Trabajo y Calor

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A N E X O 5 NERGÍA, TRABAJO Y CALOR E NERGÍA,

E. Lam Esquenazi 2013

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ENERGÍA La capacidad que tiene un sistema para producir trabajo se conoce como energía. La energía puede clasificarse en dos tipos: a) Energía almacenada en un sistema Energía cinética, energía potencial, energía interna, energía química, energía de presión b) Energía en tránsito Este tipo de energía es producto de la interacción entre el sistema y los alrededores, y corresponden a trabajo y calor.

Energía potencial

E p p =

⋅ g ⋅ ∆z

Energía cinética r

m ⋅ ∆v 2 E c = 2 Energía mecánica Es la energía incorporada a un sistema a través de una bomba o que se extrae de un sistema por medio de una turbina.

Energía de fricción Representa la energía perdida debido a la fricción cuando un fluido pasa a través de las diferentes partes de un sistema, como por ejemplo, a través de la tubería, de codos, de válvulas, etc.

Energía interna Es una función de estado porque únicamente depende del estado en que se encuentre el sistema, es independiente del proceso mediante el cual el sistema ha llegado a ese estado. Se relaciona con los constituyentes del sistema y es la suma de la energía cinética debido al movimiento de traslación de las moléculas, la energía cinética debida a la rotación de las E. Lam Esquenazi 2013

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moléculas, la energía cinética debida a la vibración de lo s átomos pertenecientes a la molécula y la energía potencial debida a las fuerzas intermoleculares.

Energía de presión Es la parte de la energía interna de un cuerpo que puede realizar trabajo.

Energía química Es la liberada o absorbida durante una reacción química.

TRABAJO El trabajo , simbolizado como W es una “forma de energía” que representa una transferencia entre el sistema y los alrededores. Una característica del trabajo es que no se almacena. En mecánica clásica, el trabajo que realiza una fuerza sobre un cuerpo equivale a la energía necesaria para desplazar este cuerpo. El trabajo W efectuado por una fuerza F en la dirección x, cuando el punto de aplicación sufre un desplazamiento dx es definido según expresa la ecuación 5.1. 2

W = ∫ F dx

(5.1)

1

Mirando la termodinámica desde un punto de vista microscópico, es ventajoso relacionar la definición de trabajo con los conceptos de sistema, sistema, propiedad y proceso. De este modo, modo, se define trabajo como la interacción entre un sistema y sus alrededores.

Criterio de signo Si el sistema efectúa trabajo sobre los alrededores, éste será positivo, mientras que si el trabajo ingresa al sistema será negativo. Por ejemplo, un pistón comprimiendo un fluido, el trabajo se está ejerciendo sobre el sistema (el fluido) y por lo tanto será negativo. Por el contrario, un fluido en expansión contra un pistón, el trabajo lo está ejerciendo el sistema (fluido) y por lo tanto será positivo.


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Figura 5.1. Sistema con transferencia de trabajo, convención de signos

Turbinas Las turbinas son máquinas a través de las cuales pasa un fluido en forma continua y éste le entrega su energía a través de un rodete con paletas o álabes, por lo tanto, como el trabajo es efectuado hacia los alrededores, entonces según nuestra convención de signos es positivo. Debido a que la turbina extrae energía del fluido, provoca una disminución de la temperatura y de la presión. El proceso es generalmente adiabático (calor es cero) debido al corto tiempo en que el fluido pasa a través de la turbina, y con ello las pérdidas de calor son también muy pequeñas. Las turbinas son dispositivos que disminuyen la presión de un fluido que se encuentra en fase gaseosa o bien como gas ideal (turbina de vapor o de gas), también pueden funcionar con fase líquida, en estos casos se utilizan las turbinas hidráulicas, produciendo una cantidad de potencia. En general, funcionan adiabáticamente y pese a que la velocidad de salida es mucho mayor que la velocidad de entrada, es común despreciar los cambios de energía cinética y potencial.

WT > 0


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Figura 5.2. Esquema de una turbina Bombas En un sistema de flujo se utilizan bombas para aumentar la energía mecánica del fluido en movimiento, para ello, debe suministrarse trabajo a la bomba, y por lo tanto, de acuerdo a nuestra convención de signos, el trabajo de una bomba es negativo. Las bombas corresponden a dispositivos que aumentan la presión de un fluido que se encuentra en fase líquida consumiendo una cierta cantidad de potencia para lograrlo. En general, funcionan adiabáticamente. Las bombas más utilizadas en plantas de generación de potencia son las centrífugas. En general, las bombas pueden considerarse adiabáticas ya que el fluido puede ganar o perder una cantidad muy pequeña de calor en el pequeño tiempo transcurrido en que el fluido pasa a través de ella. Algo similar ocurre con las variaciones de energía cinética y potencial, si el tamaño de la entrada y salida son iguales y, además ambas elevaciones son similares, ambos tipos de energía pueden ser despreciables.

WB < 0

Figura 5.3. Esquema de una bomba Unidades Las unidades de trabajo son las correspondientes a las de fuerza multiplicada por la distancia, en el sistema S.I. estará en

N ⋅ m o J , mientras que en el sistema Inglés estará en ft ⋅ lbf .

También podemos definir el trabajo específico w = W/m, el cual recordemos que de acuerdo a nuestra simbología se identifica con letra minúscula y sus unidades serán la de trabajo por unidad de masa:


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N ⋅ m kg

;

kJ kg

,

ft ⋅ lbf lb

Flujo másico El flujo másico puede determinarse a partir de la densidad del fluido, velocidad y área a través de la siguiente expresión:

m & =

r

ρ A v

(5.2)

Potencia El concepto de potencia está vinculado a la rapidez con que puede efectuarse un trabajo, mientras más rápido se realiza un trabajo, mayor potencia se desarrolla. La potencia se define como el cociente entre el trabajo realizado y el tiempo en que éste se efectuó & cuyas unidades son J/s; W; ft-lbf/s, hp. y es simbolizada como W

1 hp = 0,746 kW = 550 ft–lbf/s

W & = w ∆ t

(5.3)

También existe una relación entre potencia, flujo másico y trabajo específico:

W & = m & w

(5.4)

Trabajo mecánico El trabajo mecánico es la energía utilizada para aplicar una fuerza a un cuerpo, para que éste realice un recorrido.

Trabajo de eje o de flecha El trabajo de eje o de flecha no se efectúa por una variación del volumen del sistema (expansión o compresión), sino que representa el trabajo efectuado por la transmnisión de energía mediante un eje rotatorio, por ejemplo, es el trabajo que puede realizar el sistema al impulsar el eje de una turbina, o bien, el trabajo que pueda recibir el sistema al actuar sobre éste un agitador giratorio (muy común en procesos de Ingeniería Química).

Trabajo elástico o de resorte E. Lam Esquenazi 2013

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Para poder estirar o comprimir un resorte es necesario aplicar una fuerza F que produzca una deformación x . Muchos materiales elásticos se deforman de manera lineal (deformación elástica), según la ley de Hooke: F = - k ∆x

(5.5)

Siendo k la constante elástica o de fuerza del resorte y ∆x es la amplitud de deformación del material. El signo negativo debido a que la fuerza restauradora va en sentido contrario al desplazamiento

Trabajo de película de superficie 2

W = − ∫ y dA

(5.6)

1

Donde y es la tensión superficial y dA es el cambio de área.

Trabajo magnético 2

W = − ∫ µ o H dl V M

(5.7)

1

Donde µo es la permeabilidad; V es el volumen; H es la intensidad del campo magnético y M es la magnetización.

Trabajo eléctrico 2

W = − ∫ E dz

(5.8)

1

Donde E es el campo eléctrico y dz es la cantidad de flujo de energía eléctrica en el sistema.

Trabajo de deformación de un fluido Si consideramos como sistema el gas encerrado en un cilindro provisto de un pistón móvil, de área A , sufre un desplazamiento ∆x.


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G A S

Figura 5.4. Desplazamiento de un gas dentro de un cilindro pistón

El gas puede sufrir una compresión o expansión en el cilindro provocada por el desplazamiento del pistón. La fuerza ejercida por el pistón sobre el fluido se determina como el producto del área del pistón y la presión del fluido. El gas contenido en el cilindro es el sistema, el cual se encuentra provisto de un émbolo rodeado de aislante de tal modo que haga nula la interacción térmica entre el sistema y el medio, se puede comunicar energía al sistema mediante la aplicación desde el exterior de una presión externa P ext, lo que provoca el desplazamiento del émbolo que realiza el trabajo δW, suponiendo despreciable los efectos de roce, la energía mecánica implicada en el proceso se transforma en energía interna, es decir δW = dU. El desplazamiento del pistón es igual al cambio en el volumen del fluido dividido por el área del pistón. La fuerza aplicada por el gas, perpendicular al cilindro es:

F = P ext * A

(5.9)

El trabajo en este caso viene dado por la fuerza multiplicada por el desplazamiento del pistón:

W = F dl = P ext A dl = P ext dV

(5.10)

Esta expresión es completamente general, independiente de que el proceso se realice en forma reversible o irreversible.


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Trabajo de flujo Es el trabajo necesario para hacer que un fluido circule a través de una máquina. Se expresa de la siguiente manera: 2

2

W = ∫ P dV = m ∫ P dv 1

(5.11)

1

donde P es la presión, V el volumen total, v volumen específico y m la masa.

La ecuación (5.11) podemos resolverla de las siguientes maneras: a) Analíticamente si conocemos la ecuación que relacione la presión y el volumen. Por ejemplo si

P v = RT , despejando la presión queda: P

=

RT , esta ecuación la reemplazamos dentro v

de la ecuación (5.11) tomando la siguiente forma:

W 12

2

=

m ∫ RT dv 1 v

(5.12)

Si el sistema es isotérmico, RT sale fuera de la integral (porque es una constante):

W 12

2

=

v m R T ∫ 1 dv = m R T ln 2 , aquí debemos tener cuidado, pues esta ecuación sólo puede v 1 1 v

aplicarse para un gas que se comporte idealmente y además que sea isotérmico. Si no cumple el requerimiento que sea isotérmico, entonces es conveniente resolver numéricamente o bien a través de un gráfico como veremos a continuación.

b) Gráficamente, si conocemos valores de la presión y del volumen se procede a graficar P versus v como puede apreciarse en la figura 5.5., luego se dibuja la línea de mejor tendencia entre los límites de los volúmenes y se trazan dos líneas verticales en los extremos (paralelas a la ordenada). El área pintada corresponde a la integral bajo la curva y es el trabajo.


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Figura 5.5. Determinación gráfica del trabajo

Si el proceso ocurre desde la derecha hacia la izquierda, es decir, el volumen final es menor que el inicial, entonces el valor del tabajo será negativo.

Casos especiales de la ecuación (5.11) 1.

Procesos isobáricos

Presión constante v 2

w 12 = ∫ p dv = p (v 2 −v 1 )

(5.13)

v 1

Ejemplo Determine el trabajo en kcal/kg que realiza un gas ideal con características similares a las del oxígeno (O2) en un proceso isobárico. Inicialmente, el gas se encuentra a 100 ºC y su presión es de 2 atm, la sigue un proceso isobárico hasta aumentar en 70ºC la temperatura inicial.

Solución M = 16 g/mol T1 = 100 º C = 373 K P1 = 2 atm


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T2 = 170 º C = 443 K P2 = P1 = 2 atm

l ⋅ atm ⋅373 K mol ⋅K l v 1 = = 15 ,29 2 atm mol l ⋅ atm 0 ,082 ⋅443 K mol ⋅K l = 18 ,16 v 2 = 2 atm mol 0 ,082

 0 ,252 kcal   mol   kg  ⋅ ⋅ w 12 = 2 atm ⋅ (18 ,16 −15 ,29 ) l ⋅  mol 10 ,412 l ⋅ atm  32 g  1000 g 

w 12 = 4 ,34 ⋅10 −6 kcal kg 2.

Procesos isocóricos (isométricos, volumen o recipientes rígidos) v 2

w 12 = ∫ p dv = p (v 1 −v 1 ) = 0

(5.14)

v 1

Ejemplo Determine el trabajo en kcal/kg que realiza un gas ideal con características similares a las del oxígeno (O2) en un proceso isométrico. Inicialmente, el gas se encuentra a 100 ºC y su presión es de 2 atm, la sigue un proceso isométrico hasta aumentar en 70ºC la temperatura inicial.

Solución

w 12 = 0 kcal kg


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3.

Procesos isotérmicos v 2

w 12 = ∫ p dv v 1

Ejemplo aplicado a un gas ideal Determine el trabajo en kcal/kg que realiza un gas ideal con características similares a las del oxígeno (O2) en un proceso isotérmico. Inicialmente, el gas se encuentra a 100 ºC y su presión es de 2 atm, la sigue un proceso isotérmico hasta aumentar en un 40 % l a presión inicial.

Solución M = 16 g/mol T1 = T2 =100 º C = 373 K P1 = 2 atm P 2 = 1 ,4 ⋅ P 1 = 2 ,8 atm

0 ,082 v 1 =

l ⋅ atm ⋅373 K mol ⋅ K l = 15 ,29 2 atm mol

l ⋅ atm ⋅373 K mol ⋅K l = 10 ,92 2 ,8 atm mol

0 ,082 v 2 = v 2

w 12 = ∫ p dv

v 2

=

v 1

RT dv = RT ln v 2 ∫v v v 1 1

 kmol  kcal 10 , 92 ⋅373 K ⋅ln ⋅ w 12 = 1 ,987 kmol ⋅K 15 ,29 32 kg 

w 12 = − 7 ,8 kcal kg E. Lam Esquenazi 2013

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Ejemplo aplicado a agua Determine el trabajo efectuado por el agua a través de un proceso isotérmico a 240 ºC entre 3,344 MPa y 20 MPa,

Solución

Si se desea determinar el trabajo cedido o requerido por el agua para efectuar un cierto proceso, el procedimiento de cálculo consiste en: 1) Obtener información desde la tabla de vapor a la temperatura del sistema en el intervalo de presión (o volumen) del proceso. 2) Construir tabla presión versus volumen a la temperatura dada 3) Realizar gráfico presión versus volumen con los datos de l a tabla 4) Determinar el área gráfica bajo la curva correspondiente al trabajo

En el ejemplo se observa que el proceso se efectúa en la fase de líquido comprimido, por lo tanto, deberá ingresar a la tabla C4 y realizar la tabla presión-volumen con los datos a 240 ºC en el rango de presión dado, obteniéndose los siguientes resultados: T = 240 ºC, tabla C4

P, MPa v, m3/kg 105 v, m3/kg

3,344(*) 0,001229 (*) 122,9

5 0,0012264 122,64

10 0,0012187 121,87

15 0,0012114 121,14

20 0,0012046 120,46

(*)

Este valor fue extraído desde la tabla C1 y corresponde al valor de presión de saturación y volumen de líquido saturado a 240 ºC. La tercera fila es opcional y se hizo con la finalidad de efectuar el gráfico con mayor simpleza en los dígitos. Fíjese que se utiliza 10 5 v y NO 10 -5v por la siguiente razón: 3 3 3 m 122 , 9 m m =0 ,001229 10 v = 122 ,9 , despejando se obtiene v = 5 kg kg 10 kg 5

El próximo paso es representar gráficamente la presión frente al volumen. El trabajo se obtiene del área bajo la curva.


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Si se conociera la ecuación de estado que representa la presión en términos del volumen, ésta debería integrarse directamente.

CALOR Es común confundir las definiciones de calor y temperatura, si bien es cierto, son dos conceptos diferentes, éstos se relacionan entre sí. Podemos entender el concepto de calor como una energía interna de los cuerpos producto del movimiento molecular de las partículas que lo componen, en otras palabras, corresponde a la energía cinética total del cuerpo. Por otro lado, en términos de teoría molecular, podemos entender el concepto de temperatura como la energía cinética promedio de las partículas que constituyen el cuerpo, y por lo tanto, no depende de la masa de éste. El calor depende de la velocidad, cantidad, tamaño y tipo de las partículas. La temperatura no depende del tamaño, del número o del tipo. Por ejemplo, la temperatura de un vaso pequeño de agua puede ser la misma que la temperatura de un cubo de agua, pero el cubo tiene más calor porque tiene más agua y por lo tanto más energía térmica total. De la experiencia sabemos que un objeto caliente que se pone en contacto con uno frío se enfría, mientras que el objeto frío se calienta. Esto nos está mostrando que se transfiere “algo” desde el objeto caliente al frío, y ese “algo” se conoce como calor , el cual simbolizaremos con la letra Q. La unidad de medición del calor es la caloría, la cual equivale a la cantidad de calor requerida por 1 g de agua para elevar su temperatura en 1 ºC.


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¿Qué ocurre si las partículas de un cuerpo no se mueven?

Resp: Si las partículas de un cuerpo no se mueven entonces no habría energía cinética, por ende, no habría calor. ¿Ves? El calor es producto del movimiento de las partículas.

Veamos el concepto de caloría… 20 g de agua se encuentran inicialmente a 18 ºC de temperatura, se le agrega calor, alcanzando una temperatura final de 24 ºC ¿Qué cantidad de calor se aplicó? R esp

1 cal = 1 g agua x 1 ºC algebraicamente podemos expresar esta definición de la siguiente forma: cal = m ∆ T = Q Q = 20 g x (24 – 18 ) º C = 120 cal Elabore con sus propias palabras un concepto de calor, temperatura, caloría y de un ejemplo para cada caso. El calor corresponde a la energía calorífica que es transferida por medios no mecánicos a través de los límites de un sistema a una temperatura dada a otro sistema que se encuentra a una temperatura inferior, debido a la diferencia de temperatura entre ambos sistemas. El cuerpo que


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recibe calor, aumenta su temperatura, mientras que el que cede, disminuye su temperatura. Como podemos apreciar, entonces la temperatura representa la medida de la energía térmica (o calorífica) de un cuerpo.

¿ Calor o Temperatura? A un cubo de hielo le agregamos calor y vemos que éste comienza a derretirse ¿Qué ocurre con la temperatura? R esp

Al suministrar calor al hielo (agua en estado sólido), el agua no aumentará su temperatura, pero utiliza el calor para fundir el hielo (estado sólido a líq uido). Una vez que todo el hielo se ha fundido o derretido, el agua comienza recién a utilizar el calor para aumentar su temperatura, lo cual si estamos a presión atmosférica, tendrá un límite de 100 ºC, luego de ello comenzamos otro cambio de fases conocido como vaporización (estado líquido a vapor).

Otro ejemplo Si tenemos un alfiler de acero el cual se ha calentado hasta alcanzar una temperatura de 80 ºC y una viga a la misma temperatura y también de acero ¿Cuál de los dos cuerpos tiene más calor?

Resp Hemos visto que el calor depende de la cantidad de partículas que constituyen un cuerpo, la viga obviamente tiene más masa y por lo tanto contiene más calor que un alfiler bajo las mismas condiciones de material y temperatura. ¿Y qué ocurre con dos vigas, pero una es de acero y la otra es de otro material, sin embargo, ambas tienen las mismas condiciones de masa y de temperatura ?

Resp Dependerá del calor específico que tenga cada material ¿Cómo se propaga el calor?

Resp Por conducción, convección o radiación.


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Recordemos nuestra convención de signos: la transferencia de calor positivo significa adición de calor a un sistema y un valor negativo implicará que hay un rechazo o pérdida de calor por parte del sistema. Si tomamos dos objetos que tienen la misma temperatura y los ponemos en contacto, no habrá transferencia de energía entre ellos porque la energía media de las partículas en cada objeto es la misma. Pero si la temperatura de uno de los objetos es más alta que la otra, habrá una transferencia de energía del objeto más caliente al objeto más frío hasta que los dos objetos alcancen la misma temperatura. Consideremos un sistema constituido por una olla y agua, si deseamos elevar la temperatura del agua, esto puede lograrse a través de la adición de calor, por ejemplo poniendo en contacto directo la olla con fuego, o bien ejerciendo un trabajo , aplicando fricción con una cuchara. Las unidades de calor son las mismas que la del trabajo, además si lo dividimos por la masa obtendremos el calor transferido por unidad de masa: q = Q/m

(5.15)

Todo el intercambio de energía entre un sistema y sus alrededores se hace a través de calor y trabajo, y el cambio en la energía total de los alrededores es igual a la energía neta transferida hacia o desde él como calor y trabajo. Cada vez que una fuerza actúa a lo largo de una distancia, se realiza trabajo. Desde un punto de vista termodinámico, las únicas interacciones energéticas que pueden ocurrir a través de los límites o fronteras de un sistema cerrado que divide al sistema de sus alrededores son el trabajo, W, y el calor, Q. Adicionalmente, ambas formas de energía son de tipo transitorio. Estas formas de energía no se almacenan y no se encuentran contenidas dentro del cuerpo o del sistema. La energía se guarda en forma de energía cinética ( ∆Ec), energía potencial (∆Ep) y energía interna ( ∆U); las que residen en los objetos materiales y existen debido al movimiento, a la posición y a la configuración de la materia respectivamente.

Casos especiales Proceso isobárico Primera ley de la termodinámica (con el supuesto de despreciables la variación de energía cinética y potencial) q – w = ∆u


(5.16)

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Considerando que w = w eje + wflujo y que el trabajo de eje es cero para todos los procesos, la ecuación (5.16) se simplifica a: q – wflujo = ∆u, es decir: q = wflujo + ∆u

(5.17)

Adicionalmente, se define la entalpía como: h = u + pv

(5.18)

Diferenciando la entalpía se obtiene que: ∆h = ∆u + p∆v + v ∆p

(5.19)

A presión constante la ecuación (5.19) queda: ∆h = ∆u + p∆v = ∆u + wflujo

(5.20)

Igualando ecuaciones (5.17) y (5.20) se obtiene: q = ∆h

(5.21)

La ecuación (5.21) es aplicable únicamente a sistemas isobáricos. Indistintamente puede aplicarse la relación: q = ∆u + wflujo = ∆u + p ∆v

(5.22)

Las ecuaciones (5.21) y (5.22) para sistemas isobáricos debieran arrojar los mismos resultados.

Proceso isotérmico Se aplica la ecuación (5.22) q = ∆u + wflujo

(5.23)

Proceso isocórico q = ∆u + wflujo = ∆u


(5.24)

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Proceso adiabático q=0

(5.25)

wflujo = - ∆u

(5.26)

Trabajo versus Calor Existen similitudes entre trabajo y calor, entre ellas se encuentran las siguientes: a) Los sistemas nunca poseen calor o trabajo, sólo cruzan los límites del sistema cuando los sistemas sufren cambios de estado. b) Ambos son observados sólo en los bordes del sistema y ambos representan transferencias de energía en los bordes. c) Ambos son funciones de la trayectoria y diferenciales inexactas.

Procesos Politrópicos Como hemos visto en el capítulo anterior, los procesos politrópicos son aquellos en que la presión y el volumen se relacionan a través de la ecuación (4.1), en la cual, si el superíndice n y el factor C son constantes, y multiplicamos la ecuación (4.1) por V -n se obtiene:

p V n V −n

=

C V −n

Despejando ahora la presión en términos del volumen:

p = C V −n

(5.27)

El trabajo de flujo se define como: v 2

W = ∫ p dV

(5.28)

v 1

Si aplicamos la definición de trabajo en conjunto con la ecuación (5.27) se obtiene:


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v 2

v 2

v 1

v 1 1−n

W = ∫ p dV = ∫ CV −n dV V 2 − V 1 1−n  = p 1V 1    1 − n 

C

=

p V = p V 1

1

2

2

=

p V − p V 1 − n 2

2

1

1

(5.29)

(5.30)

El calor se obtiene a partir de la primera ley de la termodinámica, concepto que se verá luego, sin embargo, quiero adelantar su forma simplificada para relacionar el calor con el trabajo: q – w = ∆u

(5.31)

La ecuación (5.31) supone que variación de energías externas (cinética y potencial) son despreciables. El término w consta de dos partes: trabajo de flujo y trabajo de eje. Recordemos que para casos particulares de n tendremos: Procesos isobáricos n = 0 Procesos isocóricos n = ∞

Procesos isotérmicos n = 1 Procesos adiabáticos n = k

Proceso politrópico aplicado a un gas con conducta ideal

m R (T −T ) , con n distinto de 1 1 − n 2

W =

1

(5.32)

Compresión o expansión isotérmica aplicada a un gas con conducta ideal v 2

v 2

W = ∫ p dV = ∫ CV − dV 1

v 1

v 1

 V 2   V  1 

= p V ln

(5.33)

CASOS ESPECIALES Procesos Isocóricos Para un proceso isocórico y mecánicamente reversible: ∆ u = q =

w = 0

∫ c v dT


(5.34) (5.35)

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En el caso especial de gases ideales, tanto la energía interna como c v son función únicamente de la temperatura, por lo tanto, sean o no isocóricos, se satisface la relación:

∆ u =

∫ c v dT

(5.36)

Si cv bajo un cierto rango de temperatura se considera constante, la ecuación (5.36) se simplifica a la siguiente forma: ∆ u = c v ∆T

(5.37)

Procesos Isobáricos Para un proceso isobárico, sin flujo y mecánicamente reversible:

q = ∆ h

(5.38)

El trabajo de flujo viene dado por la siguiente expresión:

w = P ∆v

(5.39)

Sabemos que la relación entre la entalpía y la energía interna para cualquier sistema es:

h = u + p v

(5.40)

En el caso específico de gases ideales la ecuación (5.40) queda expresada como:

h = u + R T

(5.41)

Como la energía interna depende únicamente de la temperatura, entonces para el caso de un gas ideal, la entalpía también dependerá exclusivamente de la temperatura, y con ello, se cumplirá que para un gas ideal sea o no isobárico la expresión: ∆ h =

∫ c p dT

(5.42)

Si cp bajo un cierto rango de temperatura se considera constante, la ecuación (5.42) se simplifica a la siguiente forma: ∆ u = c v ∆T

GASES IDEALES Para un gas ideal hemos visto que siempre se cumple:


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∆ u =

∫ c v dT ∆ h = ∫ c p dT

(5.43) (5.44)

La expresión diferencial para la entalpía es:

∆ h = ∆ u + ∆ p v = ∆ u + R ∆T

(5.45)

Relacionando estas últimas tres ecuaciones obtenemos:

c p ∆T = c v ∆T + R ∆T

(5.46)

La cual conduce a:

c p = c v

+

R

Aplicable únicamente a gases ideales

Procesos Isotérmicos Para un gas isotérmico con comportamiento ideal, v 2

v p q = w = ∫ p dv = RT ln 2 = RT ln 1 v 1 p 2 v 1

(5.47)

Procesos Adiabáticos Los procesos isotérmicos son aquellos en los que no existe intercambio de calor y por lo tanto, la primera ley nos conduce a la siguiente expresión:

d u = − d w = − ∫ p dv Para un gas ideal:

(5.48)

d u = c v d T

Estas dos ecuaciones nos conducen a la siguiente expresión:

− p d v = c v d T

(5.49)

La cual para un gas ideal puede escribirse de la siguiente forma:

−

RT d v = c d T v v

(5.50)

Ordenando términos obtenemos:


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− R c v

d v d T = v T

(5.51)

Aplicando las relaciones obtenidas a la primera ley y en términos del coeficiente k = c p /cv, se obtiene para un gas ideal adiabático:

w = R (T − T ) k −1 2

1

(5.52)

P v = R T para un gas ideal, por lo tanto esta última ecuación puede expresarse en términos del volumen y de la presión como se muestra en la ecuación (5.53).

w =

1

k −1

( p 2 v 2 − p 1 v 1 )

(5.53)

Estas dos últimas expresiones se utilizan entonces para procesos adiabáticos, gases ideales y con capacidad calorífica constante, pueden o no ser reversibles. En el caso de sistemas reversibles, adiabáticos y con comportamiento de gas ideal, es válida la siguiente expresión: k −1   p 1 v 1   p 2  k w = − 1     k −1  p 1   


k −1   R T 1   p 2  k = − 1     k −1  p 1   

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(5.54)

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Ejercicio 5.1 Agua inicialmente a 120 ºC se encuentra como líquido

saturado, la cual es calentada a razón de 100 kJ/kg incrementando la energía cinética media de sus moléculas. Las moléculas cuya energía cinética es mayor comenzarán a escapar dando origen a la fase de vapor. Calcule la variación de energía cinética en kJ/kg cuando el agua se ha vaporizado completamente a través de un proceso isotérmico.

Solución P, MPa

c

2 0,1985

1

120 ºC

0,8919

0,001060 vf

vg

v, m3 /kg

El proceso 1-2 que se encuentra dibujado con línea roja en el gráfico, es isotérmico e isobárico.

q 12 = h 2 − h 1 +

∆e c

h1 = hf1 = 503,7 kJ/kg h2 = hg1 = 2706,3 kJ/kg q12 = 100 kJ/kg ∆e c = h 2 − h 1 − q 12 = 2302 ,6 kJ / kg


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Ejercicio 5.2 Fluye aire a 420 m/s a través de una tobera supersónica de diámetro de entrada 200 mm. Las condiciones de entrada son 10 kPa y 400 ºC. El diámetro de salida de la tobera permite una velocidad de salida de 700 m/s. La densidad final disminuye a la mitad con respecto a la entrada. Asumiendo flujo adiabático en cuasiequilibrio. Determine: a) b) c) d)

Temperatura de salida en K Flujo másico en kg/s Diámetro de salida en m Variación de energía cinética en kJ/s

Solución Primero debemos tener claro que estamos trabajando con aire, el cual siempre podemos considerarlo gas ideal. Adicional a ello, el flujo es adiabático y por lo tanto estamos frente a un proceso politrópico y podremos utilizar las ecuaciones respectivas. Las condiciones iniciales del aire son P 1 = 10 kPa y T 1 = 400 °C, utilizando la ecuación de gases ideales obtenemos el volumen molar específico: 559 l/mol Calculamos ahora el flujo másico en el estado 1 y como estamos trabajando en estado &1 = m &2 estacionario, utilizando la ecuación de continuidad sabemos que m

m & = m & 1

2

v

= ρ 1 A 1 v 1

La densidad del aire en el estado 1 se determina aplicando la ley de los gases ideales y es igual a 0,052 g/l El área A 1 se determina con el diámetro de entrada asumiendo tuberías cilíndricas: A 1 = 0,0314 m 2 Ahora tenemos toda la información para determinar el flujo másico:

m & = 1

&

v

2

= ρ 1 A 1 v 1 = 0,686 kg / s

La densidad final es la mitad de la inicial, como corresponden al inverso del volumen específico si ρ2 /ρ1 = 0,5, entonces v 2 /v1 = 2 o al revés: v 1 /v2 = 0,5. k aire = 1,4 politrópicos:

para determinar la temperatura final utilizaremos las ecuaciones para procesos


��

��

T =   v  T  v  2

1

1

2

k −1

 v  T 2 =T 1  1   v 2 

k −1

= 510,04 K

Para determinar D2 se utilizará la ecuación de conservación de continuidad. La densidad en el estado 2 es 0,026 g/l. Determinemos el área y luego el diámetro en el estado final 2.

A = 2

&

2

v

ρ 2 v 2

= 0,038 m 2 y despejando, D2 = 0,22 m

2 2 kg 1 2 2 m  J ⋅ s   kJ  ∆ E c = . 0 ,686 ⋅ (700 − 420 ) 2 ⋅  ⋅ 2 s s  kg ⋅ m 2  1000 J  &

∆ E &c = 107 ,56

kJ s

Ejercicio 5.3 Fluye aire a través de una boquilla supersónica. Ingresa a 430 ºC a través de una tubería de diámetro de 180 mm a una velocidad de 400 m/s y sale a una velocidad de un 80 % mayor a la de entrada con una densidad de salida de 0,02 kg/m 3. La densidad de entrada es 20 % mayor que la de salida. El sistema es adiabático. Determine: a) b) c) d)

Temperatura de salida en K Flujo másico en kg/s Diámetro de salida en m Variación de energía cinética en kJ/s.

Solución a) T1 = 430 ºC = 703 K, D 1 = 180 mm,

r

v

1

= 400 m / s ,

ρ2 = 0,02 kg/m 3, ρ1 = 1,2 ρ2 = 0,024 kg/m 3 v2 = 1/ρ2 = 50 m3 /kg v1 = 1/ρ1 = 41,67 m3 /kg

 v  T 2 =T 1  1   v 2 

k −1

= 653,6 K


��

r

v

2

r

= 1,8 v 1

��

b)

m & = A 1

v

ρ 1 v 1 = 0 ,244 kg / s

r r v 2 = 1 ,8 v 1 = 720 m s & A = m v = 0,0169 m obteniéndose D2 = 0,147 m ρ v 2 2 kg 1 2 2 m  J ⋅ s   kJ  & d) ∆ E c = . 0 ,244 ⋅ (720 − 400 ) 2 ⋅  ⋅ 2 s s kg ⋅ m 2  1000 J 

c)

2

2

2

2

∆ E &c = 43 ,7

kJ s

Ejercicio 5.4 Ingresa aire a un equipo a 1 atm y 60 °C con una velocidad de 200 m/s. En la salida, donde el área es un 20 % mayor que la de entrada, la presión de salida es de 1,6 atm. Desprecie la variación de energía cinética y determine la temperatura de salida en K y la velocidad de salida en m/s si: a) El proceso es adiabático. b) El fluido cede 40 kJ/kg de calor cuando pasa por el dispositivo

Solución a) Como es aire y proceso adiabático, entonces enfrentamos un proceso politrópico y utilizamos las relaciones entre presión y temperatura para determinar la temperatura del estado 2, k= 1,5.

 P  T 2 =T 1  1   P 2 

k k

1−

= 380,86 K

Aplicando ecuación de gas ideal para estado 1 y 2:

v

=

1

RT = 27,3 (l / mol ) P

v

1

2

=

1

1

2

v

2

2

Aplicando la ecuación de continuidad:

m & = m &

RT = 19,52 (l / mol ) P

m & = m & 1

2

v

= ρ 1 A 1 v 1 = ρ 2 A 2 v 2


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��

v

A v v 1

1

v

A v v 2

=

1

2

pero A 2 = 1,2 A 1

2

Despejando se obtiene

v

v

2

/ s

= 119,16

b) Como el sistema cede calor, de acuerdo a nuestro sistema de convención de signos q = - 40 kJ/kg.

∆u = c v ∆T

∆h = c p ∆T

cv = 0,717 kJ/(kg K)

cp = 1 kJ/(kg K)

Aplicando la primera ley: q – w = ∆u q = w + ∆u = ∆h

q = ∆h = c p ∆T = 1 kJ (T −T ) = − 40 kJ / kg kg ⋅ K 2

1

Despejando se obtiene T2 = 293 K Aplicando ecuación de gas ideal para estado 1 y 2:

v

=

1

RT = 27,3 (l / mol ) P

v

1

2

=

1

v

1

2

1

1

1

1

2

1

1

2

= 15,016 (l / mol )

2

2

Aplicando la ecuación de continuidad:

m & = m & = ρ A v A v v A v v = v v

RT P

m & = m & 1

2

v

= ρ 2 A 2 v 2 pero A 2 = 1,2 A 1

2

Despejando se obtiene


v v

2

= 91,67 m / s

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Ejercicio 5.5 Ingresa

vapor por una válvula de estrangulamiento a 8000 kPa y 300 ºC, saliendo a una presión de 1600 kPa. Determine la temperatura final y el volumen específico del vapor.

Solución Para las condiciones de entrada P 1 = 8 MPa y T 1 = 300 ºC nos encontramos en la zona de vapor sobrecalentado (si ingresamos a tabla C-2 con la presión vemos que la temperatura de saturación es menor que 300 ºC y con eso confirmamos la veracidad de nuestra afirmación). De tabla C-3 la entalpía h1 = 2785 kJ/kg. De acuerdo a la ecuación de energía, h 1 = h2 = 2785 kJ/kg En el punto 2 también conocemos la presión P 2 = 1,6 MPa. Vamos a tabla C-2 con 1,6 MPa donde los valores de las entalpías de saturación son para líquido y gas 858,8 y 2794 kJ/kg respectivamente. El valor de h 2 se encuentra entre estos dos valores y por lo tanto nos encontramos en la zona de mezcla, siendo necesario determinar la calidad: x2 = (h2 – hf )/hfg ⇒ x2 = 0,995 luego con los valores de v f y vg, con la calidad ya determinada, obtenemos el valor del volumen específico ⇒ v2 = 0,1232 m 3 /kg. La temperatura como estamos en la zona de mezcla corresponde a la temperatura de saturación T 2 = 201,4 ºC.

Ejercicio 5.6 1,5

mol de CO2 se encuentran inicialmente a 8,5 atm y 9 litros se expanden isocórica y reversiblemente hasta la presión final de 1 atm. Suponiendo que el gas se comporta de acuerdo a la ecuación de van der Waals, vdw, determine el calor, el trabajo y la variación de energía interna.

Solución Con ecuación de vdw determinar la temperatura en el estado 1

P =

R T a − v − b v 2


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 v − b  T 1 =   1  ⋅  P 1 + a 2  v 1   R  

kPa ⋅ m 6 a = 0 ,1883 kg 2 m 3 b = 0 ,000972 kg 9 l  mol   m 3  1000 g  V 1 v 1 = = ⋅ ⋅ ⋅ m 1 ,5 mol 44 g  1000 l   kg  3 m v 1 = 0 ,136 kg 6   m 3 − 0 ,000972 m 3     0 ,136 0 ,1883 kPa ⋅2 m  kg kg   kg  44 kg  101 ,3 kPa  T 1 =  ⋅ 8 , 5 atm ⋅ + 6  atm     ⋅  kmol  kPa ⋅ m 3 2 m       8 ,314 0 ,136 2   kmol ⋅ K kg    

T 1 = 622 ,6 K 3 m v 2 = v 1 = 0 ,136 kg

P2 = 1 atm

T 2

 m 3 − 0 ,000972 m 3    kPa ⋅ m 6   0 ,136  0 ,1883 2 101 , 3 kPa kg kg kg       44 kg  1 atm = ⋅ ⋅ + 6  atm     ⋅  kmol  kPa m ⋅ m 3       8 ,314 0 ,136 2 2   kmol ⋅ K kg    

T 2 = 79 ,7 K Desde tablas se obtiene que c v = 0 ,653


kJ kg ⋅ K ��

��

q = c v ⋅ ∆T = 0 ,653 kJ ⋅ (79 ,7 − 622 ,6 )K kg ⋅K q = − 354 ,5 kJ kg kJ ∆ u = q = − 354 ,5 kg 44 g   kg    kJ  Q = m ⋅ q = 1 ,5 mol ⋅  ⋅ ⋅ − 354 , 5    kg   mol  1000 g   Q = − 23 ,4 kJ W=w=0

Ejercicio 5.7 Un

gas ideal con las mismas características físicas y químicas del aire experimenta la siguiente secuencia de procesos mecánicamente reversibles: Parte desde un estado inicial de 100 ºC y 1,5 atm, se comprime adiabáticamente hasta 150 ºC. A continuación el gas se enfría a presión constante desde 150 a 100 ºC. Finalmente, el gas se expande isotérmicamente hasta regresar a su estado original. Realice una representación gráfica de todos los procesos y determine w, q, ∆u, ∆h en kJ/kg para cada uno de los tres procesos y para el ciclo completo.


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Solución P, atm

Curva Isotérmica Curva Adiabática 2 3

Q=0 T2 = 150 ºC

1,5

Q=0

1

T1 = 100 ºC

v

Estado 1: P1 = 1,5 atm, T 1 = 100 ºC. Utilizando ecuación de gas ideal se obtiene: v 1 = 0,703 m 3 /kg. R= 0,082 l atm/(mol K) y PM= 29 g/mol Estado 2: T2 = 150 ºC Proceso 1-2: Gas ideal y adiabático, por lo tanto utilizar ecuación que relaciona P y T para procesos politrópicos y se determina la presión y volumen del estado 2. Otra forma es determinar la presión o volumen utilizando ecuaciones de procesos politrópicos y la restante utilizando ecuación de gas ideal, cualquiera sea la metodología, el resultado es el mismo. Se obtiene P2 = 2,33 atm y v 2 = 0,513 m 3 /kg Estado 3 T3 = 100 ºC, P 3 = P2 = 2,33 atm v3 se determina utilizando la ecuación de gas ideal, obteniéndose v 3 = 0,453 m 3 /kg


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Trabajo, calor, energía interna y entalpía Proceso 1-2: Como es politrópico: P1 v1k = P2 v 2k = P v k

Una forma de determinar el trabajo en este proceso proceso es despejando P y se ingresa a la integral integral de trabajo:

w

12

V 2

=

V 2 k 1 1 k V 1

∫V P dv = P v ∫ v dv 1

1

q12 = 0 (proceso adiabático) Otra forma más directa para determinar el el trabajo es aplicando la primera ley: - w12 = ∆ u12

− w 12 = ∆u 12 = c v ∆T = 0,717 = 0,717

kJ (150 − 100)º C kg º C

kJ (423 − 373)K = 35,85 kJ / kg kg K

w12 = -35,85 kJ/kg ∆u12 = 35,85 kJ/kg

∆h12 = cp (T2 – T1 ) = 1,003 kJ/(kg K) x 50 K = 50,15 kJ/kg ∆h12 = 50,15 kJ/kg

Proceso 2-3 w23 = P3 (v3 – v2) = -14,3 kJ/kg

w23 = -14,3 kJ/kg q23 = cp (T3 – T2 ) = -50,15 kJ/kg

q23 = -50,15 kJ/kg Aplicando la primera ley se determina ∆u23 : ∆u23 = q23 – w23 o bien ∆u23 = cv (T3 – T2 ) Se obtiene ∆u23 =- 35,85 kJ/kg


��

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∆h23 = Cp (T3 – T2 )

Se obtiene ∆h23 =- 50,15 kJ/kg Proceso 3-1 Es gas ideal isotérmico, por lo tanto: ∆u34 =∆h34 =

0

Aplicando primera ley: ley: q31 = w31 = RT ln v 1 /v3 Se obtiene: q31 = w31 = 47,11 kJ/kg Ciclo q = q12 + q23 + q31 = -3,04 kJ/kg w = w12 + w23 + w31 = -3,04 kJ/kg ∆u = ∆u12 + ∆u23 + ∆u31 = 0 kJ/kg ∆h = ∆h12 + ∆h23 + ∆h31 = 0 kJ/kg Resultado consistente, pues en un ciclo debe cumplirse que: q=w


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Ejercicio 5.8 Un dispositivo cilindro-émbolo contiene inicialmente 1000 g de nitrógeno a 100 kPa de presión relativa y 300 K. El nitrógeno se comprime cuasiestática y politrópicamente, hasta que el volumen se reduce a la mitad. Determine el calor en kJ y su dirección. El exponente que afecta el volumen es de 1.3.

Solución P1 = Prelativa + Patm = 200 kPa T1 = 300 K PMN2 = 28 g/mol m = 1000 g Dado que la presión es menor que 10 atm, consideraremos conducta de gas ideal, obteniéndose: V1 = 445 l V2 = V1 /2 = 222,5 l Relación politrópica: T vk-1 = cte,

T V k − =T V k − 1

1

1

1

2

2

k= 1,3, por lo tanto: T2 = 369,34 K Q = m C p ∆T Cp = 1,042 kJ/kg Por lo tanto Q = 72,25 kJ/kg, como como es positivo el calor es absorbido absorbido por el sistema


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Ejercicio 5.9 Se comprime aire dentro de un cilindro de modo tal que el volumen cambia desde 100 a 10 pulg 3. La presión inicial es de 50 psia y la temperatura se mantiene constante a 100 ºF. Determine el ⋅ lbf utilizando: trabajo aplicado en ft ⋅ a) Ecuación de gas ideal b) Ecuación de van der waals considerando el número de moles determinados en la letra a) del ejercicio.

Solución a) Determine el número de moles utilizando la ecuación de gases ideales conocidos T 1, P 1 y V 1. ft ⋅lbf Se obtiene n = 4,81 x 10 -4 lbmol, utilizar R= 1545 lbmol ⋅ R

m = 4 ,81 ⋅ 10 −4 lbmol ⋅ 29 lb = 0 ,014 lb lbmol T1 = T2 = 559,69 R V1 = 100 pulg 3 V2 = 10 pulg 3

ft ⋅lbf 10 pu lg 3 V −4 2 ⋅ 559 ,69 R ln W 12 = n R T ln = 4 ,81 ⋅10 lbmol ⋅ 1545 V 1 lbmol ⋅ R 100 pu lg 3 W 12 = − 957 ,7 ft ⋅ lbf V 2

b)

 R T

a  dV 2  V 1  v − b v 

W 12 = n ∫ 

−

v = V , por lo tanto m 

W 12

  R T a  = ∫ − 2  dV  V V  V 1  m − b m 2   V 2 


��

��

W 12

V 2

V 2   1 1 2  dV − a ⋅ m ∫ 2 = m R T ∫   V 1  V − m b  V 1 V V )V 2 1

W 12 = m R T ln (V − m b

dV

V 2

 1  − a ⋅ m 2 ⋅  −   V  V 1

 V − m b   1 1   + a ⋅ m 2 ⋅  −  W 12 = m R T ln  2   V 2 V 1   V 1 − m b  Los valores de los parámetros p arámetros de vdW obtenidos desde las tablas son:

lbf ⋅ft 4 a = 870 lb 2

b = 0 ,0202

ft 3 lb

3  3     10 pu lg 3 − 0 ,014 lb ⋅0 ,0202 ft ⋅ 1728 pu lg   lb  ft 3 lbmol   ft ⋅lbf   W 12 = 0 ,014 lb ⋅1545 ⋅559 ,69 R ⋅   ln  3  3 lbmol ⋅ R  29 lb   100 pu lg 3 0 ,014 lb 0 ,0202 ft 1728 pu lg   − ⋅ ⋅   lb  ft 3     1728 pu lg 3  lbf ⋅ft 4 1 1 2 2    + 870 ⋅0 ,014 lb ⋅   3 − 3  ⋅  lb 2 10 pu lg 100 pu lg ft 3    

W 12 = (− 980 ,09 + 26 ,52 )ft ⋅ lbf W 12 = − 953 ,57 ft ⋅lbf

Ejercicio 5.10 Dos moles de oxígeno se expanden reversiblemente a temperatura constante de 26,85 ºC, desde un volumen inicial V 1 = 10 litros hasta un volumen final de 40 litros. Calcule el trabajo producido en el supuesto que: a) Se comporte como un gas ideal, b) se comporte como un gas de van der 2 l Waals. Los valores de los parámetros de vdW vdW son: a = 1 ,36 atm ⋅l 2 y b = = 0 ,0318

mol

Solución


��

mol

��

40 l  kmol  V ⋅ W 12 = n R T ln 2 = 2 mol ⋅ 8 ,314 kJ ⋅ 299 ,85 K ln V 1 kmol ⋅ K 10 l 1000 mol 

a)

W 12 = 6 ,91 kJ b) Los valores de los parámetros de vdW son:

atm ⋅l 2 a = 1 ,36 mol 2

m = 2 mol ⋅32 v 1 =

12

g = 64 g mol

V 1 l = 0 ,156 m g

v 2 =

W

b = 0 ,0318 l mol

V 2 l = 0 ,625 m g V 2

=

∫

V 1

 R T a  dv  − v − b v 2     v 2 − b   1 1   + n a  −    v 2 v 1   v 1 − b 

W 12 = n RT ln 

W 12

     0 ,625 l − 0 ,0318 l ⋅  mol   g mol 32 g    kmol  kJ ⋅ 299 ,85 K ln  = 2 mol ⋅ 8 ,314  ⋅  + kmol ⋅ K 1000 mol   l l mol   0 ,156 − 0 ,0318   ⋅   g mol 32 g   

2 mol ⋅ 1 ,36

2

atm ⋅l mol 2


   1 1  ⋅  1 ,055 kJ  ⋅  mol  ⋅ −     0 ,625 l 0 ,156 l  10 ,412 l ⋅ atm  32 g   g g  

��

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W 12 = 6 ,944 kJ − 0 ,041 kJ = 6 ,9 kJ

Ejercicio 5.11 Un mol de

CO, inicialmente a 10 atm y 10 litros, se expande reversiblemente hasta la presión final de 1 atm. Suponiendo comportamiento ideal, calcule el calor y el trabajo intercambiados, y la variación de energía interna y de entalpía en kJ en el proceso, cuando se realiza por: a) Vía isócora; b) Vía isoterma. Datos: Cp = 7/2 R, R= 0,082 l atm/(mol K).

Solución a) n = 1 mol, P 1 = 10 atm, V 1 = 10 l P2 = 1 atm, V1 = V2 = 10 l W12 = 0 Utilizando ecuación de gas ideal T 1 = 1219,5 K y T 2 = 121,95 K ∆H = Cp ∆T



∆ h = 0 ,082



l atm 7  l atm ⋅  ⋅ (121 ,95 − 1219 ,5 ) K = − 314 ,997 mol K 2  mol

 1 m 3  101 ,3 kPa   kJ  l ⋅ atm ∆ H = n ∆ h = − 314 ,997 ⋅ 1 mol ⋅  ⋅  ⋅ 3  mol 1000 l   1 atm   kPa ⋅ m 

∆ H = − 31,909 kJ

∆U = Cv ∆T

Cp = Cv + R

Cv = 0,205 l atm/(mol K)



∆ u =  0,205



l atm  l at ⋅ 121,95 − 1219,5 )K = − 225 ( mol K  mol

 1 m 3  101 ,3 kPa   kJ  l atm ∆U = n ∆ u = − 225 ⋅ 1 mol ⋅  ⋅  ⋅ 3  mol 1000 l 1 atm      kPa ⋅ m  ∆U = − 22,79 kJ Q – W = ∆U, W = 0, por lo tanto, Q = ∆U = -22,79 kJ b)T2 = T1 = 1219,5 K, utilizando ecuación de gas ideal, V 2 = 100 l

V W 12 = n R T ln 2 = 23 ,35 kJ V 1


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Como es gas ideal e isotérmico ∆H = ∆U = 0.

Ejercicio 5.12 Una

masa de aire, inicialmente a 80 kPa, ocupa un volumen de 100 m 3. Se comprime isotérmicamente hasta reducir su volumen a la mitad. Posteriormente, se vuelve a reducir su volumen a la mitad mediante un proceso isobárico. Suponiendo comportamiento ideal del gas, determine el trabajo total del proceso.

Solución P1 = 80 kPa, V 1 = 100 m 3, T2 = T1, V2 = V1 /2= 50 m3 V3 = V2 /2= V1 /4= 25 m3 , P3 = P2 Gas ideal T1 = T2 = ? W=?

V V W 12 = n R T ln 2 = P 1 V 1 ln 2 V 1 V 1

= − 5545 ,18 kJ

W 23 = P 2 (V 3 − V 2 ) Pero: P 2 V 2 = P 1 V 1 , por lo tanto:

P 2 =

P 1 V 1 V 2

De este modo tendremos:

V W 23 = P 1 ⋅ 1 ⋅ (V 3 −V 2 ) = − 4000 kJ V 2 W = W12 + W23 = - 9545,18 kJ

Ejercicio 5.13 Dos moles de oxígeno se comprimen adiabáticamente frente a una presión exterior constante de 10 atm, desde la temperatura inicial de 26,85 ºC y la presión de 1 atm, hasta un estado final de equilibrio. Suponiendo comportamiento ideal del gas, calcule la temperatura final y la variación de energía interna y de entalpía en kJ efectuadas en el proceso.

Solución T1 = 26,85 ºC, P 1 = 1 atm, n = 2 mol, P 2 = 10 atm, k = 1,393 E. Lam Esquenazi 2013

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T  P  = T  P  2

2

1

1

(K −1) / K

Obteniéndose T2 = 574,15 K ∆u = cv ∆T = 0,662 kJ/(kg K) x (574,15-299,85)K = 181,59 kJ/kg ∆U = m∆u = n xPM x ∆u = 2 mol x 32 g/mol x 181,59 kJ/kg x kg/1000g ∆U = 11,62 kJ ∆h = cp ∆T = 0,922 kJ/(kg K) x (574,15-299,85)K = 252,9kJ/kg ∆H = m∆h = n xPM x ∆h = 2 mol x 32 g/mol x 252,9 kJ/kg x kg/1000g ∆H = 16,2 kJ

Ejercicio 5.14 Tres moles de un gas, que puede considerarse ideal, se expanden isotérmicamente a 26,85 ºC, frente a una presión exterior constante de 1 atm, desde un volumen inicial V1 = 10 litros hasta un volumen final V2 = 50 litros. Calcule los valores del calor y del trabajo intercambiados y la variación de energía interna y de entalpía realizadas en el proceso.

Solución Gas ideal isotérmico ∆U = ∆H = 0

w

12

101,259 J   kJ  ⋅  = 4,05 kJ 1000 atm l J ⋅    

= P ∆V = 1 atm ⋅ (50 − 10)l ⋅ 

q12 – w12 = ∆u, por lo tanto, q 12 = 4,05 kJ

Ejercicio 5.15 Tres moles de un gas, que puede considerarse ideal, se expanden isotérmicamente a 26,85 ºC, por vía reversible, desde un volumen inicial V1 = 10 litros hasta un volumen final V2 = 50 litros. Calcule los valores del calor y del trabajo intercambiados y la variación de energía interna y de entalpía realizadas en el proceso. Compare los resultados con los obtenidos en el problema anterior.

Solución w

12

= n RT ln

v v

2

= 12 kJ

1


��

��

q12 – w12 = ∆u, por lo tanto, q 12 = 12 kJ Gas ideal isotérmico, por lo tanto, ∆U = ∆H = 0

Ejercicio 5.16 Un gas ideal se encuentra a 300 K, en un recipiente adiabático de volumen total V1 dividido en dos partes iguales, por un pistón, también adiabático. Se conecta una resistencia eléctrica en el compartimiento A, que se expande, mientras el B se comprime hasta que la presión (en B) aumenta 27/8 de su valor original, P1. Sabiendo que k = 1,5 y considerando el proceso reversible, calcule: a) Las temperaturas finales de A y B; b) El calor transferido al compartimiento A en cal/mol.

Solución P B = 27 P B

P = P A = P B ; 1

1

 P 2B    P  1 

1

k −1 k

T = B T 2

2

 27    8 

1, 5

K

 P 2B   0,5V 1   P   ⇒  2B    =    P 1   V 2B   P 1 

⇒

1

1, 5−1

=

1

8

⇒

T2B = 450 K

1 / K

 0,5V 1    V  2B 

= 

V B = 0,222V 1

2

V A = 0,5V ;

V A +V B = V ;

1

1

1

1

1

V A +V B = V 2

2

V A = V − 0,222V = 0,778V 2

1

1

V A = 0,5V

⇒

V A = V A T A = T A

K −1

1

2

1

1

V = 2V A 1

1

2 ⋅ 0,778 = 1,556

1

2

1

 V 1A    V  2A 

⇒

T A = T A 2

1

cp – cv = R = 1,987 cal/(mol K) cp /cv = 1,5 ; q A = cv ∆T cv = 3,974 cal/(mol K) ⇒


 1     1,556 

1, 5−1

= 240,5 K

q A = -236,45 cal/mol

��

1

��

Ejercicio 5.17 Dos kg de aire experimentan el ciclo de tres procesos mostrado en la figura. Calcule el trabajo neto.

P, kpa

1 isoterma

100

2

3

2

10

V, m3

Solución Con ecuación de gas ideal se determina en estado 3 la temperatura, la cual es la misma que en el estado 1, en el cual se conoce el volumen, determinándose con ecuación de gas ideal la presión en el estado 1. En el estado 2 se puede determinar la temperatura. W12 = 0, W 23 = P (V 3 – V 2) = 800 kJ y W 31 = RT ln V 1 /V3 = -1609,4 kJ. El trabajo neto es la suma de todos éstos y resulta -809,4 kJ.


��

��

Ejercicio 5.18 Se comprime 1 mol de aire inicialmente a 5 atm y 25 ºC alcanzando en el estado final 10 atm y 25 ºC. La compresión se efectúa mediante dos procesos diferentes mecánicamente reversibles: a) b) c)

Calentamiento isocórico seguido por enfriamiento isobárico. Compresión isotérmica. Compresión adiabática seguida por enfriamiento isocórico.

Determine el trabajo requerido, el calor transferido y los cambios de energía interna y entalpía del aire para cada proceso. Realice una representación gráfica para cada caso.

Solución Datos Generales Gas ideal cv = 0,717 kJ/(kg K) P1 = 5 atm T1 = 298 K Pf = 10 atm T f = 298 K

cp = 1,003 kJ/(kg K) n = 1 mol PM aire = 29 g/mol

W, Q, ∆H, ∆U = ? a) V1 = V2;

P2 = P3 = 10 atm

T1 = T3

Curva Isotérmica

P

Curva Adiabática

2 T2 3 T1 = 25 ºC 1 v

Gas ideal, por lo tanto, podemos determinar los volúmenes:


��

��

nRT = V = P

l at ⋅ 298K mol K atm

1mol ⋅ 0,082

1

1

5

1

 m 3    1000l 

−3 3 V 1 = 4,9 l = 4,9 ⋅10 m

nRT V = = P

l atm ⋅ 298K  m  mol K   10 atm 1000 l 

1mol ⋅ 0,082

3

3

3

V 3 = 2,4 l = 2,4 x 10

−3

m

3

3

V2 = V1 = 4,9 x 10 -3 m3 W123 = W12 + W23 El proceso 1-2 es isocórico y por lo tanto W 12 = 0 El proceso 2-3 es isobárico y por lo tanto: W23 = P (V3 – V2 )

101,3kPa   kJ   3   1atm   kPa ⋅ m 

W

=10 atm ⋅ (2,4 ⋅10 −3 − 4,9 ⋅10 −3 )m 3 

W

= − 2,53 kJ

23

23

W123 = 0 – 2,53 kJ = - 2,53 kJ Para determinar los calores respectivos utilizaremos la Primera Ley:

Proceso 1-2: Q12 – W12 = ∆ U12 Considere que la expresión de la Primera Ley está en términos de la energía interna y no de la entalpía, en este caso puede utilizarse, debido a que no hay trabajo de eje. El trabajo de flujo W 12 también vale cero y por lo tanto se simplifica a la siguiente forma: Q12 = ∆ U12


��

��

Para procesos isocóricos, gases con comportamiento ideal y asumiendo que C v aproximadamente constante en el rango de temperatura de trabajo: ∆ U12 = Cv ∆ T= m c v ∆ T

P 2 V 2 10 atm ⋅4 ,9 ⋅ 10 −3 m 3 1000 l  = ⋅ T 2 = n R 1 mol ⋅ 0 ,082 l atm  m 3  mol K T2 = 597,6 K ∆ U 12 = 0 ,717

kJ ⋅ 1 mol ⋅ 29 g  ⋅  kg  (597 ,6 − 298 )K  kg K mol  1000 g 

∆ U12 = 6,2 kJ

Y por lo tanto: Q12 = 6,2 kJ Para el cálculo de la entalpía utilizamos su definición en términos de la energía interna: ∆ H12 = ∆ U12 + ∆ PV12 = ∆ U12 + P ∆ V   V ∆ P

A volumen constante se simplifica a la siguiente forma: ∆ H12 = ∆ U12 + ∆ PV = ∆ U12   V ∆ P

∆ H 12 = 6,2 kJ + 4,9 ⋅ 10 −3

 101,3 kJ    atm 1  

m ⋅ (10 − 5)atm  3

∆ H12 = 8,7 kJ

Proceso 2-3: Como es un gas ideal isobárico podemos determinar ∆ H23 a partir de los calores específicos: ∆ H23 = Cp ∆ T= m c p ∆ T

∆ H 23 = 1

kJ ⋅ 1 mol ⋅ 29 g ⋅ kg (298 − 597,6 )K kg K mol 1000 g

∆ H23 = -8,7 kJ


��

es

��

∆ H23 = ∆ U23 + ∆ PV23 = ∆ U23 + P ∆ V

Por lo tanto: ∆ U23 = ∆ H23 - P ∆ V

 101,3 kJ     1atm 

∆U 23 = − 8,7 kJ − 10 atm ⋅ (2,4 10 −3 − 4,9 ⋅10 −3 )m 3  ∆ U23 = - 6,2 kJ

Aplicando la Primera Ley podemos determinar el calor: Q23 – W23 = ∆ U23 Q23 = – W23 + ∆ U23 Q23 = -2,53 kJ – 6,2 kJ = - 8,73 kJ Proceso completo 1-2-3: a1) W 123 = − 2,53 kJ a2)

Q

123

= 6,2 kJ + (− 8,73) kJ = − 2,53 kJ

a3) ∆ U123 = ∆ U12 +∆ U23 = 0 a4) ∆ H123 =∆ H12 +∆ H23 = 0 Los resultados son consistentes con la teoría, pues para un gas ideal isotérmico las variaciones de energía interna y de entalpía son nulas, y para satisfacer la Primera Ley de la termodinámica en este caso, el calor y el trabajo son iguales. b) Esquemáticamente el proceso se señala en la siguiente figura:


��

��

Curva Isotérmica

P

Curva Adiabática

Q=0

T2

2

Q=0 T1 = 25 ºC 1 v

Para la compresión isotérmica de un gas ideal ∆U = ∆H = 0 Aplicando la primera ley de la termodinámica: Q - W = ∆ U = 0 Para el cálculo del trabajo, como la presión no es constante, debemos buscar una expresión que la relacione con el volumen, en este caso es la ecuación para gases ideales. PV = nRT P1 V1 = P2 V2 = nRT = cte De este modo obtenemos:

 v 2   P   ⋅ = n ⋅ R ⋅T ln  1   v 1   P 2 

W 12 = n ⋅ R ⋅T ln 

 m 3  101 ,3 kPa   5   kJ  l atm ⋅ 298 K ⋅ 1 mol  W 12 = 0 ,082   ln   ⋅  3  mol K 1000 l 1 atm     10   kPa ⋅ m  W12 = -1,72 kJ Como es gas ideal isotérmico: Q12 = W12 =-1,72 kJ


��

��

∆ H12 = 0

∆ U12 = 0

c) Para procesos adiabáticos utilizaremos las relaciones Esquemáticamente los procesos siguen la siguiente trayectoria:

para

procesos

politrópicos.

Curva Isotérmica

P

Curva Adiabática

2 Q=0 T2 1

3

Q=0 T1 = 25 ºC

v

En este ejercicio conocemos la información inicial P 1 y T1, como es un gas ideal, podremos determinar V1. Del estado final (estado 3) conocemos P 3 y T 3, y V3 puede obtenerse aplicando la ecuación para gases ideales. Como el proceso 2-3 es isocórico, una vez que hemos determinado V 3 sabremos entonces el valor de V 2, pues: V2 = V3. Con este valor conocido en el estado 2, podremos aplicar las relaciones de procesos politrópicos en 1-2 y con ello habremos definido completamente el estado.

V = nRT = P

l at ⋅ 298K mol K atm

1mol ⋅ 0,082

1

1

5

1

 m 3    1000l 

V = 4,9 l = 4,9 ⋅10 − m 3

3

1

nRT = V = P

l atm ⋅ 298K  m  mol K   10 atm 1000 l 

1mol ⋅ 0,082

3

3

3

V

3

= 2,4 l = 2,4

3

x 10 − m 3

3

V2 = V3 = 2,4 x 10 -3 m3


��

��

T   v  = T  v  2

1

1

2

k −1

como es aire k = 1,4

T2 = 396,5 K

P P 2

1

 v  =  1   v 2 

k

P2 = 13,6 atm = 1375,8 kPa El proceso 1-2 es adiabático y por lo tanto Q 12 = 0 En un proceso adiabático, la presión no permanece constante, por el contrario, varía con el volumen y por lo tanto para determinar el trabajo requerimos de una función que nos relacione la presión con el volumen, para ello contamos con las ecuaciones de procesos politrópicos:

P P 2

1

 v  =  1   v 2 

k

O lo que es lo mismo: k P V P = k V 1 1

El trabajo entonces quedará: V 2

k P V W = ∫ k dV V V 1 1

12

1

P V k V −k V −k = − ( ) 1 − k

5 atm ⋅ (4,9 ⋅ 10

1 1

−3

m ) ,

3 14

W

=

W

= − 0,02 atm ⋅ m 3 ⋅ 

12

12

1 2

1 − 1, 4

1

1

[(2,4 ⋅ 10 m ) −3

3 − 0, 4

− (4,9 ⋅ 10 −3

m )− , 3

04

]

101,3kPa   = − 2,05 kJ 3 m  

Aplicando la Primera Ley podemos determinar ∆U, la cual es similar al trabajo pero con signo contrario: Q – W = ∆U ⇒ -W12 = ∆U12 = 2 kJ


��

��

En el caso de un gas ideal podemos asumir ∆H12 = m cp ∆T

∆H 12 = 1mol

29 g

kJ  kg  (396,5 − 298)K mol kg K 1000 g  ⋅1

∆H12 = 2,9 kJ

El proceso 2-3 se efectúa a volumen constante y por lo tanto W 23 = 0 Q – W = ∆U ⇒ Q23 = ∆U23 = m Cv ∆T

∆U 23 = 1mol

29 g

mol

⋅ 0,717

kJ  kg  ( 298 − 396,5)K kg K 1000 g 

Q23 = ∆U23 = - 2 kJ ∆ H23 = ∆ U23 + ∆ PV = ∆ U23   V ∆ P

∆ H 23 = − 2 kJ + 2,4 ⋅ 10 −3

 101,259 kJ   3  atm m ⋅ 1  

m ⋅ (10 − 13,6)atm  3

∆ H23 = -2,9 kJ

Por lo tanto para el proceso completo se obtiene: W123 = -2 kJ + 0kJ = -2 kJ Q123 = 0 kJ – 2 kJ = - 2 kJ ∆ H123 = 2,9 kJ – 2,9 kJ = 0 kJ ∆ U123 = 2 kJ – 2 kJ = 0 kJ

Los resultados son consistentes.

Ejercicio 5.19 Un gas con comportamiento ideal, de peso molecular 33 y Cp = 1,17 kJ/(kg ºC) inicialmente se encuentra a 30 ºC y su volumen es de 10 m 3 /kg. Al cabo de un tiempo experimenta la siguiente secuencia de procesos mecánicamente reversibles: 1-2: Compresión adiabática hasta lograr 60 ºC de temperatura. 2-3: Compresión isotérmica. 3-4: Expansión adiabática hasta lograr la temperatura inicial y un volumen de 8,5 m 3 /kg.


��

��

4-1: Expansión isotérmica completando el ciclo. a. Dibuje diagrama P-v b. Determine P, T y volumen para cada estado c. Determine calor, trabajo y ∆u para cada proceso y para el ciclo completo

Solución Estado 1 2 3 4 Proceso 1-2 2-3 3-4 4-1 Ciclo

P, atm

T, ºC

v, m3/kg

0,075 0,117 0,139 0,089

30 60 60 30

10 7,05 5,99 8,5

w, kJ/kmol

q, kJ/kmol

-908,8 -451,1 908,8 409,4 -41,7

0 -451,1 0 409,4 -41,7

∆u,

kJ/kmol

908,8 0 -908,8 0 0

Ejercicio 5.20 Un gas sigue la siguiente secuencia de procesos cíclicos ABCA. La información disponible de los estados es la siguiente: Estado A 4 kPa de presión y 6 m 3 de volumen, estado B 8 kPa y 12 m 3. Proceso BC es isométrico y proceso CA es isobárico. a) Dibuje diagrama Pv, b) Determine el calor neto transferido al sistema en dos ciclos, c) Si el ciclo es invertido, es decir, que el sentido sea ACBA, determine el calor transferido por dos ciclos.

Solución a) El estado C tendrá las coordenadas (P,V) = ( 4 kPa, 12 m 3), es la única forma que BC sea isométrico (volumen constante) y AC sea isobárico.

b) W ABCA = ½ (12 – 6) m3 x (8 – 4) kPa = 12 kJ, en dos ciclos es el doble, es decir, 24 kJ. c) W ACBA = - 12 kJ, en dos ciclos es el doble, es decir, - 24 kJ.

Ejercicio 5.21 Cinco

moles de aire se expanden isotérmicamente a 150 ºC hasta triplicar su volumen inicial. Determine: a) El trabajo realizado por el gas, b) El flujo de calor hacia el sistema.

Solución E. Lam Esquenazi 2013

��

��

a) n = 5 mol T = 150 ºC = 423 K, V f = 3 Vi considerando que el aire es un gas ideal y además que es isotérmico: W12 = nRT ln V /V f i = 19,3 kJ b) ∆ U12 = 0, por lo tanto Q = W = 19,3 kJ

Ejercicio 5.22 Se agrega energía

a un arreglo cilindro pistón, de modo tal que la cantidad PV permanece constante. La presión y volumen inicial son respectivamente de 200 kPa y 2 m 3. Si la presión final es de 100 kPa, calcule el trabajo efectuado por el gas sobre el pistón.

Solución Como P V permanece constante ⇒ P V = C, despejando la presión: P = C/V, donde C es una constante y podrá salir de la integral:

W

12

V 2

=

V 2

C dV = C lnV = P dV ∫ ∫ V V V V 2

1

1

1

C = P1 V1 = P2 V2 Como se conocen ambos valores para el estado inicial, podremos entonces calcular la constante C: C = 200 kPa * 2 m 3 = 400 kJ C = P1 V1 = P2 V2 ⇒ V2 = C/P2 = 400 kJ / 100 kPa = 4 m 3 Finalmente,

W

12

= C ln

V V 2

1

= 400 kJ ln

4 2

= 277 kJ

Ejercicio 5.23 Un sistema cilindro-pistón sin fricción se expone a una presión externa de 1 atm. El sistema es llenado con oxígeno. La masa del pistón es de 25 kg y el diámetro del cilindro es de 30 mm. El volumen y temperatura inicial del oxígeno es de 0,1 m 3 y 300 K. Se agrega energía al sistema a través de un serpentín. Resolver utilizando ecuación de gas ideal y factor de compresibilidad. A) Si el pistón se desplaza libremente y la temperatura final del gas es de 400 K, determine a) la presión en MPa ejercida por el pistón sobre el gas; b) la presión inicial del gas en MPa; c) la masa y el volumen del gas en el cilindro en kg y m 3 /kg respectivamente; d) presión final del gas en MPa y volumen final del gas en m 3 /kg.


��

��

B) Bajo las mismas condiciones iniciales que en la letra A) pero se instalan topes en el cilindro, justo sobre el borde del pistón para impedir cualquier movimiento de éste, alcanzándose en este caso una temperatura final de 420 K. Determine e) Volumen final del gas en m 3 y f) presión final del gas en MPa.

SOLUCIÓN A. Un error común que cometen los estudiantes es utilizar la tabla de vapor de agua, lo cual es un error garrafal, ya que el sistema no es agua, sino que es oxígeno.

m p ⋅ g A

a) P pistón =

A =

π ⋅ 0,030

2

m

2

4

P pistón =

25 kg ⋅ 9,8 7,07 ⋅10

−4

= 7,07 ⋅10 − 4

m

2

 m   s  1Pa ⋅ MPa  = 0,347 MPa m  kg ⋅ m 10 Pa   s  2

2

6

2

b)

P = P ext + P pistón 1

101,325kPa 1MPa  ⋅  + 0,347 MPa = 0,448 MPa 1 1000 atm kPa  

P = 1atm  1

c) Utilizando ecuación de gases ideales:

P V = n R T n = / PM Por lo tanto:

P ⋅V ⋅ PM R T g 0, 448 MPa ⋅ 0,1m ⋅ 32 mol 10 Pa 1kg  = 0,57 kg Pa ⋅ m  1MPa 1000 g  ⋅ 300K 8,314 mol ⋅K

P V = m R T PM

m = 3

6

m =

3

V = 0,1 = 0,175 m / kg m 0,57 kg 3

v

1

=

1


3

��

��

Utilizando factor de compresibilidad: FORMA 1 Las propiedades críticas se sacan desde tablas: Pc = 5,08 MPa

P R 1 = T R =

Tc= 154,8 K

Z 1 = 1

P 1 0 ,448 MPa = = 0 ,088 P c 5 ,08 MPa T = 300 K = 1,9 T c 154,8 K

Ingresando a la figura 3.1 se obtiene que el factor de compresibilidad Z 2 = 1 y por lo tanto el gas se comporta según la ecuación de gases ideales. Con ello, el resultado del volumen y masa es similar al obtenido para gases ideales: m= 0,57 kg y v 1 = 0,175 m 3 /kg. Z1 y Z2 son iguales, por lo tanto termina iteración

FORMA 2 v ´,r =

Pc ⋅ v R T c 5080 kPa ⋅ 0,175

´,

v r =

kPa ⋅ m

8,314

m

3

 32 kg 

kg

3

kmol ⋅ K

⋅154,8 K

⋅ = 22,1  kmol 

TR = T/ Tc = 1,9 Ingresando a la figura 3.1 se obtiene Z = 1 1⋅ 8,314

p =

kPa ⋅ m

3

kmol ⋅ K

0,175

m

3

⋅ 300K

 kmol    32 kg 

⋅

 MPa  1000 kPa  = 0,445 MPa  

kg

d) En este caso como el pistón es libre de desplazarse la presión se mantiene constante, distinto es el caso cuando hay topes con los que choca el pistón. P2 = P1 = 0,448 MPa

V

2

=

n RT P 2

2


��

��

0,57 kg [1000 mol ] n = m = = 17,81 mol PM 32 kg 1kmol kmol

Pa ⋅ m 17,81mol ⋅ 8,314 ⋅ 400K  MPa  mol ⋅K   = 0,132 m 0,448 MPa 10 Pa   3

V

2

=

3

6

La masa se mantiene constante, por lo tanto:

v

2

=

V m 2

=

0,132 0,57

3

kg

m kg 3

= 0,232

B. e) Debido a que los topes se ubicaron justo en el borde del pistón, entonces el volumen final es igual al inicial:

V = V = 2

0,1

1

3

f) T = 420K 2

Utilizando ecuación de gases ideales

P 2

=

n RT V 2

2

Pa ⋅ m 17,81mol ⋅ 8,314 ⋅ 420K  MPa  mol ⋅K   = 0,62 MPa Pa 0,1m 10   3

P 2

=

3

6

Utilizando factor de compresibilidad: Las propiedades críticas se sacan desde tablas: Pc = 5,08 MPa

P R

=

P P c

=

Tc= 154,8 K

MPa = 0,12 5,08 MPa

0,62

420 K T R = T = = 2,7 T c 154,8 K


��

��

Ingresando a la figura 3.1 se obtiene que el factor de compresibilidad Z = 1 y por lo tanto el gas se comporta según la ecuación de gases ideales. Con ello, el resultado del volumen y masa es similar al obtenido para gases ideales.


��

��

Ejercicio 5.24 V apor de agua se encuentra inicialmente a 0,1 MPa y el volumen es 0,406 m 3 /kg.

El sistema se ve afectado por un proceso isobárico hasta que se evapora completamente, posteriormente lo sigue un proceso 2-3 isocórico hasta lograr una temperatura de 350 ºC, siguiendo finalmente un proceso isotérmico hasta lograr vapor saturado. Determine el calor, variación de energía interna, variación de entalpía y trabajo efectuado por los procesos 1-2, 2-3 y 3-4 en kJ/kg. Grafique los procesos descritos en un diagrama Pv.

Solución Estado 1 T1 =99,6 ºC, P 1 = 0,1 MPa y v 1 = 0,406 m 3 /kg, x1 = 0,239, h 1 = 957,54 kJ/kg, u 1 =916,52 kJ/kg

Estado 2 T2 = 99,6 ºC, v 2 = v2g = 1,694 m 3 /kg, P2 = P1 = 0,1 MPa, h 2 = 2675,5 kJ/kg, u 2 =2506,1 kJ/kg

Estado 3 v3 = v2 = 1,694 m 3 /kg y T 3 = 350 ºC. Para determinar la presión se interpola en la zona de vapor sobrecalentado (tablas C3), obteniéndose P3 = 0,173 MPa. u3 = 2887,34 kJ/kg y h 3 = 3174,05 kJ/kg

Estado 4 T4 = 350 ºC, v4 = v4g = 0,008815 m 3 /kg, P4 = 16,51 MPa, u 4 = 2418,5 kJ/kg y h 4 = 2564 kJ/kg


��

��

P, MPa

c 16,51

4

3

0,173

0,1 1

2

350 ºC

99,6 ºC

0,008815

1,694

0,406

v, m3 /kg

Figura 5.24.1. Representación pv Determinación de trabajo por cada proceso: Proceso 1-2, la presión es constante y por lo tanto, puede quedar fuera de la integral obteniéndose que:

w12 = P1 ( v2 – v1) = 128,8 kJ/kg El mismo resultado se obtendría si se hubiese integrado gráficamente como puede apreciarse en la figura 5.24.2 (zona de color), donde el área del rectángulo corresponde a 128 kJ/kg ( no olvides trabajar con las unidades para que no te equivoques).


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��

Figura 5.24.2. Representación proceso 1-2 Proceso 2-3, en este caso enfrentamos un proceso isocórico y por lo tanto dv = 0, lo cual hace que el trabajo w 23 = 0.

Proceso 3-4, en este intervalo un error común es considerar las presiones y volúmenes de los estados 3 y 4 únicamente, esto es incorrecto, lo que debes hacer, es confeccionar una tabla de presión y volumen entre los puntos extremos solicitados (estados 3 y 4) y todos los puntos interiores encontrados en la tabla de vapor a la temperatura indicada, en este caso T 3 = T 4 = 350 ºC, luego se grafica P v/s v y el área bajo la curva corresponde al trabajo del proceso. De acuerdo a lo anterior, el próximo paso es construir la tabla Pv en el intervalo de volumen entre 0,008815 y 1,694 m 3 /kg a 350 ºC.


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��

P, MPa v, m3/kg P, MPa v, m3/kg P, MPa v, m3/kg P, MPa v, m3/kg

0,173

0,2

0,4

0,6

1,694 0,8 0,3544 3 0,09053 10 0,02242

1,433 1 0,2825 4 0,06645 12 0,01721

0,7139 1,5 0,1866 6 0,04223 16,51 0,008815

0,4742 2 0,1386 8 0,02995

Graficar P v/s v, el área bajo la curva corresponde al trabajo de este proceso

Figura 5.2.3. Representación proceso 3-4 La tendencia dada por la curva de la figura 5.2.3 es la tendencia real del proceso 3-4 que debería tener la representación esquemática de la figura 5.2.1, no la línea recta.


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��

En la figura 5.2.4 (la misma anterior) se han trazado triángulos y rectángulos para determinar el área bajo la curva, obteniéndose:

Figura 5.2.4. Representación proceso 3-4 para el cálculo de las áreas formando figuras geométricas A1=0,3605, A2=0,23054, A3=0,15019, A4=0,180225, A5=0,05873, A6=0,13424, A7=0,0719 y A8=0,26792 La suma total de áreas es 1,454

 m3  w34 = 1,454  MPa ⋅  kg  

 kg / (m s 2 ) 10 6 Pa   J   kJ      2 2   Pa   MPa   kg m / s  1000 J 

El proceso 3-4 tiene dirección hacia la izquierda , por lo tanto, se antepone el signo negativo al trabajo de este proceso .

w

34

= −1454 kJ / kg

Determinación de ∆u y ∆h


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Para cada proceso, se obtienen desde las tablas de vapor los valores de u y h correspondientes a cada estado. Para determinar ∆u y ∆h se debe restar el valor final de la propiedad de estado al valor de la propiedad inicial: ∆u12 = ∆h12 = ∆u23 = ∆h23 = ∆u34 = ∆h34 =

u2 – u1 = 1589,58 kJ/kg h2 – h1 = 1717,96 kJ/kg u3 – u2 = 381,24 kJ/kg h3 – h2 = 498,54 kJ/kg u4 – u3 = - 468,83 kJ/kg h4 – h3 = - 610,05 kJ/kg

Determinación de calor En procesos isobáricos (proceso 1-2) puede calcularse en términos de la energía interna o bien en términos de la entalpía: q12 = ∆h12 = 1718 kJ/kg q12 = w12 + ∆u12 = 128,8 +2506,1 – 916,52 = 1718 kJ/kg En procesos isocóricos (2-3) el trabajo vale cero, por lo tanto: q23 = ∆u23 = 381,24 kJ/kg El sistema 3-4 es isotérmico: q34 = w34 + ∆u34 = -1922,83 kJ/kg


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Ejercicio 5.25 Agua se encuentra inicialmente a 500 °F y 400 psia, sometiéndose a los siguientes procesos: 1-2 Proceso isotérmico hasta obtener vapor saturado 2-3 Proceso isocórico hasta alcanzar la presión inicial 3-4 Proceso isocórico hasta cerrar el ciclo a) Determine trabajo, calor, variación de energía interna en btu/lb para cada proceso b) Realice representación gráfica pv c) Demuestre que ∆u = 0 para el ciclo completo y que por lo tanto, q = w

Solución Estado 1 Se encuentra en la zona de VSC T 1 = 500 ºF P 1 = 400 psia, por lo tanto, desde la tabla C3b 3 se obtiene que v1 = 1,2843 ft /lb; u1 = 1150,1 btu/lb v1 = 0,3520 m 3 /kg u1 = 2638,9 kJ/kg

Estado 2 T2 = T1 = 500 °F, x 2 = 1, utilizando tabla C1b se obtiene: u2 = ug2 = 1117,4 btu/lb, v 2 = vg2 = 0,6761 ft 3 /lb, P2 = P2s = 680 psia

Estado 3

v3 = v2 = 0,6761 ft 3 /lb, P3 = P1 = 400 psia, como se conoce la presión debemos ingresar a l a tabla C2b y comparar los volúmenes de saturación con v 3; en este caso: v f3 = 0,019340 ft 3 /lb y vg3 = 1,1620 ft3 /lb, como el valor de v3 se encuentra entre v f3 y vg3, entonces el punto se encuentra en la fase de mezcla y debe determinarse la calidad: x3 =

v3 − v f 3 v g 3 − v f 3

= 0,575

uf3 = 422,8 btu/lb y u g3 = 1119,5 btu/lb, utilizando el valor de la calidad obtenido a partir del volumen, se determina la energía interna: u 3 = u f 3 + x 3 u g 3 − u f 3 = 823,4 btu / lb


T3 = T3s = 444,7 °F

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��

Estado 4

Como es un proceso cíclico, el estado inicial es igual al estado final, por lo tanto, las propiedades de este estado son similares a las del estado 1. La representación gráfica se muestra en la figura 5.3.1.

Figura 5.3.1. Representación pv Proceso 1-2 Este proceso se encuentra en la zona de vapor sobrecalentado y es isotérmico, por lo tanto, debes graficar la presión versus el volumen en el rango dado de presión y volumen dados para la temperatura de 500 °F. La tabla siguiente contiene a estos datos:

P, psia v, ft3/lb

400

500

600

680

1,2843

0,9924

0,7947

0,6761

Los cuales son graficados y posteriormente se determina el área.


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La suma de las áreas A1 + A2 + A3 + A4 = 58,49 btu/lb, no olvides trabajar con las unidades, la psia ⋅ ft 3 btu conversión que se utilizó en este caso fue la siguiente: , la cual se obtuvo = 0,1852 lb

lb

desde las siguienes conversiones:

La dirección del proceso es hacia la izquierda, por lo tanto, el valor del trabajo es negativo: w12 = - 58,49 btu/lb ∆u12 = -32,7 btu/lb q12 = w12 + ∆u12 = -91,19 btu/lb

Proceso 2-3 Este proceso es isocórico y por lo tanto el trabajo w23 = 0 btu/lb ∆u23 = -294,17 btu/lb q23 = w23 + ∆u23 = -294,17 btu/lb


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��

Proceso 3-1 Este proceso es isobárico, por lo tanto: w31 = p ∆v = 408 psia ⋅ (1,2843 − 0,6761)

ft 3  0,1852 btu  lb

⋅

 = 45,02 btu / lb

3  psia ⋅ ft 

q31 = w31 + ∆u31 = 371,89 btu/lb

Trabajo y calor de un ciclo wciclo = w1 + w2 + w3 + w4 = -13,467 btu/lb qciclo = q1 + q2 + q3 + q4 = -13,467 btu/lb qciclo - wciclo = 0 ∆uciclo = ∆u12 + ∆u23 +∆u31 = u2 – u1 + u3 - u2 + u1 – u3 = 0

Ejercicio 5.26 Agua se encuentra inicialmente a 200 ºC y 0,6 MPa, siguiendo los siguientes procesos: 1-2 Isotérmico hasta llegar a un volumen de 0,015 m 3 /kg 2-3 Isocórico hasta lograr la presión crítica 3-4 Isobárico hasta lograr el volumen crítico a) Realice diagrama pv b) Complete tabla T [°C], P [MPa], u [kJ/kg], x y fase para cada estado c) Determine trabajo y calor en kJ/kg para cada proceso

Solución Estado 1 Se encuentra en la zona de VSC T 1 = 200 ºC v1 = 0,3520 m 3 /kg u1 = 2638,9 kJ/kg

P1 = 0,6 MPa

Estado 2 P2 = 1,554 MPa vf2 = 0,001156 m 3 /kg uf2 = 850,6 kJ/kg

v2 = 0,015 m 3 /kg vg2 = 0,1274 m 3 /kg ug2 = 2595,3 kJ/kg

Se obtiene x 2 = 0,11, u 2 = 1042,52 kJ/kg


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Estado 3

v3 = v2 = 0,015 m3 /kg

P, MPa 22,088 22,088 22,088

3

P3 = Pc = 22,088 MPa

v, m /kg

T, ºC

u, kJ/kg

0,015 0,01475 0,01627

T3 550 600

u3 3043,9 3159,1

De interpolación lineal se obtiene T 3 = 558,2 ºC y u 3 = 3062,85 kJ/kg

Estado 4 P4 = Pc = 22,088 MPa u4 = uc = 2029,6 kJ/kg

v4 = vc = 0,003155 m 3 /kg

P, MPa

22,088

4

3

558,2 ºC 1,554

2

2´

374,136 ºC

1 0,6

200 ºC

v, m3 /kg

Procesos: 1-2: Este proceso se dividirá en dos partes para el cálculo del trabajo (tal como se muestra en la figura anterior): w12 = w12´ + w2´3 El trabajo del tramo 12´ dado por w12´ se determina graficando la presión frente al volumen entre P2´= 1,554 y P 1 = 0,6 MPa. La información se obtiene desde las tablas de vapor de agua en la fase de VSC (tabla C3) a la temperatura de 200 °C. Mientras que el trabajo del tramo 2´1 dado por w 2´2 se obtiene como P 2 (v2´ - v2) (isobárico) T=200 °C


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P, MPa v, m3 /kg

0,6 0,3520

0,8 0,2608

1 0,2060

1,5 0,1325

1,554 0,1274

P, MPa 1,8

1,6

1,4

1,2

A1

1

A3

0,8

A5 A2

0,6

A4 A6

0,4

0,2

0 0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

v, m3/kg

0 ,1274 )⋅ (1 ,554 − 1 ) = 0 ,02177 2  m 3   kJ   1000 kPa  = 21 ,77 kJ / kg  MPa ⋅  kg   kPa ⋅ m 3   MPa  

A 1

=

A 2

=

(0 ,206

−

(0 ,206 − 0 ,1274 )⋅ 1 = 0 ,0786 3    m kJ   1000 kPa  = 78 ,6 kJ / kg  MPa ⋅   kg   kPa ⋅ m 3   MPa   0 ,206 )⋅ (1 − 0 ,8 ) 2 3   1000 kPa  m   kJ  MPa ⋅  3 kg   kPa ⋅ m   MPa 

A 3

=

(0 , 2608

−


=

0 ,00548

  = 

5 ,48 kJ / kg

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A 4

(0 ,2608 − 0 ,206 )⋅ 0 ,8 = 0 ,04384  m 3   kJ   1000 kPa  = 43 ,84 kJ / kg  MPa ⋅ kg   kPa ⋅ m 3   MPa   =

0 , 2608 )⋅ (0 ,8 − 0 , 6 ) = 0 , 00912 2   1000 kPa   m 3   kJ  MPa ⋅   = 9 , 12 kJ / kg kg   kPa ⋅ m 3   MPa   A 6 = (0 ,3520 − 0 ,2608 ) ⋅ 0 ,6 = 0 ,05472   1000 kPa   m 3   kJ  MPa ⋅   = 54 ,72 kJ / kg 3    kg   kPa ⋅ m   MPa   A 5

=

(0 , 3520

−

la suma de las áreas corresponde al valor del trabajo del tramo 12´, sin embargo, dado que el trabajo pasa desde un volumen mayor a uno menor (antihorario), se antepone el signo negativo, obteniéndose:

w12´ = − 213,53kJ / kg

v 2 ´ = v 2 g = 0 ,1274 m 3 / kg v2 = 0,015 m 3 / kg w 2 ´ 2 = p (v 2 − v 2´ ) = 1,554 MPa (0 , 015 − 0 ,1274

)

 kJ   10 3 kPa  ⋅ ⋅  kg  kPa ⋅ m 3   MPa 

m3

w ´

= − 174,67 m 3 / kg

w

= w 12 ´ + w 2 ´2 = − 388, 2 m 3 / kg

2 2

12

∆u12 = u 2 − u1 = − 1596,38 kJ / kg

q −w 12

12

= ∆u 12

q12 = w12 + ∆u12 = − 388,2 − 1596,38

= − 1984,58 kJ / kg NOTA: La división de los tramos 12ý 2´2 es opcional, en caso que no se haga, se obtendrá un gráfico p versus v con una línea horizontal en el tramo 2`2 y una curva en el tramo 12´.

w23 = 0 E. Lam Esquenazi 2013

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q 23

= ∆ u 23 = 3062 ,85 − 1042 ,5 kJ / kg = 2020 ,33 kJ / kg

w 34 = P4 (v 4 − v 3 ) = 22 ,088 ⋅10 3 kPa ⋅ (0,003155 − 0, 015 ) m3  kJ  kg  kPa ⋅ m 3 

w

34

= − 261,63 kJ / kg

q 34 = w 34 + ∆u 34 = − 261 ,63 + 2029 ,6 − 3062 ,8 = − 1294 kJ / kg Estado 1 2 3 4 Proceso 1-2 2-3 3-4

T (°C)

P(MPa)

u(kJ/kg)

x

Fase

200 200 558,2 374,136

0,6 1,554 22,088 22,088

2638,9 1042,5 3062,85 2029,6

0,11 -

VSC mezcla VSC PC

w, kJ/kg

q, kJ/kg

-388,2 0 -261,63

-1984,58 2020,33 -1294,88

Ejercicio 5.27 V apor

de agua inicialmente se encuentra a 300 ºC con una calidad del 30 % siguiendo los siguientes procesos: 1-2: Isocórico hasta bajar su temperatura a 200 ºC 2-3: Isotérmico hasta disminuir la presión a 0,5 MPa 3-4: Isocórico hasta lograr 300 ºC 4-1: Completar el ciclo. Determine el trabajo y el calor en kJ/kg de cada proceso y del ciclo completo. Dibuje diagrama Pv.

Solución Estado 1: T1 = 300 ºC


x1 = 0,3

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Por lo tanto v1 = 0,007487 m 3 /kg, h1 = 1765,5 kJ/kg, u1 = 1701,3 kJ/kg

P 1 = 8,58 MPa

Estado 2

v2 =v1 = 0,007487 m 3 /kg h2 = 949,73 kJ/kg

T2 = 200 ºC u2 = 937,8 kJ/kg

x2 = 0,05 P 2 = 1,554 MPa

Estado 3 T3 =T2 = 200 ºC v3 = 0,4431 m 3 /kg

P3 = 0,5 MPa, zona de vapor sobrecalentado h3 = 2855,3 kJ/kg u 3 = 2642,9 kJ/kg

Estado 4 v4 =v3 = 0,4431 m 3 /kg h4 = 3061,8 kJ/kg

T4 = 300 ºC, zona de vapor sobrecalentado u4 = 2801,15 kJ/kg P 4 = 0,5921 MPa

Proceso 1-2 w12 = 0

q12 – w12 = ∆u12

Proceso 2-3

q12 = -763,5 kJ/kg

v 3

w 23 = P (v 2 g − v 2 ) + ∫ P dv v 2 g

La integral de la ecuación anterior se resuelve gráficamente, utilizando los valores de presión y volumen obtenidos de la tabla C3 a 200 ºC entre 0,5 y 1,554 MPa. w23 = 186,3 + 178 = 364,3 kJ/kg q23 – w23 = ∆u23 q23 = 2069,4 kJ/kg

Proceso 3-4 w34 = 0 q34 = ∆u34 + w34 q34 = 158,3 kJ/kg

Proceso 4-1

w

41

v 1 g

=

∫v P dv + P (v g − v ) 1

1

4

El valor de la integral se obtiene gráficamente utilizando valores de presión y volumen de la tabla de VSC a 300 ºC entre v 4 y v1g. No olvide anteponer el signo negativo al resultado del área, pues el proceso ocurre antihorario. w41 = -646,63 – 121,49 = -768,12 kJ/kg


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q41 = w41 + ∆u41 q41 = 331,73 kJ/kg wciclo = -403,82 kJ/kg qciclo = 3154,308 kJ/kg

Ejercicio 5.28 Se alimenta una corriente de vapor de agua a 250 ºC y 0,8 MPa a una planta térmica, donde es sometida a los siguientes procesos: 1-2 Compresión isotérmica hasta llegar a un volumen de 0,03 m 3 /kg 2-3 Compresión isotérmica hasta llegar a una presión de 15 MPa 3-4 Proceso de compresión isocórico hasta llegar a una temperatura de 360 ºC a) Grafique p-v b) Complete tabla T, P, v, u y x para cada estado c) Determine para cada proceso el trabajo y calor en kJ/kg

Solución Estado 1 T1 = 250 ºC, P 1 = 0,8 MPa, v 1 = 0,2931 m 3 /kg, u1 = 2715,5 kJ/kg

Estado 2

T2 = 250 ºC, P 2 = 3,973 MPa, v 2 = 0,03 m 3 /kg, x2 = 0,588, u 2 = 1975,336 kJ/kg

Estado 3 T3 = 250 ºC, P 3 = 15 MPa, v3 = (0,0012114 + 0,001255)/2 =0,0012332 m 3 /kg, u3 = (1020,8 + 1114,6)/2 = 1067,7 kJ/kg

Estado 4 v4 = v3 = 0,0012332 m 3 /kg T4 = 360 ºC El estado 4 se encuentra en la zona de líquido comprimido, por lo tanto, debe extrapolarse en la tabla C4 entre la presión de saturación (y v f4) y 20 MPa. P, MPa P4 20 18,65

T, ºC 360 360 360

v, m3 /kg 0,0012332 0,0013226 0,001892

P4 = 20,215 MPa u, kJ/kg


T, ºC

v, m3 /kg

��

��

u4 1702,8 1725,2

360 360 360

0,0012332 0,0013226 0,001892

u4 = 1699,24 kJ/kg En la siguiente figura se representa gráficamente pv P, MPa

p 4

15

3,973

3

3´

2

2´

360ªC 0,8

1 250ªC

V, m3/kg


��

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Determinación de trabajo y calor Proceso 1-2 El trabajo del proceso 1-2 lo dividiremos en dos partes, el primero correspondiente al trabajo entre el estado 1 y el estado de vapor saturado (2´) y el segundo entre el estado de vapor saturado (2´) y el estado de mezcla 2, algebraicamente lo simbolizamos de la siguiente manera: w12 = w12´ + w2´2 = área bajo la curva + P2 (v2 – v2´) El cálculo del trabajo entre 1 y 2´se realiza graficando a T 1 = 250 ºC la presión versus el volumen, entre los límites de presión entre estos dos estados. Muchos estudiantes cometen el error de aplicar la expresión RT ln v 2 /v1, lo cual NO debe efectuarse, ya que esta ecuación se utiliza exclusivamente para gases con comportamiento ideal. Para realizar el gráfico, como estamos en la zona de vapor sobrecalentado, utilizaremos la tabla C3, se busca a la temperatura de la isoterma, en este caso a 250 ºC, entre los límites de presión de los puntos 1 y 2´. En este caso corresponden a 0,8 y 3,973 MPa. Los datos extraídos desde la tabla son los siguientes:

P, kPa v, m3/kg

0,8 0,2931

1 0,2327

1,5 0,152

2 0,1114

3 0,07058

3,973 0,05013

Se grafica presión versus volumen y se dibujan las figuras que permitan determinar gráficamente el área, por ejemplo A1 y A3 se determinan como áreas de triángulos, mientras que A2 y A4 como áreas de rectángulos, obteniéndose por supuesto, sólo áreas aproximadas, pero que permiten dar una aproximación al trabajo resultante:

A 1 =

(0 ,1114 − 0 ,05013 ) (3 ,973 − 2 )

2

3 m = 0 ,06 MPa kg

3 m A 2 = (0 ,1114 − 0 ,05013 )x 2 = 0 ,12254 MPa kg

A 3 =

(0 ,2931 − 0 ,1114 ) (2 − 0 ,8 )

2

3 m = 0 ,109 MPa kg

3 m A 4 = (0 ,2931 − 0 ,1114 )x 0 ,8 = 0 ,1454 MPa kg


��

��

w12´ = A 1 + A 2 + A 3 + A 4 = 0,3829

MPa

3

kg

3  1000 kPa    m kJ  = − 382 ,9 kJ / kg w 12 ´ = −0 ,3829  MPa    kg   MPa   kPa m 3  

��

�

��

�

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��

��

��

�

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��

� �

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��

��

��

��

��

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El signo negativo se puso por convención, ya que la trayectoria del proceso tiene dirección hacia la izquierda.


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Ahora se calcula el trabajo entre los estados 2ý 2, esta trayectoria se encuentra dentro del gráfico, correspondiente a un proceso isobárico, por lo tanto, puede aplicarse: w2´2 = P2 (v2 – v2´) 1000 kPa   kJ  w ´ = 3,973MPa ⋅ (0,03 − 0,05013) m  kg  MPa  kPa m  3

2 2

w ´

2 2

3

= − 79,976 kJ / kg

Por lo tanto, se determina ahora el trabajo correspondiente al proceso 1-2: w12 = w12´ + w2´2 = -462,9 kJ/kg aplicando la primera ley, es posible determinar el calor: q12 - w12 = u2 - u1 = -462,9 + 1975,336 -2715,5 = -1203,06 kJ/kg q12 = -1203,06 kJ/kg ∆u12 = -740,164 kJ/kg

Proceso 2-3 El trabajo del proceso 2-3 también lo dividiremos en dos partes, el primero correspondiente al trabajo entre el estado 2 y el estado de líquido saturado (3´) y el segundo entre el estado de líquido saturado (3´) y el estado de líquido comprimido 3, algebraicamente lo simbolizamos de la siguiente manera: w23 = w23´ + w3´3 = P2 (v3´ – v2) + área bajo la curva w23´ = P2 (v3´ – v2) 1000 kPa   kJ w ´ = 3,973 MPa x (0,001251 − 0,03) m  kg  MPa  kPa m

 3  

3

23

w

23´

= − 114,22 kJ / kg

Para realizar el gráfico, como estamos en la zona de líquido comprimido, utilizaremos la tabla C1, se busca a la temperatura de la isoterma, en este caso a 250 ºC, entre los límites de presión de los puntos 3´ y 3. En este caso corresponden a 3,973 y 15 MPa.


��

��

Los datos extraídos desde la tabla son los siguientes:

P, kPa v, m3/kg

3,973 5 10 15 0,001251 0,00125065 0,0012416 0,0012332

Se grafica presión versus volumen y se dibujan las figuras que permitan determinar gráficamente el área.

A 1 =

(15 − 3 ,973 )(0 ,001251 − 0 ,0012332 )

2 3 m −5 = 9 ,814 ⋅ 10 MPa kg

A 2 = 3 ,973 x (0 ,001251 − 0 ,0012332 ) 3 m −5 = 7 ,07 ⋅10 MPa kg w3´3 = A 1 + A 2 = -0,00017

MPa

3

kg

w3´3 = - 0,17 kJ/kg w23 = -114,22 -0,17 = -114,39 kJ/kg q23 = (-114,39 + 1067,7 – 1975,336) kJ/kg q23 = -1022,026 kJ/kg


��

��

∆u23 = -907,636 kJ/kg

Proceso 3-4 Como es un proceso isocórico, el volumen se mantiene constante y por lo tanto, ∆v = 0, entonces w34 = 0 q34 = ∆u34 = 1699,24 – 1067,7 = 631,54 kJ/kg Resultados

Estado 1 2 3 4 Proceso 1-2 2-3 3-4

T, ºC

P, MPa

v, m3/kg

u, kJ/kg

x

250 250 250 360

0,8 3,973 15 20,215

0,2931 0,03 0,0012332 0,0012332

2715,5 1975,336 1067,7 1699,24

0,588 -

w, kJ/kg

q, kJ/kg

∆u, kJ/kg

-462,9 -114,39 0

-1203,06 -1022,03 631,54

-740,164 -907,636 631,54


��

��

Ejercicio 5.29 Un sistema que tiene un volumen inicial de 2 m 3 se llena con agua a 30 bar y 400 °C. El sistema se enfría a volumen constante hasta 200 °C. Un segundo proceso a temperatura constante finaliza con agua líquida saturada. Determine la tranferencia total de calor en kJ.

Solución Datos V1 = 2 m3 P1 = 30 bar = 3 MPa V2 = V1 T2 = 200 °C T3 = T2 = 200 °C x 3 = 0

T 1 = 400 °C

Estado 1

Vapor sobrecalentado, v1 = 0,09936 m 3 /kg, u1 = 2932,7 kJ/kg

Estado 2

Mezcla, v2f = 0,001156 m 3 /kg, v2g = 0,1274 m 3 /kg, u2f = 850,6 kJ/kg, u 2g = 2595,3 kJ/kg Psat = 1,554 MPa, v 2 = v1 = 0,09936 m 3 /kg x 2

=

v 2 − v f 2 v g 2 − v f 2

= 0,778

u 2 = u f 2 + x 2 (u g 2 − u f 2 ) = 2207,785 kJ / kg

Estado 3

Líquido saturado, v3 = v3f = 0,001156 m 3 /kg, u3 = u3f = 850,6 kJ/kg, P 3 = Psat = 1,554 MPa

Proceso 1-2 Isocórico, por lo tanto, w12 = 0 q12 = u2 – u1 = - 724,915 kJ/kg

Proceso 2-3 Isobárico, por lo tanto, w23 = P2 (v3 – v2) = -152,61 kJ/kg q23 = w23 + u3 – u2 = -152,61 kJ/kg – 1357,185 kJ/kg q23 = -1509,79 kJ/kg q = q12 + q23 = -2234,71 kJ/kg m=

V 1 v1

=

2m

3 3

0,09936 m / kg

= 20,129 kg

Q = m ⋅ q = − 44.982,066 kJ


��

P2 =

��

Ejercicio 5.30 260 mol de agua se expanden reversible e isotérmicamente a 70 ºC hasta triplicar su volumen inicial. Calcule el trabajo (en kJ) efectuado si el agua a estas condiciones se comporta como un gas ideal.

Solución ⇒

V2 = 3 V1 V 2

V2 /V1 = 3

V 2

n RT dV = n RT ln V V V V

W = ∫ P dV = ∫ V 1

2

= 814,6 kJ

1

1

Ejercicio 5.31 Cuatro kg de agua líquida saturada se mantiene a presión constante de 600 kPa y se agrega calor hasta que la temperatura sube a 600 ºC. Determine el trabajo efectuado por el agua.

Solución P1 = 0,6 MPa, agua líquida saturada, por lo tanto de tablas de vapor (tabla C2), v 1 = vf1 = 0,001101 m 3 /kg. T2 = 600 ºC y P 2 = 0,6 MPa, de tabla C3 de vapor sobrecalentado v 2 = 0,6697 m3 /kg.

w

12

V 2

=

∫V P dV = P (v − v ) 2

1

1

W

12

V 2

∫V P dV = m P (v − v )

= m

2

1

1

W

3 ⋅ (0,6697 − 0,001101)m / kg = 4 kg ⋅ 600 kPa

W

= 1605 kJ

12

12

Ejercicio 5.32 Dos kg de vapor saturado a 400 kPa se encuentran contenidos en un arreglo cilindro-pistón. El vapor se calienta a presión constante hasta lograr 300 ºC. Calcule el trabajo efectuado por el vapor.


��

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Solución P1 = 400 kPa, m= 2 kg, x 1 = 1, P 2 = P1 = 400 kPa, T 2 = 300 ºC Con P2 y T2 desde tablas de vapor se obtiene que v 2 = 0,6548 m 3 /kg v1 = v1g = 0,4625 m 3 /kg W12 = m P ∆v = 153,8 kJ

Ejercicio 5.33 0,025 kg de vapor a una calidad de 10 % y una presión de 200 kPa se calientan en un contenedor rígido hasta que la temperatura logra los 200 ºC. Encuentre: a) La calidad final, b) el trabajo efectuado por el vapor.

Solución m = 0,025 kg Estado 1 x1 = 0,1, P 1 = 200 kPa. De tabla C2 como estamos en la zona de mezcla, T 1 = 120,2 ºC, v f1 = 0,001061 m 3 /kg y vg1 = 0,8857 m 3 /kg, obteniéndose v1 = 0,0895 m 3 /kg Estado 2 v1 = v2 = 0,0895 m 3 /kg T2 = 200ºC, con esta temperatura ingresamos a la tabla C1: v f2 = 0,001156 m 3 /kg y vg2 = 0,1274 m 3 /kg, obteniéndose x2=0,7 a) x2 = 0,7 b) El recipiente es rígido, por lo tanto no hay variación de volumen y el trabajo es cero.

Ejercicio 5.34 Una caldera de 15 m3 de capacidad cerrada herméticamente se encuentra llena de vapor saturado seco a 2 MPa. Se enfría la caldera observándose que la presión descendió a la mitad. Determine a) el estado final del vapor y b) la cantidad de calor sustraída a la caldera en kJ

Solución a) V1 = 15 m 3

P1 = 2 MPa

P2 = 1 MPa

Vapor saturado seco: x1 = 1, por lo tanto, v1 = vg1 = 0,09963 m 3 /kg Como es un recipiente hermético, v 1 = v2 = 0,09963 m 3 /kg A 1 MPa: vf2 = 0,001127 m 3 /kg y vg2 = 0,1944 m 3 /kg E. Lam Esquenazi 2013

��

��

Por lo tanto, x2 = 0,51, T 2 = Tsat = 179,9 °C. La fase es mezcla. b) El trabajo es cero, por lo tanto aplicando la primera ley q12 =∆u12 u1 = ug1 = 2600,3 kJ/kg u2 = u2f + x2 (u2g – u2f ) = 761,7 + 0,51 (2583,6 – 761,7) kJ/kg u2 = 1690,87 kJ/kg q12 =∆u12= 1690,87 – 2600,3 kJ/kg = - 909,431 kJ/kg

m=

V 1 v1

= 150,557 kg

Q12 = m ⋅ q12 = − 136.921,259 kJ

Ejercicio 5.35 Un kg de vapor de agua con una calidad del 20 % es calentado a presión constante de 200 kPa hasta que la temperatura sube a 400 ºC. Calcule el trabajo y el calor en kJ efectuado por el vapor. Dibuje el proceso en diagrama Pv

Solución Este ejercicio enfrenta el cálculo de trabajo de flujo, no de eje. Lo primero que debe realizarse es el gráfico pv Estado 1: x 1 = 0,2 P1 = 0,2 MPa Estado 2: P2 =P1 = 0,2 MPa T 2 = 400 ºC Desde tabla C-2 vemos que para la presión P 1 = 0,2 MPa la temperatura de saturación es de 120,2 ºC, por lo tanto, en el estado “2” como el proceso 1-2 es isobárico (P constante) y la temperatura (400 ºC) es mayor que ésta, entonces nos encontramos en la zona de vapor sobrecalentado. El proceso isobárico está dirigido por la flecha (trayecto horizontal).

W

12

V 2

=

∫V P dV 1

como la presión es constante puede sacarse de la integral y la expresión de trabajo se simplifica a la siguiente forma:

W

12

= P (V 2 − V 1 ) = P

(v 2 − v 1 )

En el caso del estado “1” conocemos la calidad y sacamos desde tabla C-2 a 2 MPa los valores de vf1 y vg1:


��

��

vf1 = 0,001061 m 3 /kg vg1 = 0,8857 m 3 /kg v1 = v f 1 + x1 (v g 1 − v f 1 )

⇒

v1 = 0,1780 m 3 /kg

En el caso del estado “2” conocemos la temperatura y la presión, como nos encontramos en la zona de vapor sobrecalentado ingresamos a la tabla C-3, desde la cual: v2 = 1,549 m 3 /kg.

P, MPa

c

2

1 0,2

400 ºC

120,2 ºC

0,8857

0,001061 vf

vg

1,549 v, m3 /kg

Finalmente, podemos calcular el trabajo, el cual corresponde al área bajo la curva (línea roja):

  w 12 = 200 kPa (1 ,549 − 0 ,1780 ) m 3 / kg  kJ 3  = 274 ,2 kJ / kg  kpa m  W 12 = m ⋅w 12 = 1 kg * 274 ,2 kJ = 274 ,2 kJ kg Para calcular el calor se utiliza la primera ley: q – w = ∆u A 0,2 MPa

uf = 504,5 kJ/kg y u g = 2529,5 kJ/kg

u 1 = u f 1 + x 1 u g 1 − u f 1 A 0,2 MPa y 400 ºC


⇒

u1 = 909,4 kJ/kg

u2 = 2966,7 kJ/kg ��

��

q12 = w12 + ∆u12 = (274,2 + 2966,7 – 909,4 ) kJ/kg q12 = 2331,5 kJ/kg

(A)

Como el sistema es isobárico, el calor puede expresarse en términos de la entalpía:

q = ∆ h A 0,2 MPa hf = 504,7 kJ/kg y h fg = 2201,9 kJ/kg

h 1 = h f 1 + x 1 ⋅h fg 1

⇒

h1 = 945,08 kJ/kg

h2 = 3276,5 kJ/kg

q 12 = ∆ h = 2331 ,4 kJ kg

(B)

Los valores obtenidos en (A) y (B) usando ya sea la energía interna y el trabajo o bien la entalpía, son del mismo orden. Recuerda, que la variación de entalpía para el cálculo del calor puede aplicarse únicamente en sistemas isobáricos. Para calcular el calor total:

Q 12 = m ⋅q 12 = 1 kg * 2331 ,5 kJ = 2331 ,5 kJ kg


��

��

Ejercicio 5.36 Agua

se encuentra inicialmente a 120 ºC con una calidad del 10 % y sufre un proceso de compresión isotérmico hasta 20 MPa. Determine el trabajo y el calor del proceso en kJ/kmol. Realice gráfico del proceso.

Solución P, MPa

c

2 20

1` 1 0,1985

400 ºC

120 ºC

0,8919

0,001060 0,0010496

vf

vg

v, m3 /kg

w 12 = w 11 ´ + w 1 `2 El proceso 1-1ès isobárico y el trabajo se determina similar al ejercicio 5.3; mientras que el proceso 1`-2 requiere confeccionar una tabla pv y luego graficar p versus v a 120 ºC; el área bajo la curva corresponde al trabajo de este tramo. vf1 = 0,001060 m 3 /kg vg1 = 0,8919 m 3 /kg v1 = v f 1 + x1 v g 1 − v f 1

w 11 `

=

w 11 `

=

w 11 `

=

⇒

v1 = 0,0901 m 3 /kg

P ⋅ v f 1 − v 1 3 1000 kPa  0 ,1985 MPa ⋅ (0 ,001060 − 0 ,0901 ) m ⋅  kJ 3   kg  kPa ⋅ m   MPa  kJ (negativo, proceso ocurre hacia la izquierda) − 17 ,674 kg


��

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Para determinar el trabajo del proceso 1`-2 se confecciona la tabla pv a la temperatura del sistema, en este caso 120 ºC en el rango de volumen y presión dadas. Fíjese que el primer valor corresponde a líquido saturado y el resto a la fase de líquido comprimido; de este modo la tabla es la siguiente: T = 120 ºC

P, MPa v, m3/kg

0,1985

5

10

15

20

0,001060

0,0010576

0,0010549

0,0010522

0,0010496

Se grafican los valores de la tabla, obteniéndose las dos áreas (violeta y verde) señaladas en la figura.

P, MPa

20

15

10

Área 1

5

Área 2 0 0,00105

0,001052

0,001054

0,001056

0,001058

3 m (20 − 0 ,1985 ) MPa ⋅ (0 ,01060 − 0 ,0010496 ) kg Área 1 = 2 3 1000 kPa   kJ  m Área 1 = 0 ,0946 ⋅ MPa ⋅  ⋅ 3  kg  MPa  kPa ⋅m 

Área 1 = 94 ,6 kJ / kg 3 m Área 2 = 0 ,1985 MPa ⋅ (0 ,01060 − 0 ,0010496 ) kg


��

0,001060

v, m3/kg

��

3 1000 kPa   kJ  m Área 2 = 0 ,0019 ⋅ MPa ⋅   ⋅  kPa ⋅ m 3  kg MPa    

Área 2 = 1 ,9 kJ / kg Por lo tanto, el área bajo la curva representa el trabajo, a la cual como va en sentido antihorario debe anteponérsele el signo negativo:

w 1 `2

= − 96 ,5

kJ kg

w 12 = w 11 ´ + w 1 `2

= − 114 ,174

kJ kg

Para calcular el calor se aplica la primera ley de la termodinámica:

q12 - w12 = ∆u12

u 1 = u f 1 + x 1 u g 1 − u f 1

u 1 = 503 ,5 kJ + 0 ,1 ⋅ (2529 ,2 − 503 ,5 ) kJ kg kg ⇒

u1 =706,07 kJ/kg

u2 = 496,76 kJ/kg

q 12 = (496 ,76 −706 ,07 − 114 ,174 ) kJ = − 323 ,48 kJ kg kg


��

��

Ejercicio 5.37 Agua se encuentra inicialmente a 400 ºF y 120 psia y sufre un proceso isocórico disminuyendo su

presión a la mitad del valor inicial. Determine el trabajo y el calor efectuado en Btu/lb. Realice gráfico del proceso.

Solución Para los procesos isocóricos w12 = 0 Para el cálculo del calor se aplica la primera ley de la termodinámica: q12 - w12 = ∆u12 y por lo tanto se reduce a:

q12 = ∆u12 = u2 – u1 T1 = 400 ºF

P 1 = 120 psia

Fase de vapor sobrecalentado, por lo tanto, desde tabla C3b v 1 = 4,079 ft 3 /lb; u1 = 1133,8 Btu/lb Proceso isocórico: v2 = v1 = 4,079 ft 3 /lb

P 2

=

P 1 = 60 psia a esta presión los valores de los volúmenes de saturación son v f2 = 0,017378 2

ft3 /lb y vg2 = 7,177 ft 3 /lb; por lo tanto, el estado 2 se encuentra en la fase de mezcla y la temperatura T2 corresponde a la de saturación T 2 = 341,3 ºF.

x 2

=

v 2 −v f 2 = 0 ,567 v g 2 −v f 2

u 2 = u f 2 + x 2 u g 2 − u f 2 u 2 = 312 ,27 Btu + 0 ,567 ⋅ (1108 ,3 − 312 ,27 ) Btu lb lb u 2 = 763 ,62 Btu lb q12 = ∆u12 = -370,18 Btu/lb


��

Trabajo y Calor

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