PROBLEMA 1 Una cámara bien aislada de 1 m3 de volumen

PROBLEMA 1
Una cámara bien aislada de 1 m3 de volumen contiene inicialmente aire a 0,1 MPa y 40 ºC como se
muestra en la figura. Dos válvulas colocadas en las tuberías de entrada y salida controlan el flujo de
aire saliente y entrante. El aire de entrada está a 2 atm y 95 ºC. Ambas válvulas se abren
simultáneamente, permitiendo que el aire fluya a una velocidad constante de 1 kg/min a través de
cada válvula. El aire dentro de la cámara está bien mezclado en todo momento, y la presión y
temperatura para cualquier instante se consideran uniforme a través de todo el volumen de control.
Hallar la temperatura y presión a los 1, 2 y 4 minutos luego de abrir las válvulas ¿Cuál será la
temperatura en el recipiente cuanto el tiempo tiende a infinito? Justifique.
Datos de propiedades físicas: el calor específico del aire es 𝐶𝑃 = 1,005 kJ/kg ∙ K . Su peso molecular
es 28,97 kg/kmol. Considere que el aire se comporta como gas ideal.
1 m3
Salida
Entrada
1 kg/min
1 kg/min
2 atm
95 ºC
SOLUCIÓN:
Balance de energía:
Tomando como “volumen de control” la cámara aislada, se realiza un balance de energía a esta
𝑄 − 𝑊 = 𝑚𝑠 ℎ𝑠 − 𝑚 𝐸 ℎ𝐸 + ∆𝑈
Como la cámara está “bien aislada” entonces la transferencia de calor con los alrededores es 𝑄 = 0
y como la cámara tiene un “volumen fijo” o es rígida y además no hay elementos móviles que
intercambian energía entonces no hay trabajo 𝑊 = 0.
El cambio de energía interna del sistema (únicamente en la cámara) es la diferencia de las energías
final e inicial del sistema:
∆𝑈 = 𝑚2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
Sustituyendo esta última ecuación se obtiene que
0 = 𝑚𝑆 ℎ𝑆 − 𝑚𝐸 ℎ𝐸 + 𝑚2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
Formulando el balance de masa se tiene que
𝑑𝑚
= 𝑚̇ 𝐸 − 𝑚̇𝑆
𝑑𝑡
En este caso los flujos másicos de entrada y salida son constantes e iguales 𝑚̇ 𝐸 = 𝑚̇𝑆 = 1 kg/min ,
así se tiene que la derivada asociada a la acumulación de masa en el tanque es nula implicando que
la masa dentro de esta es constante
𝑑𝑚
=0
𝑑𝑡
𝑚2
⇒
𝑑𝑚 = 0
∫ 𝑑𝑚 = 0
⇒
⇒
𝑚1
𝑚1 = 𝑚 2
Además, las masas total de entrada y salida en un instante final de tiempo (𝑚 𝐸 y 𝑚 𝑆) se relacionan
con los flujos másicos mediante las siguientes ecuaciones
𝑡
𝑡
𝑚 𝐸 = ∫ 𝑚̇ 𝐸 𝑑𝑡 = 𝑚̇ 𝐸 𝑡
𝑚 𝑆 = ∫ 𝑚̇𝑆 𝑑𝑡 = 𝑚̇ 𝑆𝑡
y
0
0
Sustituyendo en el balance de energía y considerando que 𝑚̇𝑆 = 𝑚̇ 𝐸 y 𝑚2 = 𝑚1
0 = 𝑚̇𝑆 𝑡ℎ𝑆 − 𝑚̇𝐸 𝑡ℎ𝐸 + 𝑚2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
0 = 𝑚̇ 𝐸 𝑡(ℎ𝑆 − ℎ 𝐸 ) + 𝑚1 (𝑢2 − 𝑢1 )
⇒
Suponiendo que el aire se comporta como un gas ideal, entonces sus cambios de energía interna y
entalpía vienen dados por las siguientes identidades termodinámicas
𝑢2
𝑑𝑢 = 𝐶𝑉 𝑑𝑇
⇒
𝑑ℎ = 𝐶𝑃 𝑑𝑇
⇒
𝑇2
∆𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 = ∫ 𝐶𝑉 𝑑𝑇 = 𝐶𝑉 (𝑇2 − 𝑇1 )
𝑢1
𝑇1
ℎ𝑆
𝑇𝑆
∆ℎ = ∫ 𝑑ℎ = ∫ 𝐶𝑃𝑑𝑇 = 𝐶𝑃 (𝑇𝑆 − 𝑇𝐸 )
ℎ𝐸
𝑇𝐸
Se sustituyen estas expresiones en el balance de energía
0 = 𝑚̇ 𝐸 𝑡𝐶𝑃 (𝑇𝑆 − 𝑇𝐸 ) + 𝑚1 𝐶𝑉 (𝑇2 − 𝑇1 )
Además la relación entre calores específicos de un gas ideal viene dado por
𝐶𝑃 − 𝐶𝑉 = 𝑅
⇒
𝐶𝑉 = 𝐶𝑃 − 𝑅
Haciendo un balance de energía en la válvula de salida, se tiene que es isentálpica (la entalpía de
entrada es igual a la de salida) por lo que ℎ 2 = ℎ𝑆 ⇒ 𝑇𝑆 = 𝑇2 por lo que las condiciones dentro
del tanque fijan esta temperatura de salida. Puede despejarse la temperatura final 𝑇2 en cualquier
instante de tiempo explícitamente en términos de parámetros conocidos
0 = 𝑚̇𝐸 𝑡𝐶𝑃 (𝑇2 − 𝑇𝐸 ) + 𝑚1 𝐶𝑉 (𝑇2 − 𝑇1 )
⇒
𝑚̇ 𝐸 𝑡𝐶𝑃
𝑚̇ 𝐸 𝑡𝐶𝑃
0=(
+ 1) 𝑇2 −
𝑇 − 𝑇1
𝑚1 𝐶𝑉
𝑚1 𝐶𝑉 𝐸
Estado 1 en el tanque (inicial):
0=
⇒
𝑚̇ 𝐸 𝑡𝐶𝑃
( 𝑇 − 𝑇𝐸 ) + ( 𝑇2 − 𝑇1 )
𝑚1 𝐶𝑉 2
𝑚̇ 𝐸 𝐶𝑃
𝑡𝑇
𝑚1 𝐶𝑉 𝐸
𝑇2 =
𝑚̇ 𝐶
1 + 𝐸 𝑃𝑡
𝑚1 𝐶𝑉
𝑇1 +
{
𝑃1 = 0,1 MPa = 100 kPa
𝑇1 = 40 ℃ = 40 + 273 = 313 K
kJ
kmol
∙ K = 0,287 kJ
𝑅=
kg
kg ∙ K
28,97
kmol
8,314
De la ecuación de gas ideal puede hallarse la masa inicial contenida en el tanque
𝑃1 𝑣1 = 𝑅𝑇1
𝑚1 =
⇒
𝑉1
𝑃1 ( ) = 𝑅𝑇1
𝑚1
⇒
𝑚1 =
𝑃1 𝑉1
𝑅𝑇1
𝑃1 𝑉1
100 kPa ∙ 1 m3
=
= 1,1132 kg
kJ
𝑅𝑇1
0,287
∙ 313 K
kg ∙ K
𝑇𝐸 = 95 + 273 = 368 K
𝑚̇𝐸 𝐶𝑃
𝑚̇ 𝐸 𝐶𝑃
𝑚̇ 𝐸
1 kg/min
=
=
=
= 1,2574 min−1
𝑅
𝑚1 𝐶𝑉 𝑚1 (𝐶𝑃 − 𝑅) 𝑚 (1 − ) 1,1132 kg ∙ (1 − 0,287)
1
𝐶𝑃
1,005
(a) Sustituyendo valores
Para 𝑡 = 1 min :
𝑇2 =
313 + 1,2574 ∙ 1 ∙ 368
𝑚 2 𝑅𝑇2 1,1132 ∙ 0,287 ∙ 343,6
= 343,6 K ⇒ 𝑃2 =
=
= 109,8 kPa
1 + 1,2574 ∙ 1
𝑉2
1
Para 𝑡 = 2 min :
𝑇2 =
313 + 1,2574 ∙ 2 ∙ 368
𝑚 2 𝑅𝑇2 1,1132 ∙ 0,287 ∙ 352,4
= 352,4 K ⇒ 𝑃2 =
=
= 112,6 kPa
1 + 1,2574 ∙ 2
𝑉2
1
Para 𝑡 = 4 min :
𝑇2 =
313 + 1,2574 ∙ 4 ∙ 368
𝑚 2 𝑅𝑇2 1,1132 ∙ 8,314 ∙ 358,9
= 358,9 K ⇒ 𝑃2 =
=
= 114,7 kPa
1 + 1,2574 ∙ 4
𝑉2
1
Cuando 𝑡 → ∞
𝑚̇ 𝐸 𝐶𝑃
𝑇1 𝑚̇𝐸 𝐶𝑃
𝑚̇𝐸 𝐶𝑃
𝑡𝑇𝐸
+
𝑇𝐸
𝑇
𝑚1 𝐶𝑉
𝑡 𝑚1 𝐶𝑉
𝑚 𝐶 𝐸
𝑇∞ = lim 𝑇2 = lim
= lim
= 1 𝑉
= 𝑇𝐸 = 368 K
𝑚̇ 𝐶
𝑚̇ 𝐶
𝑚̇𝐸 𝐶𝑃
𝑡→∞
𝑡→∞
𝑡→∞ 1
1 + 𝐸 𝑃𝑡
+ 𝐸 𝑃
𝑚1 𝐶𝑉
𝑡 𝑚1 𝐶𝑉
𝑚1 𝐶𝑉
𝑇1 +
PROBLEMA 2
Un tanque rígido de 125 litros de capacidad inicialmente se encuentra vacío. Está conectado mediante
una válvula a una línea de aire a 8,5 MPa y 25 ºC. En un instante se abre la válvula dejando pasar aire
en un proceso adiabático y se cierra cuando la presión en el tanque alcance 6 MPa. Una vez cerrada
la válvula, se deja el sistema un largo tiempo enfriándose hasta que la temperatura del aire dentro del
tanque alcance 25 ºC.
(a) Calcule la temperatura luego del llenado del tanque y la masa de aire que entró al
recipiente.
(b) Halle la presión final y el calor transferido al ambiente.
Datos de propiedades físicas: el calor específico del aire es 𝐶𝑃 = 1,005 kJ/kg ∙ K . Su peso molecular
es 28,97 kg/kmol. Considere que el aire se comporta como gas ideal.
125 litros
Vacío
P = 8,5 MPa
T = 25 ºC
SOLUCIÓN:
Balance de energía:
Haciendo un balance de energía tomando como volumen de control el recipiente considerando que el
recipiente es rígido (no hay trabajo) y es adiabático (no hay transferencia de calor) se tiene que
𝑄 − 𝑊 = 𝑚𝑆 ℎ𝑆 − 𝑚𝐸 ℎ𝐸 + ∆𝑈
⇒
0 − 0 = 0 − 𝑚𝐸 ℎ𝐸 + 𝑚2 𝑢2 − 0 ∙ 𝑢1
El balance de energía se simplifica a
0 = −𝑚𝐸 ℎ𝐸 + 𝑚2 𝑢2
Del balance de masa
𝑑𝑚
= 𝑚̇𝐸 − 𝑚̇ 𝑆
𝑑𝑡
⇒
𝑚 2 − 𝑚1 = 𝑚𝐸 − 𝑚𝑆
⇒
𝑚2 − 0 = 𝑚𝐸 − 0
⇒
Sustituyendo además la identidad de la energía interna 𝑢2 = ℎ 2 − 𝑃2 𝑣2 = ℎ 2 − 𝑅𝑇2
0 = −𝑚 2 ℎ𝐸 + 𝑚 2 (ℎ2 − 𝑅𝑇2 )
ℎ2
𝑑ℎ = 𝐶𝑃 𝑑𝑇
⇒
ℎ 2 − ℎ 𝐸 = 𝑅𝑇2
𝑇2
⇒ ∫ 𝑑ℎ = ℎ 2 − ℎ 𝐸 = ∫ 𝐶𝑃 𝑑𝑇 = 𝐶𝑃 (𝑇2 − 𝑇𝐸 )
ℎ𝐸
𝑇𝐸
𝑚2 = 𝑚𝐸
El balance de energía se reduce a la expresión
𝐶𝑃 (𝑇2 − 𝑇𝐸 ) = 𝑅𝑇2
⇒
𝑇2 =
𝐶𝑃
𝑇𝐸
298
𝑇𝐸 =
=
= 417,1 K
𝐶𝑃 − 𝑅
1 − 𝑅/𝐶𝑃 1 − 0,287/1,005
Estado 2:
Luego, se tiene completamente definido el estado 2
Estado 2 {
𝑇2 = 417,1 K
𝑃2 = 6 MPa = 6000 kPa
Calculando el volumen específico y la masa
𝑃2 𝑣2 = 𝑅𝑇2
⇒
𝑣2 =
𝑅𝑇2 0,287 ∙ 417,1
m3
=
= 0,01995
𝑃2
6000
kg
Y como se conoce el volumen físico que ocupa el aire, entonces se determina la masa del estado 2,
que es la misma masa que entró al recipiente
𝑚2 =
𝑉2
0,125
=
= 6,265 kg
𝑣2 0,1995
Estado 3:
Se tiene completamente definido el estado 3 ya que la masa de aire dentro del tanque es constante
𝑚 3 = 𝑚 2 y el volumen también:
𝑇3 = 25 ℃ = 298 K
m3
Estado 3 {
𝑣3 = 𝑣2 = 0,01995
kg
𝑃3 𝑣3 = 𝑅𝑇3
⇒
𝑃3 =
𝑅𝑇3 0,287 ∙ 298
=
= 4287 kPa
𝑣3
0,01995
Y el calor transferido se obtiene por balance de energía
𝑄 − 𝑊 = 𝑚 𝑆 ℎ𝑆 − 𝑚𝐸 ℎ𝐸 + ∆𝑈
⇒
𝑄 − 0 = 0 − 0 + 𝑚 3 𝑢3 − 𝑚 2 𝑢2
𝑇3
𝑄 = 𝑚 2 (𝑢3 − 𝑢2 ) = 𝑚2 ∫ 𝐶𝑉 𝑑𝑇 = 𝑚 2 𝐶𝑉 (𝑇3 − 𝑇2 ) = 6,265 ∙ (1,005 − 0,287) ∙ (298 − 417,1)
𝑇2
𝑄 = −535,7 kJ
PROBLEMA 3
Considere un sistema cilindro-pistón que contiene aire a una presión inicial de 325 kPa y 15 ºC y
ocupa un volumen de 0,25 m3 . Este sistema está conectado a una línea de aire a 525 kPa y 625 ºC y
la válvula inicialmente se encuentra cerrada. El recipiente tiene unos topes que restringen el
movimiento del pistón a un volumen máximo de 1 m3 . Se abre la válvula y entra aire hasta que la
presión dentro del mismo alcance 400 kPa y una temperatura de 350 ºC. Este proceso se lleva a cabo
de forma reversible.
(a) Calcule la masa de aire que entró al sistema.
(b) Encuentre el trabajo realizado por el aire y el calor transferido.
(c) Calcule la temperatura de transferencia con los alrededores.
Datos de propiedades físicas: el calor específico del aire es 𝐶𝑃 = 1,005 kJ/kg ∙ K . Su peso molecular
es 28,97 kg/kmol. Considere que el aire se comporta como gas ideal.
Vmax=1 m3
aire
P = 525 kPa
T = 625 ºC
W= ?
Q= ?
T0 = ?
0,25 m3
SOLUCIÓN:
Estado 1:
El estado inicial se encuentra definido:
Estado 1
{
𝑇1 = 15 ℃ = 288 K
𝑃1 = 325 kPa
Con este estado se calcula el volumen específico
𝑃1 𝑣1 = 𝑅𝑇1
⇒
𝑣1 =
𝑅𝑇1 0,287 ∙ 288
m3
=
= 0,25433
𝑃1
325
kg
Luego se halla la masa de aire contenida en el cilindro pistón inicialmente:
𝑚1 =
Diagrama cuerpo libre:
𝑉1
0,25
=
= 0,983 kg
𝑣1 0,25433
Se hace un balance de fuerzas en el pistón en equilibrio mecánico cuando el pistón se encuentra
despegado de los topes:
𝑃𝐴 𝑃 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 𝐴𝑃 + 𝑚 𝑃 𝑔
⇒
𝑃 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 +
𝑚𝑃 𝑔
= 325 kPa = constante
𝐴𝑃
Estado 2:
Como 𝑃2 = 400 kPa es mayor que la presión del pistón más la atmosférica combinadas, entonces el
pistón se encuentra pegado a los topes. Por lo tanto, el volumen que ocupa el gas en este estado es el
volumen máximo
𝑉2 = 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 1 m3
Estado 2
{
𝑇2 = 350 ℃ = 350 + 273 = 623 K
𝑃2 = 400 kPa
Con este estado se calcula el volumen específico
𝑃2 𝑣2 = 𝑅𝑇2
⇒
𝑣2 =
𝑅𝑇2 0,287 ∙ 623
m3
=
= 0,4470
𝑃2
400
kg
Y como se conoce el volumen físico que ocupa el aire, entonces se determina la masa del estado 2
𝑚2 =
𝑉2
1
=
= 2,237 kg
𝑣2 0,4470
Por un balance de masa en el sistema, se obtiene el valor de la masa que entró al recipiente:
𝑑𝑚
= 𝑚̇𝐸 − 𝑚̇ 𝑆
𝑑𝑡
⇒
𝑚 2 − 𝑚1 = 𝑚𝐸 − 𝑚 𝑆
La masa que entró viene dada por 𝑚𝐸 = 𝑚 2 − 𝑚1 = 2,237 − 0,983 = 1,254 kg
Balance de energía:
Calculando el trabajo realizado por el gas, como el proceso es reversible entonces
𝑉2
𝑉2
𝑊 = ∫ 𝑃1 𝑑𝑉 + ∫ 𝑃𝑑𝑉 = 𝑃1 (𝑉2 − 𝑉1 ) + 0 = 325 ∙ (1 − 0,25) = 243,75 kJ
𝑉1
𝑉2
Formulando el balance de energía:
𝑄 − 𝑊 = 𝑚𝑆 ℎ𝑆 − 𝑚 𝐸 ℎ𝐸 + ∆𝑈
⇒
𝑄 − 𝑊 = 0 − 𝑚 𝐸 ℎ𝐸 + 𝑚 2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
Sustituyendo ℎ 𝐸 = 𝑢𝐸 + 𝑃𝐸 𝑣𝐸 = 𝑢𝐸 + 𝑅𝑇𝐸
𝑄 − 𝑊 = −𝑚𝐸 (𝑢𝐸 + 𝑅𝑇𝐸 ) + 𝑚2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1 ⇒ 𝑄 − 𝑊 = −𝑚𝐸 𝑅𝑇𝐸 − 𝑚 𝐸 𝑢𝐸 + 𝑚 2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
Arreglando y asociando
𝑄 − 𝑊 = −𝑚𝐸 𝑅𝑇𝐸 − (𝑚 2 − 𝑚1 )𝑢𝐸 + 𝑚 2 𝑢2 − 𝑚1 𝑢1
𝑄 − 𝑊 = −𝑚𝐸 𝑅𝑇𝐸 + 𝑚2 (𝑢2 − 𝑢𝐸 ) + 𝑚1 (𝑢𝐸 − 𝑢1 )
Expresando las diferencias de energía interna en términos de calor específico
𝑄 = 𝑊 − 𝑚 𝐸 𝑅𝑇𝐸 + 𝑚 2 𝐶𝑉 (𝑇2 − 𝑇𝐸 ) + 𝑚1 𝐶𝑉 (𝑇𝐸 − 𝑇1 )
Sustituyendo valores 𝑅 = 8,314/28,97 = 0,287 ⇒ 𝐶𝑉 = 𝐶𝑃 − 𝑅 = 1,005 − 0,287 = 0,718
𝑄 = 243,75 − 1,254 ∙ 0,287 ∙ 898 + 2,237 ∙ 0,718 ∙ (623 − 898) + 0,983 ∙ 0,718 ∙ (898 − 288)
𝑄 = −90,6 kW
Segunda ley de termodinámica:
El proceso en el sistema cilindro-pistón se considera reversible (𝑆𝑔𝑒𝑛 = 0) por lo tanto
∫
𝑑𝑄
+ 𝑆𝑔𝑒𝑛 = 𝑚 𝑆 𝑠𝑆 − 𝑚 𝐸 𝑠𝐸 + ∆𝑆
𝑇
⇒
𝑄
+ 0 = 0 − 𝑚 𝐸 𝑠𝐸 + ∆𝑆
𝑇0
Con esto se obtiene la temperatura de los alrededores
𝑇0 =
𝑄
𝑄
𝑄
=
=
−𝑚𝐸 𝑠𝐸 + ∆𝑆 −𝑚 𝐸 𝑠𝐸 + 𝑚2 𝑠2 − 𝑚1 𝑠1 −(𝑚 2 − 𝑚1 )𝑠𝐸 + 𝑚2 𝑠2 − 𝑚1 𝑠1
𝑇0 =
𝑄
𝑚 2 (𝑠2 − 𝑠𝐸 ) + 𝑚1 (𝑠𝐸 − 𝑠1 )
Solo falta encontrar una fórmula para la diferencia de entropías de un gas ideal
𝑇𝑑𝑠 + 𝑣𝑑𝑃 = 𝑑ℎ = 𝐶𝑃 𝑑𝑇
𝑠2
𝑇2
∫ 𝑑𝑠 = ∫
𝑠1
𝑇1
⇒
𝑑𝑠 =
𝑃2
𝐶𝑃
𝑅
∫
𝑑𝑇 −
𝑑𝑃
𝑇
𝑃1 𝑃
𝐶𝑃
𝑣
𝑑𝑇 − 𝑑𝑃
𝑇
𝑇
⇒
⇒
𝑑𝑠 =
𝐶𝑃
𝑅
𝑑𝑇 − 𝑑𝑃
𝑇
𝑃
𝑇2
𝑃2
𝑠2 − 𝑠1 = 𝐶𝑃 ln ( ) − 𝑅 ln ( )
𝑇1
𝑃1
Usando esta fórmula para evaluar 𝑇0 :
𝑇0 =
𝑄
𝑇2
𝑃2
𝑇
𝑃
𝑚2 (𝐶𝑃 ln ( ) − 𝑅 ln ( )) + 𝑚1 (𝐶𝑃 ln ( 𝐸 ) − 𝑅 ln ( 𝐸 ))
𝑇𝐸
𝑃𝐸
𝑇1
𝑃1
PROBLEMA 4
Considere un sistema de compresión de un gas como el que se muestra en la figura. Un gas se
encuentra a una temperatura de 50 ºC y entra a una turbina con una eficiencia isentrópica del 75% y
se expande hasta una cuarta parte de la presión de entrada. El total del trabajo generado por la turbina
se utiliza para alimentar un compresor de eficiencia isentrópica del 82%, cuya entrada es un gas que
se encuentra a −10 ℃ y se comprime al triple de la presión de entrada.
(a) Encuentre expresiones analíticas que permitan calcular las temperaturas a la salida de la
turbina y el compresor. Calcule dichos valores para este sistema.
(b) Calcule la relación de flujos másicos 𝑚̇3 /𝑚̇1 .
(c) Determine la entropía generada por la turbina por unidad de masa de gas comprimido (𝑚̇1 ).
3
2
T3 = 50 ºC
P2 /P1 = 3
 T = 75% T
C
 C = 82%
P4 /P3 = 1/4
T1 = -10 ºC
4
1
Considere que ambos gases se comportan como gases ideales, tienen el mismo calor específico
𝐶𝑃 /𝑅 = 5/2 con 𝑅 = 2 kJ/kg ∙ K y tienen el mismo peso molecular.
SOLUCIÓN:
(a) La definición de entalpía diferencial es
𝑑𝑞 − 𝑑𝑤 = 𝑑ℎ
Y para un sistema reversible y un fluido que se comporta como gas ideal es
𝑇𝑑𝑠 + 𝑣𝑑𝑃 = 𝐶𝑃 𝑑𝑇
Para obtener la ecuación en un proceso isentrópico (como en las turbinas y compresores) se tiene
que𝑑𝑠 = 0 así𝑣𝑑𝑃 = 𝐶𝑃𝑑𝑇 y como el gas es idealentonces
𝑃𝑣 = 𝑅𝑇
⇒
𝑣=
𝑅𝑇
𝑃
⇒
𝑅𝑇
𝑑𝑃 = 𝐶𝑃 𝑑𝑇
𝑃
Separando variables e integrando entre dos estados (1) y (2) se tiene que
𝑅
𝑑𝑃
𝑑𝑇
= 𝐶𝑃
𝑃
𝑇
𝑃2
⇒
𝑅∫
𝑃1
𝑇2
𝑑𝑃
𝑑𝑇
= 𝐶𝑃 ∫
𝑃
𝑇1 𝑇
⇒
𝑃2
𝑇2
𝑅 ln ( ) = 𝐶𝑃 ln ( )
𝑃1
𝑇1
𝑇2
𝑅
𝑃2
ln ( ) = ln ( )
𝑇1
𝐶𝑃
𝑃1
𝑅
𝑅
𝑇2
𝑃2 𝐶𝑃
=( )
𝑇1
𝑃1
⇒
𝑃2 𝐶𝑃
𝑇2 = 𝑇1 ( )
𝑃1
⇒
Compresor:
La temperatura isentrópica en la salida del compresor es
𝑅
𝑇2𝑆
𝑃2 𝐶𝑃
= 𝑇1 ( )
𝑃1
Definiendo la eficiencia isentrópica como la potencia ideal entre la potencia real, ya que la potencia
ideal es la mínima que puede aportar al ciclo de refrigeración, entonces se tiene que:
𝜂𝐶 =
𝑤𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 ℎ1 − ℎ 2𝑆 𝐶𝑃 (𝑇1 − 𝑇2𝑆 ) 𝑇1 − 𝑇2𝑆
=
=
=
𝑤𝑟𝑒𝑎𝑙
ℎ1 − ℎ 2
𝐶𝑃 (𝑇1 − 𝑇2 )
𝑇1 − 𝑇2
⇒
𝑇1 − 𝑇2 =
𝑇1 − 𝑇2𝑆
𝜂𝐶
Con la eficiencia del compresor (𝜂𝐶 ) conocida se despeja la temperatura real en la salida del
compresor:
𝑅
𝑇1 − 𝑇2𝑆
1
1
1
1
𝑃2 𝐶𝑃
𝑇2 = 𝑇1 −
= (1 − ) 𝑇1 + 𝑇2𝑆 = (1 − ) 𝑇1 + 𝑇1 ( )
𝜂𝐶
𝜂𝐶
𝜂𝐶
𝜂𝐶
𝜂𝐶
𝑃1
Y en forma más simplificada se obtiene la temperatura real en la salida del compresor en función de
la relación de presiones, la temperatura de entrada al compresor y la eficiencia de este.
𝑅
1
1 𝑃2 𝐶𝑃
𝑇2 = (1 − + ( ) ) 𝑇1
𝜂𝐶 𝜂𝐶 𝑃1
Sustituyendo
𝑃2
=3
𝑃1
𝑇1 = −10 + 273 = 263 K
𝐶𝑃 5
𝑅
2
=
⇒
=
𝑅 2
𝐶𝑃 5
}
𝜂𝐶 = 82% = 0,82
⇒
𝑇2 = (1 −
1
1
+
∙ 32/5 ) ∙ 263 = 440 K
0,82 0,82
Turbina:
Se realiza para la turbina, el mismo procedimiento que para el compresor. La temperatura isentrópica
en la salida de la turbina es:
𝑅
𝑃4 𝐶𝑃
𝑇4𝑆 = 𝑇3 ( )
𝑃3
Definiendo la eficiencia isentrópica como la potencia real entre la potencia ideal, ya que la potencia
ideal es la máxima que puede aportar la turbina, entonces se tiene que:
𝜂𝑇 =
𝑤𝑟𝑒𝑎𝑙
ℎ3 − ℎ4
𝐶𝑃 (𝑇3 − 𝑇4 )
𝑇3 − 𝑇4
=
=
=
(
)
𝑤𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 ℎ 3 − ℎ 4𝑆 𝐶𝑃 𝑇3 − 𝑇4𝑆
𝑇3 − 𝑇4𝑆
⇒
𝑇3 − 𝑇4 = 𝜂 𝑇 (𝑇3 − 𝑇4𝑆 )
𝑅
𝑃4 𝐶𝑃
𝑇4 = 𝑇3 − 𝜂 𝑇 (𝑇3 − 𝑇4𝑆 ) = (1 − 𝜂 𝑇 )𝑇3 + 𝜂 𝑇 𝑇4𝑆 = (1 − 𝜂 𝑇 )𝑇3 + 𝜂 𝑇 𝑇3 ( )
𝑃3
Y en forma más simplificada se obtiene la temperatura real en la salida de la turbina en función de la
relación de presiones, la temperatura de entrada a la turbina y la eficiencia de este.
𝑅
𝑃4 𝐶𝑃
𝑇4 = (1 − 𝜂 𝑇 + 𝜂 𝑇 ( ) ) 𝑇3
𝑃3
Sustituyendo
𝑃4 1
=
𝑃3 4
𝑇3 = 50 + 273 = 323 K
𝑅
= 2/5
𝐶𝑃
𝜂 𝑇 = 75% = 0,75 }
⇒
1 2/5
(
(
𝑇4 = 1 − 0,75 + 0,75 ) ) ∙ 323 = 219,9 K
4
(a) Como 𝑊̇𝑇 = −𝑊̇𝐶 entonces el cociente de las potencias de la turbina y la requerida en el
compresor vienen dados respectivamente por:
̇
𝑊𝑇
𝑚̇ 3 (ℎ3 − ℎ 4 ) 𝑚̇3 𝐶𝑃 (𝑇3 − 𝑇4 )
𝑚̇ 3 𝑇2 − 𝑇1
440 − 263
=
=
=1 ⇒
=
=
= 1,7168
𝑚̇1 𝑇3 − 𝑇4 323 − 219,9
−𝑊̇𝐶 𝑚̇1 (ℎ 2 − ℎ1 ) 𝑚̇1 𝐶𝑃 (𝑇2 − 𝑇1 )
(b) Formulando el cambio de entropía en la turbina:
𝐶𝑃
𝑣
𝑇𝑑𝑠 + 𝑣𝑑𝑃 = 𝐶𝑃 𝑑𝑇 ⇒ 𝑑𝑠 = 𝑑𝑇 − 𝑑𝑃
𝑇
𝑇
𝑠4
𝑇4
∫ 𝑑𝑠 = ∫
𝑠3
𝑇3
𝑃4
𝐶𝑃
𝑅
𝑑𝑇 − ∫
𝑑𝑃
𝑇
𝑃3 𝑃
⇒
⇒
𝑑𝑠 =
𝐶𝑃
𝑅
𝑑𝑇 − 𝑑𝑃
𝑇
𝑃
𝑇4
𝑃4
𝑠4 − 𝑠3 = 𝐶𝑃 ln ( ) − 𝑅 ln ( )
𝑇3
𝑃3
La segunda ley de la termodinámica en la turbina viene dada por
0 + 𝑆̇𝑔𝑒𝑛 = 𝑚̇3 (𝑠4 − 𝑠3 ) +
𝑑𝑆
𝑑𝑡
⇒
𝑆̇𝑔𝑒𝑛
𝑇4
𝑃4
= 𝑠4 − 𝑠3 = 𝐶𝑃 ln ( ) − 𝑅 ln ( )
𝑚̇3
𝑇3
𝑃3
𝑆̇𝑔𝑒𝑛
𝑇4
𝑃4
5
219,9
1
kJ
) − ln ( )) = 0,85
= 𝑠4 − 𝑠3 = 𝐶𝑃 ln ( ) − 𝑅 ln ( ) = 2 ∙ ( ∙ ln (
𝑚̇ 3
𝑇3
𝑃3
2
323
4
kg ∙ K
𝑆̇𝑔𝑒𝑛 𝑆̇𝑔𝑒𝑛 𝑚̇3
kJ
kJ
=
∙
= 0,85
∙ 1,7168 = 1,46
𝑚̇1
𝑚̇3 𝑚̇1
kg ∙ K
kg ∙ K
PROBLEMA 5. Proceso isotérmico-reversible para una sustancia incompresible
Para una expansión isotérmica-reversible de un líquido desde un estado (𝑃1 , 𝑇, 𝑣1 ) hasta un estado
(𝑃2 , 𝑇, 𝑣2 ) para el cual se conocen los valores de 𝛽 y 𝛼 pueden suponerse que son independientes de
la presión, demuestre que:
𝑤 = 𝑃2 𝑣2 − 𝑃1 𝑣1 +
∆𝑠 =
∆ℎ =
𝑣2 − 𝑣1
𝛼
𝛽
(𝑣 − 𝑣1 )
𝛼 2
1 − 𝛽𝑇
( 𝑣1 − 𝑣2 )
𝛼
𝑞=
𝛽𝑇
(𝑣 − 𝑣1 )
𝛼 2
SOLUCIÓN:
Expresión para el volumen:
Para un líquido la relación termodinámica para el volumen específico es
𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝑑𝑣 1 𝜕𝑣
1 𝜕𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑣 = ( ) 𝑑𝑇 + ( ) 𝑑𝑃 ⇒
= ( ) 𝑑𝑇 + ( ) 𝑑𝑃 ⇒
= 𝛽𝑑𝑇 − 𝛼𝑑𝑃
𝜕𝑇 𝑃
𝜕𝑃 𝑇
𝑣
𝑣 𝜕𝑇 𝑃
𝑣 𝜕𝑃 𝑇
𝑣
⏟
⏟
𝛽
−𝛼
Para una expansión isotérmica, la temperatura es constante y por lo tanto 𝑑𝑇 = 0 y la expresión
anterior se reduce a
𝑑𝑣
= 0 − 𝛼𝑑𝑃
𝑣
⇒
1
𝑣𝑑𝑃 = − 𝑑𝑣
𝛼
Trabajo:
El trabajo viene dado por
𝑣2
𝑤 = ∫ 𝑃𝑑𝑣
𝑣1
Como se tiene que 𝑑(𝑃𝑣) = 𝑃𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑃 ⇒
𝑃𝑑𝑣 = 𝑑(𝑃𝑣) − 𝑣𝑑𝑃 y sustituyendo 𝑣𝑑𝑃 =
−𝑑𝑣/𝛼 permite calcular el trabajo de forma más práctica
𝑣2
𝑃2𝑣2
𝑤 = ∫ 𝑃𝑑𝑣 = ∫
𝑣1
𝑃1𝑣1
𝑃2
𝑣2
1
𝑣2 − 𝑣1
𝑑(𝑃𝑣) − ∫ 𝑣𝑑𝑃 = 𝑃2 𝑣2 − 𝑃1 𝑣1 − ∫ − 𝑑𝑣 = 𝑃2 𝑣2 − 𝑃1 𝑣1 +
𝛼
𝛼
𝑃1
𝑣1
Cambio de entropía:
La relación termodinámica general para la entropía es
𝑑𝑠 =
𝐶𝑃
𝜕𝑣
𝐶𝑃
𝑑𝑇 − ( ) 𝑑𝑃 = 𝑑𝑇 − 𝛽𝑣𝑑𝑃
𝑇
𝜕𝑇 𝑃
𝑇
⇒
𝑑𝑠 = −𝛽𝑣𝑑𝑃
Combinando las dos ecuaciones obtenidas anteriormente
𝑑𝑠 = −𝛽𝑣𝑑𝑃
1
𝛽
𝑑𝑠 = −𝛽 (− 𝑑𝑣) = 𝑑𝑣
𝛼
𝛼
⇒
E integrando la ecuación anterior entre los estados 1 y 2 y como 𝛽 y 𝛼 son independientes de la
presión
𝑠2
𝛽
𝑑𝑠 = 𝑑𝑣
𝛼
𝑣2
∆𝑠 = ∫ 𝑑𝑠 = ∫
⇒
𝑠1
𝑣1
𝛽
𝛽 𝑣2
𝛽
𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 = (𝑣2 − 𝑣1 )
𝛼
𝛼 𝑣1
𝛼
Cambio de entalpía:
A partir de la relación termodinámica para la entalpía
𝑑ℎ = 𝑇𝑑𝑠 + 𝑣𝑑𝑃
⇒
1
1
𝑑ℎ = 𝑇𝑑𝑠 + (− 𝑑𝑣) = 𝑇𝑑𝑠 − 𝑑𝑣
𝛼
𝛼
Integrando la expresión anterior
ℎ2
𝑠2
𝑣2
∆ℎ = ∫ 𝑑ℎ = ∫ 𝑇𝑑𝑠 − ∫
ℎ1
𝑠1
∆ℎ = 𝑇∆𝑠 −
𝑣1
𝑠2
1
1 𝑣2
𝑣2 − 𝑣1
𝑑𝑣 = 𝑇 ∫ 𝑑𝑠 − ∫ 𝑑𝑣 = 𝑇∆𝑠 −
𝛼
𝛼 𝑣1
𝛼
𝑠1
𝑣2 − 𝑣1
𝛽
𝑣2 − 𝑣1 1 − 𝛽𝑇
(𝑣1 − 𝑣2 )
= 𝑇 ( (𝑣2 − 𝑣1 )) −
=
𝛼
𝛼
𝛼
𝛼
Calor:
El calor en un proceso isotérmico-reversible viene dado por
𝑠2
𝑠2
𝑞 = ∫ 𝑇𝑑𝑠 = 𝑇 ∫ 𝑑𝑠 = 𝑇∆𝑠 =
𝑠1
𝑠1
𝛽𝑇
(𝑣 − 𝑣1 )
𝛼 2
PROBLEMA 6
Un kilogramo de aluminio se calienta a presión atmosférica desde 22 hasta 44 °C. Determine el:
(a)
(b)
(c)
(d)
Cambio de volumen experimentado.
Trabajo producido.
Calor intercambiado.
Cambio en su energía interna y cambio de entropía.
Datos adicionales: 𝛽 = 70,5 ∙ 10−6 K −1 , 𝛼 = 12 ∙ 10 −7 atm−1.
Densidad del aluminio = 2700 kg/m3 a 22 °C y 1 atm
Calor específico: 𝐶𝑃 = 20,60 + 0,0124𝑇 [kJ/kmol ∙ K]
SOLUCIÓN:
Para un líquido la relación termodinámica para el volumen específico es
𝜕𝑣
𝜕𝑣
𝑑𝑣 1 𝜕𝑣
1 𝜕𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑣 = ( ) 𝑑𝑇 + ( ) 𝑑𝑃 ⇒
= ( ) 𝑑𝑇 + ( ) 𝑑𝑃 ⇒
= 𝛽𝑑𝑇 − 𝛼𝑑𝑃
𝜕𝑇 𝑃
𝜕𝑃 𝑇
𝑣
𝑣 𝜕𝑇 𝑃
𝑣 𝜕𝑃 𝑇
𝑣
⏟
⏟
𝛽
−𝛼
Para una expansión isobárica, la presión es constante y por lo tanto 𝑑𝑃 = 0 y la expresión anterior
se reduce a
𝑑𝑣
= 𝛽𝑑𝑇 − 0
𝑣
⇒
𝑣2
ln ( ) = 𝛽(𝑇2 − 𝑇1 )
𝑣1
𝑑𝑣
= 𝛽𝑑𝑇 ⇒
𝑣
⇒
𝑣2
𝑇2
𝑑𝑣
∫
= 𝛽 ∫ 𝑑𝑇
𝑣1 𝑣
𝑇1
𝑣2 = 𝑣1 exp(𝛽(𝑇2 − 𝑇1 ))
Sustituyendo valores
𝑣2 = 𝑣1 exp (𝛽(𝑇2 − 𝑇1 )) =
1
m3
∙ exp (70,5 ∙ 10−6 ∙ (44 − 22)) = 0,000371
2700
kg
∆𝑉 = 𝑉2 − 𝑉1 = 𝑚(𝑣2 − 𝑣1 ) = 1 ∙ (0,000371 −
1
) = 5,749 ∙ 10−7 m3 = 0,575 cm3
2700
Trabajo:
El trabajo viene dado por
𝑉2
𝑉2
𝑊 = ∫ 𝑃𝑑𝑉 = 𝑃 ∫ 𝑑𝑣 = 𝑃( 𝑉2 − 𝑉1 ) = 𝑃∆𝑉 = 101325 ∙ 5,749 ∙ 10 −7 = 0,0583 J
𝑉1
Cambio de entalpía:
𝑉1
A partir de la relación termodinámica para la entalpía
𝜕𝑣
𝑑ℎ = 𝐶𝑃 𝑑𝑇 + (𝑣 − 𝑇 ( ) ) 𝑑𝑃
𝜕𝑇 𝑃
Integrando la expresión anterior
ℎ2
𝑇2
𝑇2
∆ℎ = ∫ 𝑑ℎ = ∫ 𝐶𝑃 𝑑𝑇 = ∫ (𝐶0 + 𝐶1 𝑇)𝑑𝑇 = 𝐶0 (𝑇2 − 𝑇1 ) +
ℎ1
𝑇1
𝑇1
𝐶1 2
( 𝑇 − 𝑇12 )
2 2
Sustituyendo valores
∆ℎ = 𝐶0 (𝑇2 − 𝑇1 ) +
𝐶1 2
kJ
(𝑇2 − 𝑇12 ) = 536,7
2
kmol
kJ
∙ 1 kg
kmol
= 19,88 kJ
kg
27
kmol
536,7
∆𝐻 = 𝑛∆ℎ =
∆𝑈 = ∆𝐻 − 𝑃∆𝑉 = 19,88 − 0,0583 = 19,82 kJ
Calor:
𝑄 − 𝑊 = ∆𝑈
⇒
𝑄 = ∆𝑈 + 𝑃∆𝑉 = ∆𝐻 = 19,88 kJ
Cambio de entropía:
La relación termodinámica general para la entropía es
𝑑𝑠 =
𝐶𝑃
𝜕𝑣
𝐶𝑃
𝑑𝑇 − ( ) 𝑑𝑃 =
𝑑𝑇 − 𝛽𝑣𝑑𝑃
𝑇
𝜕𝑇 𝑃
𝑇
⇒
𝑑𝑠 =
𝐶𝑃
𝑑𝑇
𝑇
Combinando las dos ecuaciones obtenidas anteriormente
𝑑𝑠 =
𝑠2
𝐶𝑃
𝑑𝑇
𝑇
𝑠2
⇒
𝑇2
∆𝑠 = ∫ 𝑑𝑠 = ∫
𝑠1
𝑇1
𝐶𝑃
𝑑𝑇
𝑇
𝑇2
𝑇2
𝐶0 + 𝐶1 𝑇
𝐶0
𝑇2
∆𝑠 = ∫ 𝑑𝑠 = ∫
𝑑𝑇 = ∫ ( + 𝐶1 ) 𝑑𝑇 = 𝐶0 ln ( ) + 𝐶1 (𝑇2 − 𝑇1 )
𝑇
𝑇
𝑇1
𝑠1
𝑇1
𝑇1
𝑇2
kJ
∆𝑠 = 𝐶0 ln ( ) + 𝐶1 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 1,754
𝑇1
kmol ∙ K
1,754
∆𝑆 = 𝑛∆𝑠 =
kJ
∙ 1 kg
kJ
kmol ∙ K
= 0,0650
kg
K
27
kmol