia que ésta es la que corresponde a la sao turación a la temperatura de rocío (fi· gura· 13.10), y la presión de vapor sa- turado a la temperatura To de bulbo T.,j----r----'¡"' seco pV• o ' La Jiumedad relativa'es: Pv .Pv.o Para obtener la temperatura de bulbo húmedo debe procederse en forma idéntica a la explicada en el problema 3-1 (fórmulas 3.17, 3.18 Y 3.19), resultando T•• = 14 oC. Si Po no·fuese· 1 atm , sólo es válida la solución explicada sin usar los dia- gramas de aire húmedo, porque éstos son para Po = 1 alm . 13-3 - Una masa de aire húmedo tiene Po = 1 alm , temperatura de rocio 1; = 10 Oc y temperatura-de bulbo húmedo r.. = 15 oC. Determinar la temperatura de bulbo seco. Solución: Según lo explicado en la solución del problema 3-1, el estado (O) del aire húmedo puede situarse entrando con la temperatura de bulbo húmedo hasta PoV m =-- _ RTo luego: -.-oc;- • I
- 59. 11 D ProblemasreS1J altos A¡re híI medo l' 1 o sea El estado (2) tiene entonces "', = 100'" y ade- más h, = hi . En el calentamiento, la húmedad absoluta x se mantiene constante. Con xJ = = x, y Ts = T, , se sitúa el estado (3). lue- go, para la humidificación con vapor de agua, de 13.12 y .13.7 se obtiene que: , T"~~-+---7'~ masa de arre seco contenido en el aire húmedo es m = 2000 Icgfhora Calcular: masa de agua líquida W. masa de vapor Wv y calor Q in- tercambiados por el aire húmedo. Soludón: En un diagrama de Mo- F' Ir; L<R./i. 13.1 J llier para aire húmedo puede si- tuarse el estado inicial (J) con las temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo (figura 13.14). Teniendo en roenta que la entalpfu hw por kg , de agua líquIda W. a baja temperatura es muy pequeña (ecuación 13.9J, y la fónnula 13.12 re- sulta que: 13.20 13.21 ., 1, fiGURA ]J.L I h r +-----fT.-Tf,"",'T,,------.'T la curva de saturadón~siguiendo una línea de entalpía constante, y entrandg con la temperatu[a de rocío~ hasta la curva de saturación, siguiendo una línea de tu- medad absoluta constante (figuras n.JI y 13.l2}. 1 . Obtenido (O) ,e conoce la temperatura de bulbo ,eco To . Sin usar los diagramas de aíre húmedo, solución válida aún cuando la presión Po no fuera 1atm •planteamos: l:orlla temperatura de rocío se obtiene Py , ,egún se explieó en el proble- ma 13-2, y de 13.21 Xo . Luego con la temperatura de bulbo húmedo T•• se obtiene la presión de vapor saturado a esa temperatura y: x = 0622 Pv, ~ PO-Py~ COJ)ociendo x. Xo y T•• , de 13.20 se obtiene Te =22·C. El valor (ro + cpv Tw ) es equivalente a la pendiente de la isotenna corres- pondiente a la temperatura Tw , de modo que con una paralela desde (3) a esta isotenna puede situarse (4) sobre la curva de saturación. Obteniendo del diagrama los valores necesarios, pueden calcularse W. •Wv y Q con las fórmulas siguientes: 13-4 - Una corriente de aire húmedo, con presión total Po = 1 atm , temperatu- ra de bulbo seco 20'·C y de bulbo'húmedo 15 oC , ingresa a un conducto adia- bático en el cual se lo lleva a un estado (2) de humedad relativa "', = laO", humidificándolo adiabáticamente con agua liquida a baja temperatura. Luego el aire húmedo es calentado hasta que alcanza una temperatura T:. =20 Oc y hu- midificado adiabáticarnente con vapor de agua a temperatura Tw = 40 Oc hasta que quede con '1'4 =100 'Ii>. El aire húmedo mantiene su presión constante. La W. = m (x, - x,) = 4 kglhoro Wv = m (X4 - xs) = 11 Icglhora De 13.11 con hw =O es: Q = m (h, - h,) = 2400 kcallhora
- 60. ~ 12 Problemasres'u eltos Aire húmedo 113 Cuando existe Q '*°en la expresión general: " "z (3-4) ='(2-4) = 2,50 m, m2 adiabática con agua líquida a baja temperatura, de 10 explicado en la solución del probleroa 134 se deduce que el estado (4) . estará sobre la linea de entalpia constante " que pasa por (5) y sobre la isoterma T4 . Ei. la cámara de mezcla adiabática se T'r--1--"'k--~,L--;?"'---- cumplirá (ecuación 13.1 S) que el estado • ~ lOO. (4) está sobre el segmento que une (2) Y ;'1==I=7'.~t=/:>, (3) , de modo que, uniendo (3) con (4) se obtiene una recta sobre la que se encuenR T,'Ir--~'---;'<---7 tra el estado (2) , el cual está además·,obre la fnea de humedad absoluta constante que pasa por (l). De 13.15 se deduce que: m = m-/l + xcm¡¡ = (] + xc) m.¡J x. = 0,622 Con Pv'10' C obtenida de tablas de vapor se calcula x, =0,00375. Si este valor máximo posible para la humedad absoluta en el estado final, es menor que Xo ,por cada kilogramo de aire seco condensa una masa de vapor (ecuación 13 .5) igual a (xo - x,) = 0,00675. La masa de aire húmedo m es la suma.de la masa de aire seco m,¡z y de vapor mv ::= Xo m.¡J : 13-6 - Se comprime aire atmosférico desde un estado iniciai Po =1 a/m .. To = =20 oe , con humedad relativa 'Po = 60%, hasta P, = 4 alm ,sin que exista condensación de vapor de agua del aire húmedo en ia compresión. Luego se en· .fría el aire húmedo a presión PI constante nuevamente hasta la temperatura ini· cial To = 20 oC;. Calcular ia masa de vapor de agua que condensa por cada kilo· gramo de aire atmosférico comprimido. Solución: Puede recurrirse a diagramas de aire húmedo para obtener la humedad absoluta inicial "o ,situando el estado (O) con' To Y 'Po. Saie Xo = 0,0105. Al fInal del enfriamiento, ia máxima humedad absoluta posible será la de sa- turación a Pr y To (ecuación 13.3); 1 fiGURA 13.l5 no será posible recurrir a una línea pa- ralela a una isotenna para situar la reo- ta de pendiente b.h/t>x. Esto puede hacerse teniendo en cu~nta que el dia~ grama de Mollier tiene en su margen una escala (figura 13.15) que indica la pendiente de rectas que unen los valo- res indicados enla escala con el origen del diagrama. pendien.1~ irtd iud~ 13-5 - Se tiene la instalacIón de la figura 13.16 . Una corriente de aire húme· do con PI = 1 atm , temperatura F[{;U ~A 13.1.(,. de bulbo seco T, =5 oC y hu-· medad relativa 'PI =20 %, es ca- lentada a una temperatura de bulbo seco T2 y luego eriv:iada a una cámara de mezcla adiabática, a la que ingresa junto ·con otra corriente de aire húmedo a P3 ::= = 1arm ,humedad relativa '1'3 = = 90% y temperatura de bulbo seco T3 =15 oc. Ambas corrientes salen de la cámara de mezcla en un estado (4) , de temperatura T. = 50 oC, a partir del cual se las humidifica adiabática· mente con una masa W de agua líquida a baja temperatura hasta que alcanza un estado (5) con 'l's =100% Y Ts =20 oC. La presión total de ambas corrientes de aire húmedo se mantiene constante. Calcular la relación entre las masas de arre seco m1 y m2 contenidas en las corrientes de aire húmedo. Solución: Cun un diagrama de Mollier de aire húmedo puede situarse el estado (1J con T" '1', (figura 13.17) . El estado (2) esta sobre una linea de humedad absoiuta constante, ya que la transformaci6n (J -2) consiste en uncalen!amiento sin humidificación. El es- tado (5) puede'sitnarse con 'Ps Y Ts . Como (4-5) es una humidificaci6n ~ .. k< .m
- 61. 114 Problemas enunciados.Aira húmedo' 11 S Luego si m. = 1 kg, implica que m = (l + xo). Por kilo de aire húmedo condensa entonces: = 0,0067 kg de v<I[Jor de ogua B·I O - Un recipiente contiene aire húmedo a temperatura de bulbo seco T = = 20 oC, la cual se mantendrá constante, presión Po = 1 alm y humedad refati- va '1'0 = 60 %. Calcular, si el volumen del.recipiente es V = 2 m' la masa de vapor de agua necesaria para que quede con 'fi = 100% • ' 3. PROBLEMAS ENUNCIADOS Q=G E:I('UitAB.11l. P, , I ., 13-1 - Aire húmedo a P, =1 ahn temperatura & bulbo seco T, = =20 oC y humedad relativa 'l'I = = 60% se comprime, sin que se produzca condensación de vapor de agua a p. = 4 atm . Luego se lo humidifica adiabáticarnente has- ta que queda satU!'ldo, es decir 'fi' = 100%, con agua líquida aba· ja temperatura) manteniendo su presión constante) y fma1mente se lo calienta a presión constante (3- 4) hasta que queda con T. =80 oC y 'P. =90% (figura 13.18). Calcular la temperntura del aire húmedo a la saJ1da del compresor. 13-8 - De un estado de aire húmedo se conoce la temperatura de bulbo seco, Tb , = 25 oC, la de bulbo húmedo T.n = 20 oC y la de rocío T, = 15 oC. Cal- cular la presión del aire húmedo. 13-9 - Un recipiente rígido contiene una masa de agua líquida m = 500kg en equilibrio ron aire húmedo a Po = 1 alm y temperatura de bulbo seco To = 20 ¡ oC (el equilibrio ~xige que el vapor esté en el aire húmedo a la presión de vapor I saturado a 20 OC). El volumen delreclpiente es V = 1 m' . Calcularla presión I final del vapor de agila y del aire seco, si se neva el interior del recipiente a una ,1' temperatura final Tr =110 oC. i
- 62. CAPITULO 14 TERMOQUIMICA 1.INTRODUCCION TEORICA Lafórmula estequiométTica correspondiente a una reacción química cual- quiera es:: 14.1 dohde a, y b, son los moles o kilomoles de los reactantes A, y de los produc- tos de reacción B, . E) calor de reacc,íón TVT (a volumen constante) es elcalor que debe ser in- tercambiado'por el sistema que eKperimenta la reacción quúuica, cuando ésta se ' efectúa a volumen constante, según la ecuación estequiométrlca, para que la tem- peratura rmal de los productos de reacción sea igual a la inicial de los reactantes. El calor de reacción TpT (a presión constante) se derme según el mismo cri- terio usado para rYT I pero corresponde a reacciones químicas ~ presión cons- tante. Si rpT es positivo, se dice que la reacción es endoténnica, y en este caso) si se efectuara adiabálicarnente, los productos de la reacción qued'arían a menor temperatura que los reactantes. Si TPT ·es negativo, la reacción es exoténnicat y de efectuarse adiabática- mente los productos de reacción quedarían a una temperatura mayor que los reactantes. ' Teniendo en cuenta consideracíones vistas al estudiar el primer principio de la Termodínámica: Tvr = }; b,Vs, - }; a,~, TpT = }; b,lla, - }; a,h..., 14.2 143 ,
- 63. 118 Prob temasresue~tol Tern:-oqu{m Ica 11 9 Us" u:." hs, y h.., son las energías internas y entalpías por molo por kilomol de las sustancias· E, Y A, , con respecto a condiciones de referencia de· terminadas. Suele considerarse como condiciones de referencia .en tennoquimica a P, = 1 uim : 1; = 25 °C. Entalpía por kilomol de sustancias cuyas moléculas están fannadas: por átomos diferentes, es el calor que debe ser intercambiado en una reacción química a presión constante 1 atm t con temperaturas inicial y fi- nal iguale, a 25 oC para la formación de nn kilomol de la sustancia. Entalpía de Jos elementos- a PI" TI' es nula. Si h., es la entalpía de referencial la-energía in- terna de referencia s-erá U,. = 71,. - PI' ~ • Cuando la diferencia entre la entalpía correspondiente al estado (P, V, T) de cualquiera de las sustancias A, o B, Yla que tendría en el estado de referen- cia (P, ,-.y-,:!!) sea función de la temperatura únicamente, de modo que por ki. lomol {/¡ j" - hl',J =C; (T -.. T,.) •los calores de reacción fYT y rpT carobian con la temperatura ,egún la ley de Kirchhoff; 2, PROBLEMAS TIPO Aire T. FEGUR..... ]'U "H (1) 14-1 - Un recipiente rígido y adiabático, dividido en dos parte' por un tabique, contiene (figura 14.1) en (1) hidrógeno a temperatura TH =10 Oc y en (11) aire a T, = 15 oC. Se quita el tabique y luego se logra la reac· ci6n qu¡mica entre el hidrógeno H,' y el oxígeno 0, del aire, formándose vapor de agua H,O, el cual queda a una temperatura final T = 600 oC. La ecuación estequiométrica correspondien~ te a la reacción es: 1 1 H, + "2 0, ... 1 H,O El hidrógeno, oxígeno, vapor de agua 'i nitrógeno del aire podrán suponerse -- gases ideales:, y su capacidad calorifica por kilornol a presión constante es: 14.4= }; biC"s. i Ó'VT óT R y es la constante universal de lo, gases perfectos.y T ia temperatura abo soJuta a que ocurre la reacción química, debiéndose suponer nulos los kilomoles b, ó aj" para liquidos o sól:idos que intervengan en la reacción química. por ser su volumen despreciable ante el de los gases ideales que intervengan. Quiere decir que la variacl6n de lo, calores de reacci6n con la temperatura es igual a la diferencia enIre las capacidades caioríficas de los productos y de los reactantes, a volumen constante para rYT t y a presión constante para TPT • En este caso es que m; - h,,) solo depende de la temperatura para cual· quiera de las sustancia, B, o A, : rpT - 'VT = (t b, -}; u,)Rv T 14.5 14.6 para el aire, oxígeno, :hidrógeno y nitrógenot y; cPV = 8,93 kea/lkmo/ K para el vapor de agua. Además, la constante universal es: R y = 848kgrmlkmolK La compo,ición en volumen (o kilomoles por kilomol) del aire es: oxígeno 0,21 ,nitrógeno O, 79 . Si en el estado ímal queda únicamente nitrógeno y oxígeno del aire y ni = =20 kg de vapor de agua, siendo el peso molecular del vapor de agua My =18 kglkmol , calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno nH Yde aire n, . La entalpía del vapor de agua saturado a 25 Oc es h, =-57.827Iu'allkmol (equivalente a 'u calor de formación a la presión y temperalura del vapor). Solución: Por el primer principio, al no existir transferencias de calor ni de traba· jo, no habrá variaci6n de energía interna. de modo que la, energias internas ini- cial y final serán iguales: 14.7
- 64. 120 Probloe-mlls resueltasTe rmoqu ím lel 121 donde OH'. son los ki/omoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el 0)< Ígeno del aire. . UH es la energía interna por kilomol de hi.drgoeno: UH = UH, + e'H 00- 25) con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC: u, = li, - P, V; .. h, = O .. V, de 14.8 UN es la energía interna por kilomol de nitrógeno a T = 600 oC: y UH, es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC: con U, energía interna por ki/omol de nitrógeno a 25 Oc : !ir = O .. V; de14.8 Uv = V, + Cv (600 - 25) Uv es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 600·C y V, la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25·C: u. = -542,1 kca/jkmol Ii, = O .. V; de 14.8 UH = -666,3 kcaljkmo/ Uv = -54.598,2 kcaljkmo/ .. Uo = 2.262,5 kco//kmol UN = 2.262,5 kcal/kmol ~ -;::: cp - R v Reemplazando en 14.7: -666,30H - 542,1 n. = -oy54.592,2 + 2262,500 + 2262,50N 14.9 En todos ]os- casos, la capacidad calorífica a volumen constante e... será: Se obtienen así los siguientes valores: Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomoles de vapor de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que OH = oy • lue- go reemplazando Oy por nH en 14.9: 14,8v; = RvT, P, U. = U" + c..(]5 - 25) P,=1atm .. T,=298K, h,=O U. es la energía interna por kilomol de aire: y U. es la energía interna por kilomol de aire a 25 oC :, . "¡" [: , 1jI , , ; i I i ' ,I! i', JI, = -57.827 kcaljkmol .. - _R~v-=T.c:.'_ Vil" :=-= pV~,$oC 53.928,70H - 542,10. = 2262,500 + 2262,50N 14.iO Pv'25· e es la presión del vapor de agua saturado a 25· C , la cual puede obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 atm . Uo es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 600 •C : El número de ki/omoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrica, y el nú- mero de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el oxígeno sobrante (00) será igual al total meoos el que reacciona: Uo = U, + cVo (600- 25) 14.11
- 65. 122. Problem2l$ rllsu-eltosTermoq uím Ica 123 El número de kilomole, de nitrógeno nN e, igual a 0,79 Ve<:es el del aire: con h,. = -57.827 lcea/lkmol. /iy e, la entalpía inicial por kilomol de vapor de agua: nN = O,79n, 14.12 / Iiv = h, + C;;y (60 - 25) De 14.10, 14.11 Y14.12 se obtiene: con h, =-57.827 lcea/lkmal. /iH es la entalpia por kilomol de hidrógeno: 55.059,95 nH - 2804,5 n, = O Luego nHln, =0,05. ha es la entalpía por kilomol de oxigeno: ]4-2 -. Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presjón constante P = 1 atm t contiene una mezcla de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a T() = = 60 oC. Se produce la reaoción química eutre el hidrógeno y el oxigeno, según la ecuadón estequiométrica: 1 H, + - 0, -> H,O 2 14.13 luego: - no Ceo (60 - 25) = O 14.14 Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y14.16 pueden obtenerse los valores: y que el número de kilomole, devapor de agua formado, es igual al de hidrúge· no~ de modo que: De la e<:uación e,teqniométrica 14.13 ,e deduce que el número de kUomo- le, de hidrógeno será igual al doble del número de kUomoles de oxigeno: 14.16 14.i5 CPH = cpo = 6,95 kcallkmo/ K ; c¡,y = 8,93 kcal/kmol K Para el vapor de agua a 25·C se tiene una entalpía; Al final queda eu el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 oC. Si no hubo intercambio de calor en la reaoción química, calcular 10' Idlomol.. iniciales de hidrógeno nH , oxígeno no y vapor de agua ny , ,iendo los Idlo- mole, fmales de vapor de agua nYf = 0,5. . Ei oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerado, ga,e, idea- les y su, capacidade, calorificas a presión constante por idlomol ,on: h, = -57.827 kcallkmol nH = 0,026 k1na/es ; no = 0,013 kmol.. ,. nv = 0,474 kmole. SoIuei6n: Por el primer principio, el calor intercamblado en la reacción quúulca es igual a la entalpía final menos la entalpía InIcial por ocurrir la reacción a pre- si6n constante, con Q = O (reacción adiabátlca): 14-3 - Me.lano (CH.) reaccIona según la siguiente ecuación estequiométrica, con el aire necesario: ny/IYf - oyhv - nH/iN - 00 ho = O hYf es la entalpía final por kilomol de vapor de agua: /ivf = ¡¡;. + e.y (400- 25) 1 CH. + 20, -> lCO, + 2H,O Calcular la diferencia entre los calores de reacción rPT Y rVT (a presión y a volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25·C.
- 66. 120 Probliltm8s resueltosTermoquímlea 12.1 donde OH· son los kilomoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el oxÍgeno del aire. . UH es la energía intema por ki/omol de hi.drgoeno : UH = UH, + C'H (10- 25) con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC: u, = h, - P, V; ,. h, = O .. V; de 14.8 UN es la energ(a interna por ki/omol de nítrógeno a T =600 oC: Y -U es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC:. H, con U, energía interna por kilomol de nitrógeno a 25 oC: Uy es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 600 oC y U, la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25 oC: Y;= 14.10 Uo = 2.262,5 kcal/kmol u. = -542,1 kcaljkmol 53.928,7OH - 542,1 o. = 2262,500 + 2262,50N UH = -666,3 kcaljkmol Uy = -54.598,2 kcaljkmol Reemplazando en 14.7: -666,3 OH - 542,1 o. = -00' 54.592,2 + 2262,500 + 2262,5 0N 14.9 u; =h, - P, V; " h, = O .. V; de 14.8 UN = 2.262,5 kcaljkmol Se obtienen así los siguientes valores: En todos los casos, la capacidad calorífica a volumen constante C, será: Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomole. de vapor de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. Osea, que nH = O". Lue· g<> reemplazando 00' por OH en 14.9: 14.8 h, = O .. .v;: de14.8 U. = Uo, + c., (15 - 25) U" = U, + ey (600 - 25) P, = 1 alm .. T, = 298 K ,. h, = O R"T, P, U, es la energía interna por kilomol de aire: h, = -57.827 kcaljkmol y U" es la energía interna por ki/omol de aire a 25 oC: j' I!1: l' i', :t! . 111 LI !'Ij' I j El número de kilomoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrlca, y el nú- mero de kilomole. totales de oxígeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el oxígeno sobrante (00) ,erá igual al total menos el que reacciona: P"ns. e es la presión del vapor de agua saturado a 25 °C ,la cual puede obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 alm. Uo es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 60() oe : Uo = U, + e,o (60() - 25) 00 = 0,2100 - O,500H 14.11 a @j v _4 L
- 67. ·--"".,._,....... -_._-, _.~--... 122 Problem as resueltos- T-ermQqu{mica 123 El número de kilomoles de nitrógeno NN es igual a 0,79 veces el del aire: 14.12 oon h, =-57.827 kca/llemo/. h y es la entalpía inicial por kilomol de vapor de agua: Iiy =11, + c,.y (60 - 25) De 14.10,14.11 Y 14.12 se obtiene: oon IIr =-57.827 kca/lkmo/. hN es la entalpía por kilomol de hidrógeno: 55.059,95NN - 2804,5 N. = O Luego NnlN, = 0,05. ho es la entalpía por kilomol de oxígeno: Para el vapor de agua a 25 oC se tiene una entalpía: 14.14 14.15 14.16 Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y 14.16 pueden obtenerse los valores: Nn = 0,026 lemo/es .. NO = 0,013 kmoles ; Ny = 0,474 lemoles luego: y que el número de kilomoles de vapor de agua formados es igual al de hidróge- noJ de modo que: De la ecuación eslequiométrica 14.13 se deduce que el número de kilomo- ies de hidrógeno será igual al doble del número de kilomoles de oxígeno: 14.13 1 H, + 2 O, -+ H,O Cm = cpa = 6,95 kcallkma/ K .. Cpy = 8,93 kcallkmol K IIr = -57.827 k<:allkmol 14-2 - Un cllindro, cerrado por un pistón que transmite una presión constante P = 1 atm , contiene una mezcla de vapor de agua, ox(geno e hidrógeno a T() = = 60 oC. Se produce la reacdón química entre el hidrógeno y el oxígeno, según la -ecuadón estequiométrica: Al fmal queda en el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T =400 oC. Si no hubo intercarnbio de calor en la reacción química, calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno NN ,oxígeno NO y vapor de agua N y ,siendo los kilo- moles finales de vapor de agua NV{ =0,5. El oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerados gases idea- les y sus capacidades caloríficas a presión constante por kilomol son: Soludón; Por el primer principio, el calor inlercambiado en la reacción quúuica es igual a la entalpía final menos la entalpía inicial por ocurrir la reacción a pre- sión constante, con Q = O (reacción adiabática): 14-3 - Me,tano (CH. ) reacciona ""gún la siguiente ecuación estequiométrica, con el aire necesario: nv{hv{ - Nvliv - nHhn - NO ho = O hv{ es la entalpía fmal porkilomol de vapor de agua: hv{ = h, + cpv (400- 25) 1 CH. + 20, -+ 1 CO, + 2 H, O Calcular la diferencia entre los calores de reacción 'PT y 'YT (a presióu y a volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T =25 oC.
- 68. 124 Problem as.enunciados TermoQ u(mit41 125 Calcular la diferencia entre los calores de reacción a,presión constante rPT si la reacción se efectUa en un caso a 100 oC yen olro a 25 oC. Pueden suponerse gases ideales a las sustancias mencionadas en la ecuación con capacidades caloríficas a presión constante: e =Pmet 10,92 kcalflemol K .. epo, = 6,95 kcallkmol K cPco, = 8,93 kcallkmol K lemperatura T. = 80 Oc ingresan a un reaclor adiabático, del cual sale vapor de agua, produciendo en la reacción química 14.13 del hidrógeno y dxígeno delai- re, oxígeno sobrante y nitrógeno, a T = 400 oC. Considerando corno datos a los dado. por el problema 14-1, calcular la rela- ción entre los kilomoles de hidrógeno nH Y de aire n. ' El reactor fu~ciona a presión constante. Solución: .la difél'encia entre los calores de reacción Tp-r "i 'VT (ecuación 14.6) será nula por ser los kilomole, de reaclantes y los kilomoles de produc- tos 1; a, y 1; b, iguales: 3 De 14.S se deduce que: !', I: bicPB l = .c;C03 I: aicpA i = c;.CH. Luego: órPT 5T = U7 kcalfK 147,75 kcalrp (lOO OC) - rp (25 OC) Siendo constantes las capacidades caloríficas molares cp para los reactan- tes y productos, l. diferencia entre los calores de reacción rp (100 °C) y ~ W~~: • = órPT (lOO - 25) = óT 3, PROBLEMAS ENUNCIADOS 14-4 ~ Una corriente de hidrógeno a TH = 10°C y una corriente de aire a una ¡SR ¡. ,1 A_ •
- 69. CAPITULO 15 COMBUSTION 1.INTROOUCCION TEOR1CA L3combuslión es una reacción·química entre un combuslible (generalmen- te un lúdrocarburo) y oxígeno. Se dice que es completa cuando a partir del car- bono del combustible se forma únicamente CO, (dióxido de carbano) y a partir del lúdrógeno .olamente agua (H,O). Es una reacción exotérmica, y el calor que se transfiere para que la temperatura íroa! de los gases de combuslión o pro- duclo de reacción sea igual a la inicial de 10. reaclantes (combuslible y oxigenoj, cuando la combustión es complela, se denomina poder calorífico. Si se supone que toda el agua formada queda líquida, se tiene el poder calorífico superior, y sr se supone que loda el agua queda como vapor el poder calorifico inferior. Los combustibles: se queman con aire, reacCionando el oxígeno del aire con el combustible y comportándose el nilr6geno del aire como un gas inerte. Para el aire se considera que la composici6n en peso es 23,1 'lI> de oxigeno y 76,9 'lI> de nitrógeno. La composici6n en volumen es 21 'lI> de oxigeno y 79'l1> de nitr6geno. El volumen de un kilomol en condiciones normales (CN: 1 atm y OOC) es 22,4 m3 • Se define como exceso de aire e al valor: e = 100 I S.l Allol!!UI es: el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles o el número de kilogramos de aire eslriclamenle necesario para la combusti6n complela del combuslible.
- 70. !' 128 I t'l:trodLrccl6n tll6rica CombusU6n 12.9 ISA- 15.3 Be 'l. = AB De e,ta manera se obtiene ehalor DB: Para la resolución de lo, problemas correspondiente, a este terna de com- bu.tión se suponen dato. los valores'de los pesos moleculares del aire, oxígeno y nitróge~o ya dados, como así también la composición en peso y en volumen ya dadas. . Cuando sea posible se recurrirá al diagrama de Rosin Y Fehling, el cual es adecuado para cualquier combustIble, por ser muy próximas las lineas de bumo. puros (X =O) trazadas en este diagrama para combustibles diferentes. Son dato~ para los problemas de este tema, los peso. moleculares del carbo- no 12 !<g/lemol y del hidrógeno 2 !<g/kmol. 2. PROBLEMAS TIPO 15-1 _ Se quema un combustible de compo.ición en peso, carbono 70'fo , hidró- geno 25 'lo , resto cenizas. Suponiendo combustión completa y a~abática a pre- sión constante, con exCeso de aire e = 20'fo , temperatura del arre usado en la combu.tió~ 7:' = 100 oe y poder calorífico del combustible P, =8700 kcal/kg calcular: a) t~peratura máxima de combustión, b} rendimiento de la comb~. tión si la temperatura de régimen delequipo es T, = 500 oC, e) el exceso de arre para quela temperatura máxima de.combustión supere en 100 oe a la tempera- tura del caso¡ a). ~ = ese.k (AB) nVo Con una paralela desde B al eje de la.temperaturas, se determina la tempe- ratura máxima de combustión en correspondencia con la curva de X con'tante. Si el equipo para cuyo funcionamiento se ha efectuado la combu~ión, debe mantenerse interiormente a una temperatura T, (temperatura de régIlllen), solo .e podrá transferir calor en el mismo mientra, los hun;o•.estén a tem~eratura ma- yor que T, , de modo que el calor aprovechado ,era," la c.ombu'hón fue ~om pleta proporci.onal al'segmento Be. Como el poder calonfico es proporcIonal al se~ento AB se defme el rendimiento de combustión para este caso como: T 15.2 T FIGUR.... 15.2 T. A1----/ • cf------/ T X= FIGURA 15.1 t, En todos los casos se consideran gases ideales a cada" uno de los: componenR le, de ia mezcla ee gases de combuslión. Diagrama de Rosjn y Fehling Para combu,lione, a presión con.tante puede usarse el diagrama de Rosin y Fehling (figura 15.1) donde h es la entalpía por m' de humos en condiciones normales, T la temperatura, X = O ia curva para humos puros y X = 1 la cur- va para aire puro. Entre amba, están las curva. para O< X < 1 . Si la combu.tión es completa y adiabática, la temperatura a que quedan los gases de combustión es la llamada temperaturo máxima de combustión. Si se 00- ñoce la temperatura inicial To de la mezcla aire-<:ombu,tible y se obtiene el gra- do de dllución X cor.respondienle a la combustión, puede lograrse el valor de la teniperatura máxima de combuslión T corno sigue: usando el diagrama de Ro- sin y Fehling, se entra con To , ha,ta la línea correspondiente al grado de dilu- ción X (figura 15.2), obtenié!!dose el valor DA . Se suma al valor OA , en la escala que 'corresponda, P,/n Vo , siendo p. el poder calorífico del combustible , . '~ lo. kilomoles totales de humo y Vo = 22,4 m' . A'et es el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles de aire O lo. Id- . logramos de aire realmente usado, en la combustión. Para obtener esto. valores se con.idera que el pe,o molecular del aire e, M. = 78,8 !<g/kmol , el del oxígeno Mo = 32 kg/kmol y el de nítrógeno MN = =28 kg/kmol . . Los humo. o mezcla de gases de la combustión correspondiente, a e = O son los humos puros, pudiendo entonces considerarse los kilomoles de humo pu· ro nhp Ylos de exceso de aire neo • Se denomina grado de dilución a: " : ; ,: . j I , ! i I :1I i ,, ¡ . i J I!
- 71. • +tC:- ·-7... ! -r er-'- ~7"" ..v' --- . r t' -- 130 .Problemas ra5ueltOl- Combustión 131 Solucí6n: Deben tenerse en cuenta las reacciones estequiométricas correspon- dientes a la fonn~ci6n de COz y de vapor de agua H.O, a partir del carbono y del hidr6geno: Con estos valores se obtienen los kilomoles'de humos puros nhp Yel grado de diluci6n X : 1C+0, .... lCO. ]2· -3:2- 44 1 ' 1 H, + - O, .... 1 H,O 2 2 3;2: 11 15.5 15.6 X = _..:0..:"":=<",-_ llhp + elllll/il = (J,18 = 18.. Los números indicados debajo de los símbolos corresponden a los pesos moleculares. Entonces, por kilomol de carbono, se tiene un !dlomol de ca. y por kilo- gramo de carbono 1/12 kilomoles de ca. . Por kilogramo de combustible, con carbono 70.., resullan n00, =(J,058 /mIoles de ca. . Por kilomol de hidrógeno se tiene un kilomol de vapor de agua (H.O), por kilogramo de hidrógeno 1/2 kilomoles de vapor de agua. Por kilogramo de combustible con 25 % de hidrógeno, se tienen nH O = 0,125 kmoles de vapor, , de agua. Los razonamientos expuestos corresponden a las fónnulas generales: Se entra al diagrama de Rosin y Fehling (fIgura 15.2) con la temperatura del aire 1: = 10(J·C hasta la curva de grado de dilución 18"", obteniéndose el punto A :al cual le co;'esponde una entalpía de 40 kcal/m3 humo. CN. Luego debe sumarse el valor Pe/nVa ,con Pe = 87(J0 kcal/kgcomb ,y: n = n.p + en,. = 0,489 kmol../kg comb ; Va = 22,4 m'/kmol -.!l- = 794,3 kcal/m3 humos CN nVa e H nOn = 12 + '4 = 0,12(Jkmolos T .r B"¡--------';;1 FI(lURA 15.4 T A"~------:,( TT, T FIGURA 15.1 H =- 2 .. e 12 ¡r-¡co~ =- con e y H indicando el porcentaje en p eso de carbono y de hidrógeno en el combustible. El oxígeno necesario, según 15.5 Y 15.6 es, razonando en la misma fonna, C/12 kilomoles debido a la reacción 15.5 Y HI4 kifomoles debido a la reacción 15.6 : El nitrógeno del aire necesario es: 0,451 kmol.. y el aire necesario entonces, es: Se obtiene así el punto B (ftgura 153), al que le corresponde una entalpía de 834,3 keal/m3 humo. eN. Con B y la curva de X = 18"" se obtiene la 'temperatura máxima de combusti6n T = 1990 • e. Entrando al diagrama de, ROM Y Fehling con la temperatura de régimen T, = 500 •e se obtiene el punlo e al que le corresponde una entalpía de 18(J ual/m3 humos CN . ,El rendimiento de la comburrtión será : (J,21 n = nOn ="n 1,571 kmolos Be 834,3 - 180 :, 0,82 11, = AB = 834,3 - 40 El exceso de aire resulta: Si se quiere la temperaturo máxima de la ~omhustión: on"~ = 0,114 /mIoles T + 100'C = 1990 + lOO = 2090 oC
- 72. 132 Prob temuresu eltos Combustión 133 debe cambiarse el exceso de aire. El exceso de aire puede.obtenerse con el dia- ¡¡rama de Ro,;n y Fehling (figura 15.4). Se entra al diagrama con T' = 2090 • e y se adopta un grado de dilución X < 18'10 ya que el exceso de aire debe ser menor, o sea el grado de dilución me- nor al ser T' > T que el 18 'lo calculado para el caso anterior. Se entra al diagrama con 1;, = 100 oe y x ,y se obtiene el punto A' . Con T' y X se obtiene B'. Debe cumplirse que B'A' sea equivalente al valor P./n'Vo , con n' = nhp + en, y X igualal adoptado. En caso contrario, deben adoptarse otros valores de X. En la forma expli- cada se obtiene e '" 10% . En la bomba, en valor absoluto: luego: L. - L. = m(h, - h,) - mv, (1', - 1',) = 1 kW.hora De I 5.8 se obtiene que: 15.8 1 kW. hora = O148 Q ,'1 = Reemplazando en 15.7 se obtiene: 1 kW.hora .Q = (h, - ho) . (h, ~ h,) - V, (1', - 1',) Resulta Q= 5782,6 kcal . El trabajo e, 1 kW. hora = 860 kcal. Luego ehendimiento del ciclo es: Se nocesita una masa de combu'tible que permita transferir a la caldera la cantidad Q, =(L/0,148) keal = 38.882 kcal ,para que se logre 1 kW.hora de trabajo. Para calcular la masa de combustible necesario para lograrlo, o lo que es lo mismo, el calor Q. en la caldera (0- J) , puede recurrirse .i diagrama de Ro- sin y Fehling, cuya aplicación se ha explicado en la solución del problema I S-l. La reacción de combu,tión es: . 1 C+"2 0 ..... CO• Quiere decir que con 12 kg de carbono se forma un kilomol de COi . Pe- ro por kilogramo d.e combustible hay únicamente 0,81cg. de carbono, de modo quepor kilogramo de combu,tible se forman neo, = 0,067 kmoles de ca•. El aire necesario e, igual a lo, kilomoles de oxígeno necesario ,obre 0,21. Cada 12 kg de carbono ,e necesita un kilomol de oxígeno·, pero por kilogramo de combustible ,e tienen 0,8 Icg de carbono, de modo que el oxígeno necesario e, no = 0,067 kmoles. El aire necesario ,erá: 15.7 T FIGURA lB 1 Q = m(h,-ho) Por kW. hora en la expan'ión es: 15-2 - Se tiene un ciclo Ranklne de vapor de agua (figura 15.5) sin sob,ecalenta- miento. La expansión del vapor satura- o do obtenido en la caldera (1) se su~ pone adiabática revefSlble. La pre- sión en la caldera es 1'} = 10atm = =Po Y en el condensador 1'2 = 1', e igual a 1 atm. La bomba (3-0) se considera ideal. Para transferir ca- lor a la caldera se quema carbón (su- poner composición para el carbono 80'fo t resto cenizas), de poder calorí· fico P. = 6000 keal/Icg a presión constante. Suponiendo combustión completa y adiabática, exceso de aire e = 20'10 , temperatura del aire usado en la combus- tión 1;, = 20 oe y temperatura de régimen del hogar de la éaldera r, = 250 •e, calcular los kilogramos de carbón que deben quemarse por kW.hom de trabajo obtenido del ciclo (J kW. hora = 860 kea/) . Solución: El ciclo Rankine {sin sobrecalentamiento del vapor de agua} puede re- presentarse en el diagrama T-S, conoelendo la presión en la caldera (1', = Pe) y sabiendo que la expansión es adiabática reversible. . Del diagrama T-S o de t.bIas de vapor de agua pueden obtenerse los valo- res de la, propiedades físicas de lo, estados (O), (J), (2) y (3). El calor nece- sario en la caldera es: L. = m (h, - h,) ._ 3-1 t.
- 73. r 134 Problemas UIS-Jeltos Combustló n. 135 La masa de comboslible por kWlhora será:Con el exceso de aire en'n =0,064 kmoles . El humo poro es el ca, y el nitrógeno del aire necesario nN = 0,79n'n = =0,252 kmoles, Entonces, los hornos poros: nhp = nN + noo, = 0,319 kmoles m, = Q, = q 6,84 kg combl(kW.hora) y los kilomoles totales son: 0,383 kmoles El grado de dilución resulta: = 0,17 = 170;, 3, PROBLEMAS ENUNCIADOS ·'r---------,{ 15-3 - En una cámara de combustión a presión constante, se quema un combu.. tibIe gaseoso formado por 94 o;, de metano y resto gases inerte. para la combus- tión, con aire a r. = 20() Oc , y on exceso de aire e = 500'!lo. El poder calorífi- co del combu.tible es p. =10.30() kcallkg comb. El peso molecolar del meta- no (CH.,) es 16 kglkmoJ. Los gases formados a 1. presión de la cámara P =4 atm l ingresan a una turbina adiabática ideall de ]a que salen a una temperatura final T, = 450 oC. Calcular la masa de combustible por kW. hora en el eje de la turbina. FIGURA 15..6 _1-----:;;;,1' Con el diagrama de Rosin y Fehling (fi· guras I5.1 Y 15.2) puede obtenerse la temperatura máxima de la combustión T y con este valor y la temperatora de régimen T,., el calor aprovechado en la ealdera por kilogramo de carbón. Entrando al diagrama de Rosin y Fehling con 1;, =20 o C hasta.1a línea de X = = 17o;, se obtiene A (flgU1'a I S.6) . Debe sumarse el valor AB equivalente a +..",::.-----J~l,.,-*--I~---"T P,lnVo ,con Vo =22,4 m' . Se obtiene AB = 1050 kea/lm' hora CN , corre.. pondientes a un kilogramo de combustible quemado. Con B se obtiene T, Y con T, el ponto C ,luego: BC = 975 kcallm3 hora CN correspondíentes a un kilogramo de combustible quemado. La relación BCIAC es igual a la relación entre el calor aprovechado en la caldera por kilogramo de combustible q y el poder calorífico del combustible. Luego: BC q --= AC Pe q = BC P. AC •
- 74. I[ ; , ! CAPITULO 16 TOBERAS YDIFUSORES 1. INTROOUCCION TEORICA TOBERAS Una tobera es un conducto adiabático en el cual un fluido disminuye la pre- sión yaumenla la velocidad. Si la transfonnación del fluido es adiabática reversible se tiene una tobera ideal. Cuando se alcance en la tobera velocidades no despreciables ante la veloci- dad del ,onido en el fluido, deberá·tenerse en cuenta la compresibilidad del !lui- do. En régimen estacionario es válida la fónnula 3.2: Q - L,je = IJ.H + IJ.Ec + IJ.Ep Con Q = O ,. L." = O ,. IJ.Ep = O queda: t;,H + IJ.Ec = O 16.1 16.2 Quiere decir que en una lobera dismi- nuye la entalpí. dellluido. Puede deducirse que en una tobera ideal convergente-divergente, cuando debe te"erse en cuenta la compresibilidad del !luido, en la sección mínima (e-e) (figura 16.1) , la velocidad del fluido es igual a la velocidad del ,onido. FtGllRAI-6-.1 r-~T~--c;_--__","'.~"'••"=~,,....~,,~~,,~"""'_,....."'--:...-Ol"·~"--,-,4,,"-_->:"'-="'-"'","A"'-0>;."'h...."'_"."'.'""""'$...",:""_""'l¡;;....!Iillgj"i.iI!a¡¡¡;;.~'¡¡;z!ll¿¡f"i.III.I!II.II';ji¡i.,~.IJ!!IIl;J!Ii.!l!Iil!llllJli.• • • • • •"!!lAIIII!.!IJII••••••lIIIJl!z..Ii.!I!lII&Il"""..._ .. __
- 75. .., 38 Intro-dUICc-16nteórica Toberas y difusores 139 Pe = ~~Jkll'-l¡ 16.4 P, k+1 ~ 2 16.5= - - T. k+ 1 siendo ~ la densidad del fluido y F el área de la sección. Puede demostrarse que el gasto o masa que circula en una tobera ideal por unidad de tiempo es direclamente proporcional a la presión de eslancamien"lo e' inversamente proporcional á la raiz cuadrada de la temperatura de estancamiento: cou k = cplc, , P, Y T, presión y temperatura córrespondientes al estado de estancamiento de entalpía h•. Quiere decir que lo, parámetros en la sección critiCa solo dependen de las de estancamiento en una tobera ideaL La masa m que circula a travé, de cada una de la. reacciones de una tobera en cada unidad de tiempo es: 16.8 '" h h," , ,,,,,, l' , (h1 - h2 ) 'Ir = (h1 - h,,) s " FIGURA ]6.2 ____..';IL -'TJ. r'o.---------l{---" De modo que cambio, en la presión P, no afectan al gasto en la tobera ideal mientras esla presión quede debajo de la presión crítica Pe (fórmula 16.4).. Para el caso de nna tobera real, la transformación del fluido será irreversible y en consecuencia) por ser adiabática) se tendrá un aumento en la entropía del fluido. Suponiendo el fluido un gas ideai (fi- gura 16.2) se tendrá para nna tobera ideal ia transformación (1-2') y para la tobera real los eslados inicial (1) Y fmai (2). El rendimienlo 'Ir de la tobera se de- rme en fonna similar al rendimiento isoenlrópico de la turbina (8.1); La forma adecuada para una lobera depende de lo, valores de Po, P, y Pe. Si Pe;;' Po debe ser divergente. Si Pe "¡;; p. debe ser convergente. Y si Po> Pe >P, debe Ser convergente-divergente. DIFUSOR Un difusor e, un conductu adiabático en el cual un fluido aumenta la pre- sión y disminuye su velocidad. Para un difusor ideal (transformación del fluido adiabática reversible) en el cual hay velocidades no despreciables ante la veloci- dad del sonido~ se cumplirá que si ]a fonna es eonvergente-divergente) la velod- dad en ]a sección roínima o erítiea es la velocidad del sonido1 como ocurre en una lobera ideal. - Valen además, para un difusor ideal, las fónnulas 16.1. 16.2 Y16.3~ de r modo que la entalpia del fluido aumen- ta eJi el difusor, y las fórmulas 16.4, 16.5 y 16.6 para difusor ideal cuando el fluido es gas ideal. En el caso real (figu- ra 16.3) (supoJÚendo gas ideal) puede definirse el rendinúento del difusor en forma similar al rendimiento isoentrópi- co de un compresor (ecuación 8,2): 16.3 16.6 = co~tante 2 m = w~F he - h + e~ = h + El aumento en la energía cinética del fluido ,e consigue con la tobera ha- ciendo que éste ingrese a la misma con una presión Po mayor que la del ambien- te o medio a que descarga el fluido P, y dando a la tobera un di,eno adecuado. Así, si es convergente-<!ivergente, antes de la sección (c- c) el fluido tendrá velo- cidades menores que la del sonido, luego de (c-c) mayores. De la fórmula 16.2 se deduce que la suma de la entalpía y de ia energía ci- nética H + Ee para cualquier estado del fluido en la tobera es la misma, de mo- do que por unidad de masa se tendrá que: donde w es la velocidad del fluido. El valor h. se denomina entalpía de estancamiento y es la que le corres- ponderá al fluido, en un estado de velocidad nula, con la entropia S correspon- diente a cualquiera de sus estados en la tobera ideaI. Cuando el fluido que circula en la tobera puede ser supuesto gas ideal, pue- de establecerse que en la sección crítica (c-c) de una tobera ideal, son válidas las fórmulas siguientes: 1 m =P --• ,!T; 16.7 F[GtlRAJi50J 16.9
- 76. ~ 40 Problemas resueltos Tobera'5 y difusores 141 Cuando sea necesario podrá recurrirse al diagrama T-S de gases o a los dia- gramas entrópicos'O tablas de vapores. La velocidad del sonido en un gas ídeal . es: o sea, que l1D e, la relación entre los saltos de entalpía ideal y real. La forma de una difu,or depende de los valores de Pe, P, y P,. Si Pe .;;' .;; Po deberá ser divergente. Si Pe ;'P, deberá ser convergente. Y si Pe <Pe < <Pa deberá ser convergente-divergente. Para los problenias correspondientes a e,to, temas son datos: 16.11 16.12 2 = k+ 1 m = Fcwc.o(! ~ Pe m = F, ekRTe - - . RTe De 16.12 puede obtenerse P, , teníendo en cuenta que: luego: con ~,= PJRTe , Y P, Y Te la presión y temperatura en la sección crítica de área F, . Adem~s por 16.1 O: Solución: La masa que circula en la tobera depende únicamente de las condicio- nes de 'entrada, cuando la presión de descarga sea menor que la presión crítica y puede expresarse para la sección cdtíca según la fórmula 16.6; w, = IkRT, 16.10 k = 2 = 1,4 (para aire) c, C'o = 0,24 kcal/kg Oc ; con R constante característica por unidad de masa. Para el aire e, R = 29,3 kgrm/kg K. Las defmicione, de los rendimienlos de la, laboras y difusores se han ejem- .plificado en gráficos correspondienles a gases ideales pero son válidos sea cual sea ell1uído que circule. '. f' i f, 16-2 - Analizar la forma que debe tener una lobera en lo, casos que siguen: a) velocidad de entrada Wo = 600 m/seg a Po = 6 atm y To = 700 oC. Flui- do: aire. Con Pe = 7 alm ; m = 10 kg/seg y m' = 11 kg/seg sale de 16.13 que Po = 7,7alm. Para que la forma del conducto (convergente-divergente) sea adecuada, de- be ser Po >P, >P, , lo que se cumple en este caso. De las dimensione, de la sección de salida F, depende que se produzcan o no choques en el interior de la tobera entre la corriente de fiuido y la, parede" pero para la tobera se tendrá, con P, <Pc , la masa m ó m'. I I l' 1; 1 I d "!I "" ;', 2. PROBLEMAS TIPO 16-1 - Se tiene un conducto convergentedivergente, al cual quiere uárselo como lobera. La sección minima o crílica tiene área Fe =90 cm' y la de salida (fmal de la parte divergente) F, = 100 cm' . Se desea que circule en el conducto una masa de aire m = 1Okg/seg cuan· do el aire entra con To = 400 o e y puede suponerse ideal a la transformación del aire. La presión de la zona de descarga es 1 atm. Suponíendo velocidad úÍi- cial despreciable, calcular: a) Presión Po a que debe ingresar el aire. b) Presíón Po para que la masa de aire aumente en un 10'110 cada segundo. Analizar si la forma del conducto es adecuada. Resulta Pe = 3,77a/m. Luego: rk + 11 "'I"-1} Po = Pe [-2-] = 7a/m De la fórmula 16.7 se deduce que: m' P;' = m Po 16.13 j
- 77. 142 Problemas resuelto.s Tobertliy dlfuSoD r-es 143 Siendo Po >P, >p. la fonua de la tobera debe ser convergente-divergen- 16.18 16.19 T; = 452,9K Cp (T¡- T,) cp (T,- T,) (h¡- h¿ = (hl - h,) 'lo = Para la tobera ideal es; Luego de 16.17 se obtiene T. =474,9 K. Para el difusor ideal: T' tP J(0-1)/0 .J..=J. T, Po y: Pr no se cónoce, pero con Tr,T, y 1)0 , de 16.19 y 16.18 se obliene que PI = 2,89atm. 16.14 16.15 16.16 Con 16.14 se obtiene T, y con 16.15 P, = 11,2 atm. Luego: [ 2 lO/Ik-1) P, = L~ P, = 5,9atm bl velocidad de entrada despreciable Po =1,1 atm y To =40 oC. Fluido aire. Para arobo, casos, la lobera descarga a un medio de presión P, = 1 atm . Solución: Debe calcularse la sección crítica P, (ecuación 16.4l, para lo que es necesario conocer la presión de estancamiento: 2 Wo . 2 = c, (T, - To) [P,] (0-1)f!< = T, Lpo To FIGURA I(iA- P'~ T'~P' i6.20 T; = 435,4 K c, (T; - To) c, (T, - To) 110 = 1 ;lE, = "2 m (wl- wg) = mc, (To - T,) Para un düusorideal es: T; =[p,l (0-1)/0 To LPo] Luego con 16.20 T, =460,5 K. De 16.2; 164 - A un düusor ingresa aire a Po = 1 atm ; To =20 Oc ,el cual sale con ve- locidad despreciable a p. = 4 a/m .El rendlrniento del difusores 110 =0,85 y la masa de aire que ciTcula m = 10kg/seg. Calcular la velocídad a que debe in- greSar el aire al difusor, dimensionar ia sección de entrada y analizar la fonua que debe darse al düusor. Solución: De la fónuula 16.9 es: te. bl La presión de estancamienlo coincide con la presión de entrada. Con 16.16 y P, =Po sale P, = O,58atm. La fonua debe ser convergenie pue, P, < p•. 16-3 - Mediante una lobera se expande aire desde un estado Po = 4 atm: To = = 400 °C hasta una presión P, = 1 atm , con rendimiento liT = 0,90 y luego se comprime el aire en un difu· sor con rendimiento llD = 0,85., hasta que queda con velocidad des- preciable. La velocidad del aire al in- gre,ar a la tobera también e, despre- ciabie. Detenuinar la presión del ai- re a la salida del difusor Pr {figura 16.4}. SoIución: Por no exislir transferencias de calor ni de trabajo, para la tobera y el difusor considerados como sistemas: abiertos.en régimen permanente, y no haber variaciones de energía potencial y de energía cinética, puede asegurarse que las entalpías inicial y Imal son iguales. (ho y hr) , de modo que la temperatura final· a la salida del difusorreal será TI = To =400 Oc . De 16.8 y 16.9 se deduce que: (ho - h.) liT = (h o _ h;) = cp (To- T.) cp(T. - T;) 16.17 o sea que con wl =O implica que: Wo = /2c, fT, - To) = 580 m/seg
- 78. 1"44 Pro blemasresueltas Para dimensionar la sección de entrada se tiene la fórmula 16.6:II con Po ~o = RT o = 1,20 kg/rnJ INDICE Por ser Po <Pe <P, , el difusor debe tener forma convergente-divergente. ~ 2 ] 'I{"-Jj P. = -- p. = 257alm-c k+l e ~ [P,] {"-JJI' =' T, lpo Te Se obtiene p. =4,87alm. Luego con 16.4: Pla n.ck, En.unclado d-e 35 Poder ca lorlfic.o 128 PeIitropleas 2.S, 29- Presl ón parcii!ll 31 Prim-er principio 1,11~ 17 atto. elelo :3 7 Liquldosaturado 71,72 Klrchhoff, Ley de 118 Jou Ie-Bryron 50, 51 Humedacl absotuta 101, 102 • retativa 10.2. Exergta. 57,58.59 Gas.idea1, Diagramas TS para un 47 .• Ee.uación da esto do de u-n 2 · Eflerg ía lntema de II n 1 Gases ldeales, Mezclas de 31 Ci!lldera· 85, 86 Calor 1 C~mari! de mezcla 18, 19, 52, 53, 79~ 80, 81· Máquina térm [-ca 35 Cii!I rnot. Teorema de 36 Medio 1 Clclos frlgorlflc.os . 93. 94 Clausius~Enunciado de 35 • Teoremi!l de 36 Combust16n !27 Compresor 18.19.20,22.48,49,82 Condensador 85. 86, 94 Condiciones norma[es 127 "Adii!lbátrol;o. Limite 3 Aire, Calor espec:ffico cp del 1.2. 4 Calor E15peclflco el' del 2 ~ Constante caracterhtlca del 3 Aire- húmedo 101,102, 103 ~ DI.agramas de 104~ 105,110,111,112, 113, 114 • Entalfa del 102 Aire necesario 127 Bomb!ll 85,86 Bulbo húmedo~ TemperilturB de 103, 107 Bulbo seco,.Temp.eraturo de 103 Se obtiene Fe = 0,0143 m' . Para analizar l. forma que hay que darle ai difusor, debe calcularse la presión cri- tica Pe. Para determinar la presión de estancamiento debe obtenerse la enta!- pfu a la temperatura de estancamiento, en este caso igual a ]a temperatura ~ l ya que la velocidad real de salida es des- preciable) y trazar en un diagrama T-8 una línea de entropía constante desde el s estado inicial hasta la línea de tempera- tura constante T, (fIgUra 16.5) . Analíticamente: T, T, FIGURA L6-.5 T i,,[ DilltOll. Ley de 31 Dlesel 38 Difuso' 139, 143, 144 Dlluci6n, Gri!ldo d-e . 128 Efecto frigo, Illeo 94 • Coe11c.l ente de 94 Energ(i!1 el nl!t1ca 11 .Interna 1 . • 'Potencial 11 Entalpl. 11 Enlropl. 41,42,43,46 Estequloméhlca. F6rmul a 117 Evaporador 93. 94 Ex-r;-eso de aire 127 Ra Ilkine, Ciclo 132 Reac<:i6n, Calor de 11"1~ 118 Rendlmlento 35~ :36, 37, 38, 50, 86 • de un dlfus-or 139 • de una tobera 139 • e>::ergI!iUc:o 59,61,62,66,67,68,69 • lsoentrópfco 47, 48 Régimen permanente, sistemas .ablertos en 17? 59 Régimen varlabt-e, slstemillS abiertos en 11 R19ido, Lfmite :3i Roc{Q~ Tempera~ura d-e 103,106,107 Rosln y Fehling 128, 129, 130, 131, 1.3-2 mi a 1 ... tI JJI _- 36 kt
- 79. '5;!O!!"""g ¡¡sl&O·-lllII "S,.,¡;¡¡¡.""O!IIl"_ """.., __ "s"_-"n"'''_.-·_"~,;,,rl_=_ ~,,·~~_===~~ _.~ __ " ....Tf..,;;6=:;r:;.........~W "~-.;;;:.. ..~ _ - _ . _ . _ ._._._. _ 146 Indlce SahJ rac-16n ad rabatlca 104 Segundo prlncrplo 35 Separi!ldor de liquido 93 Slstema 1 4 ilIblarto 11 ·cerratlo 1,57,58 SobrecarentadDr 85, 86 Te-rrnoQu (mica 117 Tober. 137,138,139, 140,141,142 THlbaJo 1 • de clre utacIón 17 ~ de exp-ansió n 2 • útil 57,58,59 TrallsformaCrDn~adiabiitica-s 41,42 .lrreversibles 35, 36, 41~ 43, 45, 57~ 58 • reversl bies 35, 41, 57~ 58 Turbina lB, 19, 20,21,47.50,79, SO, 81 Unlv-erso 41,58 _ Vál'l'ul iI reducto ra 18, 19, 52. 53, 791 80 Vapor. CIclos de 85. 86, 67~ 88 VapQrh~medo 71,72 ·S.!IhJri:!ldo 71,72 • sobrec:i1lentado 71, 73 Vapores, Dragrama hE ·para 72 • Dragrama TS para 71, 72 Vaporlzac:ló n, Ci!llor de 12 l NUEVA L1BRERIA diD término a la prj~ m-era edición de- esta obra que- c.onstll de :3,000 ej.emplares ell -el mes de noviembre de 1984, en los talleres de 'a Imprellta de ros Buenos Ayres S.A.I.C. sita en la calle Rondeau :32:74, BlIenos AIres, Argentina.