CONTENIDO
Cap nulo 1: PrIme r Prinelpio. Sí,lem., cerrado, (G .,e,) 1. Introducció n te6 r¡ca
2. Pro blema, I ipo
1
3
3. Pro ble mas en une iados
7
Cap ítu lo 2: Prl me r Pr¡ncí pi o. Si.lemas ab ierto,. Régí me n v..iab le (Ga,e,) 1. Inlroducción leór ica 11 2. Pro blema, I ipo 12
! ,
11
Capílulo 3, Primer Principio. SI.lema, abierto,. Régimen pe rm anenle {Gue.) 17 1. Int red ucción teórlca 17 . 2. Problema. tipo 19 3. Prob lemas enu nciado, 23 Capl'!ulo 4, Tran,formacione, polilrópica, l. Ini rod ucción leó rica 25 . 2. Problemas ti po 26 Capnu lo S, Mezc la, de ga,e, 1. I nt-roducdón-teórica
2. Pro blema, 111'0
2S
31 31
31
Capílulo 6: Se9undo principio de ¡alermodlnámlca L Inlroducció n leó, ice 35 2. Probleme, I ipo 36
•
35
2
3
E 7
'7
a;Y"
ContenTdo
CO"'tenldo
Capítulo 7: Entropía 41 l. ¡nt roducdón teór j ca 2. Problemas tipo 43
41
Capítulo 8: Ói.grama temperatura",ntropía para g.<&$ perfectos ,47 ·1. Inlroducción teórica 47 2. Problemas tipo 48 3. Prob lemas enu nciados 55 Capítulo 9: Exergía 57 1. Introducción teórica 57 2. Pro blemas ti po 59 3. Proble mas enu nciados 69
CapíMo 15: Combu.ti6n 127 1. Introdu cdón teór Ica 127 2. Pro ble mas tipo 129 3. Pro ble mas enu nciado s 135 . Cap ítu Io 16: Toberas y difuso re. 137 1. Inlroducció n teó rica 137 2. Pro blemas tipo 140 Indica
145
Cap ítulo 10: Vapo re. 71 1. Int roducció n toórlca 71 2. Prob lemas tipo 73 3. Pro blema s enunciados 83 Copílu lo 11: Ciclo. de .apor 85 1. Int ro ducción teóri ca . 85 2. Problemas tipo 88 Ca pítu Io 12: Ciclos frlgo r íflcos 93 1. Introducción teórica 93 2. Prob lemas tipo .95 Capitulo 13: Ai,e húmedo 101 1. Introducción teórica 101 2. Pro blema s ti po 105 3. problemas enunciados 114 Capítulo 14: Termoqu ímica 111 1. Introducciónteórica 111 2. Problemas tipo 119 3. Pro blema 5 en undad os 124
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L
22
as
CAPITULO 1
P·RIMER PRINCIPIO. SISTEMAS CERRADOS (GASES)
1.INTRODUCCIDN TEORICA
El balance de energía. es: Q_L=lJ.tf
1.1
El calor Q y el Irabojo L son energías en transferencia entre sistema y medio. Se uliliza la convención de signo, de la fignra 1.1 . C,l0mo se puede apreciar no tiene s:ent¡~ do entonces tratar de establecer valores de Q y L sin esp ecificar previamente cuál es el F[GURA L.L . sistema. IJ. U es la variación de energía interna del sistema. Para gases q'!e pueden suponeme ideales, la energía interna U depende únicamente de la lemperatura l
del sistema, de modo que si e.... es el calor específico a volumen constante, para una masa m y lJ.t la variación de temperatura de la misma, sea cual ,ea la tram,o
formación;
IJ.U = m e, IJ.r
I
1.2
De acuerdo a lo expresado, para la resolución de problemas con gases que pueden .uponeme ideales, cuando ,ea necesario aplicar la fó<:mula 1.1 podrá pro-, cedeme en la forma explicada a continuación.
1
.2. Illtrod uecl611 teóric:a
Primer prin.cipto. S[¡tllmas r:urado5 (!iil1S-e5)
1) Arl op tar un ,istema Col. el fin de que resulte más claro o que re,ulte posible establecer los intercambios rle calor y de trabajo, convenrlrá adoptar el sistema de modo que se tenga menor número po~ible de interacciones para analizar. Asi, si se tiene más de una masa, convendrá ad optar como sistema al conjunto de las masas que intervienen en el pro ceso, . 2) Aplicar el primer principio Q - L = A U En este paso es conveniente explicitar en lo posible cada uno de los términos de la ecuación 1J para obtener así una ecuación que ayude a la resolución del problema. Al explicitar el trabajo L intercambiado deberá tratarse de que no quede ninguno de los trabajos intercambiados por el sistema sin ser tenido en cuenta. Puede ayudar el recordar que siempre qu e una masa m) auna presión p , y con un volumen V es barrida, el medio debe transferir un trabajo .p V. Si la masa m pasa a ocupar II n volurn en V con una presión p , debe framferir un trabajo pV. Así, para la introducción de la masa m a un recipiente L = -P V. Al salir la masa m de un recipiente es L =PV . El trabajo de expansión es el que in tercambia el sistema al variar su volumen debid o a las presiones ejercidas por el medio. Teniendo en cuenta el concepto de trabajo de una fuerza, puede establecerse que si el medio ejerce una presiónp .constante y AVes la variación de volumen del sistema, el trabajo de expansión será L = P A V . Cuando en la transfonnación resultan conocidos los sucesivos- valores de la presión P y del volumen V del 'i'tema, efectuándose la transformación mediante sucesivos desequilibrios de presión infinitamente pequefios entre sistema y medio, el trabajo de expansión es: '
el
l
t
·L =
r
pdV
3) Planteo de la ecuación de estado
Para obtener otras ecuacion~ que pennitan la resolución- del Prl? ~lema, pued e aplic a[Se la ecuación de e'tado de.los gases ide.l.e, a cada una de las m asas que forman el sistema en sus estados inicial y fmal:
pV
= mRT
Para los- problemas referentes al primer ·principio, ..dstemas cerrados) gases, ,erán dato", . Calor especifico a volumen con.tant~ del a;re c. ~ 0,17 kealfkg K
Co ",tante caracter í stka por kg de a i r. R
3
= 29,3 kgr mfkg K
Se considera que para un sistema, un límite es rígido cuando impide cam~ bio; en la forma y el volumen del sistema. Un limite es adiabático cuando impide que ocurran transferencias de calor entre el sistema y el medio. . El aire será considerado como un gas ideal en to dos los problem as.
2. PROBLEMAS TIPO 1-i - Se permite el ingreso de aire atmosférico (Po = 1. a:m... To = 20 ·.C) a un recipiente rígido y adiabático de volumen V = 1,5 mlclalmente va.cIo, ha~ta que en ·elmiSJI\j) ,e alcanza la. presión Po .. Calcular la masa ro de alfe que lll' gresa al recipiente. So lúc ión: Según lo explicado previamente se adopta como sistem a la masa m que ingresa -31 recipiente. En el primer principio. Q - L = A U en este ~aso es Q = O recipiente adiabático; L ~ -Po Vo trabajO efectuado por el medIo para ingresar la masa m y Vo es el volumen de m antes de mgresar al recIpIente; AU = mc. (Tr - To ) . Tf es la temperatura fmal de la masa m luego de su ingreso al recipiente. Entonces:
m'
O - (-Po Vo) Po Vo · =
= mc, (Tf me, (Tf
-
-
To)
T o)
Además puede aplicarse la ecuación de estado a la masa m , en su estado inicial (Po. T o) yen su estado fmal (Po, TrJ. Si To Y Tf son las temperatura, absolu las de la masa ro : 1.4
.PoVo = mRTo Po V
= roRTr
Reemplazando Po Vo de lA en 1.3: mRTo = mc. (T,- To)
RTo
c, (Tr - T o)
1.6
4 Problemas tipo
Primer
La 1.5 y 1.6 forman un ,istema de dos ecuaciones con dos incógnita, m y T[.De1.6: T[
~ ~
RTo + To
c,
~
411,26 K
~
kgrm 293 K 1 kcal 29 3 - - -:;-:c;;-;---:c;;----;;+ 293 K . , kg K 0,1 7 kcal/kg K 427 kgr m
138,26 oC
Sistema 5.cerrados (gases)
S
1-3 - Desde un conducto en el cual hay aire a P, ~ 3 atm constante y a T, ~ ~ 60 • C , constante, ingresa una masa m a un cilindro que contiene m o ~ 3 kg de aire a To ~ 20 Oc y Po ~ 1 alm (fIgura l.2). El cilindro está cerrad o por un pisFIGURA ]:2 tón que transmite una presión constante Po ,11 aire interior. Al ingresar la masa '" P, T, de aire m 1 el pistón se corre J barriendo u n volumen .ó. V igual al doble del voluOf' r, men inicial Vo de la masa mo ) quedan~ '"' do luego trabado. Después del ingreso f, f, T. de la masa m quada el aire en el cilindro a una presión Ímal P[ ~ 2 atm . Consirando q ueel pistón desliza ,in fricción y que el mismo y el cilindro son adiabáticos, calcular la masa m que ingresa al cilindro.
..
De 1.5:
m ~ Po V RT[
1 kgjcm 2 10.000 em21m 2 1,5 m 3 29,3 kgr m/kg K
411.26 K
1,24 kg
1.2 - El recipiente rígido y adiabático mencionado en el problema 1-1 (V ~ 1,5 3 m ) contiene inicialmente una masa de aire mo a P, ~ 0,7 atm y T, = 90
(:le.
pr¡l'1eiEJIiD~
Calcular la masa m qu e ingresa en este caso.
.
So lución: El ,istema es (m + mo). En el prim er principio Q ~ O y:
Solución: El sistema que debemos elegir en este ca,o será (m + me). En el pri· 'mer principio es Q ~ O ; L ~ -Po Vo bnplica:
-L = .ó.U
-Po V o = .ó.U
Al explicitar el trabajo L debe tenerse en cuenta el trabajo para el ingre,o de m y el trabajo de expansión del aire contra el pistón, de m odo que:
1.7
1.12
Por estar el sist em a fonnado por dos masas.: .ó.U ~ mc v (T[ - T o ) + moc, (T[ - T,)
1.8
Reemplazando en l. Ves:
Luego de 1.7 : .ó.U = P, V, - PotlV Po V o
me, (T[ - T o ) + moc, (T[ -
1',)
;
luego:
Además:
1.13 PoVo = mRTo
1.9
Po V = (m + mo}RT¡
1.10
P, V = moRT,
l.ll
P, V, - Po.ó. V = me, (T[ - T,) + moc v (T[ - T o )
1.13·
Además:
Reemplazando en 1.8 Po V o por mRTo de 1.9, Y calculando mo de 1.11 qu eda un si,tema de dos ecuaciones 1.8 Y 1.1 O con dos incógnitas m y T[. Resuelto se obtiene m ~ 0,39 kg y TI = 376 K ~ 103 ·C.
P,
"'1
= mRT,
1.14
PoYo = moRTo
1.15
PI (Vo + .ó. V) ~ (m + mol RT[
1.16
Se 'reemplaza P, V, por mRT, de 1J 4 en 1.13 y ,e calcula Vo a partir
6 Problem as tipo
de 1.15. Del sistema de ecuaciones 1.13 Y 1.16 se obtiene m = 10,9 kg con
Tr = 378K= 105 oC. 1-4 :..- Desde un tanque rígido y adiabático que contiene inicialmente aire a p, = =·10 a/m y T, = 150 oC , descarga aire a travésüe una turbina adiabática (f"¡gu. 'ra 1.3) a un cilindro también adiabá· tico) en e] que actúa un pjstón adíabático capaz de transmitir una preY, sión constante P, = 1 alm. Al quedar el aire a ]a presión P2 , -con terri~ ,---_ _-"r''-Jr== \ peratura final Tr unifonne,luego de la .descarga de una parte del aire a i través de la turbina, el pistón ha e.--Il~~o--- P, • barrido un volumen A V = 30 m J • FlGllltA 1.3 ~ 11 La masa de aire total es m = 50 kg . Se supone despreciable la fricción en el desp!azamiento del pistón y taro· bién despreciable el volumen ocupado por la turbina. Calcular el trabajo L T entregado en eleje de la turbina.
'T
Al destrabar el pistón, que puede deslizar sin fricción transmitiendo una presión constante p = 5 alm ~ el aire pasa a un estado final en que su temperatura sigue siendo To = 20 pe - Jofro oC. Calcular el calor Q intercam= biado por el aire. T, So Iució n: El sistema es m. El primer principio es:
siendo:
donde ,V es el volumen Imal y Vo el volumen inicia!. El trabajo L es el producto de la variaciÓn de volumen de la masa m por la presión ejercida por el pistón. Además lJ.U = O pues la temperatura inicial es igual a la Ima!. Luego: . Q - P (V - Vo) = O
So lud ó n: El sistema es ]a masa m. En el primer principio como Q = O es:
=
·L
f[GUAA l.4
Q - L = AU
1.2Q
Además:
lJ.U
PoYo
L=L T +P2 AV AU = mc, (T¡- T,)
pV
Luego: 1.17
= mRTo = mRTo
1.21 1.22
Se calcula V o usando la fórmula 1.21 y V con la fórmula l..22. Luego de 1.20 se obtiene Q = ·804,12 /ccal
Además: !.l8
P, VI = mRT, P2 (VI + AV)
= mRTr
U9
Se obtiene V, a partir de !.l8 y luego Tr a partir de 1.19. Con estos valores, se calcula L T usando la fórmula 1.17. Resulta L T = 1195,94 /cca/.
1·5 - Se tieneuna~asa m.=10/cg de aire a Po cUindm cerrado por un pistón trabado.
-
~---
-
-
-
~----~----
-
--
= 1 alm
-
y T o =20°C enun
-
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS H¡ - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi· que. U". parte conti~ne m, =2 kg de aire a p, = 5 alm y TI = 20 Oc , y la otra m. = 3 kg de aire a P2 = 1 alm y T, = 60 oC. Se quila ellabique. Cal· cular la presión y ia temperalura Imal en el recip iente.
-
~--
-B
,
fI rob lemas en unC:Fa:dQs
Primer princ:tplo. Sistemu cerrl!ldCl:5 (gases) 9
1-7 - Mediante un compresor adiabático se envía una masa de aire m a un tan· que adiabátko. Inicialmente el tan que oontiene m O' = 2 kg de aire a Po = 1 a/m y T o = 20 o e y luego de ing¡:esar la masa m queda el aire en su iuterior a p = 2,5 a/m y T =-120 o-e, Calcular él trabajo L, que debe transferirse al
compresor (figura 1.5). El aire aspi-'
'
rad o por el compresor está a la presión Po ya la temperatura To '
1-8 - Una masa de aire m = 10 kg se calienta a presión constante p :::;:
c 1-----1
,...
p~
T.
L,
'=2 u/m de To =27°e a T¡'= = 217 oC ,mediante fricción con paFIGURA loS letas gira tonas, sin intercambio de ""Ior. Siendo el medio atmosférico Po =1 atm y T o = 2 ¿- o e c.lcular el trabajo neae.s.ario para el accionamiento de la hélice. 1-9 - Mediante un compresor adiabático que aspira aire a Po = 1"tm Y T o = p, = 3 atm y T, = 130 °e ,se suministra aire a un cilindro (figura 1.6), para lograr el barrido de un volumen AV = :::;: 0,6 m3 . contra una presión constan te p = PJ = 3 atm .
=20 o e y lo lleva a un estado i con
IJI
JI/
¡i,
T¡
FIGUR.... L..¡j.
(;1
Po T,
Durante el barrido ·el aire mantiene su temperatura constante Ti :::; 130 °C~ y no illlercambia calor. Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograr el
barrido del volumen Li. V ~ suponiendo que no eXIste fricción durante el barrjdo.
y adiabático, inicialmente vac io, de volumen . V = = 3 mi , ingresan' dos masas de aire', m, = 20 kg con p, = 15 atm y T, =
.] -10 - A un recipiente rígido
= 100
°e
y m2 =3 kg con P2 = 12atm y T, =20"e. Calcnlarlapresión '
p y la temperatura T finales en el recipiente.
1-1 l ~ Uó tanque rígido y adiabático que pu ede comuniCa! con un cilindro contiene m, = 2 kg de aire a P, = lOa/m y T, = 80 °e. El cilindro contiene
contiene m, = 3 kg de aire a T 2 = 60 o e y P2 = 1 atm . El cilindro está cenado ·por un pistón que puede deslizar sin fricción y que transmite una presión constante P, . El eilindro y el pistón so n adiabátieos, Calcular la temperatura final del aire al comunicar el recipiente con el cilindro.
CAPITULO 2 PRIMER PRINCIPIO. SISTEMAS ABIERTOS. REGIMEN VARIABLE (GASES) 1.INTROOUCCION TEORICA
Para efe
F[GURA2.1
donde Q calor intercambiado a través de los límites. que definen al sistema abierto; L trabajo intercambiado a travé, de los límite, que definen al ,i,tema abierto; m, masa que sale del sistema abierto; h 2 entalp ía por unidad de masa m2 (h 2 = U, + P2V2) ; e'2 energía cinética por unidad de masa m2 con respocto a.ej~ Ugados al sistema abierto; e p2 energía potencial por unidad de masa m2 con respecto a ej es: ligados al sistema abierto; m 1 masa que ingresa al sistema abierto; h, entalpía por unidad de masa (h, = U, + P, v,) ; eC ¡ energía cinética por unidad de masa m, con resp octo a ejes ligados al si,tema ab ierto; ePI energía potencial por unidad de masa m, con resp octo a ejes ligados al sislem a abierto; AESA variación de energía en el interior del sistema abierto) la que cee· corresponde a la variación de energ ía interna en lo, problema. que se planlearán.
-
~-
--~~~----
~-----
---~--
-
-
~
----
Primer p rlnclplo. Sistemas .fI biertos. Régime n nriC!lble [gase,s)
12 Pro blem ¡!lIS tipo
Para estos problemas además se supone invariable a Jos valores h2 • e~2 ep2 • h 1 , eC } • epI durante el proceso.
Si ,e eon,idera qu e ,a, masa, inlerviniej¡les corre,pond en a gases ideale" siendo la entalp ía h función de la lemp eratura ú nicarnenle, ,era válid a para el cálculo de la variación de entalpía de eu~lq uier masa m la fónnula: ' 2.2
La fónnula obtenida es idéntica a la 1.3 del problema 1-l. Deb en agregarse las ecu acianes correspondientes a m. en su estado inicial y fmal como :se hizo al
resolver el problema 1·1. 2-2 - Resolver el problema 1-2 adoptando como sistema al recipiente rígido y adiabático. Solución: Q - L = -mh o
Para 10' probiem a, corre,p ond ientes a este lema seran dalo, c, y R ya usado, en el cap ítulo 1, Y para el aire: Cp
~
c, + R ~ 0.24 kcaljkg
K
13
Q
~
t
tl.USA
O
,. L = O ,. ho = Uo t po"o AUSA = (m+ me) Uf - mOU,
donde h o es la entalp ía por unidad de ma sa m en el estado (Po, To) ,y Uf, Y U, son la, energ las internas POI unid ad de masa de m y mo en el eslado {Po , Tf } para m y (P,','T, ) para mo en el estado inicial. Luego queda:
El aire se consídera como un gas ideal.
-mUo -
Po Vo - (m + me) Uf ,- me U, = O
o sea que: m{UI - Uo) + mo (Ur- U,) ~ Po V o
2. PROBLEMAS TI PO 2·1 - Resolver el problema 1-1 adoptando como ,islema el recipiente rígido y adiabatico.
~
~
AUSA ~ mUf es la variación de energía interna en el recipiente ya que la energía interna inicial es nula {recipiente vacío}, y Uf es]a energía interna final
por unidad de masa. Luego:
Yo
...
$_~IiII~II Imi l~ '.~.~.~'lSe.-'~.~.~" .~ .~.-~.~.'.h."_._O<:'
•
m
t
moc, (TI - T,)
Esta ecuación es idéntica a la 1.8 obtenida en la solución del problema 1-2. Debe completarse la solución aplicando la ecuación de eslado. 2-3 - Resolver el problema 1-3 adoptando como sistema al cilindro. Soluc16n: Q - L = ·mh, + lJ,USA Q = O
,.
L
~
Po tl. y
,.
h,
~
U, + P, v,
con h, entaIp ía por unidad de masa de m y mo en el estado (Pf ,TI) Yde mo en el estado (Po, To). Queda:
O = -mUo - mPovo + mUf O = ·mUo - mPo -
mo (Uf - U,) ~ mc,(Tf-Te) + moc, {Tf - T,)
Po Vo ~ mc, (Tf - T o)
-mh o + AUSA
O .. L = O por ,er el recip ienle rígido y adiabático. m es la masa que ingresa y h o su entaip ía por unidad de masa en el estad o inicial (Po, To) : Q
m{Uf~ Uo) t
queda:
Solución: Teniendo en cuenta la fónnula general 2.1 : Q - L
Como:
+ mUf
-Po tl.y ~ -mU, - P, V, + (m + me) Uf - mo Ue
Po Yo = me, {TI - T o}
P, V, - Potl.Y = m (Uf - U,) + mo (U¡- Uo)
::x:::,a·"",,":====::::,,::::::::::::8:$
=11I5=3:'.-==:-:'-:'
$....
El
T4 Pro Memas tipo
Primer ;princrpio. Sistemas IblBrtas. Réttme.n. variable (Pies) 15
la ecuación es idéntica ala 1.13 del problema 1-3 ya que: m (Uf - U, } + mo (Uf - Uo ) = me, (Tf - T,) + moc, (Tr
y l volumen del tanque~ se obtiene con la ecuación 2.5. De 2.6 se obtiene m y luego reemplazando Po Vo ' por mRTo de 2.4, en 2.3 se calcula el trabajo L, = -52,314 kCIJi
T o)
Luego se completa la solución aplicando la ecuación de estado.
2-S - Desde un tanque se descarga aire a través de una válvula de modo que el aire a la salida de la válvula mantiene una presión constante de P = 2,5 alm, Durante la descarga, la temperatura del aire
24 - Medjante un compresor adíabático se envía una masa de a.ire m que, adlabáiíco. Iniclalmente el tancontiene m() = 2 kg d e aire a P(} = = 1 alm y T o = 20 oC, y luego de .ingresar la asa m queda el aire en su inlerior a P = 2,5 atm .y T = 140
ro
r ;m~_-{ p.
en el tanque se mantiene cons.tante e
igual a 'la del aire que sale de la válvula (To =20 OC), f¡gura 23. Inicialmente el tanque contiene aire a P, = 10 alm y el volumen del tanque es V = 2 m 1 . La descarga flll.liza cuando la presión en el interior del tanque es igual a P. Calcular el calor intercarn b lado a través de las paredes del tanque.
v
r.
Oc.
Calcular el trabajo L, que debe transferirse al compresor (figura 2.2). El aire aspirado por el compresor está a l. presión Po Y a la temperatura To .
FlGURA.2.2:
Solució n: Se adopta como sistema al compresor y el tanque: Q - L
= -mh o
+ AUSA
Q - L
-Le = -mUo - Po V o + (m + mol U - mo Uo
= m,h,
+ AUSA
L = O ; m, es la masa que saje y h, es la entalpía por unidad de masa co· rrespondiente a la masa m, en el estado (P, T o) : h, = V, +
p,", ;
AUSA = (m - m,) Uf - mUo
donde m es la masa inicial en el tanque, y Uf Y Uo energías internas por uniR dad de masa de (m - m,) en el estado fmal (P, To ) Y de m en el estado inicial
o sea que:
-L, = (m + mo}(U- Uo ) - Po Vo
(P1 , To). Reemplazando queda:
Corno:
= (m+ mo)e,(T- T o)
Q
luego: PoYo - Le = (m+ mo}e, (T- T o )
FIGURA 1.3-
Sol ució n: El sistema es el tanque. Resulta:
h o = Uo + Po "o ' es la entalpía por unidad de masa m en el estado (Po, T o ). AUSA ' =(m + m.) U - moUo ,donde U y Uo energías intemas por unídad de masa de m y mo en el estado final (P, T) Y de mo en el estado inicial (Po, T o ). Queda,conL = Le:
(m+ mo)(U- Uo )
m,
2.3
+ PV, + (m-m,) Uf - mUo
Al ser la temperatura del aire invariable U,
Puede aplicarse la ecuación de estado a m y mo. en su estado inicial y a
m en su estado flllal:
= m,U,
= Uf = U(} ~ y entonces:
m,U, + (m- m,) Uf - mUo = O
, Luego: PoYo PoV
=
mRTo
2.4
= moRTo
2.S
PV = (m+mo)RT
2.6
Q = PV,
V.
es el volumen de la masa qne sale en el estado (P, To) .
2.7
16 Proble.ma$ tipo
CAPITULO 3
Puede aplicarse la ecuación de estado:
PV,
= m,RTc
P, V =. mRTo
PV = (m-m,)RTo
(masa que sale)
2.8
(masa inicial en el t~nque)
1,.9
(masa Ím.l en e\tanque)
2.10
De 2.9 se obtiene m y de 2.10, con m, se halla m, . Luego se calcula V" aplicando la ecuación 2.8 y con este valor,. se calcula Q) usando la eCuación 2.7. Resulta Q = 4.2 J, 2 kcal .
PRIMER PRINCIPIO. SISTEMAS ABIERTOS. REGIMEN PERMANENTE (GASES)
1. INTROOUCClON TEORlCA Para un sistema abierto existe régimen pennanente cuando se Cllmp len las
condicioneS siguientes (ver fIgUra 2.!): 1) La ma.. que ingresa m, es igual. la que s.le m, ,y durante el tiempo que se consid ere, estas masas m1 =
m2
,
mantendrán constante su valor por unidad
de tiempo. 2) Las condiciones de la rna.. que entra (h, , e" ' ePi) y de 1. masa que sale (h, , e" , e.,) no carnblancon el tiempo. 3) No hay cambios en el interior del sistema abierto, de modo que en la fónmula 2.1 es 1>E~A = O. La fónmula 2.1 queda entonces con m, = m2 = m : 3.1 El trabajo L (trahajo de circulación) se supondrá transferido siempre mediante un eje:
3.2 A los sistemas- abiertos p ennanentes se les da: también el flombre de sistemas. circulantes. Son datos para los problemas que se eimnciarán, referentes a estos sistemas,
los valores ya dados de ep
,
ev Y R del aire.
aS4':;h _.
S
7
FR·
w
n
18
pI
""'
. Prlm-er principro. Sistemas abril!rtDS. Régrmen plle-rmlnenhl (91$005)
I ntroduce:f6n teórica
Se tratará acerca de;
a) Turbinas: se la, considera adiabática,. Disminu~e la entalpí~ ~2 < h¡ y,e obtiene trabajo en el ej e L r >0. Resultan desprecIable, las vanac¡ones de energia cinética y potencial en turbinas de ga, y vapor: L r = -tJf
= m (h¡
3.3
- h2 )
con h, Y h 2 enlalpi", especificas inicial y fmal de la ma,a m. . b) Compresores: ,e lo, utiliza para la com presi,6n .d~ ,:"se,. Debe .transfenrsele' trabajo en un eje Le. Las variaciones de energla crnehca y potenCial son despreciables: 3.4 Q ~ L, = tJf = m (h 2 - h,) donde h, Y h 2 son las entalpía, especificas inicial y fmal de la m....a m. .. c) Vál\'llla, Reductoras: producen en gase, y vapores.una bru,ca c.alda de pre?on la que ,e logra mediante un estrechamiento. El flUIdo no cambIa su entalpJa al reducir la presión en la váJ\'lIla reductora: h, = h 2
d) Cámara, de Mezcla: a la, mismas ingresan corriente, de.un mismo fluido o de distinto, fluid o,. En régimen pennanente, todas las comentes que mgre~}o hacen a la mism a presión, siendo prácticamente igual la presió.o ~e las coment.cs al salir juntas de las cámaras de mezcla. Con L eje = O Yv.anaclOnes despreCIables. de energía cinética y de energ ía potencial, si hay i comentes:: Q
3.6
h }; mi - }; m¡h, = O I ,
3.7
=
b) Se suriünistra aire a un- tanque mediante un compresor (no existe régimen per-
manente porque cambia el e,tado del aire que ,ale del compresor, a med ida que aumenta la presión en el tanque). No vale la fórmula 3.4' para el compre,or. Sí existirá régimen permanente para el compresor si se aclara que éste comprime al aire siempre hasta que alcanza un estado detenninado, invariable, antes de su pa. 'o al tanque. . e) Consideraciones sirnHares referentes al no cumplimiento de las condiciones enumeradas para la existencia de régimen pennanente aseguran que no es válida
la fórmu la 3.2 para ninguno de los sistemas abierto, que puedan adoptarse en los problemas del capitulo 2,2·) al 2-5. Para los problemas enunciados. a continuación rererentes a sistemas abíertos en régimen p_ermanente, son datos los valores ya dados para el aire de e.. . , ep y
R.
2. PROBLEMAS TIPO 3·1 - A una cámara de mezcla adiabática (figura 3.J ) ingresan dos corriente, de aire. Una, de masa mI ,a Po = 5 .T, . I alm y T o = 800 Oc , que se expan. d e previamente en una válvula reductora, la otra de masa m2 ~ a P2 = 3 C.M. (m¡ ... m~J TJ atm y T2 = 20 00 c. A la :salida de la cámara de mezcla: el aire tiene tern~ peratura T3 = 120 oC, Calcular la relación entre las masas m 1 y m 2 . FIGURA 3.L Solu ción: Para la cámara de ro ezcla será válida la f6rmul. general 3.1 , de ia cual, con Q ='0 .. L.,. = O ,. t.E, = O Y t.Ep = O, se obtiene AH = O , por .lo t.nto:
,
,
y si Q = O , cámara de mezcla adiabátíca, es:
Para dos corrientes: m1 y m 2 ,de entalpías esp ecíficas h1 y h] que salen con entalp ía espec ifica h : l
(m, + m2) h = m¡h, + m2 h 2
a) Una turbina entrega trabajo en su eje al descargar, a travé,de la mism.a, el aire contenidQ' en un tanque (no existe régimel} pennanente porque cambian las con.. dicione, de la masa que entra a la turbina desde el tanque). No vale para la mi,ma la fónnula 3.3 • .
3.5
tJ.h = O
h };I mi - };, m,h,
19
3.8
Observaciones: La aplicación de ia fónnula 3.2 es válida únicame';te .c~ando se dan las condicione, que aseguran el régimen permanente. No sera valida entre otros, en los casos enuncí~dos a continu ación.
o:
Prlm er prrnclp lo. Slstemas abierto I~ Ré-giml!l n. ~erm:ll n.ente (gases) 20
Problemas tipo
Al suponer al aire como \In gas ideal la entalp ía so lo depende de la temperatura, de modo que hr = ho , por lo que mT Ih¡ - h.) = -Q y Q = L, , porser nula la variación de energía interna, y el calor dependiente de la transfonnación, o sea de la función P = f{V) que relacloua presión y volumen en la transformación, Como P ~ m,RToIV re,ulta:
Su poniend O el .ire gas ideal: ,
'"
_ h3
y
~ c p IT, - T.. )
Luego: mIeS'
IT !
dV
_ T3) + 'm,c p IT. - T3) ~ O
m, m,
=
21
T3
-
V
T.
T, - T, , h (fórmula 3.s) de modo que al , . 1 a la entalpla o ' La entalp lO h, es 19U' lirá que T, '" T o . Luego: considerar al aire un gas ideal se c~mp 3,9 m, ~ T, - T,
,Además PfVI
= Po Vo , quedando: Q
~
PI -m RT. ln~
..
Po
luego: mT (h, - h.)
= m,RTo
PI Po
In -
To - T3 , (m 1m,) ~ O147. t. fórmula se obtIene que ¡ , e~ . D ' . T - 20 oC y lo com¡mme a , P - J "1m Y o - , '0 3.2 _ Un compresor aspira arre a o,~ fi 1 P ~ 3"tm, ,El trabajo necesan tante hasta una presl0n 1I1a f temperatura coas 'd I , . del compresor se obllene e en e1 eje turblna trabajo total en el eje de una adiab ática, a la cual entraT :u~ o~ ~~a Pr r! .. n P = 4 atm Y , , m, preslO, 'T _ 400 ° C 'Calcular la saliendo a. 2 .. ue
relación entre la masa de aue me d Cl . circula en el compre,or Y la masa ;~2 re que circula en la tmblna (figUra ',,' T, FIGURA 3.~ Se supondrá que en la transformaclon del aire en el compresor quedan e~tablecldos todos los estados intermedIo s entre ellniclal Yel rmal, •. • la 3 3 Y para el compresor la 3,4, de . Soluc! ón: Fa," ia turbina es valida la formu IJI~
, modo que: ,
LT
= mT (h,
)
- 11,
y
Q _ L, =
m, Ih f - h o)
L, O y mT Ih, - h,) ~ m, Ih r - ho) - Q
"'------"---;-;
Además h, - h. = cp (T, - T.! , entonces:
'm, mT
=
......:(-=-T-'-,_-...:T:.:.-=-)~ RTo In (PtlPo)
3.10
De 3,10 se obtiene qne (mJmT! = 4,346. 3-3 - Con el aire que sale de una turbina adiabátiéa se calienta agua líquida desde To = 20 ° C a T, ~ 90 oC (figura 3.3), El aire mantiene constante su presión P, al transferir calor al agUa líquida, qu edando finalmente con T 3 = 100 oC. La relaCión entre la masa de agUa lí- p¡ TI 'luida y la masa de aire ~ mlm. = 0,25 , +--+-" el trabajo en el eje de la turblna es L T = = 1 0.000,000 !
AS;;W:;:a:;
_ _IIÍIIIIIIiIIIII_ _IIIIIIII.-...._ililiilllíiliililililllllliilililiilliiiiiiilllllliiillliiiliiliiiiiillliil_ _IiiiiiIiiiiI
. . . . . . . . . .W .
r
-tr:::er tr
-1b4o!!
§!:t;!
22 Problemas tlp o
Primer prillclpio. 51s.temu abrertos. Rqimen pll-rmanente {gilm)
Por considerarse al aire como gas ideal: h, - h, =
luego:
L
r
Cp
La masa de aire necesaria es la que corresponde al volum en ..o. V en el esta· do (PI, T,): PIAV = mRT, 3.16
(TI - T,)
= m.cp (TI - T,)
3.JI
, De esta ecuación se calcula m y luego en 3.15 es L.
Para la transferencia de calor entre el aire y el agua líquida:
mCL (Tr - T o) = m.cp (T, - T,)
3. PROBLEMAS ENUNC!ADOS
3-5 - Se tie/le la iustalación de la figura 35. Una masa de aire m, a PI = 3 alm ; T, = 500 oC, se enfría a presión consta nte) transflriend o ca~ lor a u na masa de agua líquida m, la que pasa de una temp eratura inicial To = 20 Oc ,a una temperatu· ra final TI = 70 oC. Luego de esa transferencia de calor la masa mI ingresa ~ a una cámara d e mezcla FIGURA l.s adiabática, junto con otra ro asa de aire m, a T, = 500 oC. Las masas m1 y m2 se expanden luego de salir de la cámara de mezcla en una válvula reductora, quedando a la presión Ps = 1 atm con T j = 350 oC. Si la relación entre la masa de agua líquida m y la masa mI de aire es 4 , calcular la relación entre las masas de aire ml Y m¿ . Como dato se da el calor específico del agua líquida CL = 1 kcal/kg oC.
3.14 De 3.14 se obtiene T, = 445,9 K = 172,9 oC. De 3.1 3 se obtiene que m = 16610,8 kg. Luego m. = m/0,25 = 66443,4 kg. 3-4 - Medjante un compresor adjabático que aspira aire a Po = 1 atm y T = o = 20 Oc y lo lleva a un estado I con P, = 3 atm y T, = 130 Oc ,se sunúnislra
aire a un cilindro (f¡gura 3.4 j, para lograr el barrido de un volumen AV igual a O~6 m3 ,contra una presión m 1-'1 T r constante P = PI = 3 a1m. Durante el barrjdo el aire mantiene su temperatura constante TI = 130 o e , y no " intercambia caloL_ ftGURA3A 'Calcular el trabajo en el eje del como presor para lograr el barrido del volumen AV, suponiendo que no existe fricción durante el barrido. So luc fó n: El compresor funciona en régimen pennanente luego con Q = O de la fórmula 3.4 se deduce que: '
3-
1
Como hI
-
= m (h,
- ho)
•
'h, = cp (TI - To) es;
3.15
~
-, -
~ ~
- ,.
~",.,
~
~
-
",. -
-
--
~
-
-
-
= 41,5 7 ki/ocolor i(J!i.
3.12
Con las ecuaciones 3.11 y 3,12 Y con mlm. = 0,25 quedan corno únicas incógnitos T, y m :
-L,
23
~
-
-
~
-
~
-
-
--
~
-
-
-
~
-
~
~
~ ~
~
-
-
.
~
~
..
~
~
~
- -
-
.
--
-----=--~ ~
---
24 Pro blem In lB lluneiadQ.5
CAPITULO 4
kg/hOTa y la potencia en el eje de la turbina es N T = 2000 HP (1 HP = 632 lecal/hora). Calcular las masas m, y m eu· leg/hora.
TRA NSfORMACI ON ES POLlTROPICAS 1. lNTRODUCCION TEORICA
Una transJorrnaCÍón politrópica es una transformación en la cual el calor específico e se mantiene constante. Son fórmulas válidas para las transfonnaciones politrópicas de gases perfectos las siguientes, en las cuales se ha considerado mí estado inicial (P, • V, • T,) Y un estado final (P2 • V2 • T 1 ):
P,
VI =
P1 V1
T, V¡-' = T 2 Pf'-'TJI> T,
=
vr'
pY->!hT2
= con'lante
PI"
ó
TY>-'
Ó
= conslanle
4.2
=
4.3
pfM!I>T
ó
Cp
-
e
Cv
-
e
comlante
4.4
l' = - -
e = e, Q = mc,
L =
l
f,
•.. ~-
4.5
(K - 'Y)
( . ) (T2 1 - 'Y
-
T,)
4.6
4.7
=
4.8
VdP
__
(K -1') (l _ 'Y)
mRT, PdV =...::::~
-r ..
4.1
('Y- l) 'Y
r
PdV
.
-, 5
25 PiO blaml5 tipo
Tra rufo rmillclone.s polltróplelliS
"1 -es un exponente adimensional, c~, y ep son los calores espec íficos del ga, ideal a volumen constante y a presión constante. K = cple, . Si:
e
l<"«K
b) Ja desca_rga se produce en tonna infrnitamen te rápida, tanque adiabático. c) la, descarga se produce danto tiempo a que el aire interior llegue al equilibrio térmico con la atmósfera (To = 20 oC),
4.9
Soruclón: a) Para el aire interior todo ocurre como si cada kilogramo de masa experimentara una transformación politrópica y adiabática (e = O) , luego 4.5 .e deduce que "( = K = e pIe,. Luego:
[;;j
2. PROBLEMAS TIPO
>
IQI
y
Solución:
e
=
IL I
>
L
=
:
Q - AU =
4. i 1
RT,
m
IllU = me,AT m(e-e,)AT
"(- K
c=c--'-
, "(-1 ,
Debe ser "(- KO. 4-3 - Un tanque contiene aire P, = 4 atm y T, = 60 oC. Se produce un escape de aire hasta que la presión fmal en el tanque es P, = 3 atm. El volumen del lilnqu e es V = 20 m J • Calcular Ja masa d e aire que sale del tanque en lo. casos siguientes: a) la des<:arga se produce en forma infmitamente lenta, tanque adiabático.
= P,V
4.12 '
RT,
4.5
4-2 - Demostrar que si el exponente 'Y para Ulla politrópica de un g.. ideal e, negativo, el calor específico e es positivo.
a
4.10
y la inicial:
Si AT < O es meAT> O y -me,IllT> O ,quedando demostrado. Si AT> O es meAT < O y -me, AT < O, quedando dem""trado.
Solución:
T2
T,
P,v
Si e < O, es 1 <"«K; si.ro e,lamasa: Q = melllT
=
mI = - -
IIllUI
"( - K el' - - - , "(-1
(K-'}/K
y la masa final será:
4-] - Demostrar que en una politrópica de un gas -ideal, con calor esp ecífico negativo, el valor absoluto del trabajo e, mayor que el valor absoluto del calor intercambiado y que el valor absoluto de la variación de energía interna:
ILI
27
,
Salen (m - mI) kg de aire. Calculando m con 4.12, T 2 con 4.10 Y mI con 4.l1,83le que (m- mI) = 15,73 kg. b) Todo ocurre como si cada kilogr.mo d e aire interior hubiera experirn entad o una ,bmsca caída de presión (proceso equivalente a Jo que sucede en una válvula reductora), luego Ja temperatura final del. aire en el tanque será igual a ]a inicial T2 = T1 . De 4.ll sale mI y con m y mI se obtiene que en este caso resulta (m - mI) = 21,17 kg. ' c) Como se conoce el estado final (P" Te) en el tanque, puede calcularse mI = P2 VIRT(J ) con -este valor y el de m ,se obtiene que en este caso tenem!Ji (m-mI) = 12,50 kg, 44 - Se dispone de dos recipientes rígidos y adiabáticos, que pueden comunicarse entre si (figura 4.1). U4recipiente esT tá vacío, el otro contiene aire a P, = 3 atm y T, = 80 oC. El volumen d'e,Jo. dosreci,I pientes es el mismo y su valor es V = 3 m 3 M ca,da uno. Suponiendo despreciable el voluP, IIACIO .men d el conducto de comu ni-eación 1 calcu~ l' Jar las temperaturas fmales en cada reci-m • ~ II} piente cuando se pennite que se alcance el equilibrio dinámioo entre ambo., al comuFIGURA4.1 nicárseles de modo que el pasaje de aire
I
,.
,1
,
"
:i ! ,1
, "
~
il
Tnrnsfc.rmac!onlllS 'P.o1itró piCEU 29
2 B Proble miU trpe.
pued e suponerse infmitamente len to~
Solución, Debe procederse según se explico en el capítulo l. El sistema e, la ma-.
De la, ecuacione, 4.14; 4.16 Y 4. i 8, en las que hay tres incógnita, T, f ' T,f Y m' , ,e ob tienen la, temperatura' fmales en (1) y en (11):
sa: m:
m
T
que:
'f
=
O
=
= 1;U
(m - m') c, (T'r- T,J + m'c, (T'r- T,J
4.13
Y T'f son las temperatura, finale, en (1) y (11). De 4.13 se deduce
m-
m~
T, - T'r
T,,- T,
m' Por ,er igual la
p~,ión
T'f = 451,6K = 178,6 oC
RT]
Si m~ es la masa que sale de (1) con Q"= O y L == O ,'se tendrá que AU== y:
1;U
;
- - = 9kg
Q - L
= (}
T'f = 289,5 K = 16,5 oC
P, V,
4.14
'f
V
m'RT'r V
/~
aire contenido en (I)) el cual experimenta una transfonnación politrópica, hasta que el aire en (n) alcanza una temperatura fmal T = 90 ° C. Calcular las presiones finale, en (1) y (n) y el volumen fmal en (1).
T'r
T1[
m'
FIGllRA4.~
Deb e "procederse como se -explicó al tratar acerca del primer principio para sistemas cerrados. El sistema es (ml + m2) y:
4.15
Q- L
y de aquí ,e deduce: (m-m') =
'/
;//1
So [ución:
fmal p en (1) y (n) e,:
(m - m') RT
4-5 _ Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabique r19ido (fignra 4.2), estando una de la, do, part e, cerradas por un pistón también adiabático. I t -' , En (1) hay m, =2 kg de aire a P, = 1 • I alm y T, = 20 oC ,yen (n) m, kg de aire :" III [Ill m, v, a P, = 2 atm y T, = T, = 20 oC ,ocupan3 do el volumen V, = 2 m . Se comprime el P, T, %
4.16
Por pro~ucirse la descarga en fOJma infinitamente lenta, se tendrá por cada kilo masa de aire de (1) una trans;[ornlación politrópka y adiabática, de modo • . Usando la fórmula 4.2 para la reque con c = (} ,e tendrá que "1 = K = c plc, lación entre las temperaturas y los volúmenes específicos:
=
Q
llU
= (}
1;U
= m,c,(T- T,)
+ m,c, (T- T,)
-L
= m,cv(T- T,)
+ m,c, (T- T,)
luego: 4.19
La, temperatura' en (1) y en (11) se mantienen iguale, porque al ser la trau,formación de mI una politrópica t debe producirse manteniéndose el equilibrio ténnico éon la masa m2 ,o sea que la transferencia de calor entre m] y m2 es con s8.lto infmitamenle pequeño de temperatura. Además:
iVI(m-m')l I-K
r V/m
!.!L T,
]
4.17
VI(m - m') y Vlm son io, volúme.nes específico, final e inicial del aire en (1). De 4.17 se deduce que:
P, V, = m,RT, .
(estado inicial)
4.20
= m,RT,
(estado fmal)
4.21
(estado final)
4.22
P,fV'f
De 4.20 se obtiene =
!!L T,
-
~
......
~
-=---
---~
---
-
~
- - - - -
,-
-
4.18
m, :
.
30 Probllmu tipo
CAPITULO 5
De 4.22 se obtiene la p.'."sión Imal en (11), que resultaP, .; 2,48 alm . Por ser la transformaclOn de mI politrópica, el calor transferido en la mis-
ma valdrá:
.
La variación d:e energía interna de
rn1
MEZCLAS DE GASES
es:
llU = m,c, (T - T,)
Luego el trabajo L puede expresarse como: L = Q - llU =
m, [~=:
e, -
c.]
(T- Tj)
4.23
obteniendo L de 4.19 y calculando 'Y de 4.23. Entol1ces:
[p,rl1r-'Jh [p,J m
3
=
I... TI
De 4.24 se obtiene P" = 7,73 alm ,luego de 4.21 se calcula V"
4.24
= IJ,266
1. INTROOUCCION TEORICA
Se supondrá ideales a los gases, por lo tanto, vale entooces el concepto de presión parcial y la ley de Dalton. La presión· parcial de un gas, componente de una mezcla de gases ideales, que está a urta temperatura T, ocupando un volumen V ~ es la que le corresponde al gas en la mezcla, equivalente a la que tendría solo ocupando el mismo volumen V a la misma temperatura T. La ley de Dallon establece que la presión de una mezcla de gases ideales es igual a la suma de las-presiones parciales: de ca~ dagas. . Estos conceptos de presión parcial y presión total, unida. al hecho de qne en la mezcla cada gas ocnpa todo el volumen y al hecho de que si son gases idea·, les cada gas se comporta como si estuviera soJo, son fundamentales para la resolución de los problemas de mezclas de gase, ideales.
2·. PROBLEMAS TIPO
".
"
o
Jr.~·
FJGURA5.1
5 ~ 1 - Un recipiente rÍgído contiene inicialm ente no = 0,5 kmo/es de oxigeno a Po = 10 atm en (D y llN = 0,05 kmo/es de nitrógeno a PN = 1 alm en (11). Ambos gases, que pueden suponerse id eales, mant.ienen constan te .su temp eratura T o = 20 oC (figura 5.1). Sup oniendo que el tabiqu e que ,epara (1) y (11) es poroso, impermeable al (}xígeno y peT1Í!eable al
nitrógeno, establecer las presiones ('males de nitrógeno y de oxígeno.
-
-
.
32
Mezel as -de ga se5- 33
ProblElm as tipo
So Iuc ión: Según Jos conceptos- explicados, cada gas se comporta como si estuviera solo l de mod o que el nitrógeno pasará a ocupar los dos volúmenes, el de (1) Y el (11), mezclándo,e en (1) con el oxígeno, hasla que alcance un e't.di; fmal en el
So Iució n: No quedando eslablecida la te\l1peratura final como en el problema ano terior, debe aplicarse el primer principio, en la forma explicada al tratar acerca
de sistemas cerrado,. El sistema es (n o + nN) :
cual su pre'ión sea la misma en (1) Yen (lI): Q - L PN =
nNR[JT() VN
nNRuT
o PNf = (Vo + VN )
Vo = VN =
con V o
Po llN
R u T()
PN
-
u
7
-;--":
5
La lemperatura fina! dO! ox (geno y del niIrógeno será la misma porque no
más en el estado fmal lenemo;: PNf =
5.3 POf
nNRuT
5.6
Vo + VN noRoT
=
Vo
5.4
siendo la del oxígeno To = 20 ° C y la del ni· (1) (11) trógeno TN- = 6 (J CJ' e , y con las mjsmas presio. nes, y siendo no = 0,5 y nN = 0,05 el núme· ro de kilomoles de cada ga" calcular las presIoFlGURA 5_l ne, y las temperaturas finales del oxígeno y del nilrógeno, suponiendo que el recipiente y el tabique poroso sean adiabáticos (fIgura 5.2). Como dalo, el calor molar a volumen conslante del oxígeno y del nitrógeno es C, = (3/2) R u y: (constante universal)
L = O
cesará de pasar nitrógeno hasta que no se alcance una temperatura uniforme para ese gas, el cual quedará a igual temperatura y pr~sión en ambos recipientes. A~e
5-2 ~ Si los gases, "oxígeno y nitrógeno, mencionados en el problema 5-1, se encu entran jnicialmente a distinta temperatura,
kgm kmolK
=O
5.2
VN ,deducido a partir de 5.3 Y 5.4. Se obtiene de 5.1 y 5.2 que es PNf = 0;5 a/m. La presión del oxígeno no cambia, ya que en la mezcla el nitrógeno se" comporta como si estuviera soJo, y no cambia ni su volumen ni su temperatura (se}s. tableci6 que la, temperalura! se m antienen constantes en (1) y (11) Y que eran iguales para ambos gases).
= 848
Q
5.5
=
R~
..
5.1
donde PNf es la presión fmal del nitrógeno y Ro es la consl!nte universal de los gases ideales. También: l1 o R u To
= t>U
5.7
Vo =
n()RuTo Po
5.8
=
nNRuTN PN
5.9
VN
De 5.5 se obtiene T = 296,6 K = 23,6 oC. Luego, con Vo y VN ~alcu lado, con 5.8 y 5.9, se obtienen de 5.6 y 5·.7: PNf = O, 53 aI m
,.
POf = 10.13 atm
. 5.3 _ Un cilindro está dividido en dos parie, (1) y (ll), según indica la figura 5.3. El cilindro y el pistón son adiabáticos, siendo despreciable la fricción enlre ambos, y el tabique que separa (liy (11) poroso, impermeable al oxígeno y permeable al nitrógeno y adiabático. Eá(l) hay no = 1 kmol de oxígeno a To = 20 oC ya la presión P = 10 a/m constante, que Iransmite el pistón.. En (In hay nN = 0,05 kmales de nitrógeno a PN = 1 atm y T N = 100 oC. Suponiendo gases ideales al oxígeno y al nitrógeno J calcular las presiones finales POf y PNf de ambos gases. e, y R u son los dados en et prob~a 5-2.
34 Pro blema.s tipo
p
,,"
Yo
Q - L =!J.U
1')
p"
T~·
,.
Q = O
,.
L = P(Vo,- Vol
donde Vo, y Vo son los volúmenes linal e inicial de (1). Además:
To
. ¡I,~-
CAPITULO 6
Solución: El sistema es (no + nN)' Luego;·
,...!.....,
SEGUNDO PRINCIPIO
(IlJ
v.
La temperatura linal del oxígeno y del nitrógeno es la misma, según se explicó en: el problema 5·2. Luego:
F1liUKA S.3-
DE LA TERMDDINAMICA
Además re.ulta:
PVo
= noR.To
PNVN = nNR.TN
5.11 5.12
Teniendo en cuenta el concepto de presiones parciales: 1. lNTROOUCClON TEORlCA
5.13
Enunciado de Pkmek: Es imposible una máquina térmica que transforme íntegramente en trabajo el calor que se le transfiere desde una fuente.
y según la ley de Dallon: Máquina Termica: hace qu e un sistema cumpla ciclos ~ intercambj¡mdo calor y en-
5.14 De 5.11 Y 5.12 se obtienen lo. valores de Vo y VN quedando entonces como incógnitas en 5.10 y 5.13 VOf ' T Y PNf • Para la resolución puede recunirse a la ley de Dalton como sigue:
tregando un trabajo (ligura 6.1): Q, + Q2
=
El sistema de ecuaciones 5.10, 5.13 Y 5.15 permite el cálculo de = 0,297 alm. Luego, de 5.14 se obtiene POf = 9,703 atm .
6.1
FJGU.RA6.L
Ql
> ()
Rendjmiento.'
L
5.15
L
Q,
6.2
Enunciado de Chus¡lus: Es imposible que el calor pase, por si solo, desde una temperatura menor a otra mayor.
} - -.....~L>'
Q~
Tra/lSformaclones reversibles e Irreversibles: Los conceptos de transformaciones reversibles e irreversibles se fundamentan en el enunciado del segundo principio. Una transfonnación es irreversible, cuando luego de ocurrida, es imposible volver el sistema y el med iD a su s condjciones iniciales. En caso contrario 1 la tTansfornlación es reversible.
&
.L
36 Problemas tipa
Segll ndo p rinclp-!o de la term-e-diinámica 37
Son causas d e irreversibilidad en los procesos: qu e intervienen: 1) transferencias de calor con salto finito de lemperatura. 2) desequilibrios mecánicos fmito s (a causa de un ·salto de presión finito, por ejemplo). 3) la fricción.
Teorema de Carnat: Para todas las máquinas térmicas que funcionan intercambiando calor únicamente con un par de fuentes de calor de temperaturas T1 y T 2 ,con T 2 < T} ,se cumple que: - todas las m áquinas ténnicas reversibles tienen el mismo rendimien t~. - cualquier máquina térmica irreversible tiene un rendimien tú menor que las antenores. .. el rendimiento de cualquiera de las máquinas ténnicas reversibles será:
T2
'1=1--
T,
6.3
Teorema de Claussius: La suma algebraica de las relaciones. entre los calores intercambiados por un sistema que efectúa un ciclo Q I Y las- t emp eraturas absolu. tas 1i de las fuentes que intercambian ese calor QJ será;
T,
Q,
F1GURAó.2
So luc ión ~ Por funcionar M] únicamente con dos fuent es y ser reversible, su rendimiento vale (por 6.2): '1,
L
= Qí
=
Qi + Q2 Q2 = 1 + Qi Qi
1 -
6.8
O
6.4
Qí es el calor intercambiado por MI con la fuente T, . De 6.8 se obtiene que Qi = 1000 kcal. El trabajo será entonces:
:¡; (Q,/T,) = O
6.5
L = Qi + Q2 = 600 kcal
:¡; (QJT¡)
<
La fórmula 6.5 vale si el ciclo es reversible, y la 6 .4 si el ciclo es irreversible. Pina una transfonnación reversible de la masa m que circule en el caso de un sislema circulante (capítulo 3) se cumple que:
- V dP = oL.¡. + dE, + dE.
-f-V dP
La máquina térmica M, fuuciona acop ~ada a un mismo eje con otra máquj· na que hace que un sistema efectúe ciclos (M,) , transftriendo todo el trab ajo L que entrega a la máquina M, . Esta última puede intercambiar calor con la fuente de T, = 1000 K Y con otra de T, = 600 K. El calor transferido total por la fuente T, al conjunto de las máquinas M1 Y M, . es Q, = 1000 kcal. . Calcu lar los calores intercambiados por MI con la fuente T, y por M, con las fuentes T, y T, .
= L
6.6
La máquina M 2 intercambia entonces calor con la fuente T:1· únicamente, siendo Q, = -Q" + L = -600 !
6.7
2. PROBLEMAS TIPO
6-1 - Una máquina térmica reversible M, (figura 6.2) intercambia calor con dos fuentes, una de temperatura T, = 1000 K Y la otra d e temperatura T 2 = .= 400 K , siendo el calor intercambiado con esta última Q2 = -400 kcal .
6-2 - El ciclo 0110 ideal de aire está formado por dos transformaciones adiabáticas reversibles (0-1) y (2-3) Y por 'dos transformaciones reversibles a volumen constante (1-2) Y (3 -O) , según se indica en nn diagrama presión-volumen en la figura 6.3 . El rendimiento del ciclo es: '1
=1
-
Segundo p rincrpio de lB termQdlná mica 39
3-8 Problemas tipa
,
Si se tiene un ciclo Olto de rendimiento '1 = = 0,55 ,con To =300K,y T, = 900K ,caicular T, y T, ' El aire se considera gas ideal con K= 1,4.
Solución: Con "
Solución:
Luego V,
To T,
= 0,12 re
resuita que:
v, V; = 0,12 Vo .
Vo
= 0,12 V,
De 4.2 :
1 - '1
Luego:
v
T T, = -o-
FtGURA D.}
6.9
1-'1
De las relaciones correspondientes a las transfonnaciones adiabáticasreversibies para un gas ideal (4.2), se deduce que al ser V, = V, .y Vo = V, : T, 1 =-T, 1 - '1
luego
De 6.9 se obtiene que T, =666,7 K. De 6.10 resulta que T,
= T,2,22=
6-3 - El rendimiento de un ciclo Diesel compuesto por dos tIausformaciones ad iabátieas (O -1) y (2 -3) , una transforma- . ción a presión constante (I-2) y una transP formación a volumen constante (3 - O), todas reversibles, es:
== = 14 ' C C
v
Puede demostrarse qu e, aplicando 4.2, paIa un ciclo ideal:
iuego: T, = T,
,
;
V, " = V,
=
T2 T,
v FlGURAó..4
;
Te =
~
_
Calcular el rendimiento del ciclo Diesel si para el mismo es Tu = 300 K Y T, = 2000 K.
[;;r
IK 11 -
TI
= O,12'c
;
'/K
6.12
_t
Te -
Con T,
J
f;:j
Con T, obtenida de 6.11 se calcula T, aplican~o 6.12 y luego re de:
(r{ -1) Kr§-I (r, - l)
En la figuIa 6.4 se ha representado esquemá ticamente el ciclo Diesel en un diagram a presión-volumen. Se supone al ciclo efectuado por alce, al que se considera gas ideal, con:
K
6.11
6.10
= 1198 K.
'1 = 1 -
sale que:
= O,12re
T'] 'IK-I To
-
y la fórmula del rendimiento, se obtiene que '1 = 0,62 .
CAPITULO 7
ENTROPIA
1. I NTRODUCCION TEORICA
La variación de entropía liS, correspondiente a una transformación reversible de un sistema -cerrad o, que presenta en cad a una de sus sucesivos: estados temperatura absoluta T unifonn e, pu ede calcu larse .rn ediante la fórmula:
. f'
!>S =
1
-6Q
T
7.1
º
~ es el calor intercambiado por el sistema en cada una de las sucesivas . transformaciones elementales de temperatura media absoluta T. Consideraciones basadas en los conceptos dados en el capitulo 6 permiten (lemostrar que la entropia S es una función de -estad o. La variación de entrop ía de un sistema cerrado en una transformación adiabática-'irreversible es posítiv:a. La variación de entrop ía del uní ,,-erso .(sistema más medio) es:
7.2 7.3
La f&mula 7.2 vaJe cuando ocurren t~ansfonnaciones.irreversib les en el universo) y~a 7.3 cuando solo ocurren transformaciones reversibles~
EX
a
42 ,1 n.trad uoci6 n. teórica
Entro-p ia 43
De la fórmuia 7.1 se d ~uce adem ás que para transfonnaciones irreViersibles a volumen constante, si el calor esp ocifico Cv es constante: 2
AS,=
[I
~Q
T
[2 = 1
T,
dT
me,..
T
= me,.. In
A p~sión constante, si el calor específico cp
e~
r;
7.4
constante:
7-1 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabique. Una parte contiene m, = 2 kg de aire a P, = 5 atm y T, = 20 oC, y la otra m2 = 3 kg de aire a P2 = 1 atm y T2 = 60 oC·. Se quita el tabique. Calcular la presión y la temp eratura final en ei recipiente, y la variación de entropía dei universo. Solución: El sistema es (m, + m2). Como:
T, = mc p l n T, y a temperatura constante
2. PROBLEMAS TIPO
7.5
Q-L=!J.U
;
Q=O
=
L
O
luego:
T:
!J.U = m,c,(T- T,) + m2c, (T- T, ) Q
7.6
/:,S=-
T
=O
1.12
De 7.12 se obtiene que T = 317 K = 44 oC. Además:
En una transformación adiabática reversible es:
;
7.7
!J.S = O
Con estos Valores, se obtiene la presión final P 'a partir de la ecuación: Además puede deducirse que para una fuente de calor de temperatura TI que intercambia calor Q( es: !J.S
=
QI TI
7.8
P(V, + V2 )
!J.S
= mc v In
!J.S.= mcp In
To TI
V,
V;
P,
mRInP,
7.9
V, + mRln • V,
7.10
P,
+ mRInP,
L
1.13
Resulta P = 1.42 alm . mula 7.9 : ~mJ
= m]cp
M
=
m .1
T P - mIR I n T, P,
in -
m2cp In -
T
P
To m,R In P2
Se obliene !J.Sm , = 0,191 kcaljK y !J.Sm , = 0,037 kcaljK. La variación de entropía del "':lniverso -será:
7.1 i
En ei caso de tratarse de aire, ,on válido, en los problemas que ,iguen, referentes a entrop ía, io, valore, de cv , e p y R ya dados.
a
+ m2)RT
La variación de entropía de m, y m2 puede calcularse aplicando la fór-
Para gases ideales valen.las fórmulas siguientes, entre un estado (P, , V, , T,) y un estado (P2 , V2 , T 2 ): T2 !J.S = mcp In TI
= (m,
i . j ..
Es positiva por tratarse de una tran,formación irreversibie, ya que hay acción de una diferencia de pre'ión fmita (P, - P,) y se ponen en contacto la, masa, m 1 y m2 a distinta temperatura.
,...."_1
-_.&$."_
+
44 Problemas tip o
Entropía 45
7·2 - Una máquina ténnica reversible funciona intercambiando calor con una
masa de aire m = 100 kg , que se enfría a volumen con,tante desde TI = 1200 Oc a Tz = 600 Oc y con la atmósfera (To = 27°C) (figura 7.1) . Calcular el.rendimiento de la máquina tennica. So lu e fó n: Para obtener las ecuaciones: necesarias para la resolución del problema puede recurrirse al primer
7-3 - Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tres fuentes (figura 7.2), siendo QI = 2000 I«:a/ .. Q3 = -800 keal ; T, = 1000 K .. Tz =500K .. T 3 =3DaK. ,Calcu lar el trabajo l entregado por la máquina térmica. So Iu el ón: Por el prim er principio:
1-----,[
princip io y al concepto de entrop ía .. Para la máquina ténnica: 7.14 Q + Qo = L
QI + Qz + Q3 = L
[
Siendo la máquina térmica rev~rsible, la variaFIGURA 7,1 ción de entrop ía del universo será nuJa. N o existe variación de entrop ía en la máquina ténnica, porque ésta hace que un sistema efectúe ciclos y la entropía es: una función de estado. La variación de .en trop ía del universo será igual a la suma algebraica de las 'Variaciones de entropía del aire y de la atmósfera:
-{ MT )-~OL'---1=~T,=J
con QI
= 1000 kca/
y Q,
7,16
= -800 I«:a/.
AS. = QI + Qz + Q, = O T, T, T3 7.17 con QI = -1000 kcal y Q3 = 800 I«:a/. De 7.17 se obtiene Q, , el vaior que cambiado de signo se reemplaza en 7.16, ya que 7.11 se refiere a las fuentes de calor y 7.16 a la máquina ténnica. Luego se calcula L a partir de la 7 J 6, Yda L = 1533,33 keal fleu RA 1,'
7-4 - Una máquina térmica funciona según un ciclo foonado por dos-transformaciones isotérmicas reversibles, una a temperatura Tj = 1000 K en la cual inlercambia QI = 1000 kca/ y otra a temperatura Tz = 500 K; Ypor dos transo fonnaciones adiabáticas en cada una de las que la entropía cambia en un valor AS = 0,10 ka/IK. Calc~lar el trabajo entregado por la máquina ténnica.
De 7.4 se obtiene que:
T,
== me.. In -
T,
y de 7.8 resulta:
Solucfón-: Por el primer principio) si Q2 es el calor intercambiado en la isotenna de temperatura T z Y L el trabajo entregado por la máquina: ASiJtmósfertJ
Q,+Qz=L
7.18
Luego: T Qo m c mz - + - = O v T, 10 Qo
con Q, 7.15
Calculando Qo • p.rtir de 1.1 Soy con Q = me, (TI -' Tz ) > O y siendo L de 7.14. El rendimiento de 1. máquina ténnica es (ver 6.2):
< O par. la máquina ténnlca se obtiene
L
'1 = Q
y resulta
~ =
0,738.
>O y
Q,
< O.
La variación de entrop ía correspondiente al ciclo será nula, porque Ja
entro~
pía es una función de eslado: "ó,Sdr:lD :::::
O=
QI
7.19
TI
Los valores I!J.S son positivos
va que
en una transformación adiabática es
imposible que la entropía disminuya. Al ser AS> O las adiabáticas son irreversibles.
.~._._
46 Problemas tipo
CAPITULO 8
Se obtiene Q, con 7 .19 Yluego L con 7.18 es:
L = 400 kcal
7-5 - En una resistencia eléctrica, funcionando·a régimen estacionario, hay estabJecida una corriente continua, debido a ia cual exist.e una disipación de ~alor Q = 30 walls. Se supondrá que la temp eratura de la re""'tencia eléctrica se man. tiene en un valor igu al a la temp eriltura ambiente (To ='2 7 OC) • Calcular la variación de entropía de la resistencla, de la atmósfera y del universo.
DIAGRAMA TEMPERATURA-ENTROPIA
So luc ión; Se trata de uil p-roceso irreversible J ya que para establecer Ja corriente
debe existir una transferencia de energ ía eléctrica a la resistencia, de modo que se está transformando energía eléctrica (trabajo) en el calor Q. Corno la resistencia eléctrica no experimenta cambios, no puede variar su entropía. La at~ mósfera se comporta como una fuente de Mlor y a la misma se le transfiere el calor Q. De mo do que"
..
ASll,m =
Q
To
=
PARA GASES PERFECTOS
30 watls = 0,10 watts/K 300 K
1. INTROOUCCION TEORICA
La variación de entrop ía del universo será: ilS" = !>S"m = O,lO
Las fórmula, 7.9 Y 7, 1Opermiten jnstificar las líneas de presión constante y de volumen' constanté en un diagrama T -S para un gas ideal. FLGUR,\ 8.1 Debido a que la entalp ia solo Te h v, depende de la temperatu ra, toda lí-
wa tls/K > O
nea: de temperatura constante es también una línea de entalpía cons-
tante en estos diagramas (figura 8.1) .
El diagrama es válido para una masa unitaria de gas, dando valores
dev;syh. Los problemas que siguen, re-
s
ferentes a este tema, se efectl,Jarán
, recurriendo al diagrama T -S para el alre. En los mismos se aplica el concepto de rendimiento isoentrópico de una turbina y de un compresor.
RénrJlmJento Isoentrópico de una turbina: Se supone una turbina a la queingres. alre a (P1 , T,) , el cual se expande hasta una presión P2
;-4
4-, i i i ,-4; t2lI
K
&
4$---; '-4 g
;-
J,
ªiZ.2.
t __ 21
.
. 22 ¿-4-Lt23
48 Pro blem as tipo
OlaS! rima temperdura-en.trop ia para '[ues pe.rfec:tOs. 49
Si tal transformación del aire es adiabática rever:;ible (turbina ideal), el e,tado final del aire es 2' (figura 8.2) (ecuación 7:3); si, eu oambio, la transformación es adiabática irreversible, el estado final del aire será un estado como ei 2, ya que en este caso existirá un aum en to de entrop ía para el aire. El rendimiento isoentrópico de una turbina se defme como~
y To = 27"C, y I!, comprime a nna presión fmal P" El rendimiento isoentrópiro del compresor es 11. = (J,85 Y la potencia transferid a al eje N, = 180 HP (l HP = 632 keallhora). Calcular· P" Solución: Para el compresor vale·la fórmula 3.4 ron Q
= mIh,- ho)
-N,
8.1
= O: 8.3
PoV
T ;11
m = - - oRTo
f[GURA-B-_3
____,,,¡¿'---------'h,
"
,, ,, ,
,.
n,. .? l
P,
"
l'
,, ,,,
De 8.3, 8.4 Y 8.5 se obtiene T" na! es T" De 8.2 resulta:
20
, ,, s
'le
T"I-_-==~~-_---_-...:!',
s
'1
,
=
(h,.- h,) (h, - h,)
Para el compresor ideal la temperatura fi-
= cp (Tf'- T o )' =
=
cp (TI
~
8.6
To )
Con 8.6 se calcula TI' Luego aplicando la fórmula 4.3 es:
PIl [ po]
·Rendhniento.isoentTópico para un compresor adÍflbdtico: Se Siupone un compre-
sor adiabático en el cual se comprime un gas que puede ser considerado como ideal, desde un estado inicial (P1 , T,) a u na presión final P2 , adiabáticam ente. Si la transfonnación d el gas es adiabática reversible, el estado final será el 2 ~ i (figura 8.3); si en cambio, la transformación del gas: es. adiabática irreversible, se produce un aumento en la en trop ja d el gas, y el estado final del gas será un estado como e12? El rendimiento ~soentrópíco del compresor se define como:
8.5
(h,- hv) = c p (T,- T o)
P,
T,.[--
8.4
(K-'JlK
=
Tr To
8.7
Se calcula PI = 14,33 o/m. Si se utiliza el d iagram a T -S p ara el aire, se situa el estado (Po, Tv) Y se obtienen del diagrama h o Y el volumen específico "o . Con 8.3 y m = Volvo se calcula h l ; luego, aplicando la fórmula 8.6 se calcula hr . F[GURA 8.4
T;h
8.2 f"
fa
=J,jI1J71
Para los problemas del diagrama T -S son válidos los datos del aire ya dados, el-" ep y R. El aire pued e ser considerado u n gas ideal, ~,,,-.-=:-,-l,-'·-=C=J::<':::""
•
2. PROBLEMAS TIPO
8-1 - Un compresor adiabático aspira Vo = ]()(JOm"lhora de airea Po
= 1atm
I'•
s
Trazando una vertical (,mlrop ía constante) desde O hasta cortar h r constante, se obtiene el estado de salida ideal t'. La presión para el estado t' es PI Y puede leerse en el diagrama (figura 8.4) .
orlgrama tl!lmperat'U ra ~1-J1tropl.a para gases perfectos 51
50 Prob temas tipo
Corresponde a una instalación como ta representada esquemáticamente en la figura 8.6 .
8-2 - En lUla turbina adiabática se expande una masa de aire m = 80.000 kg{hr, saliendo de la misma a P2 = 1 alm y T 2 = 150 oC. La potencia obtenida en el ej e de la turbina es N T = 6000 HP. Calcular la presión P, y la temperatura T, que tiene que tener el aire a su ingreso a la tu rbina. So luc i ó n: Para la' turbina vale la fórmula 3 .3 :
jQ, > T,
T,
<,.-+-/--f-------f--/-+ 1,
FIGLrItAlS.[)
8.8
Pr =P'2
De 8.8 se obtiene h , - h 2 = cp (T, - T2 ) , o sea T, ,ya que T2 es conocid a. Por 8.1 tenemos: '1T
=
8.9 Se considera como calor transferido al exterior, el valor Q2 que resultaría de enfrlara presión constante al aire desde T, a T o ,siendo T o =27°C,Po = = 1 atm = P3 Y T 2 = 50IJ oC. CaJcular el rendimiento del ciclo si el valor absoluto IL,I = (3/4) IL r I y la presión de alta P, = P2 •
De aqilí se obtiene h, - h 2 , = cp (T, - T2 ,) , o sea T2 ·, que es la temperatura que le correspondería a la turbina si fuese ideal. Para este caso vale 4.3 :
P2 J!K-IJlK = [P,
J
T2 ,
T
8.10
T,
_ _ _ _-;;,L-
De 8,10 resultan TI = 620 K = 347 Oc y P, = 4,60 atm. Para el diágram a T-S , se sitúa el estado de salid a real 2 en (P2, T 2) T:h Y se obtiene h 2 • De 8.8 se calcula h, y con 8.9 h2 •. Podemos ubicar en el diagrama el estado 2' (P2 , T 2 ,)
T,
F¡GURA-B.S
1---:7iL:.-----
LT To
P,
"
formado por dos transformaciones
(h 2
-
h,)
8.11
. :. .-
~s
La presión en i es igual a la presión en 2. Tenlendo en cuenta la fórmula 4.3 :
r·,I------+-'7',~------'",
r,.I----::",JI""'''---------''',.
=
I---=""l:<"'''---------''"''--,
+
t
8-3 - Un ciclo Joule- Brayton está
T,
IL,I = m (h , - h o)
Y desde 2 se traza una vertical hasta cortar h1 = constante. De esta manera queda determinado el estado inicial 1 (figura 85).
So lución: Si se usara el diagrama T-S podría situarse en el mismo el estado O (figura 8.7) . Se obtiene del diagrama h o . De 3 .3 Y 3.4 tenemo s;
fiGURA 8.1
~J {K-'!lK
s
=!l To
luego:
adiabáticas reversibles (O -1 ) Y (2 -3) Y por dos transformacionesreversibles a presión constante (1-2) Y (3 -O). Su rendimiento es:
8.12
J
T
1 ) = 1 -o T,
De 8.11 resulta:
y en el mismo evoluCiona una rn asa de aire.
-*$1-$ _
2
4
.g&~.
&
_2 Z 2
i
k
L
º3
S
.J..i~L
.2_
k
,-
Dl.agrillml tamperatura·entropia para -gIses -p-erf!lctos 53
52 Probtemas 1:1 po
o sea que:
3 - T3 4
3 - T, - T, + To 4
~
Las ecu aciones 8.12 Y 8,13 permiten calcular T, Y T3 ~ ~ 'j
8.13
.
Luego:
T
1 - - o ~ 048 TI'
Trazando desde () una vertical (adiabática reversibie) hasta T, constante, se obtiene el estado 1 cuya presión es P, . Resuit a P, ~ 10 atm . 84 _ Se tiene ia instalación de la figura 8.8 . f
m
~,
Q
Para la cámara de mezcla (ecua, ción 3.8) tenemos: m¡h, + m,h; :o (m¡ + m,) h4 Dividiendo por
___---"--=;,L__~----'I',
m, :
2 --=-------7"'------",
s En la válvula reductora h4 ~ h s (ecuación 3.5) . . El estado 5 puede situarse en el diagrama T -S. Con una horizontal desde 5 puede obtenerse el estado 4 de igu 1 a temperatura. Con h4 , h, Y ji; leidas en ei dlagrama se obtiene que:
2 C.M.
•
,
'"' Una masa de .ire m, a P, ~. 3 alm .. T, ~ 500 oC .e enfría a presión constante transfiriendo calor a una masa de agua iíquida m ,la que pasa de una temperatura inicial To = 20 oC, a una temperatura ímal Tf ~ 70 oC. Luego d e esa transferencia de calor, la masa m1 ingresa a una cámara de mezcla adia· bática, junto con otra masa de aire m, a T, = 500 oC. Lascorrientes m, y m, se expanden iuego de salir de la cám.ra de mezeí. en una válvula reductora, quedando a la presión Ps = 1 alm con Tj ~ 350 ° c. Si la relación entre la m.sa de agua líquida m y la masa m, de aire es mlm I ~ 4 , calcular la relaCión entre las- masas de aire m 1 y m2 . Como da.to damos el calor espec ifieo del agua líquida CL = 1 keallkg oC , Solu ción: Los estados 1 Y 3 pueden situarse en un diagrama T-S , obteniéndose así h, Y h, (figura 8.9), y. que P, =P, ~ P, Y T3 ~ T, , de modo que el estado 1 coincide con el 3 • Para la transferencia de calor entre m1 Y m : 8.14 y con mfm, Y h, se obtiene h, .
~
,
3
8-5 - En transformaciones adiabáticas reversibles, entre do. presione. determinadas. lo. saltos de entalp ía son mayores para los que pasan, a esas presiones por estados de mayor temperatura. ab > cd (ílgUra 8 J Q) • ' r ;11
•
,
• d
s
1
Q,
J
F.lGURA11,.1 l
FIGURA S.IO
•
Est? .e debe a que la. lính. de presión constante .on funciones S ~ r(T) logarítImca.. Para turbinas y compresores adiabático, ideaies los segmento. como el ah y el .cd "?n prop.orcionales al trobajo en el eje, ~uaciones 3.3 Y 3.4, y por ese motivo, SI la turbm. sigue la lransfonnación ah y el compresor la
504 PrDble-m as oruuic.r.!Jdos
Dilgn mi templ1'lltul'll ~Inttop ia pln glm -pnfectoJ 5 S
de el tmbajo en el eje de la turbina será mayor, en valor ab,oluto, que eltmbajo
bajo necesario en el compresor:
en el eje del compres:or~ para iguales masas"en ambQsJ como se vió en el problema 8.-3, SjJ en cambio se tuviera una compresión be y una expansión oo.' el trabajo será mayor en valor absoIllto, en el compresor. En la instalación de la- figu~ ra 8.11 se cumpl,irá que eltmbajo en el eje de la turbina (12) e, menor, en valor ab,olnto, que el trabajo en el eje del compre,or (3-4). , A la turbina ingreso aire atmo,férico P, = 1 atm ,. T, = 35 ,oC, el cual se expande ha.ta ·quedar con T, = -10 ° e , luego ,e le tmnmere c.lil( Q, ha,ta que alcama la tempemtum T3 = O oC. FÍIlabnente se lo comprime nÚ"l:amente hasta la presión atmosférica (P. =P1 ). El rendimiento isoentrópico de la turbi'na es '1T = 0,90 y la del compresor 1/, = 0,85. Calcular pam un calor Q, = = 480.000 keal el trabajo L. que debe transferir8eie a la ÍIlstalación para su fu ncionamiento. J
So Iueión: En un diagrama
T-S pue-
,
T, h
de situarse el estado 1 con P, y T, (fIgUra 8.12) : (h, - h,) '1T = (h, - h,,)
luego:
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 8-6 - Desde una cailería en que se en· cuentra aire a P, ,= 5 atm .. T, = 80
P,'
-,.
h,
CI-
T,f------,:*"'-----j----,r--- h, 8.16
'r,f-----t--'"7r----"
T·,f----+-7fO----Conociendo T, (real) puede ---:~~-------." obtenerse h, y de 8.16 h". Con s una vertical' desd e 1 hasta h" con.. FLGURA 8.1 2 tante, se obtiene el estado d e salida (2') para una turbina ideal, Y sobre la línea de presión constante P" = p. y de entalp í. h, el estado real de salida 2 . Con T3 se obtiene el estado 3 (P2, T,) yen consecuencia, h, :
"
Q,
= m (h, -
h,)
8-7 - Mediante un compresor adiabático de rendi¡niento iroentrópico 1/, = 0,85 , se envía una
8.17
masa de aire mI a una. cámara de mezcla adiabática, a la cual in· gresa junto con = 2.000 I
m.
Con ésta se calcula m. Trazando una vúti~ai '(S = constante) desde 3 se obtiene sobre la línea de pres.ión constante P, el estado (4') corre.pondiente á un compresor ide31 J y h4 ,. Con 8.2:
se calcula en,tonces h. . El tmbajo L" es el que debe agregarse al de la turbina para obtener el tre-
&l dlUCi E 2
2
dad
biEdS
a;s.,
J
e ~ se e~vía aire a una turbina adiabá-
tica (2-3), prevía expans.ión en una v válvula reductora (J -2) (figura 8.13). A la salida ,de ,la turbina la presión del aire es P3 = 1 atm y la temperatura T3 = 20 ° e. Si el rendimiento !Soentrópico de 'la turbina es '1T = 0,90 , calcular el trabajo en el eje de la turb;" na por kilo .de aire y la presión en el estado 2.
&b
g
;,.
i,
r
CAPITULO 9
EXERGIA
1. I NTROOUCCION TEORICA La exergía de un sistema cerrado con respecto a un medio atmosférico de presión Po Ytemperatura To es;
¡, ,
&=U-ToS+PoV
: i!
9.1
u ,S Y V son la energía interna, la entropía y el volumen del sistema cerrado. Se defme como trabajo útil al trabajo total que puede obtenerse a causa de la transfonnación del sistema menos ~ el trabajo de expansión del sistema contra la presión Po del medio .tmosfériC
i
9;2
I
f
I
Si se obtiene un trabajo útil fL. > O) éste es máximo cuando la transformación del sistema cerrad o es reversible: 9.3
I
--~.~-~-------~------
58 In.trod u-cc::lón ira6rf.ca
Exerg[a S9
Si, en cambio, se invierte un trabajo útil (L. do la transfonnación sea reversible:
< O)
éste será mínimo cuan-
Así, por ejemplo, la variación de exergJa debida al desplazamiento de un pistón conira el cu.l actúa un. presión 10t.1 comtante P, parte de l. cual es la presión Po del medio .tmosférico, cuando el desplazamiento del pislón se debe
9.4 Si la Irimsfonnación del sistema es írreversible, para L.
a los cambios: de volumen de u n sistema cerrad o, será:
> O:
L. = PJJ.V - Po JJ.V = (P- Po) JJ.V 9.5
9.12
JJ. V es la variación de volumen del sistema contra el cual actú a el pistón. Cuando se supone un vac ío absoluto:
y para L.
L. = -Lo
9.6
do es:
circula,
9.7
9.14
A ·partir de la fónnula 9.7 pued e deducirse que para una fuente de calor de temperatura absoluta TI se cumple que cu ando la fuente intercambia un calor
Q, : 9.8 [.
Para el universo (sistema + medio) es:
Al ser A Sun w~rso ~ O, según se estudió en el capítulo 7J será:
9.10
JJ. 8..
y MI ~ Me ~ IJ.Ep "i tJ.S son las variaciones de entralpía, energía cinética, energía potencial y entropía de la masa que circula a través del sistema abierto. El rendimiento exergético de un proceso es la relación entre las exergías ga~ nadas (o b¡'s~adas en el proceso) y las exergías perdidas (o'invertidas en el proceso) y su expresión responde siempre a u n criterio técnico adecuado, teniendo en cuenta-el proceso quese analiza. Siendo) para transfonnaciones irreversibles, negativa la var~ción de exergía del universo) el rendimiento exergético para cualquier proceso el que existan irreversibilidades será menor que uno. Será igual a uno cuando todo ocuna reversiblemente. Para los problemas que siguen, referentes a 'exergía, se supondrán datos los valores ya dados de ep • e... y R del aire) .y cuando sea conveniente se recurrirá al diagrama T -S del aire.
en
9.9
OJando
9.13
siendo V el volumen en el cual se supone que hay un vacío abSoluto. Para sistemas circulan tes se tendrá una variación de exergía de la masa que
De la fónnula 9+ l se deduce que la variación de exergÍa de un sistema cerra·
JJ.8.. = JJ.U - ToJJ.S + PoJJ.V
= -Po V
si la transfonnación es irreversible y JJ. 8...
= O si es reversible.
;0 ha; cambios en el estado tennodinámico, el análisis de la variación
.
de exergía debe efectuarse teniendo en cuenta el concepto de trabajo útil: .
L.=L-L o dond'e Lo = Po (V 2 medio almo ,féTico.
-
. 2. PROBLEMASTtPO
9.1!
V,) es el trabajo de expamión conIra ia presión Po del
.9-1 - Una masa de aire m = 3 kg a Po = 1 atm ,- T o = 27 oC, estado de equilibrio con el medio atmosférico, se calienta) a volumen constante, hasta una tem-
peratura TI
= 127 oC,
a) mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor.
Exer-g(a 61 SO Pro blem lIS trpo
La variación de exergía del universo resulta:
b) med iante una transferencia de calor desde una fuente de tempe[-1 ratura T = TI = 127'C= 400K, Ibl d e modo que el calor transferido por la fuente se utiliza en el calen: tamiento del aire en su totalidad (figura 9.1) . Calcular para a) y b), el trabajo L y el calor Q, respectivamente, y FIGURA 9.1 la variación de entropía del aíre. Adem ás, variación de entrop ía del universo, . . ariación de exergía del universo, variación de exergía del aire y eJ rendimiento exergético.
tl&",) = -TotlS•• ) = -1470 kca/ tllt,..)
El rendimiento exergético es la relación entre las exerg ías obtenidas y las exerg ias invertid as. En este caso, se obUen e un au mento en el valor de la exergía del aire~ a costa de una disminución en el exergía del medio. Para a):
En al es Q
L
tlB...
Exerg ía ganada;
=
tl U - To tlS
11.x,)
A B.., ILI
=
=
0,135
Para el caso b):
tlU
tl.B....
Exergía ganada:
= O ,por lo tanto:
Exerg ia perd ida: la de la fuente
9.15
(igual que en·a)
-Q
y para b) tenemos L = O, luego es: 11.x.) = Q
= AV = mcv(Tr ToJ
9.16
= 4,9 kca/IK
AS
-
- -
-
IJ.S.ave -
--ª--= Tf
-
4,90 - 4,25
--
~
=
~~
-
= AV
= 0,541
9.11
- TotlS + PotlV
tlS = me In TI P To AV = V 1-
0,65 kcal/K
~~
= -425kcú
tlV = me v (Tr- T a)
En el caso a:} la variación de entropía del universo coincide con la del aire, pero e'; bl deb e considerarse además que existe u na variación de entrop ía de la fuente. Luego: D. S.a) = 4,9 kcal/K = tlSa ••
=
Q [1- (ToITI )]
[1 - ;;]
9-2 - Una masa de aire m = 10 kg se calienta a presión constante P = 2 alm de T o = 27 • C a Tf = 127 oC , mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor. El medio atmosférico es Po = 1 alm y To = 27°C. Calcular la variación de exerg ía del aire, la variación de exergía del universo y el rendirnien~ lo exergético del proceso. Soludó n: Para la variación de exergía del aire (ecuación 9.1):
La variación de energía interna es igual en a) yen bl, por ser iguales los estados i1jicial y fmal, pero las transforamciones al y b) son diferentes, ya que son diferentes para ambas los carobios en el medio. De 9.15 y 9.16 se obtiene que, en valor absoluto, L = Q = 1700 kca/. La variación de entropía del aire será igual ena) y en b)por ser la entropía una función de estado. A volumen constante (ecuación 1.10) resulta:
AS
= 230 kca/
Exerg ía perdid a: L = 1700 kcal
So lució n: El sistem a es m. Luego:
Q
= -TOD.S"b) = -195 kca/
-
-
_ .....
V~v
(de ecuación 1.11) = mRTf P
&
mRT
- - - -o P
s
oc
~
-
.. "__ -- ,
"_~
"'--""'._ -
~--
'.;.-
._-_-__
~~ ":-~_'.
-'-0',-
62 Probtemas tipa
Exergia 63
Resulta al1 = 40,8 !
La variación de exergía del medio será la que corresponde al hecho de ocupar el volumen iniciabnente vacío. Según la fórmula 9.13 es:
al1" = -TeaS. = -ToaS.", = -367,8 kcal
-Po V, = -10,28 kcal
La exergía invertida es igual a:
al1"
+
y para el universo resulta;
al>.
=
-327 kcal
AI1"
Esta exergía invertida es equivalente a la diferencia entre los valores absolutos del trabajo transferido a las paletas y de la variación de exergía originada por el desplazamiento del pistón (ecuación 9.12). El rendimiento exergético será:
=
40,8 327
= 0,124
m = 5 kg inicialmente a PI = 10 a/m y TI = 27·C. En la experiencia
&, - .." = UI - Uo P,
v
T,
V m
Vatio
SI - So
mRTI PI
o sea, V2 = 0,85 m' , y también:
-
Uo = mev(T, - ro)
V1
= mep
_ mRTI -
Pe
in TI To
,.
(según 7.11)
mRTo Vo = - - Pe
Se obtiene 111 - .." = 543,2 keal. b) El aíre tiene exergía pOlque puede obteneISe trabajo útil, si se lo compriJ:n e actuando la pIeslón del medio atmosférico (ecuación 9.11):
L. = &1 - .." = L - Lo ,.
PoAV = 10,28 keal
as.;-, = AU - 'ToAS + PoAV = -61,12kcal
i
To (SI - So) + Pe (V, - Vo)
uo • So y Vo son las energía interna, entropía y volumen del aire en el estado de equmbrio con el medio almosférico. Y: UI
P2 = 5 alm .. T, = 27"C = 300 K; V, = 2V, = 2
as =
~
F[GlIRA'9".~
So lue ión: En la experienci:a~ el aire no cambia su tempera tura-, ya qu e no cambia su _energía interna. De modo que al duplicar el volumen queda con una presión fmal P, = (j /2) PI = 5 alm. Luego el estado Hnal del aire será:
V2 mR in = 0,238 kefll/K VI
tregue calor al aire a menor temperatura.
La exergía del aíre con respecto al medio almosférico es (fórmula 9.7):
con una masa de aire
cío (Hgura 9.2). Consíderando como medio atmosférico a Po = 1 alm y To = 27 oC, y como ,lstem'a el aíre (m), calcular la variación de exergía del alre~ del me dio y del universo.
9-4 ~ Calcular la exergía de una masa de aíre m = 10 kg a: a) Po = 1 alm ,. T, = -lO Oc = 263 K. b) PI = 0,4 alm ,. To = 27°C =300 K. El medio atmosférico es Po =1 atm ,. To =27'C=300K Solución: a) El aire tiene exergía positiva) ya que puede obtenerse trabajo útil con una máquina térmica qne reciba calor de la almósfera (Te = 300 K) yen-
9-3 - Se efectúa la experiencia de Joule (comistente en la expauslón en el vacío)
el aire duplica su volumen, sin intercambiar ni calor ni trabajo, pasando a ocupar. además del recipiente que lo contiene inicialmente, otro va-
= -Toas. = -71,4kcal
4P44§
L es el trabajo de expansión del aire en una transformación isotérmica reveISible a la temperntuIa To , Y Lo =Po (Vo - VI), siendo Vo el volumen del aire a (Po, To).
:;;:¡;¡: f_
"1
'Exergía 65
-64 Problemils tipo
luego:
Luego;
También puede calcularse &, -
&, -.
Se
= me.(T-T,)-
= &, - Se =
..
T
9.19
Tomep I n -
T,
De ésta se obtiene T = 100S K = 732 Oc , de modo que el calor es:
con 9.7 :
Qp
= U, - Ue - T o (S, - So) + Po (V, - Ve)
U, - Ue = O
Se obtlene L u
Se
A&
JOpdV = mRTe In Ve , V,
..
S, - Se = -mR In P, Po
= mc p (T -
T,)
= 327,4 k<:al
9-6 _ Desde una eaneria en que dreuta aire a P, = 5 alm ; T, = 80 oe , se envía aire a una turbina adiabática (2-3), previa oxpansión en una válvula reductora
497,3 Iccal.
9-5 - Calcular el c~lor que debe intercambiar una masa de aire m = 2 kg para aumentar su exergla en ll& = 115 Iceal a partir de un estado inicial P = 2 a 1m y T, = 50 oC, reversiblemente y: ' a} a volumen constante. b) a presión constante.
(1 -2), según indica la figura 9.3 . A 1. salida de la turbina la presión del aire es P3 = 1 alm y la temperatora T, = 20 o Si el rendimiento isoentrópico de la turbina es 'Ir = 0,90 , calcular el trabajo en el eje de la turbina por kilograJlJo de aire, la presión del estado 2 y el rendiJiIiento exergético para la válvula, para la turbina Y para el proceso. Ei medio atmo,férico Pe "PJ = 1 alm y To = T, = 20 Oc =293 K.
e.
r
Solución: a)
FIGUR,~
9.4
A&= U- U, - Te (S-S,)
u,0
U, = me.(T- T,)
..
S - S, = mc. In -
T
T,
sea que:
.
ll& = me, (T- T,) - Te me. In -
T
918
T,
.
T e, la temperatura fmal del aire, la cual vale T = 1000 K = 727 oC valor que puede calcularse a partir de 9.18 mediante tanleos. ' El calor que deb e intercambiar el aire es:
Q. = me. (T - T,) = 230,2 keal
--~'¡¿:~---".
"
s
So lución: Con P3, T J Y P, , T, se sitúan los estados 3 Y I en un diagrama T-S obteniéndose entonces h 3 , S, Y h , , S, . Como en la válvula no cambia la entalpía, h, = h, , con:
b)
ll& = U - U, - Te (S-S,) + Po(V- V,) U - U, = mc. (T - T,)
..
S - S,
= me. ln.!:T,
;
V
=
mRT
P,
se calcula h" correspondiente a! estado de salida 3' si la tulbina fuese idea!. Con h" y P3 se silúa el estado 3' en el diagrama T-S. Trazando una línea de entrop ía constante desd e 3' se obtiene 2 sobre la línea h, = h, constante (figura 9.4) .
55 Problemn Upo
Exer-gia 57
El trabajo en el eje de la turbina por kg de aire vale:
Con los valores h, y h, obtenidos del diagrama T-S resolta L T = 14,4 keal. La presión P2 puede leerse en el diagrama, siendo P2 = 2,08 alm. Rendimiento exergético de la válvula: puede expresarse como la relación enlre la exergía a la salida y la exergía a la enlrada a la misma:
Calcular la masa' de aire m 1 y el rendimíento exergético para la cámara de mezcla, para el compresor y para el proceso. Solución: Con Po, T o Y P2, T2 se sitúan los estados O y 2 en el diagrama T -S , obteniénd ose así los valores de h o , So ,h2 Y 82 • Con:
&2-0
fl.x = - - -
11,:0
&'-0
&2-0
= h2
&'-0 = h,
ho
T o (S2 - So)
- ho -
T o (S, - So)
según 9.14
=
!'ICURA 9.$
J C.M.
L-~--J
f'J
T.J
(mi +- 111:¡;
"-_Y Pf) r.:Jo
9.20
q nedan dos incógnitas, h, Y
Los valoresh o y Se son los que le corresponden al eslado O de equilibrio con el medio atmosférico, el cual coincide con el estado 3. Se obtiene flox =
= 0,47. Rendimiento exergético de la turbina: es igual a la relación entre el tmbajo obtenido en el eje de la misma y la variación de exergía d el aire en valor absoluto, &2 - &, , en la turbina: 1tox
LT = -~-&2 - &3
'Con &2 - &3 = (ha - h3 ) - T o (S. - S,) , resulta que flox = 0,89. El reJjilimiento exergético del proceso es igual a la relación enlre el trabajo en el eje de la turbina y el valor absoluto, &, - &3 , de la variación de exergía del aire: &, - &3
Con &1 - &, =(h, - h3 ) - To (S, ~ S,) resolta ..fl.x = º,43. 9-7 - Mediante un compresor adiabático de reodinúenlo isoentrópico fl.":: 0,85 se envía una ma~ de aire ml a una cámara de meZCla adiabática, a la: cuai ingre8a juolo con otra masa de aire m2 = 2000 tg a P2 = 4 alm y T, ";2Z~C, con el fin ~e obtener a la salida de la cámara ,de mezcla uoa temperatura T, = = 100 o e. El .ire aspirado por el compresor está a Po = 1 alm y T. ~ 27°e en uo estado cOincldeote con el eslad<>ambiente (fIgura 9,5).
A partir de esta ecuación, con h1 , h 2 Y h3 obtenido; del diagrama T -S , ym2' dado, se calcula m, . Resulta que m, = 1482,2 kg. El rendimiento exergético para la cámara de mezcla puede expresarse como la relación entre la variación de exergía de m2 , Y el valor absoluto de la varia~ ción de.exergía de· ml ,osea que:
'le;.;: =
A&m2
IAB.m] I
Con AB. m2 = [(h 1 - h2 ) - T o (S:; - S,)I m. y A&m, ~ [(h:; - h J ) - T o (S:; - S,)] m, se obtiene '1.x ~ 0,378. Tarobién puede expresarse como la relación entre la exergía fmal de (m] + + m2) en el estado 3 y la suma de las exergías iniciales de ml Y m2 a l.a entra-
Ei a Prob l-emu tipo
Exergia 69
da; (&, 1/.. =
•
&o) (m,
(m, &,
+
Además L + m,)
m, &,}
L
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
9·9 - Un recipiente adiabático, cerrado por nn pistón que transmite una presión constante ~ P, = 1 IJ alm , contiene m, = 6IJ kg de aire a esa presión y a T, = = 16IJ ° C. El recipiente puede comunicarse con un cilindro adiabático, inicial-
m,
IL,I Se obtiene '1..
+ Q, . Luego:
1/.. = - - - c-=-,--:---:-:----,~=-== IJ,869 jQ, [1- (To/T,)] I - IQ, [1- (To/T,))I
con &3 - &o = (!lj - ho )- T o (S, - So) Y 1'., - &o = (!l, - !lo)- T o (S, - So) y 1'., - &o = (!l, - !lo)- To (S, - So). . O es_el estado del aire aspirado por el compresor, coincidente -con el de equilibrio con el medio atmosférico. Se obtiene '1.. =, 0.928 . El rend imiento exergético para el compresor se expresa como la relación entre la variación de exergía del aire en el mismo, m, (&, - &o J y el valor absoluto del trabajo en el eje del comprosor, o sea IL,i = m, (h l - !lo): [(h, - !lo) - T o (S, - So))
= Ql
mente vacío, cerrado por un pistón que ejer·
ce una presión constante Po = 1 alm a través de una máquina rotativa que intercambia
= IJ, 737.
El rendimiento exergético del proceso será igual al cociente entre la variaa ción de exergía del aire y el valor absoluto del trabajo en el eie del compre,or:
trabajo en un eje al comunicar ambos cilin·
P,
",
dros (figura 9.7). Al comunicar los cilindros pasa el aire Pr T r del (1) al {JI), quedando todo el aire en' un P, estado Po = 1 alm y T= 8IJ oC. Si lo, pi'tone, ,on adiabático, y no lIay [11 ~ frioción entre cilindro, y pistone" calcular el trabajo en el eje de la máquina rotativa, la variación de entropía del universo, la variación de exergía del univers
lI.&"", = mI [(h, - ho ) - T o (Sj - So)] + m, [(h, - h, ) - To (S3 - S,)) lI.8"", = --;-:-=;-'--
IL
Se obtiene '1." = 0,94. 9.s - U na máquina ténnica funciona intercambiarJ do calor con dos fuentes~ Una de temperatura T, = lOIJIJ'K , la otra de temperatura T, = 5IJIJ K , Ytiene un rendimiento '1 = IJ,4IJ. Calcular el rendimiento exergético de la máquina térmica. El medio atmo,fético T" = 3IJIJ K ; p" = 1 alm .
9-10 - Se quiere almacenar aire en un tanque para que, utilizándolo luego reversiblemente, ,e obtenga un Ira bajo ú ti! equivalente a 200 watts, durante media hora. Calcular el volumen que debe tener el tanque, si aire debe evolucionar: a) a volumen constante. b) a presión constante.
So lución: El rendimiento exergético es la relación entre el trabajo L entregado
por la máquina térmica y la variación de exergia de las fuentes T, y T, ,en valor absoluto. Para las fuentes (ecuación 9.8) :
En ambos
casos~
el aire evolucionará hasta quedar en equilibrio ténnico coil
la atmósfera (Fe = 1 atm; Te = 2IJ OC), la masa de aire e, m sión inicial del aire en el tanque es F, = 3 atm.
< O y Q, > IJ , ya que Ql y Q, 'son lo, calore, intercambiados por las- fuentes con la máqurna ténnica~
con Ql
-
,,-
~
-(~- .,~
FJC;URA 9.1
-.'"
=5IJ kg
Yl. pre-
CAPITULO 1Q
VAPORES
1. INTRODUCCION TEORICA Para una sustancia pura puede obtenerse un diagrama presión-temperatura con lineas de equilibrio entre Jas zonas de estado sólido, liquido y vapor (figura 10.1) . Un punto como el 1 puede corresponder a líquido saturado, vapor saturado o vapor húmedo. Un punto como el 2 corresponde a vapor sobrecalentado. p
r
FltiU RI\ LO.I
f'JGURA
IO_~
p
r
,
Una linea de presión constante, como la que contiene los puntos O (Iíq nido), 1 (líquido o vapor saturado o vapor h1tmedo) y 2 (vapor sobrecalentado) liene en un diagrama entrap ía-temperatura (T-S) la forma indicada en la figura 10.2 _ Otra línea de presión constanle P mayor será como la indicad. con 5, 4; 4, 4" l' 3 en la misma figura. En la zona de liquido ambas lineas coinciden pm piesion.. menores que P, .
Vapor-es 73
12 lntiDdu c-ció n teó rica
_, En la evaporación (1'-]") de liqnido saturado (J') o vapor saturado (l ") si la presión es constante, la temperatura es constante. El estado (I) de vapor húmedo tiene un título o relaCión entre la masa de vapor y la masa total de vapor húmed o: • ],.11 - vj . 51 - 3Í h, - hí = ---= Xl = hr - hj sí' - SI vY - vi
x, ,
v,
,h, Y " son el volumen, la entalpía y la entropía por nnidad de masa del vapor húmedo (l). El calór necesario para la evaporación a presión constante (l '-1 ") e, el calor de vaporización r : r = (sr - si) T1 = hj' - hi
En el diagrama T -S hay además línea, de entalp ía h constante, volumen específico v y de título x constante (fIgUra 10.3) . FL<,;URA 10.4
T
,
h
Es: conveniente recordar que un vapor no es un gas ideaL Sqlo se supondrá gas ideal al vapor de agua cuando está a presiones muy bajas y temp eraturas del ~orden de la temp e~atura ambiente, como se encuentra en el aire atmosférico, al tratar acerca del tema de aire húmedo eu el capítulo 13 . . , No siendo gas ideal el vapor, no se cumple para el mismo que la energía jnterna y la entalp ía sean función de la temperatura únicamente, de modo que las fórmulas 1.2 y 2.2 serán válidas para vaporsobrecalentado únicamente si el volumen se mantiene constante (1.2) o si la presión se mautiene constante (2.2). Para los problemas que se plantearán acerca de vapores. se deberá recurrir a las tablas o a los diagramas T -S ó h -s correspondientes. No se conoce una ecuación de estado, ni leyes que relacionen la energía .ip tema con la presión y la temperatura U = {(P, T) , ni con l. temp eraInra y el volumen U = {(T, V) para vapor sobrecalentado. Tampoco se conocen leyes que den las reJaciones de la entaiplas con estas variables h = {(P,T) ó h = {(T,') , ya veces no están en los diagramas los valores de las energ ías internas específicas por lo que en muchos casos deberá recurrirse a tanteos para llegar a resultados numéricos una vez planteada la solución del problema. La energía interna ~rá: u=h-Pv
2. PROSLEMAS TIPO
s El diagrama T -S Y el diagrama h -s (figuras lO.4 y 'lO. S) dan los valores v" y h por unidad de ma5;a. A la línea de equilibrio le correspon de d os ramas en los diagramas T-S Y h -, , una para líquido saturado y otra pan vapor saturado. Ambas ramas se cortan en el pUnto crítico K. Los valores de v, h, s . pneden obtenerse nsando tablas de líquido y vapor saturado y de vapor sObre'calentado, o de 198 diagramas mencionados.
do
FlGLrRA 10,5 T
• r
10-1 - A u'urecipiente rlgido y adiabático ingresan dos corrientes (fIgUra 1O.6), una de masa m 1 I de vapor de agua húmedo, a PI = 5 atm con tílnlo x, = O, 7 y otra de masa P, m, m 2 de vapor de agua saturada a o '2 P2 = 2 atm • hasta qne quede en el FI(;IJRA lO.1]. recipiente vapor de. a~a 80breca lentado a P = 1 alm y T= 180 o e. El recipiente está vacío inicialmente y su volumen es V = 2 m' . Calcular las masas mI' Y m2 , la variación de entropía del universo y la Yanación de exergía del univen;o. El medio atmosférico es Po = 1 alm,o T o = 27 a
"C.
•S
So luc ión: La ,resolución de problemas del primer prinCipio, sjste~as cerrad OSi &~~ be efeclnarse siguiendo los lineamieutos generales explicados en ,el cap ítulo 1,
.--
.
Viilpores 75
74 Problemas tipo
pero no s.erán válidas ni las expresiones: para la variación de energía interna: ni la ecuación de estado de los gases ideales. Considerando sistema a (mI + m,) se tend rá que: '
Entonces:
I
Q - L = JiU
JiU = m, (u - u,) +
m, (u - u,)
PI • U¡ son el voJumen y.la energía interna por unidad de masa ml ; Jil1 Y el volumen -y la energía interna específica de m2. u es la energía interna específic. fmal. Queda:
m¡h I + m,h, = (m, + m,) u
JO.l
+ P2'V2 son las entalpías específicas por uni-
Además
8, =
T
v
o sea que: m¡ VI + m2"2
=V
De tabias tenemos:
.v
=
2,119 m 3 {kg
=
X"'"
JiSu = m¡ (s-
;
vI"
hl'
;
=
=
u
=h
.. V2 = 0,901 m 3/kg
0,38 m 3 /kg
152,1 kcal/kg
= 645,8 /txal/kg
..
504,7 kcal/kg
h
;
h,"
=
655,9 kcai/kg
= 677,3 kcal/kg
- Pv '" 626 kcal/kg
0,134 kg
m,
..
=
0,805 kg
+ (] - x,h"
=
1,2726 kcal/kg K
SI)
+ m, (s -
S2)
= 0,1987 krollkgK
La variaci6n de exergía del universo es:
Ji&" "" -ToJiS.
I
----'--lf--.
r.'1 J ....,
~
P1
n:=- I'z
~
FIGURA. lO.S
= -59,61 kcal
cerrad·o por un pistón, que pu ede deslizar sin fricción y que transmite una presión constante P2 ' Ei cilindro y el pis-
tón son adiabáticos. Calcular la temperatura fmal al comunicar el tanque y el cilind ro. So lución:, El sistema es (mI + m 2)' Entonces: Q-L=JiU
0,001 m 3/kg
h2
SI
T
lO.2
Los valores de las propiedades físicas pueden obteners. a partlr de 'tablas o del diagrama T-S para vapor de agua {figura lO.7}.
=
=
10-2 - Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar con un cilindro (figura 10.8), contiene m, = 2 kg de vapor de agua saturadaa PI = 10 afm. El cilindro contiene m 2 = 3 kg de agua saturad. a P2 = 1 afm. Ei cilindro está
v=---
V¡,
hI •
1,7024 kcal/kg K y s = 1,8528 kcal/kg K, iuego:
Adem'ás en el estado .tmal se tendrá un volumen específico:' .
FIGURA 10.1
XI)
y la variación de entropía del universo es:
m,P,"¡ + m,P,", = m, (u - UI) + m, (u- u,)
= U2
=
mI
U2
donde- h J = U¡ + PI JilJ Y h2 dad de masa m¡ y m, .
+ (] -
Con estos valores de JO.l y JO.2 se obtiene que:
..
Q = O
;
= x,h,,,
h,
..
Q=O
..
JiU=(m¡+m,)U-m,UI-'m2U,
L = P2 [(mi + m,)" - m¡", - m,v~l
siendo U la energía interna fmal por unidad de masa, y " el volumen especifico fmal del vapor. Luego:
76
Problemas trI"O
Vlparas 77
, queda:
T es la temperatura frnal del aire y del vapor. U la energía interna frnal por uuidad de masa de vapor. Ádemás v = V/m, ,donde" es el volumeu por kilo de masa final de vapor y V el volumen total del recipiente, luego:
(m, + ma)(U + Pav) = ma (Ua + Pa"a) + m,Pa ", + m, U,
= U2
h = (U + P a V) es la entalpía final por unid.d de m.... Luego, con ha + P2V2 tenernos:
(m, + ma) h
= maha
+ m, U, +
+ m,P2 v,
= y:
r
10.3 10.5
Los valores de las propiedades físi· cas de m1 y m2 en los estados: iniciales pueden obtene",e usando tablas de vapor, o el diagrama T-S (Í¡gura 10.9):
,
ha = 638,4 kcaJ/kg
h,
v,
FIGURA, LO.9
m' /kg
U, = h, - P, v, = 598,3 kcaJ/kg
p,",
10·3 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos parles por un tabique. Una parle contiene m, = 2 kg de v.por de agua saturado, a T, = 100 oC, la olra m. = 3 kg de .ire a Po = 1 alm y T o = 50 oC. Se quita el tabique. Calcular la temperatura fmal del aire y del vap or. Solución: El sistema es (m< + m,). Planteamos: ..
L=O
/lU = m,c, (T- T o) + m,(U- U,) = O
r, 1----/------..!-;1
~.
(con h2 , = 99,3)
Q=O
"
De 10.5 se obtiene v = 3,05
= 615,3 kcal/kg
Con estos valores se obtiene de 10.3 h = 631 kcal/kg. Con haY P2 se detenuin. el est.do final f y se lee su temperatnra T = 373 K = 100 oC. El estado Írna! es de v.por hUmedo, y su títnlo es:
Q - L = /lU
HGUIl:A 10.10
v, = 1,673m'lkg
Entonces resulta:
UI = h, -
r
s
= 663,2 kcal/kg = O,Il8
Los valores de las propiedades físicas de! vapor de agua pueden ob· tene",e de tablas o de un di.grama T -S (figura 10.1 O) :
rf--+"-----M:L--
10.4
s El estado Írn.l estará sobre la lf· nea de volumen espec ífico constante , " y los valores de U = h - p" y T correspondientes.1 mismo, deben cumplir la fónuul. 10.4. Mediante tanteos se obtiene P = 0,55 atm ; T = 363 K = = 90 oC. , El resultado tiene un error de 1,17'1'0 , y. que no es válido interpolar linealmente t.blas o diagramas T-S de vapor. E;;te error es el que corresponde.l hecho de no haber efeclnado interpolaciones para los valores obtenidos de las tablas de vapor de agua sobrecalentado.
104 - Un cilindro cerrado por un pistón trabado, contiene vapor de .gua húmedo. P, = 10 atm y con títnIo x = 0,5 . Se destraba el pistón, el cual puede deslizar sin fricción, ejerciendo una presión constante P = 5 atm. Suponiendo cilindro y pistón adiabáticos, indicar si es posible que se alcance un est.do Írnal de equilibrio (P = 5 atm) de vapor sobrecalent.do, a temperatura T = 180 oC. So lución: Para que un proceso sea posible debe cumplirse que todas l.s m.sa"esulten positivas, que el signo de los trabajos intercambiados sea lógico (..(no'
I
\ Vapores 79
7B Problemas tipo
pu ooe .er que en una ,turbina sea ,L r < O, o que en u n compresor .ea Le > O) y que .e cUUJple además: 1) el primer principio; 2) que la variación de entropía del universo :sea positiva (proceso irreversible) o nula (proceso reversíble). . Para el problemas que se analiza, la transionoación del vapor e. irreversible (.alto de pre.ión finito), de modo que debe cumplirse que Q - A U = L con , cualqu,ier valor de la masa m > O y que AS.>O: r
10-5 - Deme una callería en la cual ciieula vapor de .gua s.turado a P, = 5 o/m se pennite la entrada de vapor a un recipiente rígido y adiabático inicialmente yac ío de volumen V = 2 m 3 I hasta que en el mismo se alcance la presión P J 'Calcular la masa de vapor que ingresa al recipientti~
So luc ión: El sistema es ]a ID asa m que ingresa al recipiente:
Q-L=AU
..
Q=O ,;
L=-mP,v,
..
AU=m(U-U,}
FIGURA 10.1 L
=O
Q
.. L
= Pm(v.-v,)
luego:
p,",
= (U-V,)
..
V = h,
tJ.U =, m (U. - U,)
La ene!gía intema ímal es igual a la entalp ía inicial de la masa m, De tablas de vapor, o de un ~iagrama T-S es h, = U = 655,9 kcaJ/kg. Además:
Luego:
-P(v. - v,) = Va
~
U,
l'
U. + Po. = ha '= (J, + Po, U1 = h, -
V m
10,8
= -
Se conoce V rmai, pero no v rmal. Deben efectuarse tanteo., adoptando valore. de ", para e.tados de presión P, . Será válido el que cumple ia condición: V = h = 655,9 kcal/kg
p,",
p,"
Entonces:
h. =h, + (P-P,)v,
10,6
v,
Los valore. de h, Yde puooen"b1enerse a partir de t.blas o de un diagrama T-S (figura 10,11), Además:
Obteniendo este e.tado se calcula m con 10.8, Resulta m
= 3,97 kg , pa-
ra v = 0,5034 inl/kg y T = 170 oC, 1().6 - Se tiene la instalación de la figu";' 10. f2
.
10,7 1
Resulta: nr.L'RA lO. L~
h, = x,h,,, + (J -x,)h" = 422,BkcaJ/kg
", = x,v,"
+ '(J - X,) "" = 0,097m'/kg
ha, =.672,3 kcal/kg
;
N,
,,':.::;m:.::;-rn:::".:-, P,
S. = 1,667 kcal/kg K
SI = XIS,,, + (J - X,}SI' = 1,04 kwl/kgK
,
Se cumple 2), S. >S, ' Como no. se cumple 1), el proce.ono es posible,
Vapor de agua sobrecalentado a P, = 25 alln y T, = 400 Oc ingresa a una,turbina adiabática con rendimiento isoenlrópico 'Ir = 0,90 , previa expan"
80 Probleomas tipo
Vapores 51
,ión en nna válvula rednclo'ra, a P, = 20 atm. Una parte de la masa de vapor m se extrae de la turbina a P3 = 10 atm y se envla a una cámara de mezcla ad ia bática a la cual ingresa ju nto con una masa m 2 de vapor de agua saturado. A la salida de la cámara de mezcla se tiene !ina temperalura Ts = 200 o C. La presión a la salida de la turbina es p. = 1 atm . Calcular: ' a) la, masa, m, y m, en kgfhora, si m, = 10. 000 "g/hora, b) si la potencia en el eje de la turbina NT = 1o.oaa kW , calcnlar elrendimienlo exergético para la turbina, la cámara de mezcla y del proceso. El medio atmosférico e, Pe = 1 atm y Te = 20 o e. Para el estado (3) se supondrá qu e el rendimiento isoenlrópico de la turbio . n~ vale entre lo, eslados (2) y (3). 1 kW = 860 kcal/hora. Solució n: Pueden situarse algunos de 'los estados del vapor en el diagrama T-S de la fIgura 10.13 . El eslado (J) se ,ilóa con (PJ, T,) , T luego para la válvula reductora con T,f----------)lC !:J¡ = O se liene que h, = h I Ycon P, (h 2 , P2 ) se sitúa (2). Trazando una vertical desde (2) hasta la Jinea de " • h, presión p. , se obliene el eslado (6 ') que corresp oude a la salida de la turbina si ésta fuese ideal. También se o be tiene (3'), correspondienle a la lurbi· T, na ideal a la presión P, . s Del diagrama T -S pueden obtenerse lo, valores de la, propledades física., o de tablas de vapor. Vapor saturado a P6 : entalpía h n , entrop ía 8 Liquido salurado a p. : entalpía h', entropía S' Luego, teniendo en cuenta el rendirnlento iso entrópico de la turbina:
,
(4) es vapor saturado á P3
•
La poiencIa en el eje de la turbina es: 10.9
Para la cámara de mezcla es: toJO
Con h3
h3
,
m, , h.
" h. ,h J Y m, se obtiene Y N T • Resultan:
m, = 2323,9 kg/hora
m,
,.
m
de 10.10, y de 10.9 m con h2
,.
= 62.736 kg/hora
El rendimiento exergético de la tnrbina es: "
'1". = (&2 - &,,)(m- m,) + (&, - &,) m, (&, - &O)(m - m,) (&2 - &3)
m,
(m- m,) [(h, - h.f- To (S, - S~)I
= mi l(h, -
h,) - To (S, -
S,JI
'1.. = (J,91 El rendimiento exergético de la cámara de mezcla es:
11
(O) es el eslado correspondienle al equilibrio con el medio atmosférico (Po, T o ). Del diagrama T-S se obliene h o Y Se :
se obtiene h. . En la misma forma, con S3' = S2 con:
= S.'
Y P, se obtiene h" y
(mi + m2) &'-0 = (mI + m2) [(h, - ha) - Te (S, - Se)] mi &3-0 = m, [(h 3 - he) - Te (S3 - Se)) m, &.-0 = m2 [(h. - he) - Te (S. - Se))
se obtiene h 3 mezcla.
.
Con P 3
,
Ts se sitúa el estado (5) a la salida de la cámara de
'1.x
= (J,996
y".
82 Problemas- "tipo
VI pores
Con .:1.& y N e se 'obtiene '1.x = 0,696.
El rendimiento exergético del proceso resulta:
10-7 - Se tiene un compresor adiabático con rendimiento isoentrópico 1/, = = 0,85, que aspira Freón·12'en u'n estado de vapor saturado a TI"" -10°C, comprimiénr .......!>'<:}-...J dolo a una presión P, . ,Pará regular la masa de Freón-12 se recurre a. una válvula reductora (2-3) de fa que sale ei Freón-12 con nna N, P~ = 6,1 alm : T~ = 46 ° e. Calcular la potencia en el eje del compresor en HP , si la masa de Fre6n-12 comprimida es igual a FlGURA 10." m = 20.000 kg/hora (1 HP = 632 kcallhr). La presión P, a la salida del compresor y el rendimiento exergético del proceso. El medio atmosférico es Pe = 1 alm y To =20oe. Solu ción; En u n diagrama T -S para Fre6n-12 pu eden situ3fSjllo. estados (1) y (3), con T, (vapor saturado) y (P~, T~) (figura 10.15). Del diagrama T-S o de tablas, pueden obtenerse h¡ ~ 8, . h3 Y 8 j T frGU.RA 10.¡S Para la válvula reductora es h, = h ~ . Para el compresor: o
N e = m (h, - h,)
10.11
y además:
T,r---T---------':'I... s
Con h" '1e Y h I se calcula h2 , y con este valor y una vertical (S, = S,,) desde (1) se sitúa el estado de sa'lida ideal (2') cuya presión es P, . De 10.11 N e = 223,9.HP yademás P, = = 6,8 olm. El rendimiento exergélico del proceso es: 'h á&F'
=
.:I.&F'
= IN,;!
[(h~ - h,) - T o (S~ - S,)]
a3
m
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS 10-8 - Para Iienar tubo. con Fre6n-12 se procede como indica la fIgUra 10 .16 .
Se barre el Freón·12 a PI = = 1 alm ,. T, = 10 ° e a presión constante ,PI Y se lo envía a un 'compresor ideal adiabático, del cual sale con 'P, = 10 alm. Luego se ]0 enfría y condensa a pm. sión constante, quedando como líquido saturado (3). El líquido ..
exp311de en una válvula reductora (3-4) quedando a T4 = 27 o e .
,
• T,
'-_,.-....J
Q~.J
fiGURA J0,106-
Finalmente entra al tubo, inicialmente vacío, de voiumen V = 0,09 m' , quedando en el mismo como vapor húmedo de titulo xs = O,lO a la temperatura
T. =27°e.
Calcnlar el trabajo necesario en el ej e del compresor Le , el calor intercambiado ,en el enfriador-<:ondensador QM ,y el calor intercambiado a través de la. paredes del tubo Q, para el llenado de un tubo. 10·9 - Un cilindro que pnede comunicar con un recipiente, contiene iniciaimente agua líquida a To = 27 Oc y Pe = lo/m, siendo esta presión igual. la que transmite el pistón. La masa de agua líquida es m = 5 kg, El recipiente contiene vapor de agua húmedo ala temperatura To con título Xo = 0,1 O Y su volu. men es V = 5 m' . Al comu nicar el cilindro con el tanque, todo el agua líqulda pasa .1 mismo, manteniéndose la temperatura T o . No hay fricción entre cilindro y pistón y los intercambios de c.lor del agua líquida y del vapor húmedo son con la abn6sfera (Po = 1 a/m,. To = 27 OC). Calcular el calor intercambiado por la atmósfera, el estado fmal en el recipiente, la variación de entropía del universo y la variación de exergía del universo.
CAPITULO 11
CICLOS DE VAPOR
1. INTRODUCCION TEORICA
i:
I .
Para obtener potencia en el eje de una turbina de vap or es neresario m;URA 11.1 una instalación como la de la figura 11.1 . 2 A esta instalación I~ corres.ponde un _1--+-_\ ciclo ideal como elrepresentado es~LT~ quemáticamente en un diagrama T-S y en un diagrama h-S de va· por de agua en la figura 1L2 . Una masa de agua líquida en un estado O se calienta primero (Oa) Y .I-----{I~\I---- .., evapora luego (al) a presión consQ, tante en una caldera (01) , de la cual sale vapor saturado (1). El vapor saturado (1) se sobrecalienta a presión constante en el sobrecalentador (J 2) Y lliego se expande adiabáticamente en Ja turbina (23). Final- T 1 mente el vapor húmedo de alto título (3) que sale de la turbina se condensa tota!mente a presión constante en el conden..dor (34), y luego el líquido (4) que sale del condensador se env ía a la ca1~era s s mediante una bomba (40) en la cual, si es ideal, carobia la presión FlGURA. 11.1 del agua líquida, sin que carnllie su temperatura. En régimen permanente, siendo válida la fórmula general 3.2 pa-
, •
~'--
IS Introd'l.lcc:ión t.6rlCl CilClos de vapor 87
ra cada uno de los eIernentos:: Ca !dera y sobreca le ntador. ca Ior transferido Turbina
Lr
Co ndensado r
= m (h 2 Q~
11.1
h3 )
= m (h~ -
h3 )
80mba
11.2 11.3 11.4
a l. salida de la cámara de mezcla (7) es de líquido saturado. La bomba B J es para elevar la presión de mL desde P, a 1', 1 y la B, de 1', a la presión de la caldera Po, = 1', = 1', . Son válidas las fórmulas siguientes, en 1 régimen pennanente; para caldera y sobrecalentador:
•
s
siendo
].'4.E:;:
s
Vo y:
HGUJl:,l,. 11.4
LB = (. vdP.m
1l.S
La fórmula J I.S vale 'para una bomba id",,1 consid erando que para transformaciones revenibles de sistemas circulantes vale la fórmula general: -VdP = oL.!,· + dE. + dE,'
11.7
para la turbina:
JI.S para el condensador:
6.6
11.9
y: para la cama ra de mezcla: 11.6 IUO Todo ciclo rever:sible puede dividirse en ciclos de Carnot reversibles. Eliminar las transferencias de cal~r al ci· clo en las zonas en que los rendimientos de los ciclos de Carnot (r?II. ... mt") 1 -son menores (zona O-a ~ figura IU) implica aumentar el rendi; miento del ciclo. Para esto se recurre a extracciones de'vapor de la turbina, siendo enviado el vapor átra {do m y a una cámara de 1 - - - -.., mezcla adiabática o • un intercambiador de calor, con el ÍlO de precalentar el líquido mL. que sale FIGURA 11.3 del condensador. En la figura JI.3 se dibuja esqueniáticarnente la instalación correspondiente a una extracción, y en la figura 11.4 el ciclo ideal correspondiente cuando se usa una única cámara de mezcla adiabatic.. El estado
con h o '" h. Y h, '" ho'. Para las bombas supuestas ideales: LB,
= (mL
+ my)v, (1'0'- P.,)
LB= , mL
v.
(1', - p.)
J 1.1 1 IU2
y el rendimiento es:
1l.J3 , Cuando se usa una diferencia de presión muy grande entre l,a caldera y el sobrecalentador, puede recurrirse a efectuar la expansión en más de una etapa con 'obrecaJentamiento al fmal de cada etapa. Para dos etapasl supu estas idea1es~ con sobrecalentarniento intennedio J se tiene un ciclo como el representado en la Ílgura 11.5 .
88 Problemas tipo
T
Clc:los- de vapor 59
, , , s
La temperatura T j debe elegirse de modo que no se in troduzcan ciclos de Camot qne desmejoren el rendimiento de la in.staIación. Para la resolución de los proble-
,
mas correspondientes a este tema, se cuenta con los diagramas entrópicos correspondiente'" y tablas d e vapor de agua.
s
FIGURA 11.5
2. PROBLEMAS TIPO
11-1 - Una planta térmica de vap or deberá entregar en el eje de la turbina una potencia N T = 10.000 IeW , con una masa de vapor circulando en la misHGURA 1 ~t, ma m = 30.950·lég!hora _ El vapor 1 saldrá de la turbina a P, = 0,05 atm como vapor húmedo de titulo x, = = 0,97 , Y se tendrá un rendimiento isoentrópico l1T = 0,90 para la turbina. Repre,entar esquemáticarnente la
El estado 3 es conocido, y con P, ,x, puede situarse en un diagrama T-S ó h -S (fIgura 11.7) . Para la turbina es:
,.J
f
I
Con h3 , obteuido del diagrama T -S ó h -S Y los valore. de NT y de, m ,se calcula el valor de h 2 = 872 lecaljleg. Adero á, de:
" s
F](;URA i 1.1
puede obtenerse !l3' = 575 lecalfkg. Trazando una vertical desde 3' ya ubicada en el diagrama T-S ó !l-S con (h 3 " P3 ) ,se obtiene el estado 2- sobre la linea h2 constante. Del diagrnma se lee T, = 580 oC y P2 = 12 alm. Con lo. e,tados 2 y 3 puede completarse el ciclo, como .e indica en la figura 11.7 . Lo. valore. de las propiedades física, pueden obtenerse de 10. diagramas., Para la caldera y el .obrecalentador:
Q,
..
= m (!l, - !lo) con !lo Q, = 25.982.525 lu:aljkg
= 32,S kcaljkg = 30.2121eW
Para la bomba supuesta ideal (ecuación 6.6), comiderando volumen específico constante resulta:
NB ,
,
instalaci6n necesaria, representar el ciclo en un diagrama T -S Y en un diagrama !l -S de vapor de agua. Calcutar: Rendimiento del ciclo, exergia del vapor a la entrada a la turbina y exergí. perdida en 1. condensación del vapor. El rendimiento de 1. bomba es l1B = 0,75 Y el medio atmosférico es de Po = 1 atm .. To = 20 oC (] IeW = 860 lu:aljhora). So lución: La instalación es la indicada en la figura 11.6 .
,
T
= mv. (Po -
p.)
NB ,
con Po =P, = 12 atm .= 8.947,5 kcalf!lora
Teniendo en cuenta el valor del rendimiento de la bomba, la potencia real es::
N N B = - BJ - = 13,9kW ~B
El rendimiento del ciclo es: 11
=
=
0,33
'9'0 Problemas tipo Ciclos d-e vapor 91
La exergía del vapor a la entrada
en Ja turbina es:
Se sltúa el estado 2 (T2 , PI) 'i luego se traia una 1ínea de entropía constante, hasta cortar la línea
ho•, So' son l. entalp í. y la entrop ía correspondientes al estado de equilibrio con el medio atmosférioo (Po, T o ). Se obtiene así &2.0m = 11.507,3 kW. Esta exergía no se ap rovecha en la IUTb ina en su totalidad porque la transI
formación del vapor en la misma es irreversible, y porque una parte se pierde en
Ja condensación del vapor. la exergía perdida en la condensación del vapor es:
1] -2 - Se quiere analizar un ciclo. de vapor de las siguientes características: Presión en la cald era P, = 80 alm . Expansión en dus etapas, una hasta que el vapor alcanza la temperatura de evaporaci6n y la otra, Juego de recalentar el vapor nuevamente a J?resión constante. Para arnbos. calentamientos del vapor, el que ocurre antes de la primera etapa, y el que ocurre luego de la segunda et.pa, la temperatura Íillal del vapor será de T = 600 o c. Ambas etapas de exp.nsión se sup onen ideales (transformación del vapor adiabálica reversible). Presión en el condensador P, = 0,05 alm . A una presión P6 igual a la mitad de la presión intennedia entre arobas eta· pas de expansión, se extrae una masa de vapor m v de la turbina~ la cual será envia~a a una cámara de; mezc:1a adiabática junto con la masa restante) luego de la -salida de esta masa del condensador. A l. salida de la cámara de mezcla se tendrá liquldo saturado a ia presión del vapor my extraído. Representar e.squemátic:am ente la instalación. Representar .el ciclo en un diagrama h-S, y calcular la relación entre las m.sas m v extraída en Ola turbina y m evaporada en ia caldera. C.lcular además el poreentaje en que mejora el ren dimiento, la colocación de la cámara de mezcla. So lucró n: El esquema de l. ínst.lación está indicado en la figura 11.8 _ la °bomb. S, es neeesaria para que la mas" m que sale del condensador alcance la presión de la masa my extraída de la turbina. P3rn la representación del dclo se conocen las presiones, en la caldera y sobrecalentador Po = P, = P1 , Yen el condensador Ps = P4 •
rn
de temperatura de l. caldera T, , obteniénd ose el est.do 6, con la Jínea de presión constante que pasa por 6 se sitúa el estado 7 (P., T1 )
,
~
2
y luego l mediante una línea de en-
tropí. °oonstante (7'3) el est.do 3 6 (S, , P3). Quedan detenninados además los estados 4 y 5 (fIgura 11.9). (m-m,i Con P8 = Pol2 se sitúa el es· ~.-_:':::"'';;¡':':':::'''~rl1~I-----4' tado 8 y con la línea de presión oonstanle p. , los estado. 9 y O: Para la cámara de m ezcla se puede plantear:
,
mv", + (m - mv) hj = mh, con h. '" hj
.
Luego:
nr.URA J 1.9
mv m
(h. '- h s ) (h. - h j )
Con h 9 = 157 kcallkg .. hj = 20,1 kcall kg y h. = 820 kcallkg resulta:
s .
mv/m
= 0,17
Suponiendo que sin la cámara de mez~ c1a se tiene Ja misma potencia en el con·
junto de las dos.tul.binas, y despreciando el trabajo necesario en las bombas) pue,de calcularse la mejora porcentual en el rendimiento del ciclo. Sin l. cámara de mezcla, O sea sin ex traccjón del vapor. El calor tran,ferido en la caldera y sobrecalentadores, para la masa ma :
CAPITULO 12
92. Prob!-emal tip o
La potencia en las turbinas es:
Para el ciclo con extrncción de vapor, el calor ",rá: Q ~ m [(h. - h o) + (k, - h.J]
CICLOS FRIGORIFICOS
con ho ~k.
N T ~ m [(k, - k 6 ) + (h, - h.)] + (m':' mv) (h. - k,)
Igualando las potenclas: l. INTROOUCCION TEORICA
Dividiendo ambos miembros por m : [(k 2
-
k.)>+ (k, - k,)]
~
[(k 2
-
k.) + (k, - k8 J] +
~-
:v]
~'---j c ) - - - - - - - ;
(k. - k,)
11.l4 Conociendo mvlm y la. enlalpías, de 11.14", obtiene molm ~ 0,909. El rendimiento sÍll exlracción es '1' ~ NrlQ' y con extracción f¡ ~ NTIQ . Luego: 1)' = iL = m [(k. - k o) + (k, - k.J] 11.15 mo [(k, _ k.) + (k, - k.)] Q' 1)
-
Q,
J
• fIGURA 12.1
El porcenla] e de aumento de rendbniento es:
100 '1- '1' = [1 _ 1)'] 100
11.16
'11)'
El valor de 11. i 6 puede calcularse con mvlm, y calculando '1'/~ con 11.15 resulta que:
100
'1- '1'
'1
\
~
5'1'0
El, fluido pasa luego a un evaporador (4- 1) , en la cual se evapora totatniente a presión constante, y en consecuencia, a temperatura constante, al transferirsele el calor Q, de la cá-' mara a refrigerar. Para asegurar que al compresor (I'- 2) ingrese vapor seco '" puede colocar un ",parador de líquido (SL), o hacer que el conducto que comunica el eva-
La ÍIlstalaclón más sbnple'para una máquÍIla frigorífica de' compresión es la esquematizada en la figurn. 12.1, siendo el ciclo correspondiente a la misma el representado·en diagramas T-S ó k-S en la figura 12,2 . U na masa de fluido refrigerante (Freón .l2 o amoníaco) .e expande en Una válvula reductora (3-4) pasando de líquido sa lurado' (3) a vapor húmedo (4J a baja temperatura, menor que la de la cámara frigorifica.
,
T
,(A1: ~
+-:-----s +-------.s FlGURA
1~.2
94 .. ntrocl,pcc:lón t1!116rlc-1.
e rclos frigoríficos- 95
porador con el compresor pase por fuera de la cámara de mod-o que quede el es-
2. PROBLEMAS TIPO
tado de entr~da al compresor como vapor sobrecalentado. Del {5L). sale vapor ·saturado seco (j). En el gráfico d e la fIgura 12.2 se supuso que la compresión (j -2) es adiabática reversible. Luego el vapor (2) se en fr ía primero y condensa después a presión constante en el condensador (3·4). En régimen estacionario para cad a uno de los elementos de la instalación va. le la fórmul. 3 .2 de modo que, en el evaporador:
= m (h,
- h.)
12.1
-L, =
m(h, - h,)
12.2
Qo
m (h, - h 2 )
Q2 en el
l2-1 - De una in5talación frigorífica se conocen las siguientes características: Fluido refrigerante: Freón-12; Temperatura en el evaporador Ti = T 4 = ~5 oC; Temperatura de condensación T" = 35 Oc ;Compresión (1-2) supuesta adi.bátic. reversible; Calor transferido .1 evaporador Q2 = 40 toneladas~ftigera ción (1 ron de refrigeración'" 3060 {rigodas/hora " 1 {rigorfa = 1 lica/} . No existe sobrecalentamiento. El compresor e, alternativo y el volumen aspinldo por el corppresor, no es igual al volumen barrido, ya que existe un rendimiento voJumétrico l1v = V,asp/Vb.ar cuyo valor, puede calcularse suponiendo proceso ideal d e compresión en la fó.rmula:
~ompresor:
1j',.
en el condensador:
12.3
= h.
12.4
Se denomina efecto frigorífico al calor intercambiad o en el evaporador por unid ad de masa: 12.5 El ~fecto frigorífico pu ede aumentar recurriendo a un subenfriamiento (4 ·0) lo que aumenta q 2 de modo que este valor será q2 = (h 1 - h.). El coeficiente de efecto frigorífico e del ciclo es, en valor absolu to'
+ E() -
v, EO
12.7
siendo Ea relaciÓn de espacio nocivo, igual a 0.04. Calcular: pqtenci. en el eje del compresor en HP (J HP = 632 kcallhora) ; Coeficiente de e~ecto frigorífico; Volumen barrido por el compresor en m1 jh.r; Calor que debe ser intercambiado en el condensador; Rendimiento exergético~ considerando que el calor transferido en el condensador no se aprovecha y que la cámara frigorífica puede suponerse una fu ente de calor de temperatura T = O oC Medio alrnosféric,o Po = 1 alm ,. T o' = 27 oC.
Y en la vá lvula reductora:
h,
= 1
"
Solu ción: Puede. representarse el ciclo en un diagrama T -So en un diagram. h-S para Freón-12 (fIgura 12.2), sin la transformación (a-b) . Los valores de las propiedades f¡sic., pueden obtenerse a partir de los diagram., o de t.blas de Freón-12 . Para la represent.ción del ciclo se conocen T, = T. ,. T", h" Y además h. = h" . Con una vertical desde (j) ,e obtiene (2) ,obre l. lme. de presión constante que pasa por (3). Para el evaporador: 12.8
12.6 para el compresor; Cuando las diferencias: entre las temperaturas: en el evaplrtador y en el condensador es muy grande~ puede recurri:rl:e a efectuar la co.rri¡uesión en· más de una etapa, con enfriamiento a presión constante al fmal de cada etapa. lo que además de evitar que ,e alcance una temp eratura muy elevada a,Ja entrada al con. densador~ aumenta el coeficiente de efecto frigodfico -del ciclo· Para l. re,olución de los problema, correspondientes a "!'te tem. se cuenta con lilS t.blas o dia¡lrarnas entrópicos correspondientes ~ FreQn-12 y al amon í.co.
-Le = m(h;¡ - h,)
12.9
para el condensador;
12,10 El coeficiente de efecto' frigorífico es:
e=I~:I~
12.11
95 P-robleomas tipo
Ciclos frigoríficos 97
Tenemos como datos h, = 135,665 keal{kg ; h2
=108,001 kcal/kg=h• .. ", = O,065m l /kg
= 140,50 kcallkg
""2 = O,022m l {kg.
.. h, =
De 12.8 se obtiene m = 4425,5 kglhora. De 12.9 con m , es N, = 33,8 HP. ~n N, y Q2 , de 12.11 re,ulta a = 5 , 7 3 . . El volumen que debe aspirar el compresor es igual al producto de la masa ro por el volumen espeemco d el estado (j) :
=
V.
rov,
=
287,6 m l/hora
El rendimiento volumétrico es, por 12.7, igual a 0,922. Luego: = ~ = 312,5 m'{hora 'Iv
V."
De 12.10 Qo = 143.791,8 keal/hora. Además Q2 + IN,I = 143,761,8 kcoJ{hora. Quiere decir que se calcula con un error del orden del 2 % • El rendimienlo exergético es igual a la relación entre la variación de exergia de la cámara, ya que al estar a temp eratura T menor que la del medio atmosférico, aumenta su exergía cuando transfiere calor hada el evaporado!, y la potencia en el compresor. La variación de exerg í. de la cám ara frigor mca es: Ill:" = Q2 [1 -
;j
con
Q2
Il~ ,;, 120.105,5 kcoJ{hora ; N c = 21.361,8 keal{hola
Luego: =
También: .
e
Q2
y
'Nc
1
)
=
IN,I
,
FlGURA.
FLGUR.... Il.4
T
L~.S
•
s Para los ciclos se ha supuesto que las compresiones son adiabáticas reversi· bies y qu e la presión intermedla P es igual a la media geométrica entre la del evaporador P, y la del condensador P, :
P = ¡p.p,
0,57
Efectuar los balances necesarios para obtener las masas de fluido refrigeran· te que circularán en los compresores de alta (CA) y baja (C B) presión en cada 1 easo mi ~ mí y m2 ~ mt, suponiendo representado el ciclo y conocido el calor Q2 -
de modo que, reemplazando':
e '1",
y: '1",
A&c
12-2 - Con el fin de evitar que a la FlGUR'" ID entrad a al condensador el fiuido refrigeranle alcance temperaturas muy altas, se recurre a efectuar la compresión en dos etapas, con enfriamhmto intermedio a presión constante en !re las mismas. Supo" niendo que al final del enfriamiento el vapor queda satnrado, se tienen ciclos. como lo s indicados en las figuras 12.4. y 12.6, el primero correspondiente a la instalaci6n de la figura 12.3 Y el segundo a la instalación de la figura 12.5 .
e i[1 - (To/T)1I
Solución:'-El problema se presenta en el enfriamiento (2-3), Y' que en el mffimo es necesario alcanzar una temperatura T3 , menor que la temperatura ambiente~ Por este_ motivo' se recurre a las instalaciones explicadas, lográndose el enfriamiento (2-3) medimte una transferencia de calor desde la masa mí 'a~ mí' que ha circulado en el evaporador y en el compresor de baja a una masa a la temperatura T" inicialmente en el estado (6) , la que no cambia su temperatara al reciclar calor por producirse una evaporaci6n a presi6n c~nstante de una parte del líquido s.tUrado contenido en la mima. .
98 P'ró-blamu tT;p o
C]C[OI
Para el ciclo d e la fIgUra 12.4 ;
fr[gor jtieos 99
sos- que siguen: Compresión en una única etapa común a las rnasa-s: evaporadas: en ambos evaporadores· Compresión en dos etapas, una entre las: presiones: correspo?dientes a los dos e;aporadores, y Ja "Otra entre la presión en el evaporad?r a T;/ y la presión de conden..ci6n.
FtGURA 12.-6 T
F[GURA 12.7
m2
12.12
mj
con h, = 11•. Con éstas, siendo conocidQ Q, y el ci· clo se obtienen mj y m2 . Para el ciclo de la fIgUra 12.6, tenernos en el separador de líquido:
(
So Iu ció": Para u n único compresor, figuras 12.7 y 12.8, es:
Qí'
= m
H
12.15
s
y además:
Qi (11, - ha)
mi' (h, - h.) = mí' (h, mY (11, - 11••) = "':""':'---,c'-:-mí' (113 - 11.)
= m'
• ,
12.16
h6)
12.13
T
FIGURA L21l
4
y además:
mí'
=
Q, =
qi'
Q2 (11, - 11,.)
con 11"=11 7 , , DeI2.14seoblienemj'yconI2.13 resulta mY < mi . Entre m2' y m2 existe la siguiente relación:
12.14
mY.
m'
•
Además de las masas: m to y m ~ , hay una ma.. de vapor (9) separada en el separador de líquido de las m asas m " y m 1 que pasa por los- evapora· dores. La masa que circula en el compresor de baja es m' + m" + mv. Para el estado (6) de título x. es:
Siendoh"
Luego:
mr/mt m2/mí
= mY mi
(h, - 11 6 ,)
(11, - 11,)
12.17
(11, - 11,) (11, - 11.,) (11, - 11.,) (h, - 11 0)
12-3 - Representar esquemáticamente la instalación necesaria para un ciclo éon dos· evap oradores, uno a temperatura T.i , en el cual el nuido intercambia UD calor Q~ y otro a temperatura Ti'> Ti en el cual el fluido intercambia un calor Qi' , y el ciclo corresp ondiente a la misma en un diagrama T-S. Además efeetuar los balances necesarios para obtener las masas en los- compresores los ca~
en
Para dos compresores, flguTas 12.9 Y 12.10, son válidas las ecuaciones 12.15 y12.l6. Por el compresor d e baja (] -2) circula la masa m'. Por el compresor de ¡¡Ita (3-4) circula la masa (m' + m" + m y) , cuyo cálculo pu OOe efectuarse en la forma explicada a partir dela fórmula 12.1 7 , Es e\'idente que en este último caso de dos compresores, el trabajo necesario en los: mismos es: _menor que en el caso anterior de un único c?mpresor, ya
100 :Prob l.emas tipo
CAPITULO 13
U
que la masa (m' + m + my) se comprim~ con ,un salto de entalpía menor:
AIRE HUMEDO nGURA 12.9
FlGURA 1"2.10
T
1. INTRODUCCION TEORICA
s
! 1;
El aire húmedo es una mezcla de aire seco y vapor de agua, ambos en coudiciones en que pueden ser c-onsiderados como gases: ideales. Serán válidos entonces para el aire húmedo, los conceptos de presión parcial y la ley de Dalton, y el hecho de que, en el aire húmedo, tanto el aire seco como el vapor de agua, se comportan como si estuvieran solos. En los problemas se tendrá que la masa de aire seco es invariable, pero la masa de vapor d.e agua puede cambiar en el aire húmedo, ya sea porque cond~nsa una parte de la misma (deshumidificación), o porque existe un agregado de vapor de agua o de agua líquida que se evapora en el aire húmedo (humidificación). .Son -conceptos básicos a tenerse en cuenta los siguientes: Humedad absoluta (denominada humedadesp ecmca en los manuales de acondicionamieoto de aire): my (masa de vapor)
x= m..
(masa de aire seco)
13.1
Puede deducir:se que:
J
x = 0,622
Py P-P y
-,-----'=--
13.2
donde P es la presión delaire húmedo, P y la presIón parcial del vapor de agua, y 0,622 la relación entre los valores de 1.. constantes características del aire seco y del vap.or de agua (R.IR y) .
----o-...."
j
102
Airlll húmedo
I ntroduc.d6n teórica
Humedad absoluta· de saturación es la que le corresponde al aire húmedo, a la misma presión P Y a la mi'SIlla temperatura si el vapor de agua estuviera satura~
do:
x,
=
0,622
PV8.
~do
Humedad Telati>a es la relación entre 1. presióu parcial del vap or de agua en el aire húmedo, y la presión parcial del vapor de agua saturado a la temperatura del aire húmedo: Py 13.4 Pv , Para las condlciones ambientes se cumple que:
Pv
"'= -Pv, '"
x x,J
13.S
La entalp ía del aire húmedo se refIere siempre a la masa de aire húmedo (J + x) que contiene una unid ad de masa de aire seco. Puede expresarse:
13.6
h = c•• T + X ['O + cp yT]
con temperatura de referencili O o e y presión 1 alm. cpo y cpv son los calores especif¡cos a presión constante del aire seco y del vapor de agua, 'o el calor de vaporizacwn'de1 agua a presión constante y a O oC (el agua se sopone líqlÚda a 1) oC y 1 alm) , siendo: CPo =
0,24 kcallkg oC
cpy = 0,46 kcallkg oC
mu y pequeña comparada con la de un kilogramo d e vapor de agua a la ro ¡sma temperatura : cLTw ~ ro + cpvTw l3.9
13.3
P-Pv,
;
'o = 597 kcallkg
La. entalp ía de un kilogramo masa de vapor de agua será entonces:
13.7 con Tw temperatura del vapor. La entalp ía de un kilogramo de agua líquida:
103
La temperatura de rocío del aire húmedo es aquella para la cual queda satuel vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a presión constante
De la fórmula 13.2 se deduce que al ser en el enfriamiento constan t~s x y p ~ será constante la presión de vapor P v . La t~rnpera tura de bulbo húmedo es la que marca en réghnen estacionario y en deternl1nadas condiciones, un tenn ómetro con su bulbo ro deado con un trap o empapado en agu a líquida. Puede liegarse a la temp eratura de bulbo húmedo a partir del estado del aire húmedo, consid erando que a entalp ía h consiante para el aire húmedo~ se lleva al vapor de agua a un estado en que queda saturado.
Se usa liamar temperatura de bulb o seco a la temp eratura correspond iente al aire húmedo. . Son de interés ade.más de los conceptos expuestos, las fónnulas correspondIentes a los balances de masas· de vapor y de entalpía. .Ba!ances de masas de vapor y de entalpía Sea una corriente de aire húm~do que ingresa a un conducto con humedai:l absoluta x, y entalpía h1 (ecuación 13.6), saliendo del mismo con humedad absoluta:.;. y entalpía h. (ecuación 13.6). El aire húmedo cruza el conducto con pre~on constante 'i en el mismo intercambia un calor Q y una
masa de vapor de agua o de agua lí1 m quida W. La masa de aire seco m."'::-.'.,.....¡ contenida en el aire húmedo m se :r~ 11 1 mantiene constante y la masa W es f L(;U.RA 13.1 la'estrictamente indispensable para que se produzca la variación en la humedad absoluta del aire húmedo de x, a x. (fIgura 13.1). h", .es la entalp ia por unidad de masa W y T. la temperatura de la masa W, de modo que -si es vapor de agua h está dad.;'por 13.7 y si es agua líquida por 13.8 . ' w Teniendo en cuenta el concepto de humedad absoluta, el balance de masas de vapor puede expresarse como sigue:
13.10
13.8 Teniendo en cuenta la fórmula 3.2, el balance de entolp ías se expresa: donde ahora Tw es la temp eratura del agu a líquida. Se cumple, entonces, que la entalp ía de un kilogramo de agua líquida es
mh, + Wh w + Q
= mh.
13.1 1
104 Introd lIccf6n teórrca Alre-tlÍl medQ
De las fónnulas 13.1 OY 13.11 se deduce que:
Las curva,de .p constante se obtienen a partir de ia f6nnula 13,5 .. 13.12
La temperatura de saturación adiabática es aquella a que quedaría el aire húmedo si el conducto es adiabático, W agua liquida a baja temperatura y el Vapor de agua del aire húmedo quedará saturado a la salida del conducto; siendo' h w muy pequefia en este caso, se tendrá que h, '" h, por ser Q = O. La teml' .ratora de satu ración adiabática es prácticamente igual a la temperatura de bulbo húmedo. Pro~es.o d e m eze la Sean d QS corrientes de aire. húmedo 1 una con hl.;lmed ad absoluta Xl y entalp ía h, (ecuación 13.6) y la otra con x, y h, (l3.6), la primera conteniendo kilogramos de aire seco y la segunda m, (ftgura 13.2), que ingresan a mI una cámara de mezcla (C.M.) J saliendo Xl ¡JI ~ (m J ... M1) de la misma con X3 • h3 (13.6). C..M.. 7'-;m~'----:L ----.J x, lJ J Si ]a cámara de mezcla es amabática J y X1 n. 1 no e~te condensación de vap OI;
vapor -de agua
m,
FIGURA Il.2
,
Oia gra mas de Mollier Es el h = f(T) de fIgUra 13.4 . Es un diagrama de ejes oblicuos. Las lineas de temperatura constante son rectas l y su pendiente con respecto al eje x es (ro + cpyTJ segón puede deducirse de la fónnula 13.6 con T constante. Para los problemas de aire húmedo se suponen datos los calores especificas a presión constante del .ire seco CP. y dei
.!
,
1 O~
e Py )
Ff(¡u RA 13.3
T
ya dad OSl el ~lor de
r CJ' J también dado anteriormente , y, saI~ vo aclaración en contrario l para procesos a·presió n constante 1 atm ,puede recurrirse a los diagramas mencionados. • También se suponen datos los valores de las cons.tantes características del aire seco R rJ y del vapor de agua R v . Salvo aclaraci6n en contrario d eb e considerarse al aire seco y al va~ por de .gua como gases perfectos: F1G\JRA 1.3.4
,
m,h" + mih2 = (ro, + m2) h, 13.13
Si no existe condensación de val' or: 13.14
R.
=
29,3 kgr mlkg K
De las fÓlJIlulas 13.13 y 13.14 se deduce que: ! '
13.15 Dia-gramas de
\
R v =47,1 kgrmlkgK
,
',1 ~ ,
T.:unbiéu pu eden utilizarse diagramas T -S y las tablas correspondiente. ai
vapor de agua.
a~ra húmedo
Se representan para presiones constantes' P = J atm . ,El diagrama psicrométrico x f{T), 'se encuentra ilustrado en la figura 133 . l.as líneas, de entalpía constante pueden representarse como rectas, si se . despreiCia el valor ePv T ante To l Y en este caso tienen pendiente ·Cpj'o Y. abscisa al origen h/rv , segón se deduce de suponer h cOlUltante en la fónnul.:
*
x
=
+ -
h
ro
2. PROBLEMAS TIPO 13.16
13-l - Una masa de aire húmedo tiene temperatura de bulbo seco To =25 oC, presión Pv = 1 atm y humedad relativa '" = 60"" . Detenninar:
,
X!
_:ce....
%_
.3_ ..
Aire n.úmllldo
106 Problemas resueUo5
.) temperatura de rocío b) temperatura de bulb o húmedo c) humedad absoluta . , d) masa de aire húmedo por m ' . e) temperatura a la que se iniciar'ía]a condensación del vapor de agua del arre humedo 1 si éste se enfría a volumen constante. Solución: Debe tenerse en cuenta que el vapor de agua puede analizarse como si
estuviese solo. La temperatura de rocío se obtiene teniendo en cu"enta que al enfriar el aire húmedo a pre-
.T
101
.Con el diagrama·psicrométrico (figura 13.6) o el de Mollier (f¡gura 13.7), se puede obtener la temperatura de rocío, siguiendo una linea de hnmedad absoluta constante desde el estado del aire húmedo (O) hasta la curva de saturación, donde '1' = 100 %. Para situar el eslado O se tiene ToY '1'•. Para obtener la temperatura de bulbo húmedo, debe seguirse una línea de
enlalpía constanle desde el estado del aire húmedo O hasla la curva de saturación, según se iudica en las figuras 13.6 Y 13,7. Teniendo en cuenta que para alcanzar la temp eratura de bulbo húmedo deb e trazarse una Jinea d e entalpía conslante, analíticamente a partir de la fórmula 13.6, puede plantearse:
FRiURA 135
Cp,T. + Xo (ro + cpyToJ = cP.T' h + x (r. + cPVT.hJ
sión constante, la presión parcial del
13.17
i
vapor de agua se mantiene constante,
Xo es la hnmedad absolu la d el aire húmedo en el eslado O (eco ación 13.2). _= 'Pf}PY~2j o e tenemos.:
por no cambiar la relación entr6 las masas de vap Ol y de aire seco.
Con P y
De tablas de vapor o de un dia- T. grama T-S puede obtenerse la presión del vapor saturado ala lemperatura To dei aire húmedo (figura 13. S), Y con la humedad relaliva (ecuación i 3.4) - calcular la presión parcial del vapor de agua: P y = '1'. p y ,"
Xo
13.18
T,
s
El estado del vapor es el V de la figura 13.5 Ysiguiendo la línea de presión conslante P y hasta la curva de saturación, se obtiene la temperatura de rocío T, = 12°C. FIGURA 13.-6
Py
= 0,622
Con Py yp. se obtiene Xo en 13.18 . x es la humedad absoluta del aire húmedo, con '1' = 100 % Y la temperatura de bnlbo húmedo:
x
= 0,622
Pv~
-0:--'--''-
13.19
Po - Py,
P y , es la presión del vapor salurado a la temperatura de bulbo húmedo Si se adopla un valor para la temperatura de bulbo húmedo T,., Y con ese valor se obtiene P y, y luego x de 13.19, reemplazando este valor de x en 13.17 deb ería verificarse esta fórmula, si T. h fuera el valor correcto. Así, mediante tanleos, puede obtene",e la temperatura d e bulbo húmedo T' h = 16 oC. la hnmedad absoJu ta se obtiene de 13.J 8 o de los diagramas psicrométrlco o de Molliér:
T.. .
XI1
= 10,5 gramos vapor
=
0,0105
kgaire .eco
La masa de vapor de agua que ocupa el volumen por r
=
PvV
RvTo
m'
es:
= O,012kg
108 Prob l-ema I resueltas
Alre húmed:o 109
La masa de aire seco por
m3
es:
m, =
l,161
r
FIGURA 13.B
P, es la presión inicial del aire seco p. = Po - Py • La masa de aire húmedo por m 3 es: T,.!--'---Y
m = m, + m" = 1,172kgjm'
FEGURA 1.3.9
Tarnblén puede calcularse teniendo en cuenta que al aire húmedo se le pu ede atribuir una constan te característica: R =
luego:
PoV m =-_ RTo En el caso que el aire húmedo se enfriara a volumen constante) no deben • usarse los diagnunas psicrométricos- y de Mollier, porque cambia la presión total del aire húmedo. Situado el eslado V del vapor en un diagrama T-S, puede se-
guirse la línea de volumen constante correspondiente a ~te estado h~sta cortar a la línea de saturación, para obtener la temperatura Ty a que se iniciaría la condensación del vap or de agua cuando el aire húmedo se enfría a volumen constante (figura \3 .S). Resulta T y '" 11 oC. Si la presión parcial Po no fuese de 1 a/m ,solo son válidas las soluciones explicadas sin usar los d iagrarnas de aire húmedo, ya que ésto. valen para Po =
=la/m. 13·2 - Una masa de aire húmedo lieue presión Po = 1 a/m , temperatura de rocío 1;. = 10 oC y temperatura de bulbo seco To = 20 oC. Calcular la temperatura de bulbo húmedo y la humedad relativa '1'0 • Solu el ón: Segú\ las consideraciones efectuad as en el problema \3-1, el estado del aire húmedo (O) pl,lede situarse en un diagrama psicrométrico o en nn dia: grama de MoUiá, entrando. con TI' hasta la curva de saturación y siguiendo lue~ go una línea de humedad absoluta constante hasta cortar a la línea To constante. Obtenido O se tiene '1'0 y con una línea de entalpía constante ha.ta la linea de saturación, la temperatura de bulbo húmedo (figuras 13.8 y 13.9).
-.-oc;-
T
R ll + xR v (l + x)
Sin usar los diagramas de aire hú· medo puede recurtirse a tablas o a Un diagrama T -S de vapor de agua para obtener la presión Pv del vapor, ¡ia que ésta es la que correspond e a la sao turación a la temperatura de rocío (fi· gura· 13.10), y la presión de vapor saturado a la temperatura To de bulbo seco p V• ' La Jiumedad relativa'es:
T
FJGURA ¡J.l0
p.
T.,j----r----'¡"'
o
r,¡--~<-
'1'0
=
Pv
-,< s
.Pv.o
Para obtener la temperatura de bulbo húmedo debe procederse en forma idéntica a la explicada en el problema \3-1 (fórmulas \3.17, \3.18 Y \3.19), resultando T•• = 14 oC. Si Po no· fuese· 1 atm , sólo es válida la solución explicada sin usar los diagramas de aire húmedo, porque éstos son para Po = 1 alm .
r..
13-3 - Una masa de aire húmedo tiene Po = 1 alm , temp eratura de rocio 1; = 10 Oc y temp eratura-de bulbo húmedo = 15 oC. Determinar la temperatura de bulbo seco. Solución: Según lo explicado en la solución del problema \3-1, el estado (O) del aire húmedo puede situarse entrando con la temperatura de bulbo húmedo hasta
•
I
A¡re híI medo l' 1
11 D Problemas reS1J altos
la curva de saturadón~ siguiendo una línea de entalpía constante, y entrandg con la temperatu[a de rocío~ hasta la curva de saturación, siguiendo una línea de tu-
medad absoluta constante (figuras
n.JI
r
y 13.l2}. 1,
fiGURA ]J.L I
h
+-----fT.-Tf,"",'T,,------.'T
.,
masa de arre seco contenido en el
aire húmedo es m = 2000 Icgfhora Calcular: masa de agua líquida W. masa de vapor Wv y calor Q intercambiados por el aire húmedo. Soludó n: En un diagram a de MoF' Ir; L
1
.
Obtenido (O) ,e conoce la temp eratura de bulbo ,eco T o . Sin usar los diagramas de aíre húmedo, solución válid a aún cuando la presión Po no fuera 1 atm • planteamos: 13.20
El estado (2) tiene entonces "', = 1 00 '" y además h, = hi . En el calentamiento, la húmedad absoluta x se mantiene constante. Con x J = = x, y T s = T, , se sitúa el estado (3). lue-
,
go, para la humidificación con vapor de agua, de 13.12 y .13.7 se obtiene que:
13.21 l:orlla temperatura de rocío se obtiene P y , ,egún se explieó en el problema 13-2, y de 13.21 Xo . Luego con la temperatura de bulbo húmedo T•• se obtiene la presión de vapor saturado a esa temperatura y:
x
= 0622 ~
Pv,
PO-Py~
COJ)ociendo x. Xo y T•• , de 13.20 se obtiene Te
= 22·C.
13-4 - Una corriente de aire húmedo, con presión total Po = 1 atm , temperatura de bulbo seco 20'·C y de bulbo'húmedo 15 oC , ingresa a un conducto adiabático en el cual se lo lleva a un estado (2) de humedad relativa "', = laO", humidificándolo adiabáticamente con agua liquida a baja temperatura. Luego el aire húmedo es calentado hasta que alcanza una temperatura T:. = 20 Oc y humidificado adiabáticarnente con vapor de agua a temperatura Tw = 40 Oc hasta que quede con '1'4 = 100 'Ii>. El aire húmedo mantiene su presión constante. La
El valor (ro + cpv Tw ) es equivalente a la pendiente de la isotenna correspondiente a la temperatura Tw , de modo que con una paralela desde (3) a esta isotenna puede situarse (4) sobre la curva de saturación. Obteniendo del diagrama los valores necesarios, pued en calcu larse W. • Wv y Q con las fórmulas siguientes:
De 13.11 con h w
W.
=
m (x, - x,)
= 4 kglhoro
Wv
=
m
= 11 Icglhora
(X4 -
xs)
= O es:
Q = m (h, - h,)
= 2400 kcallhora
~
12 Problemas res'u eltos
Aire hú medo
Cuando existe Q general:
'* ° en la expresión
113
adiabática con agua líquida a baja temperatura, de 10 explicado en la solución del . probleroa 134 se deduce que el estado (4) estará sobre la linea de entalpia constante " que pasa por (5) y sobre la isoterma T4 . z Ei. la cámara de mezcla adiabática se T'r--1--"'k--~,L--;?"'---cumplirá (ecuación 13.1 S) que el estado • ~ lOO. (4) está sobre el segmento que une (2) Y ;'1==I=7'.~t=/:>, (3) , de modo que, uniendo (3) con (4) se obtiene una recta sobre la que se encuen T,'Ir--~'---;'<---7 tra el estado (2) , el cual está además· ,obre la \fnea de humedad absoluta constante que pasa por (l). De 13.15 se deduce que:
"
pendien.1~
irtd iud~
no será posible recurrir a una línea paralela a una isotenn a para situar la reota de pendiente b.h/t>x. Esto puede hacerse teniendo en cu~nta que el dia~ fiGURA 13.l5 grama de Mollier tiene en su margen una escala (figura 13.15) que indica la pendiente de rectas qu e unen los valores indicados en la escala con el origen del diagrama.
"
R
m, 13-5 - Se tiene la instalacIón de la figura 13.16 . Una corriente de aire húme· do con PI = 1 atm , temperatura F[{;U ~A 13.1.(,. de bulbo seco T, = 5 oC y hu-· medad relativa 'PI = 20 %, es calentada a una temperatura de bulbo seco T2 y luego eriv:iada a una cámara de mezcla adiabática, a la que ingresa junto ·con otra corriente de aire húmedo a P3 ::= = 1 arm ,humedad relativa '1'3 = = 90% y temperatura de bulbo seco T 3 = 15 o c. Ambas corrientes salen de la cámara de mezcla en un estado (4) , de temperatura T. = 50 oC, a partir del cual se las humidifica adiabática· mente con una masa W de agua líquida a baja temperatura hasta que alcanza un estado (5) con 'l's = 100% Y T s = 20 oC. La presión total de ambas corrientes de aire húmedo se mantiene constante. Calcular la relación entre las masas de arre seco m1 y m2 contenidas en las corrientes de aire húmedo.
m2
(3-4)
= '(2-4)
= 2,50
13-6 - Se comprime aire atmosférico desde un estado iniciai Po = 1 a/m .. T o = 'Po = 60%, hasta P, = 4 alm ,sin que exista condensación de vapor de agua del aire húmedo en ia compresión. Luego se en· . fría el aire húmedo a presión PI constante nuevamente hasta la temp eratura ini· cial To = 20 oC;. Calcular ia masa de vapor de agua que condensa por cada kilo· gramo de aire atmosférico comprimido.
=20 o e , con humedad relativa
Solución: Puede recurrirse a diagramas de aire húmedo para obtener la humedad absoluta inicial "o ,situando el estado (O) con' T o Y 'Po. Saie Xo = 0,0105. Al fInal del enfriamiento, ia máxima humedad absoluta posible será la de saturación a Pr y To (ecuación 13.3);
x. = 0,622
Solución: Cun un diagrama de Mollier de aire húmedo puede situarse el estado (1 J con T" '1', (figura 13.17) . El estado (2) esta sobre una linea de humedad absoiuta constante, ya que la transformaci6n (J - 2) consiste en un calen!amiento sin humidificación. El estado (5) puede'sitnarse con 'Ps Y T s . Como (4-5) es una humidificaci6n
1
Con Pv'10 ' C obtenida de tablas de vapor se calcula x, = 0,00375. Si este valor máximo posible para la humedad absoluta en el estado final, es menor que Xo ,por cada kilogramo de aire seco condensa una masa de vapor (ecuación 13 .5) igual a (xo - x,) = 0,00675. La masa de aire húmedo m es la suma.de la masa de aire seco m,¡z y de vapor mv ::= Xo m.¡J :
m = m-/l
~
.. k<
+ xcm¡¡
= (]
+ xc) m.¡J
.m
Aira húmedo' 11 S
114 Problemas enunciados.
Luego si m.
= 1 kg, implica que m = (l
B·I O - Un recipiente contiene aire húmedo a temperatura de bulbo seco T = y humedad refativa '1'0 = 60 %. Calcular, si el volumen del. recipiente es V = 2 la masa de vapor de agu a necesaria para que quede con 'fi = 100 % • '
+ xo). Por kilo de aire húmedo
= 20 oC, la cual se mantendrá constante, presión Po = 1 alm
condensa entonces:
= 0,0067 kg de v
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
, P,
I
Q=G
.,
E:I('UitAB.11l.
13-1 - Aire húmedo a P, = 1 ahn temperatura & bulbo seco T, = =20 oC y humedad relativa 'l'I = = 60% se comprime, sin que se produzca condensación de vapor de agua a p. = 4 atm . Luego se lo humidifica adiabáticarnente hasta que queda satU!'ldo, es decir 'fi' = 100%, con agua líquida aba· ja temperatura) manteniendo su presión constante) y fma1mente se
lo calienta a presión constante (34) hasta que queda con T. = 80 oC y 'P. = 90% (figura 13.18). Calcular la temperntura del aire húmedo a la saJ1da del compresor. 13 -8 - De un estado de aire húmedo se conoce la temperatura de bulbo seco, Tb , = 25 oC, la de bulbo húmedo T. n = 20 oC y la de rocío T, = 15 oC. Calcular la presión del aire húmedo. 13-9 - Un recipiente rígido contiene una masa de agua líquida m = 500 kg en equilibrio ron aire húmedo a Po = 1 alm y temperatura de bulbo seco T o = 20 oC (el equilibrio ~xige que el vapor esté en el aire húmedo a la presión de vapor saturado a 20 OC). El volumen delreclpiente es V = 1 m' . Calcularla presión final del vapor de agila y del aire seco, si se neva el interior del recipiente a una temp eratura final Tr = 110 oC.
¡
I
I ,1'
i
m'
CAPITULO 14
TERMOQUIMICA
1.INTRODUCCION TEORICA
La fórmula estequiométTica correspondiente a una reacción química cualquiera es:: 14.1 dohde a, y b, son los moles o kilomoles de los reactantes A, y de los productos de reacción B, . E) calor de reacc,íón TVT (a volumen constante) es elcalor que debe ser intercambiado 'por el sistema que eKperimenta la reacción quúuica, cuando ésta se ' efectúa a volumen constante, según la ecuación estequiométrlca, para que la temperatura rmal de los productos de reacción sea igual a la inicial de los reactantes. El calor de reacción TpT (a presión constante) se derme según el mismo criterio usado para rYT I pero corresponde a reacciones qu ímicas ~ presión constante. Si rpT es positivo, se dice que la reacción es endoténnica, y en este caso) si se efectuara adiabálicarnente, los productos de la reacción q ued'arían a menor temperatura que los reactantes. Si TPT ·es negativo, la reacción es exoténnica y de efectuarse adiabáticamente los productos de reacción quedarían a una temp eratura mayor que los reactantes. ' Teniendo en cuenta consideracíones vistas al estudiar el primer principio de la Termodínámica: t
Tvr = }; b,Vs , - }; a,~, TpT
= };
b,lla , - }; a,h... ,
14.2 143
,
118
Prob temas resue~tol
u:."
Tern:-oqu{m Ica
h..,
Us " hs , y son las energías internas y entalpías por molo por kilomol de las sustancias· E, Y A, , con respecto a condiciones de referencia de· terminadas. Suele considerarse como condiciones de referencia .en tennoquimica a P, = 1 uim : 1; = 25 ° C. Entalpía por kilomol d e sustancias cuyas moléculas están fannadas: por átomos diferentes, es el calor que debe ser intercambiado en una reacción qu ímica a presión constante 1 atm t con temperaturas inicial y final iguale, a 25 oC para la formación de nn kilomol de la sustancia. Entalpía de Jos elementos- a PI" TI' es nula. Si h., es la entalpía de referencial la-energía interna de referencia s-erá U,. = 71,. - PI' ~ • Cuando la diferencia entre la entalpía correspondiente al estado (P, V, T) de cualqu iera de las sustancias A, o B, Y la que tendría en el estado de referencia (P, ,-.y-,:!!) sea función de la temperatura únicamente, de modo que por ki. lomol {/¡ j" - hl',J = C; (T -.. T,.) • los calores de reacción fYT y rpT carobian con la temperatura ,egún la ley de Kirchhoff; Ó'VT
óT
= }; biC"s . i
2, PROBLEMAS TIPO 14-1 - Un recipiente rígido y adiabático, dividido en dos parte' por un tabique, contiene (figura 14.1) en (1) hidrógeno a temperatura TH = 10 Oc y en (11) aire a T, = 15 oC. FEGUR..... ]'U Se quita el tabique y lu ego se logra la reac· (1) Aire ci6n qu ¡mica entre el hidrógeno H,' y el ox ígeno 0, del aire, formándose vapor de agu a H,O, el cual queda a una temperatura final T = 600 oC. "H T. La ecuación estequiométrica correspondien~ te a la reacción es: 1 H, +
b, -}; u,)R v T
0, ... 1 H,O
El hidrógeno, oxígeno, vapor de agua 'i nitrógeno del aire podrán suponerse -gases ideales:, y su capacidad calorifica por kilornol a presión constante es:
para el aire, oxígeno, :hidrógeno y nitrógeno y; t
cPV Quiere decir que la variacl6n de lo, calores de reacci6n con la temp eratura es igual a la diferencia enIre las capacidades caioríficas de los productos y de los reactantes, a volumen constante para rYT t y a presión constante para TPT • En este caso es que m; - h,,) solo depende de la temp eratura para cual· quiera de las sustancia, B, o A, :
= (t
1
"2
14.4
14.5
rpT - 'VT
11 9
14.6
R y es la constante universal de lo, gases perfectos.y T ia temperatura abo soJu ta a que ocurre la reacción química, debiéndose suponer nulos los kilomoles b, ó aj" para liquidos o sól:idos que intervengan en la reacción química. por ser su volumen despreciable ante el de los gases ideales que intervengan.
= 8,93 kea/lkmo/ K
para el vapor d e agua. Ad emás, la constante universal es: Ry
= 848kgrmlkmolK
La compo,ición en volumen (o kilomoles por kilomol) del aire es: oxígeno 0,21 ,nitrógeno O, 79 . Si en el estado ímal queda únicamente nitrógeno y oxígeno del aire y
=20 kg
ni
=
de vapor de agua, siendo el peso molecular del vapor de agua M y = 18 kglkmol , calcular los kilomoles iniciales d e hidrógeno nH Y de aire n, . La entalpía del vapor de agua saturado a 25 Oc es h, = -57.827Iu'allkmol (equivalente a 'u calor de formación a la presión y temperalu ra del vapor). Solución: Por el primer principio, al no existir transferencias de calor ni de traba· jo, no habrá variaci6n de energía interna. de modo que la, energias internas inicial y final serán iguales: 14.7
120 Probloe-mlls resueltas
Te rmoqu ím lel
donde OH'. son los ki/omoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el 0)< Ígeno del aire. . UH es la energía interna por kilomol de hi.drgoeno:
UH = UH, + e'H 00- 25) y
UH,
con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC:
u, UN
= li, -
P, V;
.. h,
= O
..
V,
es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC:
P,=1atm
.. T,=298K, h,=O
v;
= RvT,
Ii, = 14,8
P,
U.
=
U" +
O
..
Oc :
V;
de 14.8
En todos ]os- casos, la capacidad calorífica a volumen constante e... será: ~
U. es la energía interna por kilomol de aire:
y
de 14.8
es la energía interna por kilomol de nitrógeno a T = 600 oC:
con U, energía interna por ki/omol de nitrógeno a 25 "¡"
121
-;::: c p
-
Rv
Se obtienen así los siguientes valores:
c.. (]5 - 25)
u.
UH = -666,3 kcaljkmo/
U. , es la energía in terna por kilomol de aire a 25 oC : .
Uv = -54.598,2 kcaljkmo/
1j
I ,
..
Uo
= -542,1 kca/jkmol
= 2.262,5 kco//kmol
, ; i
Ii'
!ir
,I! i' ,
= O
Uv = V,
..
V;
UN = 2.262,5 kcal/kmol
de14.8
Reemplazando en 14.7:
+ Cv (600 - 25)
Uv
es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 600·C y la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25·C:
V,
[:
,
JI,
= -57.827 kcaljkmol
..
-
Vil"
:=-=_R~v-=T.c:.'_ pV~,$oC
Pv'25· e es la presión del vapor de agua saturado a 25· C , la cual puede obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 atm . Uo es la energía interna por kilomol de ox ígeno a T = 600 • C :
Uo = U, + cVo (600- 25)
-666,30 H
-
542,1 n. = -oy54.592,2 + 2262,500 + 2262,50N 14.9
Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomoles de vapor de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que OH = o y • luego reemplazando Oy por nH en 14.9:
53.928,70 H
-
542,10.
= 2262,500
+ 2262,50 N
14.iO
El número de ki/omoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrica, y el número de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el ox ígeno sobrante (00) será igual al total meoos el qu e reacciona:
14.11
122. Problem2l$ rllsu-eltos
Termoq uím Ica
El número de kilomole, de nitrógeno nN e, igual a 0,79 Ve<:es el del aire: nN = O,79n,
14.12
De 14.10, 14.11 Y 14.12 se obtiene:
Luego nHln,
=
ha
= 0,05.
1 H, + - 0, 2
->
H,O
= 6,95 kcallkmo/ K
c¡,y
;
= 8,93 kcal/kmol K
= -57.827 kcallkmol
ny/IYf - oyh v - nH/iN
-
00
ho
14.14
De la e<:uación e,teqniométrica 1 4.13 ,e deduce que el número de kUomole, de hidrógeno será igual al doble del número de kUomoles de oxigeno:
14.i5 y que el número de kilomole, devap or de agua formado, es igual al de hidrúge· no~ de modo que:
14.16 Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y 14.16 pueden obtenerse los valores: nH
So Iuei6 n: Por el primer principio, el calor intercamblado en la reacción quúulca es igual a la entalp ía final menos la entalp ía InIcial por ocurrir la reacción a presi6n constante, con Q = O (reacción ad iabátlca):
hYf
luego:
- no Ceo (60 - 25) = O
Para el vapor de agua a 25·C se tiene una entalpía;
h,
es la entalp ía por kilomol de oxigeno:
14.13
Al final queda eu el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 oC. Si no hubo intercambio de calor en la reaoción química, calcular 10' Idlomol.. iniciales de hidrógeno nH , ox ígeno no y vapor de agua n y , ,iendo los Idlomole, fmales de vapor de agua nYf = 0,5. . Ei oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerado, ga,e, ideales y su, capacidade, calorificas a presión constante por idlomol ,on:
= cpo
h, = -57.827 lcea/lkmal. /iH es la entalpia por kilomol de hidrógeno:
O
]4-2 -. Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presjón constante P = 1 atm t contiene una mezcla de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a T() = = 60 oC. Se produce la reaoción química eutre el hidrógeno y el oxigeno, según la ecuadón estequiométrica:
CPH
con h,. = -57.827 lcea/lkmol. /iy e, la entalpía inicial por kilomol de vapor de agua: Ii v = h, + C;;y (60 - 25) / con
55.059,95 nH - 2804,5 n,
123
= O
=
0,026 k1na/es ; no = 0,013 kmol.. ,. nv = 0,474 kmole.
14-3 - Me.lano (CH.) reaccIona según la siguiente ecuación estequiométrica, con el aire necesario: 1 CH. + 20, -> lCO, + 2H,O
es la entalpía final por kilomol de vapor de agua:
/ivf
=
¡¡;.
+
e. y (400- 25)
Calcular la diferencia entre los calores de reacción rPT Y rVT (a presión y a volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25·C.
120 Probliltm8s resueltos
Termoquímlea 12.1
donde OH· son los kilomoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el ox Ígeno del aire. . UH es la energía intema por ki/omol de hi.drgoeno :
= UH,
UH .
con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 oC:
u, = h, -
+ C'H (10- 25)
UN
P, V;
,. h, = O .. V;
de 14.8
es la energ (a interna por ki/omol de nítrógeno a T
= 600 oC:
Y -UH, es la energía interna por kilomol de hidrógeno a 25 oC: con U, energía interna por kilomol de nitrógeno a 25 oC: P, = 1 alm
!'I
U. = Uo, + y
U"
P, V;
" h,
=O
..
V;
de 14.8
En todos los casos, la capacidad calorífica a volumen constante C, será:
14.8
c., (15 -
Se obtienen as í los siguientes valores:
25)
UH = -666,3 kcaljkmol
es la energía interna por ki/omol de aire a 25 oC:
Uy = -54.598,2 kcaljkmol
I!
U"
1:
= U,
+
ey (600 -
= -542,1 kcaljkmol
Uo = 2.262,5 kcal/kmol
Reemplazando en 14.7:
25)
Uy es la energ ía interna por kilomol de vap or de agua a
u.
UN = 2.262,5 kcaljkmol
h, = O .. . v;: de14.8
j'
,i'
u; = h, -
= O
U, es la energía interna por kilomol de aire:
111
l'
h,
P,
LI j'
j
,.
Y;= R"T,
:t! .
I
T, = 298 K
..
T = 600 oC y
-666,3 OH
U,
la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25 oC:
-
542,1 o. =
-00' 54.592,2
+ 2262,500 + 2262,5 0N 14.9
Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomole. de vapor de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. Osea, que n H = Lue· g<> reemplazando 00' por OH en 14.9:
O".
h,
= -57.827 kcaljkmol
53.928,7 OH
P"ns. e es la presión del vapor de agua saturado a 25 ° C ,la cual puede obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 alm. Uo es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 60() o e U
o
= U, +
e,o (60() -
:
-
542,1 o.
14.10
+ 2262,50N
El número de kilomoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrlca, y el número de kilomole. totales de oxígeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el oxígeno sobrante (00) ,erá igual al total menos el que reacciona:
25)
00
a
= 2262,500
@j
= 0,2100 - O,500H
14.11
v
_4 L
· -- "".,._, ....... -_._-,
_.~--
...
122 Problem as resueltos-
T-ermQqu{mica 123
El número de kilomoles de nitrógeno
NN
es igual a 0,79 veces el del aire:
oon h, agua:
14.12 De 14.10,14.11 Y 14.12 se obtiene: 55.059,95 NN
Luego
NnlN,
-
oon IIr
= -57.827 kca/llemo/.
h y es la entalpía inicial por kilomol de vapor de
Ii y = 11,
= -57.827 kca/lkmo/.
+
c,.y (60 - 25)
h N es la entalpía por kilomol de hidrógeno:
2804,5 N. = O
ho es la entalp ía por kilomol de oxígeno:
= 0,05.
14-2 - Un cllindro, cerrado por un pistón que transmite una presión constante P = 1 atm , contiene una mezcla de vapor de agua, o x(geno e hidrógeno a T() = = 60 oC. Se produce la reacdón química entre el hidrógeno y el oxígeno, según la -ecuadón estequiométrica: 1
luego:
14.13
H, + 2 O, -+ H,O
14.14 Al fmal queda en el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 oC. Si no hubo in tercarnbio de calor en la reacción qu ímica, calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno NN ,oxígeno NO y vapor de agu a N y ,siendo los kilomoles finales de vapor de agua N V { = 0,5. El ox ígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerados gases ideales y sus capacidades caloríficas a presión constante por kilomol son:
Cm = c pa = 6,95 kcallkma/ K
..
Cpy = 8,93 kcallkmol K
Para el vapor de agua a 25 oC se tiene una entalpía: IIr
= -57.827 k<:allkmol
hv {
NO
14.15 y que el número de kilomoles de vapor de agua formados es igual al de hidrógeno J de modo que: 14.16
Con las ecuaciones 14.14, 14.15 Y 14.16 pueden obtenerse los valores: Nn
Solu dón; Por el primer principio, el calor inlercambiado en la reacción quúuica es igual a la entalpía final menos la entalpía inicial por ocurrir la reacción a presión constante, con Q = O (reacción adiabática):
nv{hv{ - Nvliv - nHhn -
De la ecuación eslequiométrica 14.13 se deduce que el número de kilomoies de hidrógeno será igual al doble del número de kilomoles de oxígeno:
ho = O
= 0,026 lemo/es ..
NO
= 0,013 kmoles ;
Ny
= 0,474 lemoles
14-3 - Me,tano (CH. ) reacciona ""gún la siguiente ecuación estequiométrica, con el aire necesario: 1 CH. + 20, -+ 1 CO, + 2 H, O
es la entalpía fmal porkilomol de vapor de agua:
hv { = h,
+
cpv (400- 25)
Calcular la diferencia entre los calores de reacción 'PT y 'YT (a presióu y a volumen constante) para la reacción, si ésta se efeclúa a T = 25 oC.
TermoQ u(mit41
124 Problem as. enunciados
lemperatura T. = 80 Oc ingresan a un reaclor adiabático, del cual sale vapor de agua, produciendo en la reacción química 14.13 del hidrógeno y dxígeno delaire, oxígeno sobrante y nitrógeno, a T = 400 oC. Considerando corno datos a los dado. por el problema 14-1, calcular la relación entre los kilomoles de hidrógeno nH Y de aire n. ' El reactor fu~ciona a
Calcular la diferencia entre los calores de reacción a,presión constante rPT si la reacción se efectUa en un caso a 100 oC yen olro a 25 oC. Pueden suponerse gases ideales a las sustancias mencionadas en la ecuación con capacidades caloríficas a presión constante:
ePmet
= 10,92 kcalflemol K ..
c Pco ,
epo ,
125
presión constante.
= 6,95 kcallkmol K
= 8,93 kcallkmol K
So lución: .la difél'encia entre los calores de reacción Tp-r "i 'VT (ecuación 14.6) será nula por ser los kilomole, de reaclantes y los kilomoles de produc-
tos 1; a, y 1; b, iguales:
3
De 14.S se deduce que:
!',
I: bicPB l = .c;C0 3
cp A i = c;.CH.
I: ai
Luego: órPT 5T = U7 kcalfK
Siendo constantes las capacidad es caloríficas molares cp para los reactantes y productos, l. diferencia entre los calores de reacción rp (100 ° C) y ~
W~~:
rp (lOO OC) - rp (25 OC)
•
=
órPT (lOO - 25) = 147,75 kcal
óT
3, PROBLEMAS ENUNCIADOS
14-4
~
Una corriente de hidrógeno a TH = 10°C y una corriente de aire a una
¡SR ¡.
,1
A_
•
CAPITULO 15 COMBUSTION
1.INTROOUCCION TEOR1CA
L3 combuslión es una reacción·química entre un combuslible (generalmente un lúdrocarburo) y oxígeno. Se dice que es completa cuando a partir del carbono del combustible se forma únicamente CO, (dióxido de carb ano) y a partir del lúdrógeno .olamente agua (H, O). Es una reacción exotérmica, y el calor que se transfiere para que la temperatura íroa! de los gases de combuslión o produclo de reacción sea igual a la inicial de 10. reaclantes (combuslible y oxigeno j, cuando la combustión es complela, se denomina poder calorífico. Si se supone que toda el agua formada queda líquida, se tiene el poder calorífico superior, y sr se supone que loda el agua queda como vapor el poder calorifico inferior. Los combustibles: se queman con aire, reacCionando el oxígeno del aire con el combustible y comportándose el nilr6geno del aire como un gas inerte. Para el aire se considera que la comp osici6n en peso es 23,1 'lI> de oxigeno y 76,9 'lI> de nitrógeno. La composici6n en volumen es 21 'lI> de oxigeno y 79'l1> de nitr6geno. El volumen de un kilomol en condiciones normales (CN: 1 atm y OOC) es 22,4 m 3 • Se define como exceso de aire e al valor: e =
100
I S.l
Allol!!UI es: el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles o el número de kilogramos de aire eslriclamenle necesario para la combusti6n complela del combuslible.
!' 128
CombusU6n
I t'l:trod Lrccl6n tll6rica
A'et es el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles de aire O lo. Id. logramos de aire realmente usado, en la combustión. Para obtener esto. valores se con.idera que el pe,o molecular del aire e, M. = 78,8 !
X=
15.2
"
:,:
, j
;
.
I
! iI ,:1,
En todos los casos se consideran gases ideales a cada" uno de los: componenR le, de ia mezcla ee gases de combuslión.
Diagrama de Rosjn y Fehling Para combu,lione, a presión con.tante puede usarse el diagrama de Rosin y Fehling (figura 15.1) donde h es la entalpía por m' de humos en condiciones normales, T la temp eratura, X = O ia curva para humos puros y X = 1 la curva para aire puro. Entre amba, están las curva. para O< X < 1 . t,
•
I i
i
cf------/
J
I!
T FIGURA 15.1
De e,ta manera se obtiene ehalor DB:
~= nVo
ese.k (AB)
15.3
Con una paralela desde B al eje de la. temperaturas, se determina la temperatura máxima de combustión en correspondencia con la curva de X con'tante. Si el equipo para cuyo funcionamiento se ha efectuado la com bu~ión, debe mantenerse interiormente a una temperatura T, (temperatura de régIlllen), solo .e podrá transferir calor en el mismo mientra, los hun;o•. estén a tem~eratura mayor que T, , de modo que el calor aprovechado ,era," la c.ombu'hón fue ~om pleta proporci.onal al' segmento Be. Como el poder calonfico es proporcIonal al se~ento AB se defme el rendimiento de combustión para este caso como:
Be 'l. = AB
ISA-
Para la resolución de lo, problemas correspondiente, a este terna de combu.tión se suponen dato. los valores 'de los pesos moleculares del aire, ox ígeno y nitróge~o ya dados, como as í también la composición en peso y en volumen ya dadas. . Cuando sea posible se recurrirá al diagrama de Rosin Y Fehling, el cual es adecuado para cualquier combustIble, por ser muy próximas las lineas de bumo. puros (X = O) trazadas en este diagrama para combustibles diferentes. Son da to~ para los problemas de este tema, los peso. moleculares del carbono 12 !
FIGUR.... 15.2
¡.
A
12.9
1----/ T.
T
T
Si la combu.tión es completa y adiabática, la temperatura a que quedan los gases de combustión es la llamada temp eraturo máxima de combustión. Si se 00ñoce la temperatura inicial To de la mezcla aire-<:ombu,tible y se obtiene el grado de dllución X cor.respondienle a la combustión, puede lograrse el valor de la tenip eratura máxima de combuslión T corno sigue: usando el diagrama de Rosin y Fehling, se entra con To , ha,ta la línea correspondiente al grado de dilución X (figura 15.2), obtenié!!dose el valor DA . Se suma al valor OA , en la escala que 'corresponda, P,/n Vo , siendo p. el poder calorífico del combustible , . ' ~ lo. kilomoles totales de humo y Vo = 22,4 m' .
2. PROBLEMAS TIPO 15-1 _ Se quema un combustible de compo.ición en peso, carbono 70'fo , hidrógeno 25 'lo , resto cenizas. Suponiendo combustión completa y a~abática a presión constante, con exCeso de aire e = 20'fo , temperatura del arre usado en la combu.tió~ 7:' = 100 oe y poder calorífico del combustible P, = 8700 kcal/kg calcular: a) t~peratura máxima de combustión, b} rendimiento de la comb~. tión si la temperatura de régimen del equip o es T, = 500 oC, e) el exceso de arre para que la temperatura máxima de. combustión supere en 100 oe a la temperatura del caso¡ a).
·-7
• +tC:-
...
- r er-'-
!
~7""
.. v' --- . r
t'
--
130 .Problemas ra5ueltOl-
Combustión
So lucí6n: Deb en tenerse en cu enta las reacciones estequiométricas correspondientes a la fonn~ci6n de COz y de vapor de agua H.O, a partir del carbono y del hidr6geno: 1C+0, .... lCO. 15.5 ]2· -3:244 1 ' 1 H, + - O, .... 1 H,O 15.6
2
2
Con estos valores se obtienen los kilomoles'de humos puros de diluci6n X :
X = _..:0..:"":=<",-_ llhp + ell lll/il
11
3;2:
Los números indicados debajo de los símbolos corresponden a los pesos moleculares. Entonces, por kilomol de carbono, se tiene un !dlomol de ca. y por kilogramo de carbono 1/12 kilomoles de ca. . Por kilogramo de combustible, con carbono 70 .., resullan n 00, = (J,058 /mIoles de ca. . Por kilomol de hidrógeno se tiene un kilomol de vapor de agua (H. O), por kilogramo de hidrógeno 1/2 kilomoles de vapor de agua. Por kilogramo de combustible con 25 % de hidrógeno, se tienen nH,O = 0,125 kmoles de vapor de agua. Los razonamientos expuestos corresponden a las fónnulas generales: ¡r-¡co~
=-
H =-
..
12
El nitrógeno del aire necesario es:
0,451 kmol.. y el aire necesario entonces, es: n
=
"n
nOn
(J,21
=
= 18..
n = n. p + en,. = 0,489 kmol../kg comb
-.!l= nV a
;
Va = 22,4 m'/kmol
794,3 kcal/m 3 humos CN FI(lURA 15.4
FIGURA 15.1
2
con e y H indicando el porcentaje en p eso de carb ono y de hidrógeno en el combustible. El oxígeno necesario, según 15.5 Y 15.6 es, razonando en la misma fonna, C/12 kilomoles debido a la reacción 15.5 Y HI4 kifomoles debido a la reacción 15.6 : e H nOn = 12 + '4 = 0,12(Jkmolos
1,571 kmolos
El exceso de aire resulta: o n"~ = 0,114 /mIoles
Yel grado
Se entra al diagrama de Rosin y Fehling (fIgura 15.2) con la temperatura del aire 1: = 10(J·C hasta la curva de grado de dilución 18"", obteniéndose el punto A :al cual le co;'esponde una entalpía de 40 kcal/m 3 humo. CN. Luego debe sumarse el valor Pe/nVa ,con Pe = 87(J0 kcal/kgcomb ,y:
,
e
= (J,18
nhp
131
.r
B"¡-- - - - - - - ' ; ; 1
A"~- - - - - - : , (
T,
T
T
T
T
Se obtiene así el punto B (ftgura 153), al que le corresponde una entalpía de 834,3 keal/m 3 humo. eN. Con B y la curva de X = 18"" se obtiene la 'temperatura máxima de combusti6n T = 1990 • e. Entrando al diagrama de, ROM Y Fehling con la temp eratura de régimen T, = 500 • e se obtiene el punlo e al que le corresponde una entalp ía de 18(J ual/m 3 humos CN . ,El rendimiento de la comburrtión será :
Be 11, = AB =
834,3 - 180 :, 0,82 834,3 - 40
Si se quiere la temperaturo máxima de la ~omhustión:
T + 100'C = 1990 + lOO = 2090 oC
132 Prob temu resu eltos
Combustión
En la bomba, en valor absoluto:
debe cambiarse el exceso de aire. El exceso de aire puede. obtenerse con el dia¡¡rama de Ro,;n y Fehling (figura 15.4). Se entra al diagrama con T' = 2090 • e y se adopta un grado de dilución X < 18'10 ya que el exceso de aire deb e ser menor, o sea el grado de dilución menor al ser T' > T que el 18 'lo calculado para el caso anterior. Se entra al diagrama con 1;, = 100 o e y x , y se obtiene el punto A' . Con T' y X se obtiene B'. Debe cumplirse que B'A' sea equivalente al valor P./n'Vo , con n' = nhp + en, y X igualal adoptado. En caso contrario, deben adoptarse otros valores de X. En la forma explicada se obtiene e '" 1 0% .
luego:
L. - L. = m (h, - h,) - mv, (1', - 1',) = 1 kW.hora
15.8
De I 5.8 se obtiene que:
Reemp lazando en 15.7 se obtiene:
15-2 - Se tiene un ciclo Ranklne de vapor de agua (figura 15.5) sin sob,ecalentamiento. T La expansión del vapor satura- o do obtenido en la caldera (1) se su~ pone adiabática revefSlble. La presión en la caldera es 1'} = 10 atm = = Po Y en el condensador 1'2 = 1', e igual a 1 atm. La bomba (3-0) se considera id eal. Para transferir ca1 lor a la cald era se quema carb ón (suponer composición para el carbono FIGURA lB 80'fo t resto cenizas), de poder calorí· fico P. = 6000 keal/Icg a presión constante. Suponiendo combustión completa y ad ia bática, exceso de aire e = 20'10 , temperatura del aire usado en la combustión 1;, = 20 o e y temperatura de régimen del hogar de la éaldera r, = 250 • e, calcular los kilogramos de carbón que deben quemarse por kW.hom de trabajo obtenido del ciclo (J kW. hora = 860 kea/) .
.Q =
.
(h,
~
1 kW.hora (h, - h o) h,) - V, (1', - 1',)
Resulta Q = 5782,6 kcal . El trabajo e, 1 kW. hora = 860 kcal. Luego ehendimiento del ciclo es: '1
=
1 kW. hora = O148
Q
,
Se nocesita una masa de combu'tible que permita transferir a la caldera la cantidad Q, = (L/0,148) keal = 38.882 kcal ,para que se logre 1 kW.hora de trabajo. Para calcular la masa de combustible necesario para lograrlo, o lo que es lo mismo, el calor Q. en la caldera (0- J) , puede recurrirse .i diagrama de Rosin y Fehling, cuya aplicación se ha explicado en la solución del problema I S-l. La reacción de combu,tión es: .
1
C+"2 0 ..... CO •
So lu ció n: El ciclo Rankine {sin sobrecalentamiento del vapor de agua} puede representarse en el diagrama T-S, conoelendo la presión en la caldera (1', = Pe) y sabiend o que la expansión es adiabática reversible. . Del diagrama T -S o de t.bIas de vapor de agu a pueden obtenerse los valores de la, propiedades físicas de lo, estados (O), (J), (2) y (3). El calor necesario en la caldera es:
Q = m(h,-h o)
133
Quiere decir que con 12 kg de carbono se forma un kilomol de COi . Pero por kilogramo d.e combustible hay únicamente 0,81cg. de carbono, de modo que por kilogramo de combu,tible se forman neo, = 0,067 kmoles de ca•. El aire necesario e, igual a lo, kilomoles de oxígeno necesario ,obre 0,21. Cada 12 kg de carbono ,e necesita un kilomol de oxígeno·, pero por kilogramo de combustible ,e tienen 0,8 Icg de carbono, de modo que el oxígeno necesario e, no = 0,067 kmoles. El aire necesario ,erá:
15.7
Por kW. hora en la expan'ión es: L. = m (h, - h,)
._ 3-1
t.
r
134 Problemas UIS-\J eltos
Combustló n. 135
Con el exceso de aire en'n = 0,064 kmoles . El humo poro es el ca, y el nitrógeno del aire necesario nN = 0,79n'n = = 0,252 kmoles, Entonces, los hornos poros:
nhp = nN +
La masa de comboslible por kWlhora será:
m, = Q, = 6,84 kg combl(kW. hora) q
noo, = 0,319 kmoles
y los kilomoles totales son:
0,383 kmoles
El grado de dilución resulta: = 0,17
= 170;, 3, PROBLEMAS ENUNCIADOS
Con el diagrama de Rosin y Fehling (fi· guras I5.1 Y 15.2) puede obtenerse la temperatura máxima d e la combustión T y con este valor y la temperatora de ·'r---------,{ régimen T,., el calor aprovechado en la eald era por kilogramo de carbón. Entrando al diagrama de Rosin y Fehling con 1;, = 20 o C hasta.1a línea de X = = 17 o;, se obtiene A (flgU1'a I S.6) . _1-----:;;;,1' Debe sumarse el valor AB equivalente a +..",::.-----J~l,.,-*--I~---"T P,ln Vo ,con Vo = 22,4 m' . Se obtiene AB = 1050 kea/lm' hora CN , corre.. pondien tes a un kilogramo de combustible quemado. Con B se obtiene T, Y con T, el po nto C ,luego: FIGURA 15..6
BC = 975 kcallm 3 hora CN correspondíentes a un kilogramo de combustible quemado. La relación BCIAC es igual a la relación entre el calor aprovechado en la caldera por kilogramo de combustible q y el poder calorífico del combustible. Luego: BC q --= q = BC P. AC • AC Pe
15 -3 - En una cámara de combustión a presión constante, se quema un combu.. tibIe gaseoso formado por 94 o;, de metano y resto gases inerte. para la combustión, con aire a = 20() Oc , y on exceso d e aire e = 500 '!lo. El pod er calorífico del combu.tible es p. = 1 0.30() kcallkg comb. El peso molecolar del metano (CH.,) es 16 kglkmoJ. Los gases formados a 1. presión de la cámara P = 4 atm l ingresan a una turbina adiabática ideal l de ]a que salen a una temp eratura final T, = 450 oC. Calcular la masa de combustible por kW. hora en el eje de la turbina.
r.
CAPITULO 16
TOBERAS Y DIFUSORES
I
1. INTROOUCCION TEORICA TOBERAS
Una tobera es un conducto adiabático en el cual un fluido disminuye la presión yaumen la la velo cidad. Si la transfonnación del fluido es adiabática reversible se tiene una tobera ideal. Cuando se alcance en la tobera velo cid ades no despreciables ante la velocidad del ,onido en el fluido, deberá·tenerse en cuenta la compresibilidad del !luido. En régimen estacionario es válida la fónnula 3.2:
[
, ;
!
Q - L ,je = IJ.H + IJ.Ec + IJ.Ep
16.1
Con Q = O ,. L." = O ,. IJ.Ep = O queda:
t;,H + IJ.Ec = O
16.2
Quiere decir que en una lobera disminuye la entalp í. dellluido. Puede deducirse que en una tobera ideal convergente-divergente, cuando debe te"erse en cuenta la compresibilidad del !luido, en la sección mínima (e-e) (figura 16.1) , la velocidad del fluido es igual a la velocidad del ,onido.
r-
~T~ ","'.~"' "=~,,. . ~,,~~,,~"""'_,. "'. .- ~"- ,-,4, "-_->:"'-="'"- '","A"'-0>;."'h"'...._"."'.'""""'$...",:""_""'l¡;;....!Iillgj"i.iI!a¡¡¡;;.~'¡¡;z!ll¿¡f"i.III.I!II.II';ji¡i.,~.IJ!!IIl;J!Ii.!l!Iil!llllJli.• • • • • •"!!lAIIII!.!IJII• • • • • •lIIIJl!z. .Ii.!I!lII&Il"""..._ --c;_--__
••
-:...-Ol"·
FtGllRAI-6-.1
..
__
.., 38
I ntro-dUICc-16n teórica
Toberas y difusores
El aumento en la energía cinética del fluido ,e consigue con la tobera haciendo que éste ingrese a la misma con una presión Po mayor que la del ambiente o medio a que descarga el fluido P, y dando a la tobera un di,eno adecuado. As í, si es convergente-
e~
= h +
2
= co~tante
16.3
donde w es la velocidad del fluido. El valor h. se denomina entalp ía de estancamiento y es la que le correspond erá al fluido, en un estado de velocidad nula, con la entropia S correspondiente a cualquiera de sus estados en la tobera id eaI. Cuando el fluido que circu la en la tobera puede ser supuesto gas ideal, puede establecerse que en la sección crítica (c-c) de una tobera ideal, son válidas las fórmulas siguientes:
Pe
P,
=
~~Jkll'-l¡ k+1
~ = T.
2 k+ 1
--
16.4
w~F
16.5
16.6
siendo ~ la densid ad del fluido y F el área de la sección. Puede demostrarse que el gasto o masa que circula en una tobera ideal por unidad de tiempo es direclamente proporcional a la presión de eslancamien"lo e' inversamente proporcional á la raiz cuadrada de la temperatura de estancamiento:
1 m =P• ,!T;
De modo que cambio, en la presión P, no afectan al gasto en la tobera ideal mientras esla presión quede debajo de la presión crítica Pe (fórmula 16.4).. Para el caso de nna tobera real, la transformación del fluido será irreversible y en consecuencia) por ser adiabática) se tendrá un aumento en la entrop ía del fluido. Suponiendo el fluido un gas ideai (figura 16.2) se tendrá para nna tobera ideal ia transformación (1-2') y para r'o\.---------l{---" la tobera real los eslados inicial (1) Y fmai (2). El rendimienlo 'Ir de la tobera se derme en fonna similar al rendimiento _ _ _ _..';IL -'TJ. isoenlrópico de la turbina (8.1);
"
s 'Ir =
FIGURA ]6.2
(h 1
-
h2 )
(h 1
-
h,,)
16.8
La forma adecuada para una lobera depende de lo, valores de Po, P, y Pe. Si Pe;;' Po debe ser divergente. Si Pe "¡;; p. debe ser convergente. Y si Po> Pe > P, debe Ser convergente-divergente. DIFUSOR
cou k = cplc, , P, Y T, presión y temperatura córrespondientes al estado de estancamiento de entalp ía h•. Quiere decir que lo, parámetros en la sección critiCa solo dependen de las de estancamiento en una tobera ideaL La masa m que circula a travé, de cada una de la. reacciones de una tobera en cada unidad de tiempo es:
m =
139
Un difusor e, un conductu adiabático en el cual un fluido aumenta la presión y disminuye su velocidad. Para un difusor ideal (transformación del fluido adiabática reversible) en el cual hay velocidades no despreciables ante la velocidad del sonido~ se cumplirá que si ]a fonna es eonvergente-divergente) la veloddad en ]a sección ro ínima o erítiea es la velocidad del sonido como ocurre en una lobera ideal. Valen además, para un difusor ideal, las fónnulas 16.1. 16.2 Y 16.3~ de r modo que la entalp ia del fluido aumenh ta eJi el difusor, y las fórmulas 16.4, l' , h," , 16.5 y 16.6 para difusor ideal cuando el ,, fluido es gas ideal. En el caso real (figura 16.3) (supoJÚendo gas ideal) puede definirse el rendinúento del difusor en '" forma similar al rendimiento isoentrópico de un compresor (ecuación 8,2): 1
,
, ,,
F[GtlRAJi50J
16.7
16.9
~
f' i
40 Proble mas resueltos
Tobera'5 y difusores 141
o sea, que l1D e, la relación entre los saltos de entalpía ideal y real. La forma de una difu ,or depende de los valores de Pe, P, y P,. Si Pe .;;' .;; Po deberá ser divergente. Si Pe ;'P, deberá ser convergente. Y si Pe < Pe < < Pa deberá ser convergente-divergente. Para los problenias corresp ondientes a e,to, temas son datos:
So lució n: La masa que circula en la tobera depende únicamente de las condiciones de 'entrada, cuando la presión de descarga sea menor que la presión crítica y puede expresarse para la sección cdtíca según la fórmula 16.6;
m = Fcwc.o(!
16.11
f,
'.
C' o = 0,24 kcal/kg
Oc ;
k
= 2 = 1,4 c,
con ~,= PJ R Te , Y P, Y Te la presión y temperatura en la sección crítica de área F, . Adem~s por 16.1 O:
(para aire)
Cuando sea necesario podrá recurrirse al diagrama T-S de gases o a los diagramas entrópicos'O tablas de vapores. La velocidad del sonido en un gas ídeal . es:
w, = IkRT, luego:
16.10
m =
.
con R constante característica por unidad de masa. Para el aire e, R = 29,3 kgrm/kg K. Las defmicione, de los rendimienlos de la, laboras y difusores se han ejem.plificado en gráficos correspondienles a gases ideales pero son válidos sea cual sea ell1uído que circule.
~
F, ekRTe
Pe
-RTe
16.12
De 16.12 puede obtenerse P, , teníendo en cuenta que:
=
2 k+ 1
Resulta Pe = 3,77 a/m. Luego:
Po = Pe
I
m' P;' = m Po
2. PROBLEMAS TIPO
1;
lI' d
!I"
""
;',
"'I"-1}
= 7a/m
De la fórmula 16.7 se deduce que:
I 1
rk + 11
[-2-]
16-1 - Se tiene un conducto convergentedivergente, al cual quiere uárselo como lobera. La sección minima o crílica tiene área Fe = 90 cm' y la de salid a (fmal de la parte divergente) F, = 1 00 cm' . Se desea que circule en el conducto una masa de aire m = 1 Okg/seg cuan· do el aire entra con T o = 400 o e y pu ede suponerse ideal a la transformación del aire. La presión de la zona de descarga es 1 atm. Suponíendo velocidad úÍicial despreciable, calcular: a) Presión Po a que debe ingresar el aire. b) Presíón para que la masa de aire aumente en un 10'110 cada segundo. Analizar si la forma del conducto es adecuada.
Po
16.13
Con Pe = 7 alm ; m = 10 kg/seg y m' = 11 kg/seg sale de 16.13 que
Po = 7,7alm.
Para que la forma del conducto (convergente-d ivergente) sea adecuada, debe ser Po > P, > P, , lo que se cumple en este caso. De las dimensione, de la sección de salida F, depende que se produzcan o no choques en el interior de la tobera entre la corriente de fiuido y la, parede" pero para la tobera se tendrá, con P, < Pc , la masa m ó m'. 16-2 - Analizar la forma que debe tener una lobera en lo, casos que siguen: a) velocidad de entrada Wo = 600 m/seg a Po = 6 atm y T o = 700 oC. Fluido: aire.
j
142 Problemas resuelto.s
Tobertli y dlfuSoD r-es
bl velocidad de entrada despreciable Po = 1,1 atm y To = 40 oC. Fluido aire. Para aro bo, casos, la lobera descarga a un medio de presión P, = 1 atm .
y:
So lución: Debe calcularse la sección crítica P, (ecuación 16.4l, para lo que es
h¿ = = (h¡(h - h,)
'lo
l
necesario conocer la presión de estancamiento: 2
Wo
2
[P,] Lpo
=
P,
2
T; = 452,9K
T,
16.15
To
Luego de 16.17 se obtiene T.
P, = 5,9atm
16.16
>p.
Siendo Po > P, la fonua de la tobera debe ser convergente-divergente. bl La presión de estancamienlo coincid e con la presión de entrada. Con 16.16 y P, = Po sale P, = O,58atm. La fonua debe ser convergenie pue, P, < p•.
16-3 - Mediante una lobera se expande aire desde un estado Po = 4 atm: To =
= 400 ° C hasta una presión P, = 1 atm , con rendimiento liT = 0,90 y luego se comprime el aire en un difu· sor con rendimiento llD = 0,85. ,
hasta que queda con velocidad despreciable. La velocidad del aire al ingre,ar a la tobera también e, despreciabie. Detenuinar la presión del aire a la salida del difusor Pr {figura 16.4}.
FIGURA I(iA-
Para el difusor ideal:
(0-1)/0
1)0 ,
16.19
de 16.19 y 16.18 se obliene que
164 - A un düusor ingresa aire a Po = 1 atm ; To = 20 Oc , el cual sale con velocidad despreciable a p. = 4 a/m .El rendlrniento del difusores 110 = 0,85 y la masa de aire que ciTcula m = 10 kg/seg. Calcular la velocídad a que debe ingreSar el aire al difusor, dimensionar ia sección de entrada y analizar la fonua que debe darse al düusor. Solución: De la fónuula 16.9 es:
P'~
c, (T; -
To) c, (T, - T o)
=
i6.20
Para un düusorideal es:
T; = [p,l (0-1)/0
So Iución: Por no exislir transferencias de calor ni de trabajo, para la tobera y el difusor considerados como sistemas: abiertos .en régimen permanente, y no haber variaciones de energía potencial y de energía cinética, puede asegurarse que las entalpías inicial y Imal son iguales. (h o y h r) , de modo que la temperatura final· a la salida del difusorreal será TI = T o = 400 Oc . De 16.8 y 16.9 se deduce que: (h o - h.) cp (To - T.) liT = (h _ h;) = cp(T. - T;) o
tJ
Pr no se cónoce, pero con Tr , T, y PI = 2,89atm.
110
T'~P'
= 474,9 K.
T' P .J..=J. T, Po
lO/Ik-1)
= L~
16.18
16.14
Con 16.14 se obtiene T, y con 16.15 P, = 11,2 atm. Luego: [
(T¡- T,) cp (T,- T,)
Cp
Para la tobera ideal es;
. = c, (T, - T o) (0-1)f!<
143
To
T; = 435,4 K
LPo]
Luego con 16.20 T, ;lE, =
= 460,5 K.
"21
De 16.2;
m (wl- wg)
= mc, (To -
o sea que con wl = O implica que: 16.17 Wo = /2c,
fT, - To)
= 580 m/seg
T,)
I
1"44 Pro blemas resueltas
INDICE
Para dimensionar la sección de entrada se tiene la fórmula 16.6:
I
con
T
T,
i,
,[
T,
s FIGURA L6-.5
[P,]
~o
=
= 4,87 alm. P.-c
Por ser Po
~
= 1,20 kg/rn J
Se obtiene Fe = 0,0143 m' . Para analizar l. forma que hay que darle ai difusor, debe calcularse la presión critica Pe. Para determinar la presión de estancamiento debe obtenerse la enta!p fu a la temperatura de estancamiento, en este caso igual a ]a temperatura ~ l ya que la velocidad real de salida es despreciable) y trazar en un diagrama T-8 una línea de entropía constante desde el estado inicial hasta la línea de temperatura constante T, (fIgUra 16.5) . Analíticamente:
T, Te
Luego con 16.4:
2 ] 'I{"-Jj
=k+l
p.e
= 257alm ~
< Pe < P, , el difusor debe tener forma convergente-divergente.
mi
a
Exergta. 57,58.59
"Adii!lbátrol;o. Limite 3 Aire, Calor espec:ffico cp del 1.2. Calor E15peclflco el' del 2 4
~
Constante caracterhtlca del 3 Aire- húmedo 101,102, 103 ~ DI.agramas de 104~ 105,110,111,112, 113, 114 • Entalfa del 102 Aire necesario 127 Bomb!ll 85,86 Bulbo húmedo~ TemperilturB de
Bulbo seco,.Temp.eraturo de {"-JJI' ='
lpo Se obtiene p.
Po RT o
Gas .idea 1, Diagramas TS para un 47 .• Ee.uación da esto do de u-n 2 · Eflerg ía lntema de II n 1 Gases ldeales, Mezclas de
H umedacl absotuta • retativa 10.2. J ou Ie-Bryron
31
101, 102
50, 51
103, 107 Klrchhoff, Ley de
103
118
Liquldosaturado 71,72 Ci!lldera· 85, 86 Calor 1 C~mari! de mezcla 18, 19, 52, 53, 79 ~ 80, 81· Máquina térm [-ca 35 Cii!I rnot. Teorema de 36 Medio 1 Clclos frlgorlflc.os . 93. 94 atto. e lelo :3 7 Clausius~ Enunciado de 35 • Teoremi!l de 36 Pla n.ck, En.unclado d-e 35 Combust16n ! 27 Poder ca lorlfic.o 128 Compresor 18.19.20,22.48,49,82 Pe Iitropleas 2.S, 29Condensador 85. 86, 94 Presl ón parcii!ll 31 Condiciones norma[es 127 Prim-er principio 1,11~ 17 DilltOll. Ley de 31 Ra Ilkine, Ciclo 132 Dlesel 38 Reac<:i6n, Calor de 1 1"1 ~ 118 Difuso' 139, 143, 144 Rendlmlento 35 ~ :3 6, 37, 38, 50, 86 Dlluci6n, Gri!ldo d-e . 128 • de un dlfus-or 139 • de una tobera 139 Efecto frigo, Illeo 94 • e>::ergI!iUc:o 59,61,62,66,67,68,69 • Coe11c.l ente de 94 • lsoentrópfco 47, 48 Energ(i!1 el nl!t1ca 11 Régimen permanente, sistemas .Interna 1 .a blertos en 17? 59 . • 'Potencial 11 Régimen varlabt-e, slstemillS abiertos en 11 Entalpl. 11 R19ido, Lfmite :3i Enlropl. 41,42,43,46 Roc{Q~ Tempera~ura d-e 103,106,107 Estequloméhlca. F6rm ul a 117 Rosln y Fehling 128, 129, 130, 131, 1.3-2 Evaporador 93. 94 Ex-r;-eso de aire 127
1
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146 Indlce
.lrreversibles 35, 36, 41~ 43, 45, 57~ 58 • reversl bies 35, 41, 5 7 ~ 58 Turbina lB, 19, 20,21,47.50,79, SO, 81
SahJ rac-16n ad rabatlca 104 Segundo prlncrplo 35 Separi!ldor de liquido 93
Slstema 4
1
ilIblarto
·cerratlo
Te-rrnoQu (mica
THlbaJo
_ Vál'l'ul iI reducto ra 18, 19, 52. 53, 79 1 80 Vapor. CIclos de 85. 86, 67 ~ 88
85, 86
VapQrh~medo
117
137,138,139, 140,141,142 1
• de clre utac Ión 17 ~ de exp-ansió n 2
• útil
41,58
1,57,58
SobrecarentadDr
Tober.
Unlv-erso
11
• D ragrama TS para Vaporlzac:ló n, Ci!llor de
57,58,59
TrallsformaCrDn~adiabiitica-s
71,72
·S.!IhJri:!ldo 71,72 • sobrec:i1lentado 71, 73 Vapores, Dragrama hE ·para
72
71, 72 12
41,42
\
l NUEVA L1BRERIA diD término a la prj~ m-era edición de- esta obra que- c.onstll de :3 ,000 ej.emplares ell -el mes de noviembre de 1984, en los talleres de 'a Imprellta de ros Buenos Ayres S.A.I.C. sita en la calle Rondeau :3 2:74, BlIenos A Ires, Argentina.
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