UNIDAD 2: SEGUNDA LEY Y APLICACIONES DE LA

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
UNIDAD 2: SEGUNDA LEY Y APLICACIONES DE LA TERMODINÁMICA
Nombre de la Unidad
Introducción
Justificación
Intencionalidades
Formativas
Denominación de
capítulos
Entalpia segunda ley y aplicaciones de la termodinámica
Segunda ley de la termodinámica; ciclos termodinámicos;
aplicaciones de la termodinámica
CAPITULO 4: SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
Introducción
A esta altura del curso Ud. habrá podido apreciar la gran importancia que tiene la primera
ley en aplicaciones relacionadas con la energía ya que constituye el fundamento de
cualquier balance energético, sin embargo la primera ley tiene limitaciones, no nos dice
nada sobre la posibilidad o probabilidad de que ocurra un determinado suceso, por ejemplo
que se efectúe una reacción bajo determinadas condiciones, o sobre la dirección en la cual
los procesos termodinámicos se realizan, ni sobre la calidad de la energía. Por ejemplo el
trabajo se puede convertir completamente en calor pero el calor por ningún medio se puede
convertir completamente en trabajo, aunque ambos procesos cumplen con la primera ley.
Surge la pregunta ¿cuál será la máxima cantidad de trabajo que se puede obtener a partir
de una determinada cantidad de calor? ¿Qué dispositivos se utilizan para ello? Por otra
parte la experiencia cotidiana indica que si se ponen en contacto dos objetos a diferente
temperatura se produce una transferencia de calor del objeto caliente al objeto frío, nunca
se ha observado el proceso inverso, es decir, que el objeto a mayor temperatura se caliente
más y el objeto frío se enfríe en una proporción equivalente; fíjese que también en estos
procesos se cumple la primera ley. El calor se transfiere espontáneamente desde una
región de alta temperatura a una de menor temperatura, ¿será posible el proceso contrario?
Estas inquietudes se podrán abordar con el estudio de la segunda ley de la termodinámica
y la propiedad que se deduce de ella, la entropía.
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Lección 16: Aplicación de la primera ley en gases ideales
Energía Interna como función de la temperatura. Experimento de joule
La primera Ley de la Termodinámica nos dice que un cambio de energía interna del sistema
termodinámico es igual a la suma del trabajo y del calor involucrado en dicho cambio.
Debemos averiguar ahora si la energía interna es una función de la presión, de la
temperatura o del volumen, para tener una propiedad termodinámica que nos diga cuándo
el sistema pierde o gana energía interna.
Para resolver este interrogante, Joule diseñó un experimento muy sencillo que buscaba
relacionar los cambios de presión con la temperatura. El procedimiento es como sigue, el
sistema termodinámico tiene dos compartimientos A y B con paredes diatérmicas,
separados por una llave C. En el compartimiento A se encuentra un gas a una presión dada
y en el B se ha hecho vacío; este es el estado inicial del sistema. En este momento se gira
la llave C permitiendo que el gas pase a B, se observa la temperatura del termómetro T y
se determina su variación. Como el gas se expande libremente en el vacío, su trabajo de
expansión es igual a cero, 𝑊 = 0. Como la temperatura final e inicial es la misma no hay
variación en la energía interna, esta permanece constante.
Figura 1: Experimento de Joule
En este experimento de Joule (no debe confundirse con el del equivalente mecánico del
calor) variamos simultáneamente la presión y el volumen del gas perfecto y observamos el
efecto sobre la temperatura. Por consiguiente, debemos concluir que la energía interna es
exclusivamente función de la temperatura, es decir, se sabe que hay cambio en la energía
interna cuando observamos un cambio en la temperatura. Debemos recordar que el gas
perfecto se ha definido para presiones bajas y que, por lo tanto, la energía interna será una
función de la temperatura, cuando la presión del gas contenido en A e pequeña, entonces:
𝑼 = 𝒇(𝑻)
Ecuación 1
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Esta ecuación se conoce como la Ley de Joule.
La energía interna, U, de un gas ideal es función exclusiva de la temperatura. Esta ley tiene
consecuencias importantes para cuantificar la relación entre las capacidades caloríficas a
presión y a volumen constantes.
Por la Ley de Joule:
 U 
 U 

 0 y 
 0
 P  T
 V  T
Por consiguiente, las derivadas parciales de 𝑈 se convierten en derivadas totales. De la
definición de capacidad calorífica, se tiene:
CV 
dU
dH
; CP 
dT
dT
La integración de estas dos ecuaciones nos conduce a:
T2
U 2  U 1   CV .dT
T1
T2
H 2  H 1   C P .dT
T1
Ecuación 2
Ecuación 3
En donde los subíndices 1 y 2 se refieren a los estados inicial y final, respectivamente. En
el caso de que las capacidades caloríficas, Cp y Cv constantes, su integración es inmediata:
U 2  U1  CV T2  T1 
y
H 2  H1  CP T2  T1 
Procesos Isotérmicos para un Gas Ideal
Ahora se va a estudiar las variaciones que sufre la energía interna de un sistema
termodinámico compuesto por un gas ideal, teniendo en cuenta la trayectoria que sigue el
proceso termodinámico. Tomemos la expansión isotérmica reversible desde un volumen
inicial V1 a un volumen final V2; como la temperatura es constante, T1 = T2 y ∆𝑇 = 0. Como
la energía interna es una función de temperatura ∆𝑈 = 0.
La primera Ley nos dice: 𝑈 = 𝑄 + 𝑊 = 0
𝑊 = −𝑄 = −𝑃. 𝑑𝑉
Para el gas ideal 𝑃 =
integración:
𝑛.𝑅.𝑇
,
𝑉
reemplazando en la ecuación anterior y efectuando la
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𝑽
𝑾 = −𝑸 = −𝒏. 𝑹. 𝑻𝒍𝒏 ( 𝟐)
𝑽𝟏
Ecuación 4
El signo negativo en la expresión derecha de la ecuación significa que el sistema hace una
expansión sobre los alrededores.
Calculemos ahora la variación de entalpía para este mismo proceso:
∆𝑯 = ∆𝑼 + ∆(𝑷. 𝑽) = 𝟎 + ∆(𝒏. 𝑹. 𝑻) = 𝟎
Ecuación 5
Puesto que la expansión isotérmica no tiene cambio en el número de moles, n, y tampoco
en la temperatura.
En el caso de que la expansión sea libre (contra vacío) el problema se simplifica
notablemente ya que W = 0, por ser isotérmico ∆U = 0, por consiguiente Q = 0, y nos queda:
∆𝑯 = ∆𝑼 + ∆(𝑷. 𝑽) = 𝟎
Ecuación 6
Ejemplo 39
El sistema termodinámico está constituido por un mol de gas ideal encerrado a presión
constante de 2 atmósferas. La temperatura varía de 100°C hasta 25°C.
Calcular:
a. El trabajo realizado por el sistema.
𝑐𝑎𝑙
b. Dado que 𝐶𝑉 = 3 𝑚𝑜𝑙.𝐾 Cv, calcule ∆𝑄, ∆𝑈 y ∆𝐻.
Análisis del problema
Para el primer caso, vamos a estudiar el efecto de enfriar un gas ideal y analizar los
cambios en las funciones termodinámicas.
Para el segundo caso, vamos a realizar el cálculo de las funciones termodinámicas. La
primera que podemos calcular es ∆𝑈, ya que conocemos 𝐶𝑉 y ∆𝑇.
Solución del problema
a. Dado que es un gas ideal podemos calcular todas sus propiedades termodinámicas
así:
𝑎𝑡𝑚. 𝑙
𝑛. 𝑅. 𝑇1 1𝑚𝑜𝑙 (0.08205 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) 373.15𝐾
𝑉1 =
=
= 15.39𝑙
𝑃1
2𝑎𝑡𝑚
De la misma manera podemos conocer 𝑉2 debido a que la presión es constante:
𝑉2 = 12.29𝑙
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Finalmente, podemos calcular el trabajo realizado por el sistema, a presión constante es:
W    P.dV   P.V 
V2
V2
V1
V1
𝑊 = −2𝑎𝑡𝑚(12.29𝑙 − 15.39𝑙) = 6.2 𝑎𝑡𝑚. 𝑙
𝑊 = 6.2𝑎𝑡𝑚. 𝑙 (24.22
𝑐𝑎𝑙
) = 150.16 𝑐𝑎𝑙
𝑎𝑡𝑚. 𝑙
Como el trabajo tiene signo positivo el sistema se comprime.
b. Para este caso:
∆𝑈 = 𝐶𝑉 ∆𝑇 = 𝐶𝑉 (𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 )
∆𝑈 = 3
para 𝐶𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑐𝑎𝑙
(298𝐾 − 373.15𝐾)(1𝑚𝑜𝑙) = −225 𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
∆𝑈 = −225 𝑐𝑎𝑙
El sistema pierde energía puesto que el signo de ∆𝑈 es negativo. Ahora, mediante la
aplicación de la primera ley podemos calcular 𝑄:
∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊
𝑄 = ∆𝑈 − 𝑊
𝑄 = −225 𝑐𝑎𝑙 − 150.16 𝑐𝑎𝑙 = 375.16 𝑐𝑎𝑙
Como el proceso se realiza a presión constante: 𝑄 = ∆𝐻 y el valor de Q es igual a la
variación de entalpía.
Procesos Adiabáticos para un Gas Ideal
Para el proceso adiabático es imposible el intercambio de calor entre el sistema y sus
alrededores. Por lo tanto su variación de calor ∂Q será igual a cero. Luego en la primera ley
nos queda:
𝜹𝑾 = 𝒅𝑼 = 𝒏. 𝑪𝑽 . 𝒅𝑻
Ecuación 7
En donde 𝑛 es número de moles y 𝐶𝑉 la capacidad calorífica a volumen constante. Para un
gas ideal 𝐶𝑉 es una constante y se puede efectuar la integración directamente:
𝑾𝒂𝒅𝒊𝒂𝒃á𝒕𝒊𝒄𝒐 = 𝑼𝟐 − 𝑼𝟏 = 𝒏. 𝑪𝑽 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏 )
Ecuación 8
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El significado de esta ecuación nos dice que el trabajo de expansión adiabática se realiza
a expensas de la variación de la energía interna del sistema. En consecuencia, a la
expansión adiabática del gas (trabajo que hace el sistema sobre los alrededores) le sigue
un enfriamiento del gas; lo contrario también es cierto; es decir, que a una comprensión
adiabática le sigue un calentamiento del gas.
En un proceso reversible la transformación adiabática puede ser expresada como función
de la presión y del volumen. Al reemplazar el valor de temperatura por
P.V
del gas ideal,
n.R
tenemos:
𝑾𝒂𝒅𝒊𝒃á𝒕𝒊𝒄𝒐 = −
𝑪𝑽
𝑹
(𝑷𝟏 𝑽𝟏 − 𝑷𝟐 𝑽𝟐 )
Ecuación 9
De acuerdo con la ecuación, 𝐶𝑃 = 𝐶𝑉 + 𝑅, se define un nuevo factor 𝛾 como el cociente:
𝜸=
𝑪𝑷
Ecuación 10
𝑪𝑽
Entonces:
𝑅
𝛾−1=𝐶
𝑉
y reemplazando en la ecuación 166.
𝑾𝒂𝒅𝒊𝒃á𝒕𝒊𝒄𝒐 = −
𝟏
𝜸−𝟏
(𝑷𝟏 𝑽𝟏 − 𝑷𝟐 𝑽𝟐 )
Ecuación 11
Así, tenemos una expresión para calcular el trabajo adiabático en función de las presiones
y volúmenes iniciales y finales y además, del coeficiente 𝛾.
Pero también se puede desarrollar una fórmula para conocer las temperaturas y volúmenes
iniciales o finales para un proceso adiabático y reversible. Veamos el cálculo de energía
para este tipo de proceso era: 𝑑𝑈 = 𝛿𝑊 = 0; reemplazando a la energía interna y al trabajo
por sus valores:
𝒏. 𝑪𝑽 . 𝒅𝑻 = −𝑷. 𝒅𝑽
Para poder integrar debemos reemplazar a 𝑃 =
𝒏. 𝑪𝑽 𝒅𝑻 = −
𝒏.𝑹.𝑻
𝑽
Ecuación 12
𝑛.𝑅.𝑇
𝑉
𝒅𝑽
Ecuación 13
Al reorganizar los términos, se obtiene:
𝑪𝑽 𝒅𝑻
𝑹
.
𝑻
=−
𝒅𝑽
Ecuación 14
𝑽
De otra manera:
1 𝑑𝑇 𝑑𝑉
.
+
=0
𝛾−1 𝑇
𝑉
Efectuando la integración se obtiene:
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𝜸
𝜸
𝑻𝟏 𝑽𝟏 = 𝑻𝟐 𝑽𝟐 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
Ecuación 15
Esta ecuación puede expresarse también en función de P y V obteniéndose:
𝜸
𝜸
𝑷𝟏 𝑽𝟏 = 𝑷𝟐 𝑽𝟐 = 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆
Ecuación 16
Esta ecuación en su forma diferencial se conoce con el nombre de Ecuación de Laplace:
𝒅𝑷
𝑷
+𝜸
𝒅𝑽
Ecuación 17
𝑽
Para la expresión en función de temperatura y presión nos resulta la ecuación:
𝟏−𝜸 𝜸
𝟏−𝜸 𝜸
𝑷𝟏 𝑻𝟏 = 𝑷𝟐 𝑻𝟐
Ecuación 18
Estas ecuaciones son válidas para procesos reversibles.
Ejemplo 40
Un mol de gas perfecto a 0°C y 1 atm se comprime reversible y adiabáticamente hasta
que su temperatura se eleva 10°C. Entonces se expande reversible e isotérmicamente
hasta que su presión sea de 1 atm. Calcular:
a. La presión alcanzada después de la compresión adiabática.
b. Los valores totales de ∆𝑈 y ∆𝐻.
c. El calor y el trabajo netos en todo el proceso.
Se conoce:
𝐽
𝐽
𝐶𝑉 = 20.5 𝑚𝑜𝑙.𝐾 y 𝑅 = 8.314 𝑚𝑜𝑙.𝐾
Análisis del problema
Los procesos que hemos visto en esta lección se aplican para calcular las funciones
termodinámicas, combinándolas para dar la idea de ciclo.
Solución del problema
a. Proceso: Compresión reversible adiabática, la fórmula que nos relaciona presión y
temperatura es:
𝑃1−𝛾 . 𝑇 𝛾 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝐶
En donde 𝛾 = 𝐶𝑃
𝑉
Entonces:
P1 1 P2 1
 
T1
T2
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T
Despejando P2: P2   2
 T1

  1
 .P1

 
CP

CV
J
mol.K  1.405
J
20.5
mol.K
(20.5  8.3)
Log P2  Log P1 
T 
log 2 
  1  T1 

 283 
Log P2  0  3.469 Log
  0.052
 273 
𝑃2 = 1.13 𝑎𝑡𝑚
b. Los valores de ∆𝑈 y ∆𝐻 dependen exclusivamente de la temperatura, luego:
∆𝑈 = 𝐶𝑣. ∆𝑇 para 𝐶𝑣 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.
∆𝐻 = 𝐶𝑝. ∆𝑇 para 𝐶𝑝 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.
∆𝑈 = 20.5 𝑥 10 = 205 𝐽
∆𝐻 = (20.5 + 8.3) 𝑥 10 = 288 𝐽
c. En el proceso de compresión adiabática
𝑄 = 0 y por consiguiente ∆𝑈 = 𝑊
∆𝑈 = −𝑃. ∆𝑉 = 205 𝐽. El mismo valor anteriormente calculado.
𝑊 = −205 𝐽
En el proceso de expansión isotérmica ∆𝑈 = 0. El primer principio de la termodinámica
dice: ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊 = 0 por consiguiente, 𝑄 = − 𝑊
El valor del trabajo para la expansión es:
𝑃2
𝑄 = −𝑊 = −2.3 𝑅 . 𝑇. 𝑙𝑜𝑔 ( )
𝑃1
𝑄 = −2.3 (8.314
𝐽
) (283𝐾)𝑙𝑜𝑔(1.13) = −287.2𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
Valores netos en el ciclo completo, ciclo A más ciclo B:
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𝑄 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0 + 287.2 𝐽 = 286.7𝐽
𝑊 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = +205𝐽 – 287.2𝐽 = −82.2𝐽
Lección 17: Segunda ley de la termodinámica
Enunciado KELVIN-PLANCK
Establece que es imposible construir un dispositivo que funcionando en forma cíclica su
único efecto sea convertir completamente en trabajo todo el calor procedente de una fuente
térmica. Una fuente térmica es un sistema tan grande que cualquier cantidad finita de
energía que se extraiga de ella o se le suministre no afecta su temperatura, frecuentemente
el aire de la atmósfera, un río, un lago o el océano se pueden considerar como fuentes
térmicas.
Es necesario que entienda bien el alcance de este enunciado, se expresa como una
negación no es posible transformar completamente el calor en trabajo. Si esto es así, ¿qué
fracción de la energía en forma de calor se convierte en trabajo?, ¿qué pasa con la energía
que no se utiliza en este proceso?
Para responder a estos interrogantes precisemos que un dispositivo que utiliza el calor para
la generación de trabajo se conoce como máquina térmica, la revolución industrial y los
posteriores adelantos tecnológicos en los medios de producción y el transporte, tuvieron
su inicio en las primitivas máquinas de vapor.
En forma simplificada y esquemática toda máquina térmica recibe calor procedente de una
fuente térmica y mediante un proceso cíclico parte de ese calor se convierte en trabajo y la
otra parte se transfiere a una nueva fuente térmica a más baja temperatura según se ilustra
en la figura 68. 𝑄𝐶 representa el calor transferido a la máquina desde la fuente a temperatura
alta 𝑇𝐶 y 𝑄𝑓 el calor que no se convierte en trabajo y que es transferido a la fuente a la
temperatura más baja 𝑇𝑓 . 𝑊 representa el trabajo producido durante el ciclo termodinámico
mediante el cual funciona la máquina.
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Figura 2: Máquina térmica
En general la eficiencia de cualquier proceso se expresa por la relación entre el producto
obtenido y los recursos invertidos en el proceso. Ahora, aplique este concepto para
determinar la eficiencia de una máquina térmica. El producto de la máquina es el trabajo
que realiza durante un ciclo y el recurso necesario es el calor procedente de la fuente de
alta temperatura. Entonces la eficiencia de una máquina térmica se puede expresar
mediante la relación.

W
Qc
Ecuación 19
Donde η = eficiencia de la máquina térmica
W = trabajo realizado por la máquina durante un ciclo
Qc = magnitud del calor transferido entre una fuente de alta temperatura Tc y la
máquina térmica
Al aplicar la primera ley se obtiene:
W  Qc  Q f
Ecuación 20
Donde Qf = magnitud del calor transferido entre la máquina térmica y una fuente de baja
temperatura Tf
Remplazando W en la ecuación 176 se puede establecer otra ecuación muy útil para
determinar la eficiencia de una máquina térmica.

Qc  Q f
Qc
   1
Qf
Qc
Ecuación 21
Observe que la segunda ley establece que Qf nunca puede valer cero lo que equivale a
decir que una máquina térmica nunca puede tener un ciento por ciento de eficiencia.
Entonces, ¿cuál será la máxima eficiencia que puede tener una máquina térmica? La
respuesta a este interrogante la formuló el ingeniero francés Nicholas Leonard Sadi Carnot.
TRANSFORMACIONES CÍCLICAS CON DOS FOCOS TÉRMICOS
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Al no poder extraer trabajo de un motor con un proceso cíclico monotérmico, conviene
plantear la posibilidad de colocar nuestro sistema termodinámico (motor) entre dos focos
caloríficos y examinar de qué forma podemos construir nuestro ciclo para extraer trabajo.
Los focos térmicos que se van a considerar los designamos como 𝐹1 y 𝐹2 con sus
respectivas temperaturas 𝑇1 y 𝑇2 , con la condición de 𝑇1 > 𝑇2 . Las cantidades de calor
intercambiadas con el sistema termodinámico (motor) son 𝑄1 y 𝑄2 , respectivamente.
Nuevamente debemos partir del análisis de la primera ley de la termodinámica para el
sistema en un proceso cíclico. ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊; por ser un ciclo: ∆𝑈 = 0 = 𝑄 + 𝑊
Así, la cantidad de calor Q que aparece en nuestra ecuación será la suma algebraica, 𝑄 =
𝑄1 + 𝑄2 , proveniente de los dos focos caloríficos. La ecuación para el ciclo nos queda:
𝑄1 + 𝑄2 + 𝑊 = 0
Esta última ecuación debe ser reordenada, de acuerdo con nuestra intención, esto es que
el sistema termodinámico produzca trabajo. En consecuencia, el signo de W es negativo
así podemos reescribir la ecuación:
𝑸𝟏 + 𝑸𝟐 = −𝑾
Ecuación 22
Las posibles construcciones de los focos caloríficos 𝐹1 y 𝐹2 con nuestro sistema, serán
dadas por las alternativas que ofrezcan los signos de las cantidades 𝑄1 y 𝑄2 . Veamos cuales
son estas alternativas:
Los valores de Q1 y Q2 son positivos (Q1 > 0 y Q2 > 0). Por consiguiente los dos focos
caloríficos F1 y F2 ceden calor al sistema. Estos dos focos caloríficos pueden ser sustituidos
por un solo foco calorífico, F3, que ceda la cantidad de calor correspondiente a la suma Q1
más Q2. Esta simplificación convierte este proceso en una transformación cíclica
monotérmica, analizada en la sección anterior por el enunciado de Kelvin-Planck y cuyo
resultado nos dice que el sistema no puede realizar trabajo sobre los alrededores.
Para el caso de Q1 < 0 y Q2 > 0 y de │Q2│> │Q1│. La construcción de este motor implicaría,
en un balance general, el traslado de calor de un foco frío de temperatura T 2 a un foco
caliente de temperatura T1 y además, la realización de trabajo por parte del sistema sobre
los alrededores.
En la experiencia real estos dos procesos no se dan simultáneamente: no es posible que
nuestro sistema, de manera espontánea, pase calor de una fuente fría a otra caliente y
realice un trabajo sobre los alrededores.
La última posibilidad que nos queda es: Q1 > 0 y Q2 < 0 con la condición de: 𝑇1 > 𝑇2 . Este
es el último caso por analizar y es el único posible para construir un motor térmico.
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La diferencia entre el calor absorbido del foco F1 y el calor cedido al foco F2 es Q1 - Q2, es
convertida totalmente en trabajo, -W, que se ejerce sobre los alrededores. En este proceso
es necesario tener dos focos térmicos con diferentes temperaturas, para que
espontáneamente el motor térmico tome calor del foco caliente y lo ceda al foco frío.
Figura 3: Diagrama de flujo de energía para la máquina térmica
En esta máquina térmica que acabamos de diseñar, nos interesa conocer la eficiencia con
la cual transforma la energía que recibe. La eficiencia de la máquina será el cociente entre
el calor absorbido Q1, y el trabajo realizado, W. La eficiencia o rendimiento térmico es
representada por η. Así, nos queda que:

W
Q1
Ecuación 23
EL CICLO DE CARNOT
El resumen de los conceptos expuestos en los dos numerales anteriores nos lleva a concluir
que: en todo proceso cíclico donde se pretenda realizar un trabajo sobre los alrededores,
son necesarios dos focos térmicos con diferentes temperaturas; y, que la diferencia entre
el calor absorbido y el cedido se transforma en trabajo.
Con estas dos premisas se puede elaborar el modelo de una máquina térmica. Desde el
punto de vista histórico, la primera máquina que se desarrolló fue la llamada máquina de
Carnot.
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Ejemplo 41
En el diagrama que se muestra a
continuación aparece representado un
refrigerador térmico que tiene las
siguientes condiciones de operación:
𝑇1 > 𝑇2 y 𝑄2 = −𝑄1
Aplique la primera ley al proceso y diga
si se puede diseñar una máquina que
cumpla con el flujo de energía que se
presenta en el esquema.
Figura 4: Esquema de un refrigerador térmico
Análisis del problema
La primera ley de la termodinámica nos dice que: ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊. En el esquema, no parece
que el sistema termodinámico o motor reciba o ceda trabajo a los alrededores, luego 𝑊 =
0 y ∆𝑈 = 𝑄; en donde 𝑄 es la variación de calor: 𝑄 = 𝑄1 − 𝑄2 , calor ganado menos calor
cedido.
Solución del problema
Como 𝑄1 = 𝑄2 , entonces queda que ∆𝑈 = 0. El motor térmico no sufre cambio en su
energía interna.
El efecto neto de proceso ejecutado por el sistema sería el de llevar calor de una fuente
fría 𝐹2 a una fuente caliente 𝐹1 , lo cual no es posible.
Como respuesta al problema se puede concluir que la variación de energía interna para
el motor térmico es nula y que dicho motor no se puede construir, no es un motor real.
Hay que dejar claramente establecido que esta máquina es un modelo netamente teórico,
en donde no tienen cabida los fenómenos propios de la vida real, como son la fricción, la
radiación de calor, etc., y en consecuencia se debe tomar en cuenta únicamente, los
fundamentos termodinámicos del proceso en el cual se basa la máquina de Carnot.
El proceso cíclico de la máquina de Carnot se conoce como el ciclo de Camot y su
fundamento es el siguiente: trabaja con dos focos de diferente temperatura T 1 y T2 y el
proceso es totalmente reversible; esto exige que la ganancia y la cesión de calor sigan una
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trayectoria isotérmica y que el paso entre un foco y otro sea una trayectoria adiabática. El
instrumento físico para estudiar el ciclo de Carnot será un gas Ideal encerrado dentro de un
cilindro con un pistón móvil. Como se habla de realizar un trabajo, es decir, de realizar una
variación en las propiedades termodinámicas de presión y volumen, es lógico escoger el
diagrama P-V para representar el ciclo de Carnot.
El ciclo de Carnot tiene las siguientes etapas:
a) Punto 1  2. Expansión isotérmica a la temperatura T1: calor absorbido Q1 >0.
b) Punto 2  3. Expansión adiabática de T1 a T2. Variación de calor Q = O
c) Punto 3  4. Compresión isotérmica a la temperatura T2: calor cedido Q2 < 0.
d) Punto 4  1. Compresión adiabática de T2 a T1. Variación de calor Q = O.
Figura 5: Trayectoria cíclica de una máquina térmica que sigue el ciclo de Carnot
El ciclo de Carnot representado en los pasos sucesivos del mecanismo propuesto por las
trayectorias termodinámicas se muestra en la Figura 6.
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Figura 6: Representación gráfica de un pistón que sigue la trayectoria del ciclo de Carnot.
La explicación de los pasos que constituyen el ciclo es la siguiente:




El pistón que encierra el gas a P1, V1 se desplaza cuando absorbe calor Q1 del foco
que está a la temperatura T1 (trayectoria isotérmica T1). El desplazamiento se
efectúa hasta llegar al punto 2 (P2, V2).
En este momento se quita el contacto diatérmico con el foco y el pistón, por efecto
de la inercia, continuará haciendo su expansión, pero en este caso adiabática (sin
intercambio de calor) hasta llegar al punto 3 (P3, V3). Es obvio que la expansión
adiabática ocasiona una disminución de la energía interna del gas, produciendo una
disminución de la temperatura del mismo al llevarla de T1 a T2.
En el punto 3 el cilindro se pone en contacto con el foco a temperatura T 2 y
lentamente este le va quitando calor, Q2 lo que se traducirá en una compresión
isotérmica, esto es en una reducción de volumen para llevarlo al punto 4 (P4, V4).
La inercia que trae el pistón al llegar al punto 4, es aprovechada para retirar el foco
de T2 y hacer una compresión adiabática Q = O, la cual se traducirá en un aumento
de energía interna ∆U manifestada por el paso de la temperatura T2 a T1, punto en
el cual el sistema termodinámico vuelve a las condiciones iniciales y completa su
ciclo.
Después de estudiar el ciclo nos queda por calcular la cantidad de trabajo realizado por el
sistema hacia los alrededores. Obviamente la diferencia de energía, calor ganado menos
calor cedido, será la cantidad de trabajo -W realizada por el sistema o motor térmico. Por
consiguiente, tenemos:
El primer principio de la termodinámica: ∆𝑈 = 𝑄 + 𝑊
Por ser un proceso cíclico: ∆𝑈 = 0 = 𝑄 + 𝑊
𝑄 = 𝑄1 − 𝑄2
Luego: −𝑊 = 𝑄1 − 𝑄2 = ∮ −𝑃𝑑𝑉
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El rendimiento térmico de la máquina:
𝜼=
𝑾
𝑸𝟏
=
𝑸𝟏 −𝑸𝟐
Ecuación 24
𝑸𝟏
Para el caso particular de un gas ideal la ecuación 6 puede ser expresada en función de las
temperaturas T1 y T2 de los focos térmicos.
La ecuación 181, del rendimiento térmico de la máquina, las cantidades Q1 y Q2 pueden
expresarse en función de los volúmenes iniciales y finales para cada uno de los procesos.
Así, tenemos:
𝑉2
𝑄1 = 𝑊1 = 𝑛. 𝑅. 𝑇1 . 𝑙𝑛 ( )
𝑉1
𝑉2
𝑄2 = 𝑊2 = 𝑛. 𝑅. 𝑇2 . 𝑙𝑛 ( )
𝑉1
Reemplazando en η de la ecuación 181:
𝜂=
𝜼=
𝑉
𝑉
𝑛. 𝑅. 𝑇1 . 𝑙𝑛 (𝑉2 ) − 𝑛. 𝑅. 𝑇2 . 𝑙𝑛 (𝑉2 )
1
1
𝑉
𝑛. 𝑅. 𝑇1 . 𝑙𝑛 (𝑉2 )
1
𝑽
𝑽
𝑻𝟏 .𝒍𝒏( 𝟐 )−𝑻𝟐 .𝒍𝒏( 𝟐 )
𝑽𝟏
𝑽𝟏
𝑽
𝑻𝟏 .𝒍𝒏( 𝟐 )
𝑽𝟏
Ecuación 25
En esta última ecuación el rendimiento térmico de la máquina es una función de las
temperaturas de las trayectorias isotérmicas T1 y T2 y de los volúmenes V1, V2, V3, y V4, en
los cuales se interceptan las trayectorias isotérmicas y adiabáticas.
Teniendo en cuenta que:
𝛾−1
𝑇1 . 𝑉2
𝛾−1
= 𝑇2 . 𝑉3
𝛾−1
y 𝑇1. 𝑉1
𝛾−1
= 𝑇2 . 𝑉4
Dividiendo miembro a miembro en estas dos ecuaciones:
𝑽𝟐
𝑽𝟏
=
𝑽𝟑
Ecuación 26
𝑽𝟒
Reemplazando en la ecuación 7 los volúmenes hallados por la relación de volúmenes de la
ecuación 8, y efectuando las debidas simplificaciones, nos queda:
𝜼=
𝑸𝟏 −𝑸𝟐
𝑸𝟏
=
𝑻𝟏 −𝑻𝟐
𝑻𝟏
Ecuación 27
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La aclaración que debe hacerse a la ecuación 9, es que las temperaturas deben expresarse
en grados Kelvin.
Existen numerosas máquinas cuyo intercambio energético puede estudiarse tomando como
modelo el ciclo de Carnot. Para un ejemplo de la vida práctica, basta considerar la carga y
la descarga de una pila recargable (proceso reversible), con sus trayectorias adiabáticas e
isotérmicas, o bien, el funcionamiento de la máquina de vapor donde se tiene la isoterma
de la caldera; en donde se produce el vapor por calentamiento de agua (temperatura
mayor); y la isoterma del condensador de menor temperatura; los procesos adiabáticos en
la máquina de vapor corresponden a las llamadas carreras de trabajo que realiza el pistón
para mover la rueda de la misma.
Ejemplo 42
En la construcción de una máquina
térmica se utilizaron dos focos
compuestos por una masa de agua a
diferentes temperaturas. El foco
caliente tiene agua a 80°C, mientras
que en el foco frío la temperatura es
de 30°C. Calcule cuál sería el
rendimiento total de la máquina
térmica hasta cuando la temperatura
del foco caliente sea igual a la
temperatura del foco frío.
Figura 7: Esquema de una máquina térmica
Análisis del problema
La situación que aquí se plantea es diferente a la que se ha expuesto en el ciclo de
Carnot. En dicho ciclo las temperaturas de los focos permanecen constantes, con el
objeto de simplificar los cálculos. En el problema planteado, dicha diferencia de
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temperatura no es constante. La cesión de calor del foco caliente al sistema, lo va
enfriando paulatinamente a aquel, a medida que efectúa dicha cesión de calor.
En este ciclo el rendimiento siempre será una función de las temperaturas de los focos
caliente y frío. De esta manera podemos comprender cómo a medida que se cede el calor
va disminuyendo la temperatura del foco caliente, hasta llegar a la temperatura del foco
frío, momento en el cual se detiene la máquina ya que no puede extraer más energía.
Por supuesto, hay que hacer la aclaración de que la masa del foco frío es tan grande que
el calor proveniente del sistema no altera su temperatura.
Solución del problema
El rendimiento en cada ciclo de Carnot viene expresado por:
𝜂=
𝑊 𝑊
=
𝑄1 𝑄1
En cada pequeño ciclo en donde se varíe infinitesimalmente el calor cedido al sistema la
ecuación que nos presenta esta alteración será:
𝛿𝑤 = 𝜂. 𝛿𝑄
En donde el rendimiento 𝜂 estará expresado por las temperaturas 𝑇 y 𝑇2 que se van
representando en cada momento, luego:
𝛿𝑤 =
𝑇 − 𝑇2
. 𝛿𝑄
𝑇
El reemplazo que debe hacerse aquí, será buscar una ecuación en la cual el calor sea
una función de la temperatura: 𝑄 = 𝑚. 𝐶𝑝. ∆𝑇, y así:
𝛿𝑄 = 𝑚. 𝐶𝑝. 𝑑𝑇
Luego nos queda:
𝛿𝑤 =
𝑇 − 𝑇2
. 𝑚. 𝐶𝑝. 𝑑𝑇
𝑇
El trabajo total, W, realizado será la integral de la ecuación antes expuesta, cuyos límites
de integración serán las temperaturas T1 y T2 iniciales. Teniendo en cuenta que es un
proceso de enfriamiento:
T2  T  T 
2
W    1
.m.C P .dT
T1
 T 
T1 
T 
W   1  2 .m.C P .dT
T2
 T1 
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T 
W  m.C P T1  T2   m.C P .T2 .Ln 1 
 T2 
El calor cedido por el foco caliente es: 𝑄 = 𝑚. 𝐶𝑝. (𝑇1 − 𝑇2 )
Por consiguiente el rendimiento total, ηt, para la máquina térmica es:
T
m.C P T1  T2   m.C P .T2 .Ln 1
W
 T2
t  
Q
m.C P .T1  T2 
t 



T 
T1
W
303  353 
 1
.Ln 1   1 
.Ln

Q
T1  T2
50
 303 
 T2 
t  1  0.93  0.07
El rendimiento total para la máquina térmica expresado en porcentaje será de un 7%.
Como se podrá observar el rendimiento es muy bajo y la máquina así diseñada sólo tiene
interés para el estudio teórico.
Cuando se quiera averiguar el rendimiento de una máquina térmica dada, éste nunca
podrá sobrepasar el valor del rendimiento de la máquina de Carnot. La razón es muy
sencilla: la serie de simplificaciones que se hacen en su construcción obliga a pensar que
cualquier máquina real comparada con ella tendrá una serie de pérdidas de energía
debidas a fricción, disipación térmica, escape de gases, etc., que hacen que la energía
disponible para efectuar trabajo sea menor y de ahí, su rendimiento también será menor.
El efectuar estos cálculos y compararlos con la máquina de Carnot nos permite conocer
qué tan bien está construida la máquina, en la medida que su rendimiento se acerca al
de la máquina de Carnot.
Lección 18: Segunda ley de la termodinámica (Continuación)
El Ciclo de Carnot Inverso
El ciclo de Carnot que acabamos de estudiar es el fundamento de toda máquina que toma
energía y produce trabajo mecánico; pero también es importante el proceso contrario; es
decir, el proceso de refrigeración.
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Si examinamos globalmente el ciclo de Carnot vemos cómo nuestro sistema (motor térmico)
toma una cantidad de calor del foco caliente, pasando parte de él al foco frío y convirtiendo
el resto en trabajo. En la refrigeración sucede exactamente lo contrario, esto es, se toma
calor de un foco frío, se le suministra trabajo al sistema y estas dos energías se ceden a un
foco caliente.
El sistema termodinámico que efectúa esta operación recibe el nombre de refrigerador de
Carnot.
Figura 8: Diagrama de flujo de energía para un refrigerador de Carnot
Para hacer el estudio de la variación de energía interna para el sistema hay que tener en
cuenta que el sistema opera en ciclo y, por lo tanto, la variación de energía interna será
cero para el ciclo. Así tenemos:
∆𝑈 = 𝑄1 + 𝑊– 𝑄2 = 0
𝑸𝟏 + 𝑾 = 𝑸𝟐
Ecuación 28
Para el ciclo de refrigeración podemos definir, también, un rendimiento del proceso, η, como
el cociente:
𝜂=
𝑄1
𝑊
Esta relación de eficiencia para el refrigerador nos mostrará qué tan bien se aprovecha el
suministro de trabajo, 𝑊, en la extracción de calor Q1, del foco frío.
La refrigeración es un método de conservación muy utilizado y de ahí la importancia en
comprender el proceso global del mismo y los flujos e intercambios de energía.
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En forma general, de este proceso termodinámico se deduce un principio o enunciado que
constituye uno de los aspectos que implica la segunda ley de la termodinámica. El
enunciado es de Clausius y nos dice: “No existe ningún proceso espontáneo y no es posible
construir una máquina, cuyo único resultado sea el paso de calor de un foco frío a otro
caliente”.
Al traducir este enunciado a nuestra forma corriente de ver los fenómenos, se podría afirmar
que los cuerpos calientes espontáneamente (sin la presencia de otro agente) tienden a
ceder calor a los cuerpos fríos y para realizar el proceso contrario, es necesario colocar una
máquina (refrigerador) a la cual se le suministre trabajo.
El enunciado de Kelvin-Planck y el de Clausius son totalmente equivalentes.
El análisis teórico de los rendimientos de las máquinas térmicas y de los refrigeradores
permite postular un teorema muy importante, llamado el teorema de Camot, que dice que
cualquier máquina real o teórica que opere entre dos focos térmicos de diferente
temperatura, tendrá un rendimiento menor o igual al rendimiento de la máquina de Carnot
respectiva.
Es necesario hacer énfasis en estos enunciados y teoremas tan sencillos y de una utilidad
tan marcada. Su correcto uso permitirá conocer los flujos de energía entre nuestro sistema
termodinámico y los focos térmicos, los valores de dichos intercambios de energía y las
condiciones termodinámicas necesarias para realizar el proceso termodinámico.
Este ciclo consta de cuatro procesos reversibles:
1. Compresión adiabática o isentrópica de 1 a 2
2. Compresión isotérmica de 2 a 3
3. Expansión adiabática o isentrópica de 3 a 4
4. Expansión isotérmica de 4 a 1
Los anteriores procesos se muestran en los diagramas Pv y Ts de la figura 75.
El ciclo inverso de Carnot solo tiene importancia teórica ya que en la práctica es difícil
realizar tales procesos pero su coeficiente de operación sirve como referencia para
comparar el rendimiento de otros ciclos.
En el diagrama Ts, los procesos adiabáticos corresponden a líneas rectas de entropía
constante, limitadas por las líneas isotermas. El área encerrada entre estas líneas
representa el calor intercambiado durante el ciclo.
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Figura 9: Ciclo inverso de Carnot
Ejemplo 43
El motor de un refrigerador de Carnot (también llamado ideal) tiene una potencia de 100
W. La temperatura exterior al refrigerador es de 45°C. ¿Cuánto tiempo demorará el
refrigerador en congelar 4 kg de agua, paso de agua líquida a hielo a la temperatura de
0°C, sabiendo que el calor de fusión del hielo es de 80 cal/g?
Análisis del problema
Este es un ejemplo en el cual se utiliza un refrigerador. El uso dado es producir hielo a la
temperatura de 0°C. El paso de agua a hielo requiere extraer energía en una cantidad de
calor igual a 80 cal/gr., este calor se conoce como calor de fusión o de congelación, según
sea el sentido del proceso.
Así, el calor quitado al hielo, Q1, por el motor que tiene una potencia de 100 W, será
trasladado junto a la fuente caliente a 45°C. Hay que recordar el significado de potencia
en física, definido como, P = W/t, en donde P es potencia, W es trabajo y es tiempo.
Solución del problema
Vimos como para el refrigerador que trabaja en ciclo ∆𝑈 = 0 y, por lo tanto: 𝑄1 + 𝑊 = 𝑄2 .
Por definición: 𝜂 =
𝑄1
𝑊
=𝑄
𝑄1
2 −𝑄1
.
En este caso, al igual que en la máquina térmica de Carnot, los calores Q1 y Q2 pueden
ser expresados en función de las temperaturas de sus focos, y al hacer la consideración
de que las capacidades caloríficas Cp sean iguales, nos quedaría:
𝜂=
𝑄1
𝑇1
=
𝑄2 − 𝑄1 𝑇2 − 𝑇1
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Esta última ecuación es muy útil puesto que η se expresa en función de las temperaturas
de los locos fríos y calientes, fácilmente medibles.
Así, tenemos:

273.16 K
273.16 K

 6.07
318.16 K  273.16 K
45.0 K
La cantidad de calor que se retira para formar el hielo, Q1, será:
𝑄1 = 4000𝑔 (80
Sabiendo que:   6.07 
Entonces: W 
Q1


𝑐𝑎𝑙
𝐽
) 4.184
= 1338880𝐽
𝑔
𝑐𝑎𝑙
Q1
W
1338880 J
 220.6 KJ
6.07
El tiempo necesario será: t 
W 220600 J

 2206s  36m,46s
P
100W
De aquí se puede concluir que los cambios de estado (paso de líquido a sólido) que se
llevan a cabo a una temperatura fija requieren de un intercambio de energía (calor) y de
la relación que tiene la potencia de una máquina para calcular el trabajo suministrado.
Teorema Clausius
Este segundo enunciado establece que no es posible construir un dispositivo que
funcionando en forma cíclica su único efecto sea conducir calor de una fuente térmica a
baja temperatura hacia otra de mayor temperatura. En otras palabras la segunda ley
establece que no es posible que el calor se transfiera desde una temperatura baja a otra
más alta, es decir fija la dirección en la cual se presenta en forma espontánea la
transferencia de calor. Para llevar calor desde Tf (temperatura baja) hasta Tc (temperatura
alta) se requiere suministrar energía en forma de trabajo como se ilustra en la figura 76,
mediante dispositivos conocidos como refrigeradores o bombas de calor.
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Figura 10: Bomba térmica o refrigerador
Un refrigerador es un dispositivo que funciona en forma cíclica realizando trabajo sobre un
fluido conocido como refrigerante con el objeto de retirar calor (enfriar) de una fuente a baja
temperatura y conducirlo a una fuente de mayor temperatura.
El ciclo de refrigeración más generalizado es el ciclo de refrigeración por compresión de
vapor el cual se ilustra en forma esquemática en la figura 76, allí se pueden distinguir cuatro
componentes: el compresor, el condensador, la válvula de expansión y el evaporador. El
refrigerante entra al compresor como vapor donde se comprime hasta alcanzar temperatura
y presión más altas, luego pasa al condensador donde al libera calor el refrigerante se enfría
y condensa. En seguida el líquido formado pasa a través de la válvula de expansión en
donde la presión y la temperatura descienden drásticamente por el efecto de
estrangulamiento. Finalmente el refrigerante a baja temperatura entra al evaporador, región
donde se realiza la refrigeración, debido a la absorción de calor que implica toda
evaporación. Para completar el ciclo el vapor producido pasa nuevamente al compresor.
La eficiencia de un refrigerador se expresa en términos del coeficiente de operación COP,
aplicando el concepto de eficiencia planteado para una máquina térmica, se puede deducir
el coeficiente de operación como una relación entre el calor retirado del sitio de refrigeración
y el trabajo suministrado durante el ciclo.
COP 
Qf
Ws
Ecuación 162
Ws indica la magnitud del trabajo que se suministra al sistema.
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Figura 11: Componentes de un refrigerador por compresión de vapor
Una bomba de calor tiene como propósito proporcionar calor a un sitio que se encuentra a
una temperatura más alta que la fuente de donde se extrae el calor.
Funciona con el mismo ciclo que un refrigerador con la diferencia que el calor que interesa
es Qc o sea el calor transferido a la fuente de mayor temperatura.
El coeficiente de operación para una bomba de calor se expresa en los siguientes términos:
COPBC 
Qc
Ws
Ecuación 163
Ejemplo 44
Determine la eficiencia y el trabajo producido por una
máquina que trabaja en forma cíclica, la cual recibe de
una fuente a temperatura alta 100000 kcal y cede
80000 kcal a otra de temperatura menor.
Figura 12: Datos del ejemplo
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Análisis del problema
El trabajo producido está dado por la diferencia entre el calor recibido y el calor cedido.
Teniendo el trabajo se puede halla la relación entre éste y el calor recibido.
Otra forma alternativa completamente equivalente consiste en determinar primero la
eficiencia y luego el trabajo.
Solución del problema
W  Qc  Q f  100000 kcal  80000 kcal  20000 kacl

20000 kcal
W

 0.20
Qc 100000 kcal
Ejemplo 45
Determine la potencia que debe tener el compresor de
un sistema de refrigeración si se desea congelar en 5
minutos 1 kg de agua que se encuentra a temperatura
de 25 ºC. Si el coeficiente de operación del refrigerador
es de 3.0.
Figura 13: Datos del ejemplo
Análisis del problema
La potencia es igual al trabajo sobre el tiempo. Como se conoce el coeficiente de
operación del refrigerador, solo es necesario calcular la cantidad de calor que se
requiere retirar. Para el agua se conoce el calor específico y el calor latente de fusión.
Entonces primero se deben calcular estas cantidades.
Solución del problema
Q f  Qsencible  Qlatente
Qsencible  mc p t  1000 g (1.0
cal
)(25º C )  25000 cal
g.º C
Qlatente  m(h fusión )  1000 g (79.7
cal
)  79700 cal
g
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Q f   25000cal  79700cal  104700 cal
Ws 
Qf
COP

104700
 4.187 J 
 34900cal 
  146126 J
3.0
 1cal 
.
146126 J
P
 487 wat
s
5 min( 60
)
min
Ejemplo 46
Para mantener un recinto caliente se necesita
proporcionar 360000 kcal/h, lo cual se logra
utilizando una bomba de calor que tiene un
coeficiente de operación de 2.4 y extrae calor del
aire frío. Determine la potencia consumida y la
cantidad de calor extraída por hora.
Figura 14: Datos del ejemplo
Análisis del problema
La potencia que se debe suministrar a la bomba de calor se puede obtener a partir del
coeficiente de operación y aplicando la primera ley se obtiene la cantidad de calor que
sería necesario retirar de la fuente de baja temperatura.
Solución del problema
Ws 
Qc
COPBC

Q f  Qc  Ws  360000
Lección 19: Entropía
kcal
h  150000 kcal
2.4
h
360000
kcal
kcal
kcal
 150000
 210000
h
h
h
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La entropía es la propiedad termodinámica que se encuentra asociada al estado de
aleatoriedad de las partículas de un sistema, por ejemplo los gases tienen una entropía
mayor que la los líquidos y éstos a su vez una entropía mayor que la los sólidos, ya que en
los gases las moléculas se mueven libremente chocando unas con otras y con las paredes
del recipiente que las contienen, siguiendo trayectorias al azar; en los líquidos, el
movimiento es más restringido, se presentan deslizamientos de unas capas de moléculas
sobre otras debido a las asociaciones intermoleculares características de este estado; en
los sólidos no se presentan desplazamiento de las moléculas, ya que se encuentran
fuertemente unidas unas con otra y solamente se presentan movimientos de vibración o
rotación. Así entonces, los procesos de fusión y evaporación van acompañados de un
aumento en el grado de distribución aleatorio de las moléculas y por lo tanto de un aumento
de la entropía.
En cualquier fase de un sistema, un aumento de la temperatura conlleva un aumento de la
energía cinética molecular, un aumento en la incertidumbre de la posición de las moléculas
en un determinado instante, lo que equivale a decir una aumento en la aleatoriedad en la
distribución molecular y por consiguiente, un aumento también en su entropía. Por otra
parte en todo proceso de mezcla hay aumento de entropía. Por estas razones la entropía
se asocia al nivel de “desorden” o distribución al azar de sus elementos que se presenta
en un sistema.
La Entropía está fundamentada en la necesidad que tenemos de convertir calor en trabajo
y como una conclusión es imposible convertir todo el calor absorbido por el sistema en
trabajo. Obviamente, parte de ese calor se cede a un foco frío y esta es una energía que
no podemos aprovechar en nuestro ciclo. Pero no hemos examinado qué sucede en el
interior del sistema cuando realizamos dicho ciclo.
Los cambios ocasionados por la absorción y cesión de energía deberán evidenciarse en
sus propiedades termodinámicas P, V y T. Por consiguiente, el ciclo podrá representarse
en un diagrama P - V, tal como lo muestra la figura 81. El sistema evoluciona
reversiblemente, siguiendo la trayectoria A entre 1 y 2 y la B entre 2 y 1; para lo cual el
teorema de Clausius nos dice que:

QR
T
0
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Figura 15: Ciclo en función de las propiedades termodinámicas P y V
El subíndice A indica la reversibilidad del proceso. Esta ecuación puede descomponerse
según las dos trayectorias que sigue el sistema; A y B:

QR
T

QR
2
1( A)
T
QR
1

2( B )
T
0
Como la trayectoria B representa también un proceso reversible, se puede hacer el cambio
en los límites de integración, así:

2
1( A)
QR
T

2
QR
1( B )
T
Esta última ecuación nos dice que cualquiera que sea la trayectoria, A o B, el valor de

QR
T
no varía, y que solo va a depender de los estados inicial y final del proceso. Por
consiguiente, de las propiedades termodinámicas en el estado inicial y final del sistema se
puede definir una nueva función termodinámica.
Para el caso que estamos estudiando, la variación:

2
QR
T
1
 S 2  S1
Ecuación 29
En donde S representa la entropía del sistema en el estado 1 del proceso y S la entropía el
mismo en el estado 2. Por lo tanto, se ha definido una nueva función termodinámica llamada
entropía.
La entropía es una función de estado del sistema cuya variación viene dada por el valor de
la integral

QR
T
; para un proceso irreversible.
Una consecuencia que se deriva del teorema de Clausius es que para un proceso cíclico
reversible la variación de entropía es cero. De otra parte, la ecuación 14 presenta una
integral para definir la función termodinámica entropía y como corresponde a este tipo de
ecuaciones su diferencial deberá ser exacta, luego:
QR
T
 dS
Ecuación 30
En esta ecuación aún aparece el calor como una diferencial inexacta, 𝛿𝑄. Este problema
se resuelve dado que el inverso de la temperatura, 1/T, es el factor integrante, lo cual
convierte a 𝛿𝑄 en la diferencial exacta 𝑑𝑆.
La entropía no reemplaza a las funciones termodinámicas de entalpía y energía interna
anteriormente mencionadas. De hecho, la primera ley de la termodinámica indica que
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cualquier cambio en la energía del sistema considerado, va a afectar a la energía interna
del mismo y como la entalpía representa una forma de calcular el cambio de energía a una
condición de presión constante para el proceso termodinámico; pero como se puede
observar en la ecuación de la definición de entalpía (𝐻 = 𝑈 + 𝑃. 𝑉), ésta está referida a la
energía interna del sistema.
Al recordar los enunciados de Kelvin-Planck y de Clausius, la entropía nos indica
claramente que el calor que posee un sistema no puede ser convertido íntegramente en
trabajo y siempre habrá una pequeña fracción de calor cedida a los alrededores o a otro
sistema, según el caso y que este calor cedido se llama entropía.
Se podrá pensar que el calor no convertido en trabajo pudiera ser empleado por otra
máquina para producir trabajo y tratar de lograr el mayor porcentaje de conversión posible.
Este planteamiento es cierto; pero hay que recordar que en cada ciclo siempre quedará una
pequeña fracción de calor que no es convertida en trabajo.
De otro lado, el enunciado de Clausius es más exigente todavía: obliga a que el foco caliente
ceda calor al foco frío de una manera espontánea. Esto quiere decir que nuestros procesos
tienen una dirección claramente marcada: el enfriamiento del foco caliente y el
calentamiento del foco frío, producen, al cabo del tiempo, un aumento de entropía. Esto
conlleva a lo que se ha llamado la muerte entrópica del universo. Dicho en otras palabras,
es un estado en el cual todos los cuerpos tendrán la misma temperatura. Se habla de
muerte porque en ese momento no habría diferencia de temperatura (entre dos cuerpos)
utilizable para producir un trabajo.
La tendencia al desorden con el concepto de entropía y la relación desde el punto de vista
termodinámico no es inmediata. En termodinámica clásica, la entropía mide la energía que
no se puede utilizar y que obliga al intercambio de calor, hasta alcanzar una temperatura
uniforme para todos los cuerpos. Pero antes de llegar a este punto, tenemos focos calientes
y focos fríos, que pueden estar revueltos unos con otros; si quisiéramos colocar los fríos en
un lado y los calientes en otro (ordenarlos), sería necesario gastar cierta cantidad de
energía que llamamos entropía.
Es en este sentido que podemos asociar a la entropía con el desorden. En la termodinámica
estadística, la función entropía tiene un mejor desarrollo conceptual: el hecho de tener
pequeñas canicas en movimiento perpetuo (moléculas) obliga a que en promedio todas
tengan la misma energía cinética, ya que todas las moléculas ocupen en promedio todo el
espacio disponible para su movimiento; por ejemplo, no puede presentarse la situación de
que, espontáneamente, las moléculas que componen el aire se coloquen todas en un rincón
de una habitación y dejen el resto en un perfecto vacío.
La visión macroscópica del hecho de que todas las moléculas tengan la misma energía
cinética, se muestra en la obligación que hay de ceder calor de un cuerpo caliente a otro
frío; y en segundo lugar, la tendencia que tienen las moléculas de ocupar todo el espacio
disponible, se muestra en la expansión de un gas por todo el espacio de un recipiente. Esta
es pues, la descripción microscópica y macroscópica de la función entropía.
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CAMBIOS DE ENTROPÍA EN PROCESOS REVERSIBLES
Todos los casos que vamos a considerar aquí corresponden a esta condición de
reversibilidad, para de esta manera, desarrollar las ecuaciones que nos permitan calcular
los cambios de entropía en las transformaciones energéticas del sistema.
Transformaciones adiabáticas
Como su nombre lo indica este proceso implica 𝛿𝑄 = 0. Luego:
S 2  S1 adiabático  1 QR
2
T
0
Ecuación 31
En consecuencia la entropía permanece constante y este tipo de procesos adiabáticos
reciben el nombre de isentrópicos.
Transformaciones isotérmicas
Los procesos isotérmicos son muy importantes en termodinámica, ya vimos como el ciclo
de Carnot utiliza dos isotermas para tomar o ceder calor. Los cálculos son:
S 2  S1 T  1 QR
T
2

Q
1 2
QR  R

T 1
T
Esta ecuación implica que cuando 𝑄 > 0, la variación de entropía (S2 – S1)T será también
mayor que cero, y el sistema aumenta su entropía. El proceso inverso nos muestra que si
𝑄 < 0 y (S2 – S1)T < 0, el sistema disminuye su entropía.
Existen procesos en los cuales el sistema absorbe calor y mantiene su temperatura
constante, son los llamados cambios de fase. El paso de sólido a líquido para el agua se
realiza a temperatura constante de 0°C cuando la presión es de una atmósfera; lo mismo
sucede para los cambios de líquido a vapor y sólido a vapor.
Los procesos contrarios también se realizan a temperatura constante y, en general, se
conocen con los nombres de fusión, solidificación, vaporización, licuefacción, sublimación,
etc. Los cambios de calor son típicamente cambios de entropía y así tenemos:
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S 2  S1 T

Q L

T T
Ecuación 32
En donde L es el calor de cambio de fase.
Transformaciones a volumen constante (isocóricas o isostéricas) que conllevan cambio en
la temperatura.
El calor involucrado en este proceso, expresado en forma diferencial, es: δQ = CV.dT, luego:
S 2  S1 V  1 CV . dT
T
2
Ecuación 33
La solución matemática de esta ecuación depende del comportamiento de Cv con la
temperatura.
Para el caso de que Cv sea independiente de la temperatura:
S 2  S1 V
 CV .
2
1
T 
dT
 CV . ln  2 
T
 T1 
Ecuación 34
Para el caso de que Cv sea dependiente de la temperatura, se toma la ecuación del virial
para la variación de Cv en función de T:
𝐶𝑉 = 𝛼 + 𝛽𝑇 + 𝛾𝑇 2


S 2  S1 V  1      T .dT   . ln T2    T2  T1    T22  T12 
T
2
T

2

1

Ecuación 35
Transformaciones a presión constante (isobáricas) con variación de la temperatura
El desarrollo matemático para esta transformación es similar al anterior. El calor involucrado
es 𝛿𝑄 = 𝐶𝑝. 𝑑𝑇, con lo cual queda:
S 2  S1 P  1 C P . QR
T
2
Ecuación 36
Si Cp es independiente de la temperatura:
S 2  S1 P
 C P .
2
1
QR
T 
 C P . ln  2 
T
 T1 
Ecuación 37
Si es dependiente de la temperatura y 𝐶𝑃 = 𝛼 + 𝛽𝑇 + 𝛾𝑇 2 , entonces:
S 2  S1 P
T 
'
  '.Ln 2    ' T2  T1   T22  T12
2
 T1 


Ec. 8Ecuación 38
Transformaciones en gases ideales donde varían simultáneamente:
a) Volumen y temperatura
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T2  C .dT  P.dV 
T 
V 
S 2T2 ,V2   S1T1 ,V1     V
 CV .Ln 2   n.R. ln  2 

T1
T


 T1 
 V1 
Ec. 9Ecuación 39
Para hallar la ecuación 9 hemos supuesto que Cv constante. Esta ecuación puede ser
reordenada colocando los subíndices a uno y otro lado. Se debe tener en cuenta que de
aquí en adelante se va a trabajar con un mol de sustancia, por consiguiente 𝑛 = 1:
S 2 CV . ln T2  R. ln V2  S1  CV . ln T1  R. ln V1
Esta reordenación de la ecuación 9 nos permite plantear la posibilidad de elegir más
condiciones de S, T y V para establecer una entropía de referencia para calcular los
cambios entrópicos como una función de T y V. Si se denomina S a la entropía de referencia
a la temperatura T* (*se refiere a las condiciones de referencia) y V la ecuación 9 se
transforma en:
𝑆 = 𝐶𝑉 . 𝑙𝑛𝑇 + 𝑅. 𝑙𝑛 𝑉 + (𝑆 ∗ − 𝐶𝑉 . 𝑙𝑛𝑇 ∗ − 𝑅. 𝑙𝑛𝑉 ∗ )
𝑺 = 𝑪𝑽 + 𝑹. 𝒍𝒏𝑽 + 𝑺𝟎
Ecuación 40
Nos permite calcular y representar la entropía en tablas, referida a un estado determinado.
b) Presión y temperatura:
T2
S 2T2 , P2   S1T1 , P1   
T1
C P .dT  V .dP
T
Tomando G independiente de la temperatura:
T 
P 
S 2T2 , P2   S1T1 , P1   C P .Ln 2   n.R. ln  2 
 T1 
 P1 
Ecuación 41
c) Presión y volumen
V 
P 
S 2V2 , P2   S1V1 , P1   C P . ln  2   CV . ln  2 
 V1 
 P1 
Ecuación 42
La solución matemática de esta última ecuación es un tanto tediosa y no se justifica para
𝑃.𝑉
nuestros-fines; pero el tratamiento implica el reemplazo de 𝑇 = 𝑛.𝑅, y la relación de
capacidades caloríficas: 𝐶𝑃 − 𝐶𝑉 = 𝑛. 𝑅, para calcular los cambios de calor y posteriormente
hacer la integración. Lógicamente se sigue manteniendo el criterio de que Cp y Cv son
independientes de la temperatura en el intervalo considerado.
Ejemplo 47
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Calcule la variación de entropía para el calentamiento de 1 mol de agua en las
condiciones:
𝐻2 𝑂(𝑙,273 𝐾,1 𝑎𝑡𝑚)  𝐻2 𝑂(𝑣,473 𝐾,3 𝑎𝑡𝑚)
Considérense los siguientes datos para la resolución del problema:
1. El agua líquida mantiene su densidad constante y una capacidad calorífica
𝐽
también constante, 𝐶𝑃 = 75.3 𝑚𝑜𝑙.𝐾.
2. Calor de vaporización molar: ∆𝐻𝑉(𝐻2 𝑂,
373𝐾)
𝐽
= 40292 𝑚𝑜𝑙.
3. El vapor de agua se comporta como un gas ideal y su capacidad calorífica es:
𝐶𝑃 = 36.86 − 7.9𝑥10−3 𝑇 + 9.2𝑥10−6 𝑇 2.
Análisis del problema
El problema que aquí se presenta corresponde a un caso industrial, el calentamiento de
agua. El proceso es interesante en sí mismo, dado que ocurre una serie continua de
pasos en los cuales se aumenta la temperatura del agua, se cambia el estado de la misma
(paso de líquido a vapor) y por último se calienta el vapor, con variación en la presión.
Cada uno de estos procesos se debe analizar por separado para después calcular la
variación de entropía total. Además de realizar estos cálculos en secuencia,
observaremos cómo se relacionan íntimamente las funciones termodinámicas: entalpía y
entropía.
Solución del problema
Sistema termodinámico = 1 mol de agua líquida, 273 K.
Hagamos un esquema de la serie de pasos que se presentan en el problema:
a. Calentamiento de agua líquida de 273 K a agua líquida de 373 K. (Los decimales que
expresan 0°C en grados Kelvin 273.16 muchas veces no se tienen en cuenta, para
facilitar los cálculos). Este calor absorbido por nuestro sistema a presión constante se
llama calor sensible y se puede calcular así:
𝛿𝑄 = 𝐶𝑃 . 𝑑𝑇
En donde Cp es independiente de temperatura.
Ahora bien, este aumento en entalpía tiene relación con el aumento de entropía del
sistema; puesto que el proceso es reversible (se puede perder calor y llegar a las mismas
condiciones iniciales sin sufrir ninguna alteración).
Para calcular la variación de entalpía: Δ𝐻 = 𝐶𝑃 Δ𝑇, por ser Cp independiente de T.
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Δ𝐻 = 75.3
𝐽
(373𝐾 − 273𝐾). 1𝑚𝑜𝑙 = 7530.0 𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
Para calcular la variación de entropía, se va a utilizar la ecuación 6:
T2
QR
T1
T
S1  S 373K  S 273K  
T2

T1
C P .dT
J
 373 
 75.3
ln 
mol
T
mol.K  273 
S1  23.5
J
K
b. Transformación de agua líquida de 373 K a vapor, a temperatura constante. La
temperatura a la cual se lleva esta transición, vaporización, es propia para la sustancia
considerada, en este caso agua.
Para la vaporización a presión constante:
𝐽
1𝑚𝑜𝑙 = 40292 𝐽
𝑚𝑜𝑙
Δ𝐻𝑉𝑎𝑝. = 𝑄𝑉𝑎𝑝. = 40292
A partir de la ecuación 2: Δ𝑆2 = Δ𝑆𝑉𝑎𝑝.,
Δ𝑆2 = Δ𝑆𝑉𝑎𝑝.,
373𝐾
373𝐾
=
=
Δ𝐻𝑉𝑎𝑝.
𝑇
40292𝐽
𝐽
= 108.8
373𝐾
𝐾
𝐽
Recordemos que las unidades de entropía son 𝐾 o
𝑐𝑎𝑙
.
𝐾
c. En este momento tenemos agua en estado de vapor a la temperatura de 373 K; es
necesario suministrar calor para elevar su temperatura hasta 473 K. Luego:
T2
H   C P .dT
T1
Como es una función de la temperatura, por la segunda condición del problema:
T2


H   36.86  7.9 x10 3 T  9.2 x10 6 T 2 .dT
T1
 T  9.2 x10 6
H  36.86 xT2  T1   7.9 x10 3 x ln  2  
x T23  T13
3
 T1 

Δ𝐻 = 3686𝐽 − 0.0018𝐽 + 165.4𝐽 = 3851.4 𝐽
A partir de la ecuación 6, el cálculo para la variación de entropía ∆𝑆 será:

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T2
S 3  S 2, 473  S1, 373  
T1
3
6 2
T2 36.86  7.9 x10 T  9.2 x10 T .dT
C P .dT

T1
T
T
Δ𝑆3 = 𝑆2,
473𝐾
− 𝑆1,
= 8.3
373𝐾
Ec. 6
𝐽
𝐾
d. Finalmente, el último paso implica un aumento en la presión del vapor de agua, el cual
veníamos trabajando a 1 atmósfera; luego efectuamos un proceso para llevarlo a una
presión de 3 atmósferas, manteniendo la temperatura constante de 473 K. Este proceso
sólo puede hacerse mediante una compresión isotérmica, y de esta manera, variamos P
y V. Tomando la ecuación 11, se obtiene:
V 
P 
S 4  S 2V2 , P2   S1V1 , P1   C P ln  2   Cv ln  2 
 V1 
 P1 
Por tomarse el vapor de agua como un gas ideal y como la temperatura se mantiene
constante: 𝑃1 . 𝑉1 = 𝑃2 . 𝑉2, y reemplazando en la ecuación anterior:
S 4  C P ln
P1
P
P
P
 CV . ln 2  C P ln 1  CV ln 1
P2
P1
P2
P2
S 4  C p  CV . ln
P1
P2
Aplicando la ecuación 7 de la segunda unidad: 𝐶𝑃 − 𝐶𝑉 = 𝑛. 𝑅
𝑃
Con lo que queda: Δ𝑆4 = 𝑛. 𝑅. 𝑙𝑛 (𝑃1 )
2
S 4  1 mol x 8.3
J
J
1
ln    9.1
mol.K  3 
K
La variación de entropía para este último paso es negativa, puesto que se ha realizado
una compresión isotérmica.
La variación total de entropía para el proceso será igual a la suma de las variaciones de
cada uno de los pasos:
Δ𝑆𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = Δ𝑆1 + Δ𝑆2 + Δ𝑆3 + Δ𝑆4
Δ𝑆𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 23.5
𝐽
𝐽
𝐽
𝐽
+ 108.0 + 8.3 − 9.1
𝐾
𝐾
𝐾
𝐾
Δ𝑆𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 130.7
𝐽
𝐾
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Como conclusiones a este problema: un proceso tan simple como el calentamiento de
agua, puede implicar una serie de pasos que es necesario analizar, aislar y efectuar el
cálculo para cada paso; las trayectorias termodinámicas deben ser perfectamente
establecidas para poder escoger la ecuación adecuada y aplicarla correctamente al
cálculo de la variación de energía; hay que tener mucho cuidado con el calentamiento o
enfriamiento de sustancias, dado que pueden presentarse cambios de estado (también
llamados cambios de fase) en los cuales se presentan intercambios de energía, pero la
temperatura permanece constante; y toda variación de entalpía va correspondida por una
variación de entropía.
CÁLCULOS DE LA VARIACIÓN DE ENTROPÍA PARA PROCESOS IRREVERSIBLES
Después de analizar los cambios de entropía para procesos reversibles, nos dedicaremos
a realizar el mismo procedimiento para los irreversibles. Para ello debemos recordar que
los procesos que ocurren en la naturaleza son irreversibles y, en consecuencia, pondremos
una mayor atención en nuestro estudio para la comprensión y aplicación de los cálculos
para esta clase de procesos.
Para todos estos cálculos hay que tener en cuenta que la entropía es una función
termodinámica de estado: es decir, en el cálculo de su variación sólo hay que considerar el
estado inicial y final del proceso, sin que la trayectoria influya en ella.
Como punto de partida para realizar el cálculo, se tomará la trayectoria reversible entre los
estados inicial y final del proceso y a partir de ella calcular ∆𝑆 para el proceso irreversible.
Lección 20: Entropía (continuación)
CALENTAMIENTO IRREVERSIBLE DE UN SISTEMA TERMODINÁMICO
Para el calentamiento irreversible se va a considerar que la temperatura del sistema es T
la temperatura del foco T1, la capacidad calorífica del sistema es c y su masa m.
Para facilitar el cálculo del flujo de calor tomamos T2 > T1 y la variación de calor se hace en
forma reversible. Hay que recordar que la variación reversible de una magnitud dada, en
este caso el calor, implica solamente el hecho de que el paso de calor sea en forma
infinitesimal para llevar nuestro sistema de una temperatura T1 a T2 y la condición para un
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proceso irreversible es que la variación de entropía del universo (sistema + alrededores)
sea mayor que cero. Con estas dos aclaraciones ya podemos iniciar los cálculos:
T2
S sistema  
T1
T2 m.c.dt
T 
QR

 m.c. ln  2 
T1
T
T
 T1 
Ecuación 43
Como el cociente T2/T1 es mayor que uno, por la condición de T2 > T1 la variación de
entropía para el sistema es mayor que cero y, por consiguiente, positiva.
Para calcular la variación de entropía del universo se debe considerar el ∆S para el foco
térmico. Mientras que el sistema ganó calor, el foco térmico debió perderlo exactamente en
la misma cantidad para cumplir con la primera ley de la termodinámica. Como la
temperatura del foco térmico permanece constante, por su calidad de foco, tenemos:
S foco 
T T 
Q
 m.c. 2 1 
T2
 T1 
La variación de entropía del universo será:
 T
S universo  S foco  S sistema  m.c ln  2
  T1

 T1
 
 1  0
 T2

Ecuación 44
Esta última expresión se comprueba fácilmente que es mayor que cero al reemplazar T1 y
T2 por valores cualesquiera. El proceso de calentamiento de un sistema nos deja varias
conclusiones: el sistema, o cuerpo que se calienta, aumenta entropía; el foco que pierde
calor disminuye su entropía; el conjunto sistema-foco, en el doble proceso calentamientoenfriamiento, aumenta entropía (∆Suniverso > 0); el cuerpo, sistema o foco que tenga una
temperatura mayor está obligado a ceder calor a aquel que tiene una temperatura menor.
Esta es la razón por la cual los cuerpos se calientan de una manera espontánea al ponerlos
en contacto con otro cuerpo a mayor temperatura.
EXPANSIÓN LIBRE DE UN GAS IDEAL
El experimento de Joule de la expansión de un gas contra el vacío, nos muestra también el
carácter de irreversibilidad de aquellos procesos en los cuales intervienen diferencias de
presiones. La expansión libre consiste en abrir la llave que separa los compartimientos del
gas y vacío y observar si el gas pasa hacia la parte que previamente se le ha hecho vacío,
figura 82.
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Figura 16: Esquema del experimento de Joule para la expansión libre
La experiencia nos muestra que sí, que el gas trata de llenar todos los espacios vacíos, y
que, además, el gas espontáneamente no vuelve a colocarse en el sitio original; es decir,
no retorna a las condiciones del comienzo del experimento. En consecuencia el volumen
ocupado por el gas V1 pasa a un volumen V2 en donde V2 > V1. La ley de la termodinámica
nos dice que para la expansión libre, W = 0, Q = 0 y ∆U = 0, la energía interna del gas al
final del proceso es la misma que al comienzo.
Si no hay cambio en ∆U y Q = 0, podría llegar a pensarse que ∆S es igual a cero; pero no
es así, los cálculos que se van a realizar así lo demuestran.
La expansión libre del gas se puede asemejar a la expansión cuasi-estática isotérmica de
un gas del volumen V1 al volumen V2. En esta expansión el gas absorbería una cierta
cantidad de calor Q equivalente al trabajo W, que realiza el sistema durante la expansión,
luego:
S gas 
Para un gas ideal: P 
V2 P.dV
Q W


V1
T T
T
n.R.T
V
Reemplazando:
V2
S gas  
V1
V2 dV
V 
n.R.T
.dV  n.R.
 n.R. ln  2   0
V1 V
T .V
 V1 
Ecuación 45
Nuevamente, V2 > V1 y el valor de la ecuación 18 será mayor que cero. En consecuencia la
entropía del gas aumenta. Como conclusiones de este experimento: el gas tiende a ocupar
el mayor espacio posible, haciendo su distribución homogénea e todo el espacio; sistemas
que posean una mayor presión que sus alrededores tiende a expandirse hasta que la
presión interna sea igual a la externa; lo contrario también cierto, cuando la presión interna
es menor que la exterior, el sistema se comprime hasta igualar las presiones; la expansión
de un gas es un proceso irreversible, esto es, el gas por sí solo no va a ocupar el volumen
inicial que tenía y dejar el restante vacío; y en los casos que acabamos de mencionar, la
entropía del universo aumenta.
Cuando dos sistemas interactúan mecánicamente por diferencia de presiones, el sistema
que gana presión aumenta su entropía, mientras que el que disminuye su presión disminuye
su entropía; pero la nueva situación obtenida: dos sistemas con igualdad en su presión dan
un universo con mayor contenido entrópico.
MEZCLA DE DOS GASES IDEALES
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El caso que se va a considerar aquí puede aplicarse a la mezcla de dos líquidos de
naturaleza diferente, o bien, a la mezcla de un sólido con un líquido. En estos procesos de
mezcla hay también una variación de entropía que puede ser calculada para cada uno de
los constituyentes en particular. Para el caso de la mezcla de dos gases ideales, es mucho
más sencillo y facilita enormemente el cálculo de ∆S. La mezcla de los dos gases ideales
está confinada en un cilindro en el cual existen dos membranas semipermeables (M1, y M2)
que permiten el paso selectivo de una u otra molécula de acuerdo con el tipo de membrana,
figura 83. Los gases están representados por esferas puntos.
Figura 17: Separación de una mezcla de dos gases utilizando membranas semipermeables
Los espacios A y B tienen el mismo volumen. Una de las membranas M1 se mueve
sincrónica y simultáneamente con la tapa T. El desplazamiento de la tapa y de la membrana
se hace lentamente, evitando fricciones. Al final cuando la tapa y la membrana hayan
llegado a su posición final, los gases se habrán ubicado cada uno en el espacio A o en el
B, según se lo permita la membrana semipermeable.
Todo el proceso se ha realizado a temperatura constante y en cada instante del
desplazamiento de la tapa y membrana las presiones están equilibradas y no es necesario
aplicar un trabajo para separar los gases, por consiguiente, W = 0 y Q = 0; luego, para este
caso particular la variación de entropía es ∆S = 0.
Cabe preguntarnos si es posible separar dos gases sin hacer ningún trabajo y sin variar la
entropía del universo, en un proceso reversible. ¿Qué objeto tiene colocar aquí este tipo de
experimento si estamos hablando de procesos irreversibles? Este experimento muestra las
ventajas de un experimento mental y las desventajas de la tecnología. El experimento en
su constitución es válido, sin embargo, hasta ahora no se ha podido construir un material
que logre separar átomos de dos gases, y por consiguiente este experimento es ideal.
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Lo más común es tener dos gases diferentes en los recintos A y B de un cilindro separados
por una pared. El volumen inicial de cada recinto es V1 y V2.
Si se quita la pared que los separa, ambos gases se mezclarán el uno con el otro y el
volumen ocupado por cada uno de ellos será V1 + V2. En este caso, parecido al anterior, sí
se produce un aumento de entropía que puede calcularse como el de un proceso de
expansión de cada uno de los gases que pasan de un volumen V2 a (V1 + V2) y el segundo
de ellos pasa de V1 a (V1 + V2) el otro gas. Estas expansiones de gases se pueden asemejar
al proceso mediante el cual un gas absorbe calor y realiza un trabajo de expansión.
Para el gas 1, tendremos:
S1 
V1 V2  P.dV 
Q1 W1




V1
T
T
 T 
La presión en todo momento de la mezcla se mantiene constante, puesto que la presión
total es igual a la suma de las presiones parciales. Por ser gas ideal:
V1 V2
S1  
V1
 V  V2 
 n.R.T 


.dV  n.R. ln  1
 V .T 
 V1 
Ecuación 46
Para el gas 2, la expresión es la misma:
 V  V2 

S 2  n.R. ln  1
V
2


La variación total de entropía será:
  V  V2
S  S1  S 2  n.R ln  1
  V1

 V  V1 
  ln  2
  0

 V2  
El aumento de entropías se debe al aumento de volumen (V1 +V2) dentro del cual se moverá
el gas ideal. Obsérvese que la variación de entropía es independiente de la naturaleza del
gas; solamente debe existir la condición de que los dos gases mezclados sean diferentes.
CÁLCULO DE ENTROPÍA EN PROCESOS IRREVERSIBLES
Como el cambio de entropía se define sólo para procesos reversibles, en caso de querer
determinar el cambio de entropía en un proceso irreversible se debe acudir a establecer
una secuencia de procesos reversibles que sean equivalentes al proceso reversible.
Por ejemplo considere un cambio de fase a condiciones que no sean las de equilibrio,
digamos la fusión del hielo a la presión de una atmósfera pero una temperatura diferente a
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0 ºC. Este es un proceso irreversible, no se puede determinar directamente el cambio de
entropía, para ello es necesario considerar que este proceso se puede efectuar a través de
tres procesos reversibles: proceso isobárico hasta que la temperatura del hielo sea de 0
ºC, el segundo es la fusión del hielo a 0 ºC y el tercero un proceso isobárico hasta alcanzar
la temperatura original.
Para cada uno de estos procesos reversibles es posible calcular el cambio de entropía.
Entonces, debido a que la entropía es una propiedad termodinámica o una función de punto
su cambio es independiente del proceso en sí ya que solo depende de los estados inicial y
final. El cambio de entropía en un proceso irreversible será igual a la suma de los cambios
de entropía de la secuencia de los procesos reversibles.
Un proceso de mezcla de dos o más gases también es un proceso irreversible, para calcular
el cambio de entropía se debe considerar como equivalente a dos procesos reversibles: el
primero una expansión isotérmica de cada uno de los gases hasta ocupar el volumen final
y el segundo por una mezcla adiabática en un arreglo que permita la reversibilidad del
proceso, tal como se ilustra en la figura 84.
Figura 18: Proceso de mezcla de dos gases
El arreglo consiste en dos cilindros que tienen cada uno un volumen al volumen final de la
mezcla gaseosa. Los cilindros están separados por medio de una pared fija permeable
solamente al gas A y un émbolo móvil que contiene dos paredes, la de la izquierda
impermeable y la de la derecha permeable solamente al gas B, el cual se desplaza muy
lentamente, de tal manera que las condiciones de presión y temperatura se mantienen
constante, el gas no realiza trabajo y no hay transferencia de calor. Si el émbolo se mueve
hasta una posición intermedia se observa que se realiza una mezcla parcial de los gases.
Al llegar al estado final los gases se encuentran completamente mezclados. Si se invierte
la dirección del movimiento del émbolo los gases se vuelven a separar.
Si VA representa el volumen inicial del gas A, VB el volumen del gas B y V el volumen cuando
se mezclan los dos gases, entonces el cambio de entropía en el proceso irreversible será
igual al cambio de entropía que experimenta cada gas durante la expansión mas el cambio
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de entropía durante la mezcla adiabática, pero como en un proceso adiabático reversible el
cambio de entropía es cero se tiene que:
S
mezcla
 S
A
 S
B
S A  n A R ln
V
V
 n A R ln A
VA
V
S B  n B R ln
V
V
 n B R ln B
VB
V
S mezcla   R(n A ln x A  nB ln x B )  nR(
(n A ln x A  nB ln x B )
)
n
S mezcla  nR( x A ln x A  nB ln xB )
Ecuación 47
La deducción que acabamos de realizar se puede generalizar para una mezcla de varios
gases ideales o de líquidos que formen soluciones ideales y donde no se presentan
interacciones entre sus componentes. Para estos casos se puede plantear la siguiente
ecuación
S mezcla  nRxi ln xi
Ecuación 48
Ejemplo 48
Calcule el cambio de entropía durante
la fusión de 250 de hielo a una
temperatura de 20 ºC.
Para
el
c p ( S )  0.5
agua:
c p ( L )  1.0
cal
;
g.K
cal
cal
; y h fusión  79.7
g.K
g
Figura 19: Ilustración ejemplo 45
Análisis del problema
La fusión del hielo a 20 ºC es un proceso irreversible por lo tanto para poder calcular
el cambio de entropía se debe establecer una secuencia de procesos reversibles que
sean equivalentes a este proceso irreversible. Las siguientes transformaciones
expresan esta situación:
El cambio de entropía, S , en el proceso irreversible
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H 2O( S ) (20º C, 1 atm)  H 2O( L) (20º C, 1 atm)
es igual a la suma de los cambios de entropía en los siguientes procesos:
H 2 O( S ) (20º C, 1 atm)  H 2 O( S ) (0º C, 1 atm) 1. Proceso isobárico reversible
H 2 O( S ) (0º C, 1 atm)  H 2 O( L) (0º C, 1 atm)
2. Fusión de hielo reversible
H 2 O( S ) (0º C, 1 atm)  H 2 O( L) (20º C, 1 atm) 3. Proceso isobárico reversible
S  S1  S 2  S 3
Solución del problema
S1  mc p ( S ) ln(
S 2 
T fusión
T
)  (250 g )(0.5
mh fusión
T fusión
S 3  mc p ( L ) ln(
T
T fusión
cal
273
cal
) ln(
)  8.84
g.K
293
k
(250 g )(79.7

273 K
)  (250 g )(1.0
S  S1  S 2  S 3  8.84
cal
)
g
 73.0
cal
K
cal
293
cal
) ln(
)  17.7
g.K
273
k
cal
cal
cal
cal
 73.0
 17.7
 81.86
K
K
K
K
Observe que la contribución más grade al cambio de entropía corresponde al cambio
de fase a condiciones de equilibrio.
Ejemplo 49
En un recipiente de paredes adiabáticas se colocan
50 g de hielo a una atmósfera y 0 ºC con 120 g de
agua líquida a 30 ºC. Determinar el cambio de
entropía.
Para el agua: c p  1.0
cal
cal
y h fusión  79.7
g.º C
g
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Figura 20: Ilustración del ejemplo
Análisis del problema
Dado que el sistema es adiabático, cuando se ponen en contacto el hielo con el agua
líquida ocurre un proceso espontáneo o sea irreversible donde el hielo absorbe calor
del agua líquida y se funde trayendo como consecuencia un descenso en la
temperatura del agua líquida hasta que se alcanza el equilibrio térmico.
Surge la pregunta obvia ¿cuál es la temperatura final? La respuesta a esta pregunta
depende de las masas de hielo y agua líquida y de las temperaturas, por ejemplo, si
se tiene una pequeña cantidad de hielo y una cantidad mucho mayor de agua líquida
a una temperatura alta, el hielo se fundirá completamente y la temperatura del agua
descenderá ligeramente. Si se presenta la situación contraria la temperatura del agua
desciende hasta cero grados Celsius y no se alcanza a fundir todo el hielo.
Entonces, para determinar el estado final se debe realizar un balance energético entre
el calor que se requiere para fundir el hielo y el calor proporcionado por el agua al
enfriarse desde su temperatura inicial hasta la temperatura final.
También es necesario considerar que si bien el proceso global es irreversible, este se
puede considerar formado de dos procesos reversibles. El primero corresponde a la
fusión del hielo a 0 ºC y 1 atmósfera, el segundo es un proceso de transferencia de
calor a presión constante. Entonces el cambio de entropía global corresponde a la
suma de cambios de entropía en cada uno de estos procesos.
Solución del problema
Qagua  maguac p (Tequilibrio  Tagua)
Qhielo  mhielo h fusión
Qhielo  Qagua
mhielo h fusión  maguac p (Tequilibrio  Tagua)
Tequilibrio  Tagua 
mhielo h fusión
maguac p
cal
)
g
Tequilibrio  30 º C 
 3.2 º C
cal
(120 g )(1.0
)
g.º C
(50 g )(79.7
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Como el sistema es adiabático la temperatura de equilibrio no puede ser menor de 0
ºC, por lo cual se concluye que no todo el hielo se funde y que el estado final
corresponde a una masa de hielo en equilibrio con agua líquida a 0 ºC.
Para determinar la cantidad de hielo fundido se despeja de la ecuación del balance
energético.
mhielo 
 maguac p (Tequilibrio  Tagua )
h fusión
cal
)(0  30 º C )
g.º C
 45.2 g
cal
79.7
g
 (120 g )(1.0

S  S fusión hielo  S agua
S fusión hielo 
mhielo fundidoh fusión
T fusión
S agua  maguac p ln(
Tequilibrio
Tagua
(45.2 g )(79.7

273 K
)  (120 g )(1.0
S  13.2
cal
)
g
 13.2
cal
K
273 K
cal
cal
) ln(
)  12.5
g.K
303 K
K
cal
cal
cal
 12.5
 0.7
K
K
K
Ejemplo 50
Calcular el cambio de entropía
durante la mezcla isotérmica de 56
g de etileno con 112 g de nitrógeno.
Figura 21: Ilustración del ejemplo
Análisis del problema
La mezcla de dos gases es un proceso irreversible, entonces el cambio de entropía
se puede calcular mediante las consideraciones de que los gases inicialmente se
expanden hasta ocupar el volumen final de la mezcla y luego se mezclan
adiabáticamente, con lo cual se obtiene la ecuación 198. Entonces solo hace falta
calcular el número de moles totales y la fracción molar de cada gas.
Solución del problema
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𝑔
𝑔
Masas moleculares: 𝑁2 = 28 𝑚𝑜𝑙, 𝐶2 𝐻4 = 28 𝑚𝑜𝑙.
1 mol
nnitrógeno  (112 g )(
)  4 moles
28 g
1 mol
netileno  (56 g )(
)  2 moles
28 g
n  6 moles
xN 2 
4
 0.67
6
S mezcla  (6 moles )(8.314
y
xC 2 H 4 
2
 0.33
6
J
J
)0.67 ln 0.67  0.33 ln 0.33  31.60
mol.K
K
SIGNIFICADO Y USO DE LA FUNCIÓN TERMODINÁMICA ENTROPÍA
A esta altura del curso de termodinámica, se han presentando tres funciones
termodinámicas: energía interna, entalpía y entropía. Es conveniente detenernos y
comparar el significado y uso de cada una de estas tres funciones termodinámicas, para
que no se presenten confusiones cuando se tenga que escoger la función respectiva para
efectuar un cálculo termodinámico. La primera ley de la termodinámica nos dice
simplemente que el calor ganado por el sistema tiene que haberlo cedido, o bien otro
sistema o bien los alrededores. Lo contrario es también cierto: el calor ganado por los
alrededores es igual al calor perdido por el sistema.
Las dos funciones termodinámicas con las que trabaja el primer principio: energía interna y
entalpía corresponden al tipo de trayectoria utilizado para efectuar el intercambio de calor;
así, cuando el volumen se mantiene constante la función escogida es energía interna;
mientras que si la presión se mantiene constante deberemos trabajar con entalpía. Ambas
funciones se refieren a intercambios de calor, sistema-alrededores.
De otro lado, el experimento del equivalente mecánico del calor de Joule muestra cómo se
puede convertir el trabajo mecánico en calor dentro de nuestro sistema, y así, la función
energía interna, que nos mide la variación de la energía del mismo estará compuesta por
el calor y el trabajo. El hecho de que el trabajo pueda convertirse en calor, plantea el
interrogante de sí es posible o no convertir todo el calor recibido por el sistema en trabajo.
Aquí aparece entonces el segundo principio.
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Lo primero que nos indica este principio, es la imposibilidad de trabajar con un solo foco
térmico. Siempre que hablemos de intercambios de calor debernos tener, como mínimo,
dos focos térmicos: uno frío y otro caliente y, en consecuencia, será necesario trabajar con
dos temperaturas. Esta situación nos obliga a que una parte del calor tomado por el sistema
del foco caliente sea cedida al foco frío y que la diferencia pueda ser convertida en trabajo.
Sólo así nuestro sistema podrá realizar un trabajo sobre los alrededores.
Esta relación entre el calor y la temperatura
𝛿𝑄𝑅
𝑇
la llamamos entropía y la podemos calcular
tanto para el foco caliente como para el foco frío. Ahora bien, el calor cedido al foco frío y
que no ha sido convertido en trabajo, constituye una energía no utilizable. En el lenguaje
común se habla de degradación de la energía para referirnos a este fenómeno.
Además de este aspecto de cuantificación de la energía disponible para realizar trabajo, la
segunda ley tiene una serie de preceptos que nos facilita la posibilidad de predecir cual será
la dirección que se debe seguir en un proceso termodinámico. Así, la entropía nos obliga a
que un cuerpo ceda calor a otro que tiene una menor temperatura hasta que éstas se
igualen; un sistema con presión mayor que otro, lo comprimirá hasta alcanzar un equilibrio
mecánico y, por último, la variación de entropía del universo para procesos reversibles es
nula, mientras que para los irreversibles será mayor que cero.
Procesos con variación de entropía negativa no se presentan en la naturaleza. Todo esto
nos hace pensar que la entropía del universo tiende hacia un máximo y que cuando se
alcance ese máximo la temperatura de todos los cuerpos será la misma y no habrá
diferencias de presión entre diferentes regiones del espacio; situación esta que no permitirá
realizar ningún trabajo y, por consiguiente, habremos llegado a la muerte entrópica del
universo.
CAPITULO 5: CICLOS TERMODINAMICOS
Introducción
El estudio de los ciclos termodinámicos es muy interesante y de gran importancia
tecnológica ya que constituye el fundamento conceptual de muchas aplicaciones directas
en las diferentes disciplinas de la ingeniería. Por ejemplo para establecer parámetros para
el diseño de máquinas térmicas y evaluar su eficiencia, para analizar el proceso de
producción de energía en una central termoeléctrica, o para diseñar sistemas de
refrigeración entre otros.
Actualmente hay una problemática en el mundo entero y es el control de la contaminación
que a diario producen millones de automotores, turbinas de los aviones, maquinaria
industrial, de tal manera que mejorar la eficiencia de las máquinas térmicas sin contaminar
el medio ambiente representa un constante reto para la ingeniería.
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Por otra parte, en la industria de los alimentos la refrigeración es un proceso muy
importante, ya que las bajas temperaturas inhiben el crecimiento microbiano y las
reacciones enzimáticas, causantes de la descomposición de la mayoría de productos
alimenticios. Surgen entonces varias preguntas, por ejemplo: ¿cómo producir frío?, ¿qué
elementos constituyen un sistema de refrigeración?, ¿qué características debe poseer un
material para que sea un buen refrigerante?
Es necesario precisar que todo proceso de refrigeración implica que exista un sistema que
retire calor de una región de baja temperatura y lo lleve a otra de mayor temperatura. Como
Ud. debe conocer, del estudio de la unidad anterior, este proceso no se realiza en forma
espontánea y para que ocurra se necesita que el sistema cumpla un ciclo donde se realice
trabajo sobre él y como resultado se verifique la transferencia de calor en el sentido
deseado. Al final de la unidad, se profundizará en el estudio de los ciclos de refrigeración y
las características de las sustancias utilizadas como refrigerantes.
Lección 21: La máquina de vapor. Ciclo de Rankine
En la segunda unidad de nuestro curso vimos cómo la máquina de vapor diseñada por
Thomas Newcomen y perfeccionada por James Watt, mostraba la relación que podría
existir entre trabajo y calor; y sirvió como idea base para que Joule proyectara el
experimento del equivalente mecánico del calor.
Dos siglos después del invento de Watt, existen todavía numerosas máquinas que
funcionan con el mismo principio termodinámico original y que nos muestran la utilidad y
vigencia de la máquina de vapor en nuestra sociedad. El ciclo termodinámico de esta
máquina fue estudiado por W.J. Rankine, un ingeniero escocés que en 1859 publicó su libro
Manual de la Máquina de Vapor y que le dio su nombre al ciclo termodinámico de la máquina
de vapor. El fundamento mecánico de esta máquina consiste en aprovechar la energía que
posee el vapor de agua para mover un pistón dentro de un cilindro y a la utilización de dos
elementos tan baratos como son el agua y el carbón.
La figura 88 nos muestra un esquema muy sencillo de la máquina de vapor. El agua se lleva
mediante una bomba hasta la caldera, en donde la presión y la temperatura que alcance el
vapor saturado dependerán de las condiciones de operación propias de la máquina; así por
ejemplo, a la presión de 10 atmósferas, la temperatura que alcanza el vapor saturado es de
180 ºC y a 15 atmósferas es de 200 °C.
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Figura 22: Esquema elemental de una máquina de vapor
La caldera o generador de vapor recibe el calor de la combustión del carbón y este proceso
continúa mientras la máquina está funcionando. El vapor así producido se conduce hasta
el pistón o émbolo de la máquina, el cual se mueve debido a la gran presión que ejerce
dicho vapor.
En las centrales termoeléctricas no existe el pistón, sino una turbina con una serie de aspas
o alabes (similares a una hélice), contra las cuales se estrella el vapor, produciendo el
movimiento de rotación del eje. En cualquiera de los dos casos anteriormente mencionados,
el vapor utilizado se lleva posteriormente al condensador, lugar en donde cede calor para
pasar al estado líquido a una presión menor que la atmosférica y a una temperatura menor
que la de ebullición. El condensador cederá su contenido calorífico al foco frío y el agua
condensada será llevada por la bomba, nuevamente, a la caldera para la producción de
vapor, cerrando de esta manera el ciclo.
Al llegar a este punto hay que hacer una aclaración. El vapor que se utiliza para mover el
pistón o la turbina debe ser un vapor con unas características tales que cuando haga la
expansión, en el pistón, no se vaya a producir agua en estado líquido, debido a la alta
corrosión que presenta este líquido a elevadas temperaturas. Para eliminar este problema
se sobrecalienta el vapor; es decir, pasamos de la isoterma de vapor saturado a una
isoterma mayor. Todas las máquinas que trabajan hoy en día, lo hacen con el ciclo de vapor
sobrecalentado.
La temperatura del vapor sobrecalentado tiene un límite, que viene dado por la resistencia
de los materiales utilizados a altas presiones; este límite supone una temperatura máxima
de 550 °C y una presión máxima de 100 atmósferas, con una tolerancia de 10% de la
humedad. Este límite se conoce con el nombre de límite metalúrgico.
El ciclo termodinámico que describe todas las variaciones de presión, volumen y
temperatura que sufre la máquina de vapor se llama ciclo Rankine, representado en la figura
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89, y será explicado a continuación. Recordemos que la línea punteada describe el
comportamiento de agua saturada con vapor a la izquierda del punto crítico (Cr) y del vapor
saturado con agua a la derecha de dicho punto crítico.
Figura 23: Diagrama termodinámico P-V para el ciclo de Rankine
El ciclo de Rankine es una descripción de una máquina ideal de vapor; por consiguiente, el
rendimiento calculado tiene un valor máximo comparado con las máquinas que se
construyen en la industria. Esto se debe a que para nuestro estudio no consideramos los
siguientes fenómenos:
a)
b)
c)
d)
Aceleraciones y turbulencias del vapor que alteran la presión del mismo.
Rozamiento producido sobre las paredes del pistón y de la bomba de agua.
Pérdidas de calor en la conducción del vapor y durante la expansión en el pistón.
Transferencia de calor irreversible entre la combustión del carbón y la caldera, con
las consabidas pérdidas de calor por radiación.
Para comenzar el ciclo, no vamos a considerar la energía calórica para llevar el agua de la
temperatura ambiente hasta la temperatura de agua saturada de vapor a la presión P
representada en la figura 89 por el punto a.
Los procesos que componen el ciclo Rankine son los siguientes:
a) a  b. La bomba realiza una compresión adiabática del agua para llevarla de P2 a P1.
La variación de temperatura es muy pequeña y prácticamente sigue la isoterma T.
b) b  c. El agua se calienta isobáricamente hasta llevarla a su temperatura de ebullición,
T1. El calor consumido en este proceso es muy pequeño. Basta comparar la capacidad
calorífica de un gramo de agua a la temperatura de ebullición, con el calor de
vaporización del mismo gramo de agua a dicha temperatura.
c) c  d. El agua que entra en la caldera se evapora isobáricamente llegando al punto de
vapor saturado.
d) d  e. Este proceso hace que el calor absorbido por el vapor lo sobrecaliente y pasemos
de la isoterma T a T en una trayectoria isobárica.
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e) e  f. En este momento el vapor se introduce en el pistón y realiza la llamada carrera
de trabajo; por lo tanto, el vapor se expande adiabáticamente y el punto f representa la
composición del vapor húmedo; esto es, vapor de agua y una pequeña proporción de
agua en estado líquido.
f) f  a. El vapor húmedo se introduce en el condensador en contacto con el foco frío
cediéndole calor, para llevar todo el vapor a agua líquida, punto a, con lo cual se cierra
el ciclo.
El agua que está a la temperatura T2, punto b, puede circular por las vecindades de la
caldera antes de entrar a la misma, para alcanzar la temperatura T1. El recalentamiento del
vapor T1 a T2 se logra haciéndolo recircular por un serpentín colocado dentro de la caldera.
De esta forma, la zona donde se absorbe calor en una cantidad Q está dada por la
trayectoria b  c  d  e, todo a presión constante. Por consiguiente:
𝑄1 = 𝐻𝑒 − 𝐻𝑏
De otra parte, el calor cedido, Q2, en el condensador al foco frío será también a presión
constante, trayectoria f  a, y:
𝑄2 = 𝐻𝑓 − 𝐻𝑎
La definición de rendimiento, n, para la máquina térmica nos dice:
𝜂=
𝑊 𝑄1 − 𝑄2 (𝐻𝑒 − 𝐻𝑏 ) − (𝐻𝑓 − 𝐻𝑎 )
=
=
𝑄
𝑄1
𝐻𝑒 − 𝐻𝑏
La entalpía del agua, Hb, no es fácilmente obtenible en las tablas; pero puede calcularse
teniendo en cuenta las condiciones propias del proceso, así el paso de a  b es adiabático
y Hb puede expresarse en función de Ha y de la compresión adiabática que realiza la bomba:
𝐻𝑏 = 𝐻𝑎 + ∫ 𝑉. 𝑑𝑃
Ahora bien, el volumen V prácticamente no sufre cambio, debido a que es un líquido y la
ecuación se transforma en:
𝐻𝑏 = 𝐻𝑎 + 𝑉(𝑃1 − 𝑃2 )
El rendimiento queda expresado:
𝑯𝒆 −𝑯𝒇 +𝑽(𝑷𝟏 −𝑷𝟐 )
𝜼=𝑯
𝒆 −𝑯𝒂 +𝑽(𝑷𝟏 −𝑷𝟐 )
Ecuación 49
La ecuación 206, expresa el rendimiento de la máquina en función de las entalpías de vapor
sobrecalentado, He, del vapor húmedo a la temperatura T2; del foco frío, Hf; del agua
saturada a la temperatura T2, Ha, y del llamado término correspondiente a la bomba de
alimentación: 𝑉(𝑃1 − 𝑃2 ).
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En la ecuación 206 del rendimiento para la máquina de vapor, aparece el término Hf que se
refiere a la entalpía de la mezcla líquido-vapor que se ha producido durante la expansión
adiabática en el pistón de la máquina.
El valor de Hf no se obtiene directamente de las tablas de vapor, pero puede calcularse en
función de la entalpía del vapor saturado en la isoterma T2 y de las entropías de vapor
sobrecalentado Se y del vapor saturado Sk.
El proceso de expansión adiabática de e  f es un proceso isentrópico, por consiguiente:
𝑆𝑓 = 𝑆𝑒
En consecuencia:
𝑯𝒇 = 𝑯𝒌 − 𝑻𝟐 (𝑺𝒌 − 𝑺𝒆 )
Ecuación 50
En esta última ecuación la entalpía de la mezcla agua-líquida-vapor de agua (también se le
dice vapor húmedo) queda expresada en términos que sí aparecen en las tablas de vapor.
El título del vapor o porcentaje de sequedad, se refiere a la cantidad de agua líquida que
acompaña al vapor de agua después de efectuar la expansión adiabática. Este puede
calcularse en función de las entropías involucradas sobre la línea de equilibrio líquido-vapor
en la isoterma T2. Si llamamos xf el título del vapor en el punto f, su valor es:
𝒙𝒇 =
𝑺𝒆 −𝑺𝒂
𝑺𝒌 −𝑺𝒂
Ecuación 51
Ejemplo 51
Calcule la entalpía y la entropía de 1 kg de vapor de agua con un título de 0.85 a una presión
de 5 atmósferas.
Análisis del problema
Este problema tiene como objeto ejercitar en la búsqueda y cálculo de las magnitudes
necesarias para hallar el rendimiento térmico de una máquina de vapor. Se dan los datos y
composición del vapor húmedo y se pide conocer la entalpía y entropía de dicho vapor. El
título del vapor se puede expresar en función de las entropías, ecuación 3; mientras que la
entalpía de vapor húmedo, Hf, se da en función de la entalpía de vapor saturado de las
entropías de vapor saturado, y del título del vapor.
Solución del problema
Datos del problema: 𝑚 = 1 𝑘𝑔; 𝑃 = 5 𝑎𝑡𝑚, Título = 0.85
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Es necesario cambiar de unidades de presión de atmósferas a psia, luego:
𝑃 = 5𝑎𝑡𝑚
14.7 𝑝𝑠𝑖𝑎
= 73.5 𝑝𝑠𝑖𝑎
1 𝑎𝑡𝑚
Con este valor de presión, los datos que aparecen en las tablas son los siguientes: la
presión más parecida a esta (73.5 psia) es la que aparece en la tabla de 73.25 psia. Es
bastante cercana a la nuestra, por tal razón podemos tomar directamente los datos que en
ella aparecen. Cuando el valor de nuestra presión difiere ostensiblemente, debe hacerse
una interpolación y calcular todos los datos que en ella aparecen; después de esta
consideración los valores son:
𝑃 = 73.5 𝑝𝑠𝑖𝑎; 𝑇 = 306.0 °𝐹; 𝐻𝑎𝑔𝑢𝑎 = 275.9; 𝐻𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 1181.4; 𝑆𝑎𝑔𝑢𝑎 = 0.4453; 𝑆𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 =
1 .6279
Las unidades de entalpía:
𝐵𝑇𝑈
𝑙𝑏𝑚
𝐵𝑇𝑈
Las unidades de entropía: 𝑙𝑏𝑚.℉
𝑥𝑓 =
𝑆𝑒 − 𝑆𝑎
𝑆𝑘 − 𝑆𝑎
𝑆𝑒 = 𝑆𝑎 + 𝑥𝑓 (𝑆𝑘 − 𝑆𝑎 )
𝑆𝑒 = 0.4453
𝐵𝑇𝑈
𝐵𝑇𝑈
𝐵𝑇𝑈
+ 0.85 (1.6279
− 0.4453
)
𝑙𝑏𝑚. ℉
𝑙𝑏𝑚. ℉
𝑙𝑏𝑚. ℉
𝑆𝑒 = 1.4505
𝐵𝑇𝑈
𝑙𝑏𝑚. ℉
La entalpía para el vapor húmedo, Hf, según la ecuación 2:
𝐻𝑓 = 𝐻𝑘 − 𝑇2 (𝑆𝑘 − 𝑆𝑒 )
𝐻𝑓 = 1181.4
𝐵𝑇𝑈
𝐵𝑇𝑈
𝐵𝑇𝑈
− 306℉ (1.6279
− 1.4505
)
𝑙𝑏𝑚
𝑙𝑏𝑚. ℉
𝑙𝑏𝑚. ℉
𝐻𝑓 = 1127.1
𝐵𝑇𝑈
𝑙𝑏𝑚
Esta es la forma de buscar y calcular los datos en la tabla para después averiguar cuál el
rendimiento de la máquina de vapor.
MAQUINAS DE COMBUSTIÓN INTERNA
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Las máquinas que transforman el calor en trabajo mecánico se diferencian en la forma y
lugar donde se genera el calor, para después ser convertido en movimiento. En el caso de
la máquina de vapor, el calor se produce en el exterior de la caldera (por la combustión de
madera, carbón, ACPM o cualquier otro combustible) y pasa al vapor debido a que la pared
de la caldera es diatérmica, de hierro generalmente. Este tipo de máquinas reciben el
nombre de máquinas de combustión externa.
Existe otro tipo de máquinas muy comunes entre nosotros, que utilizan un sistema diferente.
En ellas la combustión de los compuestos químicos se realiza dentro de la cámara (cilindro
más pistón) en donde se va a realizar la expansión de los gases y por consiguiente el
movimiento del pistón o émbolo. Este tipo de máquinas se llaman máquinas de combustión
interna y a ellas pertenecen los motores que más se utilizan en la actualidad: el motor a
gasolina o de cuatro tiempos y el motor Diesel.
Ejemplo 52
En una planta termoeléctrica que trabaja
mediante un ciclo ideal de Rankine, el vapor
llega a la turbina a 3.5 MPa y 400 ºC y se
condensa a una presión de 100 kPa. Se
desea determinar la eficiencia de este ciclo,
¿qué solución puede ofrecer?
Figura 24: Datos del ejemplo
Análisis del problema
Como se ha insistido pueden presentarse diversas soluciones, por ejemplo calcular el
trabajo neto y relacionarlo con el calor suministrado; o bien calcular la eficiencia en
función de las entalpías. A su vez las entalpías pueden consultarse en tablas o utilizar el
software disponible. En este ejemplo se utilizará el software Propagua que ya se ha
mencionado. En él los estados se especifican de la siguiente manera:




Estado 1 Presión 100 kPa equivalente a 1 bar y calidad del vapor o título = 0
Estado 2 Presión 3.5 MPa o 35 bar y entropía igual a la del estado 1
Estado 3 Presión 3.5 MPa o 35 bar y temperatura 400 ºC
Estado 4 Presión 100 kPa o 1 bar y entropía del estado 3.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA
Con los datos proporcionados por el software se construye la siguiente tabla:
Estado
1 (a)
Título
x
0
Presión,
𝑏𝑎𝑟
Temperatura,
℃
1
99.63
Entalpía,
𝑘𝐽
𝑘𝑔
417.50
Entropía,
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
1.30270
Volumen,
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
1.0434
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2 (b)
3 (e)
4 (f)
L
V
0.9149
35
35
1
99.87
400.00
99.63
421.04
3224.20
2483.24
1.30270
6.84430
6.84430
1.0418
84.4940
1549.6434
Con los datos de entalpías se determina la eficiencia:

(he  hb )  (h f  ha )
(he  hb )

(3224.20  421.04)  (2483.24  417.50)
 0.26
(3224.20  421.04)
Este resultado significa que la termoeléctrica convierte el 26% del calor suministrado en
la caldera en trabajo neto.
Lección 22: Motores de cuatro tiempos. Ciclo de Otto
El motor de cuatro tiempos fue desarrollado por N.A. Otto, un ingeniero alemán, que en el
último tercio del siglo pasado construyó la primera máquina con este tipo de motor. Debido
al éxito alcanzado, el ciclo termodinámico que describe su proceso se conoce con el nombre
de ciclo de Otto.
Los componentes del motor, también llamado de explosión, son un cilindro provisto de un
pistón o émbolo; una válvula de admisión que permite el paso de la mezcla formada por
gasolina más aire, procedente del carburador; un electrodo o bujía para el encendido de la
mezcla y una válvula de escape, por donde los gases, producto de la combustión, pueden
escapar al exterior.
El ciclo termodinámico y el diagrama de entropía se muestran en la figura 59. Loss pasos
que componen el proceso de un motor de cuatro tiempos de combustión son:
1. Admisión (0  1). La válvula de admisión se abre y el pistón en su carrera impelente
admite la mezcla gasolina-aire proveniente del carburador. Los gases entran debido la
presión atmosférica.
Figura 25: Diagramas para el ciclo de Otto: a) P vs V y b) T vs S
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2. Compresión adiabática (1  2). La válvula de admisión se cierra y el pistón comprime
los gases.
3. Ignición: se produce un aumento de la presión y temperatura (2  3). La corriente
eléctrica ha pasado por la bujía y produce una chispa que inicia la combustión de la
mezcla ocasionando un aumento de la presión y la temperatura, a volumen constante.
4. Expansión (3  4). Los gases producidos por la combustión mueven e pistón,
produciendo lo que se llama la carrera de trabajo.
5. Disminución de la temperatura y presión a volumen constante (4  1). En el momento
que el pistón llega al final de su carrera de trabajo se abre la válvula de escape y los
gases que tienen una alta presión y temperatura, salen hacia el exterior a presión
atmosférica.
6. Expulsión de los gases (1  0). La inercia que posee el pistón hace que éste, en la
carrera de regreso a la posición original 0, expulse al exterior los gases que aun
quedaban dentro del cilindro. El ciclo queda completo al regresar al punto 0.
Los seis procesos que acabamos de describir se realizan en cuatro carreras del pistón, por
lo cual se llama de cuatro tiempos. Este motor se ve mejorado por la implementación de
volantes de peso considerable que hacen posibles los movimientos del pistón cuando no
se realiza la carrera de trabajo; el uso de árboles de leva que abren o cierran las válvulas
de admisión y escape sincronizadamente con el pistón y la refrigeración con agua de las
paredes del cilindro, etc.
El cálculo de la eficiencia térmica del ciclo de Otto se realiza teniendo en cuenta las
siguientes suposiciones: el gas formado durante la combustión se comporta como un gas
ideal de masa constante cuyas capacidades caloríficas a presión y volumen constantes, Cp
y Cv respectivamente, no cambian durante el proceso y la combustión se asemeja a un
proceso de transmisión de calor al gas ideal para producir la expansión del mismo.
El cálculo de la eficiencia se realiza como sigue: el calor se absorbe durante 2  3 y su
valor Q1 por ser a volumen constante:
𝑄1 = 𝑈3 − 𝑈2 = 𝐶𝑉 (𝑇3 − 𝑇2 )
De igual manera, de 4  1 es el momento durante el cual el sistema cede calor a los
alrededores:
𝑄2 = 𝑈4 − 𝑈1 = 𝐶𝑉 (𝑇4 − 𝑇1 )
El rendimiento térmico viene dado por la ecuación de Carnot:
𝜂=
𝑄1 − 𝑄2
𝑄2
𝑇4 − 𝑇1
=1−
=1−
𝑄1
𝑄1
𝑇3 − 𝑇2
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De otro lado, los procesos 1  2 y 3  4 siguen una trayectoria adiabática, por lo que:
𝛾−1
𝑇1 𝑉1
En donde: 𝑉1 = 𝑉4
y
𝛾−1
= 𝑇2 𝑉2
y
𝛾−1
𝑇4 𝑉4
𝛾−1
= 𝑇3 𝑉3
𝑉2 = 𝑉3. Por consiguiente:
𝑇4 𝑇3
=
𝑇1 𝑇2
1−
𝑇4
𝑇3
=1−
𝑇1
𝑇2
𝑇1 − 𝑇4 𝑇2 − 𝑇3
=
𝑇1
𝑇2
𝑇1 𝑇1 − 𝑇4
=
𝑇2 𝑇2 − 𝑇3
La última ecuación reemplazada en el cálculo de rendimiento:
𝜼= 𝟏−
𝑻𝟏
𝑻𝟐
𝑽
= 𝟏 − ( 𝟐)
𝑉
𝑽𝟏
𝜸−𝟏
= 𝟏−
𝟏
Ecuación 52
𝜸−𝟏
𝒓𝑪
El cociente 𝑟𝐶 = 𝑉1 recibe los nombres de relación de compresión o grado de compresión
2
de la mezcla. Este cociente es un parámetro muy usado para caracterizar la potencia de un
automóvil, juntamente con la capacidad del motor. A medida que la máquina tiene un motor
de mayor capacidad y mayor relación de compresión, tiene más potencia.
Obsérvese que para el ciclo de Otto el rendimiento no se expresa como una función de las
temperaturas superior e inferior de los focos caloríficos, como se hace en el ciclo de Carnot.
El rendimiento del ciclo de Otto es casi la mitad respecto al del ciclo de Carnot y pudiera
pensarse que a medida que aumentamos la relación de compresión aumentamos el
rendimiento. Teóricamente esto es aceptable, pero existe una limitante tecnológica: al llegar
a un cierto valor de la relación de compresión la mezcla hace autoexplosión, antes de que
salte la chispa y el proceso de combustión no puede controlarse.
Ejemplo 53
Un motor de cuatro tiempos posee una relación de compresión de 7. Si el aire se admite
a una presión de 1 atm y a una temperatura de 25°C y alcanza una temperatura máxima
de 1200 °C, calcúlese: 1) la presión máxima que alcanza el aire en el ciclo y 2) el calor
𝑐𝑎𝑙
absorbido. Los datos para el aire son: 𝛾 = 1.4 y 𝐶𝑉 = 0.172 𝑔.𝐾.
Análisis del problema
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Los cálculos que deben realizarse para saber la presión y la temperatura, deben
corresponder a trayectorias adiabáticas para un gas ideal.
Solución del problema
𝛾
𝛾
𝑃2 𝑉2 = 𝑃1 𝑉1
𝛾
𝑉
Luego: 𝑃2 = 𝑃1 (𝑉1 ) = 1𝑎𝑡𝑚(7.0)1.4 = 15.25 𝑎𝑡𝑚
2
𝛾−1
𝑇1 𝑉1
𝑉
𝛾−1
= 𝑇2 𝑉2
𝛾−1
Luego: 𝑇2 = 𝑇1 (𝑉1 )
2
𝑇2 = 298 𝐾(7.0)(1.4−1) = 649 𝐾
El aumento de presión y temperatura, se realiza a volumen constante, paso 2  3:
𝑃3 = 𝑃2
(1200 + 373)𝐾
𝑇3
= 15.25𝑎𝑡𝑚
= 34.61 𝑎𝑡𝑚
𝑇2
649 𝐾
El calor absorbido por el aire será:
𝑄1 = 𝐶𝑣 (𝑇3 − 𝑇2 ) = 0.172
𝑐𝑎𝑙
𝑐𝑎𝑙
(1473 − 649)𝐾 = 141.73
𝑔. 𝐾
𝑔
𝑄1 = 592.4
Ejemplo 54
Se desea determinar los valores máximos
de presión y temperatura que alcanzaría el
aire en un ciclo ideal de Otto donde la
relación de compresión es de 8; el aire
inicialmente se encuentra a 20 ºC y 110 kPa
y durante el proceso isocórico recibe 15600
kJ/kmol en forma de calor. Determine
también la eficiencia del ciclo y el diagrama
Ts.
𝑘𝐽
𝑘𝑔
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Figura 26: Diagrama Pv para el ciclo de Otto
Análisis del problema
La máxima presión y la mayor temperatura se alcanzan en el estado 3, al culminar el
proceso isocórico de adición de calor, las cuales se determinan en función de las
condiciones del estado 2 y éstas a su vez mediante las condiciones iniciales.
Consideremos como sistema el aire con un comportamiento de gas ideal, del cual se
conocen presión y temperatura del estado 1, entonces utilizando las tablas de
propiedades termodinámicas o el software de propiedades de los gases se determinan
las otras propiedades como volumen específico o volumen molar, energía interna,
entalpía y entropía.
Recuerde que dos propiedades definen el estado de un sistema gaseoso. El proceso
entre 1 y 2 es isentrópico, por lo tanto la entropía del estado 2 será igual a la entropía del
estado 1. El volumen del estado 2, dada las condiciones del problema será igual a 1/8
del volumen inicial; con estos datos se pueden calcular las propiedades restantes. El
proceso entre 2 y 3 es isocórico, el volumen se mantiene constante y la energía interna
aumenta en virtud del calor adicionado.
Con los datos de energía interna y volumen es posible determinar la presión y la
temperatura del estado 3, con lo cual se da respuesta al primer interrogante.
La eficiencia se determina o bien en función de las temperaturas o en función de los
volúmenes y teniendo en cuenta la relación entre las capacidades caloríficas molares a
presión y a volumen constante que para el aire vale 1.4; como ya se ha calculado, en el
ejemplo 26.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA
Para resolver este problema se utilizará el software Progases del Departamento de
Química Física y Termodinámica Aplicada de la Universidad de Córdoba de España el
cual está disponible en Internet (ver bibliografía). El software permite determinar los
valores de las propiedades de diferentes gases para un estado determinado conociendo
el valor de dos de ellas.
Para el estado 1
𝑃1 = 110 𝑘𝑃𝑎 = 1.10 𝑏𝑎𝑟 y 𝑇1 = 293 𝐾
Con estos datos se obtienen los siguientes valores para el estado 1:
Estado
1
Para el estado 2
Presión Temperatura Volumen Energía interna Entropía
kPa
K
m3/kmol
kJ/kmol
kJ/kmolK
110
293
22.1463
6084.4
196.64
V2 
V 1 22.1463
m3

 2.7683
8
8
kmol
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Como el proceso entre 1 y 2 es isentrópico S 2  S 1  196.64
kJ
kmol.K
Por lo tanto:
Estado Presión, kPa Temperatura, K Volumen,
2
1977
Para el estado 3
658.32
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
2.7683
V 3  V 2  2.7683
𝑘𝐽
Energía interna, 𝑘𝑚𝑜𝑙 Entropía, 𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
13963
196.64
m3
(proceso isocórico)
kmol
U 3  U 2  Q  13963  15600  29563
kJ
kmol
Por lo que
Estado Presión, kPa Temperatura, K Volumen,
3
3882
1292.42
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
Energía interna,
2.7683
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
29563
Entropía,
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
213.05
La eficiencia se calcula mediante cualquiera de las ecuaciones derivadas anteriormente:
𝜂 = 1 − 𝑟 (1−𝛾) = 1 − 8(1−1.4) = 0.56
También en función de las temperaturas:
  1
T1
293
 1
 0.56
T2
658.32
Para realizar el diagrama Ts se deben conocer también la temperatura 4.
¿Cómo se podrían determinar las propiedades del estado 4?
El proceso de 3 a 4 es isentrópico, entonces, teniendo en cuenta esta condición y que el
volumen del estado 4 es igual al del estado 1, se determinan todas las otras propiedades
del punto 4:
3
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Estado Presión, kPa Temperatura, K Volumen, 𝑚 Energía interna,
Entropía, 𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝑚𝑜𝑙
4
238
632.9
22.1463
13387.8
213.05
Con los valores anteriores de temperatura y entropía se construye el diagrama de
temperatura contra entropía (Ts) como se muestra en la figura 95.
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Figura 95: Diagrama Ts para el ciclo de Otto
Se invita al estudiante a que explore otros resultados cambiando las condiciones iniciales
del problema y formulándose otros interrogantes.
Lección 23: Motores de ignición por compresión. Ciclo Diesel
En la sección pasada vimos cómo el factor limitante del motor de cuatro tiempos era el valor
de la relación de compresión, necesario para evitar la autoignición de la mezcla. Podríamos
obviar este problema comprimiendo solamente aire y en el momento de su máxima
compresión inyectar el combustible para que suceda la combustión y el pistón realice la
carrera de trabajo.
Este es el fundamento del motor de combustión o ignición por compresión, perfeccionado
por R. Diesel, a finales del siglo pasado; cuyo nombre fue dado al ciclo termodinámico que
describe el proceso que sigue esta clase de motor. Por supuesto, el motor Diesel no tiene
carburador y la inyección del combustible se realiza por una bomba de inyección.
Figura 27: Diagramas para el ciclo Diesel: a) P vs Ty b) T vs S
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Los diferentes pasos que contiene el ciclo Diesel son los siguientes:
1. Admisión (0  1). El aire pasa al cilindro a medida que el pistón se va retirando. La
presión con la cual entra el aire es la presión atmosférica.
2. Compresión adiabática (1  2). Al llegar al extremo 1 la válvula de admisión se cierra y
el pistón inicia el regreso y la compresión adiabática del aire. La presión dentro del
cilindro puede ser de 40 a 50 atmósferas y la temperatura del orden de 600 °C.
3. Inyección del combustible e ignición de la mezcla (2  3). La presión de inyección de la
bomba es de unas 70 atmósferas, lo cual, junto con el comienzo de la combustión, hace
una expansión a presión constante.
4. Expansión adiabática (3  4). La expansión isobárica anterior solamente representa una
décima parte del volumen del cilindro. Las nueve décimas partes restantes corresponden
a la expansión adiabática. El paso anterior y éste conforman la llamada carrera de trabajo
del pistón.
5. Disminución de temperatura y presión a volumen constante (4  1). Al llegar el pistón al
final de la carrera de trabajo se abre la válvula de escape y debido a la alta presión y
temperatura que tienen los gases, estos escapan al exterior a volumen constante.
6. Expulsión de los gases (1  0). El pistón de regreso de la carrera de trabajo, con la
válvula de escape abierta, saca los gases producto de la combustión y regresa el sistema
al punto inicial 0.
Las consideraciones que se hicieron para el ciclo de Otto referentes al tipo de gas,
deslizamientos sin fricción, etc., son las mismas que se aplican al ciclo Diesel.
El cálculo de la eficiencia de un ciclo Diesel es como sigue: la trayectoria 2  3 es el
momento en el cual el motor toma calor, luego:
𝑄1 = 𝐶𝑃 (𝑇3 − 𝑇2 )
y de 4  1, donde cede calor:
𝑄2 = 𝐶𝑉 (𝑇4 − 𝑇1 )
En consecuencia el rendimiento será:

C T  T 
Q1  Q2
Q
 1 2  1 v . 4 1
Q1
Q1
C p T3  T2 
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  T4

T1   T1
  1 .
T2   T3
 
  T2
 
  1
 . 1
 
  1
 
Las relaciones existentes en los puntos extremos del diagrama del ciclo Diesel son:
T1V1 1  T2V2 1
T4V4 1  T3V3 1
𝑉1 = 𝑉4
Durante la trayectoria 2  3 a presión constante:
T3 V3

 r0
T2 V2
𝑉
El cociente 𝑟0 = 𝑉3, se llama relación de combustión.
2
Tomando las ecuaciones anteriores puede llegarse a la fórmula para el cálculo de eficiencia:

 V3 
  1
1 T1  V2 
  1 .
 T2 V3V2   1
  1
𝑉
1
.
 1
rC
r0 1  1
 r0  1
Ecuación 53
Donde 𝑟𝐶 = 𝑉1, se conoce como la relación de compresión.
2
La última ecuación nos muestra que el rendimiento térmico del ciclo Diesel aumenta con la
relación de compresión rC, y con el coeficiente 𝛾 del gas utilizado y disminuye cuando
aumenta r0.
Ejemplo 55
La relación de compresión de un motor Diesel rC es igual a 15 y el calor suministrado
𝑄1 = 275
𝑘𝑐𝑎𝑙
.
𝑘𝑔
El aire penetra al motor a la presión de 1 atm y 25 °C de temperatura;
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𝑐𝑎𝑙
sabiendo que 𝛾 = 1.4 y que 𝐶𝑃 = 0.241 𝑔.𝐾. Calcúlese la temperatura y la presión máxima
del ciclo.
Análisis del problema
Los cálculos que debemos hacer se refieren a los procesos 1  2 para averiguar la
presión máxima y de 2  3 sabremos la temperatura máxima alcanzada. Por tanto
nuestros procesos serán: a) adiabático y b) isobárico.
Solución del problema
En la trayectoria adiabática:

V
P2  P1  1
 V2

  P1 .rC  1 atm 151.4  44.31 atm

V
T2  T1  1
 V2



 1
 T1 .rC 1  29815
0.4
 880.3 K
En la trayectoria isobárica:
𝑄1 = 𝐶𝑃 (𝑇3 − 𝑇2 )
Por consiguiente:
𝑇3 =
𝑄1
+ 𝑇2
𝐶𝑃
kcal
kg
T3 
 880.3 K  2021.4 K
kcal
0.241
kg.K
275
Ejemplo 56
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Determine el trabajo producido y la eficiencia
en un ciclo Diesel de aire estándar que
efectúa las siguientes etapas:
1. Compresión isentrópica desde 100 kPa y
290 K hasta 900 kPa
2. Adición de 34760 kJ/kmol de calor a
presión constante
3. Expansión adiabática hasta alcanzar el
volumen inicial
4. Enfriamiento isocórico hasta llegar al
estado inicial.
Las capacidades caloríficas molares a las
temperaturas promedio de operación:
C p aire  33.08
kJ
kmol.K
Cvaire  23.64
kJ
kmol.K
Figura 28: Diagrama Pv ciclo Diesel
Análisis del problema
El trabajo en el ciclo es igual a la suma algebraica del trabajo en cada una de las etapas.
Entonces para cada proceso en particular se deben determinar las condiciones de
temperaturas que permitan calcular el trabajo. Para resolver este problema existen varias
alternativas: primero utilizar los valores promedio de las capacidades caloríficas de aire,
supuestas constantes en el intervalo de temperaturas, otra forma sería el de utilizar las
tablas de propiedades termodinámicas del aire o bien utilizar el software para análisis de
ciclos termodinámicos. En este ejemplo utilizaremos las capacidades caloríficas y el
software Progases que ya se ha mencionado.
Solución del problema
T1  290 K
Condiciones iniciales P1  100 kP
Para calcular la temperatura del punto dos recuerde que la relación entre presión y
temperatura se establece mediante la ecuación:
P 
T2  T1  1 
 P2 
(
1

)
 100 kPa 

 290 K 
 900 kPa 


11, 4
1, 4
 543 K
Donde  representa la relación entre las capacidades caloríficas que para el aire es de
1.4.
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La temperatura del estado 3 se determina teniendo en cuenta que se trata de un proceso
isobárico y en este tipo de procesos el cambio de entalpía es igual al calor intercambiado
por tanto:
Q  H  nC p(T3  T2 )  34760 kJ
Al despejar la temperatura 3
T3 
Q
 T2 
nC p
34760 kJ
kJ
(1 kmol)(33.08
)
kmol.K
 543 K  1594 K
Para determinar las condiciones del estado 4 se deben considerar simultáneamente el
proceso adiabático o isentrópico entre 3 y 4 y el proceso isocórico entre 4 y 1.
P 
Para el proceso adiabático T4  T3  3 
 P4 
obtiene la ecuación: T4  228.3P
0, 286
1

 900 kPa 
 (1.594 K ) 

 P4

11, 4
1, 4
de donde se
.
Para el proceso isocórico hay una relación directa entre presión y temperatura de tal
 P4
 P1
manera que T4  T1 



P4
  T4  2.9 P4
  (290 K )
 100 kPa 



Al resolver las dos ecuaciones simultáneas P4  452 kPa
y T4  1310 K
Trabajo en el proceso adiabático entre 1 y 2.
W2  nCv(T2  T1 )  (1 kmol)(23.64
1
kJ
)(543  290) K  5981 kJ
kmol.K
Trabajo en el proceso isobárico entre 2 y 3.
W3  nR(T3  T2 )  (1 mol)(8.31
2
kJ
)(1594  543)  8734 kJ
kmol.K
Trabajo en el proceso adiabático entre 3 y 4.
W4  nCv(T4  T3 )  (1 kmol)(23.64
3
kJ
)(1310  1594) K  6714 kJ
kmol.K
Para el proceso isocórico entre 4 y 1 el trabajo es cero.
Con los datos encontrados se calcula el trabajo producido por el ciclo:
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Wciclo 1W2  2W3  3W4  4W1  (5.981  8.734  6.714) kJ  9.467 kJ
La eficiencia se calcula fácilmente de la relación entre el trabajo producido y el calor
suministrado:
kJ
kmol  0.27
e
kJ
34.760
kmol
9.467
Al utilizar el software PROGASES se obtienen resultados algo diferentes debido a la
consideración realizada para resolver el problema de que las capacidades caloríficas son
constantes. El software realiza las integraciones correspondientes al presentase
variación de las capacidades caloríficas al cambiar la temperatura.
Los estados que aparecen en negrilla se toman como referencia para determinar
mediante el software las otras propiedades con los cuales se construye la siguiente tabla:
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Estados Presión, kPa Temperatura, K Entalpía,
Entropía, 𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
𝑘𝑚𝑜𝑙
1
2
3
4
100
900
900
468
290
540,11
1.589,22
1353.45
8.433,3
15.825.9
50.682,9
42.594,3
197,133
197,133
232,364
232,364
𝑚3
Volumen, 𝑘𝑚𝑜𝑙
24,1115
4,9896
14,6814
24,1115
El software también proporciona el trabajo en cada una de las transformaciones
W2  5267.6
1
W4  6067.2
3
kJ
kmol
kJ
kmol
W3  8722.7
2
kJ
kmol
W1  0
4
Wciclo  9522.3
kJ
kmol
kJ
kmol  0.27

kJ
34769
kmol
9522.3
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Lección 24: Ciclo de Brayton
Los motores de las turbinas de gas utilizadas en plantas generadoras de corriente eléctrica
o en la propulsión de aeronaves funcionan mediante el ciclo de Brayton, el cual como en
los ciclos estudiados anteriormente, también consta de cuatro etapas internamente
reversibles:
1. Compresión adiabática de 1 a 2
2. Adición de calor a presión constante de 2 a 3
3. Expansión adiabática de 3 a 4
4. Liberación de calor a presión constante de 4 a 1
La figura 98 muestra los diagramas Pv y Ts para el ciclo Brayton en ellos el área inscrita
dentro de las trayectorias de cada proceso representa en el diagrama Pv el trabajo
desarrollado y en el diagrama Ts el calor intercambiado durante el ciclo.
Figura 29: Diagramas Pv y Ts para el ciclo de Brayton
En la práctica este ciclo se cumple cuando se considera como sistema el aire estándar que
llega a un compresor y en forma adiabática se comprime, es decir se realiza trabajo sobre
él, luego pasa a un quemador donde se introduce el combustible y a presión constante
ocurre la reacción de combustión con la cual se introduce calor al sistema, el aire y los
gases de combustión salen a gran presión y alta temperatura y pasan a través de una
turbina, realizando un proceso de expansión adiabática hasta que la presión se iguala a la
presión atmosférica, generando en este proceso el trabajo útil. El ciclo se completa
liberando calor a presión constante hasta alcanzar las condiciones del estado inicial. Los
gases en estos dispositivos salen a la atmósfera no se recirculan por lo que el ciclo es
abierto.
La figura 99 ilustra muestra los componentes de una maquina que trabaja mediante el ciclo
de Brayton:
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Figura 30: Máquina que trabaja mediante el ciclo de Brayton
La eficiencia en un ciclo de Brayton, como en los ciclos anteriores, se determina en función
de las relaciones de presiones y la relación de calores específicos bajo las suposiciones de
que el fluido de trabajo es aire estándar.
  1
Qf
 1
Qc
nC p (T4  T1 )
(T  T )
 1 4 1
nC p (T3  T2 )
(T3  T2 )
Ecuación 54
si se factoriza T1 y T2 en 228 se llega a la siguiente expresión
 T4

 T1 ( T  1) 
1

  1 
 T ( T3  1) 
 2 T

2


Ecuación 55
Dado que los procesos 1-2 y 3-4 son adiabáticos se establecen las siguientes relaciones
entre la temperatura y la presión
T2  P2 
 
T1  P1 
(
T3  P3 
 
T4  P4 
(
 1
)

Ecuación 56
 1
)

Ecuación 57
Considerando que los procesos 2-3 y 4-1 son isobáricos, P2 = P3 y P4 = P1 por lo tanto si
se remplazan convenientemente estos valores de presiones en 211 o en 212 se concluye
que para el ciclo de Brayton existe la siguiente entre las temperaturas
T
T2 T3
T

o también 4  3
T1 T4
T1 T2
Ecuación 58
Al simplificar los paréntesis en la expresión de la eficiencia y remplazar la relación de
temperaturas según la ecuación 213 se obtiene
 T1 
1
1
 1
  1
 1
(
)
 T2 
 T2 



P
2
 
 
 T1 
 P1 
  1 
Ecuación 59
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La relación
P2
se conoce como relación de presiones y se representa por rp por lo que
P1
finalmente la eficiencia del ciclo de Brayton se expresa como:
  1
1
r
Ecuación 60
( 1) / 
p
Ejemplo 57
Determine el trabajo y el calor en cada proceso,
la relación de presiones y la eficiencia para un
ciclo de Brayton donde el aire entra al compresor
a 95 kPa y 300 K, sale de él a una presión de 750
kPa y entra a la turbina a 1000 K.
Figura 31: Datos del ejemplo
Análisis del problema
Existen varias alternativas para resolver este problema, en este caso utilizaremos el
software para determinar las propiedades en cada estado y el trabajo y el calor
involucrados. Los estados se especifican teniendo en cuenta los datos del problema y
las condiciones de entropía constante en los procesos de 1 a 2 y de 3 a 4; así como
también de presión constante en los procesos de 2 a 3 y de 4 a 1.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA
Con los datos proporcionados por el software y las condiciones del problema se
construye la tabla siguiente. En ella los datos en negrilla se toman como referencia para
calcular las otras propiedades.
Estados
1
2
3
4
𝑘𝐽
Presión, kPa
Temperatura, K
Entalpía, 𝑘𝑚𝑜𝑙
95
750
750
95
300
538
1000
581
8725.5
15772.8
30399.7
17066.8
Entropía,
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
198.55
198.55
218.048
218.048
Volumen,
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
26.2557
5.9680
11.0857
50.8585
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Figura 32: Diagrama Pv para el ciclo de Brayton
Proceso
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Trabajo, 𝑘𝑚𝑜𝑙 Calor, 𝑘𝑚𝑜𝑙
1-2 Isentrópico
2-3 Isobárico
3-4 Isentrópico
4-1 Isobárico
-5020.9
3838.3
9774.3
-2337.3
0
14626.9
0
-8341.2
Wneto  5020.9  3838.3  9774.3  2337.3)
Relación de Presiones 
1
Eficiencia   1 
r
  1 


  
p
kJ
kJ
 6254.4
kmol
kmol
P2 750 kPa

 7.895
P1
95 kPa
 1
1
7.89
 1.4 1 


 1.4 
 0.45
Lección 25: Máquinas frigoríficas
Los motores que acabamos de estudiar, tanto de combustión interna como de combustión
externa, utilizan el combustible para producir y mantener un foco caliente, del cual extraen
calor y mediante la compresión de un gas, producen trabajo y pasan el calor no utilizado a
un foco frío. Este es en resumen el funcionamiento de un motor térmico.
El caso de una máquina refrigerante podríamos decir que es todo lo contrario del motor
térmico. La máquina refrigerante o frigorífica utiliza una fuente de energía externa,
generalmente corriente eléctrica como en el caso de una nevera o refrigerador común, para
quitar calor de una fuente fría (enfriar) y dárselo a una fuente caliente. En la vida real la
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fuente fría tiene una temperatura inferior a la del medio ambiente (interior de la nevera) y la
fuente caliente es el aire que rodea la máquina y que sirve como disipador de calor.
Los dos procedimientos más conocidos para efectuar la refrigeración son: compresión (ciclo
de vapor) y absorción. Entre estos dos el más extendido es el de compresión, que
estudiaremos a continuación.
El refrigerador por compresión consta de cuatro partes fundamentales, figura 61:
compresor, condensador, válvula de estrangulamiento y evaporador.
Figura 33: Esquema de un refrigerador por compresión
Las etapas que componen el ciclo de refrigeración son:
1. Compresión adiabática de P2 a P1 (1  2). El vapor saturado y seco se comprime
adiabáticamente mediante el compresor.
2. Enfriamiento del vapor sobrecalentado (2  3). El vapor sobrecalentado por la
compresión adiabática pasa al condensador, donde cede una cantidad de calor Q1 y el
gas se convierte en una mezcla.
3. Expansión irreversible del líquido (3  4). La expansión de la mezcla líquido más vapor
a través de la válvula de estrangulamiento enfría aun más el líquido, en el caso de una
nevera lo lleva casi a 0 °C y queda listo para pasar al evaporador.
4. Evaporación del líquido (4  1). La mezcla del líquido con muy poco vapor entra al
evaporador (interior de la nevera o del refrigerador), en donde absorbe calor para
evaporarse y producir vapor regresando así al punto inicial del ciclo.
Como particularidades del ciclo de refrigeración hay que recordar varias cosas. El ciclo, tal
y como se ha explicado anteriormente, corresponde a un ciclo de Carnot inverso: figura
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100a, en donde se muestran principalmente las zonas de condensación y evaporación en
donde cede y absorbe calor, respectivamente. Pero la compresión adiabática produce un
vapor sobrecalentado, proceso isentrópico, que se muestra en el pico de la derecha de la
figura 100b.
Figura 34: Diagrama para el refrigerador: a) de Carnot y b) real mostrando la región del vapor
recalentado
De otra parte, la expansión del líquido en la válvula de estrangulamiento no es un proceso
isentrópico, sino isentálpico, similar al efecto Joule-Kelvin que se estudió previamente; lo
cual se muestra por la línea punteada que aparece en la figura 100, literales a y b.
La eficiencia del refrigerador de Carnot se define por el cociente entre la cantidad de calor
extraída Q2 y el trabajo suministrado |𝑊| en valor absoluto, para no tener problemas de
signos. Nos queda:

Q2
Q2
T2


W Q1  Q2 T1  T2
Ecuación 61
Generalmente T2 > (T1 – T2), el rendimiento puede ser mayor que uno. Para evitar el
problema de un rendimiento mayor que uno, la η de refrigeración se le da el nombre de
efecto frigorífico o coeficiente de amplificación frigorífica.
Para el caso del frigorífico que no cumple con el ciclo de Carnot, más bien se comporta algo
parecido a un ciclo de Rankine inverso, la eficiencia puede ser calculada de otra manera.
La eficiencia queda definida por:

Q2
Q1  Q2
Dado que el paso (4’  1) es un proceso isobárico:
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𝑄2 = 𝐻1′ − 𝐻4′
Como el paso (1’  2  3) es también isobárico:
𝑄1 = 𝐻1′′ − 𝐻3

H 1'  H 4'
H 1''  H 3'  H 1'  H 4'
Pero para el proceso isentálpico: 𝐻3 = 𝐻4′

H 1'  H 4' H 1'  H 3'

H 1''  H 1' H 1''  H 1'
De esta manera podemos calcular la eficiencia de un refrigerador no ideal (no del tipo de
Carnot) de una manera similar a los cálculos que hicimos para la máquina de Rankine, con
base en temperaturas, presiones, entalpías y entropías de vapor saturado, vapor sobre
calentado, líquido saturado y títulos de vapor húmedo.
Para el caso del título recordemos que viene dado por la fórmula:
X
H 4'  H 4
H1''  H 4
La eficiencia o factor de amplificación de un refrigerador calculada por el ciclo de Carnot
es siempre mayor, que para un ciclo no ideal.
En general, los refrigeradores comerciales tienen una capacidad para producir
temperaturas bajas, determinada empíricamente (experimentalmente); pero en cualquiera
de los casos no puede ser mayor que la calculada teóricamente, con la cual esta sección
se convierte en un punto de referencia para comparar la calidad de una máquina comercial.
Ejemplo 58
Un refrigerador sigue un ciclo ideal en el cual consume una potencia de 100 W. La
temperatura exterior (foco caliente) es de 45°C. ¿Cuánto tiempo gastará en congelar 4
kg de agua introducidos al refrigerador a la temperatura ambiente?
Análisis del problema
Generalmente los motores eléctricos que accionan el compresor, vienen caracterizados
por un consumo de energía expresado por: caballos de fuerza, HP; caballos de vapor
CV; watios, W; etc. En nuestro caso particular de W (watios) recordemos que se refiere
al producto de la intensidad de corriente (amperios, A) por el voltaje (voltios, V),
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necesarios para hacer mover el motor del compresor. La potencia de un motor es el
𝑃
cociente entre el trabajo y el tiempo 𝑃 = 𝑡 .
De otro lado, el agua está a la temperatura de 45°C y hay que llevarla a hielo a 0°𝐶. Esto
deberá hacerse en dos fases: la primera bajar la temperatura del agua de 45°C a 0°𝐶 y
la segunda, pasar de agua líquida a 0°C a agua sólida a 0°𝐶. Las dos fases requieren
que quitemos calor, teniendo en cuenta que el proceso se lleva a cabo a presión
𝑐𝑎𝑙
constante: 𝐶𝑃 = 1 𝑔.𝐾 y el calor de fusión es de 80
𝑐𝑎𝑙
.
𝑔
El factor de amplificación viene dado por las temperaturas del foco o fuente caliente: 𝑇 =
45°𝐶 y la del foco frío: 𝑇 = 0°𝐶; podemos calcular el trabajo neto (𝑊 = 𝑃. 𝑡) necesario
para producir los 4 𝑘𝑔 de hielo.
Solución del problema
Cantidad de calor Q2 que se debe retirar:
𝑄2 = 4000𝑔. 1
𝑐𝑎𝑙
𝑐𝑎𝑙
(318 − 273)𝐾 + 4000𝑔. 80
𝑔. 𝐾
𝑔
𝑄2 = 180000 𝑐𝑎𝑙 + 320000 𝑐𝑎𝑙 = 500000 𝑐𝑎𝑙 = 500 𝑘𝑐𝑎𝑙
El coeficiente de amplificación frigorífica:

Q2
T2

W T1  T2
Pero 𝑊 = 𝑃. 𝑡; entonces:
J  W .s 

500000 cal (318 - 273)K  4.184
1.0

Q2 .T1  T2 
cal 
J 

t

 3444 s
T2 .P
273 K 100 W 
CICLO INVERSO DE CARNOT
El ciclo inverso de Carnot, mencionado ya en el capítulo 9, es el ciclo ideal estándar para
los refrigeradores o bombas de calor. Este ciclo consta de cuatro procesos reversibles:
1. Compresión adiabática o isentrópica de 1 a 2
2. Compresión isotérmica de 2 a 3
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3. Expansión adiabática o isentrópica de 3 a 4
4. Expansión isotérmica de 4 a 1
Los anteriores procesos se muestran en los diagramas Pv y Ts de la figura 106.
El ciclo inverso de Carnot solo tiene importancia teórica ya que en la práctica es difícil
realizar tales procesos pero su coeficiente de operación sirve como referencia para
comparar el rendimiento de otros ciclos.
En el diagrama Ts, los procesos adiabáticos corresponden a líneas rectas de entropía
constante, limitadas por las líneas isotermas. El área encerrada entre estas líneas
representa el calor intercambiado durante el ciclo.
Figura 35: Ciclo inverso de Carnot
CICLO IDEAL DE REFRIGERACIÓN POR COMPRESIÓN DE VAPOR
La refrigeración por compresión de vapor se fundamenta en el principio de que toda
sustancia líquida requiere necesariamente que se le suministre calor para que pueda
evaporarse, si no se da esta condición no se presenta el cambio de fase. Dentro de la gran
cantidad de sustancias líquidas hay algunas que pasan más fácilmente a la fase de vapor
que otras. Por ejemplo si Ud. deja caer sobre una superficie plana, a temperatura ambiente,
unas cuantas gotas de agua, acetona o alcohol etílico, ¿cuál cree que se va a evaporar más
rápidamente? A igual temperatura, la presión de vapor de la acetona es mayor que la del
alcohol etílico y la de éste, a su vez, es mayor que la del agua, por lo tanto, la acetona se
vaporiza primero. Esta característica es muy importante considerar cuando haya que elegir
un buen refrigerante.
La capacidad de refrigeración de una sustancia se puede comprobar mediante una
experiencia muy sencilla, se humedece un algodón con uno de los líquidos como los ya
mencionados, se coloca junto al bulbo de un termómetro y se registran las temperaturas,
es de esperarse que la temperatura más baja se presente en aquel líquido que tenga el
menor punto de ebullición y el más alto calor de evaporación. Otras características que
debe poseer un buen refrigerante son las de no ser tóxico, corrosivo o inflamable de ser
químicamente estable y por su puesto de fácil acceso y económico.
Históricamente y desde que comenzó a finales del siglo XIX la refrigeración mecánica, se
han empleado numerosas sustancias como refrigerantes tales como el éter etílico, el
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dióxido de azufre, hidrocarburos de bajo peso molecular, pero rápidamente fueron
sustituidos debido a su inflamabilidad o a su alto grado de corrosión. El amoniaco también
se utilizó ampliamente como refrigerante en los primeros refrigeradores domésticos pero en
la actualidad, pese que es una sustancia tóxica, todavía se emplea en gran medida para
refrigeración a nivel industrial.
En los refrigeradores comerciales y cuartos fríos se utilizan todavía algunos de los
refrigerantes desarrollados a partir de la tercera década del siglo XX, conocidos como
clorofluoronarbonos (CFC), el principal de ellos es el diclorodifluorometano, también
conocido como Freón 12 o simplemente refrigerante 12.
Los investigadores han desarrollado muchos compuestos de esta familia como los R-11, R14, R22, R134, R218 entre otros, para brindar los refrigerantes apropiados a las
condiciones particulares de refrigeración. Estos compuestos si bien tienen excelentes
propiedades refrigerantes, tienen el inconveniente de que ocasionan el deterioro de la capa
de ozono y favorecen el efecto invernadero, por esta razón en muchos países se están
restringiendo sus aplicaciones.
Los científicos trabajan en la consecución de otras sustancias que no tengan este problema
como los CFC no halogenados completamente y entre los cuales se propone el uso del
metilcloroformo.
El ciclo termodinámico de refrigeración por compresión de vapor que realiza el refrigerante
consta de cuatro procesos:
1. Compresión adiabática en el compresor (1 a 2).
2. Eliminación de calor a presión constante en el condensador (2 a 3).
3. Estrangulamiento a entalpía constante mediante un tubo capilar o una válvula de
expansión (3 a 4).
4. Absorción de calor a presión constante en el evaporador (4 a 1).
Es importante comprender y analizar los cambios que se dan en el refrigerante en cada uno
de estos procesos para ello, este ciclo se representan en diagramas Ts y Ph como los de la
figura 102. Observe detenidamente estos diagramas. Ubique en ellos el punto 1, observará
que se encuentra sobre líneas que representan vapor saturado. Al aumentar la presión en
forma reversible y adiabática la entropía se mantiene constante y hay un aumento de
temperatura; entonces por acción del compresor, el refrigerante cambia de vapor saturado
a vapor sobrecalentado (punto 2 del diagrama).
En este estado el refrigerante entra al condensador; en él se llevan a cabo dos procesos
reversibles: el primero corresponde a un enfriamiento a presión constante hasta que de
vapor sobrecalentado se transforma a vapor saturado (punto a) y el segundo corresponde
a la transformación hasta líquido saturado (punto 3).
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Figura 36: Diagramas Ts y Ph del ciclo de refrigeración por compresión de vapor
El siguiente es un proceso especial ya que se trata de una expansión irreversible donde la
entalpía se mantiene constante, como consecuencia disminuyen tanto la presión como la
temperatura, se produce una vaporización parcial y aumentan el volumen específico y la
entropía; el estado final de este proceso corresponde a una mezcla de líquido y vapor de
baja calidad (punto 4). Finalmente a presión y temperatura constantes ocurre el último
proceso que corresponde al cambio de fase de líquido a vapor saturado para de esa forma
completar el ciclo termodinámico.
Es conveniente resaltar que en el proceso entre 4 y 1 el refrigerante al evaporarse retira
calor del medio circundante y en el proceso entre 2 y 3 al enfriarse y posteriormente
condensarse cede calor al exterior y en el proceso entre 1 y 2 se efectúa trabajo sobre el
refrigerante. Estos intercambios de energía son importantes para determinar el rendimiento
o coeficiente de operación.
Mediante este ciclo funcionan los refrigeradores domésticos, sistemas de aire
acondicionado, bombas de calor y muchos de los sistemas de refrigeración industrial. En la
figura 103 se muestran los componentes de un refrigerador doméstico. Los números
corresponden a los estados por los que pasa sucesivamente el refrigerante en cada ciclo.
Figura 37: Componentes de un refrigerador
La parrilla posterior tiene un diseño que facilita la radiación e intercambio de calor. En
refrigeradores pequeños el proceso de estrangulamiento o expansión isoentálpica donde el
líquido es forzado a pasar de una región de alta presión a una región de más baja presión
se realiza mediante un simple tubo capilar, es más económico y no presenta problemas de
mantenimiento, en sistemas industriales se utilizan válvulas de expansión.
El interior de la nevera y el congelador se encuentran aislados del medio exterior mediante
aislantes térmico como poliuretano y lana de vidrio, de tal manera que la absorción de calor
del interior provoca la disminución de la temperatura.
El compresor es accionado por un motor eléctrico el cual se encuentra conectado a un
sistema de termostato que permite ponerse en marcha cuando la temperatura alcanza un
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valor superior al límite deseado o apagarse si la temperatura baja de un determinado valor.
En promedio las temperaturas que se manejan son de 5 ºC en el espacio de refrigeración y
-10 ºC en el congelador.
La eficiencia para los ciclos de refrigeración se expresa como coeficiente de operación y
constituye la relación entre el calor retirado del espacio refrigerado QF y el trabajo
suministrado por el compresor W.
COP 
Qf
W

h1  h4
h2  h1
Ecuación 62
Las propiedades termodinámicas del refrigerante influyen en el coeficiente de
operación del refrigerador debido ya que éste depende de los valores de la entalpía
del refrigerante en cada estado del ciclo.
Ejemplo 59
Al compresor de un refrigerador entra, a razón de
0.06 kg/s, diclorodifluorometano, conocido como
refrigerante 12, en estado de vapor saturado a 120
kPa y sale a 780 kPa. Determine la temperatura a
la entrada y salida del compresor, temperatura a
la salida del condensador, cantidad de calor por
segundo retirado del congelador, la potencia de
entrada del compresor y el coeficiente de
operación.
Figura 38: Diagrama Ph
ANÁLISIS DEL PROBLEMA
Para solucionar este tipo de problemas se deben conocer las propiedades
termodinámicas del refrigerante, esto se consigue a partir de las tablas en manuales de
refrigeración o mediante software. Utilizaremos en este caso tablas que aparecen en el
apéndice de este módulo las cuales se construyeron a partir del software desarrollado
por el National Institute of Standards and Technology NIST.
Como se conoce que el estado 1 corresponde a vapor saturado, se determinan a partir
de la presión y calidad igual a 1, la temperatura de saturación, la entalpía y la entropía
del vapor saturado. Dado que el proceso entre 1 y 2 es isentrópico se toma como
referencia el valor de la entropía del estado 1 y a la presión del estado 2 que es conocida
se determinan la temperatura y la entalpía. Como el proceso entre 2 y 3 se realiza a
presión constante, con esta presión se determina la entalpía de líquido saturado y la
temperatura de saturación. El valor de entalpía del estado 3 es el mismo del estado 4 ya
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que el proceso entre 3 y 4 es isoentálpico. Con el valor de las entalpías se realizan los
cálculos correspondientes para dar respuesta al problema.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Estado Título x Presión, kPa Temperatura, ºC Entalpía, 𝑘𝑔 Entropía, 𝑘𝑔.𝐾
1
2
3
4
1
V
0
0.3278
120
780
780
120
-25.66
44.93
31.85
-25.66
176.5
209.6
66.3
66.3
0.7146
0.7146
0.2453
0.2693
Temperatura a la entrada del compresor -25.7 ºC
Temperatura a la salida del compresor
44.9 ºC
Temperatura a la salida del condensador 31.9 ºC
Calor retirado del congelador:
QF  m(h1  h4 )  (0.06
kg
kJ
kJ
)(176.5  66.3)
 6.61
s
kg
s
Potencia del compresor:
.
W  m(h2  h1 )  (0.06
COP 
kg
kJ 
kW.s 
)(209.6  176.5) 1.0
  1.99 kW
s
kg 
kJ 
h1  h4
(176.5  66.3)

 3.32
h2  h1 (209.6  176.5)
Dos refrigerantes tienen presiones de vapor similares a iguales temperatura pero el
refrigerante A, tiene un valor de hfg mayor que el del refrigerante B. ¿Cuál considera
Ud. que presente un mayor coeficiente de operación? Justifique su respuesta.
CAPÍTULO 6: APLICACIONES DE LA TERMODINÁMICA
INTRODUCCIÓN
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En los siguientes capítulos vamos a estudiar el análisis dimensional y las aplicaciones de
la termodinámica a procesos de flujo continuo y transitorio.
Lección 26: Análisis dimensional
El sistema que se utiliza en este módulo es el llamado Sistema Internacional de Unidades,
abreviadamente SI, adoptado en 1960 por la Conferencia de Pesas y Medidas, para el uso
en Ciencia y Tecnología. Los diferentes nombres de unidades, símbolos y equivalencias se
dan en las tablas que aparecen a continuación.
Tabla 1: Nombres y símbolos de la base de unidades SI
Cantidad
Longitud
Masa
Tiempo
Corriente eléctrica
Temperatura termodinámica
Cantidad de sustancia
Unidad
metro
kilogramo
segundo
amperio
kelvin
mol
Símbolo
m
kg
s
A
K
mol
Tabla 2: Unidades derivadas del sistema SI que tienen nombres y símbolos especiales
Cantidad
Unidad Símbolo Definición de la unidad
Frecuencia
Energía
Fuerza
Potencia
Presión
Carga eléctrica
Diferencia de potencial eléctrico
Resistencia eléctrica
Conductancia eléctrica
Capacitancia eléctrica
Flujo magnético
Inductancia
Densidad de flujo magnético
hertz
joule
newton
watt
pascal
coulombio
voltio
ohmio
siemens
faradio
weber
henry
tesla
Hz
J
N
W
Pa
C
V
Ω
S
F
Wb
H
T
s-1
m2.kg.s2
m.kg.s-2 = J.m-1
m2.kg.s-3 = J.s-1
m-1.kg.s-2 = J.m-3
s.A
m2.kg.s-3.A-1 = J.s-1.A-1
m2.kg.s-3..A-2 = V.A-1
m2.kg-1. s3.A2
m2.kg-1. s4.A2 =C.V-1
m2.kg. s-2.A-1 = V.s
m2.kg.s-2.A-2 =V.s.A-1
kg.s-2.A-1 = V.m2.s
Tabla 3: Prefijos del sistema SI
Submúltiplo Prefijo Símbolo Múltiplo Prefijo Símbolo
10-1
deci
d
10
deca
da
10-2
centi
c
2
10
hecto
h
10-3
mili
m
3
10
kilo
k
10-6
micro
μ
6
10
mega
M
10-9
nano
n
9
10
giga
G
10-12
pico
p
12
10
tera
T
10-15
femto
f
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10-18
atto
a
Tabla 4: Fracciones y múltiplos decimales que tienen nombre especial en el sistema SI
Cantidad Física
Unidad
Símbolo Definición de la Unidad
Longitud
Angstrom
Å
10-10
Longitud
micrón
μ
10-6m
Área
barn
b
10-28m2
Fuerza
dina
dyn
10-5N
Presión
bar
bar
105N.m2
Energía
ergio
erg
10-7J
Viscosidad cinemática stockes
St
10-4m2.s-1
Viscosidad
poise
P
10-1kg.m-1.s-1
Cantidad Física
Longitud
Masa
Fuerza
Presión
Presión
Presión
Energía
Energía
Energía
Energía
Masa
Momento dipolar
elec.
Carga por mol
Tabla 5: Unidades no pertenecientes al sistema SI
Unidad
Símbolo
Definición de la Unidad
pulgada
in
2.54 x 10-2m
libra(avoir dupois)
lb
0.45359237 kg
kilogramo-fuerza
kgf
9.80665 N
atmósfera
atm
101325 N.m-2
torr
torr
(101325/760)N.m-2
milímetro de Hg
mmHg
13.5951x980.665x102
unidad térmica británica
BTU
Nm2
kilowatt-hora
kWh
1 055.056J
caloría termo-química
cal
3.6 x 106J
electrón voltio
eV
4.184 J
unidad de masa atómica
u
1.6022 x 10-19 J
unificada
1.66041 x 10-27 kg
Debye
D
Faraday
F
3.33564 x 10-30A.m.s
9.648 x 10 C moI-1
Tabla 6: Valores de la constante R de los gases R
Energía = P.V n’ Temperatura
R
ergio
g
K
8.314x l07
caloría
g
K
1.987
joulio
g
K
8.314
atm-litro
g
K
0.08205
mm Hg-litro g
K
62.36
kgf/cm2 litro g
K
0.08478
mm Hg – ft3 lb
K
998.9
atm-ft
lb
K
1.314
BTU
lb
°R
1.986
hp hr
lb
°R
7.805 x 10-4
kw hr
lb
°R
5.819x 10-4
3
atm - ft
lb
°R
0. 7302
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mm Hg – ft3
in.Hg-ft3
lbf/in. - ft3
lbf/ft2 - ft3
lb
lb
lb
lb
°R
°R
°R
°R
555.0
21.85
10.73
1.545
En donde n’ es el número de motes expresados en gramos mol (gr mol) o en libras mol (lb
mol).
Cuando se habla de longitud necesariamente se hace referencia a cualquiera de los
sistemas de unidades que usualmente se utilizan, como son: el sistema métrico decimal
(unidad = metro) y el sistema sajón de longitud (unidad = pulgada).
Esta observación parece simple, pero la experiencia muestra que muchas veces en la
resolución de un problema en donde intervienen diversas unidades, como es el caso de la
termodinámica, el estudiante tiende a fijar su atención en las operaciones algebraicas que
se realizan con los valores numéricos y no considera el tipo de unidad que está usando; en
consecuencia, se produce el caso paradójico de que habiendo resuelto el problema
conceptual perfectamente y, por supuesto, el algebraico, el estudiante obtiene una
respuesta que no concuerda con la presentada en el solucionario.
Por lo tanto, el análisis dimensional es el proceso que se ocupa de establecer que las
unidades empleadas para resolver las ecuaciones sean las mismas, con el objeto de hacer
las debidas simplificaciones de dichas unidades.
De acuerdo con la definición anterior, el resultado de efectuar la simplificación consistiría
en expresar la respuesta en un solo tipo de unidades de masa, tiempo, espacio, etc. En
este caso hablamos que las magnitudes empleadas que poseían el mismo tipo de unidades,
tenían consistencia dimensional o que eran dimensionalmente consistentes.
Esta situación es particularmente interesante en termodinámica en donde el resultado
puede expresarse en unidades científicas o en unidades técnicas.
El estudiante deberá desarrollar especial atención y práctica al respecto, resolviendo
problemas, ejercitándose en pasar del sistema métrico al sistema sajón y viceversa.
Ejemplo 60
La capacidad calorífica de un gas viene dada por la ecuación 𝐶𝑃 = 3.38 + 18.04𝑥10−3 𝑇,
siendo T la temperatura en grados Kelvin y las unidades de la capacidad calorífica en
calorías/mol.K. Exprese el valor de Cp en función de la temperatura en:



Grados Celsius o centígrados
Grados Fahrenheit
Grados Rankine
Análisis del problema
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El cambio de unidades es una situación bastante frecuente. Para esto es necesario ser
cuidadosos con las unidades utilizadas y con el uso de factores de conversión.
Solución del problema
La capacidad calorífica de un cuerpo es la cantidad de calor que puede absorber un
cuerpo para subir en un grado su temperatura. En este problema dicha capacidad es una
función de la temperatura. Es así como su valor va a depender de la temperatura que
tenga el cuerpo.
Aquí la capacidad calorífica está expresada en grados Kelvin y se debe hacer su
equivalencia a grados Celsius, Fahrenheit y Rankine respectivamente.
Paso 1: Equivalencia de la escala Celsius y Kelvin: 𝐾 = ℃ + 273.
Entonces, 𝐶𝑃 = 3.38 + 18.04𝑥102 (℃ + 273.15)
𝐶𝑃 = 8.30 + 18.04𝑥10−3 ℃
Paso 2: Equivalencia de la escala Celsius y Fahrenheit:
ºF 
9
5
º C  32 , o lo que es igual: º C  º F  32
5
9
5
Luego: C p  8.30  18.04 x10
5
º F  32
9
C p  7.98  10.02 x103 º F
Paso 3: Equivalencia de la escala Fahrenheit y de la escala Rankine: º𝑅 = ℉ + 459.67
Luego: ℉ = º𝑅 − 459.67
𝐶𝑃 = 7.98 + 10.02𝑥10−3 (º𝑅 − 459.67)
𝐶𝑃 = 3.37 + 10.02𝑥10−3 º𝑅
De esta manera quedaron expresadas las capacidades caloríficas en grados Celsius,
Fahrenheit y Rankine.
Ejemplo 61
Calcule la Unidad Térmica Británica (BTU) en su equivalencia de calorías por grado
Celsius. La BTU se define como la cantidad de calor necesario para elevar la temperatura
en un grado Fahrenheit de una libra inglesa de agua (454 grs). La cantidad de calor
necesario para elevar la temperatura en un grado Celsius de un gramo de agua se llama
una caloría.
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Análisis del problema
Es necesario consultar las tablas de conversión y buscar un factor que al usarlo se
vayan cancelando las unidades.
Solución del problema
Una libra inglesa equivale a 454 gramos.
Paso 1:
Si se quisiera elevar la temperatura de 454 gramos de agua en un grado Celsius, la
cantidad de calor que se tendría que suministrar:
Cantidad de calor  454
g
cal
cal
x1.0
 454
lb
g.º C
lb.º C
Paso 2:
Del gráfico de equivalencias de escalas vemos que en el intervalo entre 32°F y 212°F
hay 180°F, los cuales equivalen al intervalo entre 0°C y 100°C, en donde hay 100°C.
Por consiguiente, 180°F = 100°C o lo que es igual: º C 
9
ºF .
5
Reemplazando este valor en la cantidad de calor, tenemos:
Cantidad de calor  454
cal
cal
 252
lb.º F
9
lb. º F
5
Es decir 1.0 BTU = 252 cal.
Lección 27: Aplicación de la termodinámica a procesos de flujo estable
Primero que todo, hay que tener en cuenta la masa que fluye hacia adentro y hacia afuera
del volumen de control y la diferencia entre la masa que entra y la que sale da el incremento
neto de masa dentro de dicho volumen. Considerando un volumen de control en un instante
cualquiera, 𝑡, y haciendo que durante un intervalo de tiempo δt entre al volumen de control
la masa 𝛿𝑚𝑖 y que salga de él la masa 𝛿𝑚𝑒 , tal como se muestra en la figura 105. Por otra
parte, llamaremos 𝛿𝑚t a la masa dentro del volumen de control en el instante 𝑡 y 𝛿𝑚𝑡+𝛿𝑡 a
la masa dentro del volumen de control en el instante 𝑡 + 𝛿𝑡.
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Entonces, al aplicar el principio de la conservación de la masa, se puede escribir: 𝑚𝑡 +
δ𝑚𝑖 = 𝑚𝑡+δ𝑡 + δ𝑚e .
Figura 39: Diagrama esquemático de un volumen de control para analizar como puede aplicarse la
ecuación de continuidad
También se puede considerar la situación desde el punto de vista del cambio de masa en
el volumen de control y el flujo neto de masa que cruza la superficie de control. Al aplicar la
ley de conservación de masa, tendremos que el aumento de masa dentro del volumen de
control en el intervalo 𝑑𝑡 será igual al flujo neto de masa dentro de dicho volumen durante
el intervalo 𝑑𝑡. Es decir, se puede escribir:
(𝛿𝑚𝑖 − 𝛿𝑚𝑒 ) = 𝑚𝑡+𝛿𝑡 − 𝑚𝑡
Reorganizando:
(𝒎𝒕+𝜹𝒕 − 𝒎𝒕 ) + (𝜹𝒎𝒆 − 𝜹𝒎𝒊 ) = 𝟎
Por otra parte, en el análisis termodinámico de muchos problemas es conveniente expresar
la ley de la conservación de masa como una ecuación de rapidez en el cambio para un
volumen de control. Ello implica considerar el flujo de masa instantáneo que cruza la
superficie de control y la rapidez del cambio de masa dentro del volumen de control.
Para escribir dicha ecuación, podemos considerar la 𝑞 = ∆ℎ como punto de partida para
expresar el promedio de flujo de masa que cruza la superficie de control durante el intervalo
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𝛿𝑡 y el promedio de rapidez en el cambio de la masa existente en el interior del volumen de
control durante 𝛿𝑡; lo cual se logra dividiéndola por 𝛿𝑡:
mt t  mt  me  mi 
t

t
0
Ecuación 63
Ahora se va a desarrollar una ecuación que dé el valor instantáneo de la rapidez en el
cambio para cada término de la Ecuación 220.
Primero se considera el segundo término de dicha ecuación. En la figura 105 se muestra
un elemento de la superficie de control, 𝛿𝐴𝑒 , ocurriendo a través de ella un flujo hacia
afuera. La rapidez del flujo que sale cruzando 𝛿𝐴𝑒 es 𝛿𝑚𝑒 .
Ser hace notar que m” se emplea para designar la rapidez del flujo de masa que cruza una
superficie de control y, para el caso, δ significa que es la rapidez de flujo sólo en un elemento
δAe de dicha superficie. La rapidez del flujo de salida a través de toda la superficie de control
puede encontrarse integrando sobre el área completa; o sea, se puede escribir:
me''   me''
A
Análogamente, para el flujo de entrada podemos escribir:
mi''   mi''
A
La rapidez de flujo puede expresarse también en términos de velocidad y densidad, de
acuerdo con la relación:
𝛥𝑚𝑒𝑜 = 𝛿𝑉𝑛 𝛿𝐴𝑒
Donde, como se muestra en la figura 106 Vn es la componente normal de Vr, velocidad
relativa al área δAe en la dirección α relativa a la salida normal a δAe y ρ es la densidad de
la masa que en ese punto cruza la superficie de control.
De la figura 106, se puede notar también que: 𝑉𝑛 = 𝑉𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝛼
Si el flujo es hacia adentro, la expresión también es válida, sólo que el 𝑐𝑜𝑠 𝛼 es negativo.
Por tanto, el flujo neto hacia afuera que cruza el volumen de control completo puede
escribirse como una integral de superficie para la ecuación:
(δm′𝑒 )𝑛𝑒𝑡𝑜 = ρ𝑉𝑟 . cosα. dA
Integrando:
m 
'
e neto
 Vr . cos  .dA
Consideremos ahora el intervalo de tiempo 𝛿𝑡. Para ello, podemos designar:
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 .V .cos .dA
A
r
promedio
Éste es el promedio de rapidez de flujo que cruza la superficie de control durante dicho
intervalo de tiempo.
Figura 40: Área en una superficie de control a través de la cual hay un flujo de masa hacia fuera
Se puede concluir que (𝛿𝑚𝑒 − 𝛿𝑚𝑖 ), la masa neta que fluye a través de la superficie de
control durante 𝛿𝑡 está dada por:
me  mi   A .Vr . cos  .dApromediot
Que también puede escribirse como:
me  mi 
t

 .V .cos .dA
A
r
promedio
Ecuación 64
Consideremos ahora el primer término de la ecuación 220. Allí, (𝑚𝑡+δt − 𝑚𝑡 ) representa el
cambio de masa del volumen de control durante 𝛿𝑡. Se puede escribir como una integral de
volumen, si se considera un elemento de volumen, 𝑑𝑉, dentro del volumen de control, en
donde la densidad es 𝜌, e integrando sobre el volumen de control. Es decir, en un instante
dado, la masa en el volumen de control es
 dV , y por lo tanto:
V
mt t  mt    V dV
Ahora, si consideramos el intervalo de tiempo 𝛿𝑡 se puede escribir:
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mt t  mt 

t

dV
t V
Ecuación 65
Sustituyendo la ecuación 223 en la 222, se obtiene:



dV   .Vr . cos  .dA
0
promedio
t 
Ecuación 66
Cuando 𝛿𝑡 → 0, en el límite, la rapidez instantánea del cambio de masa dentro del volumen
de control y la rapidez instantánea del flujo de masa a través de la superficie de control
serán:
lím
mt t  mt 
t
t 0
lím
t 0
me  mi 
t
 lím
 lím
t 0

d
dV   dV

V
t
dt V
 V .cos .dA
t 0 A
r
promedio
  .Vr . cos  .dA
A
Sustituyendo estas dos expresiones en la ecuación 223, tendremos que la ecuación de
rapidez para la ley de la conservación de masa, relativa a un volumen de control y llamada
comúnmente ecuación de continuidad, es:
d
dV   dVr . cos  .dA  0
A
dt V
Ecuación 67
Se debe notar que Vr es relativa a la superficie de control en el área dA. Se asumirá siempre
que el volumen de control es fijo con relación a un sistema coordenado, lo que es razonable;
por lo cual, si la superficie de control no se mueve con relación al sistema coordenado, 𝑉𝑟 =
𝑉 donde V es la velocidad del fluido relativa a dicho marco coordenado.
En un volumen de control con flujo estable, la masa se mantiene constante con el tiempo,
de tal manera que la cantidad de materia que entra al sistema en un intervalo de tiempo
dado, debe ser igual a la cantidad de materia que sale del sistema. El volumen de control
puede tener una o varias secciones de entrada y así mismo una o varias secciones de
salida. Para este caso general, el principio de conservación de la masa se expresa mediante
la siguiente ecuación:
 m.   m.
i
Ecuación 68
j
Donde el subíndice i representa cualquiera de las corrientes de entrada y el subíndice j
representa cualquiera de las corrientes de salida.
Si en la ecuación anterior los flujos másicos se remplazan por sus equivalencias en función
de densidad, velocidad y área se llega a la siguiente ecuación general:

 V
i

i
Ai   j V j A j
Ecuación 69
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Si el volumen de control posee solo una entrada y una salida, como en muchos de los
dispositivos utilizados industrialmente, la ecuación anterior se expresa en forma más
sencilla como:


1 V 1 A1   2 V 2 A2
Ecuación 70
Donde el subíndice 1 significa el punto a la entrada del sistema y el subíndice 2 el punto de
salida.
La ecuación 227 se conoce generalmente como la ecuación de continuidad y permite
calcular la velocidad para un determinado diámetro de la tubería o el diámetro de una
tubería para alcanzar una determinada velocidad si se conoce el flujo másico.
Observe que entre la velocidad promedio del fluido y el área de la sección transversal
existe una relación inversamente proporcional, es decir si se reduce el área aumenta
la velocidad y al contrario si se aumenta el área la velocidad disminuye. Esta relación
la puede comprobar fácilmente al reducir o aumentar la abertura de una boquilla de
una manguera conectada a una línea de agua.
Una de las características de mayor interés de la termodinámica es su gran aplicabilidad en
el diseño de muchos equipos, instrumentos y dispositivos donde se intercambia energía.
A continuación se analizarán diferentes casos de procesos termodinámicos con aplicación
práctica y se desarrollarán ejemplos que ilustran los cálculos pertinentes. Se empezará por
describir las condiciones termodinámicas de operación, bajo el régimen de flujo estable, de
los equipos utilizados con más frecuencia en la industria química, farmacéutica y de
alimentos, como es el caso de intercambiadores de calor, bombas y compresores, válvulas
de estrangulamiento, toberas y difusores dispositivos de mezcla y flujo de fluidos.
Intercambiadores de calor
Los intercambiadores de calor son equipos que permiten realizar la transferencia de calor
entre dos fluidos sin que haya mezcla entre ellos. Esta operación se realiza a nivel industrial
con el objeto de adecuar las propiedades termodinámicas de uno de los fluidos a las
exigencias del proceso en particular.
Estos equipos son muy utilizados industrialmente y los hay de diferentes clases, tamaños y
diseños dependiendo de cada necesidad, pero la forma más simple y generalizada de un
intercambiador de calor es el arreglo formado por dos tubos concéntricos de diferente
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diámetro, de tal manera que uno de los fluidos circula por el tubo interior y por el espacio
anular entre las dos tuberías, el otro, como se indica en la figura 116. En ella la línea
segmentada exterior representa el volumen de control referido a todo el intercambiador
mientras que la línea segmentada interior representa volumen de control referido a uno de
los fluidos. Observe que en el primer caso no hay transferencia de calor, en el segundo uno
de los fluidos cede calor al otro. La elección del volumen de control apropiado depende de
las variables que se conozcan y de las incógnitas que se requieran determinar.
Figura 41: Intercambiador de calor
Otros ejemplos de equipos donde se presenta transferencia de calor son los evaporadores,
condensadores, calderas, serpentines, radiadores. Los cambios de velocidad y de altura en
estos equipos generalmente son insignificantes por lo que no se presentarán cambios
apreciables de energía cinética y de energía potencial y tampoco se realiza trabajo. Por lo
tanto, si el volumen de control corresponde a uno de los fluidos, resultado de la aplicación
de la primera ley de la termodinámica, bajo estas condiciones, se expresa como:
q  h
Ecuación 71
Lo cual significa que el calor por unidad de masa cedido o ganado por uno de los fluidos es
igual al cambio de su entalpía específica.
Generalmente los intercambiadores de calor se encuentran bien aislados para evitar las
pérdidas de energía hacia el exterior, si se elije el volumen de control para todo el
intercambiador justo por debajo del aislamiento, entonces el calor será igual a cero lo cual
significa que el cambio global de entalpía debe ser igual a cero y por lo tanto la suma de las
entalpías de las corrientes que entran al intercambiador serán iguales a la suma de las
entalpías de la corrientes que salen de él. Por lo tanto se establece que:
.
.
.
.
m A h1  mB h1  m A h2  mB h2
Al factorizar se llega a que
Ecuación 72
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.
.
m A (h1  h2 )  mB (h2  h1 )
Ecuación 73
Esta ecuación permite determinar la relación de flujos másicos si se conocen las entalpías
o determinar entalpías de entrada o salida si son conocidos los flujos másicos y algunos
valores de temperatura.
Ejemplo 62
Por el tubo interior de un intercambiador de
calor experimental entra agua a razón de 10
kg/minuto a 100 kPa y 12 ºC y sale a 30 ºC.
Por el tubo exterior en contracorriente entra
agua caliente a 300 kPa y 70ºC. Si las caídas
de presión son despreciables, determine el
flujo másico de agua caliente y el calor
retirado por minuto si el agua caliente sale a
20 ºC.
Figura 42: Datos del ejemplo
ANÁLISIS DEL PROBLEMA:
Se puede considerar que el sistema es de flujo estable, no hay cambio de energía cinética
y energía potencial, tampoco hay trabajo ni transferencia de calor del intercambiador a
los alrededores por lo tanto es válido utilizar la ecuación 230. Las entalpías se determinan
de las tablas o directamente del software Propagua que ya se ha utilizado. Otra
alternativa de solución a este problema es la de considerar que el calor específico del
agua líquida no cambia con la presión y a partir de este dato y las temperaturas se
calculan los cambios de entalpía.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA:
Datos de entalpías del agua líquida a las diferentes presiones y temperaturas obtenidas
del software Propagua.
𝑘𝐽
Temperatura, ºC Presión, kPa Entalpía, 𝑘𝑔
12
30
70
20
100
100
300
300
50.49
125.8
293.2
84.10
La ecuación 265 aplicada a este caso particular se convierte en:
.
.
mac (hac1  hac2 )  maf (haf 2  haf 1 )
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.
.
m 
maf (haf 2  haf 1 )
ac
. .
(hac1  hac2 )

Q  mac (hac1  hac2 )  (3.60
(10
kg
)(125.8  50.49)
kg
min
 3.60
(293.2  84.10)
min
kg
kJ
kJ
)(293.2  84.10)
 752.76
min
kg
min
¿Cómo varía la temperatura de salida del agua caliente, en el intercambiador de
problema anterior, si se aumenta el flujo másico de este fluido?
Le invitamos a que resuelva el problema utilizando el calor específico de agua líquida.
¿Qué concluye?
Bombas, compresores, turbinas y ventiladores
Estos equipos de amplio uso en la industria tienen en común que su proceso termodinámico
involucra trabajo de eje ya sea que se realice trabajo sobre el sistema elegido como en el
caso de bombas, compresores o ventiladores o bien que el sistema realice trabajo como en
las turbinas.
En estos casos el cambio de energía potencial generalmente es muy pequeño y con
frecuencia se omite en los cálculos. Bajo estas condiciones, ∆𝑒𝑃 = 0.
Las velocidades involucradas en bombas, compresores o ventiladores son generalmente
muy bajas y no producen un cambio significativo en la energía cinética, con excepción de
las turbinas donde se manejan velocidades mucho más altas, sin embargo en estos casos
el cambio de entalpía es mucho mayor y de ordinario también se desprecia este término.
Por lo tanto ∆𝑒𝑐 = 0.
Los procesos en estos dispositivos generalmente son tan rápidos que no dan lugar a que
se presente una transferencia de calor apreciable a menos que se haga en forma
intencionada como en el caso de un compresor con sistema de refrigeración incluido; si
.
éste no es el caso, de ordinario se desprecia la transferencia de calor. Por tanto Q  0 .
Teniendo en cuenta las anteriores restricciones:
w  h
Ecuación 74
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Recuerde que el signo indica la dirección en la cual se efectúa el trabajo. Si la entalpía
del sistema disminuye el trabajo será positivo, lo cual implica, que el sistema realiza
trabajo; por el contrario si se presenta un aumento de entalpía, el trabajo será negativo,
lo que significa que se realiza un trabajo sobre el sistema.
Ejemplo 63
Una turbina de una planta termoeléctrica se alimenta
con 6 kg/s de vapor de agua, a una presión de 25 bares,
una temperatura de 420 ºC y un una velocidad de 110
m/s, si luego de la expansión, el vapor sale con una
calidad del 90% a una presión de 0.75 bares y con una
velocidad de 170 m/s, determine la potencia que
suministra la turbina si se conoce que la transferencia
de calor a los alrededores es de 20 kJ/kg.
Figura 43: Datos del ejemplo
ANÁLISIS DEL PROBLEMA:
Para determinar la potencia que suministra la turbina se elige como volumen de control
el espacio en el interior de la turbina y se considera que el proceso es de flujo estable en
tal caso tiene aplicación la ecuación 260, de ella se despeja el trabajo por unidad de
masa. El cambio de energía potencial es despreciable. El cambio de energía cinética se
determina fácilmente ya que se conocen los valores velocidad de salida y de entrada del
fluido al volumen de control. El vapor entra a la turbina como vapor sobrecalentado ya
que a 25 bares la temperatura de saturación es de 224 ºC y el vapor se encuentra a 420
ºC, entonces la entalpía se determina de las tablas de vapor sobrecalentado o utilizando
el software de propiedades del agua. La entalpía del vapor a la salida se determina
teniendo en cuenta la presión de 0.75 bares la calidad del vapor.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA:
Determinación del cambio de entalpía durante el proceso. Las entalpías halladas usando
el software “Propagua” se presentan en la siguiente tabla:
Estado
Vapor
x = 0,90
Presión, 𝑘𝑃𝑎 Temperatura, º𝐶
25
0.75
420
92
h  (h2  h1 )  (2435  3285)
Determinación del cambio de energía cinética
Entalpía,
3285
2435
kJ
kJ
 850
kg
kg
kJ
kg
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ec 

2
2

2
1
V V
2
(170 2  110 2 )(

m 2 kg 1kJ
)( )(
)
kJ
s 2 kg 1000 J
 8.4
2
kg
Como: w  q  (ec  e p  h)
w  20
kJ  kJ
kJ 
kJ
  8.4  (850 )   821.6
kg  kg
kg 
kg
Observe que el calor es negativo porque sale del sistema.
Finalmente la potencia que genera la turbina se calcula multiplicando el flujo másico por
el trabajo realizado por unidad de masa.
.
Potencia  m w  (6
kg
kJ
)(821.6 )  4930kW
s
kg
Ejemplo 64
Desde el fondo de un depósito de agua donde la
temperatura es de 15 ºC y la presión de 150 kPa, se
desea extraer agua utilizando para ello una bomba, y
llevarla a razón de 100 kg/minuto, hacia un tanque que
se encuentra a una altura de 8 metros por encima de la
base del depósito, mediante una tubería de 2.67 cm de
diámetro interior; la presión en el punto de descarga es
de 350 kPa. Si se consideran despreciables la pérdida
de energía debida a la fricción en el interior de la tubería
y la transferencia de calor con el medio exterior, ¿cuál
debe ser la potencia de la bomba?
Figura 44: Datos del ejemplo
Análisis del problema
Se define como volumen de control el espacio que ocupa el fluido en el interior de las
tuberías y la bomba. Cuando la bomba se encuentra en funcionamiento el proceso se
modela como un proceso de flujo estable, ya que las propiedades en cada punto son
constantes con el tiempo. Para determinar la potencia de la bomba, se requiere conocer
el cambio de energía cinética, el cambio de energía potencial y el cambio de entalpía ya
que las pérdidas de calor son despreciables. Para calcular el cambio de energía cinética
se debe calcular previamente la velocidad en el punto de descarga y considerar que la
velocidad en el fondo del depósito es muy pequeña de tal manera que se asume como
cero. El cambio de entalpía se determina de las tablas de propiedades del agua o del
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software de propiedades del agua ya que se conocen las condiciones iniciales de presión
y temperatura si se supone un proceso isentrópico, entonces con el valor de la entropía
y el de la presión se obtiene la entalpía en el punto de descarga.
Solución del problema
Con las consideraciones realizadas, la primera ley de la termodinámica para este proceso
se reduce a:
w  (ec  e p  h)
Para calcular la velocidad en el punto de descarga primero es necesario calcular el área
de la sección transversal en ese punto:
 2.67 cm 

A2  R   

2


2
2
 1 m2


  5.6 x10 4 m 2
2
 10000 cm 


 kg 1 min 
100
*

m
min 60s 

V2 

 2.98
 2 A2  1000kg 
s
4
2

 * 5.6 x10 m
3
 m

m.

Cambio de energía cinética


V 2  V12
ec  2

2
m
(2.98 ) 2  0
m2
J
s
 4.44 2  4.44
2
kg
s
Cambio de energía potencial
e p  g ( z 2  z1 )  (9.8
m
J
)(8m  0)  78.4
2
kg
s
Para determinar el cambio de entalpía se utiliza el software Propagua de donde se
obtienen los siguientes datos:
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Estado Presión, kPa Temperatura, ºC Entalpía, 𝑘𝑔 Entropía, 𝑘𝑔.𝐾
1
2
150
350
15
15
63.06
63.27
0.22429
0.22429
Cambio de entalpía:
h  h2  h1  (63.27  63.06)
kJ
kJ
J
 0.21  210
kg
kg
kg
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Trabajo por unidad de masa
w  (4.44  78.4  210)
J
J
 292.84
kg
kg
El signo negativo indica que la bomba realiza trabajo sobre el sistema.
La potencia de la bomba es:
. .
W  m w  100
kg
J
kg 1 min
J
J
* 292.84
 100
*
* 292.84
 488  488W
min
kg
min 60s
kg
s
Lección 28: Aplicación de la termodinámica a procesos de flujo estable
(Continuación)
Dispositivos de estrangulamiento
En general a cualquier medio que ocasione un descenso considerable en la presión de un
fluido que se pasa a través de él, se le conoce como dispositivo de estrangulamiento, puede
ser una válvula, un capilar o un tabique poroso. Cuando se somete a un fluido a cruzar a
través de una sección de área reducida para así disminuir su presión, ocurren cambios que
tienen muchas aplicaciones prácticas, principalmente en la refrigeración, debido a que de
ordinario un descenso en la presión implica una disminución de la temperatura.
Si el flujo se mantiene constante con el tiempo, el proceso será de flujo estable. En este
caso son despreciables los cambios de energía cinética y de energía potencial ya que las
velocidades de entrada y de salida al volumen de control definido, no cambian en forma
significativa, igual sucede con la diferencia en altura de estos puntos. Tampoco se presenta
trabajo y como el proceso es rápido o intencionalmente se aísla el sistema, la transferencia
de calor es despreciable. Situación ilustrada en la figura 111, donde la línea segmentada
representa el volumen de control elegido. Para tal proceso se tiene:
h  0

(h2  h1 )  0

h2  h1
Ecuación 75
Lo cual significa que las entalpías de entrada y salida al volumen de control son iguales,
por eso y bajo esta consideración a un proceso de estrangulamiento se le conoce como
proceso isentálpico.
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A la variación de la presión de un gas con respecto a la temperatura, a entalpía constante,
se le denomina coeficiente Joule Thomson, el cual se representa con la letra , y define
mediante la siguiente expresión matemática:
 T 

 P  H
 
Ecuación 76
El coeficiente Joule Thomson de un gas puede ser positivo o negativo, dependiendo de los
valores de presión y temperatura. Generalmente a presión y temperatura bajas, es positivo,
lo cual significa que si disminuye la presión, la temperatura también disminuye. A presión y
temperatura elevadas este coeficiente tiene signo negativo, lo cual implicaría que en un
proceso de estrangulamiento bajo estas condiciones la temperatura aumentaría.
Figura 45: Proceso de estrangulamiento
Ejemplo 65
A la válvula de estrangulamiento de un sistema de
refrigeración, llega refrigerante 12, en estado de
líquido saturado, a una presión de 850 kPa. Luego
de pasar por la válvula la presión se reduce hasta
150 kPa. Determine la temperatura y la calidad del
refrigerante a salida de la válvula.
Figura 46: Datos del ejemplo
Análisis del problema
Como ya se estudió, el proceso de estrangulamiento implica que la entalpía a la entrada
de la válvula sea igual a la entalpía a la salida; por lo tanto, con la presión de entrada se
calcula el valor de la entalpía de líquido saturado, con este valor y las entalpías de líquido
saturado y de vapor saturado a la salida, las cuales a su vez, se determinan con el valor
de la presión a la salida, se calcula la calidad del vapor. La temperatura corresponde a la
temperatura de saturación a esa presión, ya que el refrigerante se encuentra como una
mezcla de líquido y vapor.
Solución del problema
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El valor de la entalpía para líquido saturado del R-12 a 850 kPa, según las
correspondientes tablas de propiedades termodinámicas, es 69.6
𝑘𝐽
𝑘𝐽
.
𝑘𝑔
𝑘𝐽
A 150 kPa ℎ𝑓 = 17.5 𝑘𝑔 y ℎ𝑔 = 179.1 𝑘𝑔
Por lo tanto x 
h  hf
hg  h f

69.6  17.5
 0.32
179.1  17.5
La temperatura de salida es de −20 º𝐶 que es la correspondiente a la temperatura de
saturación según las tablas.
Toberas y difusores
Las toberas son dispositivos que permiten aumentar en forma considerable la velocidad del
fluido al reducir gradualmente la presión; los difusores al contrario, experimentan un
aumento de la presión al disminuir la velocidad. El diseño de toberas y difusores depende
de la velocidad del fluido, para flujos subsónicos, es decir, con menor velocidad que la del
sonido, las toberas se diseñan en forma convergente, de tal manera el área de la sección
transversal se reduce gradualmente en la dirección del flujo, mientras que los difusores se
diseñan en forma divergente, el área de la sección transversal aumenta en la dirección del
flujo.
Un comportamiento contrario se presenta cuando el flujo es supersónico. La figura 113
ilustra este comportamiento. Las toberas se utilizan principalmente en los motores de
propulsión a chorro para aumentar la velocidad de salida de los gases de combustión y
proporcionar por tanto un mayor empuje.
Las toberas, conocidas como también boquillas, se utilizan para inyectar un fluido a un
determinado proceso, por ejemplo un combustible a un motor, también se utilizan para
proporcionar una mayor velocidad de descarga en mangueras ya sea con fines domésticos,
industriales o para sofocar incendios.
Las toberas también son utilizadas en sistemas de aire comprimido para producir chorros
de alta velocidad que se requieren para accionar finos instrumentos odontológicos o simples
pistolas para pintar.
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Figura 47: Formas generales de toberas y difusores según tipo de flujo
En estos dispositivos generalmente no se presentan cambios en la energía potencial, no
hay trabajo y no es significativa la transferencia de calor. Para estos casos se expresa:
ec  h
Ecuación 77
Remplazando los valores de las propiedades a la entrada y salida del volumen de control
se obtiene:
ec 2  ec1  (h2  h1 )
Ordenando las propiedades para cada punto:
ec 2  h2  ec1  h1
Ecuación 78
De donde se concluye que la energía de un fluido por unidad de masa es constante como
corresponde a un proceso de flujo estable. A continuación encontrará un problema de
ejemplo que ilustra esta situación.
Cámaras de mezcla
Con frecuencia dos corrientes de fluidos de igual naturaleza se mezclan para que adquieran
una determinada temperatura, al dispositivo que permite realizar esta operación, se le
conoce como cámara de mezcla el cual, no necesariamente es un recipiente especial, por
ejemplo una simple T de una tubería puede servir como medio para mezclar dos fluidos,
como sucede en la regadera de un baño. La figura 124 representa una cámara de mezcla.
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Figura 48: Cámara de mezcla
En estos casos son despreciables los cambios de energía potencial, energía cinética, no se
realiza trabajo y tampoco hay transferencia de calor hacia el exterior, en consecuencia, de
la aplicación de las leyes de conservación de la masa se establece que:
. . .
m1  m2  m3
Ecuación 79
De la ley de conservación de energía se establece otra relación:
.
.
.
m1 h1  m2 h2  m3 h3
Ecuación 80
Ejemplo 66
Por una tobera circula 2.0 kg/s de vapor de agua, el
cual entra a 350 ºC y 1700 kPa, y sale a con una
velocidad de 270 m/s a 1300 kPa. Si el área de la
sección transversal a la entrada es de 0.0186 m2 y
se consideran despreciables las pérdidas de calor,
¿con qué velocidad entra el vapor? ¿Con qué
temperatura sale? ¿Cuál será el área de la sección
transversal a la salida?
Figura 49: Datos del ejemplo
Análisis del problema
Al conocer el flujo másico y el área de la sección transversal, solo se requiere determinar
la densidad del fluido para hallar la velocidad de entrada.
Por otra parte la entalpía inicial se halla de las tablas de propiedades de vapor
sobrecalentado con los datos de presión y temperatura. De la ecuación 270 se despeja
el valor de la entalpía a la salida y con este dato y la correspondiente presión se encuentra
la temperatura.
El área se halla determinando primero la densidad del fluido al salir y se utilizan los datos
del el flujo másico y la velocidad de salida del vapor.
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Solución del problema
De las tablas de propiedades del vapor sobrecalentado o del software correspondiente
se obtiene el valor del volumen específico el cual es igual al recíproco de la densidad:
Presión, kPa Temperatura, ºC Volumen específico,
1700
350

V1 
𝑘𝑔
m.
1 A1
2

(6.099
kg
s
kg
)(0.0186m 2 )
3
m
𝑘𝐽
Densidad, 𝑚3
Entalpía, 𝑘𝑔
6.0990
3144.7
0.16396
2
De la ecuación 272
𝑚3
𝑘𝑔
 17.63
m
s
2
V1 V 2
h2  (ec1  ec 2 )  h1  (

)  h1
2
2
kJ
17.63
270 m
kJ
kJ
kg
h2  (

)( 2 )(
)  3144.7
 3108.4
2
2
2
kg
kg
s
m
1000 2
s
2
2
2
Para este valor de entalpía y 1300 kPa las propiedades del vapor son:
𝑚3
Presión, kPa Temperatura, ºC Volumen específico,
𝑘𝑔
1300
329.4
0.20822
𝑘𝑔
Entalpía, 𝑘𝑔
4.8026
3108.4
Área de la sección transversal de salida:
kg
s
A2 

 0.001542m 2

kg
m
 2 V 2 (4.8026 3 )(270 )
s
m
.
m
2
Ejemplo 67
En un proceso se requiere un suministro de 2,5
kg/s de agua a una temperatura de 40 ºC. Para
suplir esta necesidad, se aprovecha el agua
procedente de un condensador la cual sale a 60
ºC y se conduce mediante una tubería
conectada a una unión en T donde se mezcla
𝑘𝐽
Densidad, 𝑚3
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con agua procedente de un tanque de
almacenamiento a 15 ºC. Si se consideran
despreciables las pérdidas de calor y la mezcla
se efectúa a 140 kPa, determine el caudal de
agua fría y de agua caliente que se requiere para
el proceso.
Figura 50: Ilustración del ejemplo
ANÁLISIS DEL PROBLEMA:
El problema plantea dos incógnitas, los flujos másicos de las dos corrientes. En
consecuencia se deben formular dos ecuaciones que relacionen a estas variables. Las
ecuaciones 271 y 272 permiten calcular la relación en la cual se deben mezclar dos
corrientes de un fluido a diferentes temperaturas para obtener una corriente a una
temperatura intermedia que corresponde al caso de interés. Las entalpías se hallan con
la presión y temperaturas de las tablas de propiedades del agua líquida o del software
disponible.
SOLUCIÓN DEL PROBLEMA:
Datos obtenidos del software PROPAGUA:
𝑘𝐽
Presión, kPa Temperatura, ºC Entalpía, 𝑘𝑔
Estado
Entrada 1
Entrada 2
Salida
140
140
140
60
15
40
251.20
63.06
167.60
. . kg
s
m.h  m.h  m.h
kJ
kJ
kg
kJ
m.(251.20 )  m.(63.06 )  (2.5 )(167.60 )
m1  m2  2,5
1 1
1
2
kg
2 2
3 3
kg
s
kg
Resolviendo este sistema de ecuaciones:
.
m1  1.11
kg
s
.
m2  1.39
kg
s
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Flujo en tuberías
El transporte de fluidos a través de tuberías o ductos constituye un gran campo de estudio
y aplicación de la ingeniería. Cuando un fluido se encuentra fluyendo de tal manera que sus
propiedades son constantes con el tiempo, el proceso se considera como de flujo estable.
El volumen de control se elige seleccionando un determinado tramo de tubería, de tal
manera que las fronteras coincidan con las paredes interiores de la tubería que se quiere
estudiar.
En algunos casos la conducción del fluido puede requerir de tuberías de diferente diámetro,
con lo cual se producen cambios apreciables en la velocidad; también puede necesitarse
que el fluido llegue hasta alturas apreciables por lo cual son necesarios de considerar los
cambios en la energía potencial. Durante la conducción los tubos pueden estar aislados o
permitir el intercambio de calor entre el fluido y el medio exterior.
Además un sistema de flujo de fluidos puede incluir una bomba o un compresor que realizan
trabajo sobre el fluido o incluso pueden presentase otras formas de trabajo tales como
trabajo eléctrico o trabajo de eje.
Para el caso particular de flujo de fluidos incompresibles:
h  u  vP
y
u  c p T
La ecuación general aplicable a fluidos incompresibles:
q  w  ec  e p  c p T  vP
Ecuación 81
Si el sistema que se estudia es adiabático, isotérmico e incompresible y además no se
incluye una bomba, los términos de calor, trabajo y el cambio de temperatura son cero, de
tal manera que
0  ec  e p  vp
Ecuación 82
o también
2
2
V 2 V 1
v( P2  P1 ) 
 g ( z 2  z1 )
2
Ecuación 83
Esta última educación se conoce como ecuación de Bernoulli la cual se estudia con mayor
detenimiento en la mecánica de fluidos.
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Ejemplo 68
Un sistema de calefacción sencillo, utiliza aire
que circula por un ducto a razón 1.5 m3/s, el
cual se calienta al pasar por una resistencia
eléctrica de 9.0 kW. Si la transferencia de
calor del aire al medio exterior a través del
ducto es de 160 J/s y el aire, antes de pasar
por la resistencia, se encuentra a 14 ºC y 75
kPa determine la temperatura con la cual sale
el aire.
Figura 51: Ilustración del ejemplo
Análisis del problema
El volumen de control se establece para el tramo del ducto alrededor de la sección de
calentamiento. El proceso se considera de flujo estable donde no hay cambios de energía
cinética ni de energía potencial, en consecuencia el intercambio de energía debido a la
interacción de calor y trabajo es igual al cambio de entalpía. Con este dato se puede
calcular la entalpía a la salida y con este dato y la presión determinar el valor de la
temperatura. La entalpía a la entrada se determina mediante los correspondientes
valores de la presión y la temperatura.
Otra alternativa de solución del problema es determinar la capacidad calorífica del aire y
calcular el cambio de temperatura a partir del cambio de entalpía.
Solución del problema
El volumen molar del gas a las condiciones de entrada es igual a 31,8161 m3/kmol y la
entalpía molar es de 8.345,6 kJ/kmol (Datos obtenidos del software Progases).
m3
kmol
s
Flujo molar  n 
 0.0471
3
s
m
31.8161
kmol
.
1.5
. .  0.160 kJ  (9.0 kJ )
s
s  187.7 kJ
H 
.n  0.0471
kmol
kmol
Q W
s
H 2   H  H 1  (187.7  8345.6)
kJ
kJ
 8533.3
kmol
kmol
Para este valor de la entalpía y la presión de 75 kPa corresponde una temperatura de
293.4 k equivalente a 20.4 ºC. (Dato obtenido de Progases).
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Segunda alternativa: capacidad calorífica molar del aire a las condiciones de entrada
29.08 kJ/(kmol K).
H
T 

Cp
kJ
kmol  6.45K
kJ
29.08
kmol.K
187.7
T2  T1  T  287  6.45  293.45K
Lección 29: Aplicación de la termodinámica a procesos de flujo transitorio y
de flujo uniforme
PROCESOS DE FLUJO TRANSITORIO
En un proceso de flujo transitorio al contrario del proceso de flujo estable se presentan
cambios en las propiedades del sistema con el tiempo. Para analizar estos procesos piense
en un tanque de almacenamiento de combustible líquido conectado a tuberías de
alimentación y descarga mediante sus respectivas válvulas, como se ilustra en la figura
118.
Figura 52: Ejemplo de flujo transitorio
Suponga que al comenzar el día está lleno hasta la mitad de su capacidad, luego se retira
una determinada cantidad y el nivel del líquido baja, enseguida se carga y en consecuencia
el nivel sube, esta situación se puede repetir varia veces. Por lo tanto las propiedades del
volumen de control elegido, en este caso el líquido que permanece en el tanque en un
determinado tiempo, representado en la gráfica por la línea segmentada, cambian cuando
se llena o se descarga. Este es un ejemplo de flujo transitorio o no estable.
El intercambio de materia y energía del volumen de control con el medio exterior o
alrededores se evalúa teniendo como referencia un determinado intervalo de tiempo.
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Observe la diferencia con el proceso de flujo estable donde se consideraba que masa y
energía fluían desde o hacia el volumen de control indefinidamente en el tiempo.
PROCESO DE FLUJO UNIFORME
Un proceso de flujo uniforme se caracteriza por que las propiedades del volumen de control,
en un instante determinado, son iguales en todas partes, aunque cambian con el tiempo, lo
hacen en forma uniforme. Las propiedades de las corrientes de entrada o salida pueden ser
diferentes entre sí, pero sus correspondientes valores deben ser constantes con respecto
a la sección transversal de una entrada o salida.
Si se presentan cambios, los valores se promedian y se los considera constantes durante
el proceso. Entonces:
EVC  (Q  W )   mi  i   m j  j 
Ecuación 84
También como:
2
2
EVC  Q  W   mi (hi  ½ V i  gz i )   m j (h j  ½ V j  gz j ) Ecuación 85
Se presentan otras considerables simplificaciones cuando se consideran situaciones donde
no hay corrientes de salida o corrientes de entrada o cuando los cambios de energía cinética
o potencial son despreciables. Algunas de estas situaciones se analizan en las siguientes
aplicaciones.
Llenado de recipientes rígidos
Un problema común que se presenta en plantas industriales el cual se puede manejar bajo
el modelo de proceso de flujo uniforme, es el del llenado o carga de un tanque o cilindro
con un fluido que proviene de una línea de alimentación presurizada. Por ejemplo el llenado
de cilindros con gas propano, dióxido de carbono, oxígeno o nitrógeno, figura 119. El
recipiente rígido puede estar inicialmente vacío o contener una determinada masa antes de
comenzar el proceso.
Generalmente en estos casos se presenta una sola corriente de entrada y no hay corrientes
de salida, tampoco se realiza trabajo y la transferencia de calor de ordinario se considera
despreciable.
Si la velocidad del fluido en la línea de flujo es baja y no hay elevación apreciable, las
energías cinética y potencial en la línea de entrada y en el volumen de control son
despreciables. Bajo estas consideraciones la ecuación 240 se transforma en:
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EVC  mi hi
Ecuación 86
Figura 53: Volumen de control elegido para llenado de un recipiente
Pero a su vez EVC  U VC  (m2 u 2  m1u1 ) ya que en el volumen de control elegido la
energía cinética y la energía potencial son despreciables, por lo tanto
(m2 u 2  m1u1 )  mi hi
Ecuación 87
Donde los subíndices 2 y 1 representan en estado final y el estado inicial del volumen de
control y el subíndice 𝑖 a la corriente de entrada.
Si inicialmente el recipiente se encuentra vacío, entonces 𝑚1 = 0, por lo tanto:
m2 u 2  mi hi
Ecuación 88
Teniendo en cuenta que necesariamente 𝑚2 = 𝑚𝑖 , ya que la masa que la masa del volumen
de control en el estado 2, es igual a la masa que entra, se concluye que la ecuación de la
primera ley de la termodinámica para este caso especial se reduce a:
u 2  hi
Ecuación 89
Es decir la energía interna final del volumen de control es igual a la entalpía del fluido en la
corriente de entrada. Esta relación permite resolver muchos problemas de orden práctico,
como se ilustra en el siguiente ejemplo.
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Ejemplo 69
Calcular la temperatura y la masa en el interior de
un tanque de 0.15 m3 que inicialmente se
encuentra vacío y se llena con dióxido de
carbono a 900 kPa y 350 K.
Figura 54: Ilustración del ejemplo
Análisis del problema
El problema se puede resolver con el modelo de flujo uniforme, donde no hay trabajo, ni
intercambio de calor; las energías, cinética y potencial no son significativas; solo hay una
entrada de masa y no hay corrientes de salida. Para tal caso la entalpía del fluido a las
condiciones de la corriente de entrada es igual a la energía interna del fluido al llenarse
hasta alcanzar la presión de la corriente de entrada.
Recuerde que con dos propiedades intensivas se establece el estado de un sistema,
entonces con los valores de presión y temperatura se determina la entalpía, la cual será
igual a la energía interna del fluido contenido en el tanque al final del proceso. Con este
valor de la energía interna y la presión se determinan las propiedades del estado final. El
software Progases permite calcular estas propiedades. Finalmente la masa del fluido se
calcula conociendo el volumen molar a las condiciones del estado final.
Solución del problema
Presión Temperatura
kPa
K
Estado
Corriente de entrada
Estado final
9.0
9.0
350
440
Energía interna Entalpía Volumen molar
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝑚𝑜𝑙
8947.3
11407.3
3.2333
11407.3
15068.8
4.0683
La temperatura final es de 440 K.
Masa de CO2 = (0.15 m 3 )(
1 kmol
44 kg
)(
)  1.62 kg
4.0683 m 3 1 kmol
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Descarga de recipientes rígidos
Cuando se abre la válvula de un cilindro que contiene un gas o vapor a presión elevada, el
fluido sale del recipiente, generando una disminución en su presión, este proceso puede
ser considerado de estado uniforme si la descarga se realiza lentamente de tal manera que
las propiedades en toda la extensión del volumen de control seleccionado, figura 121, sean
iguales en un instante determinado.
Figura 55: Volumen de control elegido para descarga de un recipiente
Entre el proceso de descarga y el proceso de llenado existe una diferencia notoria y es la
de que las propiedades de la corriente de salida cambian con el tiempo, debido a la
disminución continua de masa del volumen de control. El llenado se realiza manteniendo
constantes las propiedades de la corriente de entrada. Esta condición implica que los
balances de masa y de energía para el proceso de descarga se deben establecer para
elementos diferenciales de masa que cruzan la superficie de control y luego realizar las
integraciones correspondientes en un determinado intervalo.
En consecuencia, si se considera que 𝛿𝑚𝑗 corresponde al diferencial de masa que cruza la
superficie de control y 𝑑𝑚 es la variación de la masa del volumen de control, la ley de
conservación de la materia, para este proceso, establece que 𝛿𝑚𝑗 = −𝑑𝑚.
Por otra parte, al aplicar la primera ley de la termodinámica, considerando, que no hay
trabajo, ni transferencia de calor y que las energías cinéticas y potenciales en el volumen
de control y en la corriente de salida son despreciables, la ecuación 240, en términos
diferenciales, se reduce a la siguiente expresión:
dU VC  h j mj
Ecuación 90
ya que en cada instante las propiedades del fluido que en la corriente de salida son las
mismas que las del interior del volumen de control, la ecuación 295 se transforma en:
d (mu)  hdm
Ecuación 91
Al diferenciar el término de la izquierda se obtiene mdu  udm  hdm , pero h  u  pv ,
entonces mdu  udm  udm  pvdm ; de donde se obtiene la siguiente relación
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dm du

m
pv
Ecuación 92
Por otro lado, si se considera la definición de volumen específico
V  mv  dV  mdv  vdm
Como el volumen de control es constante, resulta que mdv  vdm  0 equivalente a la
siguiente relación:
dm
dv

m
v
Ecuación 93
Finalmente combinando las ecuaciones 247 y 248 se llega a que
du  pdv  0
du
dv
, igual a

pv
v
Ecuación 94
Esta relación de propiedades intensivas implica que el proceso que se realiza debe ser de
entropía constante. Esta afirmación se demuestra si se aplica la primera ley a la masa total
del fluido, considerándola como si se tratara de un sistema cerrado, entonces la ecuación
en términos diferenciales y por unidad de masa establece que q  w  du , ecuación 89;
si se remplaza los términos de calor y trabajo en función de las propiedades intensivas
relacionadas, se tiene que Tds  pdv  du , la cual se puede escribir como:
du  pdv  Tds
Ecuación 95
La ecuación 252 relaciona las propiedades intensivas del fluido en un instante determinado;
si se compara con la ecuación 251, se deduce que ds  0 , es decir entropía constante.
Ejemplo 70
Un tanque de 0.60 m3, diseñado para contener, aire
comprimido de se encuentra a una presión manométrica de
350 kPa y 305 K. Si se abre la válvula y se permite que el
gas salga hasta que la presión en el interior se reduzca a
90 kPa. Determine la temperatura final del proceso si se
considera despreciable la transferencia de calor y la masa
de aire permanece en el tanque. La presión atmosférica es
de 80 kPa.
Figura 56: Tanque del ejemplo
Análisis del problema
Para el análisis energético se elige como volumen de control el aire en el interior del
tanque. La presión en el interior del volumen de control disminuye de 500 a 90 kPa como
consecuencia de flujo de materia hacia el exterior. Si este proceso se realiza de tal
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manera que las propiedades del fluido en cualquier instante son las mismas, entonces el
proceso es de descarga bajo estado uniforme.
En estas condiciones y dado que no hay transferencia de calor el proceso será adiabático
e internamente reversible, por lo tanto la entropía debe mantenerse constante durante
este proceso. Esta condición permite calcular la temperatura final, para lo cual es
necesario considerar al aire como gas ideal, lo cual se justifica, dado que el rango de
presiones que se manejan no son grandes. Para determinar la masa que queda en el
tanque, se debe calcular el volumen específico del estado inicial y el volumen específico
al final del proceso.
Solución del problema
Un proceso adiabático de expansión o compresión de un gas ideal cumple con la relación


dada por la ecuación P2V2  P1V1 , y por supuesto con la ecuación de estado PV  nRT
, la cual se puede escribir como P2V2  nRT2 , o también P1V1  nRT1 , según el estado al
que se refiera; combinando apropiadamente estas ecuaciones se obtiene la relación
P21 T2  P11 T1 , de donde:
P 
T2  T1  1 
 P2 
1

 430 kPa 

 (305 K )
 170 kPa 


11, 4
1, 4
 234 K
Volumen específico del estado inicial:
RT1
v1 

MP1
kJ
)(305K )
m3
kmol.K
 0.2500
kg
kg
(28.96
)(350kPa)
kmol
(8.314
Recuerde que 𝑀 representa el peso molecular del air y que la presión absoluta es igual
a la suma de la presión atmosférica más la presión manométrica, entonces:
1
1
 P1  
m 3  430kPa  1, 4
m3


v2  v1    (0.2500 )
  0.4850
kg  170kPa 
kg
 P2 
Masa que permanece en el tanque m2 
V2

v2
0.6m 3
 1.24kg
m3
0.4850
kg
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Masa inicial m1 
V1
0.6m 3

 2.40kg
v1
m3
0.25
kg
Masa que sale m j  m1  m2  (2.4  1.24)kg  1.0kg
Lección 30: Acondicionamiento de aire
El acondicionamiento del aire surge de la necesidad de proporcionar un entorno cómodo y
agradable para el trabajo, un ambiente apropiado para el almacenamiento de algunos
materiales y para permitir el funcionamiento adecuado de equipos electrónicos.
En la industria de alimentos con frecuencia se deben crear atmósferas especiales, por
ejemplo, que permitan la maduración controlada de algunas variedades de frutas o el
almacenamiento en grandes bodegas de productos alimenticios que requieran de una
determinada humedad y temperatura. Por ello es necesario detenerse a estudiar los
aspectos termodinámicos relacionados con los cambios en las condiciones del aire
atmosférico, tales como presión, temperatura y humedad.
En las siguientes secciones se estudiarán las relaciones entre estas variables, cómo
determinar la humedad del aire atmosférico y utilizar esta información para dar solución a
problemas relacionados con la adecuación del aire atmosférico a las condiciones que se
requieran.
Aire y vapor de agua
El aire de la atmósfera contiene pequeñas cantidades de vapor de agua que le imprimen
características especiales tan importantes que han permitido el desarrollo de la vida en este
planeta. Tanto el aire como el vapor de agua a las condiciones climáticas ordinarias de
presión y temperatura se pueden manejar como gases ideales, sin cometer un error
apreciable.
Como recordará de los estudios de química, para una mezcla de gases ideales se cumple
la Ley de Dalton o de las presiones parciales. Tal ley establece que la presión total de la
mezcla gaseosa es igual a la suma de las presiones parciales de cada uno de los gases
que componen la mezcla. Se entiende como presión parcial, la presión que ejercería cada
uno de los gases si se encontrara solo en el mismo recipiente donde se encuentra dicha
mezcla y a la misma temperatura. Matemáticamente esta ley se expresa mediante la
ecuación 253.
P  p A  p B  pc  ...   pi
Ecuación 96
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Donde P = presión total
pA = presión parcial del gas A
pA = presión parcial del gas B
pA = presión parcial del gas C
pi = presión parcial de cualquier gas i
También es pertinente recordar que la fracción molar de un componente cualquiera en una
mezcla gaseosa es igual a la relación entre la presión parcial de ese componente y la
presión total de la mezcla. Entonces
ni
p
 yi  i
n
P
Ecuación 97
Donde yi = fracción molar del gas i
pi = presión parcial del gas i
P = presión total
ni = número de moles del gas i
n = número de moles de la mezcla gaseosa
La relación entre la cantidad de vapor de agua y la cantidad de aire seco se conoce como
humedad absoluta, la cual puede expresarse como de masa de agua/masa de aire seco y
en este caso recibe el nombre de humedad específica o también en moles de agua/moles
de aire seco y en este otro caso se denomina humedad molar.
Esta relación cambia de un sitio a otro del planeta o incluso en un mismo sitio, dependiendo
de las condiciones climáticas, durante un determinado intervalo de tiempo. Muchos
fenómenos biológicos y microbiológicos dependen de la humedad, una humedad excesiva
puede deteriorar muy rápidamente un alimento al favorecer el crecimiento microbiano y la
actividad enzimática, en cambio una escasa humedad traería como consecuencia la
resequedad, endurecimiento o resquebrajamiento que cambian las propiedades
organolépticas de algunos alimentos.
Por ello es importante establecer las condiciones más apropiadas de humedad y
temperatura para el correcto almacenamiento de muchos productos alimenticios. La
humedad específica generalmente se representa mediante la letra  y su expresión
matemática es la siguiente:

m H 2O
mas
Ecuación 98
Donde  = humedad específica
mH O = masa de agua en el aire (kg)
2
mas = masa de aire seco
Tanto la masa de agua en el aire como la masa de aire seco se determinan mediante la
ecuación de estado y la masa molecular respectiva.
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Humedad relativa
Cuando un gas o mezcla gaseosa cualquiera se encuentra en contacto con la superficie de
un líquido se produce un paso espontáneo de materia de la fase líquida a la fase gaseosa
hasta que la presión parcial del vapor en la mezcla gaseosa sea igual a la presión de vapor
del líquido a la temperatura a la cual se encuentra dicha mezcla. En este punto se dice que
el gas se encuentra saturado. En la figura 136 se ilustra esta situación: a una determinada
temperatura, una mezcla de los gases A y B se encuentra en contacto con el líquido A.
Inicialmente el número de moles de A en fase gaseosa es muy reducido de tal manera que
la presión parcial de A es menor que la correspondiente presión de vapor a esa temperatura,
por lo tanto, se produce la evaporación espontánea del líquido A y este proceso continúa
hasta que el numero de moles de A es suficiente para que la presión parcial se iguale a la
presión de vapor. Bajo estas condiciones se establece un equilibrio dinámico entre la
velocidad de evaporación y la velocidad de condensación. Cuando el número de moles de
A en fase gaseosa es tan alto que la presión parcial de A es mayor que la presión de vapor
se produce la condensación espontánea del vapor hasta que nuevamente se alcanza el
equilibrio.
Figura 57: Mezcla de dos gases en contacto con la superficie de un líquido
Este comportamiento es completamente general y se aplica a cualquier mezcla de gases
en contacto con cualquier líquido. Para el caso del aire a una determinada temperatura,
éste también tiene un límite en su capacidad de contener vapor de agua, a tal estado se le
conoce como aire saturado; se presenta cuando la presión parcial del vapor de agua en el
aire es igual a la presión de vapor del agua a esa temperatura, cualquier cantidad de agua
adicional que contenga se condensará hasta alcanzar el equilibrio entre el agua líquida y el
vapor de agua en el aire.
Con mucha frecuencia la humedad del aire se expresa como la relación entre la cantidad
de agua presente en el aire y la cantidad máxima de agua que el aire puede contener a una
determinada temperatura. Esta relación se conoce como humedad relativa, la cual
generalmente, se representa por la letra griega . Entonces, dado que la cantidad de agua
presente en el aire es proporcional a su presión parcial, la humedad relativa se define como:
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
p H 2O
Ecuación 99
p H 2O
Donde  = humedad relativa
p H 2O = presión parcial del agua en el aire
p H 2O = presión de vapor del agua
Recuerde que a una determinada temperatura la presión de vapor del agua es igual a
su presión de saturación a esa temperatura.
La humedad relativa también se acostumbra a expresar como porcentaje, de tal manera
que el porcentaje de humedad relativa (%) es igual a 100. Así el aire tendrá una humedad
relativa del 100% cuando se encuentra saturado y de cero cuando se encuentra seco.
En el ejemplo siguiente se ilustra la relación existente entre la humedad específica, la
humedad molar y la humedad relativa.
Ejemplo 71
Si a 80 kPa y 10 ºC el aire de una bodega para el almacenamiento de productos vegetales
tiene una humedad relativa del 75% ¿cuál será la humedad específica y la humedad
molar?
Análisis del problema
Con los datos del porcentaje de humedad relativa y la presión de vapor del agua a 10 ºC,
se calcula la presión parcial del agua en el aire. Utilizando la ecuación de estado se
despeja el número de moles presente en el aire y con la masa molecular se establece la
masa del agua.
Como se conocen la presión total y la presión parcial del agua, aplicando la ley de Dalton
se determina la presión parcial del aire y en forma similar se expresa el número de moles
y correspondiente masa de aire seco.
La humedad molar se establece dividiendo el número de moles de agua presentes en el
aire entre el número de moles de aire seco.
La humedad específica se establece mediante la relación entre la masa de agua presente
en el aire y la masa se aire seco.
Solución del problema
En las tablas o en el software de propiedades termodinámicas del agua se encuentra que
la presión de vapor del agua o presión de saturación a 10 ºC es de 1.23 kPa, entonces:
Presión parcial, moles y masa del agua en el aire
p H 2O   ( p H 2O )  0.75(1.23kPa)  0.92 kPa
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( p H 2O )V
RT
( p )VM H 2O
 n H 2O M H 2O  H 2O
RT
n H 2O 
m H 2O
Presión parcial, moles y masa del aire seco
pas  P  p H 2O  (80  0.92)kPa  79.08 kPa
( p as )V
RT
( p )VM as
mas  nas M as  as
RT
nas 
Humedad molar 
n H 2O
nas

p H 2O
p as

0.92 kPa
79.08 kPa
 0.0116
moles de agua
moles de aire sec o
Humedad específica

m H 2O
mas

p H 2O M H 2 O
p as M as
(0.92kPa)(18.0
kg agua
)
kg de agua
mol

 0.0072
kg aire sec o
kg de aire sec o
(79.08kPa)(28.97
)
mol
Del ejemplo anterior se puede deducir la relación existente entre la humedad específica y
la humedad relativa:
m H 2O

mas

p H 2O M H 2 O
p as M as
kg
)
( p H 2O )(0.622)
mol


kg
( P  p H 2O )
( P  p H 2O )(28.97
)
mol
( p H 2O )(18.015
Al despejar la presión parcial del agua se obtiene
p H 2O 

p

H 2O
P
  0.622
P
(  0.622)
y como

p H 2O
p H 2O
entonces
Ecuación 100
o también

0.622 ( p H 2O )
P   ( p H 2O )
Punto de rocío
Ecuación 101
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Usted seguramente ha observado que cuando se levanta en las mañanas y corre las
cortinas, encuentra que los vidrios de las ventanas están empañados, cubiertos de finas
gotitas de agua.
Este fenómeno se debe a que en las madrugadas la temperatura del exterior es muy baja
provocando que la presión de vapor del agua disminuya por debajo de la presión parcial del
agua en el aire de la habitación con lo cual se dan las condiciones termodinámicas para
que se produzca la condensación del agua presente en el aire. La temperatura a la cual se
produce la condensación de una mezcla de aire y vapor de agua que se enfría a presión
constante se denomina punto de rocío.
Para una determinada presión de vapor de agua existe una correspondiente temperatura
de saturación, esta temperatura corresponde al punto de rocío. Entonces, si se conoce la
presión del vapor de agua, en las tablas de propiedades termodinámicas del agua o en el
software que presenta esta información, fácilmente se determina el punto de rocío.
Ejemplo 72
A 25 ºC la humedad relativa del aire en una bodega es del 70%, hasta que temperatura
se puede enfriar el aire sin que se presente condensación.
Análisis del problema
Para que no se presente condensación se requiere que la presión parcial del agua en el
aire sea inferior a la presión de vapor del agua a una determinada temperatura.
Al descender la temperatura la presión de vapor del agua disminuye y llegará a un punto
donde se iguala a la presión parcial del agua en el aire, en ese punto comienza la
condensación, es decir se alcanzó el punto de rocío de la mezcla aire vapor de agua.
Entonces para solucionar el problema planteado basta con encontrar el punto de rocío o
temperatura de saturación del agua a una presión de vapor igual a la presión parcial del
agua en el aire a 25 ºC.
Solución del problema
Consultando los datos de las propiedades termodinámicas del agua se encuentra que a
25 ºC la presión de vapor del agua es de 3.17 kPa. Entonces:
Presión parcial del agua en el aire p H 2O   ( p H 2O )  0.70(3.17kPa)  2.22 kPa
Para una presión de vapor del agua de 2.22 kPa la temperatura de saturación es de 19
ºC. Si se quiere evitar que condense el agua, la temperatura debe mantenerse por encima
de este valor.
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Una forma aproximada y sencilla de encontrar experimentalmente el punto de rocío
del aire atmosférico y con este valor calcular la humedad relativa, consiste en colocar
un termómetro en un vaso con una mezcla de hielo y agua, agitar y registrar la
temperatura cuando comiencen a formarse gotas de agua sobre la superficie externa
del vaso.
Temperatura de saturación adiabática
Cuando una corriente de aire circula en contacto con la superficie de agua líquida en un
conducto de paredes adiabáticas, tal como el que se muestra en la figura 137, el agua pasa
de la fase líquida hacia la fase gaseosa ocasionando que la humedad del aire aumente.
Si la extensión de la superficie de contacto entre las fases es suficiente, el aire saldrá del
conducto como aire húmedo saturado. ¿Cómo cree que cambie la temperatura en este
proceso? Para responder a esta pregunta debe considerar el intercambio de energía que
se presenta durante la evaporación del agua, como el dispositivo en el cual se realiza este
proceso es adiabático, parte del calor que requiere el agua para evaporarse procede del
aire, en consecuencia la temperatura va a descender hasta que se alcance la saturación.
Esta temperatura se conoce como temperatura de saturación adiabática.
La temperatura de saturación del agua se utiliza para determinar la humedad relativa del
aire. Para establecer esta relación es necesario considerar un proceso de flujo permanente
del aire que fluye y del agua la cual se suministra con la misma rapidez con la cual se
evapora a la temperatura de saturación del aire. Bajo estas condiciones un balance de
materia en el proceso de flujo permanente con dos entradas y una salida, como el ilustrado
en la figura 124, permite determinar la cantidad de agua evaporada para alcanzar la
saturación en un determinado intervalo de tiempo.
ma2  ma1  mH 2O
Ecuación 102
Donde ma2  flujo másico del aire saturado a la salida
ma1  flujo másico del aire a la entrada
mH 2O  flujo másico del agua evaporada
Figura 58: Proceso de saturación adiabática del aire con vapor de agua
Dado que el flujo de aire seco permanece constante a la entrada y salida del proceso de
saturación, también se puede establecer un balance solo para el agua, de la siguiente
forma:
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m(H 2O)2  m(H 2O)1  mH 2O
Ecuación 103

( H 2O ) 2
= flujo másico del agua que acompaña al aire a la salida

( H 2O )1
= flujo másico del agua que acompaña al aire a la entrada
Donde m
m
mH 2O = flujo másico del agua evaporada
La masa de agua en el aire se puede expresar en función del producto de la masa de aire
seco y la humedad específica como se deduce de la ecuación 255.
Realizando las correspondientes substituciones la ecuación 260 se transforma en:


mas
2  mas
1  mH 2O
y por lo tanto la masa evaporada es igual a:

mH 2O  mas
(2  1 )
Ecuación 104

Donde mas = flujo másico del aire seco
2 = humedad específica a la salida
1 = humedad específica a la entrada
mH 2O = flujo másico del agua evaporada
En el proceso de saturación adiabática los cambios de energía cinética y de energía
potencial son despreciables, no hay transferencia de calor ni tampoco se realiza trabajo;
por lo tanto la aplicación de la primera ley de la termodinámica en este tipo de procesos y
para el volumen de control mostrado en la figura 124, se reduce a:
H
salida
  H entrada
La suma de las entalpías de las corrientes que entran debe ser igual a la suma de las
entalpías de salida. Aplicando este principio se obtiene la siguiente ecuación:
ma s (has2 )  m(H 2O)2 h( H 2O)2  ma s (has1 )  m(H 2O)1 h( H 2O)1  mH 2O hH 2O
Ecuación 105
Donde has2 = entalpía del aire seco a la temperatura de salida T2
has1 = entalpía del aire seco a la temperatura de entrada T1
m(H 2O ) 2 = flujo másico de agua que acompaña al aire seco a la salida

mas
= flujo másico del aire seco

m( H 2O )1 = flujo másico de agua que acompaña al aire seco a la entrada
h( H 2O )2 = entalpía de vapor saturado a la temperatura de salida T2
h( H 2O )1 = entalpía vapor saturado a la temperatura de salida T1
hH 2O = entalpía de líquido saturado a la temperatura T2
Si en la ecuación 262 el flujo másico del agua en función del flujo de aire seco y las
correspondientes humedades específicas se llega a
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




mas
(has2 )  mas
2 h( H 2O)2  mas
(has1 )  mas
1h( H 2O)1  mas
(2  1 )hH 2O
Ecuación 106
Al cancelar el flujo másico del aire seco la ecuación 262 se reduce a:
has2  2 h( H 2O)2  has1  1h( H 2O)1  (2  1 )hH 2O
Ecuación 107
Despejando la humedad específica del aire a la entrada
1 
(has2  has1 )   2 (h( H 2O ) 2  hH 2O )
h( H 2O )1  hH 2O
Ecuación 108
El cambio de entalpía para aire seco se puede expresar en función del calor específico y el
cambio de temperatura. Entonces:
1 
c p (T2  T1 )   2 (h( H 2O ) 2  hH 2O )
h( H 2O )1  hH 2O
Ecuación 109
La humedad específica del aire a la entrada al proceso de saturación, 1, queda
perfectamente definida ya que todos los términos del lado derecho de la ecuación 266 se
pueden determinar ya que se conocen las temperaturas T2 y T1.
La humedad específica del aire a la salida, 2, se determina con la temperatura de salida y
la humedad relativa del aire saturado que corresponde al 100%.
Del análisis realizado se deduce que la humedad del aire a una determinada temperatura
se puede establecer si se hace pasar por un dispositivo de saturación adiabática y se
determina la temperatura con la cual sale.
En resumen, podemos decir que si se conoce la temperatura de saturación de una
mezcla de aire y vapor de agua, entonces se podrá determinar la humedad específica
y la humedad relativa de dicha mezcla a una determinada temperatura.
Ejemplo 73
Se desea determinar la humedad específica y la humedad relativa de una mezcla del aire
atmosférico que encuentra a 22 ºC y 83.0 kPa si la temperatura de saturación adiabática
es de 12.5 ºC.
Análisis del problema
Para determinar la humedad específica es necesario consultar el calor específico del aire,
las entalpías del agua como líquido saturado y como vapor saturado a la temperatura de
saturación adiabática, en este caso 12.5 ºC, y la entalpía del agua como vapor saturado
a la temperatura de 22 ºC.
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También se debe calcular en primer lugar la humedad específica del aire saturado a
partir de los datos de la presión total y la presión de vapor del agua a la temperatura de
12.5 ºC.
Solución del problema
Consultando los datos de las propiedades termodinámicas del agua se encuentra que:
kJ
kg
kJ
 2541
kg
h( H 2O ) g 12,5ºC  2524
h( H 2O ) g 22ºC
h( H 2O )l 12,5ºC  52.50
kJ
kg
p H 2O ( 22ºC )  2.6kPa
p H 2O (12,5ºC )  1.4kPa
c p aire  1.003
kJ
kg.K
Humedad específica para aire saturado a la temperatura de 12,5 ºC
2 
0.622 ( p H 2O )
P   ( p H 2O )

kg de agua
0.622(1.0)(1.4kPa)
 0.011
((83.0  (1.0)(1.4))kPa)
kg de aire sec o
Humedad específica del aire atmosférico
1 
(1.003
1 
c p (T2  T1 )   2 (h( H 2O ) 2  hH 2O )
h( H 2O )1  hH 2O
kJ
kJ
)(285.5  295) K  0.011(2524  52.5)
kg.K
kg
kJ
(2541  52.5)
kg
1  0.0071
kg de agua
kg de aire sec o
Humedad relativa del aire atmosférico:
1 
p

H 2O
0.0071(83.0 kPa)
1 P

 0.36
(1  0.622) 2.6(0.0071  0.622)
Temperatura de bulbo húmedo
Otra forma de encontrar la humedad del aire consiste leer directamente en termómetros
corrientes las denominadas temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo. La
temperatura de bulbo seco es aquella que se mide directamente en el seno del aire,
mientras que la temperatura de bulbo húmedo es la temperatura que registra un termómetro
al cual se le ha recubierto el bulbo con una gasa embebida en agua, luego de alcanzar el
equilibrio cuando circula una corriente de aire.
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Si el aire no se encuentra saturado el agua que rodea al bulbo del termómetro, se evapora
ocasionando un descenso en la temperatura de tal manera que entre más seco se
encuentre el aire más bajo será el valor de la temperatura de bulbo húmedo. Si el aire se
encuentra saturado no se presentará evaporación y en consecuencia la temperatura de
bulbo húmedo será igual a la temperatura de bulbo seco.
A las condiciones atmosféricas las temperaturas de saturación adiabática y bulbo húmedo
prácticamente son las mismas. Con esta consideración la humedad específica y la
humedad relativa del aire se pueden calcular fácilmente mediante las ecuaciones 255, 256
y 262, asociando T2 a la temperatura de bulbo húmedo y T1 a la temperatura de bulbo seco.
En la figura 138 se muestra en forma esquemática dos termómetros acondicionados para
medir las temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo.
Este método es el más utilizado para la determinación de la humedad del aire debido a su
gran simplicidad y constituye el fundamento del funcionamiento de muchos higrómetros, sin
embargo dado los adelantos de la electrónica, en la actualidad existen instrumentos
provistos con sensores fabricados con materiales que cambian sus propiedades eléctricas
al estar en contacto con atmósferas con mayor o menor humedad, de tal manera que este
cambio produce una señal eléctrica que permite leer y registran directamente la humedad
del aire.
Cada vez más se utilizan estos instrumentos y la tendencia que se presenta indica que
hacia el futuro los higrómetros de bulbo seco y bulbo húmedo serán remplazados por
dispositivos electrónicos y digitales para la medida de la humedad del aire.
Figura 59: Disposición de termómetros para determinar temperaturas de bulbo seco y de bulbo
húmedo
Carta psicrométrica
La carta psicrométrica es un diagrama donde se encuentran representadas las propiedades
como humedad específica, humedad relativa, entalpía, volumen específico, presión de
vapor, temperatura de bulbo seco y temperatura de bulbo húmedo, para un estado
determinado de la mezcla de aire y vapor de agua a presión constante, que generalmente
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es de 1 atmósfera o 101.325 kPa. En el eje vertical y hacia el lado derecho se representan
las humedades específicas () y en el eje horizontal las temperaturas de bulbo seco (Tbs).
Las unidades dependen del sistema que se utilice, por lo general se presentan cartas
psicrométricas para el SI y para el sistema inglés. Para cada humedad específica del aire
atmosférico existe una temperatura de saturación, es decir una temperatura donde la
humedad relativa es del 100%. Cada pareja de valores de temperatura de saturación y
humedad específica determinan un punto en la carta psicrométrica. El conjunto de estos
puntos corresponde a la línea de saturación o línea de humedad relativa del 100%, como
se observa en la figura 126, en la cual se han representado en forma esquemática sus
principales líneas.
En ella, por ejemplo, Usted puede apreciar que al seguir la línea de saturación, a mayor
temperatura la humedad específica del aire es mayor, en otras palabras, la gráfica muestra
de forma visual y cuantitativamente que al aumentar la temperatura aumenta la capacidad
del aire para retener agua.
Las líneas de humedad relativa constante ( = constante) tienen aproximadamente la
misma forma que la línea de saturación y se encuentran por debajo de ésta, en la medida
que disminuyen su valor.
Otras líneas que aparecen en la carta psicrométrica son las de volumen específico
constante, temperatura de bulbo húmedo constante y entalpía constante. La entalpía y el
volumen específico tienen sus correspondientes escalas, mientras que la temperatura de
bulbo húmedo se lee en el eje horizontal para la coordenada de la intersección con la línea
de saturación ya que en este punto la temperatura de bulbo seco y la de bulbo húmedo son
iguales.
Figura 60: Representación esquemática de la carta psicrométrica
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Cualquier punto en la carta psicrométrica representa un estado particular de la mezcla aire
y vapor de agua. Para establecer este punto son suficientes dos propiedades intensivas,
por ejemplo, la humedad específica y la temperatura, ya sea de bulbo húmedo o de bulbo
seco; la humedad relativa y temperatura de bulbo húmedo o de bulbo seco; la humedad
específica y la humedad relativa, o la temperatura de bulbo húmedo y la temperatura de
bulbo seco. Cualquiera de estas parejas de datos determinan el estado del aire húmedo y
por consiguiente quedan definidas sus otras propiedades.
Una línea horizontal en la carta psicrométrica representa estados de humedad específica
constante a diferentes temperaturas y a presión constante. Una línea vertical representa
estados donde la temperatura de bulbo seco es constante a diferentes humedades. Por
ejemplo el cambio del estado A hacia el estado B, ilustrado en la figura 140, indica un
calentamiento del aire, manteniendo una humedad específica constante; observe que en
este proceso la humedad relativa del aire disminuye. Al contrario si el proceso se da de B
hacia A, se produce un enfriamiento a humedad específica constante con un aumento de
la humedad relativa y si el enfriamiento continúa bajo estas condiciones se llegará a una
temperatura donde la humedad relativa alcanza el valor del 100%, es decir, el aire se satura
y se produce la condensación; tal temperatura, como ya conoce, corresponde al punto de
rocío.
Por los puntos A y B pasan las correspondientes líneas de temperatura de bulbo húmedo
constante cuyos valores se leen sobre el eje horizontal para la intersección de estas líneas
con la línea de saturación. Observe como la diferencia (TbsB -TbhB) es mayor que la diferencia
entre (TbsA – TbhA) ¿qué significado tiene este comportamiento? Cuando se alcanza el punto
de rocío, ¿qué relación hay entre la temperatura de bulbo seco, la temperatura de bulbo
húmedo y la temperatura de saturación?
Figura 61: Procesos de calentamiento o enfriamiento a humedad constante
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Una línea vertical en la carta psicrométrica representa estados de temperatura constante
del aire para diferentes contenidos de humedad bajo una presión también constante. El
cambio de estado de A hacia B, ilustrado en la figura 127, indica que el aire gana humedad
y este proceso continúa hasta que el aire se satura, es decir, la línea vertical alcanza a la
línea de saturación.
En este proceso la humedad relativa aumenta. El proceso contrario implica que el aire a
temperatura constante pierde humedad. La diferencia entre los valores de las humedades
específicas de los puntos A y B corresponde al agua ganada o perdida por unidad de masa
de aire seco.
La diferencia entre estos valores permite calcular fácilmente la cantidad de agua retirada
de un material que ha sido sometido a un secado o a una deshidratación si se conoce la
humedad específica inicial del aire utilizado en este proceso y su correspondiente flujo
másico; también permite calcular la cantidad de agua que se requiere suministrar al aire
para que alcance una determinad humedad relativa para que cumpla con las condiciones
apropiadas para crear un ambiente propicio para el almacenamiento de algunos productos
alimenticios.
Figura 62: Procesos de humidificación o deshumidificación
En la figura 129 se representan otros procesos donde simultáneamente varían la
temperatura y la humedad del aire, por ejemplo el proceso de A hacia B, representa un
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calentamiento con humidificación, mientras que el proceso en la dirección opuesta, es decir,
de B hacia A, implica un enfriamiento con disminución de la humedad específica del aire.
Es interesante que observe como cambian las temperaturas de bulbo húmedo y la humedad
relativa en estos procesos.
En el proceso de C hacia D se presenta un aumento de la temperatura con disminución de
la humedad específica, el proceso inverso desde D hacia C corresponde al enfriamiento
con humidificación.
Muchos de estos procesos se presentan en el acondicionamiento de aire y en las
operaciones de secado. Con los datos de humedad específica y temperatura para un estado
determinado se pueden calcular la cantidad de agua y de aire seco presentes en un
volumen definido de aire a una presión dada.
Figura 63: Procesos con cambio de temperatura y humedad
La carta psicrométrica constituye una herramienta muy valiosa para todo ingeniero ya que
ahorra muchos cálculos como los realizados en el ejemplo 68; por mucho tiempo ésta fue
la fuente de datos para las diferentes aplicaciones técnicas, sin embargo, actualmente a
través de Internet se encuentran programas que proporcionan en forma inmediata los
valores de las propiedades psicrométricas en forma rápida y precisa si se conocen dos
variables y la presión atmosférica o la elevación sobre el nivel del mar. En la figura 130 se
muestra una interfase de uno de estos programas.1
El programa funciona en forma intuitiva y muy sencilla, en la tabla del lado izquierdo
aparecen los datos que se deben introducir. Se debe elegir en primer lugar el sistema de
unidades con el cual se quiere trabajar, luego se establecen la temperatura del aire y la
altitud sobre el nivel del mar, enseguida se selecciona o bien la temperatura de bulbo
húmedo, la humedad relativa o el punto de rocío y finalmente se da clic en el botón
“Calcular” e inmediatamente se actualizan los valores de las propiedades como la presión
1
MILLÁN, José A. Psicrometría. En: http://www.sc.ehu.es/nmwmigaj/CartaPsy.htm.
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atmosférica, la presión de saturación, la presión parcial del vapor de agua, la entalpía y el
volumen específico.
Figura 64: Interfase de usuario de un software para psicrometría.
La ventaja del software sobre la carta psicrométrica salta a la vista. En primer lugar los
datos que se necesitan se obtienen en forma simultánea e instantánea lo que implica un
apreciable ahorro de tiempo, por otro lado, para cada presión se requiere de una carta
diferente y este factor constituye una gran limitante. El software en cambio proporciona los
datos para cualquier presión.
En los ejemplos siguientes se utilizaran los datos de las propiedades psicrométricas para
resolver algunos problemas prácticos.
Ejemplo 73
El reporte meteorológico de una ciudad situada a 1600 m sobre el nivel del mar indica
una temperatura de 25 ºC y una humedad relativa del 85%. Calcular la cantidad de agua
presente en 50 m3 del aire atmosférico.
Análisis del problema
La altura sobre el nivel del mar determina la presión atmosférica, con los valores de la
temperatura y la humedad relativa se determina la presión parcial del agua en el aire.
Con este dato y suponiendo un comportamiento de gas ideal se halla la masa de agua
mediante la ecuación de estado.
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Solución del problema
A 1600 m sobre el nivel del mar la presión es de 83.5 kPa. A esta presión, a 25 ºC y para
una humedad relativa del 85%, la presión parcial del agua es de 2,69 kPa. Dato obtenido
del software “Carta psicrométrica”.
m H 2O  n H 2O M H 2O 
m H 2O
( p H 2O )VM H 2O
RT
kg
(2.69kPa)(50m 3 )(18
)
kmol  0.978 kg

kJ
(8.31
)(298K )
kmol.K
Ejemplo 74
Se desea diseñar un dispositivo de acondicionamiento de aire que trabaje a una altura
de 2600 m sobre el nivel del mar y maneje un flujo másico de 30 m 3/min de aire
atmosférico a 12 ºC y 35% de humedad relativa y lo acondicione mediante un
calentamiento inicial hasta que alcance una temperatura de a 20 ºC y luego mediante
una adición de vapor de agua hasta elevar la humedad relativa al 55% y la temperatura
a 25 ºC. Determinar la potencia calorífica que requiere para el calentamiento y la cantidad
de vapor de agua que se debe proporcionar.
Análisis del problema
El acondicionador de aire debe tener una sección de calentamiento y una sección de
humidificación, el aire fluye a través de ellas. Se define como volumen de control la región
del dispositivo de acondicionamiento que se indica en la figura 131. La circulación del
aire y el suministro de vapor se modelan mediante un proceso de flujo permanente de
dos entradas y una salida.
A las condiciones iniciales se determina el valor de las presiones parciales del vapor de
agua y del aire seco, con los cuales se hallan las masas correspondientes utilizando la
ecuación de los gases ideales.
Aplicando la primera ley de la termodinámica se determina la cantidad de calor requerida
en el proceso de calentamiento del aire a humedad constante. Ya que en este proceso
no hay trabajo ni tampoco cambios apreciables de energía cinética y de energía potencial,
entonces el calor transferido será igual a la diferencia entre la entalpía de salida y la
entalpía de entrada al proceso. Como este proceso se realiza a humedad específica
constante, entonces el punto de rocío del aire en este proceso no cambia y este criterio
se utiliza para evaluar la entalpía del aire luego de la etapa de calentamiento.
La segunda pregunta se responde aplicando la ley de conservación de la materia. La
diferencia entre la cantidad de agua que contiene el aire al final del proceso de
humidificación y la que presenta al inicio corresponde al agua que se debe suministrar.
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Figura 65: Datos del ejemplo y diagrama psicrométrico
Solución del problema
Propiedades del aire para las condiciones de entrada
Altitud SNM
2600 𝑚 Presión atmosférica
Temperatura
Presión de saturación
12 º𝐶
Humedad relativa
Presión parcial H2O
35 %
Punto de rocío
−2.62 º𝐶 Entalpía específica
Humedad específica
0.0042
Volumen específico
Entalpía específica a 20 º𝐶 luego del calentamiento
73.9 𝑘𝑃𝑎
1.4 𝑘𝑃𝑎
0.49 𝑘𝑃𝑎
𝑘𝐽
22.56
𝑘𝑔𝐴. 𝑆.
𝑚3
1.1141
𝑘𝑔𝐴. 𝑆.
𝑘𝐽
30.68
𝑘𝑔𝐴. 𝑆.
Propiedades del aire para las condiciones de salida
Humedad específica a 25 º𝐶 y 55% de humedad relativa 0.0150
Datos obtenidos del programa “Carta psicrométrica”
Primera etapa: calentamiento a humedad específica constante
pas  P  p H 2O  73.9 kPa  0.49 kPa  73.41 kPa


mas

p as V M as

RT
m3
kg
)(28.97
)
min
kmol  126.93 kg
min
kPa.m 3
(8.314
)(285K )
kmol.K
(73.41kPa)(30
Teniendo en cuenta que la humedad específica del aire en la primera etapa es constante,
la primera ley se reduce a

kg 
kJ 
kJ


Q  mas
(h20C  h12C )   26.93
30.68 - 22.56    218.7
min 
kg 
min


kJ 1 min
Q  (218.7
)(
)  3.64kW
min 60 s
Balance de materia en la segunda etapa del proceso
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

mas
(2 )  mH 2O(v )  mas
(3 )
La masa de vapor suministrada se despeja de la anterior ecuación

mH 2O ( v )  mas
(3   2 )  (26.93
kg
kJ
kg
)(0.0150  0.0042)
 0.29
min
kg
min
El acondicionamiento de aire se hace más necesario cuando las condiciones ambientales
de una región son de gran humedad y alta temperatura ya que bajo esas condiciones el
cuerpo humano no puede liberar con facilidad el calor generado lo que ocasiona una seria
sensación de incomodidad, también bajo estas condiciones el crecimiento de
microorganismos y la actividad enzimática se ven favorecidos.
En el ejemplo siguiente se requiere determinar la cantidad de agua y de calor retirada por
una unidad de acondicionamiento de aire para entre a una cava de almacenamiento de
vinos.
Ejemplo 75
El aire de la atmósfera de una región que se encuentra a 1000 m sobre el nivel del mar,
está a 28 ºC y tiene 80% de humedad relativa; debe acondicionarse para que entre a una
cava como aire saturado a 10 ºC, para lo cual se utiliza un dispositivo que maneja un flujo
másico de aire de 15 m3/min, donde primero se enfría hasta alcanzar la temperatura de
rocío y luego mediante enfriamiento posterior se condensa el agua, manteniendo las
condiciones de saturación, hasta alcanzar la temperatura final. ¿Cuál es la humedad
específica final? ¿Qué cantidad de agua por minuto se debe retirar? ¿Qué cantidad de
calor por minuto se debe retirar en todo el proceso?
Análisis del problema
En regiones con gran humedad y temperaturas altas se utilizan unidades de
acondicionamiento de aire provistas de mecanismos para enfriar, y retirar el agua que se
condensa. En primer lugar se especifica un volumen de control como el indicado en la
figura 145 y se considera un proceso de flujo permanente con una entrada y dos salidas.
La humedad específica del aire al enfriarse permanece constante y su humedad relativa
aumenta hasta alcanzar el 100%. En este punto, un posterior enfriamiento produce la
condensación y este fenómeno continúa hasta alcanzar la temperatura final. El agua que
se condensa se supone que se retira a la temperatura final del aire.
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Figura 66: Datos del ejemplo y diagrama psicrométrico
Solución del problema
Propiedades del aire para la condiciones de entrada
Altitud SNM
1000 𝑚 Presión atmosférica
Temperatura
Presión de saturación
28 º𝐶
Humedad relativa
Presión parcial H2O
80%
Punto de rocío
24.2 º𝐶 Entalpía específica
89.7 𝑘𝑃𝑎
3.78 𝑘𝑃𝑎
3.03 𝑘𝑃𝑎
𝑘𝐽
83.56
𝑘𝑔𝐴. 𝑆.
Humedad específica 0.0217
Volumen específico
𝑚3
0.9965
𝑘𝑔
Propiedades para condiciones de salida 10 º𝐶 y h. relativa 100%
Humedad específica en kg de agua/kg de aire seco
0.0086
Entalpía específica en kJ/kg de aire seco
31.82
Datos obtenidos del programa “Carta psicrométrica”
Cálculo de masa de aire seco
pas  P  p H 2O  89.7kPa  3.03kPa  86.67 kPa


mas

p as V M as

RT
m3
kg
)(28.97
)
min
kmol  15.20 kg
min
kPa.m 3
(8.314
)(298K )
kmol.K
(86.67kPa)(15
Cálculo del flujo másico de agua condensada


mas
(1 )  mas
(3 )  mH 2O (l )

mH 2O (l )  mas
(1  3 )  (15.20
kg agua
kg
)(0.0217  0.0086)
min
kg aire seco
mH 2O (l )  0.199
Cálculo de la transferencia de calor
kg
min
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

Q  mas
(h10C  h28C )  hH 2O (l 10C )
Del software propagua: hH 2O (l 10C )  42

Q  (15.20
kg
min
kJ
kg

kg
kJ 
kJ
)(31,82 - 83,56)   (0.199
)(42 )
kg 
min
kg


Q  778
kJ
min
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ACTIVIDADES DE AUTOEVALUACIÓN DE LA UNIDAD 2
Conceptualización y análisis 9
1. Explique por qué razón la fricción es un proceso irreversible, cuál es el
comportamiento de este proceso.
2. Clasifique los siguientes procesos en reversibles e irreversibles e indique como
cambia la entropía global tanto del sistema y los alrededores.
a. Condensación de vapor de agua 50 ºC y 100 kPa
b. Evaporación del agua a 120,23 ºC y 200 kPa
c. Mezcla en igual proporción molar de oxígeno y nitrógeno
d. Expansión isotérmica de un gas ideal
e. Compresión adiabática de una mezcla aire combustible gaseoso.
3. Analice los enunciados para la segunda ley de la termodinámica e indique que
generalizaciones se pueden realizar a partir de ellos.
4. ¿Pueden, dos máquinas térmicas que trabajan entre las mismas temperaturas tener
eficiencias diferentes? Argumente su respuesta.
5. ¿Qué significa que el coeficiente de rendimiento de un refrigerador sea igual a 1?
6. La entropía es una propiedad que se define solo para transformaciones reversibles.
Entonces, ¿qué método se utiliza para determinar el cambio de entropía en un
proceso irreversible?
7. ¿Qué significado tiene para un determinado proceso un cambio de entropía negativo
en el sistema y positivo en el universo?
8. Explique como se puede calcular el cambio de entropía en una reacción química.
9. Indique que posibilidades tiene de realizarse en forma espontánea o irreversible, un
proceso químico que al realizarse libera calor e implica un aumento de la entropía.
10. ¿Durante un proceso adiabático reversible, la entropía del sistema aumenta o
disminuye? Explique su respuesta.
Autoevaluación 9
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Preguntas de selección múltiple. En un tiempo no mayor de 15 minutos seleccione la opción correcta para
cada pregunta. Compare con la información de retorno. Si el resultado es inferior al 70%, vuelva a estudiar este
capítulo. No avance hasta no tener claros los conceptos involucrados en estas preguntas.
1) La segunda ley de la termodinámica permite
6) Al ocurrir un proceso irreversible la entropía
establecer
del universo
a)
b)
c)
d)
un balance de energía
la dirección de un proceso
el cambio de entalpía
el cambio de energía interna
2) Un ejemplo de un proceso reversible puede
ser
a)
b)
c)
d)
7)
a) la expansión libre de un gas
b) la mezcla de dos gases ideales
c) el flujo de corriente eléctrica por una
resistencia
d) la compresión isotérmica de un gas
3) Uno de los principios de Carnot dice que
ninguna máquina térmica
a)
b)
c)
d)
calor transferido y temperatura
calor suministrado y trabajo
calor específico y temperatura
cambio de volumen y trabajo
5) La propiedad que permanece constante en un
proceso adiabático reversible es la
a)
b)
c)
d)
temperatura
energía interna
entropía
entalpía.
Problemas de aplicación 9
0,29
Cp
d) 0,14
Cp
c)
8)
Cuando un mol de un gas A se mezcla con un
mol de gas B el cambio de entropía en este
proceso es
a)
b)
c)
d)
9)
cambio de entropía es igual a la relación
entre
El cambio de entropía durante el
calentamiento de 0,5 moles de un gas ideal a
presión constante desde 300 hasta 400 K, es
a) 0,29 R
b) 0,14 R
a) puede tener una eficiencia del 100%
b) tiene una eficiencia menor que una
máquina ideal
c) tiene una eficiencia mayor que la máquina
de Carnot
d) tiene una eficiencia igual a la máquina de
Carnot
4) En un proceso isotérmico reversible el
disminuye
aumenta
no cambia
no se puede determinar
2R ln 2
Rln 0,5
0,5R ln 2
2R ln 0,5
Si el calor latente de vaporización del etanol a
78,3 ºC es de 204,26 cal/g, su entropía de
vaporización en cal/gK, es
a)
b)
c)
d)
2,61
0,75
0,58
0,54
10) La tercera ley de la termodinámica establece
que la entropía de una sustancia pura,
perfectamente cristalina a 0 K, es
a)
b)
c)
d)
máxima
cero
menor que cero
mayor que cero
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Resuelva en forma individual o en grupo los siguientes problemas, compare los resultados con
la información de retorno. Si encuentra dificultades revise nuevamente la teoría, discuta con
sus compañeros, si persiste las dudas, plantéelas en la sesión de tutoría.
1.
Determine la máxima cantidad de trabajo que puede producir una máquina ideal que trabaja
entre 360 y 900 K si de la fuente de alta temperatura recibe, en forma de calor, 5.000 kJ. Calcule
también el calor que se pierde en este proceso.
2.
Calcule el tiempo que se necesitaría para congelar 5,0 kg de agua que se encuentra a 25 ºC si la
potencia del refrigerador ideal que se utilizaría es de 2,0 kW.
3.
Determine la potencia en kW de una bomba calorimétrica para que suministre 80.000 kJ/h si el
coeficiente de la bomba calorimétrica es de 2,5.
4.
Calcule el trabajo involucrado en cada una de las etapas de un ciclo de Carnot realizado por
0,25 moles de un gas ideal si inicialmente, el gas, se encuentra a 80 kPa y 17 1C, durante la
compresión isotérmica la presión aumenta hasta 100 kPa y después de la compresión
adiabática, la temperatura llega a 927 1C. (Se asume para un gas ideal que γ = 1,4).
5.
Si un sistema formado por 2,5 moles de nitrógeno se expande isotérmicamente hasta reducir
la presión hasta la mitad del valor inicial. ¿Cuál el cambio de entropía en este proceso?
6.
En un recipiente de paredes adiabáticas se colocan en contacto 150 g de hielo a 0C con
250g de agua líquida a 70C Determine el cambio de entropía.
SUSTANCIA
H2O (s)
H2O(l)
CALOR ESPECIFICO
9 cal/(mol.K)
18 cal / (mol.K)
CALOR DE FUSION
79.7 cal/ g
7.
Determine el cambio de entropía durante la mezcla de 15 moles de nitrógeno, 3 moles de
oxígeno y 2 moles de CO2 a la presión de 1 atmósfera y temperatura de 300 K.
8.
Calcule el trabajo realizado y el volumen final luego de un proceso isotérmico donde la
entropía de 0,2 kmol de aire aumenta en 3,6 kJ/K si la presión inicial es 600 kPa y la
temperatura 400 K.
9.
Calcule la cantidad de energía que es necesario suministrar en forma de calor y el cambio de
entropía para evaporar 25 Kg de agua que se encuentra como líquido saturado a 73 kPa en
el interior de un tanque donde la presión se mantiene constante.
10. Calcule la cantidad de calor retirada, el % de vapor que se condensa y el cambio de entropía,
cuando 2,0 kg de vapor de agua que se encuentran en un tanque cerrado a 150 ºC y 120 kPa
se enfría hasta una temperatura de 80 ºC.
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Conceptualización y análisis 10
1. Explique las características de todo ciclo termodinámico ¿Qué significado tiene el
área encerrada por las líneas correspondientes a las trayectorias de un ciclo
termodinámico en un diagrama Ts?
2. ¿Qué semejanzas y diferencias encuentra entre el ciclo de Otto y el ciclo Diesel?
3. Entre dos rangos de presiones iguales ¿cuál de los ciclos anteriores tiene una mayor
eficiencia?
4. Establezca una relación de correspondencia entre cada una de las etapas del ciclo
de Brayton y los componentes necesarios para el funcionamiento de una turbina.
5. ¿En qué procesos difieren los ciclos de potencia de gas y los ciclos de potencia de
vapor?
6. Describa cada uno de los cambios que ocurren en la sustancia de trabajo durante
la etapa de expansión isobárica de un ciclo de Rankine
7. Si en un ciclo ideal de Rankine se mantienen constantes las condiciones a la entrada
de la turbina y se reduce la presión en el condensador que efecto tiene sobre la
eficiencia del ciclo?
8. Explique la función que cumple el capilar o la válvula en un sistema de refrigeración
por compresión de vapor.
9. ¿Qué características termodinámicas debe poseer una sustancia para que pueda
ser utilizada como refrigerante?
10. ¿Cuáles son las principales aplicaciones de los sistemas de refrigeración de gas?
Autoevaluación 10
Preguntas de selección múltiple. En un tiempo no mayor de 12 minutos seleccione la opción correcta para
cada pregunta. Compare con la información de retorno. Si el resultado es inferior al 70%, vuelva a estudiar este
capítulo. No avance hasta no tener claros los conceptos involucrados en estas preguntas.
1) En los ciclos ideales de potencia la sustancia de
trabajo es
a)
b)
c)
d)
el combustible gaseoso
el aire
los gases de combustión
la mezcla carburante
6)
El fluido de trabajo cambia de fase en el ciclo
de
a)
b)
c)
d)
Carnot
Diesel
Brayton
Rankine
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2) El funcionamiento de un motor a gasolina se
estudia mediante el ciclo de
a)
b)
c)
d)
Otto
Diesel
Brayton
Rankine
3) El ciclo de Brayton se utiliza para modelar el
funcionamiento de
a)
b)
c)
d)
7)
Mediante el ciclo inverso de Carnot se estudia
el comportamiento ideal de
a)
b)
c)
d)
8)
una caldera
una central termoeléctrica
un motor de 4 tiempos
una turbina
motores y bombas térmicas
bombas y compresores
refrigeradores y bombas térmicas
condensadores y evaporadores
En un ciclo de refrigeración, se requiere del
proceso de estrangulamiento debido a que en
él se produce
a)
b)
c)
d)
aumento de la presión
aumento de la capacidad calorífica
descenso de la temperatura
descenso de la entalpía
4) Si en un ciclo de Otto la relación de
compresión aumenta se puede deducir
que
a)
b)
c)
d)
la eficiencia disminuye
la energía disminuye
aumenta el trabajo producido en el ciclo
aumenta la cantidad de calor suministrado
5) En un ciclo Diesel el calor requerido se
suministra en el proceso de
a)
b)
c)
d)
expansión isotérmica
expansión isobárica
compresión isotérmica
isocórico
9)
El COP de una bomba de calor ideal que extrae
calor a -13 ºC y lo cede a 27 ºC, es
a)
b)
c)
d)
0.15
0,48
2,1
6,5
10) Si se quisiera aprovechar directamente la
energía solar con fines de refrigeración el
sistema más apropiado sería
a)
b)
c)
d)
refrigeración por absorción
refrigeración de gas
ciclo inverso de Carnot
compresión de vapor
Problemas de aplicación 10
Resuelva en forma individual o en grupo los siguientes problemas, compare los resultados con
la información de retorno. Si encuentra dificultades revise nuevamente la teoría, discuta con
sus compañeros, si persiste las dudas, plantéelas en la sesión de tutoría.
1) En un ciclo ideal de Otto de aire estándar se dan las siguientes condiciones:
a) Temperatura inicial 298,0 K
b) Presión inicial 120,0 kPa
c) Temperatura después de la compresión adiabática 700,0 K
d) Calor suministrado 24.600 kJ/kmol
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Calcule la relación de compresión, la relación de presiones máxima a mínima y la eficiencia del
ciclo.
2) Un ciclo ideal de Diesel opera con una relación de compresión de 9.0 y las condiciones iniciales
son 27 1C y 92 kPa. El volumen inicial del cilindro es de 7,72 x 10-3 m3. Si al aire se le suministran
4.3 kJ en forma de calor durante el proceso de expansión isobárica determine la presión y
temperatura al final de cada proceso y la eficiencia del ciclo.
3) Un ciclo de Brayton simple que usa aire como fluido de trabajo tiene una relación de presiones
de 12. Si el aire entra al compresor 300 K y 80 kPa, y a la turbina a 1.250 K ¿cuál será la
temperatura a la salida del compresor y a la salida de la turbina? Determine el trabajo del
compresor, el trabajo producido por la turbina y el calor transferido durante los procesos
isobáricos.
4) Calcular la potencia de una planta de vapor que trabaja con un ciclo ideal de Rankine simple
entre 3,5 MPa y 60 kPa. La temperatura del vapor a la entrada de la turbina es de 420 1C y el
vapor circula a través del ciclo a razón de 25 kg/s.
5) Una nevera utiliza refrigerante 12 como sustancia de trabajo y funciona mediante un ciclo ideal
de refrigeración por compresión de vapor entre 0.1 y 0.65 MPa. El flujo másico del refrigerante
es de 0,056 kg/s. Calcular la potencia calorífica retirada del espacio refrigerado, la potencia
calorífica cedida al ambiente y la potencia suministrada por el compresor.
Conceptualización y análisis 11
1. Establezca las diferencias entre flujo permanente o estable y flujo transitorio
2. Con un ejemplo explique el concepto de trabajo de flujo
3. Plantee una ecuación general que muestre el principio de conservación de energía
en un volumen de control.
4. Explique la razón por la cual los procesos de estrangulamiento se utilizan en
refrigeración.
5. Explique si se presentan o no cambios en la densidad de un fluido gaseoso cuando
pasa por un compresor que trabaja en un proceso de flujo estable.
6. Plantee una ecuación para el balance energético en un evaporador.
7. ¿Cómo cambia la temperatura y la densidad en una tobera?
8. ¿Qué sucede cuando un líquido saturado se somete a un proceso de
estrangulamiento?
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9. ¿Por qué razón aumenta la temperatura de un fluido que se llena a un tanque vacío
mediante conexión a una línea de alimentación a presión alta?
10. Un operario abandonó por un tiempo su trabajo dejando por descuido abierta la
válvula de un tanque de aire comprimido, cuando regresó encontró que el tanque
estaba recubierto de hielo. Explique ¿por qué pudo haber ocurrido tal fenómeno?
Autoevaluación 11
Preguntas de selección múltiple. En un tiempo no mayor de 12 minutos seleccione la opción correcta para cada
pregunta. Compare con la información de retorno. Si el resultado es inferior al 70%, vuelva a estudiar este capítulo. No
avance hasta no tener claros los conceptos involucrados en estas preguntas.
1) Si en cualquier punto de un volumen de
control las propiedades de un fluido en un
instante determinado son iguales, se dice que
el flujo es
a)
b)
c)
d)
estable
uniforme
permanente
estacionario
2) El caudal volumétrico de un fluido a través de
una tubería depende de
a)
b)
c)
d)
7)
8)
a)
b)
c)
d)
aumenta cuatro veces
aumenta dos veces
disminuye dos veces
disminuye cuatro veces
5) En un intercambiador de calor donde no se
presentan pérdidas de energía hacia el
9)
isentrópico
isoentálpico
isocórico
adiabático
Cuando un fluido pasa a través de una tobera,
experimenta un aumento de
a)
b)
c)
d)
4) Si el diámetro de una tubería se reduce a
w = – h
q = h
q – w = h
q – w = u + p v
El coeficiente Joule Thomson de un gas es
una medida de la variación de la
temperatura con respecto a la presión
durante un proceso
a)
b)
c)
d)
energía cinética
energía potencial
energía total
entalpía
la mitad la velocidad
La primera ley para un proceso de flujo
permanente donde solo se encuentra un
dispositivo como una bomba o un compresor
se expresa mediante la ecuación
a)
b)
c)
d)
densidad y área de la tubería
densidad y velocidad
velocidad y diámetro de la tubería
velocidad y caída de presión
3) En un punto de un volumen de control la suma
de la energía interna del fluido más el trabajo
de flujo es igual, para ese punto, a la
a)
b)
c)
d)
6)
entalpía
presión
energía cinética
energía interna
Al llenar un recipiente con un fluido
procedente de una línea de carga se presenta
igualdad entre la energía interna del fluido y la
a)
b)
c)
d)
entalpía en la línea de carga
entalpía en el interior del recipiente
energía cinética al entrada
entropía antes de entrar al recipiente
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exterior, el cambio de entalpía de uno de los
fluidos, es igual al
a)
b)
c)
d)
trabajo de flujo
cambio de temperatura
cambio de energía interna
calor transferido
10) Cuando se abre la válvula de un cilindro que
contiene un gas se presenta
a)
b)
c)
d)
aumento de entalpía
aumento de energía
disminución de temperatura
disminución del volumen específico
Problemas de aplicación 11
Resuelva en forma individual o en grupo los siguientes problemas, compare los resultados con
la información de retorno. Si encuentra dificultades revise nuevamente la teoría, discuta con
sus compañeros, si persiste las dudas, plantéelas en la sesión de tutoría.
1. Para obtener agua caliente a 85 ºC que se requiere en un proceso de escaldado, se mezclan
en una cámara, vapor saturado 180 kPa y agua líquida a 180 kPa y 15 ºC. Si el agua fría se
suministra a razón de 1,5 kg/s determine el caudal másico del vapor.
2. Para suplir las necesidades de agua de una planta procesadora de alimentos se bombea agua
desde un pozo a 15 metros bajo la superficie, hasta la parte más alta de la edificación situada
a 20 m sobre el suelo mediante una bomba de 1,5 kW, Si se descarta cualquier pérdida de
energía por fricción o por transferencia de calor determine, el máximo flujo de agua que
puede mantenerse mediante este sistema de bombeo.
3. Un calentador eléctrico tiene una resistencia de 15,0 kW. Si el agua entra de manera
permanente a 14 ºC y 110 kPa, determine el flujo másico para que el agua salga
continuamente a 65 ºC.
4. Una turbina adiabática se alimenta mediante 7,0 kg/s de vapor sobrecalentado a 400 ºC y 10
MPa. El vapor sale a 75 kPa y con una calidad del 90%. Si se desprecian los cambios de energía
cinética y de energía potencial, determine la potencia de la turbina.
5. Un cilindro de paredes metálicas inicialmente vacío y tiene una capacidad de 0,20 m3, se carga
con oxígeno proveniente de una línea de llenado a 200 kPa y 10 ºC hasta que la presión en el
cilindro llega 200 kPa. Determine la temperatura y la masa en el interior del cilindro después
del proceso.
Conceptualización y análisis 12
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
1. Se desea proporcionar agua caliente para un proceso a razón de 20 L/min. Ud. como
futuro ingeniero qué criterios tendría en cuenta para recomendar una determinada
fuente de calefacción para atender a esta necesidad?
2. Analice y explique los cambios energéticos que tienen lugar en un proceso de
liofilización.
3. Consulte y explique en que consisten los sistemas de evaporación de triple efecto.
4. ¿Cómo se podrían alcanzar temperaturas tan bajas como para licuar el aire?
5. ¿Puede la temperatura de saturación adiabática ser mayor que la temperatura de
una mezcla de aire y vapor de agua? Justifique su respuesta
6. ¿Qué relación existe entre la humedad relativa del aire atmosférico y la diferencia
entre las temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo?
7. Explique ¿cómo podría calcularse el agua retirada durante un proceso de secado,
si se conocen las temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo tanto a la entrada
como a la salida de un secador de túnel y el flujo másico del aire utilizado?
8. ¿Cómo se representan en una carta psicrométrica procesos de calentamiento con
humidificación?
9. ¿Qué intercambios de materia y energía se presentan durante el secado de un
material?
10. ¿Cuál temperatura de bulbo húmedo será mayor, la del aire con una humedad
relativa de 50% o la del aire con humedad relativa del 90% a igual temperatura y
presión? Justifique su respuesta.
Autoevaluación 12
Preguntas de selección múltiple. En un tiempo no mayor de 10 minutos seleccione la opción correcta para
cada pregunta. Compare con la información de retorno. Si el resultado es inferior al 70%, vuelva repasar los
conceptos involucrados en cada una de las preguntas que no respondió acertadamente.
1) Una de las propiedades de la leche, necesarias 6) La relación entre la presión parcial del vapor
para determinar el calor requerido durante la
de agua en el aire atmosférico y la presión de
pasterización, es su
vapor del agua a una determinada
temperatura se denomina
a) entropía
b) volumen específico
a) humedad específica
c) calor latente
b) humedad relativa
d) calor específico
c) fracción molar
d) presión de saturación
2) La temperatura en el interior de un autoclave,
lleno con vapor saturado, se determina si se
7) Si la temperatura del aire permanece
conoce
constante y su temperatura de bulbo
húmedo disminuye, significa que
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a)
b)
c)
d)
la presión
la velocidad del vapor
el flujo másico del vapor
el calor de vaporización
3) El funcionamiento de un compresor se modela
mediante un ciclo donde la etapa de
compresión es un proceso adiabático
reversible, por tanto la propiedad que se
mantiene constante en este proceso es
a)
b)
c)
d)
entalpía
entropía
temperatura
presión
a)
b)
c)
d)
8)
Si la humedad específica del aire es constante,
al enfriarse, aumenta
a)
b)
c)
d)
9)
la humedad del aire aumenta
la entalpía del aire aumenta
la presión de saturación disminuye
la presión parcial de H2O disminuye
el punto de rocío
la presión de vapor del agua
la humedad relativa
el volumen específico
El aire atmosférico se satura más fácilmente
cuando
4) La expansión de un gas al atravesar un
orificio o conducto capilar, implica una
disminución de
a)
b)
c)
d)
volumen específico
entalpía
temperatura
entropía
5) En la elaboración industrial del bocadillo se
utilizan marmitas abiertas con camisa de
vapor, la energía necesaria para la
evaporación, en estos casos procede
directamente de la
a) condensación del vapor
b) combustión de un combustible
c) expansión del vapor
d) entalpía de la solución
a)
b)
c)
d)
se calienta y humidifica
se enfría y se humidifica
solo se enfría
solo se humidifica
10) La temperatura de bulbo húmedo de una
mezcla aire-vapor de agua, permanece
constante, durante un proceso de
a)
b)
c)
d)
expansión adiabática
calentamiento con humidificación
enfriamiento a humedad constante
enfriamiento adiabático e isobárico
Problemas de aplicación 12
Resuelva en forma individual o en grupo los siguientes problemas, compare los resultados con
la información de retorno. Si encuentra dificultades revise nuevamente la teoría, discuta con
sus compañeros, si persiste las dudas, plantéelas en la sesión de tutoría.
1.
Cuando a un flujo permanente de aire seco se suministra una potencia calorífica de 30 kW,
a presión constante, el gas se calienta desde 20 ºC hasta 110 ºC. Si el cp promedio en este
rango de temperaturas puede tomarse como 1,0045 kJ/(kg.K) ¿cuál será el caudal másico del
gas.
2.
A una marmita para escaldado de vegetales, llega vapor saturado seco a 150 ºC y sale con
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una calidad del 60%. Determinar la cantidad de de vapor que sería necesario utilizar en el
proceso de elevar la temperatura de 250 kg de agua desde 15 hasta 70 ºC si la presión se
mantiene constante en 1 atmósfera.
3.
La lectura de los manómetros en una línea de vapor, se encuentra relacionada con la
temperatura y el estado de saturación del vapor. Calcular la presión que debe registrar el
manómetro de un autoclave, en un sitio donde la presión atmosférica es de 75,0 kPa, para
que la temperatura en el interior sea de 130 ºC? Si en ese sitio la presión que se lee en el
manómetro es de 200,0 kPa, cuál será la temperatura?
4.
Se desea conocer la cantidad de agua y el calor retirado por kg de aire seco en una unidad
de acondicionamiento de aire si se conoce que el aire entra a una temperatura de 32 ºC,
presión de 101,3 kPa y humedad relativa del 80%; el aire sale a una temperatura de 15 ºC,
presión de 95,0 kPa y 40% de humedad relativa.
5.
Se desea concentrar por evaporación 100,0 kg/h de un jugo que contiene un 5% de sólidos
hasta aumentar la concentración al 30% para lo cual se insufla, en el líquido, aire en
contracorriente a 50 ºC, 1,0 atmósferas y 5,0 % de humedad relativa; si el aire se enfría
adiabáticamente y sale saturado ¿qué flujo másico de aire se necesita?
Figura 67: Evaporación por contacto directo con aire
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
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INFORMACIÓN DE RETORNO 1
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. c
2. d
7. b
3. c
8. c
4. c
9. a
5. a
10. b
Problemas de aplicación
1. a) La presión del gas es igual a la suma de la presión atmosférica más la presión
ejercida por la fuerza externa. A su vez esta presión es igual a la fuerza sobre el
área transversal.
P  Patm  Pext  101kPa 
20 N 10000cm 2 1kPa
(
)(
)  107.7 kPa
1000Pa
30cm 2
1m 2
b) Se utiliza la ecuación de estado para determinar la temperatura
P1V1
107700 Pa.0.001m 3
T1 

 518.4 K
0.7 g
J
nR
(
)8.31(
)
g
mol.K
28
mol
T2  0.8T1  0.8(518.4K )  414.7 K
c)
V2 
2.
V1 
J
)(414.7 K )
mol.K
 0.0008 m 3  0.8 L
107700 Pa
V 800cm 3
h 
 26.7 cm
A 30cm 2
0.025(8.31
J
)(298K )
mol.K
 0.066 m 3  66 L
75000 Pa
P2  (1  0.40)(75kPa)  45 kPa
2mol(8.31
V2 
(75kPa)(66 L)
45kPa
 110 L
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Figura 68: Diagrama PV para el proceso isotérmico
3. La secuencia de procesos conforman un proceso cíclico. Para trazar la trayectoria
se deben determinar las condiciones de presión y volumen iniciales y en cada uno
de los estados intermedios.
n  2 moles
P1  1 atm
V1  (2 moles )(
P2  P1  1 atm
22.4 L
1 mol
T1  273 K
)  44.8 L
T2  2T1  2(273 K )  546 K
V2  2V1  2(44.8 L)  89.6 L
T3  T2
P3 
V3  3V1  3(44.8 L)  134.4 L
P2V2 (1 atm)(89.6 L)

 0.67 atm
V3
134.4 L
V4  V3
P4 
T4  T1
P3T4 (0.67 atm)(273 K )

 0.33 atm
T3
546 K
Figura 69: Diagrama PV para el proceso cíclico
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PV
4. n 

RT
(250kPa)(0.1 m 3 )
 0.0104 kmol  10.4 moles
kJ
(8.31
)(288 K )
kmol.K
16 g
mCH 4  (10.4 moles )(
)  166.4 g
1 mol
Ya que las paredes del tanque son rígidas el proceso que ocurre es isocórico, por tanto
V2  V1
P2 
P1T2 (250 kPa)(303 K )

 263 kPa
T1
288 K
Figura 70: Diagrama PV - Proceso isocórico
Figura 71: Diagrama PT - Proceso isocórico
5. Para calcular la presión parcial de cada gas es necesario determinar el número de
moles y la fracción molar de cada uno de ellos.
1 mol
n N 2  (7000 g )(
)  250 moles
28 g
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1 mol
nCO2  (4400 g )(
)  100 moles
44 g
x N2 
250moles
 0.71
350moles
xCO2 
100moles
 0.29
350moles
PN2  x N2 P  0.71(300 kPa)  213 kPa
PCO2  xCO2 P  0.29(300 kPa)  87 kPa
Asumiendo que las paredes del sistema son rígidas y que la temperatura se mantiene
constante la presión será directamente proporcional al número de moles. Entonces se
calcula el número de moles de nitrógeno adicionales y con ese dato se determina el nuevo
número de moles totales y la presión final.
1 mol
n N 2  (2000 g )(
)  71.4 moles
28 g
P
ntotales  350  71.4  421.4 moles
(300 kPa)(421.4 moles )
350 moles
 361.2 kPa
INFORMACIÓN DE RETORNO 2
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. d
2. c
7. c
3. c
8. b
4. b
9. a
5. b
10. c
Problemas de aplicación
1.
5
TºC  ( )(Tº F  32)
si
9
9T  5T  160  4T  160
TºC  Tº F  T

T  40
TK  40  273.15  233.15 K
TR  40  459.67  419.67 R
2.
Tº P 500  100

4
TºC
100  0
Tº P 500  100 20


Tº F
212  32
9

Tº P  4TºC
Tº P  4TºC  100
20
 Tº P 
Tº F
9

Tº P  100  4TºC
9Tº P  900  20Tº F  640
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20
(Tº F  32)
9
20Tº F  260
Tº P 
9
Tº P  100 
3. En primer lugar se debe calcular el área de transferencia y remplazar los valores
en la ecuación para la tasa de transferencia de calor por conducción.
A  (3 m)(5 m)  15 m 2
Q.  k t A
15 K
T
W
 0.7(
)(15 m 2 )(
)  1050 W
x
m.K
0.15 m
4. La forma de transmisión de calor es la de conducción por lo tanto se despeja el
cambio de temperatura de la ecuación 23, correspondiente a la tasa de transferencia
de calor para la conducción.
A   .R 2   .(
0.3 m
) 2  0.071 m 2
2
(
600
W
)(
0
.
0015
m)
Q x
T 

 0.062 K  0.062 º C
W
kt A
2
(204
))(0.071 m )
m.K
.
Dado que la temperatura de la superficie exterior debe ser mayor que la de la
superficie interior T  Texterior  Tint erior luego 𝑇𝑆𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝐸𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = 102.06 º𝐶
5. Si el objeto se puede considerar como un cilindro, debe irradiar calor desde todas
las caras, entonces se debe calcular el área correspondiente a la superficie total.
A  2(R 2 )  (2R) L  2 (
0.20 m
2
4
Q .   A(Ts4  Talr
)  0.8(5.67 x10 8
) 2  2 (0.20 m)(0.40 m)  0.565 m 2
W
)(0.565 m 2 )[(600 K ) 4  (300 K ) 4 ]
m2 K 4
Q .  3114 W
INFORMACIÓN DE RETORNO 3
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. c
2. c
7. b
3. d
8. c
Problemas de aplicación
1. W  VIt  (110 V )(5
60 s
C
)(5 min)(
)  165000 J
s
min
4. a
9. d
5. b
10. d
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2.   F .r  (10 N )(
W  2 .n.
2.54 cm
2

1 m
)(
)  0.127 N .m
100 cm
W. 
2. .n. 2 (3000 giros)(0.127 N .m) 1 min

(
)
t
(1 min)
60 s
W .  40 W
1 mol
3. nCO  (280 g )(
28 g
W  nRT ln(
)  10 moles
W  (10 moles )(8.31
110 kPa
J
)(400 K ) ln(
)  53498 J
mol.K
550 kPa
W  P(V2  V1 )
4.
V1 
mgy

t

V2 
W
 V1
P
J
)(330  273) K
mol.K
 0.050m 3  50 L
200000 Pa
(2 mol)(8.31
V2  (
.
5. W 
V2
P
)  nRT ln( 1 )
V1
P2
90 kJ
1000 L
)(
)  50 L  500 L
200 kPa
m3
m
)(12 m)
s2
 2352 W  2.35 kW
10 s
(200 kg)(9.8
INFORMACIÓN DE RETORNO 4
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. c
6. d
2. b
7. a
3. b
8. c
4. a
9. b
5. c
10. d
Problemas de aplicación
1.
V  0.40 m 3  400 L
P  2000kPa
x  1.0
La masa y el volumen del sistema permanecen constantes ya que se trata de un
sistema cerrado de paredes rígidas. Por lo tanto el volumen específico debe
mantenerse también constante. El volumen específico se determina mediante las
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tablas de vapor saturado o software de propiedades termodinámicas del agua como
“PROPAGUA” o “WASP for windows”.
m3
v  0.0996
a la presión de 2000 𝑘𝑃𝑎
kg
A la presión de 1500 𝑘𝑃𝑎, v g  0.1318,
v f  0.001154 entonces
0.0996  0.001154
 0.7535
0.1318  0.001154
0.40 m 3
V
mvapor inicial  
 4.016 kg
v
m3
0.0996
kg
mvapor final  (0.7535)4.016 kg  3.03 kg
x
mvapor condensado  4.02 kg  3.03 kg  0.99 kg
2. A 150 kPa la temperatura de saturación es de 111.37 ºC, luego a 300 ºC el vapor
se encuentra como vapor sobrecalentado y el volumen específico a las condiciones
estas condiciones es de 1.7570 m3/kg, encontrado por medio del software
PROPAGUA.
a. Este volumen específico permanece constante, por lo tanto para determinar la
temperatura y presión a las cuales se debe presentar el cambio de fase se busca
en las tablas o con ayuda del software las condiciones de saturación para las
cuales el volumen específico de vapor saturado sea de 1.7570 estas condiciones
son: presión de 96.15 𝑘𝑃𝑎 y temperatura de 98.5 º𝐶.
b. A 80 ºC la presión de saturación es de 47.4 𝑘𝑃𝑎.
c. A las condiciones finales los volúmenes específicos del vapor y del líquido son
respectivamente 3,4087 y 0,001029 m3/kg. Con estos datos se calcula la calidad
del vapor
x
1.7570  0.001029
 0.5037
3.4087  0.001029
Lo cual significa que a 80 ºC hay aproximadamente la misma cantidad de vapor
que de líquido.
mvapor inicial 
mvapor final
0.180 m 3
 0,102 kg
m3
1.7570
kg
 (0.5037)0.102 kg  0.0514 kg
mlíquido  0.102 kg  0.0514 kg  0.0506 kg
3. Utilizando la ecuación de gas ideal se calcula el volumen molar
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V
kPa.m 3
.400 K
m3
kmol.K
 0.6651
5.000 kPa
kmol
8.314
RT

P
Para calcular el volumen utilizando la ecuación de estado se recurre al método de
ensayo y error donde se busca el volumen molar para el cual la presión se aproxime
a 5.000 kPa. Como los cálculos son repetitivos se recomienda utilizar una hoja
electrónica de cálculo. Se comienza con el volumen molar encontrado por la
ecuación de gas ideal y se disminuye o aumenta convenientemente hasta alcanzar
la condición indicada.
kPa.m 6
kPa.m 3
366
.400 K
RT
a
kmol.K
kmol 2
P
 2 

 4517 kPa
V b V
m3
m3 2
(0.6651  0.0428)
(0.6651
)
kmol
kmol
8.314
𝑚3
Presión, 𝑘𝑃𝑎
Volumen molar,
𝑘𝑚𝑜𝑙
0,6651
4.517
0,5900
5.026
0,5910
5.018
0,5930
5.003
0,5932
5.002
0,5935
4.999,8
0,5934
5.000,5
𝑚3
En consecuencia el volumen molar del CO2 a 5 MPa y 400 K es de 0.5935 𝑘𝑔 .
Por otra parte n  5kg(
1 kmol
44.0 kg
)  0.1136 kmol y con los datos anteriores se
calculan lo volúmenes.
m3
Vgas ideal  (0.1136kmol) x0.6651(
)  0.0756 m 3
kmol
m3
Vgas real  (0.1136kmol) x0.5935(
)  0.0674 m 3
kmol
Entre los dos datos se presenta una desviación de más del 12% lo cual justifica la
utilización de las ecuaciones de gases reales. Sugerencia, calcule el volumen molar
utilizando las otras ecuaciones de estado para gases reales y obtenga sus propias
conclusiones.
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30kg
 1.0356 kmol
kg
28.97
kmol
(500 kPa)(5 m 3 )
PV
T

 290.4 K
nR
kPa.m 3
(1.0356 kmol)(8.314
kmol.K
5 m3
m3
V
 4.8281
1.0356 kmol
kmol
4. n 
T
(V  b)
a
(P  2 ) 
R
V
kPa.m 6
m3
136
kmol (20000 kPa 
kmol 2 )
kPa.m 3
m3 2
8.314
(4.8281
)
kmol.K
kmol
(4.8281  0.0428)
T  291.1 K
En este caso no se justifica utilizar la ecuación de estado de van der Waals o
cualquier otra ecuación de estado para gases reales ya que la desviación es menor
del 1%.
5. A 363 K y 210 kPa tanto el oxígeno como el nitrógeno se pueden considerar como
gases ideales ya que la temperatura es muy superior a las temperaturas críticas y
la presión está muy por debajo de las presiones críticas. Por lo tanto el número de
moles totales se puede calcular utilizando la ecuación de estado de gas ideal.
si PO2  2PN 2

nO2  2n N 2
PV
(210kPa)(0.050m 3 )
n

 0.003478 kmol  3.478 moles
RT
kPa.m 3
363K 
8.314
kmol.K
n  nO2  n N2  3.478
2n N2  n N2  3.478
3.478
 1.159 moles
3
 2(1.159 moles )  2.319 moles
nN2 
nO2
g
)  74.20 g
mol
g
 (1.159 moles )(28.0
)  32.45 g
mol
mO2  (2.319 moles )(32,0
mN2
INFORMACIÓN DE RETORNO 5
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Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. d
6. a
2. b
7. c
3. a
8. b
4. b
9. c
5. c
10. b
Problemas de aplicación
W  50 kJ
1. Q  ?
U  40 kJ
Q  U  W  40 kJ  50 kJ  10 kJ
El signo positivo indica que se transfiere calor al sistema.
2. Q1  1200 kcal
Q2  800 kcal
La primera ley establece que
Wciclo  Qciclo  Q1  Q2  (1200  800)kcal  400 kcal
..
W  (400
3. U  ?
kcal
ciclos
min
kJ
)(40
)(60
)(4.187
)  1117 kW
ciclo
min uto
s
kcal
W  1000 kJ
H  1000 kcal
Si la presión permanece constante entonces Q  H
El cambio de emergía interna se calcula a partir de la primera ley
U  Q  W  H  W  (1000 kcal)  (1000 kJ )(
4. n  2.5 moles
W  (2.5 moles )(8.314
T  cte

1 kcal
4.187 kJ
W  Q  nRT ln(
V2
)
V1
)  761 kcal
V2  2V1
1 kmol
kJ
)(380 K )(
) ln 2  5.48 kJ
kmol.K
1000 moles
5. Como el proceso que se realiza es isobárico, la primera ley establece que el calor
transferido es igual al cambio de entalpía. En las tablas de vapor o utilizando cualquier
software sobre propiedades termodinámicas del agua se determina el valor de la
entalpía inicial bajo la consideración de que la calidad del vapor inicial es igual a 1. Al
ceder calor al medio ambiente, el vapor se condensa, hasta alcanzar un nuevo valor de
entalpía, el cual se determina mediante el calor transferido. Con este valor y con las
condiciones de saturación se encuentra la calidad al final del proceso.
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Q  H  m(h2  h1 )

h2  (2716.4
h2  h1 
Q
m
(2000 kJ )
kJ
kJ
)
 1716.4
kg
2.0 kg
kg
x
h1  hg  2716.4
h f  535.4
kJ
kg
kJ
kg
1716.4  535.4
 0.54
2716.4  535.4
INFORMACIÓN DE RETORNO 6
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. c
2. d
7. b
3. a
8. c
4. d
9. b
5. b
10. b
Problemas de aplicación
1. Si no hay intercambio de calor con el medio exterior se puede considerar que todo
el calor transferido por la leche caliente es igual al ganado por la leche fría. Por otra
parte, debido al contenido de grasa, el calor específico de la leche entera es
diferente del calor específico de la leche descremada; estos valores se obtienen de
la tabla de calores específicos para algunos alimentos.
Ql .e  Calor ganado por leche entera
Ql .d  Calor cedido por leche descremada
Ql .e  Ql .d
ml .e c pl.e (t e  t l .e )  ml .d c pl.d (t e  t l .d )
te 
ml .d c pl.d t l .d  ml .e c pl.e t l .e
ml .d c pl.d  ml .e c pl.e
kcal
kcal
)(60º C )  30kg(0.74
)(5º C )
kg.º C
kg.º C
 53.7 º C
kcal
kcal
170kg(0.95
)  30kg(0.74
)
kg.º C
kg.º C
170kg(0.95
te 
2. Para calcular el calor necesario se debe primero calcular la cantidad de agua
evaporada.
msólidos  0.35(250 kg)  87.5 kg
magua final 
87.5kg(0,4)
 58.3 kg
0.6
magua inicial  250 kg  87.5 kg  162.5 kg
magua evaporada  162.5 kg  58.3 kg  104.2 kg
𝑘𝐽
A 75 𝑘𝑃𝑎, ℎ𝑔 = 2663 y ℎ𝑓 = 384 de tal manera que ℎ𝑓𝑔 = 2279 𝑘𝑔
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Luego Q  mh fg  (104.2kg)(2279
kJ
)  237472 kJ
kg
3. Q  maceite c p aceite (t 2  t1 )  (50kg)(0.40
kcal
)(130º C  18º C )  2240 kcal
kg.º C
Utilizando el software “propagua” se encuentran los valores de la entalpía inicial y
de la entalpía final. Si se suponen despreciables las pérdidas de calor, el cambio
de entalpía del vapor debe corresponder al calor necesario para elevar la
temperatura del aceite.
kJ
kJ
h  1039

kg
kg
Q
2.240kcal 4.187kJ
mvapor 
(
)(
)  10.5 kg
kJ
h
kcal
1039
kg
1mol
4. T1  293 K , P1  400 kPa , V2  30 L ,
n  (70 g )(
)  2.5 moles
28 g
kPa.m 3
(0.0025kmoles)(8.314
)(293K )
nRT1
kmol
.
K
V1 

 0.0152 m 3  15.2 L
P1
400kPa
h1  2775
kJ
kg
h2  1736


Como el proceso es adiabático P1V1  P2V2
 P2 
P1V1
V2
cal
mol.K  1.4
 

cal
Cv
4.9
mol.K
(400 kPa)(15.2 L)1.4
P2 
 154.4 kPa
(30 L)1.4
Cp
V P
T2  2 2 
nR
6.9
(0.030 m 3 )(154.4 kPa)

kPa.m 3 

(0.0025kmol) 8.314
kmol.K 

 223 K
El trabajo en un proceso adiabático se puede calcular ya sea en función de
las temperaturas, ecuación 130 o en función de presión y volumen. Ecuación
133.
cal
)(223K  293K )
mol.K
4.187 J
)  3590 J
1W2  857.5 cal  857,5 cal (
1 cal
W2  nC v (T2  T1 )  2.5moles (4.9
1
o también 1W2 
P2V2  P1V1 154.4kPa(0.030m 3 )  400kPa(0.0152m 3 )

1 
1  1.4
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W2  3.62 kJ
1
El signo positivo indica que el sistema realiza trabajo.
5. n  0.020 kmoles
P1  50 kPa
T1  300 K
kPa.m 3
)(300 K )
kmol
.
K
V1 
 0.998 m 3
50kPa
1.597 m 3
V
)  480 K
V2  (1.60)(0.998 m 3 )  1.597 m 3 T2  T1 2  300 K (
V1
0.998 m 3
(0.020kmol)(8.314
W2  P(V2  V1 )  50kPa(1.597  0.998)m 3  29.9 kJ
1
kJ
)(480  300) K  88.2 kJ
kmol.K
kJ
H  nC p (T2  T1 )  0.02kmol(33.3
)(480  300) K  119.9 kJ
kmol.K
U  nC v (T2  T1 )  0.02kmol(24.5
INFORMACIÓN DE RETORNO 7
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. d
2. d
7. c
3. c
8. b
4. a
9. b
5. b
10. a
Problemas de aplicación
1.
a) H Ro  4H ofNO( g )  6H ofH 2O( g )  4H ofNH3( g )
La entalpía molar del oxígeno por tratarse
de un elemento es igual a cero. Buscando los valores de los calores de formación en las
tablas se obtiene:
H Ro  4(21.60
kcal
kcal
kcal
)  6(57.80
)  4(11.04
)  214.8 kcal
mol
mol
mol
El signo negativo indica que la reacción es exotérmica.
kcal
kcal
kcal
kcal
)  2(22.06
)  2(98.23
)  (193.91
)
mol
mol
mol
mol
H Ro  15.35 kcal . El signo positivo indica que la reacción es endotérmica
o
b) H R  (330.90
o
c) H R  (235.80
kcal
kcal
kcal
)  (151.90
)  (68.32
)  15.58 kcal
mol
mol
mol
Reacción exotérmica
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d) H Ro  (270.3
kcal
kcal
kcal
kcal
)  (94.05
)  (57.80
)  2(226.5
)
mol
mol
mol
mol
H Ro  30.85 Reacción endotérmica
2. a) Reacción de combustión del etano C2H6(g) + (7/2)O2(g)
 H f C2 H 6  2 H f CO2  3 H f H 2O   H C C2 H 6
o
o
o
o
2CO2(g) + 3H2O (g)
 H C C2 H 6  372.82
o
kcal
mol
kcal
kcal
kcal
)  3(68.32
)  (372.82
)
mol
mol
mol
kcal
o
 H f C2 H 6  20.24
mol
b) Reacción de combustión del eteno C2H4(g) + 3O2(g)
2CO2(g) + 2H2O (g)
o
o
o
o
kcal
o
 H f C2 H 4  2 H f CO2  2 H f H 2O   H C C2 H 4
 H C C2 H 4  337.23
mol
kcal
kcal
kcal
o
 H f C2 H 4  2(94.05
)  2(68.32
)  (337.23
)
mol
mol
mol
kcal
o
 H f C2 H 6  12.49
mol
c) Reacción de combustión del ácido oxálico H2C2O4(g) + ½O2(g)
2CO2(g) + H2O (g)
o
o
o
o
kcal
o
 H f H 2C2O4( s )  2 H f CO2   H f H 2O   H C H 2C2O4  H C C2 H 4  58.82
mol
kcal
kcal 
kcal 
o
 H f H 2C2O4( s )  2(94.05
)  (68.32
)    58.82

mol
mol 
mol 
kcal
o
 H f H 2C2O4( s )  197.6
mol
d) Reacción de combustión de la glucosa C6H12O6(g) + 6O2(g)
6CO2(g) + 6H2O (g)
o
o
o
o
kcal
o
 H f C6 H12O6 ( s )  6 H f CO2  6 H f H 2O   H C C6 H12O6 ( s )
 H C C6 H12O6 ( s )  673
mol
kcal
kcal
kcal
o
 H f C6 H12O6 ( s )  6(94.05
)  6(68.32
)  (673
)
mol
mol
mol
kcal
o
 H f H 2C2O4( s )  301.2
mol
H
o
f C2 H 6
 2(94.05
3. a) Reacción CH3OH(l) + ½O2(g)
HCHO(g) + H2O(l)
H   H
  H C HCHO( g )
kcal
kcal
kcal
H Ro  (173.65
)  (134.67
)  38.98
mol
mol
mol
o
R
b) Reacción C2H5OH(l) + O2(g)
o
C CH3OH ( l )
o
CH3COOH(l) + H2O(l)
o
o
C C2 H 5OH ( l )
C CH3COOH( l )
H   H
 H
kcal
kcal
kcal
H Ro  (326.70
)  (208.34
)  118.36
mol
mol
mol
o
R
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c) Reacción C2H4(g) + H2(g)
C2H6(g)
H   H
o
R
H Ro  (337.23
o
C C2 H 4 ( g )
  H C H 2 ( g )   H C C2 H 6 ( g )
o
o
kcal
kcal
kcal
kcal
)  (68.32
)  (372.82
)  32.73
mol
mol
mol
mol
d) Reacción C2H4(g) + H2O(l)
C2H5OH(l)
o
o
C C2 H 4 ( g )
C C2 H 5OH ( l )
H   H
 H
kcal
kcal
kcal
H Ro  (337.23
)  (326.70
)  10.53
mol
mol
mol
o
R
𝑘𝑐𝑎𝑙
4. El calor de combustión del metano es −212.80 𝑚𝑜𝑙 , entonces la masa de de metano
necesaria para producir 20000
𝑘𝑐𝑎𝑙
ℎ
será igual a:
kcal
h (16 g )  1504 g
m
kcal
mol
212.80
mol
20000
5. Los calores de combustión del propano, etano y butano que aparecen en las tablas son
𝑘𝑐𝑎𝑙
respectivamente 530.60, 372.82 y 212.80
. Se calcula el número de moles y se
𝑚𝑜𝑙
determina las moles de cada gas, el calor producido será igual a la suma del calor
aportado por cada gas.
n
(1 atm )(1000 L)
 40.9 moles
atm.L
0.082
(298 K )
mol.K
n prop  0.25(40.9 moles )  10.2 moles
Q prop  (10.2 moles )(530.60
kcal
)  5428.5 kcal
mol
net  0.15(40.9 moles )  6.1 moles
Qet  (6.1 moles )(372.82
kcal
)  2288.5 kcal
mol
nmet  0.60(40.9 moles )  24.6 moles
Qmet  (24.6 moles )(212.80
kcal
)  5525.1 kcal
mol
Q  (5428.5  2288.5  5525.1)kcal  13242.1 kcal
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INFORMACIÓN DE RETORNO 8
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. c
2. c
7. b
3. a
8. b
4. d
9. d
5. c
10. a
Problemas de aplicación
1. n H 2O 
180 kg
 10 kmol
kg
18
kmol
n KOH 
Relación de disolución
112 kg
 2 kmol
kg
56
kmol
n H 2O
n KOH

10 kmol
2 kmol
Para esta relación el calor de disolución es −11.600
Luego Q  (11600
 5 kmol
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑚𝑜𝑙
kcal
)(2 kmol)  23200 kcal . El signo negativo significa calor
kmol
liberado o producido.
2. n H 2O 
25.0 kg
 1.39 kmol
kg
18
kmol
Relación de disolución
n HCl 
n H 2O
n KOH

(25.0 kg)(0.36)
 0.247 kmol
kg
36.45
kmol
1.39 kmol
0.247 kmol
 5.63 kmol
𝑘𝑐𝑎𝑙
Para esta relación el calor de disolución es −15200 𝑘𝑚𝑜𝑙
Luego Q  (15200
kcal
)(0.247 kmol)  3754 kcal
kmol
3. El calor de reacción a volumen constaste representa el cambio en la energía interna,
mientras que a presión constante es igual al cambio de entalpía. Entonces el problema
se reduce a encontrar el cambio de entalpía en función del cambio de energía interna y
el cambio en el número de moles.
Ecuación química
H2(g) + (1/2)O2(g)
H2O(l)
H  U  n(RT )
 67.45 kcal
g 1000 mol
kcal
U  (
)(2.0
)(
)  67450
2.0 g
mol
kmol
kmol
H  (67450
kcal
kcal
kcal
)  (0  (1  0.5))(1.987
)(298K )  68338
kmol
kmol.K
mol
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
4. Si la reacción se realizara a condiciones normales de presión y temperatura, el calor
liberado debe corresponder al producido durante la reacción. Ahora bien, como los
productos de combustión salen a temperaturas más altas, parte del calor generado en
la reacción se emplea en el calentamiento de los gases de combustión, el cambio de
fase del agua y calentamiento del exceso de aire (oxígeno y nitrógeno). Entonces el
calor liberado en este proceso corresponde al calor generado por la reacción menos el
calor utilizado en aumentar la entalpía de los productos de combustión y el exceso de
aire de 25 ºC hasta 900 ºC.
Reacción de combustión a condiciones normales
CH4(g) + 2O2(g)
CO2(g)
+
2H2O(l)
Reacción balanceada considerando el exceso de aire utilizado y salida de gases a 900
ºC.
CH4(g) + 4,8(O2(g) +3.76N2(g))
Sustancias
H
CO2(g)
o
f
+
2H2O(g) + 2.8O2(g) + 18.0N2(g)
o
Metano
-74873
Oxígeno
0
Gas carbónico
-393522
Agua líquida
-285830
Agua gaseosa
-241826
Nitrógeno
0
Datos: entalpías en kJ/kmol
o
o
H C
H 298
H 900
-890303
----------------
10029
8659
9359
----9904
8664
41388
27921
37421
----31960
26907
Cambios de entalpía de los productos de combustión y aire en exceso
o
Coeficientes
Sustancias
 H (kJ)
(kmoles)
Metano
---Oxígeno
2,8
53934
Gas carbónico
1
28062
Agua líquida (evaporación)
2
88008
Agua gaseosa
2
44112
Nitrógeno
18
328374
Cambio global de entalpía
542490
Calor liberado durante la combustión de un kmol de metano
Calor utilizado para el cambio global de entalpía
Calor liberado a medio exterior
890303 kJ
542490 kJ
347813 kJ
5. Para calcular la temperatura de llama adiabática se sigue la secuencia ilustrada en el
ejemplo 37. Los datos iniciales son los mismos del problema anterior.
Según primera ley para este sistema
n
( H f  H T  H 298 ) P   H f metano
o
P
o
o
o
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Sustancias
Calores de
formación
Gas carbónico
Agua
Oxígeno
Nitrógeno
n
Coeficientes
(kmol)
-393522
-241826
-
P
H
o
o
H 298
f
1.0
2.0
2.8
18.0
-393522
-483652
-
24
-877174
Sumatorias
Calor de formación del metano
9359
9904
8659
8664
o
P
H 298
9359
19808
24245
155952
209364
-74873
Sumatoria entalpías de productos
Entalpía molar si los gases fueran solo nitrógeno
Temperatura inicial para ensayo y error
Productos de
o
H 1360
combustión
Gas carbónico
3039
Agua
51576
Oxígeno
44198
Nitrógeno
42260
Sumatorias
Diferencias con respecto a
entalpías de los productos
n
n
o
P
1011665 kJ
42507 kJ
1360 K
o
H 1360 H 1320
63039
103152
123754
760680
1050625
60735
49782
42755
40889
38960
n
o
P
H 1320
60735.0
99564.0
119714.0
736002.0
1016015.0
o
H 1315
60448
49559
42575
40718
n
o
P
H 1315
60448.0
99118.0
119210.0
732924.0
1011700.0
4349.8
34.8
Como la diferencia entre las entalpías calculadas de los productos y la sumatoria de las
entalpías a 1315 K se acerca a cero, se toma ésta como la temperatura máxima que
alcanzaría el sistema bajo las condiciones propuestas.
INFORMACIÓN DE RETORNO 9
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. b
2. d
7. d
3. c
8. a
4. a
9. c
5. c
10. b
Problemas de aplicación
1.
Primero se calcula la eficiencia de la máquina térmica ideal y con este valor se
determina el trabajo realizado y el calor perdido.
Tf
360
 0.6
Tc
900
W  Qc  0.6(5000 kJ )  3000 kJ
  1
 1
Q f  Qc  W  5000 kJ  3000 kJ  2000 kJ
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2.
La temperatura de congelación del agua es 0 ºC y se asume que la temperatura
ambiente es de 25 ºC entre estas dos temperaturas se determina el coeficiente de
operación del refrigerador ideal. Con este valor se calcula la cantidad de calor retirada
por unidad de tiempo. Por otro lado se determina la cantidad de calor que se debe
retirar para transformar 5.0 kg de agua a 25 ºC en hielo a 0 ºC. Este proceso ocurre a
presión constante.
COP 
Tf
Tc  T f

273 K
(298  273) K
Q f  (COP)Ws  10.92(2.0
 10.92
kJ
kJ
)  21.84
s
s
Q  Qsencible  Qlatente
cal
)(25º C )  125000 cal
g.º C
cal
Qlatente  m(h fusión )  5000 g (79.7
)  398500 cal
g
Q   125000cal  398500cal  523500 cal
Qsencible  mc p t  5000 g (1.0
.
Q 523500 cal 1kcal 4.187kJ
t

(
)(
)  100 s
kJ 1000cal 1kcal
Qf
21.84
s
Qc
3.
Ws 
4.
Primero se recomienda calcular las condiciones de P, V y T
COPBC

kJ
h  36000( kJ )( 1h )  10 kW
2.5
h 3600s
90000
Proceso 1-2 Compresión isotérmica
P1  80k Pa,
V1 
T1  290 K
kPa.m 3
)(290 K )
kmol.K
 0.00753 m 3  7.53 L
80kPa
P
80kPa
T2  T1  290 K
V2  V1 ( 1 )  (7.53L)(
)  6.02 L
P2
100kPa
(2.5 x10 4 kmol)(8.314
P2  100kPa,
Proceso 2-3 Compresión adiabática
T3  927º C  273  1200 K


P3V3  P2V2
P
y T3  T2  2
 P3



(
1

)
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(

)
1, 4
 T  1
 290  11, 4
P3  P2  2 
 (100kPa)
 14413 kPa

 1200 
 T3 
(
1
)
1
 P 
 100kPa  1, 4
V3  V2  2   (6.02 L)
  0.173 L
 14.413kPa 
 P3 
Proceso 3-4 Expansión isotérmica V4  V3 
 P3
 P4

 y T4  1200 K

T
Proceso 4-1 Expansión adiabática P4  P1  1
 T4
 1


(
1, 4
(

)
)
 290  11, 4
P4  80kPa
 11530 kPa

 1200 
P
V4  V3  3
 P4

14413kPa
  (0.173L)(
)  0.216 L
11530kPa

Cálculo del trabajo en cada proceso
 V2 
kPa.m 3
 6.02 L 
4


 (2.5 x10 kmol)(8.314
)(290 K ) ln 
  0,135 kJ
1W2  nRT1 ln 

kmol.K
 7.53L 
 V1 
W3 
2
P3V3  P2V2
(14413kPa)(0.173L)  (100kPa)(6.02 L)

 4728.6kJ
1 
1  1.4
 V4 
kPa.m 3
 0.216 L 
4


W

nRT
ln

(
2
.
5
x
10
kmol
)(
8
.
314
)(1200 K ) ln 
  1728 kJ
3 4
3
V 
kmol.K
 0.108L 
 3
P1V1  P4V4
(80kPa)(7.53L)  (11530kPa)(0.216 L)

 4720.2 kJ
4W1 
1 
1  1.4
Observe que teóricamente el trabajo en los procesos adiabáticos debe ser igual y
de signo contrario.
5.
V
P
V2
) y para un proceso isotérmico 2  1 , entonces
V1 P2
V1
P
P
kJ
S  nR ln( 1 )  (2.5 x10 3 kmol)(8.314
) ln( 1 )  0.0144 kJ / K
P2
kmol.K
0.5P1
J
S  14.4
K
S  nR ln(
6. El cambio de entropía corresponde a la suma del cambio de entropía del hielo al fundirse
y el cambio de entropía del agua al enfriarse. En primer lugar se debe calcular la
temperatura final de equilibrio, lo cual se logra considerando que el sistema es
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adiabático y por tanto el calor cedido por el agua debe ser igual al calor ganado por el
hielo.
Qagua  maguac p (Tequilibrio  Tagua)
Qhielo  mhielo h fusión
Qhielo  Qagua
mhielo h fusión  maguac p (Tequilibrio  Tagua)
Tequilibrio  Tagua 
mhielo h fusión
maguac p
cal
)
g
Tequilibrio  70 º C 
 22.18 º C
cal
(250 g )(1.0
)
g.º C
(150 g )(79.7
En este caso la temperatura de equilibrio es mayor de 0 ºC lo que significa que todo el
hielo se funde y el agua procedente del hielo, magua-h, aumenta su temperatura hasta
llegar al equilibrio lo que implica también un aumento de entropía. Por tanto:
S  S fusión hielo  S agua_ h  S agua
S fusión hielo 
mhielo fundidoh fusión
T fusión
S agua_ h  magua_ h c p ln(
S agua  maguac p ln(
Tequilibrio
Tagua_ h
Tequilibrio
Tagua
S  49.73
(150 g )(79.7

273K
)  (150 g )(1.0
)  (250 g )(1.0
cal
)
g
 49.73
cal
K
cal
295.18K
cal
) ln(
)  11.72
g.K
273K
K
cal
295.18K
cal
) ln(
)  37.43
g.K
343K
K
cal
cal
cal
cal
 11.72
 37.43
 24.02
K
K
K
K
7. Cambio de entropía en una mezcla de gases S mezcla  nRxi ln xi
x N2 
15 moles
20 moles
 0.75
S  (20 mol)(1.987
xO2 
3 moles
20 moles
 0.15
xCO2 
2 moles
20 moles
 0.10
cal
cal
)(0.75 ln 0.75  0.15 ln 0.15  0.10 ln 0.10)  29.0
mol.K
K
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V2
V
y W  nRT ln 2  W  TS
V1
V1
kJ
W  (400 K )(3.6 )  1440 kJ
K
kPa.m 3
(0.2kmol)(8.314
(400 K )
kmol.K
V1 
 1.11 m 3
600kPa
8. Para un proceso isotérmico S  nR ln
(
V2  V1e
S
)
nR
(
 (1.11 m )e
3.6 kJ / K
( 0.2 kmol )( 8.314kJ / kmol.k
3
)
 9.67 m 3
9. Problemas de este tipo se resuelven utilizando las tablas de propiedades
termodinámicas del agua o programas de computador que ofrecen la misma
información. En este caso se utiliza el software “Propagua” de la ya mencionada
universidad de Córdoba España.
El estado inicial corresponde a líquido saturado y el estado final a vapor saturado para
los cuales se tienen los siguientes valores a 73 𝑘𝑃𝑎.
h f  381.48
hg  2661.84
kJ
kg
s f  1.20486
kJ
kg
s f  7.46719
kJ
kg.K
kJ
kg.K
kJ
 57009 kJ
kg
kJ
kJ
S  m( s g  s f )  (25 kg)(7.46719  1.20486)
 156.4
kg.K
K
Q  m(hg  h f )  (25 kg)(2661.84  381.48)
10. A 150 ºC y 120 kPa el agua se encuentra como vapor sobrecalentado. El proceso de
condensación se realiza a volumen constante. Para las condiciones iniciales se
encuentran los siguientes valores
h  2774.38
kJ
kg
s  7.5267
kJ
kg.K
v  1.6107
m3
kg
El estado final, a la temperatura de 80 ºC corresponde a equilibrio líquido vapor donde
la presión de saturación es de 47.4 kPa y los datos para líquido saturado y vapor
saturado son los siguientes
hg  2643.72
h f  334.9
kJ
kg
kJ
kg
kJ
kg.K
kJ
s f  3.66155
kg.K
s g  7.61317
v g  3.4087
m3
kg
v f  0.0010292
m3
kg
Como el volumen y la masa permanecen constantes entonces el volumen específico
también se mantiene constante con lo cual se calcula la calidad del vapor:
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x
v vf
vg  v f

1.6107  0.0010292
 0.472
3.4087  0.0010292
Cálculo de las propiedades en el estado final:
h  h f  xh fg  334.9  0.472(2643.72  334.9)  1420
kJ
kg
s  s f  xs fg  3.66155  0.472(7.6317  3.66155)  5.5355
Calor retirado Q  mh  (2.0 Kg )(2774.80  1420)
kJ
kg.K
kJ
 2709.6 kJ
kg
% de vapor condensado  (1  0.472) *100  52.8%
Cambio de entropía S  ms  (2.0 kg)(7.5267  5.5355)
kJ
kJ
 3.9824
kg.K
K
INFORMACIÓN DE RETORNO 10
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. d
2. a
7. c
3. d
8. c
4. c
9. d
5. b
10. a
Problemas de aplicación
Para la solución de los problemas propuestos se utilizará el software PROGASES ya
mencionado. En todas las tablas los datos en negrillas son utilizados como referencia
para hallas las otras propiedades.
1. Para responder a las preguntas planteadas se deben conocer las propiedades
termodinámicas del gas para cada estado. Estas se determinar de las condiciones
iniciales y de los procesos sucesivos los resultados se muestran en la tabla siguiente:
Estado
1
2
3
4
Presión,
𝑘𝑃𝑎
120.0
2559
6086
326.0
Temperatura,
𝐾
298.0
700.0
1.664.4
810.5
Energía interna
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Entropía,
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
6189.4
14911.7
39511.7
17483.6
U 3  U 2  Q  17236.2  24600  41836.2
Relación de compresión 
196412
196412
218139
218139
kJ
kmol
20.6472
9
2.2739
Volumen,
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
20.6472
2.2739
2.2739
20.6472
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6086
 50.7
120
(1 )
 1  9 (11, 4)  0.58
Eficiencia del ciclo   1  r
Relación de presiones 
2. Para determinar las propiedades de cada estado, las cuales se resumen en la tabla
siguiente, es necesario primero calcular el número de moles y el calor suministrado
por mol de aire:
n
q
4.3 kJ
2.85 x10 4 kmol
V1 7.72 x10 3 m 3

 2.85 x10 4 kmol
V1
m3
27.1118
kmol
 15087 kJ (en este valor aumenta la entalpía del estado 2)
V 1 27.1118
m3
V2 

 3.0124
9
9
kmol
Estado
Presión,
𝑘𝑃𝑎
92
1.938
1.938
199
1
2
3
4
Eficiencia del ciclo
Entalpía,
Temperatura,
𝐾
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
300
702
1163
647
  1

 rc  1
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
8725.5
20797.5
35884.5
19093.7
  1  (9
r 1 rc  1
Volumen,
Entropía,
198.817
198.817
215.248
215.248
27.1118
3.0124
4.9909
27.1118
(11.4 )
)(1.661, 4  1)
 0.54
1.4(1.66  1)
3. Se determinan las propiedades de cada estado a partir de las coediciones iniciales
P2  12P1  12(80 kPa)  960 kPa
Estado
Presión,
𝑘𝑃𝑎
1
2
3
4
80
960
960
80
Temperatura,
𝐾
300
603.6
1250
663.0
Entalpía,
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Volumen,
Entropía,
𝑚3
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
8722.5
17752.9
38845.5
19582.1
199.979
199.979
223.542
223.542
31.1786
5.2279
10.8259
68.9076
Temperatura a la salida del compresor 603.6 K
Temperatura a la salida de la turbina 663.0 K
Intercambio de energía en cada uno de los procesos:
Proceso
1a2
2a3
3a4
4a1
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Tipo de proceso
Trabajo, 𝑘𝑚𝑜𝑙 Calor, 𝑘𝑚𝑜𝑙
Compresión isentrópica
-6447.6
0
Expansión isobárica
5374.1
21098.6
Expansión isentrópica
14245.0
0
Compresión isobárica
-3018.3
-10856.6
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Trabajo en el compresor: −6447.6
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑘𝐽
Trabajo realizado por la turbina 14245 𝑘𝑚𝑜𝑙
4. La potencia de la planta termoeléctrica se determina calculando el trabajo neto
producido. Las propiedades termodinámicas del agua se hallan utilizando el software
PROPAGUA.
Estado
Título,
x
1
2
3
4
0
L
V
0.90
Presión,
𝑏𝑎𝑟
Entalpía,
Temperatura,
℃
0.60
35
35
0.60
Entropía,
𝑘𝐽
𝑘𝑔
85.95
86.17
420
85.95
Volumen,
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
359.90
363.54
3270.0
2430.45
1.1455
1.1455
6.9113
6.9113
1.0333
1.0317
87.48
2466.0
Wciclo  Qciclo  (h3  h2 )  (h4  h1 )  (3270.0  363.54)(2430.45  359.90)
kJ
kg
kJ
kg
kg
kJ
Potencia  (25 )(835.9 )  20898 kW
s
kg
Wciclo  835.9
5. A partir de los datos que aparecen en las tablas se determinan las propiedades para el
refrigerante 12 en cada estado.
Estado Título, x Presión, 𝑘𝑃𝑎
1
2
3
4
1
V
0
0.3071
𝑘𝐽
𝑘𝐽
Temperatura, ℃ Entalpía, 𝑘𝑔 Entropía, 𝑘𝑔.𝐾
100
650
650
100
-30.0
38.76
25.0
-30.0
Calor retirado del espacio refrigerado = (174.5  59.6)  114.9
Calor cedido al ambiente = (59.6  207.4)  147.8
174.5
207.4
59.6
59.6
kJ
kg
kJ
kg
kJ
kg
kg
kJ
 6.43 kW
Potencia calorífica espacio refrigerado = (0.056 )(114.9)
s
kg
kg
kJ
 8.28 kW
Potencia calorífica cedida al ambiente = (0.056 )(147.8)
s
kg
Trabajo del compresor = (207.4  174.5)  32.9
0.7183
0.7183
0.2233
0.2478
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Potencia del compresor = (0.056
kg
kJ
)(32.9)
 1.84 kW
s
kg
Recuerde que el signo solo significa el sentido de la transferencia de calor de acuerdo con el
convenio existente.
INFORMACIÓN DE RETORNO 11
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. b
6. a
2. c
7. b
3. d
8. c
4. b
9. a
5. d
10. c
Problemas de aplicación
1. Propiedades del agua:
Estado
Presión, 𝑘𝑃𝑎
𝑘𝐽
Temperatura, ℃ Entalpía, 𝑘𝑔
Entrada 1 Vapor saturado
180
Entrada 2 Agua líquida
180
Salida
180
Datos obtenidos del software PROPAGUA
117
15
85
2701.5
63.10
355.99
.
kg
s
m1 h1  m2 h2  m3 h3
kJ
kg
kJ
kg
kJ
m1 (2701.5 )  (1.5 )(63.10 )  (m1  1.5 )(355.99 )
kg
s
kg
s
kg
.
.
m2  1.5
.
.
.
Despejando se obtiene
.
m1 
(1.5
kg
kJ
kg
kJ
)(355.99 )  (1.5 )(63.10 )
kg
s
kg
s
kg
 0.187
kJ
kJ
s
(2701.5 )  (355.99 )
kg
kg
2. Dado que no hay mas información, es válido considerar despreciables la transferencia
de calor, el cambio en la energía cinética, temperatura y presión entre los puntos de
carga y descarga del fluido. En consecuencia el trabajo proporcionado por la bomba
será igual al cambio en la energía potencial  w  e p  g ( z 2  z1 ) o también:
.
W  m. g ( z 2  z1 )
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
kg.m 


2 
kJ
J 
N .m 
s

 (1.5 )(1000 )1.0
 1.0


s
kJ
J
N






W

  4.37 kg
m 

m
g ( z 2  z1 )
s
(9.8 2 )(20  (15))m
s
3. En este caso el calor suministrado por unidad de tiempo es igual al cambio de entalpía

de la corriente de agua. Q  m  (h2  h1 ) .
Entalpías del agua líquida
Estado
𝑘𝐽
Presión, 𝑘𝑃𝑎 Temperatura, ℃ Entalpía, 𝑘𝑔
Entrada
110
14
Salida
110
65
Datos obtenidos del software Propagua.

m 
Q

(h2  h1 )
(15.0
58.87
272.08
kJ
)
s
(272.08  58.87)
kJ
kg
 0.070
kg
s
El problema también se resuelve calculando el cambio de entalpía en función del calor
específico del agua líquida y el cambio de temperatura.
4. En este caso no se consideran los cambios de energía cinética ni de energía potencial,
y como además, la turbina es adiabática no hay transferencia de calor por tanto:

 W  m  (h2  h1 )
Propiedades del agua:
Estado
Presión, 𝑘𝑃𝑎
Entrada Vapor sobrecalentado
10.000
Salida Vapor húmedo x = 0,90
75
Datos obtenidos del software Propagua.

Entonces W  m  (h2  h1 )  (7.0
𝑘𝐽
Temperatura, ℃ Entalpía, 𝑘𝑔
400
167,8
3.100
2.559
kg
kJ
kJ
)(2559  3100)
 3787
s
kg
s
5. En este caso la ecuación de balance de energía establece que la entalpía del fluido en
la línea de llenado es igual a la energía interna en el recipiente.
Propiedades del oxígeno:
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Presión,
𝑘𝑃𝑎
Estado
Temperatura,
𝐾
Energía
𝑘𝐽
interna, 𝑘𝑚𝑜𝑙
Entalpía,
Volumen
5866.3
8219.2
molar, 𝑘𝑚𝑜𝑙
11.7647
8219.2
11489.8
16.3529
Corriente de
200
283
entrada
Estado final
200
393
Datos obtenidos del software Progases.
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑚3
La temperatura final es de 393 𝐾
32 kg
)(
)  0.39 kg
16.3529 m 1 kmol
Masa de CO2 = (0.20 m 3 )(
1 kmol
3
INFORMACIÓN DE RETORNO 12
Respuestas a preguntas de selección múltiple
1. d
6. b
2. a
7. d
3. b
8. c
4. c
9. b
5. a
10. d
Problemas de aplicación
1. Al aplicar la primera ley de la termodinámica se establece que:


Q  m  h  m  c p (T2  T1 )
Q
 m 

c p (T2  T1 )
m   0.332
30 kW
kJ
(1.0045
)(383  293) K
kg.K
kg
s
2. El calor requerido para elevar la temperatura del agua proviene de la condensación del
vapor y se puede calcular mediante el cambio de entalpía entre el estado de vapor
húmedo con una calidad de 60% y vapor seco a 150 ºC y la correspondiente presión de
saturación. Utilizando el software “propagua” para estas condiciones se obtiene:
h1 (150º C , x  1.0)  2745
kJ
kg
q  h  (1900  2745)
h2 (150º C , x  0.6)  1900
kJ
kg
kJ
kJ
 845
kg
kg
El calor necesario para calentar el agua se calcula en función del cambio de
temperatura:
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Q  mcp(T2  T1 )  (250 kg)(4.187
Masa de vapor necesario m 
kJ
)(70  15)º C  57571 kJ
kg.º C
57571kJ
 68.13 kg
kJ
845
kg
3. La presión absoluta es igual a la presión atmosférica más la presión manométrica. La
presión absoluta se calcula considerando que en el interior del autoclave el agua se
encuentra en condiciones de saturación. Por lo tanto a 130 ºC corresponde una presión
de saturación de 270.1 kPa.
Pm  (270.1  75.0) kPa  195.1 kPa
Para determinar la temperatura a la presión manométrica de 225,0 kPa, primero se
calcula la presión absoluta y con ese valor se determina la temperatura de saturación.
Pab  (225.0  75.0) kPa  300.0 kPa
Según las propiedades termodinámicas de agua la temperatura de saturación a 300,0
kPa corresponde 133,5 ºC
4. La cantidad de agua condensada por kg de aire seco se calcula por la diferencia entre
la humedad inicial y la humedad final y el calor retirado por el cambio de entalpía. Las
condiciones iniciales y finales permiten conocer las propiedades del aire:
Propiedades
Condiciones iniciales Condiciones finales
Temperatura, ºC
32
15
Presión, kPa
101.3
95
Humedad relativa, %
80
40
𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑔𝑢𝑎
Humedad absoluta, 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴.𝑆.
0.0243
0.0045
𝑘𝐽
Entalpía del aire, 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴.𝑆.
94.30
26.47
Datos obtenidos del programa “Carta psicrométrica”
mH 2O  0.0045  0.0243
q  (26.47  94.30)
kg Agua
kg A.S .
 0.0198
kg Agua
kg A.S .
kJ
kJ
 67.83
kg A.S .
kg A.S .
Los signos indican que tanto el agua como el calor se retiran del aire.
5. Cálculo de la masa de agua evaporada
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Balance de masa para los sólidos
kg
kg
kg
(100.0 )(0.05)  m j (0.30)  m j  h  16.7
h
0.30
h
kg
mH 2O  (100.0  m j )  (100.0  16.7)kg  83.3
h
5
Si el aire se enfría adiabáticamente hasta saturarse, significa que la temperatura de
bulbo húmedo se mantiene constante, cambiando la humedad y la temperatura de bulbo
seco hasta que ésta se hace igual a la de bulbo húmedo. Con esta consideración se
determinan las condiciones iniciales y finales del aire.
Propiedades
Condiciones iniciales Condiciones finales
50
20.8
Temperatura, ℃
101.3
101.3
Presión, 𝑘𝑃𝑎
5
100
Humedad relativa, %
20.8
20.8
Temperatura de Bulbo húmedo, ℃
𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑔𝑢𝑎
Humedad absoluta, 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐴.𝑆.
0.0038
0.0155
Datos obtenidos del programa “Carta psicrométrica”
Balance de agua en el aire:

mas
(0.0038
kg Agua
kg A.S .
83.3

mas


)  mH 2O  mas
(0.0155
h
kg Agua
h
)
 7120

maire
 7230
 7120
kg A.S .
h
kg A.S .



maire
 mas
 mas
(0.0155
kg A.S .
kg A.S .
kg Agua
(0.0155  0.0038)

maire
 7120
kg Agua
kg Agua
kg A.S .
)
kg A.S . 
kg Agua 
 0.0155

h 
kg A.S . 
kg Aire Húmedo
h
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
ANEXOS
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 7: Calores específicos para algunos productos alimenticios
Producto alimenticio
% Agua
𝑘𝑐𝑎𝑙
Calor específico, 𝑘𝑔.℃
Caldos
--0,74
Sopa de repollo
--0,90
Sopa de arveja
--0,98
Sopa de papa
88
0,94
Pescado frito
60
0,72
Pescado fresco
80
0,86
Pescado seco salado
16-20
0,41-0,44
Mantequilla
14-15,5
0,49-0,51
Margarina
9-15
0,42-0,50
Aceite vegetal
--0,35-0,45
Crema, 45-65% grasa
57-73
0,73-0,78
Leche entera
87,5
0,73-0,78
Leche descremada
91
0,95-0,96
Alcachofas
90
0,93
Zanahorias frescas
86-90
0,91-0,94
Pepino cohombro
97
0,98
Lentejas
12
0,44
Champiñones frescos
90
0,94
Champiñones secos
30
0,56
Cebollas
80-90
0,86-0,93
Arvejas secas
14
0,44
Papas
75
0,84
Espinacas
85-90
0,90-0,94
Manzanas
75-85
0,89-0,96
Ciruelas frescas
75-78
0,84
Ciruelas secas
28-35
0,53-0,59
Tocino
50
0,48
Carne magra de res
72
0,82
Carne grasa de res
51
0,69
Carne cocida
57
0,73
Huesos
--0,40-0,60
Carne de cordero
90
0,93
Carne grasa de cerdo
39
0,62
Carne magra de cerdo
57
0,73
Embutidos
72
0,82
Pan
44-48.5
0,65-0,68
Cuajada
60-70
0,78
Harina
12-13,5
0,43-0,45
Clara de huevo
87
0,92
Yema de huevo
48
0,67
Fuente: The fundamentals of Food Engineering by STANLEY E. CHARM.
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 8: Calores de formación y disolución de algunos compuestos
Fuente: datos adaptados de Perry Biblioteca del Ingeniero Químico y Hougen, Watson, Ragatz Principios de
los Proceso Químicos (Estado: s = sólido cristalino, sln = solución diluida, l = líquido, g = gas)
Compuesto
SALES DE SODIO
Acetato de sodio
Bromuro de sodio
Carbonato de sodio
Carbonato de sodio 10 H2O
Bicarbonato de sodio
Clorato de sodio
Cloruro de sodio
Fluoruro de sodio
Fosfato trisódico
Fosfato disódico
Nitrato de sodio
Nitrito de sodio
Oxalato de sodio
Sulfato de sodio
Sulfato ácido de sodio
Sulfito de sodio
Bisulfito de sodio
Sulfuro de sodio
Yoduro de sodio
SALES DE POTASIO
Acetato de potasio
Carbonato de potasio
Clorato de potasio
Cloruro de potasio
Cromato de potasio
Nitrato de potasio
Sulfato de potasio
Sulfito de potasio
Tiosulfato de potasio
Yoduro de potasio
SALES DE CALCIO
Carburo de calcio
Carbonato de calcio
Cloruro de calcio
Cloruro de calcio 6 H2O
Fosfato de calcio
Nitrato de calcio
Oxalato de calcio monohidrato
Sulfato de calcio
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑘𝑐𝑎𝑙
Estado
Hof, 𝑚𝑜𝑙
Moles de
agua
Hos, 𝑚𝑜𝑙 l
CH3COONa
NaBr
Na2CO3
Na2CO3.10H20
NaHCO3
NaClO3
NaCl
NaF
Na3PO4
Na2HPO4
NaNO3
NaNO2
Na2C2O4
Na2S04
NaHSO4
Na2SO3
NaHSO3
Na2S
NaI
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
sln
s
s
-169,8
-86,03
-270,3
-975,6
-226,5
-85,73
-98,23
-136,0
-460
-417,4
-101,54
-86,6
-314,3
--330,9
-269,2
-260,6
-206,6
-89,2
-68,84


400
400




1.000
1000


600

200

-4,32
-0,15
-5,6
+16,5
+4,0
+4,95
+0,93
+0,06
-13,9
-6,04
+5,11
+3,5
+3,8
-0,56
-1,4
-3,2
800

-15,16
-1,81
CH3COOK
K2CO3
KClO3
KCl
K2CrO4
KNO3
K2SO4
K2SO3
K2S2O3
KI
s
s
s
s
s
s
s
s
sln
s
-173,2
-273,93
-93,50
-104,2
-330,49
-117,76
-342,6
-266,9
-274
-78,88

1.000






-3,68
-7,63
+9,96
+4,16
+4,49
+8,35
+5,68
-2,2
500
4,93
s
s
s
s
s
s
s
s
-15,0
-288,45
-190,0
-623,15
-986,2
-224,0
-399,1
-342,42


-19,82
+3,43

-4,51

-4,25
Fórmula
CaC2
CaCO3
CaCl2
CaCl2.6H2O
Ca3(PO4)2
Ca(NO3)2
CaC2O4.H2O
CaSO4
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Calores de formación y disolución de algunos compuestos (Continuación)
Compuesto
SALES DE AMONIO
Carbonato de amonio
Bicarbonato de amonio
Cloruro de amonio
Nitrato de amonio
Oxalato de amonio
Sulfato de amonio
Bisulfato de amonio
SALES DE HIERRO
Carbonato de hierro (II)
Cloruro de hierro (II)
Cloruro de hierro (III)
Sulfato de hierro (II)
Sulfato de hierro (II)
SALES DE COBRE
Acetato de cobre (II)
Carbonato de cobre (II)
Cloruro de cobre (II)
Nitrato de de cobre (II)
Sulfato de cobre (II)
SALES DE MAGNESIO
Carbonato de magnesio
Cloruro de magnesio
Sulfato de de magnesio
SALES DE MANGANESO
Carbonato de manganeso
Cloruro de manganeso
Sulfato de manganeso
SALES DE PLOMO
Acetato de plomo (II)
Carbonato de plomo (II)
Cloruro de plomo (II)
Nitrato de de plomo (II)
Sulfato de plomo (II)
SALES DE CINC
Acetato de cinc
Carbonato de cinc
Cloruro de cinc
Sulfato de cinc
Yoduro de cinc
Fórmula
Estado
Hof,
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
(NH4)2CO3
(NH4)HCO3
NH4Cl
NH4N03
(NH4)2C2O4
(NH4)2SO4
(NH4)HSO4
sln
s
s
s
s
s
s
-225,11
-203,7
-75,38
-87,27
-268,72
-281,86
-244,83
FeCO3
FeCl2
FeCl3
FeSO4
Fe2(SO4)3
s
s
s
s
sln
-178,7
-81,15
-96,8
-220,5
-653,62
Cu(CH3COO)2
CuCO3
CuCl2
Cu(NO3)2
CuSO4
s
s
s
s
s
-213,2
142,2
-52,3
-73,4
-184,0
MgCO3
MgCl2
MgSO4
s
s
s
MnCO3
MnCl2
MnSO4
Moles de
agua
Hos,
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
l



2100

800
+6,78
+3,62
+6,16
+8,12
+1,48
-0,76


200
-19,5
-31,1
-15,5

-2,7
en HCl(sln)
800

-6,3
-10,4
-17,51
-266
-153,4
-305,5


-37,06
-21,81
s
s
s
-213,9
-115,3
-254,24
400

-16,7
-14,96
Pb(CH3COO)2
PbCO3
PbCl2
Pb(NO3)2
PbSO4
s
s
s
s
s
-230,05
-167,3
-85,85
-107,35
-219,5

-2,1

+9,0
Zn(CH3COO)2
ZnCO3
ZnCl2
ZnSO4
ZnI2
s
s
s
s
s
-258,1
-194,2
-99,40
-233,8
--49,98

-9,8



-17,08
-19,45
-13,19
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Calores de formación y disolución de algunos compuestos (Cont.)
Compuesto
BASES
Amoniaco
Amoniaco
Hidróxido de amonio
Hidróxido de sodio
Hidróxido de potasio
Hidróxido de magnesio
Hidróxido de calcio
Hidróxido de bario
Hidróxido de Aluminio
Hidróxido de hierro (II)
Hidróxido de hierro (III)
Hidróxido de manganeso (II)
Hidróxido de cinc
ÁCIDOS
Ácido clorhídrico
Ácido fosfórico
Ácido nítrico
Ácido sulfúrico
Ácido acético
Ácido oxálico nonohidrato
ÓXIDOS
Óxido de sodio
Óxido de potasio
Óxido de magnesio
Óxido de calcio
Óxido de bario
Óxido de aluminio
Óxido de hierro (II)
Óxido de hierro (III)
Óxido de manganeso (II)
Óxido de manganeso (IV)
Óxido de plomo (II)
Óxido de cinc
Monóxido de carbono
Dióxido de carbono
Óxido de nitrógeno (I)
Óxido de nitrógeno (II)
Óxido de nitrógeno (III)
Óxido de nitrógeno (IV)
Óxido de nitrógeno (V)
Tetróxido de dinitrógeno
Óxido de fósforo (V)
Dióxido de azufre
Trióxido de azufre
AGUA
Fórmula
Estado
Hof,
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
Moles de
agua
Hos,
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
l
NH3
NH3
NH4OH
NaOH
KOH
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
Zn(OH)2
l
g
1.H2O
s
s
s
s
s
amorfo
s
s
s
s
-16,06
-11,04
-87,64
-101,99
-101,78
-221,0
-235,8
-226,2
-304,2
-135,8
-197,0
-163,4
-153,5


-3,26
-8,28


-10,25
-13,22


-3,88
-12,38
HCl
H3PO4
HNO3
H2SO4
CH3COOH
H2C2O4.H2O
g
s
l
l
l
c
-22,06
-306,2
-41,40
-193,91
-116,4
-340,9

400




-17,96
-3,1
-7,97
-22,99
-0,34
+8,70
Na2O
K20
MgO
CaO
BaO
Al2O3
FeO
Fe2O3
MnO
MnO2
PbO
ZnO
CO
CO2
N2O
NO
N2O3
NO2
N2O5
N2O4
P205
SO2
S03
H2O
H2O
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
g
g
g
g
g
g
g
g
g
g
s
l
g
-99,45
-86,2
-143,84
-151,9
-133,4
-399,09
-64,3
-196,5
-92,0
-232,1
-52,07
-83,17
-26,42
-94,05
+19,49
+21,60
+20,0
+8,01
+3,6
+2,31
-360,0
-70,96
-94,45
-68,32
-57,80
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 9: Calores de combustión de algunos compuestos orgánicos
Fuente: datos adaptados de Perry Biblioteca del Ingeniero Químico y Hougen, Watson, Ragatz Principios de
los Proceso Químicos (Estado: s = sólido, l = líquido, g = gas). Productos finales CO2(g), H2O(l)
Compuesto
ELEMENTOS
Hidrógeno
Carbono
HIDROCARBUROS
Metano
Etano
Eteno (etileno)
Etino (acetileno)
Propano
Propeno (propileno)
n-Butano
2-metilpropano (isobutano)
n_Pentano
n-Hexano
Ciclohexano
Benceno
Metilbenceno (tolueno)
n-Octano
Naftaleno
n-Decano
ALCOHOLES, ÉTER Y FENOL
Metanol
Metanol
Etanol
Etanol
Etilenglicol
Propanol
2-propanol
n-Butanol
Glicerina
n-Pentanol (alcohol amílico)
Éter etílico
Fenol
Aldehídos, cetonas y ésteres
Metanal (formaldehído)
Etanal (acetaldehído)
Propanona (acetona)
Propanona (acetona)
Acetato de metilo
Acetato de etilo
Acetato de etilo
Acetato de amilo
Fórmula
Estado
HoC,
𝑘𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
H2
C
g
grafito
-68,32
-94,05
CH4
C2H6
C2H4
C2H2
C3H8
C3H6
C4H10
C4H10
C5H12
C6H14
C6H12
C6H6
C7H8
C8H18
C10H8
C10H22
g
g
g
g
g
g
g
g
g
l
l
l
l
l
s
l
-212,8
-372,8
-337,2
-310,6
-530,6
-492,0
-688,0
-686,3
-845,2
-995,0
-936,9
-789,1
-934,5
-1.307,5
-1.231,6
-1.620,1
CH30H
CH30H
C2H5OH
C2H5OH
HOC2H4OH
C3H7OH
CH3CH(OH)CH3
C4H9OH
CH2OH-CHOH-CH2OH
C5H11OH
C2H5OC2H5
C6H5OH
g
l
g
l
l
l
l
l
l
l
l
l
-182,6
-173,6
-336,8
-326,7
-284,5
-483,6
-481,1
-638,2
-396,3
-786,7
-952,6
-731,5
HCHO
CH3CHO
CH3COCH3
CH3COCH3
CH3COOCH3
CH3COOC2H5
CH3COOC2H5
CH3COOC5H11
g
g
g
l
g
g
l
l
-134,7
-285,0
-435,3
-427,8
-397,5
-547,5
-538,8
-1.040
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Calores de combustión de algunos compuestos orgánicos (Continuación)
Compuesto
ÁCIDOS
Metanoico (fórmico)
Metanoico (fórmico)
Etanoico (acético)
Etanoico (acético)
Láctico
Cítrico
Benzoico
Palmítico
Esteárico
Oleico
Anhídrido acético
CARBOHIDRATOS
d-Glucosa
l-Fructosa
Lactosa
Sacarosa
Almidón
Celulosa
Acetato de celulosa
COMPUESTOS NITROGENADOS
Productos finales N2(g) CO2(g), H2O(l)
Urea
Trimetilamina
1,3,5-Trinitrobenceno
Nitrobenceno
Anilina
COMPUESTOS HALOGENADOS
Productos finales CO2(g), HCl(sln), H2O(l)
Cloruro de metilo
Cloroformo
Cloroformo
Tetracloruro de carbono
Tetracloruro de carbono
Cloruro de etilo
Cloruro de etileno
Acido cloroacético
COMPUESTOS CON AZUFRE
Productos finales CO2(g), SO2(g), H2O(l)
Sulfuro de carbonilo
Sulfuro de carbono
Sulfuro de carbono
Sulfuro de dimetilo
Sulfuro de dimetilo
Metil mercaptano
Etil mercaptano
Fórmula
Estado
HoC, kcal/mol
HCOOH
HCOOH
CH3COOH
CH3COOH
CH3CH(OH)COOH
C6H8O7
C6H5COOH
C15H31COOH
C17H35COOH
C17H37COOH
CH3CO-O-OCCH3
g
l
g
l
s
s
s
s
s
l
l
-75,7
-64,6
-219,8
208,34
-325,8
-474,3
-771,5
-2.379
-2.697
-2.668
-426,0
C6H12O6
C6H12O6
C12H22O11
C12H22O11
s
s
s
s
-673
-675
-1.350
-1.349
-4.177
-4.179
-4.495
NH2CONH2
N(CH3)3
C6H3(NO2)3
C6H5NO2
C6H5NH2
s
l
s
l
l
-151
-578
-664
-739
-812
CH3Cl
CHCl3
CHCl3
CCl4
CCl4
C2H5Cl
C2H4Cl2
ClCH2COOH
g
g
l
g
l
g
l
s
-182,1
-121,8
-114,3
-92,0
-84,2
-339,7
-296,8
-172,2
SCO
CS2
CS2
S(CH3)2
S(CH3)2
CH3SH
C2H5SH
g
g
l
g
l
g
l
-132,2
-263,5
-257,0
-457,1
-450,2
-298,7
-448,0
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Tabla 10: Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor
Fuente: datos generados del software PROPAGUA de José Agüera Soriano
Presión
Absoluta
bar
Temperatur
a
de
saturación
ºC
Entalpía específica
hf
hg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
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Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
Presión
Absoluta
bar
Temperatura
de saturación
ºC
Entalpía específica
hf
hg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
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Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
Presión
Absoluta
bar
Temperatura
de
saturación
ºC
Entalpía específica
hf
hg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
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Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
Presión
Absoluta
bar
Temperatura
de
saturación
Entalpía específica
hf
hg
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
ºC
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
Presión
Temperatura
Entalpía específica
Entropía específica
Volumen específico
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Absoluta
bar
de
saturación
ºC
hf
𝑘𝐽
𝑘𝑔
hg
sf
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔.𝐾
sg
vf
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
vg
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Presión
Absoluta
bar
Temperatura
de saturación
ºC
Entalpía específica
hf
hg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Propiedades termodinámicas del agua equilibrio líquido vapor (Continuación…)
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Presión
Absoluta
bar
Temperatura
de saturación
ºC
Entalpía específica
hf
hg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Entropía específica
sf
sg
Volumen específico
vf
vg
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑑𝑚3
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔.𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Tabla 11: Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
Fuente: datos generados del software PROPAGUA de José Agüera Soriano
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Listado entre 0,02 y 190 bar y entre 0 y 800 ºC
Tempe
ratura
t
ºC
Presión
p = 0,02 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
Presión
p = 0,24 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
(Continuación…..)
Tempe
ratura
t
ºC
Presión
p = 0,46 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic específica
específico
a
s
v
𝑘𝐽
h
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Presión
p = 0,95 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
(Continuación…)
Tempe
-ratura
t
ºC
Presión
p = 2,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic específic
específico
a
a
v
h
s
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
Presión
p = 3,10 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específic
específico
h
a
v
𝑘𝐽
s
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Tempe
-ratura
t
ºC
Presión
p = 4,40 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
Presión
p = 6,60 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Tempe
-ratura
t
ºC
Presión
p = 8,80 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic específica
específico
a
s
v
𝑘𝐽
h
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Presión
p = 12,50 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic
específica
específico
a
s
v
𝑘𝐽
h
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Temperatura
t
ºC
Presión
p= 18,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic específica
específico
a
s
v
𝑘𝐽
h
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Presión
p = 27,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específic específica
específico
a
s
v
𝑘𝐽
h
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Tempe
-ratura
t
ºC
Presión
p = 38,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específic
específico
h
a
v
𝑘𝐽
s
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
Presión
p = 49,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Tempe
-ratura
t
ºC
Presión
p = 70,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específic
específico
h
a
v
𝑘𝐽
s
𝑑𝑚3
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
Presión
p = 92,00 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica
específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del agua vapor sobrecalentado
(Continuación…)
Temperatura
t
ºC
Presión
p = 135,0 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
Presión
p = 190,0 bar
Entalpía
Entropía
Volumen
específica específica
específico
h
s
v
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑑𝑚3
𝑘𝑔
𝑘𝑔. 𝐾
𝑘𝑔
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 12: Propiedades termodinámicas del vapor de agua saturado y seco. Tabla de
temperatura (Unidades Inglesas)
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur.
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Tabla 13: Propiedades termodinámicas del vapor de agua saturado y seco. Tabla de
presión (Unidades inglesas)
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur.
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del vapor de agua saturado y seco. Tabla de presión
(Unidades inglesas) (Continuación)
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur.
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 14: Propiedades termodinámicas del agua líquida (Unidades inglesas)
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 15: Propiedades termodinámicas del oxígeno saturado
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur
Tabla 16: Propiedades termodinámicas del oxígeno sobrecalentado
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 17: Propiedades termodinámicas del nitrógeno saturado
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur
Tabla 18: Propiedades termodinámicas del nitrógeno sobrecalentado
Fuente: Ayuso Martínez, Luis Evaristo (1995). Termodinámica. Bogotá: Unisur
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 19: Propiedades termodinámicas del amoniaco. Mezclas líquido vapor entre las
temperaturas de -30 A 60 ºC
Fuente: Datos obtenidos del software “Thermodynamic properties of refrigerants and refrigerants mixtures
Versión 4.0 National Institute of Standard and Technology”
T
º𝐶
-30.00
-30.00
-25.00
-25.00
-20.00
-20.00
-15.00
-15.00
-10.00
-10.00
-5.00
-5.00
0.00
0.00
5.00
5.00
10.00
10.00
15.00
15.00
20.00
20.00
25.00
25.00
30.00
30.00
35.00
35.00
40.00
40.00
45.00
45.00
50.00
50.00
55.00
55.00
60.00
60.00
P
𝑘𝑃𝑎
119.5
119.5
151.5
151.5
190.1
190.1
236.2
236.2
290.8
290.8
354.8
354.8
429.4
429.4
515.7
515.7
615.0
615.0
728.4
728.4
857.3
857.3
1003
1003
1167
1167
1350
1350
1555
1555
1782
1782
2033
2033
2310
2310
2614
2614
Volumen (v)
𝑚3
𝑘𝑔
0.9635
0.1476E-02
0.7713
0.1490E-02
0.6235
0.1504E-02
0.5085
0.1519E-02
0.4182
0.1534E-02
0.3466
0.1550E-02
0.2893
0.1566E-02
0.2431
0.1583E-02
0.2055
0.1600E-02
0.1747
0.1619E-02
0.1493
0.1638E-02
0.1281
0.1658E-02
0.1105
0.1680E-02
0.9567E-01
0.1702E-02
0.8313E-01
0.1725E-02
0.7247E-01
0.1750E-02
0.6336E-01
0.1777E-02
0.5554E-01
0.1804E-02
0.4880E-01
0.1834E-02
Densidad
𝑘𝑔
𝑚3
1.038
677.5
1.297
671.2
1.604
664.9
1.967
658.5
2.391
652.0
2.885
645.3
3.457
638.6
4.114
631.8
4.867
624.8
5.725
617.7
6.700
610.4
7.804
603.0
9.050
595.4
10.45
587.6
12.03
579.6
13.80
571.3
15.78
562.9
18.00
554.2
20.49
545.2
Entropía
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
5.778
0.1856
5.695
0.2763
5.615
0.3657
5.540
0.4538
5.467
0.5408
5.398
0.6266
5.331
0.7114
5.267
0.7951
5.204
0.8779
5.144
0.9598
5.086
1.041
5.029
1.121
4.974
1.200
4.919
1.279
4.866
1.357
4.813
1.435
4.761
1.512
4.709
1.589
4.658
1.665
Entalpía
𝑘𝐽
𝑘𝑔
1404.0
44.3
1411.1
66.6
1418.0
89.0
1424.6
111.7
1430.8
134.4
1436.7
157.3
1442.2
180.4
1447.3
203.6
1452.0
227.0
1456.3
250.5
1460.1
274.3
1463.5
298.2
1466.3
322.4
1468.5
346.8
1470.2
371.4
1471.2
396.3
1471.5
421.5
1471.0
446.9
1469.7
472.8
Cp
Fase
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
2.268
V
4.447
L
2.321
V
4.474
L
2.379
V
4.501
L
2.442
V
4.528
L
2.510
V
4.556
L
2.582
V
4.586
L
2.660
V
4.617
L
2.743
V
4.649
L
2.831
V
4.683
L
2.926
V
4.720
L
3.027
V
4.758
L
3.135
V
4.799
L
3.252
V
4.843
L
3.378
V
4.891
L
3.515
V
4.943
L
3.666
V
5.001
L
3.831
V
5.066
L
4.015
V
5.140
L
4.220
V
5.225
L
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 20: Propiedades termodinámicas del amoniaco. Mezclas líquido vapor entre las
presiones de 100 A 2.700 kPa
Fuente: Datos obtenidos del software “Thermodynamic properties of refrigerants and refrigerants mixtures
Versión 4.0 National Institute of Standard and Technology”
T
º𝐶
P
𝑘𝑃𝑎
100.0
100.0
300.0
300.0
500.0
500.0
700.0
700.0
900.0
900.0
1100.
1100.
1300.
1300.
1500
1500
1700
1700
1900
1900
2100
2100
2300
2300
2500
2500
2700
2700
-33.60
-33.60
-9.23
-9.23
4.14
4.14
13.81
13.81
21.53
21.53
28.03
28.03
33.68
33.68
38.71
38.71
43.25
43.25
47.41
47.41
51.25
51.25
54.83
54.83
58.17
58.17
61.33
61.33
Volumen (v)
𝑚3
𝑘𝑔
1.138
0.1466E-02
0.4061
0.1536E-02
0.2503
0.1580E-02
0.1815
0.1614E-02
0.1424
0.1644E-02
0.1171
0.1671E-02
0.9934E-01
0.1696E-02
0.8617E-01
0.1719E-02
0.7600E-01
0.1741E-02
0.6790E-01
0.1763E-02
0.6129E-01
0.1783E-02
0.5580E-01
0.1803E-02
0.5115E-01
0.1823E-02
0.4716E-01
0.1842E-02
Densidad
𝑘𝑔
𝑚3
0.8787
682.0
2.463
650.9
3.995
633.0
5.510
619.4
7.023
608.2
8.541
598.4
10.07
589.6
11.60
581.6
13.16
574.2
14.73
567.3
16.31
560.7
17.92
554.5
19.55
548.5
21.20
542.8
Entropía
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
5.840
0.1195
5.456
0.5541
5.278
0.7808
5.159
0.9403
5.068
1.065
4.995
1.169
4.934
1.259
4.880
1.337
4.832
1.408
4.788
1.472
4.748
1.531
4.711
1.586
4.676
1.637
4.644
1.685
Entalpía
𝑘𝐽
𝑘𝑔
1398.6
28.3
1431.7
137.9
1446.4
199.6
1455.3
244.9
1461.2
281.6
1465.2
312.9
1468.0
340.3
1469.8
365.0
1470.9
387.6
1471.4
408.4
1471.4
427.8
1471.0
446.1
1470.3
463.3
1469.2
479.7
Cp
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
2.232
4.429
2.521
4.561
2.728
4.643
2.902
4.711
3.059
4.770
3.205
4.825
3.344
4.878
3.479
4.929
3.612
4.980
3.744
5.031
3.875
5.083
4.008
5.137
4.142
5.192
4.279
5.250
Fase
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
V
L
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ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS, TECNOLOGÍA E INGENIERÍA
CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 21: Propiedades termodinámicas del aire, estado de gas ideal
Presión p = 101,325 kPa Peso molecular M = 28,964 kg/kmol
Fuente: datos generados del software PROGASES de José Agüera Soriano
Temperatura
º𝐶
𝑘𝐽
Capacidad calorífica molar,
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
a volumen
a presión
constante
constante
Energía interna
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Entalpía
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Entropía
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Propiedades termodinámicas del aire, estado de gas ideal (Continuación….)
Presión p = 101,325 kPa
Temperatura
º𝐶
Capacidad
calorífica molar,
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙.𝐾
Peso molecular M = 28,964 kg/kmol
Energía interna
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Entalpía
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Entropía
𝑘𝐽
𝑘𝑚𝑜𝑙
Temperatura
º𝐶
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Tabla 22: Calores específicos de algunos gases a temperaturas de 300 K
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
Gas
Aire
Argón
Butano
Dióxido de
carbono
Monóxido de
carbono
Etano
Etileno
Helio
Hidrógeno
Metano
Neón
Nitrógeno
Octano
Oxígeno
Propano
Vapor de
agua
Calor específico a
presión constante
𝑘𝐽
cp (
)
Calor específico a
volumen constante
𝑘𝐽
cv (
)
Relación
𝑘𝑔.𝐾
cv
Ar
C4H10
Constante R
de gas ideal
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
0,2870
0,2081
0,1433
1,005
0,5203
1,7164
0,7180
0,3122
1,5734
1,400
1,667
1,091
CO2
0,1889
0,846
0,657
1,289
CO
0,2968
1,040
0,744
1,400
C2H6
C2H4
He
H2
CH4
Ne
N2
C8H18
O2
C3H8
0,2765
0,2964
2,0769
4,1240
0,5182
0,4119
0,2968
0,0729
0,2598
0,1885
1,7662
1,5482
5,1926
14,307
2,2537
1,0299
1,039
1,7113
0,918
1,6794
1,4897
1,2518
3,1156
10,183
1,7354
0,6179
0,743
1,6385
0,658
1,4909
1,186
1,237
1,667
1,405
1,299
1,667
1,400
1,044
1,395
1,126
H2O
0,4615
1,8723
1,4108
1,327
Fórmula
𝑘𝑔.𝐾

cp
Fuente: Fundamentals of Calssical Thermodinamics Gordon J. Van Wylen y Richard E. Sonntag
Tabla 23: Capacidades caloríficas molares a presión constante de algunos gases en
función de la temperatura
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CONTENIDO DIDÁCTICO DEL CURSO: 201015 – TERMODINÁMICA
C p  a  bT  cT 2  dT 3 , C p
Gas
Aire
Dióxido de
azufre
Trióxido de
azufre
Butano
Dióxido de
carbono
Monóxido de
carbono
Etano
Etileno
Hidrógeno
Metano
Nitrógeno
Oxido nitroso
Oxígeno
Propano
Vapor de
agua
en
kJ /( kmol.K )
T en K
a
b x 10
28,11
0,1967
0,4802
-1,966
Rango de
temperatura
K
273-1.800
SO2
25,78
5,795
-3,812
8,612
273-1.800
SO3
16,40
14,58
-11,20
32,42
273-1.300
C4H10
3,96
37,15
-18,34
35,00
273-1.500
CO2
22,26
5,981
-3,501
7,469
273-1.800
CO
28,16
0,1675
0,5372
-2,222
273-1.800
C2H6
C2H4
H2
CH4
N2
N2O
O2
C3H8
6,900
3,95
29,11
19,89
28,90
24,11
25,48
-4,04
17,27
15,64
-0,1916
5,024
-0,1571
5,8632
1,520
30,48
-6,406
-8,344
0,4003
1,269
0,8081
-3,562
-0,7155
-15,72
7,285
17,67
-0,8704
-11,01
-2,873
10,58
1,312
31,74
273-1.500
273-1.500
273-1.800
273-1.500
273-1.800
273-1.500
273-1.800
273-1.500
H2O
32,24
0,1923
1,055
-3,595
273-1.800
Fórmula
2
c x 10
5
d x 10
9
Fuente: Datos adaptados de los presentados en Termodinámica de Yunus A. Çengel y Michael A. Boles