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CONTENIDO
Cap rtul o 1: Primer Princl pi o. Síslem as cerrados (Gases)
l. 1ntroducció n teórica 1
2. Problemas 1ipo 3
3. Problemas en une lados 7
Capítulo 2: Primer Prl ncí pi o, S islemas abiertos. Régí me n variable (Gases)
l. 1ntroducción teórica 11
2. Pro blen\a s tipo 12
1
'
Capítulo 3: Primer Principio. Sistemas abiertos, Régimen
pe rm anenle (Gues) 17
l. 1n! rod ucci ón teórica 1 7 .
2. Problemas tipo 19
3. Prob 1ema s enunciados 23
Capftulo 4: Transformaciones politrópicas
l. 1ni rod ucción teórica 25
· 2. Problemas tipo 26
25
Caprtu lo 5: Mezclas de gases 31
l. 1ntroducdón-teórica 31
2. Problemas tipo 31
Capítulo 6: Segundo principio de la termodinámica
L 1nlroducció n teórica 35
2. Problemas tipo 36
35
11
Contenldo
Con.tanldo
Capítulo 7: Entropía 41
1. rnt roducdón teórica
2. Problemas tipo 43
41
Capítulo 8: Óiagrama temparatura'Onlropía para ga<eJ perfectos •47
·l. 1ntroducción teórica 4 7
2. Problemas 1ipo 48
3. Prob 1emas enunciados 55
Capítulo 9: Exen¡ía 57
l. Introducción teórica 57
2. Problemas tipo 59
3. Problemas enunciados 69
Capítulo 1O: Vapores 71
l. 1ni roducció n teórica 71
2. Problemas 1ipo 73
3. Problemas enunciados 83
Capítulo 11 : Ciclos de vapor 85
l. 1ni ro ducción teórica . 85
2. Problemas tipo 88
Cap ítu 1o 12: C lelos frlgo r íflcos 93
l. Introducción teórica 93
2. Problemas 1ipo . 95
Capitulo 13: Ai<e húmedo 101
l. 1ntrod ucci ón teórica 101
2. Problemas ti pe 105
3. Problemas enunciados 114
Capítulo 14: Termoqu ímica 117
l. lntroducciónteórica 117
2. Problemas tipo 119
3. Problemas enunciad os 124
Capítulo 15: Combu>ti6n 127
l. 1ntrodu cdón teórica 12 7
2. Problemas tipo 129
3. Problemas enunciados 135
. Capítulo 16: Toberas y difusores 137
1. 1ntroducció n teórica 13 7
2. Problemas 1ipo 140
lndlce
145
CAPITULO 1
P-RIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS CERRADOS (GASES)
l.INTRODUCCION TEORICA
El balance de energías es:
1.1
Q-L=I:..tf
El calor Q y el Ira bajo L son energías
en transferencia entre sistema y medio. Se
utiliza la convención de signos de la figura
Q>O
SISTEMA
1.1 .
L>O
c.omo se puede apreciar' no tiene s:enti~
do entonces tratar de establecer valores de
Q y L sin especificar previamente cuál es el
f[GURA L.L
· sistema.
1:.. U es la variación de energía interna del sistema. Para gases ql!e pueden
suponerne ideales, la energía interna U depende únicamente de la temperatura
del sistema, de modo que si e,.. es el calor específico a volumen constan te, para
una masa m y M la variación de temperatura de la misma, sea cual sea la tram;. formación;
!:.U= mc,t:..r
1
1.2
De acuerdo a lo expresado, para la resolución de problemas con gases que
pueden suponerne ideales, cuando sea necesario aplicar la fó<:mula 1.1 podrá pro-,
cederne en la forma explicada a continuación.
i
.2. ln.trod ueción teóric:a
Primer prin.cipto. S[¡temas r:urados (!iill:s.-!15)
1) Arl optar un sistema
Col! el fin de que resulte más claro o que resulte posible establecer los intercambios de calor y de trabajo, convendrá adoptar el sistema de modo que se tenga €-1 menor número po~ible de jnteracciones para analizar. Asi, si se tiene más
de una masa, con vendrá adoptar como sistema al conjunto de ]as masas que intervjenen en el pro ceso. ·
2) Aplicar el primer principio Q - L = A U
En este paso es conveniente explicitar en lo posible cada uno de los térmi·
nos de la ecuación 1J para obtener así una ecuación que ayude a la resolución
del problema.
Al explicitar el trabajo L intercambiado deberá tratarse de que no quede
nínguno de los trabajos intercambiados por e] sistema sin ser tenido en cuenta.
Puede ayudar el recordar que siempre que una masa m J una presión p ' y con
un volumen V , es barrida, el medio debe transferir un trabajo ·p V. Si la masa
m pasa a ocupar ll n volurn en V t con una presión p , debe transferir un trabajo
pV.
Así, para la introducción de la masa m a un recipiente L = -p V. Al salir
la m asa m de un recipiente es L =p V .
El Ira bajo de expansión es el que intercambia el sistema al variar su volumen debido a las presiones ejercidas por el medio. Teniendo en cuen la el concepto de trabajo de una fuerza, puede establecerse que si el medio ejerce una presión p _constante y A V es la variación de volumen del sistema, el trabajo de expansión será L = p A V .
a
Cuando en la transfonnación resultan conocidos los sucesivos valores de la
presión p y del volumen V del sistema, efectuándose la tram.formación mediante sucesivos desequilibrios de pre:sión infinitamente peq ue:ños entre sistema y
medio, e] trabajo de expansión es:
-L =
r
'
pdV
3) Planteo de la ecuación de estado
Para obtener otras ecuacion~ que pennitan ]a resolución· de] Prl? ~Jema,
puede aplicarse la ecuación de estado de.los gases ideol.es a cada una de las m asas
que forman el sistema en sus estados inicial y fmal:
pV
= mRT
Para los- problemas referentes al primer ·principio, ..dstemas. cerradosJ gases,
serán dato.:
·
Calor específico a volumen constan!~ del aire e, = 0,17 kcal/kg K
Constante característica por kg de aire R
3
= 2 9,3 kgr mfkg K
Se considera que para un sistema, un límite es rígido cuando impide
cam~
bio; en la forma y el volumen del sistema. Un limite es adiabático cuando impi-
de que ocurran transferencias de calor entre el sistema y el medio.
·
El aire será considerado como un gas ideal en lo dos los problemas.
2. PROBLEMAS TIPO
1-1 _ Se permite el ingreso de aire atmosférico (p 0 = 1_ a:m,; T0 =-20 •_cJ a un
recipiente rígido y adiabático de volumen V= 1,5 m 1 !UJC!abnente va_cto, ha~ta
que en ·el miSIIIIl se alcanza la. presión Po . . Cale ular la masa m de aue que tn·
gresa al recipiente.
-
so lÚe¡ ón: Según lo explicado previamente se adopta como sistema la m a>a m
que ingresa· 31 recipiente. En el primer principio. Q - L = AU en este ~aso es
Q=
recipiente adiabático; L = -p 0 V0 traba¡o efectuado por el med10 para
ingresar la masa m y V0 es el volumen de m antes de mgresar al rec1p10n te;
AU = me, (Tr- T0 ) . T¡ es la temperatura fmal de la masa m luego de su ingreso al recipiente. Entonces:
o
O - (-p 0 V0 )
= me, (T,-
To)
Po Vo · = me, (T1 - To)
Además puede aplicarse la ecuación de estado a la masa m , en su estado
inicial (p 0 , T0 ) y en su estado fmal (p 0 , T1 ). Si T0 y T1 son las temperaturas absolu las de la masa m :
_p 0 V0 = mRT0
1.4
Po V= mRTt
1.5
Reemplazando p 0 V0 de l.4 en 1 .3 :
mRT0 = me, (T,- To)
RTo
e, (T1 - To)
1.6
4 Problemas tipo
Primer
La 1 .5 y 1.6 forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas m y
T1 .De1.6:
RTo
+ T0
e,
Tr ~ ~
411,26 K
~
~
kgrm
293 K
1 kca/
29 3 - - -:-:=-:--:,--;:+ 293 K ·
'
kg K 0,17 kcal/kg K 427 kgr m
138,26
•e
1 kg/cm 2 10.000cm 2 fm 2 1,5 m 3
29,3 kgr m/kg K 411,26 K
Sistema 5 .cerrados (gases)
S
1-3 - Desde un conducto en el cual hay aire a p 1 ~ 3 atm constante y a T 1 ~
60 • C , constante, ingresa una masa m a un cilindro que contiene m 0 ~ 3 kg
de aire a T0 ~ 20 •e y p 0 ~ 1 atm (figura !.2).
El cilindro está cerrad o por un pisFIGURA 1:2
tón que transmite una presión constante
Po al a1re interior. Al ingtesar la masa
m P, T,
de aire m , el pistón se corret barriendo
un volumen .6. V igual al doble del volu·
r,
m,
men inicial V0 deJa masa m0 ) quedan~
do luego trabado. Después del ingreso
r,
Po
Po
de la masa m queda el aire en el cilindro
a una presión ímal pf ~ 2 atm . Consirando que el pistón desliza sin fricción y
que e] mismo y el cilindro son adiabáticos, calcular la masa m que ingresa a1 cilindro.
~
- ...
De 1.5:
m= Po V
RT¡
prinei!JiiD~
1,24 kg
1.2 - El recipiente rígido y adiabático mencionado en el problema I-1 (V~ 1,5
m 3 ) contien~ iniciajmente una masa de aire m 0 a p 1 = 0,7 atm y T1 = 90
oC . CalcuJar la masa m que ingresa en este caso.
·
So iuci ón: El sistema es (m + m 0 )
•
En el primer principio Q ~ O y:
Solución: El sistema que debemos elegir en este caso será (m+ m 0 ). En el pri·
·mer principio es Q ~ O ; L ~ -p 0 V0 bnplica:
-L = .ó.U
-Po V o = .ó.U
Al explicitar el trabajo L debe tenerse en cuenta el trabajo para el ingreso
de m y el trabajo de expansión del aire contra el pistón, de m o do que:
1.7
1.12
Por estar el sistema fonnado por dos masas:
1.8
Reemplazando en l. V es:
Luego de l. 7 :
;
luego:
Además:
1.13
PoVo = mRTo
1.9
Po V = (m+ mo)RTt
1.10
p,
v,
- Po.Ó. V ~ me,
rr,- T,)
1.13.
+ m oc, (Tr- To)
Además:
J.l4
PoVo = moRT0
J.l5
Pt (Vo + .6. V) ~ (m + mo) RTr
l.l6
J.ll
Reemplazando en 1.8 Po V 0 por mRT0 de 1.9, y calculando m 0 de 1.11
que da un sistema de dos ecuaciones 1 .8 y 1.1 O con dos incógnitas m y T1 _ Resuelto se obtiene m~ 0,39 kg y T1 = 376 K~ 103 •c.
Se 'reemplaza p,
J.',
= mRT,
PI
v,
por mRT1 de 1J 4 en 1.13 y se calcula
Vo
a partir
Pr¡mer prindplo~ SistemaS- cerrados (g1s.es.)
6 Problemas tipo
de l .!5 . Del sistema de ecuaciones l .l3 y 1.16 se obtiene m = 1O, 9 kg con
T1 = 378K= 105 "C.
1-4 :._ Desde un tanque rígldo y adiabátioo que contiene inicialmente aire a p 1 =
y T 1 = 150 "C, descarga aire a través <le una turbina adiabática {f"¡gu·
·ra 1.3) a un cilindro también adiabá·
tico) en el que actúa un pistón adíabático capaz de transmitir una pre·
v,
sión oonstante p 2 = 1 alm. Al quedar el aire a la presión p2 , con terri'----"r'c..Jr==
\
peratura final r, uniforme, luego de
'T
la . descarga de una parte del aire a
1
través de la turbina, el pistón ha
~---- P, 'barrido un volumen A V = 30 m 1 •
FlGUitA 1.3
11
·La masa de aire total es m = 5O kg .
Se supone despreciable la fricción en
el desplazamiento del pistón y tam ·
bién despreciable el volumen ocupado por la turbina. Calcular el trabajo LT en·
tregado en eleje de la turbina.
Solución: El sistema es la masa m _ En el primer principio como Q = O es;
= ·1 Oalm
-L
=
7
Al destrabar el pistón, que puede deslizar sin fricción transmitiendo una
presión constante p = 5 alm ~ el aire pasa a un estado fina] en que su
temperatura sigue siendo T0 = 20
p = Jorm
oe . Calcular el calor Q in tercam.
=
biado por el aire.
r,
So 1ució n: El sistema es m . El primer principio es:
Q- L
f[GUAA l.4
= AU
siendo:
L
= p (V-
Yo)
donde .V es el volumen fmal y V0 el volumen inicial.
El trabajo L es el producto de la variación de volumen de la masa m por
la presión ejercida por el pistón. Además !J. U= O pues la temperatura inicial es
igual a la fmal. Luego:
·
Q - p (V- V0 ) = O
1.2Q
Además:
!J.U
PoYo
L=Lr+P2AV
AU = me, (T¡- T1 )
pV
Luego:
1.17
= mRTo
= mRTo
1.21
1.22
Se calcula V0 usando la fórmula 1.21 y V con la fórmula l..22 . Luego de
1.20 se obtiene Q = -804,12 /ecal
Además:
p 1 V1 = mRT1
P2 (V, + AV)
= mRT¡
1.18
1.!9
Se obtiene V1 a partir de 1.18 y luego T¡ a partir de 1.!9 . Con estos va·
lores, se calcula LT usando la fórmula 1.17. Resulta Lr = 1195,94 leca/.
1·5- Se tieueuna~asa m.=JO/cg de airea Po= 1 atm y T 0 =20°C en un
pistón trabado.
cilindro cerrado por
un
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
J..li - Un recipiente rígido y adiabátioo está dividido en dos partes por un tabi·
que. U~~oa parte conti~ne m 1 =2 kg de aire a p 1 = 5 atm y T1 = 20 °C, y la
otra m 2 = 3 kg de aire a p 2 = 1 atm y T 2 = 60 °C. Se quita el tabique. Calcular la presión y ia tempera)ura fmal en el recipiente.
-B
fl rob 1emas en unc:Fa:dos
Primar princ:tplo. Sistemu cerrBdCI:S (gase.s) 9
•
1-7 - Mediante un compresor adiabático se envía una masa de aire m a un tan·
que adia bá tko. Inicialmente el tanque C-Ontiene m 11 = 2 kg de aire a p 0 = 1
atm y T 0 = 20 "C y Juego de ing¡:esar la masa m queda el aire en su interior a
p = 2,5 atm y T =·120 "·e . Calcular él trabajo L, que debe transferirse al
compresor (figura 1.5). El aire aspi- ·
'
rad o por el conlprcsor está a la presión Po y a !a temperatura T 0 .
"' ....:"_::"_:_r,,__--(
e )-------1
T,
y
1-8 -Una masa de aire m = 10 kg
se calienta a presión constante p :::::
L,
·=2 atm de T0 =27°C a T1 '=
= 217 °C , mediante fricción con paFIGURA 1.S
letas giratorias, sin intercambio de
c.lor. Siendo el m edio atm osféric o p 0 = 1 a 1m y T 0 = 2 7 oC calcular el trabajo neae.s.ario para el accionamiento de la hélice.
1-9 - Mediante un compresor adiabático que aspira aire a Po = 1 atm y T 0 =
y lo lleva a un estado 1 con p 1 = 3 atm y T1 = 130 "C, se suministra aire a un cilindro (figura 1.6), para lograr el barrido de un volumen AV =
::::: O, 6 m 3 • contra u na presión constan te p = p 1 = 3 atm .
= 20 oC
IJI
Ji,
T¡
FIGURA L.-li-
Durante el barrido ·e1 aire mantiene su temperatura constante T1
:::;
130 °C~
y no i¡¡tercambia calor. Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograre!
barrido del volumen Ll. V~ suponiendo que no extste fricción durante e] barrjdo.
·] -1 O - A un recipiente rígido y adiabático, inicialmente va e ío, de volumen . V =
= 3 m 3 , ingresan· dos masas de aire, m 1 = 20 kg con p 1 = 15 atm y T 1 =
= 100 "C y m 2 =3 kg con p 2 = 12atm y T2 =20°C. Calcularla presión
p y la temperatura T finales en el recipiente_
'
1-11 ~ Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar cou un cilindro contiene m 1 = 2 kg de aire a p1 = 1 O atm y T 1 = 80 °C. El cilindro contiene
contiene m 2 = 3 kg de aire a T 2 = 60 "C y p 2 = 1 atm . El cilindro está
cenado ·por un pistón que puede deslizar sin fricción y que transmite una presiónconstante p 2 • El cilindro y el pistón son adiabá tices. Calcular la temperatura
fina1 del aire a] comunicar el recipiente con el Cilindro.
CAPITULO 2
PRIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS ABIERTOS.
REGIMEN VARIABLE (GASES)
l.INTRODUCCION TEORICA
Para efe<tuar balances de energía de sislemas abiertos (figUra 2.1 ), se usará
la fórmula siguiente:
m,--'"'\.
'·
'-~~--f[GURA2.1
donde Q calor intercambiado a través de los límites. que definen a] sistema abierto; L trabajo intercambiado a través de los límites que definen al sistema abierto; m 2 masa que sale del sistema abierto ; h 2 entalpía por unidad de masa m 2
(h 2 = U2 + P2 v2 ) ; e, 2 energía cinética por unidad de masa m 2 con respecto
a.ej~ Ugados a1 sistema abierto; ep
energía potencia] por unidad de masa m 2
2
con respecto a ejes: ligados al sistema abierto; m 1 masa que ingresa al sistema
abierto; h1 entalpía por unidad de masa (h 1 = U1 + P1 v1 ) ; e, 1 energía cinética por unidad de masa m1 con resp ocio a ejes ligados al sistema abierto; eP 1
energía potencial por unidad de masa m 1 con resp octo a ejes ligados al sistema
abierto; .AEsA variacióri de energía en el interior de] sistema abierto) la que coe·
corresponde a la variación de energía interna en los problemas que se plantearán.
Primer p rlnc!plo. Sistemas .abiertos. Régimen
12 Pro Die m ;u tipo
Para estos prob1emas además se supone invariable a Jos valores h2
ep 2 • h1 , ec1 , ep 1 durante el proceso.
, e4!"
2
Si se e onsidera que las m asas in tervinien tes corresponden a gas<" ideales,
siendo la entalpía h función de la temperatura ú nicarnen te, sera válida para el
·
cálculo de la variación de entalpía de cu~lq uier masa m la fórmula:
2.2
Para los problemas corresp ond lentes a este tema serán da tos
usados en el capítulo 1, y para el aire:
Cp
~ e, +
R ~ 0,24 kcalfkg
e,
13
2·2 - Resolver el problema 1·2 adoptando como sistema al recipiente rígido y
adiabático.
Solución:
Q - L = -mh 0
El aire se consídera como un gas ideal.
('gase.s)
La fórmula obtenida es idéntica a la 1.3 del problema 1-1 . Deben agregarse
las ecu adanes correspondientes a m .en su estado inicia1 y fmal como :se hizo al
resolver el problema 1·1 •
y R ya
K
nria~ble
t
AUsA
Q ~ O
; L = O ; ho = Uo t Povo
t;.U8 A = (m+ m0 ) U¡ - m 0 U1
donde h 0 es la entalp fa por unidad de masa m en el estado ( P0 , T 0 ) , y Ur .y
U1 son las energ fas internas por unidad de masa de m y m 0 en el estado (Po ,
T¡) para m y (P1 ·,.T1 ) para m0 en el estado inicial. Luego queda:
-mU0
P 0 V0
-
(m+ m 0 ) Ur .- mo U, = O
-
o sea que:
m(U1
2. PROBLEMAS TI PO
2·1 - Resolver el problema 1-1 adoptando como sistema el recipiente rígido y
adia liático.
Solución: Teniendo en cuenta la fórmula general2.1 :
U0 ) + m 0 (Ur- U,) ~ Po V 0
m(U1 ~ U0 ) + m0 (U1 - U1 ) ~ mc,(T1 -T0 ) + mocvfT1 - T1 )
queda:
~
P0 V0
Q - L ~ -mh 0 + AUsA
Q ~ O ; L ~ O por ser el recipiente rígido y adiabático. m es la masa que
ingresa y h 0 su entalpía por unidad de masa en el estad o inicial ( P0 , T 0 ) :
-
Como:
me, (T1 - T 0 ) + m 0 c, (T1 - T 1 )
Esta ecuación es idéntica a !a 1.8 obtenida en la solución del problema 1-2.
Debe completarse la solución aplicando la ecuación de estado.
2-3 - Resolver el problema 1-3 adoptando como sistema al cilindro.
Solución:
A UsA ~ mUr es la variación de energía interna en el recipiente ya que la
energía interna inicial es nula {recipiente vacío}, y u1 es ]a energía interna final
por unidad de masa. Luego:
O = -mU0
-
mP0 v0 + mU1
Yo
O = ·mUo - mPo + mU¡
m
m (U¡- Uo! = Po Vo
...
Po Yo = me, (Tr To!
Q - L = ·mh 1 + llU8 A
Q = O
;
L
~
P0 AY
;
h1
~
U1 + P1 v1
con h1 entalpía por unidad de masa de m y m 0 en el estado ( P1 , T¡) y de
m 0 en el estado (P0 , T0 ). Queda:
-Po AY ~ -mU1
P1 V1
-
-
P1 V1 + (m+ m0 ) U1 - moU0
P0 AY = m (U1 - U1 ) + mo (U¡- Uo!
1
T4 Problemas tipo
Primer ;princfpio. Sistemas 1blartas. Réttme.n. variable {pses) 15
La ecuación es idéntica ala !.!3 del problema 1-3 ya que:
y , volumen del tanque~ se
m (U¡- U1 } + m0 (U1 - Uo! = me, (T1 - T,) + moc, (Tr To!
L,
Luego se completa la so1uc:ión aplicando Ja ecuación de estado.
2-4 - Medjante un compresor adíabático se envía una masa de aire m
que. adiabáiico. Inicialmente el tanr ;'"---{
contiene m a = 2 kg de aire a P0 =
= 1 atm y T0 = 20 "C, y luego de '• r,
.ingresar la asa m queda el aire en su
interior a P = 2,5 alm .y T = 140 "C.
Calcular el trabajo L, que debe transferirse al compresor (figura 2.2}. El
en el tanque se mantiene constante e
igual a ·la del aire que sale de la válvula
(T0 =20 "C), í¡gura 23.
Inicialmente el tanque contiene aire
a P1 = 10 atm y el volumen del tanque
es V = 2 m 1 • La descarga ímaliza cuando la presión en el interior del tanque es
igual a P . Calcular el calor intercambiado a través de las paredes del tanque.
V
F!GURA.2.2:
Sotució n: Se adopta como sistema al compresor y el tanque:
Q - L
= -mho
-
+ AUsA
Q - L
P 0 V 0 + (m+ mo! U - mo Uo
-L, =(m+ m 0 )(U- Uo!- Po Vo
h, = U, + P,v,
•
FlGORA 1.1
= m,h,
+ AUsA
;
A UsA
= (m- m,) U¡
- mU0
Reemplazando queda:
(m+ m 0 )(U- U 0 ) =(m+ m 0 )c,(T- Te!
Q
Juego:
L, =(m+ m 0 )c, (T- T0 )
m,
L = O ; m, es Ja masa que saJe y h, es la entalpía por unidad de masa co·
rrespondiente a la masa m, en el estado (P, T 0 ) :
(P1 , T0 )
Como:
-
p
'----~--t:kJt---• r,
donde m es la masa inicial en e] tanque, y u1 y U0 energías internas por uniR
dad de masa de (m- m,) en el estado fmal (P, T0 ) y de m en el estado inicial
o sea que:
P0 V0
T,
Solución: El sistema es el tanque. Resulta:
h 0 = Uo + Po v0 . es la entalpía por unidad de masa m en el estado (P0 ,
T 0 ). AUsA· =(m+ m 0 ) U- m 0 U0 , donde U y U0 energías internas por unidad de masa de m y m 0 en el estado final (P, T) y de m 0 en el estado inicial
(P0 , T0 ). Queda, con L = L, :
-L, = -mU0
= -52,314 kCIJi
2-S - Desde un tanque se descarga aire a través de una válvula de modo que el aire a la salida de la válvula mantiene una presión constan te de P = 2, 5 alm. Durante la descarga, la temperatura del aire
m
aire aspirado por e] compresor está a
la presión P0 y a la tempera tnra To .
obtiene con ]a ecuacjón 2.5 . De 2.6 se obtiene
m y luego reemplazando P0 V0 · por mRT0 de 2.4, en 2.3 se calcula el trabajo
2.3
+ PV, + (m-m,) U1 - mU0
A1 ser Ja temperatura del aíre invariable U, = U1 = U0 ~ y entonces:
Puede apJicar.s.e la ecuación de estado a m y m0 . en su estado inicial Y a
m en su estado fmal:
= m,U,
m, U, + (m- m,) U1 - mU0 = O
· Luego:
PoVo
= mRTo
2.4
P0 V
= m 0 RTo
2.5
PV = (m+m 0 )RT
2.6
Q = PV,
V.
es el volumen de la masa qne sale en el estado (P , T0 )
2.7
.
16 Prob!e.mas tipo
CAPITULO 3
Puede aplicarse la ecuación de estado:
PV,
= m,RT0
P1 V =· mRT0
PV = (m-m,)RT0
(masa que sale)
2.8
(masa inicial en el tanque)
1,.9
(masa ímal en eltanque)
2.10
De 2.9 se obtiene m y de 2.1 O, con m , se halla m, . Luego se ca1cu]a V.,
aplicarido la ecuación 2.8 y con este valor,.se calcula Q , usando la eCuación 2.7.
Resulta Q = 4. 23, 2 k cal .
PRIMER PRINCIPIO.
SISTEMAS ABIERTOS.
REGIMEN PERMANENTE (GASES)
l. INTRODUCCION TEORICA
Para un sistema abierto existe régimen pennanen te cuando se comp len ]as
condicioneS siguientes (ver figUra 2.!):
1) La maoa que ingresa m 1 es igual a la que sale m 2 , y durante el tiempo que
se considere, estas masas
m1
=
m2
,
mantetÍdrán constante su valor por unidad
de tiempo.
2) Las condiciones de la masa que entra (h 1 , e, 1 , ePi) y de la masa que sale
(h 2 , e, 2 , ep 2 ) no carnblancon el tiempo.
3) No hay cambios en el interior del sistema abierto, de m odo que en la fórmula
2.1 es l>E~A = O • La fórmula 2.1 queda entonces con m 1 = m2 =m :
3.1
El trabajo L (trabajo de circulación) se supondrá transferido siempre mediante un eje:
3.2
A los sistemas- abiertos p ennanentes se 1es da: también e] nombre de sistemas. circulantes.
Son da tos para los problemas que se eimnciarán, referentes a estos sistemas,
los valores ya dados de eP , ev y R del aire.
iSQ3h -·
m
;-e:
""
Prim-er principfo. Sistemas abfil!rtos. Régfme:n pue-rmanenhl (gms-os)
18 1n:troduce:f6n teórlea
Se tratará acerca de:
a) Turbinas: se las comridera adiabáticas. Disminu~e la entalpí~ ~2 < h¡ Y se
obtiene trabajo en el eje Lr >O . Resultan d esprecJables las vanacJones de energía cinética y potencial en turbinas de gas Y vapor:
Lr = -t..H
= m (h 1 -
h,)
3.3
con h, y h 2 enta!pia,s especificas inicial y fmal de la masa m.
.
b) Compresores: se los utiliza para la compresi.ón _d~ ':"ses. De be _transfenrseles
trab3jo en un eje Le . Las variaciones de energm crnetJca y potencml son despreciables:
3.4
Q ~ L, = tJl = m (h 2 - h,)
donde h, y h 2 son las entalpías específicas inicial y fmal de la m'."a m..
e) válvulas Reductoras: producen en gases y vapores. una brusca c.a¡da de pre?on
la que se logra mediante un estrechamiento. El flmdo no camb10 su entalp1a al
reducir la presión en la válvula reductora:
llh =
o
;
m, -
I: m,h,
'
=
Q
3.6
;
'
3.7
Para dos corrientes: m1 y m 2 , de entalpía-s: específicas h 1 Y h 2 ~ que salen con entaJp ía específica h :
(m 1 + m 2 ) h = m 1h 1 + m2h2
existirá régimen permanente para el compresor si se acJara que éste comprime al
aire siempre hasta que alcanza un estado determinado, invariab1e, antes de su _paso al tanque.
·
e) Consideraciones simHares re.refentes al no cumplimiento de las condiciones
enumeradas para Ja existencia de régimen permanente aseguran que no es válida
la fórmula 3.2 para ninguno de los sistemas abiertos que puedan adoptarse en los
problemas del capitulo 2, 2·1 al2-S.
Para los problemas enunciados. a continuación rererentes a sistemas abíertos
en régimen p_ermanente, :son datos los valores y a da dos para e] aire de e,.. , eP y
R.
2. PROBLEMAS TIPO
3 -l - A una cámara de mezcla adiabática (figura 3 J ) ingresan dos corrientes de
aire. Una, de masa m 1 , a P0 = 5
atm y T 0 = 800 •e, que se expande previamente en una válvula reductora, la otra de masa m 2 ~a P2 = 3
C. M.
(m¡.,_ m::J TJ
atm y T2 = 20 o e. A Ia :salida de
Ja cámara de mezcla: el aire tiene tern~
pera tura T3 = 120 • e . Calcular la
relación entre las masas m 1 y m 2 .
FIGURA 3. L
Sol u c:ión: Para ]a cámara de m ezc]a
será válida la fórmula general 3.1 , de
la cual, con Q =·o ; L,¡. = O ; IJE, =O y IJEp = O, se obtiene AH= O , por
·Jo tanto:
'
y si Q = O , cámara de mezcla adiabátíca, es:
h I: m, - I: m1h 1 = O
a) Una turbina entrega trabajo en su eje al descargar, a través de la misrn.a, el aire
contenidq en un tanque (no existe régimel} pennanente porque cambjan Ja-s con-·
diciones de la masa que entra a la turbina desde el tanque). No vale para la mis·
ma la fónttula 3.3 •
b) Se suriünistra aire a un-tanque mediante un compresor (no existe régimen p ermanente porque cambia el estado del aire que sale del compresor, a medida que
aumenta la presión en el tanque). No vale la fórmula 3.4. para el compresor. Sí
3.5
d) Cámaras de Mezcla: a las mismas ingresan corrientes de. un mismo fluido o de
distintos fluid os. En régimen pennanente, todas las comen tes que mgre~ }o
hacen a la mis ma presión, siendo prácticamente igual la presió_n ~e las coment.es
al salir juntas de la-s: cámaras de mezcla. Con Le¡e = O Yv.anacwn.es desprecmble:s. de energía cinética y de energía potencial, :s-i hay i comentes::
h I:
19
3.8
Observaciones: La aplicación de la fónnula 3.2 es válida únicame';te _e~ ando se
dan las condiciones que aseguran el régimen permanente. No sera valida entre
otros, en los c:a:s.os enuncí~dos a continuación.
'
o:
Primer prfncip lo. Slstemas abierto~~ Ré-gima n. ~erm:11 n.ente (gases) 21
2-0 Prob,emas tipo
Al suponer al aire como \m gas ideal la entalpía so lo depende de la temperatura, de modo que hr = ho , por lo que mr (h 1 - h2 ) = -Q y Q = L,, por ser
nu 1a la variación de energía interna, y el calor dependiente de la transformación,
o sea de la función P = f{V) que relaciona presión y volumen en la transformación. Como P = m,RT0 /V resulta:
Suponiendo el aire gas ideal: .
¡,, - h,
~ e,
Luego:
y
rr, - r,!
_ T,! + ·m 2 c, (T,- T,J =
m 1 cp (T !
m,
T3 - T,
~
m,
dV
V
o
.Además P¡Vr
r,- r,
, h (fórmula 3 .S) de modo 'lue al
1 a la entalp1a o
'
La en talp,. h' es ,gua
\irá 'lu e T' "' T o . Luego:
considerar al aire un gas ideal se c~mp
,
= P0 V0
'
To- T;
.
ta fórmula se obtiene 'lue
De~
.
·
Además h1
(m ¡m 2 ) ~ O 147.
'
p
Siendo
Lr
= mr (h,
-
¡,,
)
h2
=e, (T1 . m,
- 1 otm Y
mr
.
T - 20 o e y lo cornpnme a
o'
·0
1 p ~ 3 atm . .El trabajo necesan
Y
Lr >O y L, <O 'o sea Lr
Q _ L,
~ m, (hr- ho!
= -L, 'Juego:
T 2 ), entonces:
=
(T,- T2!
RTo In (PtfPo!
3.10
De 3.10 se obtiene <lUe (mJmr! = 4,346.
3-3 - Con el aire <lUe sale de una turbina adiabátiéa se calienta agua lí'luida desde T 0 = 20 o e a T1 = 90 "e (figura 3.3) . El aire mantiene constante su presión P 2 al transferir calor al agua líq u i·
da, <lU edando finalmente con T 3 = lOO
'e . La relaCión entre la masa de agua lí- ,.j T¡
<lUida y la masa de aire~ m/m. = 0,25 ,
el trabajo en el eje de la turbina e; Lr =
= 1 O. 000.000 kca/ y la temperatura del
1
aire a la entrada a la turbina es T1 =
= 800 ' e . El calor específico del agua
líquida es CL = ) kca/jkg 0 e . Calcular:
a) temperatura T2 del aire a la salida de
la turbina ; b) masa de aire y de agua lí'luida.
Solución' Para la turbina es válida la fórmula 3.3 :
Lr = m, (h 1
mr (h,- h,) = m, (hr- ho! - Q
<:-------·---:-¡
-
'
3·2- Un compresor aspira arre a "-~ fi
tante hasta u na pres10ll ma 1
tempera tora cons
.
d 1
, . del compresor se obl!ene e
en e1 e¡e
turbina
trabajo total en el eje de una
adiabática, a la cual entrar :U~ O~ ~~a Pr r'
.. n p = 4 atm Y 1 '
pres>O . 1 T - 400 o e . Calcular la
'"'
saliendo a 2 ·.
ue
relación entre la masa de aue m ed q_ .
circula en el compresor y la masa ; ~re 'lue circula en la tmbina (figura ·...
r,
Se supondrá 'lue en la transformac!on
del aire en el compresor 'luedan e~tab lecidos todos los estados intermedios en.
tre el inicial Y el fma\.
•.
•
la 3 3 y para el compresor la 3.4, de
Solución: Pa<a la turbina es valida la formu
.
modo 'lue:
Po
luego:
3.9
~ T,- T,
.
quedando:
P¡
Q =-m RT0 ln-
·
m,
,
;;;s;;;;;::;:a:;
-
h2J
s:;r.:;¡;n:;:.--
m
·tr::cr
r
§!:7;1
"*'"'"'
22 Problemas tlp G
Primer prirLclpio. Sls.temu .abrertos. Rétimen pe-rmanente {gam) 23
Por considerarse al aire como gas idea]:
h, -
h2
Juego:
Lr =
=
Cp
m.cP
(T1
(T1
-
La masa de aire necesaria es la que corresponde al volurn eo ..0. V en el esta·
T2 )
do (P1 , T1 ) :
T2 )
-
P1 AV
3.11
(Tr- T 0 ) =
m.cP
(T2
-
T3 )
3·.13
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
3-5 - Se tie11e la instalación de la figura 3.5 . Una masa de aire
atm
3.14
De 3.14 se obtiene T2 = 445,9 K = 172,9 o e. De 3.13 se obtiene que
m= 16610,8 kg. Luego m. = m/0,25 = 66443,4 kg.
3-4 - Medjante un compresor adjabático que asp.ira aire a Po
Y lo lleva a un estado 1 con P1 = 3 atm y T1 = 130
= 20 •e
= 1 atm y T0 =
•e, se sunúnistra
aire a un cilindro (f¡gura 3A), paJa
lograr el barrido de un volumen A V
igual a 0~6
constante P
m3
,
contra una presión
= P1 = 3 a1m . Durante
e] barrjdo el aire mantiene su tempera tura constante T1 = 130 oC , y no
intercambia calor._
"
ftGURA3A
'Calcular el trabajo en el eje del compresor para lograr el barrido del volu·
men AV, suponiendo que no existe fricción durante el barrido.
So luc fó n: El compresor funciona en régimen pennanente luego con Q = 0 , de
la fórmula 3.4 se deduce que:
'
-L,
Como h, -
.h2
=e, (T1 -
= m (h 1 -
= 41,5 7 ki/oca/or {Q!i.
3.12
Con las ecuaciones 3.1 I y 3,12 y con mfm. = 0,25 quedan corno únicas
incógnitos T2 y m :
m 1"1 Tr
3.16
. De esta ecuación se calcula m y Juego en 3.15 es Le
Para la transferencia de calor entre el aire y el agua líquida:
mcL
= mRT1
; T1
= 500
•e, se enfría a
presión constante, transflriend o ca~
lor a u na m.asa de agua líquida m ,
r,
la que pasa de una ternp eratura ini= 20 °C, a una temperatu~ m1 P.
.T. s
ra final T¡ = 70 oe . Luego de esa
c."·
J
transferencia de calor ]a masa m 1
ingresa~ a una cámara de mezc1a
FIGURA 1.S
adja bática, junto con otra m as.a de
aire m 2 a T3 = 500 •e. Las masas m1 y m2 se expanden luego de salir de ]a cámara de mezcla en una válvula
reductora, quedando a la presión P5 = 1 atm con T 5 = 350 •e.
Si la relación entre la masa de agua líquida m y la masa m 1 de aire es 4 ,
calcu1ar la relación entre las masas de aire m 1 y m2 . Como dato se da e] calor
específico del agua líquida eL = 1 kcal/kg •e.
cia] T0
•
3-<i- Se tiene la instalación de la figura 3.6. Aire a p 1 = 4 atm ; T¡ = 800 "e
se expande en una válvula reductora
hasta P2 = 3 atm y luego en una
'" P,
turbina adiabática hasta P6 = 1
r,
atm . Al llegar el aire a la presión
'
4
h0 )
T0 ) es:
3.15
m 1 a P1 = 3
FIGURA 3.6
P2 , antes de .ingresar a ]a turbina,
se deriva hacia una cámara de mez·
el a una m asa m 1 , la e ua] ingresa
junto a una masa m 2 a ]a misma
presión P2 y a T4 = 20 "e , sa-
liendo de la misma con P5
T5 = 1
oo " e .
Si
m2
~ P2
y.
= 10.000
24 Pro blem ;u an.uneiado.s
CAPITULO 4
kgfhora Y la potencia en el eje de la turbina es N T = 2000 HP ( 1 HP = 63 2
kcal/hora) . Calcular las masas m1 y m en. /cg /hora.
TRA NSFO RMACI ON ES
POLITROPICAS
1. lNTRODUCClON TEORlCA
Una transJorrnacíón politrópica es una transformación en Ja cual el calor
específico e se mantiene constaflte. Son fórmulas válidas para Jas transformaciones politrópicas de gases perfectos Jas siguientes, en las cuales se ha considerado mí estado inicial (P1 , V 1 , T 1 ) y un estado final (P2 , V2 , T 2 ):
T1
P1 V]
= P2 V1
vr'
= T2 VT'
Pf'-"Tll> T1
=
py->!hr2
=
PV'
ó
TV"' 1
ó
constante
= constante
4.2
=
4.3
pfM!I>r
ó
Cp -
e
Cv-
e
comtante
4.4
1' = - (K-')')
4.5
e = e, (1 _ 'Yi
(K- 'Yi
Q= me, ( . )
1- 'Y
2
L =
f
P dV
1
(2
- J,
(T2
-
T1)
= --'mRT
::..:.::_"-1
('(-
4.1
4.6
4.7
1)
2
V dP
=
'Y
J,
P dV
4.8
.
-- S
25 Pro blam.a s tipo
Tra rufo rmaclone.s pe! ltróp leas 27
"1 es un exponen te adimensional, e~· y eP :son los calores f.spec íficOs del
gas ideal a volumen constante y a presión constante. K= cp/Cv . Si:
1<-y<K
e
<O
b) Ja desca_rga se produce en tonna infrnitamen te rápjdat tanque adiabático.
e) la. descarga se produce danto tiempo a que el aire interior llegue al equilibrio
térmico con la atmúsfera (T0 = 20 'C).
4.9
Sotución: a) Para el aire interior todo ocurre como si cada kilogramo de masa experimentara una transformaciún politrúpica y adiabática (e = 0) , luego 4.5 se
deduce que "Y = K = ep/c v • Luego:
[;;j
2. PROBLEMAS TIPO
>
IQI
y
4.10
P2V
m¡ = - -
4.11
RT,
y la inicial:
IL 1 > l<l!UI
P1 V
Solución:
e=
"Y- K
Cv - - - .
-y-1
m---
Q = .mc<l!T
L
= Q-
;
AU
=
<l!U = mc.AT
m(c-c.)AT
Si AT <O es me <liT> O y -mcv<l!T >O , quedando demostrado.
Si AT> O es mcAT< O y -mcvAT< O, quedando demostrado.
4-2 - Demostrar que si el exponente "Y para u11a politrópica de un gaúdeal es
negativo, el calor específico e es positivo.
"Y- K
c=c--·v -y-1 .
Debe ser -y- K<O y -y-1 <O ,luego c>O.
4·3 - Un tanque contiene aire a· P1 = 4 atm y T1 = 60 'C. Se produce un es·
cape de aire hasta que la presión fmal en el tanque es P2 = 3 atm . El volumen
del tanque es V = 20 m 3 • Calcular la masa de aire que sale d eltanq ue en Jos casos siguientes:
a) la des<:arga se produce en forma infmitamente lenta, tanque adiabático.
4.12 .
RT1
4.5
Si e< O, es 1 <-y<K; si .m es la masa:
Solución:
= ;:
y la masa final será:
4-] - Demostrar que en una p olitrópica de un gas -ideal, con calor específico
negativo, el valor absoluto del trabajo es mayor que el valor absoluto del calor in·
tercam biado y que el valor absoluto de la variación de energía Interna:
ILI
(K-1}/K
'
Salen (m- .m¡) kg de aire. Calculando m con 4.12, T 2 con 4.1 O y m¡
con 4.ll,sale que (m- m1) =15,73 kg.
b) Todo ocurre como si cada kilogramo de aire interior hubiera experirn entado
una .brusca caída de presión {proceso equivalente a Jo que sucede en una válvula
reductora), luego Ja temperatura final de!. aire en el tanque será igua1 a ]a inicial
T2 = T 1 • De 4.ll :saJe m 1 y con m y m1 se obtiene que en este caso resulta
(m- m¡) =21,17 kg.
·
e) Como se conoce el estado final (P 2 , T 0 ) en el tanque, puede calcularse
= P2 V/RTa ) con este va1or y el de m , se obtiene que en este caso tenem!Ji
(m-m¡)= 12,50 kg.
mi
44 - Se dispone de dos recipientes rígidos y adiabáticos, que pueden comunicarse entre sí {figura 4.1). UJtrecipiente es·
tá vacío, el otro contiene aire a P1 = 3 atm
y T1 = 80 'C. El volumen d·e.Jos dosrecipientes es el mismo y su valor es V =3 m 3
ca.da uno. Suponiendo despreciable el volu·
·m en de] conducto de comu nicación 1 ca1cu~
lar las temperaturas fmales en cada recipiente cuando se pennite que se alcance el
equilibrio dinámioo entre ambos, al comunicárselos de modo que el pasaje de aire
T
1
.
"'
P,
,.
1
,.
\lACIO
·m
• ~ 11}
FIGURA4.1
.1
'
·1
:r
!
·'.,
'~
¡1
Transfa.rmac!onn P.Oiitró pica.s 29
2 B Proble m;u trpe.
puede suponerse infmitamente
De las ecuaciones 4.14; 4.16 y 4.18, en las que hay tres incógnitas T 1 f ,
lento~
Solución: Debe procederse según se explico en el capítulo l. El sistema es lama-.
T 2f y m' , se obtienen las tempera tu ras fmales en (1) y en (II):
sa: m:
m
que:
=
O
=
= l>U
(m- m') e, (T11 - T 1 ) + m'c, (T 21 - T 1 )
4.13
T,1 y T21 son las temperaturas finales en (!)y (11). De 4.13 se deduce
m-
r,- r,,
r,1 - r,
m~
m'
Por ser igual la
p~sión
T 21 = 451,6K = 178,6 'C
RT,
Si m~ es Ja masa que :sale de (1) con Q·= O y L ==O ,-se tendrá que AU==
y:
l>U
;
- - = 9kg
Q- L
=o
T 11 = 289,5 K = 16,5 'C
P1 V,
4.14
m'RT2 ,
V
aire contenido en {1)) el cual experimenta
una transformación politrópica, hasta que el
aire en (11) alcanza una temperatura fmal
T = 90 'C . Calcular las presiones finales en
(1) y (11) y el volumen fmal en (1).
Debe .procederse como se -explicó al tratar acerca del primer principio
para sistemas cerrados. El sistema es (m1 + m2) y:
4.15
Q - L
y de aquí se deduce:
(m-m'}
r,,
=
T11
m~
FIGL1RA4.~
SO [u e¡ ón:
fmal p en (1) y (11) e¡:
(m- m') RT11
V
4·5 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi·
que r i.gido (fignra 4. 2 ), estando una de las dos par! es cerradas por un pistón también adiabático.
En(l)hay m 1 =2 kg de airea P1 = 1
1 t .. '
' 1
atm y T1 = 20 'C, y en (II) m 2 kg de aire
a P2 = 2 atm y T 2 = T1 = 20 'C, ocupando el volumen V2 =2m 3 • Se comprime el
p,
4.16
Por pro~ucirse ]a descarga en forma infinitamente lenta, se tendrá por cada
kilo masa de aire de (1) una transJomlación politrópica y adiabática, de modo
• . Usando la fórmula 4.2 para la reque con e = O se tendrá que "/ = K = ep/e,
lación entre Jas temperaturas y los volúmenes específicos:
=
ll.U
Q
=o
AU
= m1 c,(T- T 1 )
+ m2e, (T- T,}
-L
= m 1 e,(T- T 1 )
+ m2e, (T- T,)
luego:
4.19
Las temperaturas en (l) y en (11) se mantienen iguales porque al ser la transformación de m1 una politrópicat debe producirse manteniéndose el equilibfio
ténnico éon la masa m2 , o sea que la transferencia de calor entre m1 Y m:z es
con saJ.to infmitamente pequeño de temperatura. Además:
["V/(m-m'!l'-K
[
V/m
4.17
]
V/(m- m') y V/m son los volúmenes específicos final e inicial del aire en
(1). De 4.17 se deduce que:
P2 V2 = m,RT, ·
(estado inicial)
4.20
= m 1RT1
(estado fmal)
4.21
(estado final)
4.22
P 11 V11
De 4.20 se obtiene m 2
=
!!.r_
T,
4.18
:
_,- ;.¿:.1
30 Problamu tipo
CAPITULO 5
De 4.22 se obtiene la P.'_"sión lmal en (11), que resulta P
f .; 2, 48 atm .
Por ser la transformac10n de m 1 politrópica, el calor transferido en la misma valdrá: ·
La variación d:e energía interna de
m1
MEZCLAS DE GASES
es:
!J. U = m,c, (T- T1 )
Luego el trabajo L puede expresarse como:
L = Q - !J. U =
m ~ =: e, -e,]
1
[
(T- T¡)
4.23
Se supondrá ideales a los gases, por lo tanto, vale enlooces el concepto de
presión parcial y la ley de Dalton.
La presión· parcial de un gas, componente de una mezcla de gases idea1es,
que está a una temperatura T , ocupando un volumen V ~ es ]a que le correspon-
obteniendo L de 4.19 y calculando 'Y de 4.23. Ento 11ces:
[P,,l !r-I!h
[P,j
m
3
=
I_
T1
De 4.24 se obtiene P11 = 7, 73 atm , lu.ego de 4.21 se calcula y
1. INTROOUCCION TEORICA
4.24
de al gas en la mezcla, equivalen te a la que tendría so]o ocupando el mismo volu-
= IJ,266
11
de una mezcla de gases ideales es iguaJ a la suma de las-presiones parcialeS: de ca~
men V a la misma temperatura T . La ley de Dalton establece que la presión
da gas. ·
Eslos conceptos de presión parcial y presión total, unidas al hecho de que
en la mezcla cada gas ocupa todo el volumen y al hecho de que si son gases idea-.
les cada gas se coffiporta como si estuviera soJo, Son fundamentales para la reso-
lución de los problemas de mezclas de gases ideales.
2·. PROBLEMAS TIPO
To
,,
•••
Q
•r.~·
5-1 - Un recipiente rígído contiene inicialmente
n0 = 0,5 kmoles de oxigeno a Po =JO arm en
(D y IIN = 0,05 kmoles de nitrógeno a PN = 1
atm en ( 11). Ambos gases, que pueden suponerse
id ea1es,
FJGUii:A5.1
mant.ienen
constan te ·su temperatura
To = 20 "C (figura 5.1).
Suponiendo que el tabique que separa (1) y (11) es
poroso, impermeable al oxígeno y POI1Íleable al
nitrógeno, establecer ]as presiones f'ma1es de nitrógeno y de oxígeno.
·
Mezc.l as -de gases. 33
32 Problemas tipo
So 1ue ió n : Según Jos conceptos explicados, cada gas se comporta como si estuviera solo, de modo que e] nitrógeno pasará a oc upar los dos volúmenes, e1 de ( 1) y
el (11}, mezclándose en (1} con el oxígeno, hasta que alcance un estad(; fmal en el
So 1ució n: No quedando establecida la te1.11peratura final como en el problema an·
terior, debe apHcarse el primer principio, en la forma explicada al tratar acerca
de sistemas cerrados. El sistema es (no + nN) :
cual su presión sea la misma en ( 1} y en (11}:
Q - L
PN =
PNt =
nNRrJTo
VN
nNRuTo
(Vo + VN)
= D.U
;
Q
=O
L =O
5.1
5.5
5.2
cesará de pasar nitrógeno hasta que no se alcance una temperatura uniforme para
ese gas~ el cual quedará a igua1 temperatura y pr~sión en ambos recipientes. A~ e-
donde PNf es la presión fmal del nitrógeno y R. es la const!nte universal de
los gases ideales. También :
La temperatura final det ox (geno y del nitrógeno será la misma porque no
más en el estado fmal tenemos:
nNRuT
Vo =
VN =
= VN , deducido
PNr = o;5 atm.
con Vo
no RuTo
Po
nNRuTo
PN
PNr =
5.3
Por
V0
La presión del oxígeno no cambia, ya que en la mezcla el nitrógenO se· comporta como si estuviera soJo, y no cambia ni su volumen ni su temperatura (se}stableció que las temperatura¡ se mantienen constantes en (!) y ( !!} y que eran
Vo =
VN
=
5.6
VN
n0 R.T
=
Vo
5.4
a partir de 53 y 5.4. Se obtiene de 5.1 y 5.2 que es
.+
n()RuTo
5.7
5.8
Po
nNRuTN
5.9
PN
De 5.5 se obtiene T = 296,6 K= 23,6 'C. Luego, con Vo Y VN ~alcu­
lados con 5.8 y 5.9, se obtienen de 5.6 y 5·.7:
iguales para ambos gases).
S-2 ~ Si los gases, ·oxígeno y nitrógeno, mencionados en el problema 5-1, se encuentran jnidalmente a distinta temperatura,
siendo la del oxígeno T0 = 20 o C y la del ni·
(1)
(11)
trógenO TN- = 6 () Cl"
y con las mj:smas presio~
nes, Y siendo n0 = 0,5 y nN = 0,05 el núme-
PN¡= O, 53 a1m
•.
P01 = 10.13 atm
e,
ro de kilomoles de cada gas, calcular las presioFJGURA 5:2
nes y las temperaturas finales del oxigeno y del
nitrógeno, suponiendo que el recipiente y el tabique poroso sean adiabáticos (figura 5.2} . Como dato, el calor molar a volumen constante del oxígeno y del nitrógeno es c, = (3/2) R. y:
R~
= 848
kgm
kmo/K
(constan te universal)
. 5-3 -Un cilindro está dividido en dos partes (1) y (1!), según indica la figura 5.3.
El cilindro y el pistón son adiabáticos, siendo despreciable la fricción entre
ambos, y el tabique que separa (!)y (1!) poroso, impermeable al oxígeno y permeable al nitrógeno y adiabático.
Eá(l) hay n 0 = 1 kmo/ de oxígeno a T 0 = 20 'C Y a la presión P =JO
atm constante, que transmite el pistón.. En on hay nN = 0,05 kmo/es de nitrógeno a PN = 1 atm Y TN = 100 'C.
Suponiendo gases ideales al oxígeno y al nitrógenoJ calcular las presiones finales p
y PNr de ambos gases. e, y R. son los dados en el prob~a 5-2.
01
¡-
34 Pro Dlema.s tipo
Solución: El sistema es (n 0 + nN). Luego;
,...!...,
p
Yo
""
To
11,~-
T~·
P,.
Q - L = !J.U
fl)
donde Vo1 y V0
Además:
;
Q = O
;
CAPITULO 6
~
L = P(V01 - V0
)
son Jos volúmenes final e inicial de (1).
SEGUNDO PRINCIPIO
(llJ
v,.
La temperatura final del oxígeno y del nitrógeno es la misma, según se exp1icó en eJ problema 5·2. Luego:
FlliUKA 5.3-
DE LA TERMODINAMICA
Además resulta:
PV0
= n0 R.T0
PNVN = nNRuTN
5.11
5.12
Teníendo en cuenta el concepto de presiones parciales:
]. lNTRODUCClON TEORlCA
5.13
Enunciado de Pkmck: Es imposible una máquina térmica que transforme íntegramente en trabajo el calor que se Je transfiere desde una fuente.
y según la ley de Dalton:
Máquina Termica: hace que un sistema cumpla
5.14
De S.11 y 5.12 se obtienen los valores de V0 y VN quedando entonces
como incógnítas en 5.10 y 5.13 V01 , T y PN¡ . Para la resolución puede recurrirse a la ley de Dalton como sigue:
Q, + Q2
L
5.15
=
intercam bj;:mdo calor y en-
=
L
6.1
FJGU.RA6.L
Rendimiento.~
1)
El sistema de ecuaciones 5.10, 5.13 y 5.15 permite el cálculo de PNr
= 0,297 a/m. Luego, de 5.14 se obtiene P01 = 9, 703 atm .
ciclos~
tregando un trabajo (figura 6.1):
= Q,
6.2
de Claussius: Es imposible que el calor pase,
por si solo, desde una temperatura menor a otra mayor.
E~unciado
TrallS[ormaciones reversibles e irreversibles: Los conceptos de transformaciones
reversibles e irreversibles se fundamentan en el enunciado del segundo principio.
Una transfonnación es irreversible, cuando Juego de ocurrida, es .imposible
volver el sistema y e] medio a sus condjcione.s iniciales. En caso contrario, la
transfom1ación es reversible.
--- --·--
36 Problemas tipa
Segundo p rinclp-!o de la term-c-diinám ica 3 7
Son causas de irreversibilidad en los procesos: que intervienen:
1) transferencias de calor con salto finito de temperatura.
2) desequilibrios mecánicos fmito s (a causa de un ·salto de presión finito, por
ejemplo).
3) la fricción.
Teorema de Carnot: Para todas las máquinas térmicas que funcionan jntercambjando calor únicamente con un par de fuentes de calor de temperaturas T1 y
T2 , con T 2 < T 1 J se cumple que:
- todas las máquinas ténnicas reversibles tienen e] mismo rendimien t~.
- cua1quier máquina térmjca jneversible tiene un rendimiento menor que las anteriores.
.. el rendimiento de cualquiera de las máquinas ténnicas reversibles será:
T2
'1=1--
6.3
T,
Teorema de Claussius: La suma algebraica de las relaciones, entre los ca1ores intercam b.iados por un sistema que efectúa un ciclo Q 1 y ]as temperaturas abso1u·
tas 1'¡ de Jas fuentes que .intercambian ese calor Q1 será ;
:¡; ( QJT¡)
<o
6.4
o
6.5
:¡; ( Q,/T¡) =
La fórmula 6.5 vale si el ciclo es reversible, y la 6 .4 si el ciclo es irreversible.
Pina una transfonnación reversible de la masa m que circule en el caso de
un sistema circulante {capítulo 3) se cumple que:
-V dP = oL,¡. + dE, + dE,
-f-
V dP = Ley. + l>Ec + l>Ep
6.6
-=
=~
-- -
~
-
=
FIGURA-6-.2
Solución~ Por funcionar M 1 únicamente con dos fuentes y ser reversibJe, su rendimiento vale (por 6.2):
L
'11
= Qi
= 1 +
Qj
Q,
Qi
1
_ T2
T,
Qj es el calor intercambiado por M1 con la fuente T 1
ne que Qi = 1000 k cal. El trabajo será entonces:
•
6.8
De 6.8 se obtie·
L = Qj + Q2 = 600 kca/
La máquina M2 intercambia entonces calor con la fuente T3 · únicamente,
siendo Q3 = -Qi' + L = -600 kca/ . La máquina M, es irreversible, ya que es
imposible que funcione en sentido contrario, intercambiando el mismo calor Q3
con la misma fuente T3 y el mismo trabajo L , también en sentido contrario,
según establece el enunciado de Planck del segundo principio.
6-2 - El ciclo Otto ideal de aire está formado por dos transformaciones adiabáti·
cas reversibles {0-1) y (2-3) y por·dos transformaciones reversibles a volumen
constante {1- 2) y (3 -0) , según se indica en un diagrama presión-volumen en la
figura 6.3 .
El rendimiento del ciclo es:
6-1 - Una máquina térmica reversible M, {figura 6.2) intercambia calor con
dos fuentes, una de temperatura T1 = 1000 K y la otra de temperatura T 2 =
· = 400 K , siendo el calor intercambiado con esta última Q2 = -400 k cal .
~
=
6.7
2. PROBLEMAS TIPO
=
La máquina térmica M1 funciona
acop ~a da a un mismo eje con otra máquj.
na que hace que un sistema efectúe ciclos
( M2 ) , transfrriendo todo el trabajo L
que entrega a la máquina M, . Esta última puede intercambiar calor con Ja fuente
de T 1 1000 K y con otra de T 3 600
K . El calor transferido total por la fuente
T1 al conjunto de las máquinas M 1 y
M2 . es Q 1 = 1000 kcal.
·
Calco lar los calores intercambiados
por M1 con la fuente T1 y por M2 con
las fuentes T 1 y T 3 •
-
-
-
~
~-~
-
~-
-
'1
=1
-
To
T,
Segundo p rincrpio de la termodlná rT.ic.a 39
3-8 Problemas tipa
'
Si se tiene un ciclo Otto de rendimiento 11 =
= 0,55 ,con T0 =300K ,y T1 = 900K ,calcular T 1 y T 2 • El aire se considera gas ideal
con K= 1,4.
Solución: Con r1
Solución:
Luego V2
To
T1
= 0,12 re
resulta que:
v,
V,
= 0,12 V0
•
= 0,12
v.
v,
De 4.2 :
1 - '1
Luego:
V
To
1-'1
T1 = - -
FtGURA 6.3
6.9
(0,12)K-1 = ; :
De ]as relaciones correspondientes. a las transformaciones adiabátícasreversibles para un gas ideal (4.2}, se deduce que al ser V1 = V2 .y V0 = V1 :
T2
1
= -T1
1- 11
luego
De6.9 se obtiene que T 1 =666,7 K. De6.10resultaque T 2
= T1 2,22=
6 ·3 - El rendimien lo de un ciclo DiOilel compuesto por dos transformaciones
adiabáticas (O -1 } y (2 · 3} , una transforma- ·
P
cíón a presión constante (1- 2} y una transformación a volumen constan te (3 ·O}, lo·
das reversibles, es:
Cv
•
Puede demostrarse que, aplicando 4.2, para un ciclo ideal:
luego:
T, = T,
r,
V,
=
1/K
6.12
_tT
J 1/K-1
T e - -1
To
Kr§-1 (r1 - 1}
;
f;:j
Con T, obtenida de 6.1 1 se calcula T1 aplicanHo 6.12 y luego re de:
(r{ -1)
VI
Con
3
En la figura 6.4 se ha representado esquemáticamente el ciclo Díe.sel en un diagrama presión -volumen.
Se supone al ciclo efectuado por alre,
al que se consídera gas ideal, con:
e
K = = = 14
6.11
6.10
= 1198 K.
'1 = 1 -
sale que:
=
T2
T,
V
FJGURAó..4
..
Te =
~
- [;;J"{K-1}
Calcular el rendimiento del ciclo Diesel si para el mismo es
T0 = 300 K y T 2 = 2000 K.
TJ
= 0,12rc ;
TJ
= 0,12rc
y la fórmula del rendimiento, se obtiene que '1 = 0,62.
CAPITULO 7
ENTRO PIA
1. 1NTRODUCCION TEORICA
La variación de entropía M, correspondiente a una transformación reversible de un sistema- cerrad o, que presenta en cada una de :sus sucesivos: estados
temperatura absoluta T unifonn e, puede calcularse mediante la fórmu1a :
. f'
!>S=
-6Q
' T
7.1
~ Q es e] calor intercambiado por el sistema en cada una de las sucesivas
transformaciones eJementaJes de temperatura media abso1uta T.
·
Consideraciones basadas en los conceptos dados en e] cap itu]o 6 permiten
(lemostrar que la entrop ia S es una función de estad o. La variación de entropía
de un sistema cerrado en una transformación adiabática-·irreveísible es posítiv:a.
l.a variación de entropía de1 u ni ,..·erso .(sistema más medio) es:
7.2
7.3
La fóhnuJa 7.2 vaJe cuando ocurren t~ansfonnaciones .irreversibles en el universo) Y~a 7.3 cuando solo ocurren transformaciones reversibles~
42 .1 n.trad uc-c:ió n. teórica
Entropia 43
De la fórmuia 7.1 se d ~u ce además que para transformaciones irreversibles
a volumen constante, si el calor específico Cv es constante:
2
AS.=
J
1
T~Q = J me,.. TdT =
2
T,
7.4
mc,.lnT;
1
A p~sión constante, si el calor especifico
= mcp
Cp
e~
constante:
2. PROBLEMAS TIPO
7 ·l - Un recipiente rígido y adiabático eSI á dividido en dos partes por un tabique. Una parte contiene m 1 = 2 kg de aire a P1 = 5 atm y T1 = 20 'C, y la
o Ira m 2 = 3 kg de aire a P2 = 1 atm y T2 = 60 'e·. Se quita el tabique. Calcular la presión y la temperatura final en el recipiente, y la variación de entrop ia
del universo.
Solución: El sistema es (m 1 + m 2 ). Como:
T,
1nT,
7.5
Q-L=!J.U
Q=O
;
L
=
O
Juego:
y a temperatura constan te T :
!J.U = m 1 c,(T- T 1 ) + m 2 c, (T- T 2 ) =O
Q
I:.S=-
7.6
T
De 7.12 se obtiene que T
v, = m1P,RT,
En una transformación adiabática reversible es:
7.7
!J.S = O
= 317 K= 44 'C.
7.12
Además:
;
Con estos Va1ores, se obtiene ]a presión final P ·a partir de la ecuación:
Además puede deducirse que para una fuente de calor de temperatura T¡
que intercambia calor Qf es:
!J.S
=
Q¡
7.8
r,
Para gases ideales va1en_1as fórrnu1as siguientes, entre un estado (P1
T 1 ) y un estado (P2
,
V2
,
,
V,,
T 2 ):
!J. S = mcp In
T2
T,
T,
!J. S = mcv ln T¡
!J.S.= mcp In
v,
V,
p2
mR!uP,
v,
+ mRln. v,
P,
+ mR!uP,
P(V1 + V2 )
(m 1 + m 2 )RT
7.13
Resulta P = 1,42 atm .
La variación de entropía de m 1 y m 2 puede calcularse aplicando la fórmula 7.9:
p
T
.6Sml = m1 cp i n - - m 1 R l n T,
P,
Mm 2 =
7.9
7.10
=
m2cp
ln -
T
T,
p
- m 2 R !u P,
Se obtiene !J.Sm 1 = 0,191 kcai/K y !J.Sm 2 = 0,037 kcai/K. La variación
de entropía de] l:lniverso -será:
7.11
En el caso de Ira tarse de aire, son válidos en los problemas que siguen, re fe·
rentes a entropía, los valores de Cv , e P y R ya dados.
1 . 2..
Es positiva por tratarse de una transformación irreversible, ya que hay
acción de una diferencia de presión fmita (P1 - P2 ) y se ponen en contacto las
masas m 1 y m2 a distinta temperatura.
_ www_t
-_-f$-fi_
+
-ª' -
44 Problemas tipo
Entropía 45
7·2 - Una máquina ténnica reversible funciona intercambiando calor con una
masa de aire m = 100 kg, que se enfría a volumen constante desde T1 = 1200
"e a T2 = 600 "e y con la atmósfera (T0 = 27"e)
(figura 7.1) .
7·3 - Una máquina térmica reversible funciona intercambiando calor con tres
fuentes (figura 7 .2), siendo Q 1 = 2000 !«:al ; Q3 = -800 kcal ; T 1 = 1000 K ;
T2 =500K; T 3 =300"K.
.Calcular el trabajo l entregado por la máquina térmica.
Calcular e]. rendimiento de la máquina ténnica.
So 1uci ón: Por el primer principio:
So lu e fó n: Para obtener las ecuaciones: necesarias para
la resolución de] problema puede recurrirse al primer
Q, + Q2 + Q, = L
principio y al concepto de entropía .. Para la máquina
térmica:
7.14
Q + Qo = L
con Q1
c----1
Siendo 1a rnáq uina térmica rev~rsibJe, la varia·
FIGURA 7.1
ción de entropía del universo será nu1a. N o existe va·
riación de entropía en la máquina té.nnica, porque ésta hace q_ue un sistema efectúe ciclos y la entropía es: una fundón de estado. La
variación de .entropía de] universo será igual a ]a suma algebraica de las variado·
nes de entropía del aire y de la atmósfera:
= 1000 kcal
y Q3
7.16
= -800 !«:al.
AS. = Q, + Q2 + Q, = O
T¡
T2
T3
7.!7
con Q1 = -1000 k cal y Q3 = 800 !«:al.
De 7 .!7 se obtiene Q 2 , el valor que
cambiado de signo se reemplaza en 7.16,
ya que 7.17 se refiere a las fuentes de calor y 7.16 a la máquina térmica. Luego
se calcula L a paJtir de la 7 .!6, y da L = 1533,33 kcal
eocu RA 1 .l
7-4- Una máquina térmica funciona según un ciclo fonnado por dos-transformaciones isotérmicas reversibles, una a temperatura T1 = 1000 K en la cual intercambia Q 1 = 1000 k cal y otra a temperatura T 2 = 5 00 K ; y por dos trans·
fonnaciones adiabáticas en cada una de las que la entropía cambia en un valor
AS= 0,10 kcal/K. Ollc~lar el trabajo entregado por la máquina térmica.
Solucfón-: Por el primer principio) si Q2 es e] calor intercambiado en ]a isotenna
de temperatura T 2 y L el trabajo entregado por la máquina:
De 7.4 se obtiene que:
Tz
== mc..,ln-
T,
y de 7.8 resulta:
AS.atmósfertJ
Q,+Q2=L
Luego:
T2
Qo
mcfn-+-=0
V
T,
Tó
Q0
Calculando Q0 a partir de 7 .!Soy con Q = me, (T1
L de 7 .!4 .
El rendimiento de la máquina térmica es (ver 6.2):
< O para la máquina térmica se obtiene
L
'1 = Q
y resulta
~ =
O, 738.
7.15
con Q,
>o y
7.!8
º2 < o.
La variación de entropía correspondiente al cic1o será nula, porque Ja entro-
pía es una función de estado:
-·
T2) >O y siendo
l1Sdr:ID ::::: 0 =
Q,
7.19
T,
Los valores I!J.S son positivos:
va que
en una transformación adiabática es
imposible que la entropía disminuya. Al ser AS> O las adiabáticas son irreversibles.
46 Problemas tipo
CAPITULO 8
Se obtiene Q2 con 7 .19 y luego L con 7.18 es:
L = 400 kcal
7-S - En una resistencia eléctrica, funcionando ·a régimen estacionario, hay estabJecida una co.rrjente continua, debido a ia cual existe una disipación de calor
Q = 30 watts. Se supondrá que la temperatura de la rer.istencia eléctrica se ;.,antiene en un valor igual a la temp eriltura ambiente (T0 ='2 7 "C} .
·
Calcular la variación de entropía de la resistencia, de la atmósfera y del universo.
Solución ; Se trata de uil p·roceso irreversib]e J ya que para establecer Ja corriente
debe existir una transferencia de energía eléctrica a la resistencia, de modo que
se está transformando energía eléctrica (trabajo) en el calor Q . Corno la resistencia eléctrica no experimenta cambios, no puede variar su entropía. La at~
rnósfera se comporta como una fuente de CAlor y a la misma se le transfiere el
calor Q . De mil do que:
;
AS.a,m =
Q
To
=
30 watts
K = 0,10 watts/K
300
La variación de entropía del universo será:
ilS" = I>S.,m = O, 10
wa ttsfK > O
DIAGRAMA
TEMPERATURA-ENTROPIA
PARA GASES PERFECTOS
1. lNTRODUCClON TEORlCA
Las fórmulas 7.9 y 7. 1Opermiten justificar las líneas de presión constante y
de volumen· constanté en un diagrama T -S para un gas ideal.
FLGUR.\ 8.1
Debido a que la entalp ia solo re"
depende de la temperatura, toda lílle3: de temperatura constante es
también una línea de entalpía constante en estos diagramas (figura
8.1).
El diagrama es válido para una
masa unitaria de gas, dando vaJores
dev;syh.
Los problemas que !iÍguen, referentes a este tema, se efectt.Jarán
· recurriendo a! diagrama T -S para
e! aire. En Jos mismos se aplica el concepto de rendimiento isoentrópico de una
turbina y de un compresor.
RénrJimJento /soentrópico de una turbina: Se supone una turbina a la que ingresa
aire a (P1 , T 1 ) , e! cua! se expande hasta una presión P 2
JMZ.J.
t._ii
•
.2k
t+Lt23
48
PrCI blem as tipo
Olag rama temper.atura-en.trop ia para '[U es pe-rfectos. 49
Si tal trnnsfonnación del aire es adiabática rever:;ible (turbina ideal), el estado final del aire es 2' (figura 8.2) (ecuación 7:3); si, eu oambio,la transfonnación
es adiabática irreversible, el estado fina] del aire será un estado como ei 2, ya que
en este caso existirá un aumento de entropía para el aire.
EJ rendimiento isoentrópico de una turbina se defme como:
y To = 27"C, y 1!> comprime a nna presión fmal P1 . El rendimiento isoentrópioo del compresor es l!e = 0,85 y la potencia transferid a al eje N, = 180 HP
(1 HP = 632 kcal/hora). Calcular- P1 .
Solución: Para el compresor vale-la fórmula 3.4 oon Q = O :
-N,
8.1
= m.(h,- ho)
8.3
PoVo
m=---
8.4
RT0
T ;/¡
f[GtJRA-B--3
De 8.3, 8.4 y 8.5 se obtiene T1 . Para el compresor ideal la temperatura final es Tr . De 8.2 resulta:
•••
'n. 2.'
,,
'le
1J~-
T,
S
'·
S
·Rendhniento.isoentrópico para un compresor adWbdtico: Se supone un compresor adiabático en el cual se comprime un gas que puede ser considerado como
ideal, des de un estado inicial (P1 , T 1 ) a u na presión final P2 , adiabáticam en te.
Sj Ja transfonnación del gas es adiabática reversib1e, e] estado final será e1 2 ~ i
(figura 8.3 ); si en cambio, ]a transformación del gas: es. adiabática irreversib1e, se
produce un aumento en la entropía del gas, y el estado final del gas será un estado como el2?
'
=
(h,-- h¡}
(h,- h1)
=
= e, (Tr- T0 ) · =
e, fT1
~
8.6
To)
Con 8.6 se calcula T1 . Luego aplicando la fórmula 4.3 es:
P,l
[Po]
fK-1JIK
=
Tr
8.7
To
Se calcula P1 = 14,33 atm.
Si se utiliza el diagrama T -S para el aire, se situa el estado (P0 , T 0 ) y se
obtienen del diagrama h 0 y el volumen específico 0 • Con 8.3 y m = Vofvo
se calcula hr ; luego, aplicando la fónnula 8.6 se calcula hr .
v
T;h
El rendimiento ~soentrópíco del compresor se define como:
11
8.5
(h,- ho} = e, (T,- To)
P,
f[GURA 8.4
8.2
Para los problemas del diagrama T -S son válidos los da tos del aire ya dados, e v , eP y R . El aire puede ser considerado un gas idea1.
S
2. PROBLEMAS TIPO
8-1- Un compresor adiabático aspira V0 = WOOm 3 /hora de airea Po= latm
Trazando una vertical (imtrop ía constante) desde O hasta cortar h r constante, se obtiene el estado de salida ideal f' . La presión para el estado t' es
Pr y puede leerse en el diagrama (figura 8.4) .
Df1grama tl!lmperat"LJ ra ~a-ntropí.a para gases perfectos 51
50 Prob temas tipo
Corresponde a una instalación como la representada esquemáticamente en
la flgura 8.6 .
8-2 - En lUla turbina adiabática se expande una masa de aire m = 80.000 kgfhr,
saliendo de la misma a P2 = 1 atm y T 2 = 150 •e. La potencia obtenida en el
eje de la turbina es N T = 6000 HP . Calcular la presión P1 y la temperatura
T1 que tiene que tener el aire a su ingreso a la turbina.
So luc i6 n: Para ]a· turbina vale la fórmula 3 3 :
FIGLrltA;>S,[)
8.8
De 8.8 se obtiene h 1
cid a. Por 8.1 tenemos:
-
h 2 =e, (T1
'IT
=
-
T 2 ) , o sea T1 , ya que T2 es cono-
8.9
h1- h2'
8e considera como calor transferido al exterior, el valor Q2 que resultaría
deenfriarapresiónconstanteal aire desde T, a To ,siendo T 0 =27"e,Po =
= 1 atm = P3 Y T2 = 5 00 •e . CaJcular el rendbniento del ciclo si el valor absoluto IL, 1= (3/4) ILT 1 y la presión de alta P1 = P2 •
De aquí se obtiene h1 - h2' = Cp (T, - r,.;. o sea r,.' que es la temperatura que le correspondería a la turbina si fuese ideal. Para este caso vale 4.3 :
p,yK-1)/K
[ P,
j
=
T2'
T1
De 8.1 O resultan T1 = 620 K= 347 •e y P1 = 4,60 atm.
Para el diágram a T -S , se sitúa
el estado de salid a real 2 en (P2 , T 2 )
T:h
y se obtiene h 2 • De 8 .8 se calcula
h 1 y con 8.9 h2 • • Podemos ubicar
en el diagrama el estado 2' (P2, T2·!
y desde 2, se traza una verticaJ hasta
cortar h1 = constante . De esta manera queda determinado el estado
inicial 1 (flgura 8.5}.
So lución: Si se usara el diagrama T -S
T
8.10
fiGURA 8.7
podría situarse en eJ mismo el estado
l'r
O (figura 8.7) .
Se obtiene del diagrama h 0
y 3.4 tenemos:
FJGURA-B.S
IL,I
LT
+-----------._;!s
=
m (h 1
-
•
h0 )
= (h,- h,)
De 3 .3
8.11
La presión en 1 es igual a la presión en
2.
Teniendo en cuenta la fórmula 4.3 :
[~l~
{K-1)/K
-
S
8-3 - Un ciclo Joule- Brayton está
formado por dos transformaciones
-~-:
= [::]
{K-l){K
luego:
adiabáticas reversibles (0 -1 ) y (2 -3) y por dos transformacionesreversibles a presión constante ( l-2) y (3 -0) . Su rendimiento es:
8.12
1
To
1)=1-T,
De 8 JI resulta:
y en el mismo evoJUCiona una masa de aire.
__ 2!$21fii4-
-i}i$1-$ -
S
4 .;a-·
1
_±
a
&
1
#
L
1 S
S
.L.i~L
.Q_
_@
, -
52
D !.agram;a tamperatura·entro;pia para -gases -p-erf!lctos 53
Probtemas 1:1 po
o sea que:
3
- T3
4
3
- T2
~
4
Las eco aciones 8.12 y 8.13 permiten calcular T1 y T3
~ ~
·~
To
1 - T¡
8.13
T1 + T0
-
~
•
m,h, + m 2 h3
Luego:
= (m
Dividiendo por m2
+ m 2 ) h4
1
:
048
,
Trazando desde O una vertical (adiabática reversible) hasta T1 constante,
se obtiene el estado 1 cuya presión es P1 • Resulta P1 ~ 1 Oatm .
84 - Se tiene la instalación de la figura 8. 8 .
f
Para la cámara de mezcla (ecua. ción 3.8) tenemos:
m
~'
S
En la válvula reductora h4 = h 5
(ecuación 3 .5) .
·
El estado 5 puede situarse en el
diagrama T -S · Con una horizontal desde 5 puede obtenerse el estado 4 de igu ¡
temperatura. Con h4 , h 2 Y }!; leidas en el diagrama se obtiene que:
a
Q
2
~
•
C.M.
'
'"'
'
Una masa de aire m a P1 ~· 3 atm ; T1 ~ 500 oC se enfría a presión
1
constante transfiriendo calor a una masa de agua líquida m , la que pasa de una
temperatura inicial T0 = 20 o C , a una temperatura ímal Tt = 70 'C . Luego
de esa transferencia de calor, la masa m1 ingresa a una cámara de mezcJa adia·
bática, junto con otra masa de aire m 2 a T 3 = 500 'C. Las corrientes m 1 y
m se expanden luego de salir de la cámara de mezcla en una válvula reductora,
2
quedando
a la presión Ps = 1 atm con Ts = 350 'C. Si la relación entre la
masa de agua líquida m y la masa m 1 de aire es m/m 1 ~ 4 , calcular la relaCión entre las masas de aire m 1 y m 2 • Como da. to damos el calor especifico
del agua líquida eL = 1 kcal/kg 'C.
Solución: Los estados l y 3 pueden situarse en un diagrama T-S , obteniéndose
así h y h (figura 8.9), ya que P3 =P2 = P, y T3 = T, , de modo que el
1
3
estado 1 coincide con el 3 •
Para la transferencia de calor entre m1 y m :
•
8-5 - En transformaciones adiabáticas reversibles, entre dos presiones determinadas, los saltos de entalpía son mayores para Jos que pasan, a esas presiones por
estados de mayor temperatura, ab > cd (í¡gura 8 J (}) .
'
r :11
•
m
;
L,
S
1
Q,
J
F.IGURA!.ll
FIGURA S. lO
•
8.14
y con mfm1 y h 1 se obtiene h 2
3
Est? se debe a que las lín~as de presión constan te son funciones S ~ f(T)
logarítJmcas. Para turbinas Y compresores adiabáticos ideales los segmentos
como el ab Y el _cd ~m prop.orcionales al Ira bajo en el eje, ~naciones 3.3 y
3.4, Y por ese motivo, SI la turbma sigue la transformación ab y el compresor la
S4 Probl&m as orunic.t.ados
Diagn m1 templl'lltul'll ~•ntt-op ia p1n g1sa -pufectoJ 5 S
de el trn bajo en el eje de la turbina será mayor, en valor absolu lo, que el trabajo
en el eje de] compresor~ para iguales masas: en ambQsJ como s:e vió en el problema
8.-3. SjJ en cambio~ se tuviera una compresión be y una expansión cd,, e] trabajo será mayor en valor absol).lto, en el compresor. En ]a instalación de ta· figura 8.11 se cumpl.irá que el trabajo en el eje de la turbina (12) es menor, en valor
absoluto, que el trabajo en el eje del compresor (3-4).
· A la turbina ingresa aire atmosférico P1 = 1 atm ; T 1 = 35 ·"C, el cual se
expande hasta ·quedar con T 2 = -1 O "C , luego se le transfiere calilt Q2 hasta
que alcanza la temperaturn T3 = O"e. Finabnente se lo comprime nú"':amente
hasta la presión atmosférica (P4 =P1 ). El rendimiento isoentrópico de la turbi. na es 'IT = 0,90 y la del compresor 1/, = 0,85. Calcular para un calor Q 2 =
= 480.000 kca/ el trabajo L. que debe transferme!e a la instalación para su
funcionamiento.
T -S puede situarse el estado 1 con P1 y T1
S o 1u eión: En un diagrama
T;h
'
P,·
(figUra 8.12) :
'Ir =
(h, - h,)
(h, - h,.)
_P::·=P::
bajo necesario en el compresor:
Juego:
Lu = m (h4 - h,) - m (h¡ - h,) = 3.594.000 kca/
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
8-6 - Desde una cai!ería en que se encuentra aire a P1 ·= 5 atm ; T1 = 80
a- C ~ se e~v ía aire a una turbina adiabática (2-3) , previa expansión en una v
válvula reductora {1- 2) (f¡gura 8.13 ).
A la salida .de .la turbina la presión del
aire es P3 = 1 atm y Ja temperatura
T1 = 20 o e . Sí el rendimiento isoentrópico de · la turbina es 'IT = 0,90 ,
calcular el trabajo en el eje de la turb;..
na por kilo .de aire y la presión en el
estado 2.
..•••
8.16
Conociendo T 2 (real) puede
obtenerse h 2 y de 8.16 h 2 • • Con
S
una vertical. desde l hasta h >' con ..
FLGURA8.12
!ante, se obtiene el estado de salida
(2 ') para una turbina ideal, y sobre la
línea de presión constante P2 • = P2 y de entalpía h 2 el estado real de salida 2 .
Con T3 se obtiene el estado 3 (P2 , T3 ) y en consecuencia, h 3 :
Q2
= m (h 3 -
h2 )
8-7 - Mediante un compresor
adiabático de rendí¡niento isoentrópíi:o 1¡, = 0,85 , se envía una
masa de aire m1 a una. cámara
de mezcla adiabática, a la cual in·
gres a junto con m 2 = 2. 000 kg
C.M.
de aire a P2 = 4
T2 = 27
"C , con el fm de obtener a la salida de la cámara de mezcla una
P, r,
1
m,
temperatura T 3 = lOO o e . El
"''
HGURA 8.!4
P,
aire aspirado por el compresor e..
!á a Pe = 1 atm : T0 = 27 "e,
estado coincidente con el de equilibrio en el medio atmosférico.· Calcular lamasa de aire m 1 {figura 8.14) .
8.17
Con ésta se calcula m . Trazando una v'erti~ai ·rs =constante) desde 3 se
obtiene sobre la línea de pres.ión constante P1 el estado (4 ') correspondiente a
un compresor ide3l) y h4 • . Con 8.2:
atm ;
se calcula en,tonces h 4 •
El Ira bajo Lu es el que debe agregarse al de la turbina para obtener el tra-
&.U&
ES LE&&
S
_i
J
±E
g
,,.
1. 1
CAPITULO 9
EXERGIA
1
1'
'.
'
1. 1NTRODUCCION TEORICA
La exergía de un :sistema cerrado con respecto a un medio atmosférico de
presión Po y temperatura T0 es;
¡'
'
: i!
&=U-ToS+PoV
i
9.1
U , S y V son la energía interna, la entropía y el volumen del sistema
cerrado. Se defme como trabajo útil al trabajo total que puede obtenerse a causa
de la transformación del sistema menos .el trabajo de expansión del sistema con·
Ira la presión P0 del medio atmosférico. El trabajo total es la suma algebraica
del trabajo intercambiado por d sistema y del que entregaría una máquina ténni·
ca que intercambiara ca1or coÍt el sisternat el correspondiente a la transformación
del mismo, y con la atmósfera o medio atmosférico.
Cuando .Ja transformación del sistema cerrado es reversible, el trabajo útil
Lu coincide conda diferencia entre la exergía inicial &1 y la fmal &1 del sistema:
9;2
1
f
1
Si se obtiene un trabajo útil (L. > O) éste es máximo cuando la transfor·
mación del sistema cerrad o es reversible:
9.3
1
__
..!;_......·~-~-------~------
58 1n.trod u-cc::lón iraórf.ca
Exerg.ía 59
Si, en cambio, se invierte un trabajo útil (L"
do la transfonnación sea reversible:
IL. mm
. 1 = &, - &,
>
< O)
éste será mínimo cuan-
L.
<
9.4
O
Si la trimsfonnación del sistema es írreversible, pára L.
Así, :Por ejemp1o, la variación de exerg-ía debida al desplazamiento de un
pistón contra el cual actúa una presión total constante P , parte de la cual es la
presión P 0 del medio a!mosférioo, cuando el desplazamiento del pistón se debe
a Jos cambios: de vo1umen de un sistema cerrad o, será:
> O:
Lu
9.5
&, - &,
= PilV- Po ilV = (P- Po) ilV
9.12
Jl V es la variación de volumen del sistema contra el cual actúa el pistón.
Cuando se supone un vae ío abso1uto :
y para L. <O
Lu
9.6
+
do es:
-P0 V
9.13
9.14
y MI ~ llEc ~ IJ.EP y .!J. S son las variaciones de entralp ía, energía cinética, energía potencial y entropía de la masa que circula a través del sistema abierto.
E1 reridirniento exergético de un proceso es la relación entre la-s: exergías ga~
nadas (o bus~adas en el proceso) y las exergías perdidas (o.invertidas en el proce-
9.8
9.9
so) y su expresión responde siempre a un criterio técnico adecuado, teniendo en
cuenta-e] proceso que se analiza.
Siendo) para transformaciones irreversib1es, negativa Ja var~ción de exergía
del universo) el rendimiento exergético para cua1quier proceso
el que existan
irreversibilidades será menor que uno. Será igual a uno cuando todo o cuna re·
9.10
Para los problemas: que siguell, referentes a 'exergía, se supondrán datos 1os
valores ya dados de eP , e 11 y R del aire) .Y cuando sea conveniente se recurrirá
al diagrama T -S del aire.
[·
Para el universo (sistema + medio) es:
~
=
circula:
9.7
A -partir de la fónnula 9.7 puede deducirse que para una fuente de calor de
temperatura absoluta T¡ se cumple que eu ando la fuente intercambia un calor
Q¡:
AJ ser A Sun w~rso
-Lo
siendo V el vo1umen en el cual se supone que hay un vae ío absoluto.
Para sistemas circulan tes se tendrá una variación de exergía de 1a masa que
De ]a fórmula 9 l se deduce que Ja variación de exergía de un sistema e erra·
Jl& = ilU- T0 ilS + P0 ilV
=
en
O , según se estudió en el capítu1o 7 J será:
versiblemente.
Jl & < O si la trausfonnación es irreversible y Jl &. = O si es reversible.
O.. ando ;o
cambios en el estado tennodinámico, el análisis de la variación
de exergía debe efectuarse teniendo en cuenta el concepto de trabajo útil:
ha;
.
Lu=L-L 0
dond.e Lo = p 0 (V 2
medio almo sférico.
-
-
· 2. PROBLEMASTlPO
9.ll
V1 ) es el Ira bajo de expamión contra la presión Po del
.9-1 -Una masa de abe m= 3 kg a Po ~ 1 atm ; T0 = 27 "C, estado de equiJibrio con e] medio atmosférico, se calienta) a volumen constante, hasta una tem-
peratura T1
~
127 "C,
a) mediante fricción con paletas giratorias, sin intercambiar calor.
Exer-gla 61
SO Problemas trpo
La variación de exergía del universo resulta:
b) roed ian te una transferencia de
calor desde una fuente de tempe1•1
lbl
ratura T = T1 = 127'C= 400K,
de modo que el calor transferido
por la fuente se utiliza en el calen:
!amiento del aire en su totalidad
(figura 9.1 ) .
Calcular para a) y b), el trabajo L
y el calor Q , respectivamente, y
FIGURA 9.1
la variación de entropía del aire.
Además, variación de entropía del
universo, variación de exergía de1 universo, variación de exergía del aire y eJ rendimiento exergético.
Ll&,, = -T0 LIS., = -1470 kca/
1
1
Ll&,, = -To1lS.,, = -195 kca/
1
1
~~ L:_,_:,___J~ '":~
El rendimiento exergético es la relación entre las exerg ías obtenidas y las
exerg ias invertid as. En este caso, se obtiene un au mento en el valor de la exergía
del aire~ a costa de una disminución en el exergía de] medio. Para a):
Exerg ía ganada: LIS,,. = 1.1 U - T0 LIS = 230 k cal
Exerg ía perdida: L = 1700 k cal
1lex,1 =
Solución: El sistema es m . Luego:
Q
En a) es Q
L
Para el caso b):
LIU
= O , por lo tanto:
L = O , luego es:
Q
=
LIU
= mcv(Tr-To)
9.16
LIS
Q
= 4,9 kcai/K
1.18.
Tr
-
-
= 4,90 - 4,25
--
-
~~-
= LIU LIU =
LIS= me
= 0,541
P
T0 LIS + P0 LIV
mcv (T¡- To)
In Tr
To
(de ecuación 7.11)
LIV = V¡ - Vo = mRTr
p
= 0,65 krol/K
~~
Q [1- (T0 /T¡)]
S oludó n: Para la variación de exergia del aire (ecuación 9.1):
En el caso a} la variación de entropía de] universo coincide con la del aire,
pero e,; b) debe considerarse además que existe u na variación de entropía de la
fuente. Luego:
1l S••, = 4, 9 k cal/K = Lis•• ,
= LIS,., - -
" 01 =
9-2 -Una masa de aire m = 10 /cg se calienta a presión constante P = 2 alm de
T0 = 27 • e a T1 = 1i7 •e, mediante fricción con paletas gilatorias, sin intercambiar calor. El medio atmosférico es P0 = 1 alm y T0 = 27•c. Calcular la
variación de exerg ía del aire, ]a variación de exergía del universo y e] rendirnien~
to exergétíco del proceso.
La variación de energía interna es igual en a) y en b), por ser iguales los estados iljicial y fmal, pero las transforamciones a) y b) son diferentes, ya que son
diferentes para ambas los caro bios en el medio.
De 9.15 y 9.16 se obtiene que, en valor absoluto, L = Q = 1700 kcal.
La variación de entropía del aire será igual en a) y en b)por ser la entropía
una función de estado. A volumen constante (ecuación 7.1 0) resulta:
-
{igual que en·a)
Exerg ía perdida: la de la fuente
11
- -
Ll.S. ..,
Exergia ganada:
9.15
y para b) tenemos
LIS..,
ILI
= 0,135
-
.
-
.....
mRT
0
--p-
9.17
..
·-- ....
-·.·~
····-"'•'-""""
.
~·-.
·.·
62 Probtemas tipa
Exergia 63
Resulta á&= 40,8 kcal.
La variación de entropía del aire es igua1 ~la del universo~ de modo que por
9.10:
Ll/1, = -T0 as. = ·T0 áS,"' = -367,8 kcal
la exergía invertida es igual a:
La variación de exergía del medio será la que corresponde al hecho de ocupar el volumen iniciabnente vacío. Según la fórmula 9.13 es:
-P0 V2 = -10.28 kca/
y para el universo resulta;
a&, + á& = -3 27 k cal
a&, = -T0
Esta exergía invertida es equivalente a la diferencia entre los valores absolutos del trabajo transferido a las paletas y de la variación de exergía originada por
el desplazamiento del pistón (ecuación 9 J 2). El rendimiento exergético será:
=
40.8
327
= 0,124
9-3 - Se efectúa la experiencia de Joule (comistente en la expansión en el vacío)
con una masa de aire m = 5 kg inicialmente a
P1 = 10 atm y T1 = 27 •e. En la experiencia
e] aire duplica su volumen, sin intercambiar ni
calor ni trabajo, pasando a ocupar, además del
recipiente que 1o contiene inicialmente, otro va-
cío (figura 9.2).
Considerando como medio atmosférico a
Po = 1 alm y T0 = 27 •e, y como sistem·a el
aire (m) , calcular la variación de exergía del ai·
re~
P,
V
T,
V m
Vacio
N±&;.;;z;w ;:;.$x:Mcttt
Solución: a) El aire tiene exergía positiva, ya que puede obtenerse trabajo útil
con una máquina térmica que reciba calor de la atmósfera (To = 300 K) Y entregue calor al aire a menor temperatura.
La exergía del aire con respecto al medio atmosférico es (fórmula 9.7):
&1
-
a,
mRT1
P,
0,85 m 3 • y también:
V2
= mR I n - = 0,238 kcai/K
v,
U0 ~ To (S¡ -So) + Po (V, - Vo)
-
-
Uo = mcv(T,- To)
-
S0
V1
-
= mcp
;
Po a V = 10,28 kca/
4@44§
In T,
To
_ mRT1
;
Po
(según 7.11)
mRTo
Vo = - - Po
Se obtiene &1 - a, = 543,2 kca/.
b} El aire tiene exergía porque puede obtenerse Ira bajo útil, si se lo comprime
actuando la presión del medio atmosférico (ecuación 9.11}:
Lu = &1
á&.,;., = LIU- ·ToAS+ PoaV = -61,12kcal
1
= U1
U0 , S0 y V0 son las energía interna, entropía y volumen del aire en el estado de equilibrio con el medio atmosférico. Y:
S1
P2 = 5 atm ; T 2 = 27 •e = 300 K ; V2 = 2V1 = 2
as
9-4 ~ Calcular la exergía de una masa de aire m = 1 O kg a:
a) Po = 1 atm ; T1 = ·10 •e = 263 K.
b) P1 = 0,4 atm ; T0 = 27'e =300 K.
El medio atmosférico es Po =1 atm; T 0 =27'C=300K
U1
Solución : En ]a experiencia~ el aire no cambia su temperatura·, ya que no cambia
su. energía interna. De modo que al dupiicaf el voJumen queda con una presión
fmal P2 = (i/2) P1 = 5 atm . Luego el estado final del aire será:
v2 =
= -71,4kcal
HGURA-9".~
del me dio y del universo.
o sea,
as.
-
a,
= L - L0
L es el trabajo de expansión del aire en una transformación isotérmica reversible a la temperatura T 0 , y L 0 =Po (V0 - V¡), siendo Vo el volumen del
aire a (P0 , To).
::;¡¡;¡: ¡_
"1
-64 Problemas tipo
'Exergía 65
Luego:
luego:
0
Lu = J,"PdV- Po(V0
También puede calcularse &1
&, -.
Se
U1
Se obt!ene Lu
V1 )
-
;
JJ
v,
De ésta se obtiene T = 1005 K= 732 "C, de modo que el calor es:
&, con 9. 7 ;
-
= U, - Uo - To (S, - S 0 ) + P0 (V1
-
U0 = O
= &1 -
S,
S1
;
9.19
A&= mc,(T-T1 ) -
PdV = mRT0 In Vo
-
Qp
V0 )
= mcp (T- T1 )
= 327,4 kcal
P,
S0 = -mR I n -
-
9-6 - Desde una caneria en que dreuta atre a P1 = S atm ; T 1 = 80 °C , se envía
aire a una turbina adiabática (2-3), previa expansión en una válvula reductora
( l -2), según indica la figura 9.3 .
A la salida de la turbina/a presión del aire es P3 = 1 atm y la temperatura
T3 = 20 oC . Si el rendimiento isoentrópico de la turbina es 'Ir = 0,90 , calcular el trabajo en el eje de la turbina por kilograJI)o de aire, la presión del estado 2
y el rendililiento exergético para la válvula, para la turbina y para el proceso. El
medio atmosférico P0 ,.p3 = 1 atm y T 0 = T 3 = 20 °C =293 K.
Po
= 497,3 leca/.
9·5 - Calcular el c~lor que debe intercambiar una masa de aire m = 2 kg para
aumentar su exergJa en llll. = IJS leca/ a partir de un estado inicial p1 = 2 a tm
Y T, =50 "e, reversiblernente y:
a} a volumen constante.
b) a presión constan te.
r
Solución: a)
A&= U- U1
U- U1 = me,(T- T 1 )
FIGURo~ '9'.4
T0 (S-S1 )
-
S - S 1 = me, In -
;
T
f--;;o~~~---"'-T¡ hJ
T,
=ll2
p,
.o sea que:
A&= me, (T- T1 )
.
-
T0
me~
T
T,
ln-
9.!8
S
T es la temperatura ~mal del aire, la cual vale T = 1000 K = 727 °C , valor
que puede calcularse a part11 de 9.18 mediante tan te os.
.
El calor que debe intercambiar el aire es:
Solución: Con P3 , T3 y P1 , T1 se sitúan los estados 3 y 1 en un diagrama T-S
obteniéndose entonces h3 , S3 y h 1 , S1 • Como en la válvula no cambia la entalpía, h1 = h 2 , con:
Q, = me, (T- T,) = 230,2 kca/
b)
flT =
A&= U- U,- T0 (S-S1 ) + P 0 (V- V1 )
U- U, = mc,(T- T1 )
;
S- S 1
v,
T
= meP I nT¡-
mRT1
=-P¡
;
V= mRT
P¡
·.
se calcula h 3 • correspondiente al estado de salida 3' si la turoina fuese ideal.
Con h 3 • y P3 se sitúa e! estado 3' en el diagrama T-S.
Trazando una línea de entropía constante desde 3' se obtiene 2 sobre la línea h1 = h 2 constante (figura 9.4) .
SIS Prob1emas. Upo
Exer-gia 57
El trabajo en el eje de la turbina por kg de aire vale:
Con los valores h 1 y h 3 obtenidos del diagrama T-S resulta LT = 14,4
kca/. La presión P2 puede leerse en el diagrama, siendo P1 = 2,08 atm.
Rendimiento exergético de la válvula: ¡:iuede expresarse como la relación entre la
exergía a la salida y la exergía a la entrada a la misma:
'~•x
&2-0
= h,
&,_. = h,
&2-0
=-&r-o
ho
To fS2- So)
- ho -
To (S,- So)
según 9.14
= 0,47.
Rendimiento exergético de la turbina: es igual a la relación entre el trabajo obtenido en el eje de la misma y la variación de exergía del aire en valor absoluto,
&2 - &, , en la turbina:
LT
= ---'-8.2- &,
· Con &, - &, = (h 2 - h3)- T 0 (S2 - S 1 ), resulta que 11.. = 0,89.
El rel!ilimiento exergético del proceso es igual a la relación entre el trabajo
en el eje de la turbina y el valor absoluto, & 1 - &3 , de la variación de exergía
del aire:
&, - &3
Con &¡- &, =(h,- h3}- To (S1 ~S,) resulta ..q,x = º,43.
9-7 -Mediante un compresor adiabático de rendinúento isoentrópico '~•·== 0,85
se envía una ma~ de aire m 1 a una cámara de Jitez.Cla: adiabática, a la: cuai ingresa junto con otra masa de aire m 2 = 2000 tg a P2 = 4 atm y T2 ,.;2Z~C,
con el fin ~e obtener a la saUda de la cámara .de mez<:la una temperatura T1 =
= 100 "C . El aire aspirado por el compresor está a P0 = 1 atm y T0 = 27"C
en un estado coincidente con el estado-ambiente (figura 9,5).
I'ICURA 9.$
3
C.M.
Solución: Con Po, To Y P2, T2
se sitúan los eslados O y 2 en el diagrama T-S , obteniéndose así los valores de h 0 , So , h2 y S2 . Con:
1lc
Los valores ho y S0 son los que le corresponden al estado O de equilibrio
con el medio atmosférico, el cual- coincide con el estado 3. Se obtiene 'lox =
"'tox
Calcular la masa· de aire m 1 y
e] rendimíento exergético para ]a
cámara de mezc1a, para e] compresor y para el proceso.
=
h1
-
h0
L_~___J
f'J
(m 1
T.J
.,.
m:¡;
9.20
quedan dos incógnitas, h 1 Y h 1 •
valores correspondielltes a las entalpí8.s por
unidad de masa del aire en los estados
1' y 1 de salida del compresor supuesto
T
FJGURI'L 9.6
ideal (l '} y real (1 ). Si desde O se traza
Una· línea de presión constante . P1 · :
= P2 = P3 , se obtiene 1' y en consecuencia h 1 • , pudiendo calcularse luego
h 1 con 9.20 (figura 9.6).
Con P3 , T3 se sitúa el estado 3, obte·
_J..,..,<:::__;__~,¡_¿'---- T:1:. To
niéndose así h3 y S3 •
Según la fórmula 3 .8, para la cámara de
.¡..<:::::_;...._________,...
•
mezcla se cumple que:
,
A partir de esta ecuación, con h1 , h 2 y h 3 obtenido; del diagrama T ·S ,
• Resulta que m 1 = 1482,2 kg.
El rendimiento exergético para la cámara d.e mezcla puede expresarse como
la relación entre la variación de exergía de m1 , y el valor absolu lo de la varia~
ción de_exergía de· m1 , osea que:
ym 2 . dado,secalcula m 1
A&m2
IAB.m 1 1
Con A&m 2 = [(h, - h,)- To (S:; - S,)] m2 Y A&m 1 = [(h3 - hr)- S 1 )] m 1 se obtiene 'l•x = 0,378.
También puede expresarse como la relación entre la exergía fmal de (m 1 +
+ m 2 ) en el estado 3 y ]a suma de las exergías iniciales de m1 y m 2 a la entra-
- T0 (S3
Ei a Prob 1-emu tipo
Exergia 69
da;
Además L
1lu =
( &, - &¡,)(m, + m2J
• (m,&, + m2 &2}
con &, - &o= (h;- ho)- To (S3 - S 0 ) y 1'.1 - &o= (1! 1 - 1! 0 ) - T0 (S1 - S 0)
Y &, -&o= fh2- ho)- To (S2- So).
·
O es_el estado del aire aspirado por el compresor, coincidente -con el de equilibrio con el medio atmosférico. Se obtiene v¡,. =. O.928 .
El rendimiento exergético para el compresor se expresa como la relación entre la variación de exergía del aire en el mismo, m 1 ( &1 - &o) y el valor absoluto del trabajo en el eje del compresor, o sea IL,i = m 1 (h 1 - 1! 0 ):
({h, - 1! 0 ) - T 0 (S1
-
S 0 )] m,
IL,I
Se obtiene v¡., = 0,737.
El rendimiento exergético del proceso será igual a1 coc:ie:nte entre la variación de exergía del aire y el valor absolu lo del trabajo en el eje del compresor:
ll.&,"' = m, [(h3 - ho)- To (S, -So)] +
m, [(h; -
hz)- To (S, - S1 ))
ll.&,"'
= -:-::-=IL<I
Se obtiene
v¡,; = 0,94.
9...S - Una máquina ténnica funciona in tercamb:ían do calor con dos fuentes~ una
de temperatura T1 = 1000'K , la otra de temperatura T 2 = 500 K, y tiene nn
rendimiento 11 = 0,40. Calcular el rendimiento exergético de la máquina térmica. El medio atmosférico T0 = 300 K ; P0 = 1 atm .
So lución: El rendimiento exergético es ]a relación entre el trabajo L entregado
por la máquina térmica y la variación de exergia de las fuentes T 1 y T 2 , en valor absoluto. Para las fuentes (ecuación 9.8):
con Q, <O Y Q2 > O , ya que Q1 y Q2 ·son los calores intercambiados por
las fuentes con la máquina ténnica~
= Q1
+ Q2
•
Luego:
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
9·9 - Un recipiente adía bá tico, cerrado por nn pistón que transmite una presión
constante ~ P1 = 1 O atm , con tiene m1 = 60 kg de aire a esa presión y a T 1 =
= 160 "C . El recipiente pnede comunicarne con un cilindro adiabático, inicialmente vacío, cerrado por un pistón que ejer·
FJc;uRI'L 9.1
oe una presión constante P0 = 1 atm a traP,
vés de una máquina rotativa que intercambia
trabajo en un eje al comunicar ambos cilin·
dros (figura 9.7).
Al comunicar los cilindros pasa el aire
Pr
Tr
del (1) al {JI), quedando todo el aire en· un
Po
estado Po= 1 atm y T= 80 'C.
Si los pistones son adiabáticos y no llay
[11 ~
fricción entre cilindros y pistones, calcular el
trabajo en el eje de la máquina rotativa, la
variación de entropía del univelllO, la variación de exergía del univern<l y el rendimiento exergético del proceso. Medio atmosférico Po = 1 atm ; T0 = 27 "C.
••
9- JO - Se quiere almacenar aire en un tanque para que, utilizándolo Juego reversiblemente, se obtenga un Ira bajo ú !il equivalente a 200 watts, durante media
hora. Calcular el volumen que debe tener el tanque, si aire debe evolncionar:
a) a volumen constante.
b) a presión constante.
En ambos casos) el aire evolucionará hasta quedar en equilibrio ténnico coit
la atmósfera (P0 = 1 atm; To = 20 "C), la masa de aire es m =50 kg y la presión inicial del aire en el tanque es P1 = 3 atm.
. ----~--- - ~ . --~:_l
CAPITULO 1Q
VAPORES
l. INTRODUCCION TEORICA
Para una sustancia pura puede obtenerse un diagrama presión-temperatura
con lineas de equilibrio entre las zonas de estado sólido, liquido y vapor (figura
10.1).
Un punto como el 1 puede corresponder a líquido saturado, vapor sa tarado o vapor húmedo. Un punto como el 2 corresponde a vapor sobrecalentado.
p
FRiU Rl\ LO.I
r
f'JGURA
10-~
'
Una linea de presión constante, como la que contiene los puntos O (líq nido), 1 (liquido o vapor saturado o vapor hlimedo) y 2 (vapor sobrecalentado)
tiene en un diagrama entropía-temperatura (T-S) la forrna indicada en la figura
1O.2 • Otra 1ínea de presión constan te P mayor será como la indicada con 5,
4; -t, 4" 1' 3 en la misma f¡gura. Bn la zona de liquido ambas lineas coinciden
piesiones menores que P1 •
pm
72
Vapor-es 73
lnt;Ddu e-ció n teórica
., En la evaporación (1'-1") deliqnidosaturado (1') o vapor saturado (1")
si la presión es constante, la temperatura es constante. El estado (1) de vapor
húmedo tiene un títu lo x 1 , o relaCión entre la masa de vapor y la masa total de
vapor húmedo:
• J..IJ - vj
h¡-hj
·SJ-3Í
XJ
=
vY- vi
= ---=
h?- hj
sí'- s[
V1 , h1 y o¡ SOll el Volumen, la entalpía y la entropÍa por nnidad de masa
del vapor húmedo (1) . El calor necesario para la evaporación a presión constan·
te (1 '-1 ") es el calor de vaporización r :
r
= (sf - sj) T1 = hj' - hi
En el diagrama T-S hay además líneas de entalpía h constante, volumen
específico v y de título x constante (figUra 10.3) . FLLURA 10.4
T
'
h
Es: conveniente recordar que un vapor no es un gas ideal. Sqlo se supondrá
gas ideal al vapor de agua cuando está a presiones muy bajas y temperaturas dd
~orden de la ternp e~atura ambiente, como se encuentra en el aire atmosférico, a1
tratar acerca del tema de aire húmedo en el capitulo 13 .
. · No siendo gas ideal el vapor, no se cumple para el mismo que la energía jnterna y la entalp ia sean función de la temperatura únicamente, de modo que las
fórmulas 1.2 y 2.2 serán válidas para vaporsobrecalentado únicamente si el volumen se mantiene constante (!.2) o si la presión se mantiene constante (2 .2 ).
Para los problemas que se plantearán acerca de vapores, se deberá recurrir a
las tablas o a los diagramas T -S 6 h -s correspondientes. No se conoce una
ecuación de estado, ní Jeyes que relacionen ]a energía .ip tema con la presión y la
temperatura U = f{P, T) , ni con la temperatura y el volumen U = f(T, V) para
vapor sobrecalentado. Tampoco se conocen leyes que den 1as reJacfones de la entalplas con estas variables h = f{P,T) ó h = f(T,v) , y a veces no están en los diagramas los valores de ]as energías internas especificas por Jo que en muchos casos
deberá recurrirse a tanteos para Jlegar a resultados numéricos una vez planteada
la solución del problema. La energía interna ~rá:
u=h-Pv
2. PROSLEMAS TIPO
'
El diagrama T -S y el diagrama
h·s (figrnas 10.4 y '10.5) dan los
v • • y h por unidad de
valores
do
ma5;a.
A la línea de equilibrio le correspon de dos ramas en Jos diagramas T-s
y h -s , una para líquido saturado y
otra pan vapor saturado. Ambas ramas se cortan en el ptinto crítico K .
Los valores de v, h, s · pneilen
obtenerse usando tablas de líquido y
vapor saturado y de vapor so bre·calentado, o de l9:s diagramas mencionados.
10-1 - A u·n recipiente rígido y adiabático ingresan dos corrientes (f~gt~ra 10.6),
una de masa m 1
agua húmedo, a P1
FlGLrRA 10.5
T
'
título x 1
= O, 7
,
de vapor de
con
= 5 atm
y otra de masa
m 2 de vapor de agua saturada a
P2 = 2 atm , hasta qne qnede en el
P,
•
m,
fi(;IJRA l O.l].
:sobrecaa
!entado a P = 1 atm y T= 180
"C . El recipiente está vacío inicialmente y su volumen es V = 2 m 3 •
CalcuJar las masas m 1 . y m2 , Ja variación de entropía de] universo y la vanación de exergía del unive,..o. El medio atmosférico es Po = 1 atm; T 0 = 27
recipiente vapor de.
a~a
"C.
So !u e ión: [a .reso1uci6n de problemas del primer prinCipjo, siste~as cerrad oSi &~~
be efectuarse siguiendo los lineamientos generales explicados en ,el capítulo 1,
V;apores 75
74 Problemas tipo
pero no s.erán vá1idas ni ]as expresiones: para la variación de energía interna:, ni ]a
ecuación de estado de los gases ideales. Considerando sistema a (m 1 + m1 ) se
tendrá que:
Entonces:
h 1 = x,h,·· + (]- x 1 ) h 1 •
.
Q- L = i!l.U
;
Q
=o
Con estos valores de 10.1 y 10.2 se obtiene que:
;
m1
i!!.U = m 1 (u- u 1 ) + m 2 (u- u 2 )
u1 son el voJumen y.1a energía interna por unidad de masa m1 ; v1 y
u2 e1 volumen ·y la energía interna específica de m2 . u es ]a energía interna esP¡ ,
pecífica fmal. Queda:
10.1
m 1 h 1 + m 2 h 2 = (m 1 + m 2 ) u
= u1
+ P 1 v1 y h2
dad de masa m 1 y m2
= u2
Además
81
=
0,134 kg
m2
;
= 1,7024 kcal/kg K y s
=
0,805 kg
= 1,8528 kcal/kg K, Juego:
s1 = x 1 s1 • + (]- x 1 )81 •
= 1,2726 kcal/kg K
y la variación de entropía del universo es:
m 1 P1 v1 + m 2 P2 v2 = m 1 (u- u1 ) + m 2 (u- u2 )
donde- h 1
= 504,7 kcal/kg
+ P2 v2 son ]as entalpías específicas por uni-
i!l.Su = m, (s- s,) + m¿ (s- s,) = 0,1987 kcalfkgK
La variación de exergía del universo es:
•
1!!.&,
Adem.ás en el estado .r'u:al se tendrá un
= -ToilSu
= -59,61 kca/
volumen específico: ·
F]GU.RA 10.1
T
V
v=---
o sea que:
10-2 - Un tanque rígido y adiabático que puede comunicar con un cilindro (figura 10.8), contiene m 1 = 2 kg de vapor de agua saturada a P1 = JO atm. El
cilindro contiene m 2 = 3 kg de agua saturada a P2 = 1 atm. El cilindro está
rnJ
p 1 ~ 1'::
cerrad·o por un pistón, que puede desli....-.1
~ zar sin fricción y que transmite una presión constante P2 , El cilindro y el pisFIGURA. l 0.8
tón son adiabáticos. Calcular la temperotura fmal al comunicar el tanque y el cilindro.
So 1ución:. El sistema es (m1 + m 2 ) . Entonces:
T
Los valores de las propiedades físicas
pueden obtenerse a partir de ·tablas o
del diagrama T-S para vapor de agua
{figura ]().7}.
De tablas tenemos:
Q-L=i!l.U;
v,. = 0,001 m /kg
3
.v = 2,119 m 3 fkg
;
;
v1 - = 0,38 m 3 /kg
h 1 • = 152,1 kcal/kg
h2 = 645,8 kcal/kg
u
=h
;
h
;
;
v2 = 0,901 m 3/kg
h1 "
= 655,9 kcal/kg
= 6 77,3 kcal/kg
- Pv = 626 kcal/kg
Q=O;
i!l.U=(m 1 +m 1 )U-m1 U1 -·m 2 U1
L = P2 ((m 1 + m 1 ) v - m 1 v1
-
m 2 v~(
siendo U la energía interna fmal por unidad de masa, y v el volumen específico fmal del vapor. Luego:
76 Problemas Upo
V1paras 77
· queda:
T es la tempemtum frnal del aire y del vapor. U la energía interna frnal
por unidad de masa de vapor. Ádemás v = V/m, , donde v es el volumen por
kilo de masa final de vapor y V el volumen total del recipiente, luego:
(m,+ m,)(U + P2 v) = m2 (U2 + P2 v2 ) + m1 P2 v1 + m 1 U1
h = (U + P 2 V) es la entalpía final por unidad de m a... Luego, con h 2 =
= U2 + P2v2 tenernos:
(m 1 + m 2 )h
= m2 h 2
+ m 1 U1 +
+ m 1 P2 v1
y:
r,
T
10.3
10.5
Los valores de las propiedades físi·
cas de m1 y m2 en Jos estados: iniciales pueden obtenerse usando tablas de
vapor, o el diagrama T·S (í¡gum 10.9):
'
h2 = 638,4 kcaJfkg
h 1 = 6 63,2 kcal/kg
v1 = 0,118 m' fkg
Los valores de las propiedades
flsicas del vapor de agua pueden ob·
tenerse de tablas o de un diagrama
T ·S (figura 1O.1 O) :
P1 v1
= 1,673m3 /kg
v1
U1 = h1
-
]-"[GURA IO.liJ
S
FIGURA L0.9
Entonces resulta:
U1 = h 1
r
-
,.
P1 v1 = 598,3 kcaJfkg
De 10.5 se obtiene v = 3,05
= 615,3 kcal/kg
~-
Con estos valores se o btlene de 10.3 h = 631 kca/fkg . Con h 2 y p2 se
determina el estado final f y se lee su temperatura T = 373 K = 100 oC .
El estado ítnal es de vapor hUmedo, y su título es:
(con h2· = 99,3)
10-3 - Un recipiente rígido y adiabático está dividido en dos partes por un tabi·
que. Una parte contiene m, = 2 kg de vapor de agua satumdo, a T1 = 100 'e,
la otra m, = 3 kg de aire a P0 = 1 atm y T0 =50 'C. Se quita el tabique.
Calcular la temperatura fmal del aire y del vapor.
S
El estado írnal estará sobre la !f.
nea de volumen específico constan te
,
v y los valores de U = h - Pv y T correspondientes al mismo, deben cumplir
la fórmula 10.4. Mediante tanteos se obtiene P = 0,55 atm ; T = 363 K=
= 90 'C.
· El resultado tiene un error de 1, 17 'l'o , ya que u o es válido interpolar lineal·
mente tablas o diagramas T·S de vapor. &te error es el que corresponde a! hecho de no haber efectuado interpolaciones para los valores obtenidos de las tablas de vapor de agua sobrecalentado.
L=O
104 - Un cilindro cerrado por un pistón trabado, contiene vapor de agua húmedo a P1 = JO atm y con título x = 0,5 . Se destraba el pistón, el cual puede
deslizar sin Jrieción, ejerciendo una presión constante P = 5 atm . Suponiendo
ciliudro y pistón adiabáticos, indicar si es posible que se alcance un estado ftnal
de equilibrio (P = 5 atm) de vaporso brecalentado, a temperatura T = 180 oC .
ilU = m,c, (T- To) + m,(U- U1 ) =O
So In eión: Para que un proceso sea posible debe cumplirse que todas las masas resulten positivas, que el signo de los tmbajos intercambiados sea lógico (as( no·
Solución: El sistema es (m< + m,) . Planteamos:
Q- L = ilU
Q=O
;
10.4
1
\
Vapores 79
7B Problemas tipo
pu e<! e ser que en una .turbina sea . Lr < O , o que en un compresor sea Le > O) y
que se CU!I'Jple además: 1) el primer principio; 2) que la variación de entropía del
universo :sea positiva (proceso irreversible} o nula (proceso reversible). ·
Para el problemas que se analiza, la transíonnación del vapor es irreversible
(salto de presión finito), de modo que de be cumplirse que Q - A U = L con
. cualqu.ier valor de la masa m > O y
que AS.>O:
r
10-5- De!ideunacallería en la cual ciicula vapor de agua saturado a P1 = 5 atm
se pennite la entrada de vapor a un recipiente rígido y adiabático inicialmente
va e ío de voJumen V = 2 m 3 ~ hasta que en el mismo se a1cance Ja presión P 1
·CaJcular la masa de vapor que ingresa al recipientto~
Solución: EJ sísterna es ]a m asa m que ingresa al reciPiente:
Q-L=AU;
Q=O
,;
L=-mP1 v1
;
AU=m(U-U1 }
FIGURA 10.1 L
Q
=O
; L
= Pm(v2
-
v1 )
luego:
= (U- U1 )
P1 v1
U = h1
;
!J. U =.m fU2- U,}
La ene!gía intenta ímal es igual a la entalpía inicial de la masa m , De tablas de vapor, o de un ~iagrama T-S es h 1 = U= 655,9 kcal/kg. Además:
Luego:
V
m
10.8
V=-
U2 + Pv2 = h2 ·=
U1 = h 1
-
U1 + Pv1
P1 v1
Entonces:
h2 =h, + (P-P1 )v1
10.6
Los valores de h 1 Y de v1 pueden ob1enerse a partir de tablas o de un diagrama T-S (figura 1O. 11). Además:
AS. = m(S2
-
S1 )
Se conoce U fmal, pero no v fmal, Deben efectuarse tanteos, adoptando
valores de v , para estados de presión P1 • Será válido el que cumple la condición:
U = h - P1 v = 655,9 kcal/kg
ra
Obteniendo este estado se calcula m con 1O.8 . Resulta m
0,5034 3 /kg y T = 170 •e'
V=
m
10-6 - Se tiene la instalación de la figura 10. f2
= 3, 97 kg , pa-
.
10.7
Resulta:
1-'[f,L'II:A lO. L~
N,
h, = x,h, .. + 0-x1 )h1 • = 422,8kcal/kg
"' = x,v, ..
+ '(]- x 1 ) v1 • = 0,097m 1 jkg
h,. =. 672,3 kcal/kg
s,
=
x,s, .
'
;
S2 = 1,667 kcal/kg K
(m- rnrJ
'
•rn,
P,
5
P,
r,
"''
+ 0- x 1 )S1 • = 1,04 kcal/kgK
Se cumple 2), S2 >S, . Como no se cumple 1), el proceso no es posible.
Vapor de agua sobrecalentado a P1 = 25 alln y T1 = 400 •e ingresa a
una, turbina adiabática con rendimiento isoentrópico 'IT = O, 90 , previa expan•
80 Probleomas tipo
Vapores 51
sión en nna válvula rednclo·ra, a P 2 = 20 atm . Una parte de la masa de vapor
m se extrae de la turbina a P3 = 1 O atm y se envía a una cámara de mezcla
adiabática a la cual ingresa jo nto con una masa m 2 de vapor de agua saturado.
A la salida de la cámara de mezcla se tiene !'na temperatura Ts = 200 "e . La
presión a la salida de la turbina es P6 = 1 atm . Calcular:
·
a) las masas m 1 y m . en kgjhora, si m 2 = 1 O. 000 lcg/hora,
b) si la potencia en el eje de la turbina N T = 1 O. 000 kW , calcular elrendimiento exergético para la turbina, la cámara de mezcla y del proceso.
El medio atmosférico es Pe = 1 atm y Te = 20 'e.
Para el estado ( 3) se supondrá que el rendimiento isoentrópico de la turbi· ·
n~ vale entre los estados (2) y (3).
1 kW = 860 kcal/hora.
S o lución: Pueden situarse algunos de ·Jos estados del vapor en el diagrama T-S
de la figura 10.13 .
El estado (1) se sitúa con (P1 , T1 ) ,
T
luego para la válvula reductora con
!:J¡ = O se tiene que h2 = h1 y con
P, (h 2 , P2 ) se sitúa (2). Trazando una
vertical desde ( 2) hasta la linea de
'• "'' presión P6 , se obtiene el estado (6 ')
qne corresponde a la salida de la turbina si ésta fuese ideal. También se o be
tiene ( 3') , correspondiente a la turbina ideal a la presión P3 •
S
Del
diagrama T -S pueden obtenerse
n<;U~A EO.IJ
los valores de las propiedades físicas, o
de tablas de vapor.
Vapor saturado a P 6 : enta1pia h n , entropía $
Liquido saturado a P6 : entalpía h', entropía S'
Luego, teniendo en cuenta el rendimiento iso entrópico de la turbina:
11
( 4) es vapor saturado á P3
•
La poiencia en el eje de la turbina es:
io.9
Para la cámara de mezcla es:
10.10
Con h3 ,. h 4 , h5 y m2 se obtiene m 1 de 10.10, y de 10.9 m con h2
h3 , m 1 , h6 y Nr • Resultan:
m 1 = 2323,9 kg/hora
,. m
,.
= 62.736 kgfhoro
El rendimiento exergético de la turbina es: · .
11
(11.2
-
". =
f&2-
&,;)(m- m,)
(11.2
-
11.3 ) m,
f>c)(m- m 1 ) + (&2
-
11.3 ) m1
(m- m,) [{h,- hoi- To (S,- S~)]
= m1
l(h 2
-
h 3 )- T 0 (S 2
-
S1Jl
'lex = (},91
El rendimiento exergético de la cámara de mezcla es:
(m 1 + m2J &J-o
((}) es el estado correspondiente al equilibrio con el medio atmosférico
(Po, T0 ) • Del diagrama T-S se obtiene h 0 y S0 :
se obtiene h0
con:
•
En la misma forma, con S3 , = S2
= S6 •
y P3 se obtiene h 3 • y
(m 1 + m,) &s-o = (m¡ + m2J ((hs - ho)- To (Ss - Se)]
m 1 11.3 _ 0 = m 1 ({h 3
-
he)- Te
(83-
Se)]
m 2 &.-o = m 2 ({h• - he)- Te (S• - So)]
se obtiene h 3
mezcla.
•
Con P 3
,
Ts se sitúa el estado ( 5) a la salida de la cámara de
'l•x
= O, 996
82 Problema-s--tipo
V1pores 83
Con .:1.& y N, se·obtiene 'l•x = 0,696.
El rendimiento exergético del proceso resulta:
10-7 - Se tiene un compresor adiabático con rendimiento isoentrópico 11, =
= 0,85, que aspira Freón·l2·en u"n estado de
vapor saturado a T1 =-IO"e ,comprimién1
1
dolo a una presión P2 • ·Pará regular la masa
de Freón-12 se recurre a. una válvula reducto·
ra (2-3) de fa que sale el Freón-12 con una
N,
P3 = 6,1 a/m : T 3 = 46 ° e . Calcular la
potencia en el eje del compresor en HP , si
la masa de Freón-12 comprimida es igual a
10 14
""""' ·
m= 20.000 kg/hora ( 1 HP = 632 kcal/hr).
La presión P2 a la salida del compresor y el
rendimiento exergético del proceso. El medio atmosférico es Pe = 1 alm y
T 0 =20"e.
Sol u ció u: En un diagrama T -S para Freón-12 pueden situars¡o los estados ( 1) y
(3) , con T1 (vapor saturado) y (P3 , T 3 ) (figura 10.! 5) .
Del diagrama T-S o de tablas,
pueden Obtenerse h¡ ~ 81 , h3 y Sj. T
ffGU.RA IO.¡s
Para la válvula reductora es h 2 = h 3 •
Para el compresor:
P,
10.11
r,
y además:
h,,_ h¡
'le =
h,- h¡
S
Con h 2 , 'le y h1 se calcula
h2 • y con este valor y una vertical (S1 = s2 .) desde (1) se sitúa el estado de sa.lida ideal (2') cuya presión es P 2 • De 10.11 N, =223,9.HP y además P2 =
= 6,8 atm . El rendimiento exergético del proceso es:
.:l.&p,
11,x
á&p,
=
[{h 3
-
=IN,;!
h1 )
-
T 0 (S3
-
S1 )] m
3. PROBLEMAS ENUNCIAOOS
1!l-8 - Para lienar tubos con Freón-12 se procede como indica la figUra 1O.16 .
Se barre el Freón·l2 a P1 =
= 1 atm ; T 1 = JO 'e a presión
constante . P1 y se lo envía a un
·compresor ideal adiabático, del
'
cual sale con ·P2 = 1 O a /m • Luego se Jo enfría y condensa a pre-a~.J
sión constante, quedando como líquido saturado ( 3) . El líquido oe
expavde en una válvula reductora
frGuRA Jo.l-6
(3-4) quedando a T4 = 27 ° e .
Finalmente entra al tubo, iniciabnente vacío, de volumen V = 0,09 m 3 , quedando en el mismo como vapor húmedo de titulo x 5 = 0,10 a la temperatura
T4 =27"e.
·
Calcular el trabajo necesario en el eje del compresor L, , el calor intercambiado .en el enfriador-condensador Q2-3 , y el calor intercambiado a través de las
paredes del tubo Q , para el llenado de un tubo.
10-9 - Un cilindro que puede comunicar con un recipiente, contiene iniciaimente agua líquida a T 0 = 27 "e y P0 = 1 atm , siendo esta presión igual a la que
transmite el pistón. La masa de agua ]{q uida es m = 5 kg . El recipiente contiene vapor de agua húmedo a la temperatura T0 con título x 0 = 0,1 O y su volu·
m en es V = 5 m 3 . Al comunicar el cilindro con el tanque, todo el agua líquida
pasa al mismo, manteniéndose la temperatura T 0 • No hay fricción entre cilindro y pistón y los intercambios de calor del agua líquida y del vapor húmedo son
con la atmósfera (P0 = 1 atm; T0 = 27 °C).
Calcular el calor intercambiado por la atmósfera, el estado fma! en el recipiente, la variación de entropía del universo y la variación de exergía del universo.
CAPITULO 11
CICLOS DE VAPOR
1. lNTRODUCClON TEORICA
i:
Para obtener potencia en el eje de
una turbina de vapor es neresario
FE{;URA 11.1
una instalación como la de la figura
11.1 .
A esta insta1a:ción 1~ corresponde un
ciclo ideal como el representado es~LT~ quemáticamente en un diagrama
T-S y en un diagrama h·S de va·
por de agua en la figura 1 L 2 .
Una masa de agua líquida en un estado O se calienta primero ( Oa) y
evapora luego (al) a presión constante en una caldera (01) , de la
cual sale vapor saturado ( 1) . El vapor saturado ( 1) se sobrecalienta a presión constante en el sobrecalentador (12)
y luego se expande adiabáticar
mente en Ja turbina ( 23) . Final1
mente el vapor húmedo de alto
título ( 3) que sale de la turbina
se condensa totalmente a presión
constante en el condenMdor ( 34),
y luego el líquido ( 4) que sale del
condensador se envía a la ca1~era
S
S
mediante una boro ba ( 4 O) en la
cual, si es ideal, cambia la presión
FJGURA. 11.1
def agua líquida, sin que camllie
su temperatura. En régimen permanente, siendo válida la fórmula general 3.2 pa-
-1--+--\
1 •
'
~·--
•
15 lntroducc:ión
t.a6rlt~
Citlos de vapor 87
ra cada uno de los elementos::
Ca !dera y sobrei::a le ntador, ca 1or transferido
Turbina
Lr
= m (h~ -
•
11.1
= m (h2- h3)
Q~
Condensador
a la salida de la cámara de mezcla ( 7) es de líquido saturado.
La bomba B1 es para elevar la
presión de mL desde P3 a l's
1
y la B, de P 5 a la presión de la
caldera Po· = P1 = P2 • Son válidas las fórmulas siguientes, en
régimen pennanen te; para caide·
ra y so brecalentador:
d:
11.2
11.3
h3)
Bomba
L-1
11.4
S
siendo v4 .E::: Vo y:
L8 =
r.
S
HGUJl:A 11.4
vdP.m
para la turbina :
11.5
La fórmula 1 1 .S vale 'parn una bomba idf'31 considerando que para transformaciones revenibles de sistemas circulantes vale la fórmula general:
l 1.7
ll.8
para el condensador:
6.6
11.9
y:
para la cámara de mezcla:
Lr- La
11.6
Q,
11.10
Todo ciclo rever:sible puede dividirse en ciclos de Carnot reversibles. Elirni·
nar Jas transferencias de cal~r a] ci·
con h 6
"' h 4
y h1
clo en Jas zonas en que los rendi-
mientos de los ciclos de Carnot
-son menores (zona
0-a ) figura
"'
h0 • • Para las bombas supuestas ideales:
La,
= (mL
+ mv)v 7 (P0 · - P.1 )
11.11
mLv4 (Ps- P4)
11.12
1
ll.l) implica aumentar el rendimiento del ciclo. Para esto se recurre a extracciones de·vapor de la
turbina, siendo enviado el vapor
ex'tra {do m v a una cámara de
mezcla adía bática o a un intercam\-----'·'
biador de calor' con el fm de procalentar el líquido mL . qne sale
FIGURA 11.3
de! condensador. En la figura
11.3 se dibuja esq ueniáticarnente
!a instalación correspondiente a una extracción, y en la figura 11.4 el ciclo ideal
correspondiente cuando se usa una única cámara de mezcla adiabática. El estado
La
'
=
y el rendimiento es:
'! =
,
11.13
Cuando se usa una diferencia de presión muy grande entre l,a caldera y el sobreca1entador, puede recurrirse a efectuar ]a expansión en más de una etapa con
sobrecalentamiento al fmal de cada etapa.
Para dos etapas~ supuestas ideales) con so brecaJentarniento intennedioJ se
tiene un ciclo como el representado en la ftgura l 1.5 .
88 Problemas tipo
T
Clc:los. de vapor 59
' '
La temperatura T5 debe elegir·
se de modo que no se in troduzcan ciclos de Camot que desme·
joren el rendhniento de la in_sta·
!ación.
Para la resolución de los proble·
mas correspondientes a este tema, se cuenta con los diagramas
entrópicos correspondientei y
ta bias de vapor de agua.
'
1
S
S
FIGURA 11.5
El estado 3 es conocido, y
con P3 , x 3 puede situarse en un
diagrama T·S ó h -S (figura
11.7) .
Para la turbina es:
f
1
Con h3 , obtenido del dia·
grama T ·S ó h ·S y los valores
de NT y de. m , se calcula el valor de h2 = 872 kcal/kg . Adern ás de:
liT
2, PROBLEMAS TIPO
11 . l - Una planta térmica de vapor deberá entregar en el eje de la turbina una
potencia NT = 10.000 lcW, con una
masa de vapor circulando en la mis·
HGURA 1 ~t,
ma m = 30.950./égfhora . El vapor
1
saldrá de la turbina a P3 = O, 05 atm
como vapor húmedo de titulo x 3 =
= O, 9 7 , y se tendrá un rendhniento
isoentrópico 1lT = O, 90 para la tur·
bina.
Representar esquemáticamente la
insta1aci6n necesaria, representar el
ciclo en un diagrama T -S y en un
diagrama h -S de vapor de agua.
Calcular:
Rendimiento del ciclo, exergia del vapor a la entrada a la turbina y exergía perdí·
da en la condensación del vapor.
El rendimiento de la bomba es q8 = O, 75 y el medio atmosférico es de
Po = 1 atm ; T 0 = 20 °C (J lcW = 860 Ju:al/hora).
T
=
.,
FJ(;URA i 1.1
(h,- h;·)
(h,- h,)
puede obtenerse h 3 • = 575 lccalfkg. Trazando una vertical desde 3' ya ubicada
en el diagrama T·S ó h·S con (h 3 ,, P3 ) , se obtiene el eStado 2. sobre la linea
h 2 constante. Del diagrama se lee T 2 = 580 °C y P2 = 12 atm. Con los esta·
dos 2 y 3 puede completarse el ciclo, corno se indica en la figura 11.7 . Los
valores de las propiedades físicas pueden obtenerse de los diagramas .. Para la cal·
dera y el sobrecalentador:
Q1
=>
= m (h 2 - h 0 )
con h 0
Q 1 = 25.982.525 /u:al/kg
= 32,5 kcal/lcg
= 30.212 kJII
Para la bomba supuesta ideal (ecuación 6.6), considerando volumen especí·
fico constante resulta:
N8 ,
= mv• (Po- P.)
N8 ,
'
=
con Po =P2 = 12 atm ; P4
8. 94 7,5 kcal/hora
= P3
Teniendo en cuenta el valor del rendimiento de la born ba, la potencia real
es::
Ns,
NB
= - - = 13,9kW
~B
El rendimiento del ciclo es:
So lución: La instalación es la indicada en la figura 11 .6 .
1l
=
= 0,33
'9'0 Problemas tipo
Ciclos d-e vapor 91
La exergía del vapor a la entrada
en Ja turbina es:
h 0 • , So , son la entalpía y la entrop ia correspondientes al estado de eq uilibrio con el medio atmosférico (P0 , T 0 ). Se obtiene así &2 . 0 m = 11.507,3 kW.
Esta exergía no se aprovecha en ia turbina en su totalidad, porque la transformación del vapor en la misma es irreversibleJ y porque una parte :se pierde en
Ja condensación del vapor.
La exergia perdida en la condensación del vapor es:
11-2 - Se quiere analizar un ciclo. de vapor de las siguientes características:
Presión en la caldera P1 = 80 alm .
Expansión en dos etapas, una hasta que e] vapor alcanza la temperatura de evaporación y la otra, Juego de reca1entar el vapor nuevamente a J¡>resión constante.
Para arn bos. ca1entamientos de] vapor, el que ocurre antes de la primera etapa, y
el que ocurre luego de la segunda etapa, la temperatura írnal del vapor será de
T = 600 'C . Ambas etapas de expansión se suponen ideales {transformación del
vapor adiabática reversible).
Presión en el condensador P 3 = 0,05 atm .
A una presión P6 igual a la mitad de la presión intermedia entre ambas eta·
pas de expansión, se extrae una masa de vapor m v de la turbina~ la cual será en·
via~a a una cámara de; mezc:1a adiabática junto con la masa restanteJ luego de la
-salida de esta masa de1 condensador.
A la salida de la cámara de mezcla se tendrá liquido saturado a la presión
del vapor mv extraído.
Representar e.squemátic:am ente 1a insta1ación.
Representar _el cic1o en un diagrama h·S , y calcular Ja relación entre ]as
masas m v extraída en ·la turbina y m evaporada en la caldera. Calcular además el porcentaje en que mejora el rendimiento, la colocación de la cámara de
mezcla.
So 1ució n: El esquema de la inst>lación está indicado en la figura 1 1.8 .
La· born ba 8 1 es necesaria para que la masa m que sale del condensador
alcance la presión deJa masa mv extraída de la tu_rbina.
Parn la representación del dc1o se conocen las presioneS, en la caldera y sobrecalentador P0 = P1 = P2 , y en el condensador Ps = P4 •
Se sitúa el estado 2 (T2 , P1 )
y luego se traia una 1ínea de entropía constante, hasta cortar la 1ínea
m
de temperatura de la caldera T1 ,
obteniéndose el estado 6 , con la
Jínea de Presión constante que pasa
por 6 se sitúa el estado 7 (P6 , T 2 )
2
y luego, median te una línea de en-
trop ia ·oonstante ( 7-3) el estado 3
(S' , P3) . Quedan detenrdnados
además los estados 4 y 5 (fJgura
11.9) .
Con P8 = P6/2 se sitúa el estado 8 y con la linea de presión
oonstante P 8 , los estados 9 y O:
Para la cámara de mezcla se puede plantear:
6
(m- my!
'
'
mvna + (m- m vi h5 = mh 0
con h 4 "'hs . Luego:
F[L.URA J 1.9
P,
T,
mv
m
(h, '- h;)
(h,- h;)
Con h 9 = 157 kcaljkg; hs = 20,1 kcal/
kg y h 8 = 820 kca/j/;;g resulta:
S
mv/m
= 0,17
Suponiendo que sin la cámara de mez·
·
el a se tiene Ja misma potencia en el conjunto de las dos_tur.binas, y despreciando el trabajo necesario en 1as bombas) pue-
.de calcularse la me¡ora porcentual en el rendimiento del ciclo. Sin la cámara de
mezcJa, o sea sin ex traccjón d e1 vapor,
El calor transferido en la caldera y sobrecalentadores, para Ja masa m 0 :
CAPITULO 12
92. Pro b!-amas tipo
La potencia en las turbinas es:
Para el ciclo con extrncción de vapor, el calor .erá:
CICLOS FRIGORIFICOS
Igualando las potencias:
m 0 [(h 2 - h 6 ) + (h 7 - h,)]
=
m [(h 2 - ho) + (h,- h 8 )] + (m_- mv) (h•- h_,)
1. INTRODUCCION TEORICA
Dividiendo ambos miembros por m :
+
~-
:v]
(h.- h_,)
1
11.14
Conociendo mvfm y las entalpías, de 11.14 .e obtiene mo/m = 0,909.
El rendimiento sin extracción es q' = N rfQ' y con extracción 'l = N rfQ .
Luego:
m [{h 2 - h 0 ) + (h 7 - hoJI
f). = ___g_ =
11.15
Q'
m 0 [(h 2 - h 4 ) + (h 7 - h 6 )]
f)
-
Q,
Ji----1>'<:1----!,
fiGURA 12.1
El pareen taje de aumento de rendbniento es:
La instalación más sbnple -para
una máquina frigorífica de· compresión es la esquematizada en
la figura_ 12.1 , siendo el ciclo
correspondiente a Ja misma el
representado--en diagramas T-S
ó h-S en la figura 12.2 .
U na masa de fluido refrigerante
{Freón .12 o amoníaco) se expande en una válvula reductora
( 3-4) pasando de líquido sa turndo · ( 3) a vapor húmedo ( 4)
a baja temperatura, menor que
la de la cámara frigorifica.
100 q- q' = [1'1
El valor de 11.16 puede calcularse con
11.15 resulta que:
100
.,_
\
'1- q'
'1
1)1 100
fJ] '
mv/m , y calculando
= 5'1'o
11.16
q' fq con
El_ fluido pasa luego a
un evaporador ( 4-1), en la cual
se evapora totatrriente a presión
constante, y en consecuencia, a
temperatura constante, al transferirsele el calor Q, de la cá- mara a refrigerar.
Parn asegurnr que al compresor a- 2) ingrese vapor seco
.e puede colocar un .eparador
de líquido (S L) , o hacer que el
conducto que comunica el eva-
T
'
foj
+--------..-,
FlGURA
1~.2
94
-1 ntrocl.alcc:lón
tl!ll6rlc-a
C [CIOS frigorífiCOS- 95
porador con el compresor pase por fuera de la cámara de mod-o qUe quede el estado de entrada al compresor como vapor sobrecalentado. Del {Sl). sale vapor
·saturado seco (1) .
En el gráfico de la flgura 12.2 se supuso que la compresión {1- 2) es adiabática reversible. Luego el vapor ( 2) se enfría primero y condensa después a
presión constante en el condensador ( 3-4).
En régimen estacionario para cada uno de los e1ementos de 1a instalación vale la fórmula 3 .2 de modo que, en el evaporador:
= m (h 1 -
h4 )
!2. ¡
-L, = m(h 2 - h 1 )
12.2
m (h3 - hz)
!2.3
Q2
2. PROBLEMAS TIPO
l2-1 -De una in5talación frigorífica se conocen las siguientes características:
F1oido refrigerante: Freón-12; Temperatura en el evaporador T1 = T4 = ~5 °C;
Temperatura de condensación T 3 = 35 •e ;Compresión ( 1-2) supuesta adiabática reversible; Calor transferido al evaporador Q2 = 40 toneladas~ftigera­
ción ( 1 ton de refrigeración"' 3060 frigorias/hora ; 1 frigorfa = 1 lica/) .
No existe s<lbrecalentamiento. El compresor es alternativo y el volumen aspinldo por el corppresor, no es igual al volumen barrido, ya que existe un rendimiento voJumétrico l'Jv = V.asp/Vo.ar cuyo va1or, puede calcularse suponiendo
proceso ideal de compresión en ]a fó.rmula:
en el ~ompresor:
1j',.
en el condensador:
Qo
= h.
12.4
Se denomina efecto frigorífico al calor intercambiad o en el evaporador por
unidad de masa:
12.5
El ~fecto frigorífico puede aumentar recurriendo a un su benfriamiento
( 4 ·a) lo que aumenta q 2 de modo que este valor será q2 = (h 1 - h•) . El coeficiente de efecto frigorífico < del ciclo es, en valor a bso!u to'
V¡
+
E()
-
Eo
12.7
siendo e0 relaciÓn de es.pacio nocivo, igual a O, 04 .
Calcular: Pqtencia en el eje del compresor en HP (1 HP = 632 kcal/hora} ;
Coeficiente de e~ecto frigorífico; Volumen barrido por el compresor en m 1 /h_r;
Calor que debe ser intercambiado en el condensador; Rendimiento exergético~
comriderando que el calor transferido en el condensador no se aprovecha y que la
cámara frigorífica puede suponerse una fu en te de calor de temperatura T = O"e
Medio atmosféric,o P 0 = 1 atm ; T 0 ' = 27 "e.
y en la vá lvu!a reductora:
h,
= J
-.
Solución: Puede. representarse el ciclo en nn diagrama T-S o en un diagrama
h-S para Freón-12 {flgura 12.2), sin la transformación (a-b). Los valores de las
propiedades f isicas pueden obtenerse a partir de los diagramas o de tablas de
Freón-12 . Para la representación del ciclo se conocen T, = T•; T,, h, y además h 4 = h 3 . Con una vertical desde (1) se obtiene ( 2) sobre la !mea de presión constante que pasa por ( 3) . Para el evaporador:
12.8
12.6
para e! compresor:
Cuando 1as diferencias: entre ]as temperaturas: en el evapt.rtador y en el condensador es muy grande~ puede recurri:rl:e a efectuar la co.rriiuesión en· más de
una etapa, con enfriamiento a presión constante a] fma] de cada etapa, Jo que
además de e_vitar que se alcance una temperatura muy elevada a .!a entrada al condensador~ aumenta el coeficiente de efecto frigorífico ·del ciclo·
Para la resolución de los problemas correspondientes a e¡¡te tema se cuenta
con las tablas o día ¡!ramas entrópicos correspondientes ~ Fredn-12 y al amon ía·
co.
-L. = m(h;¡- h 1 )
12.9
para el condensador:
12.10
El coeficiente de efecto· frigorífico es:
•=1~:1~
12.11
95 Probleomas tipo
Cicles frigoríficos 97
Tenemos como datos h 1 = 135, 665 kca/fkg ; h2 = 140,5 Okcal{kg ,- h3 =
=108,001 kcalfkg=h• ; v1 = 0,065m 3 fkg; v2 = 0,022m 3 fkg.
De 12.8 se obtiene m = 4425,5 kg/hora. De 12.9 con m , es N, = 33,8
HP. ~n N, y Q2, de 12.11 resulta e= 5,73.
.
El volumen que debe aspirar el compresor es igual al producto de la masa
m por el volumen específico del estado
V, = mv,
(1) :
= 287,6 m 1/hora
El rendimiento volumétrico es, por 12.7, igual a 0,922. Luego:
v•.,
=
.!:'=_
'lv
= 312,5 m 1 /hora
De 12.10 Qo = 143.791,8 kcal/hora. Además Q2 + IN,I = 143.761,8
kcal/hora. Quiere decir que se calcula con un error del orden del 2 o¡, •
El rendimiento exergético es igual a la relación entre la variación de exergia
de la cámara, ya que al estar a temperatura T menor que la del medio atmosférico, aumenta su exérgía cuando transfiere calor hada el evaporador, y Ja potencia
en el compresor. La variación de exerg ía de la cámara frigor ifica es:
<ll:, = Q2
[1- ;j
con
Q2
FlGURA.
FLGURA ll.4
L~.S
T
<O
<l~ ,;, 120.105,5 kcal/hora ; N e = 21.361,8 kcalfhora
S
Para los ciclos se ha supuesto que ]as compresiones son adiabáticas reversibles y que la presión in terrnedia P es igual a la media geométrica entre la del
evaporador P, y la del condensador Pe :
Luego:
=
También:.
e
1
)
12-2 - Con el fin de evitar que a la
FJGUR ... ID
entrad a al condensador el fluido refrigerante alcance temperaturas
muy altas, se recurre a efectuar la
compresión en dos etapas, con enfriamhmto intermedio a presión
constante entre las mismas. Suponiendo que al final del enfriamiento
el vapor queda saturado, se tienen
cic1os. como Jos indicados en ]as figuras 12_4. y 12.6, el primero
correspondiente a la imrtalación de la figura 12.3 y el segundo a la instalación de
la figura 12.5 .
=
Q,
·N,
y
de modo que, reemplazando·:
•
,-¡._.
y:
'1...
e i[l- (T0 /T)]I
a&.
IN.I
p
0,57
=
IP,P,
Efectuar los balances necesarios para obtener Ja.s masas de fluido refrigerante que circularán en los compresores de alta (CA) y baja {C B) presión en cada
caso mi ~ mj y m21 ~ mt, suponiendo representadO el ciclo y conocido el ca1or
º• -
Solución:'·El problema se presenta en el enfriamiento (2-3), ya que en el mffimo
es necesario a1canzar una temperatura T3 , menor que la temperatura ambiente~
Por este. motivo· se recurre a las instalaciones explicadas, lográndose el enfriamiento (2-3) mediante una transferencia de calor desde la masa mí ·a~ mí' que
ha circulado en el evaporador y en el compresor de baja a una masa a la temperatura T3 , inicialmente en el estado ( 6) , la que no cambia su temperatura al reciclar calor por producirse una evaporación a presión c~nstante de una parte del líquido satUrado contenido en la misma.
·
Clc[ol fr[gor ificos 99
98 Pró-blemu tT;po
Para el ciclo de la figUra 12.4 :
FtGURA 12.-6
T
m2
12.12
mj
con h, = h6 •
Con éstas, siendo conocidQ Q2 y el ci·
elo se obtienen mj y m2 .
Para el ciclo de la figUra 12.6, tenernos en el separador de líquido:
sos que siguen:
Compresión en una única etapa común a las masa-s evaporadas: en ambos evaporadores· Compresión en dos etapas, una entre las: presiones: correspo?dien tes a los
dos e;aporadores, y Ja -otra entre la presión en el evaporad?r a T!/ y la presión
de conden..,ción.
f[GURA 12.7
So 1ución: Para un único compresor, figuras 12.7 y 12.8, es:
Q2'
= mH
12.15
s
y además:
Qi
(h, - ha)
m!,' (h 3
-
=m'
• '
12.16
ho) = mj' (h2 - h6)
m!!
mj'
fh2 - h ••)
= --'c--''---,c'-:-(h 3 - h 6 )
12.13
T
FIGURA L2..8
4
y además:
12.14
con ho· = h,• . De 12.14 se obtiene mi' y con 12.13
resulta mY< mi .
Entre m2' y m2 existe la siguiente relación:
m!!.
Siendo h 6 • < ho ,
m'
8
Además de las masas: m u y m~ , hay
una masa de vapor (9) separada en
el separador de líquido de las m asas
m '' y m 1 que pasa por los evapora·
dores.
La masa que circula en el compresor
de baja es m~+ m u+ mv. Para el
estado ( 6) de título x 6 es:
m'+ m"= O-x 6 )(m'+ m"+ mv)
Luego:
mr/mt
m2/mí
m2
mY
=
mj
mi
=
(h2 -h ••)
fh2 - ho)
(h 1 - ho} fh2 - h•·)
fh2- ho·J.
=
(h2 -h.)
(h, - ho·) fh2 - h6)
12-3 - Representar esquemáticamente la instalación necesaria para un ciclo c'on
dos· evaporadores, uno a temperatura T.i , en el cual el nuido intercambia un calor Q~ y otro a temperatura Ti'> T; en el cual el fluido intercambia un calor
Q2' , y el ciclo correspondiente a la misma en un diagrama T -S . Además efectuar Jos baJances necesarios para obtener las masas en los. compresores eri Jos ca~
12.17
Para dos compresores, fJgUias 12.9 y 12 .JO, son válidas las ecuaciones 12.15
yl2.16.
Por el compresor de baja {1- 2) circula la masa m' . Por el compresor de
álta ( 3-4) circula la masa (m' + m" + m v) , cuyo cálculo puede efectuarse en
la forma explicada a partir de·la fórmula 12.17 .
Es e\'ldente que en este último caso de dos compresores, el trabajo necesario en los: mismos es:. menor que en el caso anterior de un único c?mpresor, ya
(
100 :Probl-emas tipo
CAPITULO 13
que la masa (m • + m u+ m y) se
comprim~ con ,un salto de entalpía menor:
,._..VT()---f,
AIRE HUMEDO
,!--[:KJ-----1
FI-GURA 12:9
FLGURA 1"2.10
T
1. INTRODUCCION TEORICA
S
!
1;
El aire húmedo es una mezcla de aire seco y vapor de agua, ambos en condiciones en q_ue pueden ser considerados como gases: ideales.
Serán válidos entonces para el aire húmedo, los conceptos de presión parcial
y la ley de Dalton, y el hecho de que, en el aire húmedo, tanto el aire seco como
el vapor de agua, se comportan como si es tu vieran soJos.
En los problemas se tendrá que la masa de aire seco es invariable, pero la
masa de vapor d.e agua puede cambiar en e] aire húmedo, ya sea porque cond~nsa
una parte de la misma (deshumidificación), o porque existe un agregado de vapor
de agua o de agua líquida que se evapora en el aire húmedo (humidificación).
· Son .conceptos básicos a tenerse en cuenta Jos siguientes:
Humedad absoluta (denominada humedad especifica en los manuales de acondicionamiento de aire):
mv {masa de vapor)
m., (masa de aire seco)
x=
13 .l
Puede deducirse que:
J
X
= 0,622
Pv
P-Pv
13.2
donde P es la presión de\aire húmedo, P v la presión parcial del vapor de agua,
y O, 622 !a relación entre los valores de Jao constantes características del aire seco y del vap.or de agua (R.fR v) .
-·.._o..._,
1 02
Aire húmedo
1ntroduc.e[-6n teórica
1 03
Humedad absoluta· de saturación es la que le corresponde al aire húmedo, a la
misma presión P y a Ja mi'Silla temperatura si eJ Vapor de agua estuviera satura~
do:
Pvll_
13.3
x, = 0,622
m u Y pequeña comparada con la de un kilogramo de vapor de agua a la misma
temperatura:
cLTw ~ro + CPvTw
l3.9
Humedad relati>a es la relación entre la presión parcial del vapor de agua en el ai·
re húmedo, y la presión parcial del vapor de agua saturado a la temperatura del
aire húmedo:
P ~será constante la presión de vapor Pv .
La t~rnpera tura de bulbo hUmedo es la que marca en régimen estacionario y
en deterrnmadas condiciones:, un tenn ómetro con su bulbo rodeado con un trap 0
P-Pv,
'{!
=
Pv
Pv,
13.4
Py
--"'
Pv,
X
13.S
x.J
La entalpía del aire húmedo se refiere siempre a la masa de aire húmedo
(1 + x) que contiene una unidad de masa de aire seco. Puede expresarse:
13.6
h = c,,T + x [ro + "• vTI
con temperatura de referencili 0 ° C y presión J atm. Cp0 y Cpy son los calores específ¡cos a presión constante del aire seco y del vapor de agua, r0 el calor
0
(el agua se sopone liquida
de vaporizaciOn·del agua a presión constante y a O
a O •e y 1 atm), siendo:
e
ePo = 0, 24 kca/fkg
0
e
La temperatura de rocío del aire húmedo es aquella para la cual queda
el vapor de agua cuando el aire húmedo se enfría a presjón constante
"•v = 0,46 kcalfkg •e
;
r0 = 597 kcal/kg
La. entalpía de un kilogramo masa de vapor de agua será entonces:
13.7
con Tw temperatura del vapor. La entalpía de un kilogramo de agua líquida:
satu~
De la f ónnula 13 .2 se de duce que al ser en el enfriamiento constan t~s x y
empapado en agua líquida. Puede negarse a la temperatura de bulbo húmedo a
partir del estado del aire húmedo, considerando que a entalpía h consiant e para
el aire
Para ]as condiciones ambientes se cumpJe que:
'{!=
~do
húmedo~ se
lleva al vapor de agua a un estado en que queda saturado.
Se usa Uamar temperatura de bu lb o seco a la temperatura correspondiente
al aire húmedo.
. Son de interés ade_más de los conceptos expuestos, Jas fónnulas correspondientes a los balances de masas· de vapor y de entalpía.
_Balances de masas de vapor y de entalpía
Sea una corriente de aire húm~do que ingresa a un conducto con humedai:l
absoluta x, Y entalpía h1 (ecuación 13 .6 ), saüendo del mismo con humedad
absoluta:. :'• Y entalpía hz (ecuación 13.6). El aire húmedo cruza el conducto
con pre~on constante y en e] mis~
mo intercambia un calor Q y una
masa de vapor de agua o de agua líquida W . La masa de aire seco
contenida en el aire húmedo m se
mantiene constante y la masa W es
m·::.....o.'.,.....¡
:r~
1
m
111
Ja· estrictaroente indispensable para
qtie se produzca ]a variación en Ja
f L(;U.RA 13.1
humedad absolu la del aire húmedo
de x, a X2 (figura 13.1) . h., .es la entalp ia por unidad de masa W y T. la
temperatura de la masa W , de modo que si es vapor de agua h está dad.;'por
13.7 Y si es agua líquida por 13.8 .
' "'
Teniendo en cuenta el concepto de humedad absoluta, el balance de masas
de vapor puede expresarse como sigue:
13.10
13.8
Teniendo en cuenta la fónnula 3. 2, el balance de entolp ías se expresa:
donde ahora T., es la temperatura del agua líquida.
Se cnmple, entonces, que la entalpía de un kilogramo de agua líquida es
mh, + Wh., + Q
= mh2
13.11
104 1ntrod uC:c!6n teórrca
Alre-t.U medo
De las fónnulas l3 .1 O y 13 .JI se deduce que:
h2'-h,
x,- x,
.!
'
= _g_
w
+ h
w
Las curvasde .p constante se obtienen a partir de la fónnula 13, S ..
13.12
D ia gramas de Mollier
Es el h = f{T) de f1g11ra 13.4 .
Es un diagrama de ejes oblicuos.
Las líneas de temperatura constante son
rectas, y su pendiente con respecto al eje
x es (ro+ CpyT) según puede deducirse
de la fónnu\a 13.6 con T constante.
Para los problemas de aire húmedo
se suponen da tos los calores específicos a
presión constante del aire seco ePo y del
La temperatura de saturación adiabática es aquella a que quedaría el air.e
húmedo si el conducto es adiabático, W agua liquida a baja temperatura y el vapor de agua del aire húmedo quedará saturado a la salida del conducto; siendo·
hw muy pequefia en este caso, se tendrá que h 2 "'h 1 por ser Q =O. La temperatura de saturación adiabática es prácticamente igual a la temperatura de bu\·
bo húmedo.
Pro~es.o de mezcla
Sean d QS corrientes de aire. húmedo, una con ht;~med ad absoluta x1 y entalpía h 1 (ecuación 13.6) y la otra e on x 2 y h 2 (13 .6}, la primera contenien·
do m 1 kilogramos de aire seco y la segunda m 2 (ftgura 13.2), que ingresan a
rn 1
una cámara de mezcla (C.M.) J saliendo
x1
IJr
~ (mJ ... m1)
de la misma con x 3 , h3 (13.6) .
C..M ..
._2
__j x' 1JJ
Si ]a cámara de mezcla es adiabática J y
x1 k 1
no e~te condensación de vapor;
FI(;U RA IJ_J
'
T
vapor -de agua ePV ) ya dad os:, ei ~lor de
ra , también dado anteriormente, y, sal~
vo aclaración en contrario, para procesos a. presión constante 1 atm , puede recurtirse a los diagramas mencioriados.
•
También se suponen da tos los valores
de las constantes características del
aire seco R(j y del vapor de agua
R v . Salvo aclaración en contrario
debe considerarse al aire seco y al va~
por de agua como gases perfectos:
FlC:tJRA 1.3.4
-;;m:,_,.:L_____
FIGURA 11.2
1 O~
'
m 1 h 1 · + m;h 2 = (m 1 + m 2 ) h 3
13.13
Si no existe condensación de vapor:
13.14
R.
= 29,3 kgr m/kg K
Rv
= 47,1 kgrm/kgK
De las ÍÓIJIIulas 13.13 y 13.14 se deduce que:
! .
·.!
~
\
'
•
13.\5
T.:unbién pueden utilizarse diagramas
T -S y las la bias correspondientes
vapor de agua.
Dia-gramas de a~ra húmedo
Se representan para presiones constantes · P = 1 atm . · El diagrama psicrométrico x '\= f(T). 'se encuentra ilustrado en la figUra \33 .
l.as líneas. de entalpía constante pueden representarse como rectas, si se
· despre;cia el valor ePv T ante r0 , y en este caso tienen pendiente ·C pjr0 Y.
abscisa al origen h/r0 , segón se deduce de suponer h co!UIIante en la fónnula:
ai
2. PROBLEMAS TIPO
13.16
13·1 - Una masa de aire húmedo tiene temperatura de bulbo seco To = 25 °C,
presión Po = 1 atm Y humedad relativa V' = 6 O'!lo • Determinar:
'
X!
-:ce::;:
x=
.a.'<
Aire ñ.úmedo 107
106 Problemas resue-lt-os
a) temperatura de rocío
b) temperatura de bu lb o húmedo
e) humedad absoluta
d) masa de aire húmedo por m 3
.
•
•
e) temperatura a la que se .iniciar'ía Ja condensación de1 vapor de agua del arre humedo, si éste se enfría a volumen constante.
Solución: Debe tenerse en cuenta que el vapor de agua puede ana.lizarse como si
es tu viese solo. La t ernpera tura de rocío se obtiene teniendo en cu"enta
que al enfriar el aire húmedo a pre-
·T
sión constante, la presión parcial de]
vapor de agua se mantiene constante,
por no cambiar la relación entr-6 1as
masas de vapor y de aire seco+
De tablas de vapor o de un diagrama T -S puede obtenerse la presión del vapor saturado ala temperatura T0 del aire húmedo (figura
13. SJ, y con la humedad relativa
(ecuación 13.4) · calcular la presión
parcial del vapor de agua:
Pv
.Con e! diagrama·psicrométrico (figura 13.6) o el de Mollier (f¡gura 13.7), se
puede obtener la temperatura de rocío, siguiendo una linea de humedad absoluta
constante desde el estado del aire húmedo (O) hasta la curva de saturación, donde op = 100% , Para situar el estado O se tiene T0 y 'Po .
Para obtener Ja temperatura de bulbo húmedo, debe seguirse u na línea de
entalpía constan te desde el estado del aire húmedo O hasta !a curva de saturación, según se indica en las figuras 13.6 y 13,7 . Teniendo en cuenta que para alcanzar la temperatura de bulbo húmedo debe trazarse una linea de entalpía constante, analíticamente a partir de !a fórmula 13.6, puede plantearse;
FR>URA 13.:5-
13.17
i
x 0 es la humedad absolu la del aire húmedo en el estado O (eco ación 13.2 ).
Con Pv _= ~PoPv~ 25 o e tenemos.:
r.
Xo
= 0,622
T,
Py
Po-Pv
13.18
Con Py y Po se obtiene x 0 en 13.18 .
x es la humedad absoluta del aire húmedo, con .p = 100% y la temperatu-
S
ra de bulbo húmedo:
= .Po Pv,0
El estado del vapor es el V de la figura 13.5 y siguiendo la línea de prer.ión
constante Pv hasta la curva de saturación, se obtiene la temperatura de rocío
T,=12°C.
X
= 0,622
Pv~
-,-"-'"'--
13.19
Po- Pv,
Py, es la prer.ión del vapor saturado a la temperatura de bulbo húmedo
Si se adopta un valor para la temperatura de bulbo húmedo T,. , y con
ese valor se obtiene Py, y luego x de 13.19, reemplazando este valor de x en
13.17 debería verificarse esta fórmula, si
fuera el valor correcto. Así, me-
T0 ¡;
•
T••
FIGURA IJ.-6
diante tan leos, puede o bteneT8e la temperatura de bulbo húmedo T•• = 16 o C.
la humedad absoluta se obtiene de 13.18 o de los diagramas psicrométrico
o de Molliér:
XtJo
=
10,5 gramos vapor = O,OJ0
5
kgaire seco
la masa de vapor de agua que ocupa el volumen por m 3 es:
r
=
PvV
RvTo
= 0,012kg
108 Probl-emas resueltas
Alre húmedo 109
La masa de aire seco por
m3
es::
m, = 1,16/cg
r
FIGURA 13.8
P, es la presión inicial del aire seco P, =Po- Py . La masa de aire húmedo por m 3 es:
m = m, + mv = 1,172kgjm 3
Tarn bién puede calcularse teniendo en cuenta que al aire húmedo se le pu ede atribuir una constan te caracter istica:
R =
T
R 11 + xRv
(1 + x)
luego:
P V
m = 0- . RT0
En el caso que e] aire húmedo se enfriara a volumen constante, no deben
• usarse los diagramas psicrométricos- y de Mollier, porque cambia la presión total
del aire húmedo. Situado el estado V del vapor en un diagrama T-S, pnede seguirse la línea de volumen constante correspondiente a ~te estado h~sta cortar a
la línea de saturación, para obtener la temperatura Ty a que se iniciaría la condensación de} vapor de agua cuando e] aire húmedo se enfría a volumen constante (figura 13 .S) . Resulta Tv ,., 11
Si la presión parcial P0 no fuese de 1 atm , solo son válidas las soluciones
explicadas sin usar los d iagrarnas de aire húmedo, ya que éstos valen para P0 =
•e.
=latm.
13-2 - Una masa de aire húmedo tiene presión Po = 1 atm , temperatura de rocío T,. = 10 •e y temperatura de bulbo seco T 0 = 20 •e. Calcular la temperatura de bulbo húmedo y la humedad relativa 'l'o •
Solución: Segú'\ las consideraciones efectuad as en el problema 13-1 , el estado
del aire húmedo (O) p1,1ede situarse en un diagrama psicrométrico o en nn dia:
grama de MoUief, entrando con T... hasta la curva de saturación y siguiendo lue~
go una línea de humedad absoluta constante hasta cortar a la línea T0 constante. Obtenido O se tiene 'l'o y con una línea de entalpía constante hasta la linea
de saturación, la temperatura de bulbo húmedo (figuras 13.8 y 13.9).
Sin usar Jos diagramas de aire húmedo puede recurrir.;e a tablas o a un
diagrama T -S de vapor de agua para
obtener la presión Pv del vapor, ya
que ésta es la que corresponde a la sa·
turación a la temperatura de rocío (fi·
gura· 13.10), y la presión de vapor saturado a la temperatura T0 de bulbo
seco Pv, • La humedad relativa·es:
T
FJGURA ¡J.l O
T,.¡---+-----'1"'
0
'l'o
=
Pv
.Pv,o
= 0,58
S
Para obtener la temperatura de
bulbo húmedo debe procederse en forma idéntica a la explicada en el problema
= 14
13-1 (fórmulas 13.17,13.18 y 13.19), resultando
Si P 0 no· fuese· 1 atm , sólo es válida la solución explicada sin usar los diagramas de aire húmedo, porque éstos son para P0 = 1 atm .
r••
·e.
13-3 - Una masa de aire húmedo tiene P0 = 1 atm , temperatura de rocío
y temperatura 'de bulbo húmedo r.. = 15 o e .
T, = 1 oo e
Determinar la temperatura de bulbo seco.
Solución: Según lo explicado en la solución del problema 13-1, el estado (0) del
aire húmedo puede situarse entrando con la temperatura de bulbo húmedo hasta
-·--,;- ...•
1
A¡re híl medo 1 t 1
11 D Problemas restJ eltos
Ja curva de saturación~ siguiendo una línea de entalpía constante, y entrand9 con
Ja temperatu[a de rocío~ hasta la curva de saturación, siguiendo una Jínea de tumedad absoluta constante (figuras B.ll y 13.12).
r
'
~=
/l}.!j-'1,
fiGURA 11. L1
h
masa de arre seco con tenido en el
aire húmedo es m = 2000 /cgfhora
Calcular: masa de agua líquida W,
masa de vapor Wv y calor Q intercambiados por el aire húmedo.
Soludó n: En un diagrama de MoF' 1r. L.R .~ 13.1 J
llier para aire húmedo puede situarse el estado inicial (1) con las
temperaturas de bulbo seco y de bulbo húmedo (figura 13.14).
Teniendo en cuenta que la entalpía h w por kg
'
de agua líquida W, a baja temperatura es muy
pequeña (ecuación 13 .9 ), y la fónnula 13 .12 resulta que:
·'
o sea
1
Obtenido (O) se conoce la temperatora de bulbo seco T 0 • Sin usar los
diagramas de aíre húmedo, solución válida aún cuando la presión P0 no fuera
1 atm , planteamos:
cp, T 0 + x 0 (r0 + cPvTo)
= cp,T••
x 0 = 0,622
+ x (r0 + CpvT.n)
Pv
Po-
p
13.20
~
COJ)ociendo
X, X o
y
Pv
'
Po-Pv~
r•• , de 13.20 se obtiene
'
13.21
v
(:mi la temperatura de rocío se obtiene Pv , según se explicó en el problema 13-2, y de 13.21 Xo • Luego con la temperatnrn de bulbo húmedo r•• se
obtiene la presión de vapor saturado a esa temperatura y:
x=0622
El estado ( 2) tiene entonces <P> = 100 'lo y además h 2 = h1 • En el calentamiento, la hÚmedad
absoluta x :se mantiene constante. Con x 3 =
= x 2 y T3 = T1 , se sitúa el estado ( 3). Luego, para la humidificación con vapor de agua, de
13.12 y.! 3.7 se obtiene que:
To
= 22 •e.
13-4 - Una corriente de aire húmedo, con presión total Po = 1 atm , temperatnra de bulbo seco 2o'•e y de bulbo·húrnedo 15 •e, ingresa a un conducto adiabático en el cual se lo lleva a un estado (2) de humedad relativa 'P> = IQO '1!.,
humidificándolo adiabáticamente con agua liquida a baja temperatnra. Luego el
aire húmedo es calentado hasta que alcanza una temperatura T:. = 20 •e y humidificado adiabáticamente con vapor de agua a temperatura Tw = 40 •e hasta
que quede con '{!4 = 100 '11. • El aire húmedo mantiene su presión constante. La
El valor ( r0 + ePV Tw) es equivalen te a la pendiente de la isotenna correspondiente a la temperatura Tw , de modo que con una paralela desde ( 3) a esta
isotenna puede situarse ( 4) sobre la curva de satnración.
Obteniendo del diagrama Jos valores necesarios, pned en calcularse W, , Wv
y Q con las fórmulas siguientes:
w. = m (x 2 Wv
De 13.11 con hw
=
m (x4
-
x1)
=
x3 )
= 11 lcg/hora
4 kg/hora
= O es:
Q = m (h 3
-
h2 )
= 2400 kcal/hora
~
12 Problemas res.'U el tos
Aira húmedo
Cuando existe Q '# O en la expresión
general:
adiabática con agua líquida a baja temperatura, de lo explicado en la solución del
·
pro bleina 134 se deduce que el estado ( 4}
estará sobre la linea de entalpía constante
"
que P38a por (5) y sobre la isoterma T4 .
z
Ei. la cámara de mezcla adiabática se r,r---I_,.R---,"'-"?.c_
cumplirá (ecuación 13.1 S) que el estado
( 4} está sobre el segmento que une ( 2} y
;'1==1="7'.~~/'>'
(3} , de modo que, uniendo (3} con ( 4}
se obtiene una recta sobre la que se encuen
tra el estado ( 2} , el cual está además· sobre
la línea de humedad absoluta constante que
pasa por (1).
FI(;Ufl:,\ 13.17
De 13.15 se deduce que:
pendien.1~
irtd iud~
no será posible recurrir a una línea paralela a una isotenn a para situar la recta de pendiente b.h/l>x . Esto puede
hacerse teniendo en cu~nta que el dia~
FIG-URA 13.! 5
grama de Mollier tiene en su margen
una escala {figura 13.15) que indica la
pendiente de rectas que unen Jos valores indicados en la escala con el origen del diagrama.
R
m,
m2
13-5 - Se tiene la instalación de la figura 13.16 .
Una corriente de aire húme·
do con P1 = 1 atm , temperatura
m;u ~A ll.l.f>
de bulbo seco T1 = 5 "C y hu-·
medad relativa 'Pr = 20 %, es calentada a una temperatura de
bulbo seco T2 y luego e.iviada a
una cámara de mezcla adiabática,
a 1a que ingresa junto ·con otra
corriente de aire húmedo a P3 ==
= 1 arm , humedad re la tiva '{J3 =
= 90% y temperatura de bulbo
seco T 3 = 15 ' e . Ambas corrientes salen de la cámara de mezcla en un estado
(4} , de temperatura T 4 = 50 'e, a partir del cual se las humidifica adiabática·
mente con una masa W de agua líquida a baja temperatura hasta que alcanza un
estado ( 5} con 'f's = 100% y Ts = 20 'e.
La presión total de ambas corrientes de aire húmedo se mantiene constante.
Calcular la relación entre las masas de adre seco m1 y m2 contenidas en
las corrientes de aire húmedo.
(3-4}
= '(2-4)
= 2,50
13-6 - Se comprime aire atmosférico desde un estado inicial Po = 1 atm; T 0 =
'Po = 60%, hasta Pr = 4 atm , sin que exista
condensación de vapor de agua del aire húmedo en la compresión. Luego se en·
. fría el aire húmedo a presión P1 constante nuevarnen te hasta la temperatura ini ·
cía! To = 20 'e;. Calcular la masa de vapor de agua que condensa por cada kilo·
gramo de aire atmosférico comprimido.
= 20 'e , con humedad relativa
Solución: Puede recnrrirse a diagramas de aire húmedo para obtener la humedad
absoluta inicial x 0 , situando el estado (0} con. T0 y 'Po . Sale xo = 0,0105.
Al ftnal del enfriamiento, la máxima humedad absolu!a posible será la de saturación a Pr y T 0 (ecuación 13.3):
x, = 0,622
Solución: Cun un diagrama de Mol!ier de aire húmedo puede situarse el estado
, "'' (f~gura 13.17) .
El estado ( 2} esta sobre una linea de humedad absolu !a constante, ya que
la transformación {1-2) consiste en un calen!amiento sin humidificación. El estado (5) puede'situarse con 'Ps y T 5 • Como ( 4-5} es una humidificación
l
( 1J con T 1
iíiii'
113
Cun Pv,10 •c obtenida de tablas de vapor se calcula x, = 0,00375. Sí este
valor máximo posible para la humedad absoluta en el estado final, es menor que
x 0 , por cada kilogramo de aire seco condensa una masa de vapor (ecuación 13 .5)
igual a (x 0 - x,} = 0,00675. La masa de aire húmedo m es la suma .de la masa
de aire seco mo~~ y de vapor m v == x 0 m.a :
m
~
-- k%
=
m-Il + x 0 ma
=
(1 +
X(J)
m.(J
.m
Aira húmedo· 11 S
114 Problemas enunciados.
Luego si m, = 1 kg, implica que m
condensa en tonce:s:
= (1
+ x0 )
.
B · 1O - Un recipiente contiene aire húmedo a temperatura de bulbo seco T =
= 20 oc, la cual se mantendrá constante, presión Po = 1 atm y humedad refauva '/>e = 6 O% • Calcular, si el volumen del. recipiente es V = 2 m' la masa de
vapor de agua necesaria para que quede con op = J 00 'fo •
'
Por kilo de aire húmedo
= 0,0067 kg de v<Ipor de agua
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
13·7 - Aire húmedo a P1 = 1 ahn
temperatura & bulbo seco T 1 =
= 20 o e y humedad rela tiva "'' =
Q=G
= 6 O<ro se comprime, sin que se
P,
pwduzca condensación de vapor
de agua a P2 = 4 alm . Luego se
lo humidifica adiabá ticamente hasI
.Pr
ta que queda saturado~ es decir
PJ
T¡
q;3 = 1 00'% ~con agua líquida aba~
E'KtURA 11.111.
ja temperatura~ manteniendo su
presión constante~ y fmatmente se
lo calienta a presión constante (3·
4) hasta que queda con T4 = 80 °C y 'P• = 90<ro {figura 13.18).
Calcular la temperntura del aire húmedo a la Sai1da del compresor.
'
13-8 - De un estado de ah e húmedo se conoce la temperatura de bulbo seco,
T.,= 25 'C, la de bulbo húmedo T•• = 20 °C y la de rocío T, = 15 °C. Calcular la presión del aire húmedo.
13-9 - Un recipiente rígido contiene una masa de agua líquida m = 5 00 kg en
equilibrio ron aire húmedo a Po = 1 atm y temperatura de bulbo seco To = 20
oc (el equilibrio ~xige que vapor esté en el aire húmedo a la presión de vapor
saturado a 20 oC}. El volumen delreclpiente es V = 1 m 3 • Calcular la presión
final del vapor de a gil a y del ah e seco, si se lleva el interior del recipiente a una
temperatura final Tr = 11 O 'C.
el
l
1
1
,l'
i
-------------------------
CAPITULO 14
TERMOQUIMICA
I.INTRODUCCION TEORICA
La fórmula estequiométrtca correspondiente a una reacción química cualquiera es::
14.1
dohde a1 y b1 son los moles o kilomoles de los reactantes A 1 y de los produc·
tos de reacción B1 •
E) calor de reacc_ión rvr (a volumen constante) es el calor que debe ser in·
tercambiado -por el sistema 'lue eKperimenta la reacción 'luúnica, cuando ésta se·
efectúa a volumen constante, según la ecuación est6'luiométrlca, para que la tem·
peratura fmal de los productos de reacción sea igual a la inicial de los reactantes.
El calor de reacción rpr (a presión constante) se defme según el mismo criterio usado para rvT 1 pero corresponde a reacciones químicas ~ presión constante. Sl rpT es positivo, se dice que la reacción es endoténnica, y en este caso)
si se efectuara adiabá ticaniente, los productos de la reacción q ued·arian a menor
temperatura que los reactantes.
Si Tpr ·es negativo, la reacción es exoténnica, y de efectuarse adiabáticamente los productos de reacción quedarían a una temperatura mayor que los
reactan tes.
Teniendo en cuenta consideraciones viStas al estudiar el primer principio de
la Tennodínámica:
rvr = l: b 1i'ls 1
rpr = E b1hs 1
-
-
l: a1 ~ 1
l: a1h.A 1
14.2
143
l l8
Prob temas resue~tos
Tern:-oqu{m lea
U:.
L'a 1 •
1 , ha, Y JI.. 1 son las energías internas y entalpías por mol o por
kilornol de las sustancias · B 1 y A 1 , con respecto a condiciones de referencia de·
terminadas.
Suele considerarse como condiciones de referencia .en tennoquimica a
P, = 1 atm : T, = 25 "e . Entalpía por kilomol de sustancias cuyas moléculas
están fonnadas: por átomos diferentes, es el calor que debe ser intercambiado en
una reacción qu imica a presión constante 1 atm con temperaturas inicial y final iguales a 25 "e para la formación de un kilomol de la sustancia. Entalp fa de
Jos e1ementos a P,. , T,. es nula. Si h., es la entalpía de referencia, la-energía interna de referencia será U,. = 7i,.- P,. V,: .
t
Cuando la diferencia entre la entalpía correspondiente al estado (P, V, T)
de cualquiera de las sustancias A 1 o B 1 y la que tendr ia en el estado de referen:!!) sea función de la temperatura únicamente, de modo que por ki·
cia (P,
lomol (/¡ í - hr,J = e; (T-.- T,.) • los calores de reacción rvr y rpT carn bian con
la temperatura según la ley de Kirchhoff;
,_y,,
órvr
óT
= l:
b;c,.J1
.
1
2. PROBLEMAS TIPO
14-1 - Un recipiente rígido y adiabático, dividido en dos partes por un tabique,
contiene (figura 14.1} en (1) hidrógeno a tempemtura TH = 10 "C y en (Il) aire
a T, = 15
FEGURA l<U
Se quita el la bique y luego se logra la reac·
(1)
Aire
ción química entre el hidrógeno H, · y e! oxígeno
ni)
O, del aire, formándose vapor de agua H1 0 , el
cual queda a una temperatora final T = 600 "C.
•e.
La ecuación estequiométrica
te a la reacción es:
1 H, +
=
r:t b, -l: a,)Rv T
14.6
Rv es la constante universal de los gases perfectos.y T !a temperatora ab·
soJu ta a que ocurre 1a reacción química, debiéndose suponer nulos los kilomoles
b, ó a¡- para liquidos o sól:idos que intervengan en ]a reacción química. por ser
su volumen despreciable ante el de Jos gases ideales que intervengan.
21
O,
->
""
T.
1 H1 0
El hidrógeno, oxígerio, vapor de agua y nitrógeno del aire podrán suponerse -_
gases ideales:, y su capacidad ca1or ifica por kilornol a presión constante es:
para e] aire, oxígeno, :hidrógeno y nitrógenot y;
cPv
Quiere decir que la variación de Jos calores de reacción con la temperatura es
igual a la diferencia en !re las capacidades caloríficas de Jos productos y de los
reactantes, a volumen constante para rvr t y a presión constante para TPT .
En este caso es que (h, - h,1) solo depende de la temperatora para cualquiera de las sustancias B 1 o A 1 ;
'VT
correspondien~
14.4
14.5
Tpr -
11 5I
= 8,93 kcal/kmol K
para el vapor de agua. Además, la constante universal es:
Rv
= 848kgrmfkmo/K
La composición en volumen (o kilomoles por kilomol) del aire es: oxígeno
O, 21 , nitrógeno O, 79 .
Si en el estado íma1 queda únicamente nitrógeno y oxígeno de] aire y m =
= 20 kg de vapor de agua, siendo el peso molecular del vapor de agua M v = 18
kg/kmol , calcular los kilomoles iniciales de hidrógeno nH y de aire n, .
La entalpía del vapor de agua saturado a 25 "e es h, = -57.827 fr.cal/kmol
(equivalente a su calor de formación a la presión y temperatu m del vapor).
Solución: Por el primer principio, al no existir transferencias de calor ni de traba·
jo, no habrá variación de energía interna, de modo que las energías internas ini·
cial y final serán iguales:
14.7
120 Prob!oe-m11s resueltas
Te rmoqu ím icl 121
donde n8 .. son los kilomoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el
o)< ígeno del aire.
·
U8 es la energía interna por kilomol de hi.drgoeno:
u"
y
=
u",+ c, oo- 25J
con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 •
u,
u
N
8
= li, -
P, V,
; h;
=
o ;
V,
e:
P, = 1 atm
.¡·
T, = 298K
;
v;
U,
.
e:
es ]a energía in terna pOr kiJornoJ de hidrógeno a 25 °
UH,
u.
de 14.8
es la energía interna por kilomol de nitró geno a T = 6 00 o
con U, energía interna por kilomol de nitrógeno a 25
y
e:
, Ji, =
o
/i, = O ;
RvT,
=--
14.8
P,
•e :
V,
de 14.8
En todos Jos casos, la capacidad calorífica a volumen constante c..,. será:
es la energía interna por kilomol de aire:
u.
=
Se obtienen así Jos siguientes valores:
u., + c.. (15- 25)
es la energía
in terna por kilomol de aire • 25
.
o
il8 = -666,3 kcal/kmo/
e:
Uv
1j
U, = -542,1 kcal/kmol
= -54.598,2 kcal/kmo/
;
U0
= 2.262,5 kcal/kmol
1 •
'; i
1i.
'1 !
i.
'
!ir=
O
Uv = V,
;
V, del4.8
+
cv (600- 25)
UN = 2. 262,5 kcal/kmol
Reemplazando en 14.7 :
U v es la energía interna por kilomol de vapor de agua a T = 6 00
la energía interna por kilomol de vapor de agua saturado a 25 •e:
•e y
V,
¡:
'
h, = -57.827 kcal/kmol
;
_R~v_:T.c:.,_
vil' ==-=
Pv,25 • e es la presión del vapor de agua saturado a 25 ° e , la cual puede
Uo = U, + 'Cv0 (600- 25)
-
542,1 n, = -nv54.592,2 + 2262,5n 0 + 2262,5nN 14.9
Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos kilomoles de vapor
de agua como kilomoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que n8 = n v . l.ue·
go reemplazando nv por na en 14.9 :
53.928,7n 8
Pv1115 oc
obtenerse de u na tabla de vapor. de agua, y resulta O, 032 atm •
Uo es la energía interna por ki!omol de oxígeno a T = 6 00 o
-666,3n 8
e:
-
542,1 n,
= 2262,5n 0
+ 2262,5nN
14.10
El número de kilomoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del
número de kilomoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométrica, y el número de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el
ox {geno sobrante ( n0 ) será igual al total menos el que reacciona:
n 0 = 0,21 n 0
-
0,50ny
14.!1
122- Problemu r111su-eltos
Termoq uím lea
El número de kilomoles de nitrógeno nN es igual a O, 79 ve<:es el del aire:
nN = 0,79n,
14.12
De 14.10, 14.11 y 14.12 se obtiene:
Luego nHfn,
=
Ji, = -57.827 kcal/kmo/. hn
= 0,05.
fl,
1
H, + - 0 2
2
-->
H,O
Para el vapor de agua a 25
Ji,
es la entalpía por kilomol de oxigeno:
luego:
14.13
- n0
Al final queda en el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 •e.
Si no hubo intercambio de calor en la reacción química, calcular los kilomoles
iniciales de hidrógeno "" , oxígeno n0 y vapor de agua n v , siendo los kilomoles fmales de vapor de agua nv¡ = 0,5.
.
El oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerados gases ideales y sus capacidades caloríficas a presión constante por kilomol son:
= 6,95 kcal/kmol K
;
es la entalpía por kilomol de hidrógeno:
O
14-2 --Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presión constante
P = 1 atm , contiene una mezcla de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a T0 =
= 60 •e. Se produce la reaoción química entre el hidrógeno y el oxigeno, según
la ecuación estequiométrica:
e"" = cp 0
con h,. = -57.827 kcal/kmol. hv es la entalpía inicial por kilomol de vapor de
agua:
hv =Ji, + Cpy (60- 25)
/
con
55.059,95 "" - 2804,5 n,
1 23
C.v = 8,93 kcal/kmol K
•e se tiene una entalpía:
= -57.827 kcal/kmol
So 1uci 6 n: Por el primer principio, el calor intercambiado en la reacción quúnica
es igual a la entalpía final menos la entalpía inicial por ocurrir la reacción a presión constante, con Q = O (reacción adiabática):
nv1 hv1 - nvhv - nHhH - n0 h 0 = O
C,. 0
(60- 25) = O
14.14
De la e<:uación estequiométrica 14.13 se deduce que el número de kilomoles de hidrógeno será igual al doble del número de kUomoles de oxigeno:
14.15
y que el número de kUomoles de vapor de agua formados es igual al de hidróge·
no~ de modo que:
14.16
Con las ecuaciones 14.14, 14.15 y 14.16 pueden obtenerse los valores:
"" =
0,026 lo:males ; n 0 = 0,013 kmo/e:; ; nv = 0,474 kmo/es
14-3 - Me.!ano (CH 4 } reacciona según la siguiente ecuación estequiométrica, con
el aire necesario:
JCH 4 + 20, --> JCO, + 2H,O
hv1 es la entalpía final por kilomol de vapor de agua:
hv1 = ii;. +
c,v (400- 25)
Calcular !a diferencia entre los calores de reacción rPT y rvT (a presión y
a volumen constante} para la reacción, si ésta se efectúa a T = 25 •e.
120
Prob!e-m;~~s
resueltos
Termoquímlea 12.1
donde ne . son los kilomoles iniciales de hidrógeno que van a reaccionar con el
·
Un es la energía in tema por kilomol de hi_drgoeno :
6x ígeno del aire.
Ve
.
Y
-uH,
= Ve,+
V,
u
Cve (10- 25)
es la energía in terna por ki!omol de hidrógeno a 25 o
e:
con U, energía interna por kilomol de oxígeno a 25 o
N
=
h, -
P, V::
; h, = o ; V::
de 14.8
es la energ (a interna por ki!omol de nitrógeno a T
= 600 o e :
e:
con U, energía interna por kilo mol de nitrógeno a 25 o e:
P,
= 1 atm
;
T,
li
i
V,
V, =
= h, -
P, V;
,· h,
=O
;
V::
de 14.8
En todos los casos, la capacidad calorífica a volumen constante C, será:
Se obtienen así los siguientes valores:
u,, + e;, (15- 25)
fle
= -6 66, 3 kcal/km o/
U, = -542,1 kcaljkmol
Vv = -54.598,2 kcaljkmol
h, =O
¡!
'
14.8
y V,, es la energía interna por ki!omol de aire a 25 'e:
V,.
¡:
i·
U,
es la energía interna por kilomol de aire:
j'
1'
h, = O
P,
¡'' 1
!
;
RvT,
:ti.
Ll
= 298 K
= U,
;
+
·v;:
UN = 2. 262,5 k cal/k mol
del4.8
Reemplazando en 14.7:
cv (600- 25)
Vv
es la energ fa interna por kilomol de vapor de agua a T = 6
la energía interna por ki!omol de vapor de agua saturado a 25 o
e:
h,
oo'e
y
V,
Pv825 • e es la presión del vapor de agua saturado a 25 o e, la cual puede
obtenerse de una tabla de vapor. de agua, y resulta 0,032 alm.
U0 es la energía interna por kilomol de oxígeno a T = 6 00 'C :
c,0
-666,3 na - 542,1 n, = ·nv 54.592,2 + 2262,5 no + 2262,5 nN 14.9
Según la ecuación estequiométrica, se formarán tantos ki!omoles de vapor
de agua como ki!omoles de hidrógeno reaccionarán. O sea, que ne = n v . Lueg<> reemplazando nv por ne en 14.9:
53.928,7 na - 542,1 n,
= -57.827 kcal/kmol
U0 = U, +
(600- 25)
U0 = 2.262,5 kcal/kmo/
= 2262,5 n 0
+ 2262,5 nN
14.10
El número de kilomoles de oxígeno que reacciona es igual a un medio del
número de ki!omoles de hidrógeno, según la ecuación estequiométr!ca, Y el número de kilomoles totales de oxigeno, igual a 0,21 veces el del aire. Luego, el
oxígeno sobrante ( n0 ) será igual al total menos el que reacciona:
n 0 = 0,21 n 0
-
0, 50 na
14.! 1
. -- #·<·-··=· .... -.
-·~--
.. ·
T-ermoq_ uimica 123
122 Problemas resueltoS-
El número de kilomoles de nitrógeno nn es igual a O, 79 veces el del aire:
= 0,79n,
Nn
oon h,
agua:
= -57.827 kcalfkmol.
14.12
De 14.10, 14.!1 y 14.12 se obtiene:
hv
oon
hv es la entalpía inicial por kilomol de vapor de
= h,
+ C..v (60- 25)
7i, = -57.827 kca/fkmol. hH es la entalpía por kilomol de hidrógeno:
55.059,95 NH - 2804,5 n, = 0
h0 es la entalpía por kilomol de oxígeno:
Luego nHfn, = 0,05.
14-2 - Un cilindro, cerrado por un pistón que transmite una presión constante
= 1 atm , contiene una mezc1a de vapor de agua, oxígeno e hidrógeno a TfJ =
= 60 °C. Se produce la reacdón química entre el hidrógeno y el oxígenoJ según
la -ecuadón estequiométrica:
P
H, +
1
2
o,
-+
H,O
14.13
14.!4
Al fmal queda en el recipiente vapor de agua sobrecalentado a T = 400 •e.
Si no hubo in tercarn bio de calor en la reacción química, calcular los kilomoles
iniciales de hidrógeno nH , oxígeno n 0 y vapor de agua n v , siendo Jos kilomoles finales de vapor de agua nvr = 0,5.
El oxígeno, hidrógeno y vapor de agua pueden ser considerados gases ideales y sus capacidades caloríficas a presión constante por kilomol son:
cPH = Cp0 = 6,95 kcal/kmol K
;
cpv
= 8,93 kca/fkmol K
Para el vapor de agua a 25 •e se tiene una entalpía:
h,
luego:
14.15
y que el número de kilomoles de vapor de agua formados es igual al de hidróge-
no) de modo que:
14.16
Con las ecuaciones 14.14, 14.15 y 14.16 pueden obtenerse los valores:
= -57.827 kca/fkmol
nH = 0,026 kmoles ; n 0 = 0,013 kmo/es ; nv = 0,474 kmo/es
Solución: Por el primer principio, el calor intercambiado en la reacción quúnica
es igual a la entalpía final menos la entalpía inicial por ocurrir la reacción a presión constante, con Q =O (reacción adiabática):
nv1 hvr- nvhv - nnhH - n 0 h 0
De la ecuación estequiométrica 14.13 se deduce que el número de kilomoles de hidrógeno será igual al doble del número de kilomoles de oxígeno:
=
O
14-3 - Me.tano (CH4 ) reacciona oegún la siguienle ecuación estequiométrica, con
el aire necesario:
1 CH• + 2 O, -+ 1 C02 + 2 H1 0
hvr es la entalpía fmal porkilomol de vapor de agua:
hvr
= h,
+ cPv (400- 25)
Calcular la diferencia entre Jos calores de reacción rPT y rvT (a presión y
a volumen conslanle) para la reacción, si ésta se efectúa a T = 25 •e.
124 Problemas enunciado.s
TermoQ ulmiti 1 25
Calcular la diferencia entre Jo, calores de reacción a. presión constante rPT
•i la reacción se efecüia en un caso a 100 •e y en otro a 25 •e.
Pueden suponerse gases ideale, a las su•tancias mencionadas en la ecuación
con capacidades caloríficas a presión constante:
e, m.,
= 10,92 kcal/kmol K ; cPo, = 6,95 kca/fkmol K
<eco,
temperatura T, = 80 'e ingresan a un reactor adiabático, de) cual sale vapor de
agua, produciendo en la reacción química 14.13 del hidrógeno y óxígeno del aire, oxígeno sobrante y nitrógeno, a T = 400 'e.
Considerando corno datos a lo• dado• por el problema 14-1 , calcular la rela·
ción entre los kilornoles de hidrógeno nH y de aire n, . El reactor fu~ciona a
presión con•tanie.
= 8,93 kcal/kmol K
Solución: la difél'encia entre Jos calores de reacción Tp-r y rvr (ecuación
14.6} será nula por •er los kilornoles de reactantes y los kilornoles de productos E a1 y E b1 iguales:
3
De 14.S se deduce que:
!'•
~ biCPB l = c;CO~ + 2 'CpH3 O
I: aiCpA i
= CpCH•
+ 2 CPO~
Luego:
órPT
5T = 1,97 kroi/K
Siendo constantes las capacidad es caloríficas molares C, para los reactantes y producto•, la diferencia entre los calores de reacción rp (100 'e) y ~
w~~=
rp (lOO 'e)
•
-
rp (25
'e) =
órPT (100- 25)
óT
= 147,75 kcal
3. PROBLEMAS ENUNCIADOS
14-4
~
Una corriente de hidrógeno a TH = 1 O •e y una corriente de aire a una
CAPITULO 15
COMBUSTION
l.INTRODUCCION TEORICA
J..3 combustión es una reacción·química entre un combustible (generalmen·
te un hldrocarburo) y oxígeno. Se dice que es completa cuando a partir del car·
bono del combustible se forma únicamente C01 (dióxido de carbono) y a partir
del hldrógeno solamente agua (H, O) . Es una reacción exotérmica, y el calor
que se transfiere para que la temperatura ímal de los gases de combustión o producto de reacción sea igual a la inicial de los reaclantes (combustible y oxigeno),
cuando la combustión es completa, se denomina poder calorífico. Si se supone
que toda e1 agua formada queda líquida, se tiene el poder calorífico superior, y sf
se supone que toda el agua queda como vapor el poder calorífico inferior.
Los combustibles: se queman con aire, reacCionando el oxigeno del aire con
el combustible y comportándose el nitrógeno del aire como un gas inerte. Para
el aire se considera que la composición en peso es 23,1 '11. de oxigeno y 7 6,9 '11. de
nitrógeno. La composición en volumen es 21 '11. de oxígeno y 79 'lb de nitrógeno.
El volumen de un kilomol en condiciones normales (CN: 1 atm y O°C) es
22,4 m 3 •
Se define como exceso de aire e al valor:
e=
A:to-t- An.ece:r
100
1S.1
A 11 ol!!u 1 es: el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles o el número
de kilogramos de aire estriclamente necesario para la combustión completa del
combustible.
¡:
128
1t'l:trod u-cd6n t116rica
CombusU6n
A,ct es el volumen de aire en CN, o el número de kilomoles de aire o los Id. logramos de aire realmente usados en la combustión.
Para obtener estos valores se considera que el peso molecular del aire es
M, = ?8.8 kgfkmol , el del oxígeno M0 = 32 kg/kmol y el de nitrógeno MN =
= 2 8 kg/kmol .
.
Los humos o mezcla de gases de la combustión correspondientes a e = O
son los humos puros:, pudiendo entonces considerarse ]os kilomoles de humo pu·
ro n,P y los de exceso de aire n., . Se denomina grado de dilución a:
X
l.
:.:
;
.
= --'"'-''"'--
15.2
En todos los casos se consideran gases ideales a cada· uno de los componen·
les de la mezcla ee gases de combustión.
Diagrama de Rosin y Fehling
j
1
'
!
i
1
ll
,,
•
! i
11
¡.
FIGURA 15.2
i
j
1!
T
FIGURA 15.1
De esta manera se obtiene elvalor OB :
P.
_e_=
esc.h (AB)
.
15.3
nVo
Con una paralela desde B al eje de las temperaturas, se determina la temperatura máxima de combustión en correspondencia con la curva de X constante.
Si el equipo para cuyo funcionamiento se ha efectuado la com bu~ión, debe
mantenerse interiormente a una temperatura T, (temperatura de régunen), solo
se podrá transferir calor en el mismo mientras los hun;os. estén a tem~eratura mayor que T, , de modo que el calor aprovechado sera," la c,ombusl16n fue ~om·
pleta proporci.onal a1· segmento Be . Como el poder calonfico es proporctonal
al se~ento AB se defme el rendimiento de combustión para este caso como:
BC
'le = AB
Para combustiones a presión constante puede usarse el diagrama de Rosin y
Fehling (figura 15.1) donde h es la entalpía por m 3 de humos en condiciones
normales, T la temperatura, X = O la curva para humos puros y X = 1 la curva para aire puro. Entre ambas están las curvas para O< X < 1 .
12.9
15k
Para la resolución de tos problemas correspondientes a este tema de com·
bustión se suponen datos los valores ·de los pesos moleculares del aire, oxígeno Y
nitróge~o ya dados, como as 1 también la composición en peso Y en volumen ya
dadas.
.
Cuando sea posible se recurrirá al diagrama de Rosin Y Fehling, el cual es
adecuado para cualquier combustible, por ser muy próximas las líneas de humos
puros (X= O) trazadas en este diagrama para combustibles diferentes.
Son dato~ para los problemas de este tema, los pesos moleculares del carbono 12 kgjkmol y del hidrógeno 2 kgfkmo l.
T
Si la combustión es completa y adiabática, la temperatura a que quedan los
gases de combustión es la llamada temperatura máxima de combustión. Si se coño ce la temperatura inicial T0 de la mezcla aire-<:ombustible y se obtiene el grado de dilución X co¡.respondiente a la combustión, puede lograrse el valor de la
tenip era tura máxima de combustión T como sigue; usando el diagrama de Rosin Y Fehling, se entra con T0 , hasta la línea correspondiente al grado de dilución X (figura 15.2 ), obteniéf!dose el valor OA . Se suma al valor OA , en la
escala que 'corresponda, P,/n Vo , siendo Pe el poder calorífico del combustible
'
.
,
~ los kilomoles totales de humo y Vo = 22,4 m 3 •
2. PROBLEMAS TIPO
15-1 - Se quema un combustible de composición en peso, carbono 70 'fo , hidrógeno 25 o¡, , resto cenizas. Suponiendo combustión completa Y a~abática a presión constante, con exeeso de aire e = 20 'fo , temperatura del arre usado en la
combustió~ T, = 100 oe y poder calorífico del combustibl~ P, = 8 700 kcal/kg
calcular: a) temperatura máxima de combustión, b) rendmuento de la comb~s­
tión si la temperatura de régimen del equipo es T, = 5 00 oe , e) el exceso de arre
para que la temperatura máxima de. combustión supere en 100 oe a la temperatura del case; a).
•
.-7
t!C:"
...
-= er-·-
!
~""?,_
-1v· --- • r
t•
--
130 .Problemas re5uelto1-
Combustión
131
~ el grado
So lucí ón : Deben tenerse en cuenta las reacciones estequiométricas correspondientes a la fonn~ción de CO, y de vapor de agua H1 0, a partir del carbono y
del hidrógeno:
1Ct0,-+1CO,
15.5
]2 -3:244
1 .
1 H, + - O, -+ 1 H,O
15.6
2
2 3;2:
11
Con estos valores se obtienen los kilomoles·de humos puros
de dilución X :
Los números indicados debajo de los símbolos corresponden a los pesos
molecu1ares.
Entonces, por kilomol de carbono, se tiene un kilomol de CO, y por kilogramo de carbono 1/12 kilomoles de CO, . Por kilogramo de combustible, con
carbono 70 'lo, resultan n co, = (}, 058 lmw/es de e o, .
Por kilomol de hidrógeno se tiene un kilomol de vapor de agua (H, 0), por
kilogramo de hidrógeno 1/2 kilomoles de vapor de agua. Por kilogramo de
combustible
con 25 <ro de hidrógeno, se tienen nH 0 = 0,125 kmo/es de vapor
.
de agua. Los razonamientos expuestos corresponden a las fónnulas generales:
Se entra al diagrama de Rosin y Fehling (figura 15 .2) con la temperatura
del aire T, =JO() •e hasta la curva de grado de dilución 18%, obteniéndose el
cual le co~esponde una entalpía de 40 kcal/m 3 humos CN. Luego
punto A
debe sumarse el valor P0 /nV0 , con Pe= 87(}0 kcal/kgcomb, y:
.
neo~
=-
e
H
=-
;
12
4
El nitrógeno del aire necesario es:
0,451 kmoles
y el aire necesario entonces, es:
=
non
0,21
=
?, 5 71 kmo/es
El exceso de aire resulta:
en.~ =
= (},18 = 18'1>
:al
n = n., + en,.
=
0,489 kmolesfkg comb
_!l_
nV0
;
Vo = 22,4 m 3 /kmol
= 794,3 kcal/m 3 humos CN
FICIURA 15.4
FIGURA 15.3-
2
con e y H indicando el porcentaje en peso de carbono y de hidrógeno en el
combustible.
El oxígeno necesario, según 15. S y 15.6 es, razonando en la misma fonna,
e¡12 kilomoles debido a la reacción !5. 5 y H/4 kifomoles debido a la reacción
15.6 :
e H
non = J2 +
= 0,12(}kmo/es
n
•n
X = _ _:e.::n.=<"'-n~.~P + enliil,¡.-
nhp
.r
•}·--------------~
T,
T
T
T
Se obtiene así el punto B (ftgura 153), al que le corresponde una entalpía
de 834,3 ki:al/m 1 humos eN. Con B y la curva de X= 18'1. se obtiene la
·temperatura máxima de combustión T = 1990 ' e . Entrando al diagrama de.
Ro sin y Fehling con la temperatura de régimen T, = 5 00 • e se obtiene el pun lo
e al que le corresponde una entalp fa de 18(} kcal/m 3 humos eN .
· El rendimiento de la com burrtión será :
Be
11 ' = AB
=
834,3- 180 =' (},
82
834,3- 40
Si se quiere la tempero tura máxima de la combustión:
0,114 lmwles
T
T + 100 'e
= 1990
+ 100 = 2090 'e
132 Prob re mu res.u eltos
Combustión
debe cambiarse el exceso de aire. El exceso de aire puede. obtenerse con el día·
grama de Rosin y Fehling (figura 15.4).
Se entra al diagrama con T' = 2090 •
y se adopta un grado de dilución
X < 18 'lo ya que el exceso de aire debe ser menor, o sea el grado de dilución menor á1 ser T' > T que el 18 'lo calculado para el caso anterior.
Se entra al diagrama con T. = 100 •
y X , y se obtiene el punto A'.
Con T' y X se obtiene B'. Debe cumplirse que B'A' sea equivalente al valor
P</n'Vo , con n' = nhp + en, y X iguala! adoptado.
En caso contrario, deben adoptarse otros valores de X. En la forma explicada se obtiene e "' 1 O% •
133
En la bomba, en valor absoluto:
e
e
15·2 - Se tiene un ciclo Rankine de vapor de agua (figura 15.5) sin sobrecalenta·
miento.
T
La expansión del vapor saturado obtenido en la caldera ( 1) se su~
pone adiabática revers>ble. La presión en la caldera es 1'1 = 1 Oatm =
=Po y en el condensador P2 =P3
e igual a 1 atm . La bomba (3-0)
se considera id ea\. Para transferir ca1
lor a la ca\d era se q nema carbón (suponer composición para e] carbono
FIGURA lB
80 'lo t resto cenizas), de poder ca1orí·
fico P< = 6 000 keal/lcg a presión constante. Suponiendo combustión completa
Y adiabática, exceso de aire e = 20 'lo , temperatura del aire usado en la combustión T. = 20 • e y temperatura de régimen del hogar de la "caldera T, = 25 O • e,
calcular Jos kilogramos de carbón que deben quemarse por kW.hora de trabajo
obtenido del ciclo (1 kW. hora = 860 k cal) .
So lución: El ciclo Rankine (sin sobrecalentamiento del vapor de agua} puede re·
presentarse en el diagrama T-S , conociendo la presión en la caldera (P1 = P0 )
y sabiendo que la expansión es adiabática reversible.
Del diagrama T -S o de ta bias de vapor de agua pueden obtenerse los valores de las propiedades físicas de Jos estados (0), (1), (2) y (3). El calor nece·
sario en la caldera es:
Q = m(h,-ho)
Por k W. hora en la expansión es:
L, = m (h 1
-
h1 )
15.7
luego:
L,
Lo
= m (h 1 -
h1 )
-
mv1 (P1
-
P1 ) = 1 kW.hora
15.8
De 1 S.8 se obtiene que:
Reemplazando en 15.7 se obtiene:
'
Q -
1 kW.hora
(h,- h 0 )
(h 1 ~h 1 )- v3 (P 1 -P;)
Resulta Q = 5 782,6 k cal .
El trabajo es 1 k W. hora = 86 O k cal . Luego elrendimiento del ciclo es:
~
.,
=
1 kW.hora = 0148
Q
,
Se n ocesita una masa de combustible que permita transferir a la caldera la
cantidad Q, = (L/0,148) kca/ = 38.882 kcal , para que se logre 1 kW.hora de
trabajo. Para calcular la masa de combustible necesario para lograrlo, o lo que es
lo mismo, el calor Q< en la caldera ( 0-1) , puede recurrirse al diagrama de Rosin y Fehling, cuya aplicación se ha explicado en la solución del problema 15-1 .
La reacción de combustión es:
·
1
C + l 01 ->C0 1
Quiere decir que con 12 kg de carbono se forma un kilomol de CO, . Pero por kilogramo d.e combustible hay únicamente 0,8 kg. de carbono, de modo
que por kilogramo de combustible se forman neo, = 0,067 !<moles de CO, .
El aire necesario es igual a los kilomoles de oxígeno necesario sobre 0,21 . Cada
12 kg de caroono se necesita un kilomo\ de oxigeno·, pero por kilogramo de
combustible se tienen 0,8 /cg de carbono, de modo que el oxígeno necesario es
n 0 = 0,067 kmo/es . El aire necesario será:
.
1
n. = -no.
- = 0,319 kmo es
n
0,21
134 Problemas UIS-\J eltos
Combustló n 135
Con el exceso de aire en,n = 0,064 kmo/es .
El humo puro es el CO, y el nitrógeno del aire necesario nN =O, 79n,n =
= 0,252 kmo/es . Entonces, los humos puros:
nhp = nN + neo,
= 0,319 kmo/es
La masa de combustible por kW/hora será:
m, = Q, = 6, 84 kg comb /(kW. hora)
q
y los kilomoles totales son:
0,383 kmo/es
El grado de dilución resulta :
=
0,17
=
J7o¡,
3, PROBLEMAS ENUNCIADOS
Con el diagrama de Rosin y Feh!ing (fi·
guras 1S.! y 1S.2) puede obtenerse la
temperatura máxima de la combustión
T y con este valor y la tempera tora de
régimen T,. , el calor aprovechado en la
caldera por kilogramo de carbón.
Entrando al diagrama de Ro sin y Fehling
con T. = 20 ' e hasta .la línea de X =
= 17 'lo se obtiene A (figUra 1S.6) .
Debe sumarse el valor AB equivalente a
,_"""''---Jl-_,--+-----.r P,/n V0 , con Vo = 22,4 m' . Se obtiene
AB = 105 O kcaJJm' hora CN , corre,..
pondien tes a un kilogramo de combustible quemado. Con B se obtiene T , y
con T, el punto
luego:
FIGURA 15..6
e,
Be = 975 kcal/m 3 hora CN
correspondientes a un kilogramo de combustible quemado.
La relación BejAe es igual a la relación entre el calor aprovechado en la
caldera por kilogramo de combustible q y el poder calorífico del combustible.
Luego:
Be
--=
q = Be P.
A
Ae '
e
15-3 - En una cámara de combustión a presión constante, se quema un com buiitible gaseoso formado por 94 'lo de metano y resto gases inertes para la com busy un exceso de aire e = 5 00 '!lo • El poder calorífitión, con aire a T. = 200
co del combustible es P, = 1 O. 300 kcal/kg comb . El peso molecular del metano (C!L, ) es 16 kg/kmol . Los gases formados a la presión de la cámara P = 4
atm , ingresan a una turbina adiabática idea1 1 de ]a que salen a una ternp era tora
final T1 = 450 'e.
Calcular la masa de combustible por kW. hora en el eje de la turbina.
'e ,
-------------------------
CAPITULO 16
TOBERAS Y DIFUSORES
1. 1NTRODUCC10N TEORICA
1
[
;
!'
TOBERAS
Una tobera es un conducto adiabático en el cual un fluido disminuye la pre·
sión y aumen la la velo c.idad.
Si la transformación del fluido es adiabática reversible se tiene una tobera
ideal. Cuando se alcance en la tobera velo cid ades no despreciables ante la veloci·
dad del sonido en el fluido, deberá"tenerse en cuenta la compresibilidad del flui·
do.
En régimen estacionario es válida la fórmula 3.2:
Q - L ,¡e = IJ.H + IJ.Ec + !J. Ep
16.1
Con Q = O ; L,1, = O ; IJ.E, = O queda:
16.2
t;.H + IJ.Ec = O
Quiere decir que en una !o bera dismi·
nuye la entalpía del fluido.
Puede deducirse que en una tobera
ideal convergente-divergente, cuando debe
teloerse en cuenta la compresibilidad del
fluido, en la sección mínima {c-e) (figura
16.1 ) , la velocidad del fluido es igual a la
velocidad del sonido.
FtGURA 1-6-.1
138 1ntro-dute-16n teórica
Toberas y difusores
El aumento en la energía cinética del fluido se consigue con la tobera ha·
ciendo que éste ingrese a la misma con una presión Po mayor que la del amblen·
te o medio a que descarga el fluido P, y dando a la tobera un diseno adecuado.
Así, si es convergente-<iivergente, antes de la sección (e- e) el fluido tendrá velocidades menores que la del sonido, luego de (c-e) mayores.
De la fórmula 16.2 se deduce que la suma de la entalpía y de la energía ci·
nética H + Ee para cualquier estado del fluido en la tobera es la misma, de mo·
do que por unidad de masa se tendrá que:
he - h + e.c
= h +
2
= co~tante
16.3
donde w es la velocidad del fluido.
El valer h, se denomina entalpía de estancamiento y es la que le correspond erá al fluido, en un estado de velocidad nula, con la entropía S correspondiente a cualquiera de sus estados en la tobera ideal.
Cuando el fluido que circula en la tobera puede ser supuesto gas ideal, puede establecerse que en la sección crítica (c-e) de una tobera ideal, son válidas
las fórmulas siguientes:
Pe
P,
=
1E_
T,
~_¿_] k//k-1)
k+l
=
2
k+ 1
16.4
w~F
16.5
16.6
siendo ~ la densidad del fluido y F el área de la sección.
Puede demostrarse que el gasto o masa que circula en una tobera ideal por
unidad de tiempo es directamente proporcional a la presión de estancamien-to e·
inversamente proporcional á la raíz cuadrada de la temperatura de estancamiento:
1
m =P - -
' ff.
De modo que cambios en la presión P, no afectan al gasto en la tobera
ideal mientras esta presión quede debajo de la presión crítica Pe (fórmula 16.4 ). ·
Para el caso de una tobera real, la transformación del fluido será irreversible
y en consecuencia, por ser adiabática, se tendrá un aumento en la entropía de]
fluido.
Suponiendo el fluido un gas ideai (fi·
gura 16.2) se tendrá para una tobera
ideal la transformación {1-2') y para
la tobera real los estados inicial ( 1) y
fmal (2).
El rendimiento 'Ir de la tobera se defme en fonna similar a1 rendimiento
isoentrópico de la turbina (8.1):
,,
S
16.8
FIGURA 16.2
La forma adecuada para una tobera depende de Jos valores de P0 , P, y
Pe . Si Pe ;;. P0 debe ser divergente. Si Pe ..;;; P, debe ser convergente. Y si
P0 > Pe > P, debe S.r convergente-divergente.
DIFUSOR
con k = cp/c, • P, y T, presión y temperatura córrespondien tes al estado de
estancamiento de entalpía h, .
Quiere decir que los parámetros en la sección critiCa solo dependen de las
de estancamiento en una lobera ideal.
La masa m que circula a través de cada una de las reacciones de una tobera
en cada unidad de tiempo es:
m=
! 39
Un difusor es un conductu adiabático en el cual un fluido aumenta la presión y disminuye su velocidad. Para un difusor ideal (transformación del fluido
adiabática reversible) en el cual hay velocidades no despreciables ante la veloci·
dad del sonido, se cumplirá que si la forma es convergente-divergente, la veJaddad en ]a sección mínima o crítica es la velocidad del sonido, como ocurre en
una tobera ideal.
Val en además, para un difusor
ideal, las fónnulas 16.1, 16.2 y 16.3, de
modo que la entalp ia del fluido aumenta eJi el difusor, y las fórmulas 16 .4,
16.5 y 16.6 para difusor ideal cuando el
fluido es gas ideal. En el caso real (figu·
ra 16.3) (suporuendo gas ideal) puede
definirse el rendimiento del difusor en
forma similar al rendimiento il;oentrópi·
co de un compresor (ecuación 8.2) :
•
r
''•
F[GtJRAJI5o.3
16.7
16.9
~
40 Problemas resueltos
Tobera-s y difusores 141
o sea, que 1lD es la relación entre los saltos de entalpía ideal y real.
La forma de una di fu sor depende de los valores de Pe , P, y P, . Si P, .;; ·
.;; P0 deberá ser divergente. Si P, ;.p, deberá ser convergente. Y si P0 < P, <
< P8 deberá ser convergente-divergente.
Para los pro blenias correspondientes a estos temas son datos:
Solución: La masa que circula en la tobera depende únicamente de las condiciones de ·entrada, cuando la presión de descarga sea menor que la presión crítica y
puede expresarse para la sección crítica según la fórmula 16.6:
16.11
f,
''
~·
e", = 0.24 kcal/kg "e
.
;
;
k
= 2 = 1,4
e,
con ~, = PJ R T, , y P, y T, la presión y temperatura en la sección crítica de
área F, . Además por 16 .l O:
(para aire)
¡:!
r:·
Cuando sea necesario podrá recurrirse al diagrama T-S de gases o a Jos diagramas entrópicos tablas de vapores. La velocidad del sonido en un gas ideal
· es:
o
w, = lkRT,
luego:
16.10
con R constante característica por unidad de masa. Para el aire es R = 29 ,]
kgrm/kg K.
Las d efmicioneo de los rendimientos de las !o berns y difusores se han ejern.plificado en gráficos correspondientes a gases ideales pero son válidos sea cual sea
el fluido que circule.
16.12
De 16.12 puede obtenerse P, , teniendo en cuenta que:
=
2
k+ 1
Resulta P, = 3,77 atm. Luego:
ik + Jl
k{(k-1}
Po = P, [ -- ]
2
De la fórmula 16.7 se deduce que:
1
1
1!
1;
¡id
,,
!1
"'•
;·,
= 7atm
m'
Pó
=
m
P0
2. PROBLEMAS TIPO
16-1 - Se tiene un conducto convergentedivergente, al cual quiere uárselo como
!o bera. La sección mínima o crítica tiene área F, = 90 cm 2 y la de salid a (fmal
de la parte divergente) F, = 1 00 cm 2 •
Se dese a que circule en el conducto una masa de aire m = 1 O kg/seg cuando el aire entra con T o = 400 ' C y puede suponerse ideal a la transformación
del aire. La presión de la zona de descarga es 1 atm . Suponiendo velocidad úÍicial despreciable, calcular:
a) Presión P0 a que debe ingresar el aire.
b) Presión P0 para que la masa de aire aumente en un 10'11> cada segundo.
Analizar si la forma del conducto es adecuada.
16.13
Con Po = 7 atm ; m = 10 kgfseg y m' = 11 kg/seg sale de 16.13 que
Po= 7,7atm.
Para que la forma del conducto (convergente-divergente) sea adecuada, debe ser Po > P, > P, , lo que se cumple en este caso.
De las dimensiones de la sección de salida F, depende que se produzcan o
no choques en el interior de la tobera entre la corriente de fluido y las paredes,
pero para la tobera se tendrá, con P, < Pe , la masa m ó m •.
16-2- Analizar la forma que debe tener una lobera en Jos casos que signen:
a) velocidad de entrada w0 = 600 m/seg a Po = 6 atm y T 0 = 700 'C. Fluido: aire.
j
142 Problemas resuelto.s
Tobera-s Y dlfuSoD r-es 143
b) velocidad de entrada despreciable Po = 1,1 atm y T 0 = 40 •c. Fluido aire.
Para ambos casos, la lobera descarga a un medio de presión P, = 1 atm .
y:
(hf- h.d_
(h,- h,)
So 1ución: De be calcularse la sección crítica P, (ecuación 16.4 ), para lo que es
necesario conocer la presión de estancamiento:
2
.
16.14
= e, (T, - Te)
(P,J r•-I!fk
T,
=
LPo
(T}- T,)
Cp
(T¡- T,)
T; = fP,]fk-1!/k
To
16.15
T0
Luego de 16.17 se obtiene T,
= 474,9 K.
T'
tp J
T,
Po
_l=_l
[ 2 l"'fk-1)
= L~
r;
PoJ
Con 16.14 se obtiene T, y con 16.15 P, = 11,2 atm. Luego:
P,
Cp
16.18
Para la tobera ideal es:
2
Wo
=
16.16
P, = 5,9atm
= 452,9K
Para el difusor ideal:
r•-1¡¡•
16.19
Pr no se cónoce, pero con Tr, T, y 1Jn , de 16.19 y 16.18 se obtiene que
P1 = 2,89 atm .
Siendo P 0 > P, >P, la fonna de la tobera debe ser convergente-divergen·
te.
b) La presión de estancamien lo coincide con la presión de entrada. Con 16.16 y
P, =Po sale P, = 0,58atm. La fonna debe ser convergenie pues P, < P,.
•e,
164 - A un düusor ingresa aire a Po = 1 atm; T0 = 20
el cual sale con velocidad despreciable a P, = 4 atm. E! rendimiento del difusor es lln = 0,85 y
la masa de aire que circula m = 10 kgfseg . Calcular la velocidad a que de be ingreSar el aire al difusor, dimensionar la sección de en !rada y analizar la fonna que
debe darse al düusor.
16-3 - Mediante una tobera se expande aire desde un estado Po = 4 atm; To =
= 4 00 o e hasta una presión P, = 1
FIGURA l{iAatm , con rendimiento liT = O, 90 y
Juego se comprime e] aire en un difu·
sor con rendimiento 11D = 0,85-,
hasta que queda con velocidad desprecia ble. La velocidad del aire al ingresar a la lobera también es despreciable. Detenninar la presión del al·
re a la salida del difusor Pr {figura 16.4) .
Solución: De la fórmula 16.9 es:
-
(ho- h,)
liT = (he- h;J =
cP
(T0
.
-
cp(To-
T,)
r;J
e, (T;-
(h,- he)
e, (T,- T 0 )
T; = [P, 1fk-I)fk
·
16.17
(h;- h 0 )
T0 )
16.20
Para un d üuwr ideal es:
So 1uci ón : Por no existir transferencias de calor ni de trabajo, para la tobera y el
difu:sor considerados como sistemas: abiertos _en régimen permanente, y no haber
variaciones de energía potencial y de energía cinética, puede asegurarse que las
entalpías inicial y f"mal son iguales. (h 0 y hr) , de modo que la temperatura final·
a la salida del difusor real será T1 = To = 400
De 16.8 y 16.9 se deduce que:
•e.
=
liD
Te
r;
I.Po]
Luego con 16.20 T,
IJ.E, =
= 460,5 K.
=
435,4 K
De 16.2:
21 m (w/- w&J = meP (T0 -
o sea que con w1 =O implica que:
Wo
= l2e, (T,- T0 )
= 580 m/seg
T,)
f44 Problemas resueltas
1
IN DICE
Para dimensionar la sección de entrada se tiene la fórmula 16.6 :
1
con
T
T,
i'
•l
To
s
FIGURA L6-.S
[P,]
~.
=
= 4,87 atm .
P.
""
~
= 1,20 kgfm 3
Se obtiene F 0 = 0,0143 m 2 •
Para analizar la forma que hay que darle
al difusor, debe calcularse la presión critica Pe . Para determinar la presión de
estancamiento debe obtenerse la ental·
p ia a la temperatura de estancamiento,
en este ca:so igua] a Ja temperatura Ts ,
ya que la velocidad real de salida es despreciab1e) y trazar en un diagrama T -S
una línea de entropía constante d e:sde el
estado inicial hasta la línea de temperatura constante T, (figura 16.5) .
Analíticamente:
1"-lJ!k =·
lPo
Se obtiene P,
Po
RTo
T,
T0
Luego con 16.4:
2 ]
=k+l
k/{k-Jj
P.
e
= 257atm
~
Por ser Po <Pe< P, , el difusor debe tener forma convergente-divergente.
Ex-erg ta . 57, 58, 59
·Adii!lbátro~;o. Umlte
3
Aire, Calor espec:ffico cp del
Calor e5peclflco c11 del 2
Constante carac.ter(stlca del
Aire húmedo 101,102, 103
1.2.
4
~
~ Cl.agramas de
3
104~ 105,110,111,112,
113, ll4
• Ental{a del 102
Aire necesarto
127
Ga.S .icle:a 1, Diagramas TS para un
. ~ ECuación da est.a do de u.n 2
· Er~erg íi!i lntema de un l
Gases ldeales, Mezclas de 31
H umedacl absotuta
• retativa 1 0.2.
47
101, 102
50, 51
Bomb!li 85,86
Bulbo húmedo~ Tempen~turm de 103, 107
Bulbo seco •• Temp.eratura de 103
Jo u le-Bryto-n
Klrchhoff, Le.y de
118
Ci!lldera · 85, 86
Calor 1
C~mari! de mezcla
Liquldosaturado
71,72
18, 19~ 52, 53, 79 ~ 80, 81 · Máquina térm [-ca 35
Cill rnot, Teorema de 36
Medio 1
Clclos frlgorlflc.os . 93, 94
atto, e lelo :3 7
Clausius~ Enunc:tado de 35
• Teoremi! de 36
Pi a n.ck, En.unclado d.e 35
Combust16n !27
Poder -ca lorlfic.o 128
Compresor 18,19, 20, 22, 48, 49,82
Pe 1itróp leas 2.ó, 29
Condensador 85, 86, 94
Presl ón parciii!ll 31
Condiciones norma[es 127
Prim-er principio 1,11~ 17
Da1ton, Ley de 31
Rallkine, Ciclo 132
Dlesel 38
Re<~CCión, Calor de 1 D ~ 118
D lfuso< 139, 143, 144
Rendim lento 35 ~ :3 6, 3 7, .3 8, 50, 86
Dlluci6n, G ri!ldo d-e · 128
• de- un dlfusor 139
·de una tobera 139
Efecto !rigor lfico 94
• e:-::ergi!Uco 59, 61, 62, 66, 67, 68, 69
• Coe-1ic.l ente de 94
• lsoentrópfco 4 7, 48
Energ(;:, tl ni!tlca 11
Régimen permanente, sistemas
-Interna l
.a blertos en 17? 59
· • potencial 11
Régimen varlabt-e, slstemas abi-ertos en 11
Entalplo 11
R lgido, L(mite 3
Entroplo 41, 42, 43,46
Roc{o~ Temperatura d-e 103, 106, 107
Estequ!oméhica, F órm ul il 117
Rosln y Fehiing 1:28, 129, 1.30, 131, 132
Evaporador 93, 94
Ex-c:-eso de a!re 127
·-·.-·-·
~-----------------"""""""~-"""""""~=~,-~=-··.
146 lndlce
·lrreversib!es 35, 36,41~ 43, 45, 57~ 58
• reversl bies 35, 41, 57~ 58
Turbina lB, 19, 20,21,47, 50, 79, 80,81
Sahl raclón ad rab;:!itlca 104
Segundo prlncfplo 35
Separi!!dor de liquido 9:3
Slstema
4
1
i!lb!erto
Unlv-er.so
ll
·Cerrado 1, 57, 58
Sobrecarentador 85, 86
Te-rrnoQu (mica
Tobera
_ VáiYul il reductora
117
THibajo 1
• de el re u rae Ión 17
• de exp-ansión 2
• útil 57, 58, 59
adiabática-s
18, 19, 52, 53, 79 1 80
Vapor, Ciclos de 85, 86, 67 ~ a a
V-apor hilmedo 71, 72
137, 138, 139, 140,141,142
Transformacron~
41,58
·S.!Ih.lri:!!dO 71,72
• sobrec:illentado 71, 73
Vapores, Df.agrama hS ·para
72
• D fagrama TS :para 71 ~ 72
Vaporlzac:ió n, Ci!llor de 12
41, 42
\
l
NUEVA LIBRERI A dio término a la pri·
m-era edición de- esta obra que-
oonst.:~
de
3,000 ej-emplares ell -el mes de noviembre
de- 1984, en los talleres de 'a 1mprenta de
ros Buel'los Ayres S.A.I.C. sita en la calleRondeau 3 2:7 4, Buenos A 1res, Argentina.