Méndez C. Christian.
TERMODINÁMICA
Enero 2007
Br. Christian Arcángel Méndez Chacón.
Lic. en Ingeniería Física.
Profesor:
Ing. Jorge Alejandro Tapia González, Dr.
Profesor de la asignatura.
Universidad Autónoma De Yucatán.
ÍNDICE
I. CAPÍTULO 1: CONCEPTOS BÁSICOS DE LA TERMODINÁMICA.
1.1 Termodinámica, Ley Cero de la Termodinámica 1ª, 2ª y 3ª
Ley de la Termodinámica.
1.2 Sistema, Sistema Cerrado, Sistema Abierto.
1.3 Formas de energía.
1.4 Propiedades de un Sistema. Estado y Equilibrio.
1.5 Proceso.
1.6 Presión, Medidas de Presión.
1.7 Escalas de temperatura.
Problemas resueltos del capitulo.
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1
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4
6
7
9-14
II. CAPITULO 2: PROPIEDADES DE LAS SUSTANCIAS PURAS.
2.1 Sustancias: Sustancia Puras, Propiedades, Procesos de cambio de fase.
15
2.2 Temperatura de saturación, Presión de saturación, Puntos críticos,
Diagramas T  v , P  v y P  T .
16
2.3 Tablas de Propiedades (interpolación)
19
2.3.1 Entalpía.
20
2.3.2 Estados de liquido saturado y de vapor saturado.
20
2.3.3 Mezcla saturada de líquido-vapor.
21
2.4 Vapor sobrecalentado.
22
2.5 Liquido Comprimido.
22
2.6 Ecuación de Estado del gas ideal.
23
2.7 Factor de compresibilidad.
23
2.8 Otras Ecuaciones de estado
24
2.8.1 Ecuación de estado de Van Der Waals.
24
2.8.2 Ecuación de estado de Bettie-Bridgeman
25
2.8.3 Ecuación de estado de Benedict-Webb-Rubin.
25
2.8.4Ecuacion de Virial.
25
Problemas resueltos del capitulo.
26-36
III. CAPÍTULO 3: LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA: SISTEMAS CERRADOS.
3.1 Transferencia de calor.
3.2 Modos de transferencia de calor.
3.2.1 Conducción
3.2.2 Convección
3.2.3 Radiación
3.3 Trabajo.
3.4 Formas de trabajo.
3.4.1 Mecánico
3.4.2 Eléctrico
3.5 1ª Ley de la Termodinámica.
3.6 Calores Específicos.
3.6.1 Energía interna, Entalpia de gases ideales.
3.6.2 Energía interna, Entalpia de sólidos y líquidos.
Problemas resueltos del capitulo
IV. CAPITULO 4: PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA: VOLÚMENES DE CONTROL (V.C.).
4.1 Conservación de la masa en un Volumen de Control (V.C.)
4.2 Conservación de la Energía en un Volumen de Control (V.C.)
4.3 Energía total de un fluido en movimiento.
4.4 Energía total de un fluido permanente
4.5 observaciones de los términos que aparecen en la ecuación de la
1ª Ley de la Termodinámica.
38
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54
56
INDICE
4.6 Algunos dispositivos de ingeniería de flujo permanente.
4.6.1 Toberas y difusores.
4.6.2 Turbinas y compresores.
4.6.3 Válvulas de estrangulamiento.
4.6.4 Cámaras de mezcla.
4.6.5 Flujo en tuberías y ductos.
4.7 Procesos de Flujo No Permanente.
Problemas resueltos del capitulo
V. CAPITULO 5: LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA.
5.1 Introducción a la 2ª Ley de la Termodinámica.
5.2 Deposito de energía y maquinas térmicas.
5.3 Procesos reversibles e irreversibles.
5.4 Carnot.
Problemas resueltos del capitulo.
VI. UNIDAD 6: ENTROPÍA.
6.1 Entropía.
6.2 Procesos de Transferencia de Calor isotérmica
internamente reversibles.
6.3 Principio de incremento de entropía.
6.4 Cambio de entropía en sustancias puras
6.5 El Cambio de Entropía en sólidos, líquidos y gases ideales
6.6 Procesos isentrópicas
6.6.1 Eficiencias isentrópicas
6.7 Balance de entropía.
6.7.1 Cambio de entropía de un sistema
6.7.2 Transferencia de entropía por calor
6.7.3 transferencia de entropía por flujo másico
6.8 generación de entropía
6.8.1 Sistemas cerrados
6.8.2 Volúmenes de control
6.7 Diagrama T  s y h  s .
Problemas resueltos del capitulo
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APENDICE 2
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Bibliografía
Paginas Web consultadas
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TERMODINÁMICA
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Conceptos
básicos de
termodinámica
Capitulo 1
CAPÍTULO
1
L
a termodinámica es una ciencia fundamental que estudia la energía, y desde hace mucho ha sido
parte esencial de los programas de estudio de ingeniería en todo el mundo. Los ingenieros
anteriormente, dedicaban gran parte de su tiempo a sustituir valores en formulas y obtener
resultados numéricos. Pero eso ya no ocurrirá, gracias a que las manipulaciones con formulas y
números ahora se dejan a las computadoras. Los ingenieros del mañana necesitaran una clara firme
comprensión de los principios básicos para formular e interpretar los resultados de problemas más complejos [1].
1.1
Termodinámica, Ley Cero de la Termodinámica, 1ª, 2ª y 3ª Ley de la Termodinámica.
La termodinámica (del griego, thermos [calor] y dynamis [potencia]) estudia cuestiones eminentemente
prácticas, es la rama de la física que estudia la energía, la transformación entre sus distintas manifestaciones,
como el calor, y su capacidad para producir un trabajo. Considera un sistema perfectamente definido (gas
contenido en un cilindro, un kilogramo de vapor que se mueve a través de una tobera, etc.), el cual es obligado
a actuar directamente sobre el medio exterior y realizar, mediante tal acción mutua, una misión útil. No se ocupa
de minúsculos procesos internos que no afectan al exterior y que no pueden ser utilizados.
Está íntimamente relacionada con la mecánica estadística, de la cual se pueden derivar numerosas
relaciones termodinámicas. La termodinámica estudia los sistemas físicos a nivel macroscópico, mientras que la
mecánica estadística suele hacer una descripción microscópica de los mismos.
La termodinámica clásica es la aplicación del enfoque macroscópico, no requiere del comportamiento
de las partículas individuales de la sustancia, y proporciona una manera directa y fácil de resolver los
problemas. Por ejemplo, la presión de un gas en un recipiente es el resultado de la transferencia de momento
entre las moléculas y las paredes. Pero no es necesario conocer el comportamiento de las partículas para
determinar la presión; seria suficiente con conectarle un medidor de presión. En cambio la termodinámica
estadística, permite deducir las manifestaciones macroscópicas de un cuerpo, el calor o el trabajo que puede
intercambiar con el exterior, a partir de la estructura y el movimiento de entidades microscópicas subyacentes
(básicamente átomos). Enfoque mas elaborado, con base en el comportamiento promedio de grandes
partículas individuales.
Una las leyes fundamentales de la naturaleza es el principio de conservación de la energía. El cual
establece que durante una interacción, la energía puede cambiar de una forma a otra, pero la cantidad total de
energía permanece constante, es decir, la energía no puede crearse o destruirse.
Ley cero de la termodinámica, a este principio se le llama "equilibrio térmico". Si dos sistemas A y B
están a la misma temperatura, y B está a la misma temperatura que un tercer sistema C, entonces A y C están
a la misma temperatura. Este concepto fundamental, aun siendo ampliamente aceptado, no fue formulado hasta
después de haberse enunciado las otras tres leyes. De ahí que recibe la posición 0.
[1]Yunus A. Çengel, Micheal A. Boles
Elaboró:
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1
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La primera ley de la termodinámica, también conocido como principio de la conservación de la
energía, la Primera ley de la termodinámica establece que si se realiza trabajo sobre un sistema, la energía
interna del sistema variará. La diferencia entre la energía interna del sistema y la cantidad de energía es
denominada calor. Fue propuesto por Antoine Lavoisier. En otras palabras: La energía no se crea ni se destruye
solo se transforma. (Conservación de la energía).
Q  W  E
( kJ )
(1-1)
Donde: Q =Interacción térmica con el entorno.
W =Trabajo.
E =Energía (cambio en sus propiedades)
La segunda ley de la termodinámica la energía tiene tanto calidad como cantidad, y los procesos
reales tienden a la disminución de la calidad de la energía. Esta ley indica las limitaciones existentes en las
transformaciones energéticas. En un sistema aislado, es decir, que no intercambia materia ni energía con su
entorno, la entropía (desorden en un sistema) siempre habrá aumentado (nunca disminuido, como mucho se
mantiene) desde que ésta se mide por primera vez hasta otra segunda vez en un momento distinto. En otras
palabras: El flujo espontáneo de calor siempre es unidireccional, desde una temperatura más alta a una más
baja.
La Tercera ley de la termodinámica, propuesto por Walther Nernst, afirma que es imposible alcanzar
una temperatura igual al cero absoluto mediante un número finito de procesos físicos. Puede formularse
también como que a medida que un sistema dado se aproxima al cero absoluto, su entropía tiende a un valor
constante específico. La entropía de los sólidos cristalinos puros puede considerarse cero bajo temperaturas
iguales al cero absoluto. No es una noción exigida por la Termodinámica clásica, así que es probablemente
inapropiado tratarlo de ―ley‖.
1.2
Sistema, Sistema Cerrado, Sistema Abierto.
Un Sistema termodinámico o simplemente sistema, es una cantidad de materia o una región en el
espacio elegida para el estudio. La masa o región fuera del sistema recibe el nombre de alrededores (Figura
1.1). La superficie real o imaginaria, que separa al sistema de sus alrededores, recibe el nombre de frontera
(Figura 1.3), puede ser fija o móvil. En términos matemáticos, la frontera tiene espesor cero, y por ello no
contiene masa ni ocupa un lugar en el espacio. Se clasifica en sistema abierto y sistema cerrado, dependerá de
si se elige una masa fija o un volumen fijo en el espacio para el estudio.
Los sistemas serán cerrados o abiertos.
 Sistema cerrado(Figura 1.2):
Masa de control, consiste en una cantidad fija de masa que de ella puede cruzar su frontera, es
decir, la masa no puede entrar o salir del sistema cerrado a diferencia de la energía, que puede ser
en forma de calor o trabajo; del cual su volumen no tiene que ser fijo. Un caso especial es cuando
incluso la energía no se le permite cruzar la frontera, este sistema se denomina sistema aislado.
 Sistema abierto:
O volumen de control, es una región seleccionada en el espacio, encierra a un dispositivo que
comprende un flujo de masa. Tanto la masa como la energía pueden cruzar la frontera de un
volumen de control (Superficie de control).
Calor
Trabajo
Masa
Sistema Cerrado
Forma esquemática por el cual
interactúan (intercambian propiedades)
los sistemas.
Sistema Abierto
Elaboró:
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Frontera móvil
Sistemas, alrededores y frontera
Alrededores
GAS
2 kg
Masa NO
Sistema
GAS
2 kg
3 m3
1 m3
Sistema Cerrado
m=constante
Energía SI
Frontera
Fija
Frontera
Figura 1.1
Figura 1.2
Figura 1.3
1.3
Formas de Energía.
La energía puede existir en diferentes formas: térmica, mecánica, cinética, potencial, eléctrica,
magnética, química, nuclear etc. y su suma constituye la energía total E de un sistema. La energía por unidad
de masa se define como:
e
E
m
( kJ / Kg )
(1-2)
La termodinámica no proporciona información acerca del valor absoluto de energía total del sistema.
Solo trata con el cambio de energía total.
Por comodidad se consideran en dos grupos las diversas formas de energía que conforman la energía total del
sistema: macroscópicas y microscópicas.
Las formas macroscópicas de energía son las que un sistema posee como un todo en relación con
cierto marco de referencia exterior, como las energías cinética [traslacional, rotacional, vibracional] y potencial.
Las formas microscópicas de energía se relacionan con la estructura molecular y el grado de su
actividad molecular, y son independientes de marcos de referencia. La suma de todas las formas
microscópicas de energía se denomina energía interna de un sistema (U ).
Entre las formas de energía interna, se encuentran la:
 Energía sensible: Porción de la energía interna de un sistema, asociado a la energía cinética de
las moléculas, sin que se modifique la composición química del sistema. Cambio de temperatura.
 Energía latente: Energía interna asociada con la fase de un sistema, es decir, a un cambio de fase.
 Energía química: Energía de enlace: Energía interna asociada con los enlaces atómicos.
 Energía nuclear: cantidad de energía interna asociada con, los enlaces dentro del núcleo del
propio átomo.
Despreciando los efectos magnéticos, eléctricos y de tensión superficial, la energía total E de un sistema se
integra por las energías cinética EC , potencial E P , e interna U (Sistema compresible simple) y se expresa
como:
E  U  EC  E P  U 
Elaboró:
mV 2
 mgz
2
( kJ )
(1-3)
3
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1.4
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Propiedades de un Sistema. Estado y Equilibrio.
Una propiedad es una característica de un sistema (presión, temperatura, volumen y la masa). Sin
embargo no todas las propiedades son independientes, algunas redefinen en términos de otras.
La clasificación de las propiedades termodinámicas es:

Intensivas (Son independientes del tamaño de un
sistema, como la densidad especifica, volumen
a
especifico , energía total específica, energía interna
especifica, temperatura, presión y).No dependen de la
masa. Tabla 1.1.

Extensivas (Dependen del tamaño o la extensión del
sistema, tales como la masa, el volumen y la energía).
Dependen de la masa.
Propiedades
Termodinámicas
(a)Las propiedades extensivas por unidad de masa se llaman específicas.
Tabla 1.1
s 

H O
, kg / m 3
(1-4)
2
V
, m 3 / kg
m
E
e  , kJ / Kg
m
U
u  , kJ / Kg
m
v
(1-5)
(1-2)
(1-6)
Un estado son todas las propiedades del sistema, lo cual resulta en un conjunto de propiedades que
describen por completo. Si el valor de alguna propiedad cambia, el estado cambiará a uno diferente.
La termodinámica estudia los estados en equilibrio, cuando las condiciones de todos los tipos relevantes
de equilibrio se satisfacen, es decir, cuando una propiedad del sistema es la misma en toda esta, lo cual implica
un estado de balance. Un sistema está en equilibrio térmico si la temperatura es la misma en todo el sistema. El
equilibrio mecánico se relaciona con la presión, y un sistema está en él no hay cambio en la presión en ningún
punto del sistema con el tiempo. El equilibrio químico se refiere a la no existencia de cambios en la composición
química del sistema durante un tiempo t . Además, si un sistema experimenta cambios de fase, se encontrará
en equilibrio de fase cuando se alcance un nivel de equilibrio y permanezca ahí.
Postulado de estado: “El estado de un sistema compresible simple se determina completamente por dos
propiedades intensivas independientes”.
1.5
Proceso
Un proceso termodinámico se define como un cambio que experimenta un sistema de un estado a
otro, en los cuales para describirlo por completo, deben especificarse sus estados inicial y final, así como la
trayectoria (que es el conjunto de todas las posiciones por las que pasa un cuerpo en cada instante, para un
sistema de referencia concreto) que sigue y las interacciones con los alrededores.
Un ciclo es una serie de estados por las que pasa un sistema. En un ciclo los estados inicial y final son
idénticos.
Elaboró:
4
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Puesto que las propiedades solo están definidas en estado de equilibrio, se puede imaginar un proceso
idealizado durante el cual el sistema esté, internamente, infinitesimalmente próximo a un estado de equilibrio en
todo momento. Un proceso llevado a cabo de esta forma idealizada se denomina proceso cuasiequilibrio o
proceso cuasiestático. Un proceso de Cuasiequilibrio se considera un proceso lo suficientemente lento, como
para permitir al sistema realizar un ajuste interno de manera que las propiedades en una parte del sistema no
cambien mas rápido que en otras.
Una consecuencia importante de esta hipótesis es que las propiedades intensivas del sistema son
uniforme en el espacio durante un proceso cuasiequilibrio. Aunque un proceso cuasiequilibrio es una
idealización, muchos procesos reales pueden aproximarse a esta condición. Esto es verdad, puesto que el
tiempo necesario para que muchas sustancias alcancen el equilibrio interno es pequeño comparado con el
tiempo del cambio del sistema global. Así, en análisis termodinámicos, con frecuencia es necesario y apropiado
modelar un proceso real como un proceso cuasiequilibrio.
Otra ventaja adicional que se obtiene al modelar un proceso como cuasiequilibrio es que se hace posible
dibujar el camino de un proceso cuasiequilibrio en un diagrama de propiedades (diagrama bidimensional en el
que las coordenadas representan la propiedades termodinámicas, como por ejemplo, P  V ). Estos diagramas
son extremadamente útiles en el diseño y análisis de sistemas de ingeniería.
Proceso de flujo estable se define como un proceso en el que un fluido fluye permanente a través de un
volumen de control. Es decir que las propiedades del fluido pueden cambiar de un punto a otro del volumen de
control, pero en cualquier punto fijo permanecen iguales durante el proceso entero. Por lo tanto, el volumen, la
masa y la energía total del volumen de control, permanecen constantes durante el proceso de flujo estable.
Existen procesos especiales, a los cuales se les designa el prefijo iso para mencionar una propiedad que
se mantiene constante en ese proceso. En un proceso isotérmico, es la temperatura quien se mantiene
constante. Un proceso isocórico o isométrico, es a volumen constante. Y un proceso isobárico es a presión
constante.
Proceso politrópico*. Son los procesos de expansión y compresión de gases reales que a menudo la
presión y el volumen dependen como:
(1-7)
PV n  cte.
Figura 1.4
P1V1n  P2V2n
P
1
P1
GAS
PV n  cte.
PV n  cte.
La presión en un proceso
Politrópico se expresa como:
P1
2
P  CV  n
V
Dibujo y diagrama esquemático
Para un gas ideal ( PV
P V
V1
V2
par un proceso politrópico.
 mRT ), esta ecuación se puede escribir como:
*Para mas detalles consultar Capitulo 3, Pág.46.‖ Formas de trabajo‖, sección 3.4.1
Elaboró:
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Wb 
mR(T 2T1 )
, n 1
1 n
(1-8)
( kJ )
Donde:
n [2] y C son constantes.
Wb  Trabajo.
m  masa.
R  Constante de gas universal.
T1 y T 2 temperaturas.
1.6
Presión, Medidas de Presión
La presión es la fuerza que ejerza un fluido por unidad de área. Las unidades de presión se dan en
2
newtons por metro cuadrado ( N m ), la cual se llama pascal ( Pa ).
Así 1Pa  1 N m 2 . En el sistema ingles la unidad de presión es la libra  fuerza por pulgada cuadrada
( lbf pulg 2 o psi ) y 1 atm  14.696 psi (para mas equivalencia consultar el apéndice 1).
La presión solo se emplea cuando se trata con un gas o un líquido. La
contraparte de la presión en los sólidos es el esfuerzo. La presión varía en
dirección vertical como consecuencia de los efectos gravitacionales, pero no
h
existe variación en la dirección horizontal (Figura 1.5). La presión en un tanque
que contiene gas se considera uniforme, puesto que el peso de este se considera
despreciable.
P
En los fluidos la presión aumenta con la altura, debido a que la cantidad
de masa del fluido aumenta con la altura. Si el fluido se encuentra en reposo, la
presión a una determinada altura se puede calcular como:
Figura 1.5
P  Patms  gh
( Pa )
(1-9)
Donde:
P  Presión a calcular.
Patms 
Presión atmosférica.
  Densidad del fluido.
g  Aceleración de la gravedad.
h  Altura.
Cuando la densidad de un fluido es constante, la diferencia de presión se expresa como:
P  P2  P1  gh
( Pa )
(1-10)
Presión atmosférica ( P0 ó Patm ): Peso del aire por unidad de superficie.
Presión atmosférica estándar: Presión producida por una columna de mercurio 760mm de altura ( h ) a
0ºC (  Hg  13595 Kg m3 ) bajo aceleración estándar ( g  9.807 m s 2 ).
Patm  gh
( Pa )
(1-11)
La presión atmosférica se mide con un dispositivo llamado barómetro; por lo que con frecuencia la
presión atmosférica se conoce como presión barométrica.
[2] En el caso de que
Elaboró:
n  1 es equivalente al proceso isotérmico .
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Presión absoluta: Presión real en una posición dada y se mide respecto al vació absoluto, es decir, la presión
del cero absoluto (Ver figura 1.5)
Presión manométrica: Diferencia entre la presión absoluta y la presión atmosférica local.
Pmanometrica  Pabs  Patm
( Pa )
(1-12)
Las diferencias pequeñas y moderadas de presión se miden con un dispositivo conocido como
manómetro, el cual se compone de un tubo de vidrio o plástico en U que contiene un fluido como mercurio,
agua, alcohol o aceite.
 Las presiones por debajo de la atmosférica reciben el nombre de presiones de vació.
 Las presiones absoluta, manométrica y de vació son cantidades positivas y se relacionan entre si por
medio de:
Pmanometrica  Pabs  Pman
(Presiones sobre Patm )
(1-13)
Pvac  Patm  Pabs
(Presiones por debajo Patm )
(1-14)
manométrica
Presión
FIGURA 1.5
Presión atmosférica estándar
Presión atmosférica local
1 atmósfera
760-mm Hg
101,325 Pa
10.34-m H2O
14.7 psi
2
2116 lb/pie
29.92-pulg Hg
33.91 pie H2 O
Presión Absoluta
Vació
de succión
negativa
Presión manométrica
Lectura
local del
barómetro
Presión absoluta
Cero absoluto (Vació Completo)
Pabs  0
1.7
Escalas de temperatura
Temperatura: índice de calor.
Las escalas de temperatura permiten a los científicos utilizar una base común para mediciones de la
misma. Todas las escalas de temperatura se basan en algunos estados fáciles de producir, como los puntos de
congelación y de ebullición del agua (Figura 1.6). Hoy en día las escalas de temperatura utilizadas en el SI y en
el sistema ingles son:
 La escala Celsius [C].
 La escala Fahrenheit [F].
 La escala Kelvin (escala de temperatura termodinámica y que es independiente de
la propiedades de las sustancias) [K].
Elaboró:
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La escala Rankine [R].
La escala Kelvin se relaciona con la escala Celsius por medio de
(1-15)
T ( K )  T (º C )  273.15
La escala Rankine se relaciona con la escala Fahrenheit mediante
(1-16)
T ( R)  T (º F )  459.67
Las escalas de temperatura en ambos sistemas de unidades se relacionan por medio de
T ( R)  1.8T ( K )
T (º F )  1.8T (º C )  32
(1-17)
(1-18)
Para temperatura de un mismo sistema, la variación de temperatura de un cuerpo es de igual magnitud. Es
decir:
(1-19)
T ( K )  T (º C )
T ( R)  T (º F )
(1-20)
T ( R)  1.8T ( K )
(1-21)
Figura 1.6
ºC
100.00
0.01
-273.15
K
ºF
373.15
273.16
0
212.00
32.02
-459.67
R
671.67
Punto de ebullición
del agua a 1 atm
491.69 Punto triple del
agua
0
Cero absoluto
Comparación de diferentes escalas de temperatura
Elaboró:
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PROBLEMAS DEL CAPÍTULO I
PROBLEMA 1.33
El barómetro de un montañista registra 13.8 psia el principio de un ascenso y 12.6 psia al final. Sin
hacer caso del efecto de la gravedad, respecto a la altura, determine la distancia vertical ascendida, suponiendo
3
una densidad del aire de 0.074 lbm / ft .
Solución:
Sabemos que la presión esta dada por la relación:
P  gh
La diferencia de presiones nos da la presión de la columna de aire, a través de la cual se he ejercido el
ascenso, entonces:
P2  P1  gh
h
P2  P1 (13.8  12.6) psia

3
g
0.074 lbm / ft
1lb f  32.174lbm ft / s 2
1 ft  12in
1psi  1lb f / pu lg 2  122 lb f / ft2  144lb f / ft2
h
172.8 lb / ft
2
0.074 lbm / ft
3
h  2335.14 f t
PROBLEMA 1.35
Determine la Presión ejercida sobre un buzo que se encuentra a 30 m por debajo del nivel del mar,
3
suponiendo una presión atmosférica de 101 kPa y una densidad del agua de mar de 1030 kg / m .
Solución:
La presión total en el buzo es la presión atmosférica más la presión manométrica:
Pabs  Patm  Pman  Patm  gh  101kPa  (1030 Kg / m 3 )( 9.81 9.81m / s 2 )( 30 m)
Pabs  404.12 kPa
La presión que siente el buzo a 30m de profundidad es de 404.12 kPa
PROBLEMA 1.37
Un gas contenido en un dispositivo cilindro-embolo vertical sin fricción, contiene un émbolo de masa
2
4 kg y un área de sección transversal de 35 cm . Un resorte comprimido ejerce una fuerza de 60 N sobre el
émbolo. Si se tiene a lado un barómetro que registra una presión de 95 kPa . Determine la presión dentro del
cilindro.
Solución:
Sabemos que la presión absoluta es la presión atmosférica más la manométrica, por lo tanto:
Elaboró:
9
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Pabs  Pm  Patm
 Fr
La presión manométrica depende de la fuerza que ejerce el resorte y la de la
masa del émbolo:
FT  We  Fr  mg  Fr
m  4 Kg
A  35cm 2
We  mg
Pm 
FT (4kg)( 9.81m / s 2 )  60 N

 28.35 kPa
2
A
0.0035 m
Sustituyendo en la ecuación de presión absoluta:
Pabs  Pm  Patm
Pabs  28.35 kPa  95 kPa
Pabs  123.35 kPa
Entonces la presión dentro del sistema, será de 123.35 kPa .
PROBLEMA 1.40
Un manómetro de mercurio (   13600 kg / m ) se conecta a un ducto de aire para medir la presión en el
3
interior. La diferencia entre los niveles del manómetro es de 15 mm y la presión atmosférica es de 100 kPa .
a) Analiza la figura y determine si la presión del ducto está por arriba o por debajo de la presión
atmosférica.
b) Determine la presión absoluta en el ducto.
Aire
A=15cm
Solución:
a) Como se observa en la figura, la columna de mercurio que tiene la
mayor altura es la de la derecha, la cual tiene el extremo a la parte
abierta del ducto, es decir que se encuentra a la presión atmosférica.
Por lo tanto, podemos concluir que la presión atmosférica es menor
que la presión dentro del ducto, debido a que dicha presión es la que
desplaza el fluido en el extremo izquierdo hacia abajo, lo cual hace
que la presión atmosférica no pueda mantener el equilibrio en la
misma altura y es cuando el lado derecho sube.
b) Sabemos que la presión absoluta es la suma de la presión atmosférica con la presión manométrica.
Como conocemos la presión atmosférica, hallemos la presión manométrica empleando la diferencia de
alturas del mercurio; esto de hace con la relación de presión:
P  gh
P  (13600 ks / m )(9.81m / s 2 )(0.015 m)
3
Pm  2.0012 kPa
Esta es solo la presión dentro del ducto, la presión absoluta es la suma de esta presión y la atmosférica:
Pabs  Pm  Patm  2.0012 kPa  100 kPa
Pabs  102.0012 kPa
Elaboró:
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PROBLEMA 1.55
Un tubo de vidrio se une a una tubería de agua. Si la presión del agua en el fondo del tubo es de
115kPa y la presión atmosférica local es de 92 kPa , determine en m la altura a la que ascenderá la columna de
agua en el tubo. Suponga g  9.81m / s en el sitio y considere la densidad del agua como 1000 kg / m .
3
2
h
Solución:
Sabemos que la presión en el fondo es de: Pf  115 kPa y que la presión
atmosférica es de Patm  92 kPa .
Empleando la relación de presión: P  gh
Entonces, sabiendo la densidad del agua y que la diferencia de presiones es
igual a la P , despejamos la altura h :
Agua
h
h
Pf  Patm
g

P
g
(115  92)kPa
 2.3445 m
kg
m
(1000 3 )( 9.81 2 )
m
s
h  2.34 m
Entonces concluimos que la altura máxima que alcanzará el agua debido a la presión, será de 2.34 m .
PROBLEMA 1.84
Un elevador hidráulico en un taller de reparación de automóviles tiene un diámetro de 30 cm , y puede
elevar automóviles de hasta 2000 kg . Determine la presión manométrica del fluido que debe ser mantenida en
el recipiente.
Solución:
Sabemos que la presión que ejerce la masa del automóvil depende del área del elevador hidráulico, y
que esta presión que se ejerce hacia abajo debe ser igual a la ejercida por el fluido dentro del elevador, para
que la fuerza que ejerce el auto sea igual a la del elevador, por lo tanto empleamos la relación:
F Wmax (2000 kg)(9.81m / s 2 )
P 

 277.6 kPa
A  r2
 (0.015 m) 2
Entonces la presión máxima que ejerce el fluido dentro del elevador será de 277.6 kPa .
PROBLEMA 1.90
La presión manométrica del aire medida en el tanque mostrado en la figura, es de 45 kPa . Determine la
diferencia de altura h de la columna de mercurio.
Solución:
Sabemos que el sistema que se muestra en la figura se encuentra en un equilibrio, es decir que las
fuerzas ejercidas por las columnas de fluidos mantienen una relación estable.
Elaboró:
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Con esto, podemos elaborar una ecuación, en la
que expresemos esto:
65kPa
75cm
Aire
30cm
Petróleo
 S1 =0.72
Sabemos que las presiones de cada uno de los fluidos
están dadas por la relación: P  gh .
Agua
h
PT  PH 2O  PHg  PPet
Mercurio
 S 2 =13.6
La densidad relativa (  S ) de cualquier fluido se
expresa por medio de la formula
s   f  H O ,
2
entonces para las sustancias utilizadas
 S 1  13.6   Hg   S1 (1000kg / m3 )  13600
 S 1  0.72   Pet   S 2 (1000 kg / m 3 )  720
Sustituyendo en la primera ecuación los respectivos datos de las presiones:
PT  gh30   S 1  H 2O  g  h   S 2  H 2O  g  h75
45 kPa  (1000 kg)( 9.81m / s
2
)( 0.30 m)  (13600 Kg / m 3 )(9.81m / s 2 )h  (720 kg / m 3 )( 9.81m / s 2 )( 0.75 m)
47,943 Pa  133,416 h  5297.4 Pa
h
47,943 Pa  5297.4 Pa
133,416
h  0.3196 m  32cm
La diferencia de altura en la columna de mercurio es de 35 cm .
PROBLEMA 1.10**
Un astronauta de 150 lbm lleva a la Luna su báscula de baño (una balanza de resorte) y una báscula
de cruz (que compara masas). Ahí, la gravedad local es g luna  5.48 ft / s .
Determine cuánto pesará: a) sobre la báscula de resorte y
b) sobre la báscula de cruz.
Solución:
2
W  150 lbm
g luna  5.48 ft / s 2
Por medio de W  mg , determinamos la masa, debido que en la balanza de cruz
m  W / g tierra = (150 lbm / 32.2) = 4.66 slug
a) Entonces para saber cuánto pesa en la luna con la báscula de resorte, usaremos WL  mg L
WL = (4.66 slug ) (5.48 ft / s 2 )
WL = 25.51 lb f
b) puesto que en la balanza se cruz se equilibran pesos, entonces W p  W de este modo
** Tomado de Yunus A. Çengel,‖Termodinámica‖ 5ta. Edición, 2006. Los otros problemas son de la 2ª Edición, Tomo II, 2000.
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1 lb f  (1) (32.2 ft / s )
2
W p  150 lbm (32.2 ft / s 2 )  150 lb f
PROBLEMA 1.33**
Considere dos sistemas cerrados (A y B). El A contiene 3000 kJ de energía térmica a 20 º C , en tanto
que el B contiene 200 kJ de energía térmica a 50 º C . Los dos sistemas se ponen en contacto. Determine la
dirección de cualquier transferencia de calor entre los dos sistemas.
Solución:
20°C
A
3000 kJ
50°C
B
200 kJ
Por la segunda ley de la termodinámica: El flujo espontáneo de calor siempre es unidireccional, desde una
temperatura más alta a una más baja.
PROBLEMA 1.76**
Considere un manómetro de fluido doble unido a un tubo de aire, como se muestra en la figura. Si la
densidad relativa de un fluido es de 13.55, determine la densidad relativa del otro para la presión absoluta de
aire indicada. Tome la presión atmosférica como 100 kPa .
Solución:
Aire
 S1 =13.5
P =76 kPa
Pabs =100 kPa
40cm
 S 1  13.55
A
S2
PA = Paire + PS 1 = 76 kPa +  S 1  H 2O  g  h
B
Igualando las presiones PA  PB
22cm
PB = Patm + PS 2 = Patm +  S 2  H 2O  g  h
Se obtiene 76 kPa +  S 1  H 2O  g  h = Patm +  S 2  H 2O  g  h
Esto es
3
3
2
2
76 kPa + (13.55)(1000 kg / m )(9.81 m / s )(0.22 m ) = (100 kPa )+(1000 kg / m )(9.81 m / s )(0.40 m )
105.243 kPa =100 kPa +3.924  S 2
Despejando
 S 2 =1.336
PROBLEMA 1.101**
Los globos aerostáticos se llenan con gas helio debido a que su peso es solamente un séptimo del peso
del aire en condiciones idénticas. La fuerza de flotación, que se puede expresar como Fb   aire gVglobo
empujará el globo hacia arriba. Si el globo tiene un diámetro de 10 m y lleva dos personas de 70 kg cada una,
** Tomado de Yunus A. Çengel,‖Termodinámica‖ 5ta. Edición, 2006. Los otros problemas son de la 2ª Edición, Tomo II, 2000.
Elaboró:
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determine la aceleración del globo al momento de liberarlo. Suponga que la densidad del aire es
 aire =1.16 kg / m 3 ,e ignore el peso de las cuerdas y la canasta.
Helio
D =10 m
 He = (1/7)  aire
Solución
Datos
r= 5m
m = 140 kg
 F  ma
y
mT a y  Fb  W p  W g
 aire = 1.16 kg / m 3
4
Vglobo    r 3
3
V globo = 523.5987 m 3
(m p  m g )a y  Fb  W p  W g
Fb   aire gVglobo
W p =1,373.4 N
Fb = 5959.34 N
m  V = 86.76779 kg
mT  m p  m g
mT = 226.76779 kg
Fb   aire gVglobo
W p =2(70 kg ) (9.81 m / s 2 )
W g = (86.767 kg ) (9.81 m / s 2 )
W g =851.19 N
ay 
Fb  W p  Wg
m p  mg
a y =16.46
Elaboró:
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Propiedades de
las sustancias
puras
CAPÍTULO
Capitulo 2
2
E
s obvio , por la experiencia, que las sustancias existen en fases diferentes. A temperatura y
presión ambiente el cobre es un solidó, el mercurio un liquido y el nitrógeno un gas. En
condiciones cada una parece en una fase diferente. Aunque hay tres fases principales— sólida,
liquida y gaseosa — una sustancia tiene diferentes fases dentro su fase principal, cada una con
una estructura molecular diferente.
2.1
Sustancias: Sustancia Puras, Propiedades, Procesos de cambio de fase.
Una sustancia forma de materia de composición uniforme e invariable y cuyas propiedades físicas y
químicas son idénticas, sea cual sea su procedencia. Las sustancias puras se identifican por sus propiedades
características, es decir, poseen una densidad determinada y unos puntos de ebullición y fusión propios y fijos
que no dependen de su historia previa o del método de preparación de las mismas. Por ejemplo, el agua pura,
tanto si se destila del agua del mar, se toma de un manantial o se obtiene en una reacción química por unión
3
del hidrógeno y el oxígeno, tiene una densidad de 1.000 kg / m , su punto de fusión normal es 0 °C y su punto
de ebullición normal es 100 °C. El agua, el nitrógeno, el helio son ejemplos de sustancias puras, por lo que no
tiene que ser de un solo elemento o compuesto químico. Una mezcla de diferentes elementos o compuestos
químicos también es una sustancia pura, siempre que la mezcla sea homogénea.
Una fase es un arreglo molecular distinto, homogéneo en todas partes y se separa de las demás por
medio de superficies frontera fácilmente identificable. Una sustancia existe en diferentes fases, dependiendo de
su nivel de energía. Las dos fases del agua representan un buen ejemplo.
Hay varias situaciones en que dos fases de una sustancia pura coexisten en equilibrio, por lo general en
todas las sustancias puras se observa el mismo comportamiento.
En la fase liquida, una sustancia que no está a punto de vaporizarse, se conoce como liquido
comprimido o subenfriado. En la fase gaseosa un sustancia que no esta a punto de condensarse, recibe el
nombre de vapor sobrecalentado. Durante un proceso de cambio de fase, tanto la fase liquida como la de
vapor coexisten en equilibrio; bajo esta condición el liquido se conoce como liquido saturado y el vapor recibe
el nombre de vapor saturado; la diferencia radica en que aquel líquido está a punto de evaporarse si se le
añade calor o el gas está a punto de condensarse si se le remueve calor, recuerde que en este punto están en
equilibrio y este es denominado como mezcla saturada de liquido-vapor. Para ejemplificar mejor esos
conceptos observamos el siguiente diagrama.
Elaboró:
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Diagrama
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T  v para el proceso de calentamiento de una sustancia presión
constante
T, ºC
0-1 Líquido comprimido.
1-2 Líquido Saturado.
5
P2
2
P2
3
2-3 Cantidades iguales de
líquido y vapor.
4
3-4 Vapor saturado
2-4 Mezcla saturada de
líquido-vapor.
4-5 Vapor sobrecalentado.
P1
1
v
1-2 Calor Sensible
2-3 Calor Latente
Figura 2.1
2.2
Temperatura de saturación, Presión de saturación, Puntos críticos, Diagramas
P T .
T v,P v y
La temperatura a la que el agua empieza a hervir depende de la presión, y si la presión es constante el
punto de ebullición depende de la temperatura.
A una presión dada, la temperatura a la cual una sustancia pura empieza a hervir se llama temperatura
de saturación T sat . Del mismo modo, a una temperatura determinada, la presión a la cual una sustancia pura
empieza a hervir recibe el nombre de presión de saturación Psat . Por ejemplo: Para el agua, a una presión de
101.325 kPa, la T sat es 100º C. En sentido inverso, a una temperatura de 100º C, la Psat es 101.325 kPa.
Durante el proceso de cambio de fase, la presión y la temperatura son propiedades dependientes y con
una relación muy clara entre ellas Tsat  f ( Psat ) . Una grafica de T sat vs. Psat , recibe el nombre de curva de
saturación de líquido vapor (Figura 2.2), curva característica de todas las sustancias puras.
Psat , kPa
Curva de saturación
de líquido vapor
0
Elaboró:
Figura 2.2
T sat , ºC
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El punto donde los estados de líquido saturado y de vapor saturado son idénticos recibe el nombre de
punto critico (Figura 2.3). La temperatura, la presión y el volumen específico de una sustancia en el punto
crítico se denominan temperatura crítica Tcr , presión crítica Pcr , y volumen específico crítico v cr .
P  Pcr
VAPOR
Pcr
Tcr
Punto critico
P  Pcr
Cambio de fase
LIQUIDO
v cr
Figura 2.3
Las variaciones en las propiedades durante los procesos de cambio de fase se estudian y comprenden
mejor con la ayuda de diagramas de propiedades. A continuación se muestran los diagramas T  v (Figura
2.4), y P  v (Figura 2.5), para sustancias puras.
DIAGRAMA
T v
T
Línea de
líquido saturado
Punto critico
Línea de vapor saturado
P2
Región
liquido
comprimido
Región saturada
De líquido-vapor
P1
Región
de vapor
sobrecalentado
Figura 2.4
Elaboró:
v
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Los estados del vapor sobrecalentado se encuentran a la derecha de la línea de vapor saturado, en la
región de vapor sobrecalentado. En estas dos regiones la sustancia existe en una sola fase, como líquido o
como vapor. Todos los estados que abarcan ambas fases en equilibrio se localizan bajo el domo, denominado
región de mezcla saturada de liquido-vapor o región húmeda.
La línea de líquido saturado puede conectarse con la línea de vapor saturado. Éstas se unen en el punto
crítico, formando un domo como se muestra en los diagramas. Todos los estados de líquido comprimido se
encuentran en la región a la izquierda de la línea de líquido saturado, que recibe el nombre de Región de líquido
comprimido.
Proceso a presión constante. Si se agrega una presión P 2 , la sustancia tendrá un volumen específico un
poco más pequeño que el que tenía a la presión P 1 , a medida que se transfiere calor bajo esta nueva presión,
el proceso seguirá una trayectoria muy similar a la del proceso a una presión P 1 , aunque con diferencias
notables. Primero, a esta presión el agua empezara a hervir a una temperatura más alta. Segundo el volumen
específico del líquido saturado es más grande y el volumen específico del vapor saturado es más pequeño que
los valores correspondientes baja la presión P 1 . Esto es, la línea horizontal que conecta los estados de líquido
saturado y de vapor saturado es mucho mas corta.
DIAGRAMA
P
Línea de
líquido saturado
Pv
Punto critico
Línea de vapor saturado
Región
de vapor
sobrecalentado
Región
liquido
comprimido
Región saturada
De líquido-vapor
T2
T1
Figura 2.5
v
La forma mas general del diagrama P  v de una sustancia pura, es similar al diagrama T  v , pero
las líneas de T son constantes. Consideremos una temperatura T 1 . La sustancia existirá como liquido
comprimido, si disminuimos la presión gradualmente y se deja que se intercambie calor con los alrededores,
entonces, su temperatura permanecerá constante. Conforme disminuya la presión, aumentara ligeramente el
volumen del agua. Cuando alcance el valor de la presión de saturación a la temperatura específica, comenzará
a hervir. Durante este proceso de evaporación, tanto la temperatura como la presión permanecen constantes,
pero el volumen específico aumenta. Después de que se evapora la última gota del líquido, una reducción
adicional en la presión produce otro aumento en el volumen específico. Durante el proceso de cambio de fase,
no es posible eliminar ningún peso. Hacerlo causaría que la presión y en consecuencia, la temperatura
disminuyeran [ya que Tsat  f ( Psat ) ], y el proceso ya no seria isotérmico. Si el proceso es repetido a otras
temperaturas, se obtendrán trayectorias similares para los procesos de cambio de fase.
Elaboró:
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La figura 2.6 muestra el diagrama P  T de una sustancia pura, llamado diagrama de fase puesto que
las tres fases se separan entre si mediante tres líneas.
Diagrama
P
P  T de sustancias puras
Sustancias que
se contraen al
congelarse
Sustancias que
se expanden al
congelarse
Fusión
Fusión
Punto Crítico
LÍQUIDO
Vaporización
SÓLIDO
Punto triple
VAPOR
Sublimación
T
Figura 2.6
La línea de sublimación separa las regiones sólida y de vapor, la línea de vaporización divide las
regiones liquida y de vapor, la línea de fusión(o fundido) separa las regiones sólida y liquida. Estas tres líneas
convergen en el punto triple, donde las tres fases coexisten en equilibrio. La línea de vaporización finaliza en el
punto critico por que no se pueden distinguir las fases liquida y de vapor arriba del punto critico. Las sustancias
que se expanden y contraen al congelarse difieren solo en la linead se fusión en el diagrama P  T .
2.3
Tablas de Propiedades
Las relaciones entre las propiedades termodinámicas de la mayoría de las sustancias son demasiado
complejas para expresarse por medio de ecuaciones sencillas. Por tanto, las propiedades frecuentemente se
presentan en la forma de tablas. Algunas propiedades termodinámicas pueden medirse con facilidad pero con
otras no es posible hacerlo de manera directa, así que se calculan mediante las relaciones que las vinculan con
propiedades medibles. Para cada sustancia las propiedades termodinámicas se listan en más de una tabla, ya
que se prepara una para cada región de interés, como las de vapor sobrecalentado, de líquido comprimido y de
saturación (mezcla). Todas tienen en común el volumen específico v .
En algunos casos los datos proporcionados en las tablas no se ajustan a los valores requeridos por tal
motivo, se requiere recurre a la interpolación [3] de datos, de manera sencilla se puede obtener al dato
requerido, definiendo su estado, teniendo una propiedad a analizar y el rango de valores en que se encuentra.
Se utiliza la formula:
Y
punto
X
y2
x2
y
x
y1
x1
[3] Para conocer mas acerca de la interpolación consultar Apéndice 2.
Elaboró:
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 y  y1 
x2  x1   x1
x   2
 x2  x1 
(2-1)
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2.3.1
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Entalpía
Cuando se examinan las tablas se notara dos nuevas propiedades: entalpia h y entropía s . La
entropía es una propiedad relacionada con la segunda ley de la termodinámica y se definirá más adelante
(Unidad 6).
La entalpía es cantidad de energía de un sistema termodinámico que éste puede intercambiar con su
entorno. En el análisis de cierto tipo de procesos, en particular la generación de fuerza motriz y en refrigeración,
a menudo se encuentra la combinación de propiedades U  PV , donde U es energía interna, P es presión y
V es volumen, por simplicidad y conveniencia esta combinación se representa mediante el símbolo H .
H  U  PV
( kJ )
(2-2)
h  u  Pv
( kJ )
(2-3)
O por unidad de masa (entalpía específica):
El término de entalpía (del griego anthalpien que significa calentar), fue acuñado por el físico alemán Rudolf J.E.
Clausius en 1850.
En la ecuación a (2-1) el término PV se conoce como trabajo de flujo o energía de flujo, que es el
trabajo necesario para mantener un flujo continuo a través de un volumen de control.
2.3.2
Estados de liquido saturado y de vapor saturado
Las propiedades de liquido saturado y de vapor saturado para el agua se enumeran en las tablas
termodinámicas, las cuales se enumeran a partir de la temperatura y por la presión. En consecuencia, es mas
conveniente utilizar la tabla de Agua saturada-Tabla de temperaturas cuando se tiene la tabla de Agua
saturada-Tabla de presiones; y la cuando se tiene presión.
En las tablas el subíndice f se emplea pata denotar propiedades e un liquido saturado y el subíndice g para
expresar las propiedades de vapor saturado. Otro subíndice común es fg , el cual denota la diferencia entre los
valores, el cual denota la diferencia entre los valores de vapor saturado y liquido saturado de la misma
propiedad. Por ejemplo:
v f = volumen especifico del liquido saturado
v g = volumen especifico del vapor saturado
v fg = diferencia entre v g y v f (es decir, v fg = v g - v f )
La cantidad h fg es la entalpia de vaporización (o calor latente de vaporización) y representa la cantidad
de energía necesaria para evaporar una masa unitaria de líquido saturado a una temperatura o presión
determinadas. Disminuye cuando aumenta la temperatura o la presión y se vuelve cero en el punto critico.
Localización de v f y v g en las tablas
Temp. ºC
Pres. Sat. KPa
T
Psat
85
90
57.868
70.183
Temperatura
especifica
Elaboró:
Presión de
saturación
correspondiente
v f y v g en las graficas
PoT
Volumen especifico m 3 / kg
Liquido sat.
vf
0.001032
0.001036
Volumen
especifico del
líquido saturado
Vapor sat.
vg
2.8261
2.3593
Volumen
especifico del
vapor saturado
vf
vg
v
20
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2.3.3 Mezcla saturada de líquido-vapor
Durante un proceso de evaporación, una sustancia existe como una parte líquida y otra de vapor, es
decir, una mezcla de líquido y vapor saturado. Para analizar esta mezcla, es necesario conocer las
proporciones de las fases líquida y de vapor. Esto se obtiene al definir una nueva propiedad llamada la calidad
x (propiedad intensiva independiente) como la razón de la masa de vapor y la masa total de la mezcla.
x
mvapor
mtotal

mg
(2-4)
mt
donde
mtotal  mliquido  mvapor  m f  m g
La calidad tiene significado solo para las mezclas saturadas. No tiene significado en las regiones de
líquido comprimido y de vapor sobrecalentado. Su valor se encuentra siempre entre 0 y 1. En mezclas
saturadas, la calidad puede servir como una de las dos propiedades intensivas independientes necesarias para
describir un estado, las propiedades presión y temperatura del liquido saturado son las mismas que en el estado
de una mezcla o como vapor saturado.
Un recipiente que contiene una mezcla saturada liquido-vapor, el volumen ocupado por el liquido saturado
es v f , mientras que el volumen para el vapor saturado es v g . El volumen total V es la suma de los dos:
V  V f  Vg
V  mv  mt v  m f v f  m g v g
m f  mt  m g  mt v  ( mt  m f )v f  m g v g
Dividiendo entre m t , se obtiene
v  (1  x)v f  xv g
3
( m / kg )
(2-5)
Puesto que x  m g / mt , esta relación se expresa como
x
v vf
(2-6)
v fg
Con base en esta ecuación, la calidad se puede relacionar con las distancias horizontales en un diagrama
P  v o T  v . Es posible repetir el análisis para la energía interna y la entalpia, con los siguientes resultados:
u  u f  xu fg
( kJ / kg )
(2-7)
h  h f  xh fg
( kJ / kg )
(2-8)
Todos los resultados tienen el mismo formato, y se pueden resumir en una sola ecuación
y  y f  xy fg
donde y es v , h o u , los valores e las propiedades de las mezclas están siempre entre los valores del
liquido saturado y las propiedades de vapor saturado, es decir,
y f  y  yg
Elaboró:
21
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y
yf
yg
Las tablas también contienen información para mezclas saturadas de sólido-vapor.
2.4 Vapor Sobrecalentado
En la región situada a la derecha de la línea de vapor saturado y superiores a la temperatura en el punto
critico, una sustancia existe como vapor sobrecalentado. Como la región sobrecalentada es de una sola fase
(vapor), la temperatura y la presión ya no son propiedades dependientes.
El vapor sobrecalentado se caracteriza por:
( P < Psat a una
Energías internas superiores
T dada)
( T > Tsat a una P dada)
( v > v g a una P o T dada)
( u > u g a una P o T dada)
Entalpías superiores
( h > h g a una
Presiones menores
Temperaturas superiores
Volúmenes específicos superiores
P o T especificas)
2.5 Liquido Comprimido
Para el líquido comprimido existe una menor cantidad de tablas que para los estados. Debido a la
carencia de datos para el liquido comprimido, una aproximación general es considerar al liquido comprimido
como un líquido saturado a la temperatura dada, debido a que las propiedades del líquido comprimido tienen
mayor dependencia de la temperatura que de la presión. El líquido comprimido se caracteriza por:
Presiones superiores
( P > Psat a una
Temperaturas inferiores
( T < Tsat
Volúmenes específicos inferiores
( v < v f a una
P o T dada)
Energías internas inferiores
( u < u f a una
P o T dada)
Entalpías inferiores
( h < h f a una
P o T especificas)
T dada)
a una P dada)
Al contrario del vapor sobrecalentado, las propiedades del líquido comprimido no son muy diferentes de
los valores correspondientes para el líquido saturado.
Cuando las propiedades de una sustancia se encuentran mayores a las que tendría como líquido
comprimido y menores como vapor saturado, entonces está en estado de mezcla.
Condiciones de
v f  v dado  v g
Mezcla:
Elaboró:
Punto critico:
v f  vg
Liquido saturado:
v  vf
Vapor saturado:
v  vg
Liquido comprimido:
v  vf
22
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2.6 Ecuación de Estado del Gas Ideal.
Cualquier ecuación que relacione la presión, la temperatura y el volumen específicos de una sustancia
se denomina ecuación de estado. Las relaciones de propiedades que comprenden otras propiedades de una
sustancia en estado de equilibrio, también se conocen como ecuaciones de estado. La ecuación mas sencilla y
conocida para sustancias en la fase gaseosa es la ecuación de estado del gas ideal:
Pv  RT
(2-9)
Donde la constante de proporcionalidad, R , se denomina constante del gas. En esta ecuación,
presión absoluta, T es la temperatura absoluta y v es el volumen específico.
La constante R es diferente para cada gas y se determina a partir de:
P es la
Ru
3
(2-10)
( kJ / kg  K o kPa  m /kg  K )
M
Donde Ru es la constante universal de los gases y M es la masa molar (peso molecular) del gas. Ru , es
R
la misma para todas las sustancias y su valor es:
8.31447

8.31447
0.0831447
Ru  
1.98588
10.7316

1545.37
kJ/kmol  K
kPa m 3 /kmol  K
bar  m 3 /kmol  K
BTU/lbmol  R
psia ft3 /lbmol  R
ft lbf/lbmol R
La masa de un sistema es igual al producto de su masa molar
m  MN
M y el número de moles N .
( kg )
(2-11)
La ecuación del gas ideal también la podemos escribir como:
PV  mRT
(2-12)
Para una masa fija, las propiedades de un gas en dos estados diferentes se relacionan entre si por medio
de:
P1V1 P2V2

T1
T2
(2-13)
En el rango de interés práctico, muchos gases familiares como el aire, nitrógeno, oxigeno, helio e incluso
el dióxido de carbono pueden tratarse como gases ideales con un error de aproximadamente el 1%. Sin
embargo, los gases densos, como el vapor de agua y el refrigerante, no deben considerarse como gases
ideales, por lo que es necesario usar tablas de propiedades.
2.7 Factor de Compresibilidad
La desviación del comportamiento de gas ideal puede explicarse de manera apropiada si se utiliza el
factor de compresibilidad Z , definido como:
Elaboró:
23
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Pv
RT
(2-14)
v(real )
v(ideal)
(2-15)
Z
o
Z
Gas Real
 1

Z  1
 1

Gas ideal
Z 1
3
Donde v (real) y v (ideal) tienen unidades de m / kg .
El factor Z casi es el mismo para todos los gases a las mismas temperaturas y presiones normalizadas
respecto a sus temperaturas y presiones críticas. La normalización se efectúa como
Pr 
P
Pcr
Tr 
y
T
Tcr
(2-16) y (2-17)
En la que T r es temperatura reducida y Pr es presión reducida; además Pcr y Tcr son la presión y
temperaturas críticas. Esto se conoce como el principio de los estados correspondientes. Cuando P o T se
desconocen, se pueden determinar a partir del diagrama de compresibilidad con la ayuda del volumen
específico pseudoreducido, definido como:
VR =
v(real )
RTcr / Pcr
(2-18)
2.8 Otras Ecuaciones de Estado
La ecuación de estado de gas ideal es muy simple, pero su ámbito de aplicabilidad es limitado. Es
deseable tener ecuaciones de estado que representen con precisión y sin limitaciones al comportamiento
P  v  T de las sustancias en una región más grande.
2.8.1 Ecuación de Estado de Van Der Waals
a 

 P  2 v  b   RT
v 

(2-19)
Las constantes de la ecuación se determinan en el punto crítico de la sustancia. La mejora que
2
proporciona se debe a que se considera la atracción intermolecular ( a / v ) y el volumen ocupado por las
propias moléculas ( b ).
27R 2Tcr2
a
64Pcr
Elaboró:
y
b
RTcr
8Pcr
(2-20) y (2-21)
24
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2.8.2 Ecuación de Estado de Beattie-Bridgeman
P
Ru T 
c 
v  B   A2
1
2 
3 
v  vT 
v
(2-22)
Donde
 a
A  Ao 1  
 v
y
 b
B  Bo 1  
 v
(2-23) y (2-24)
Una ecuación de exactitud sensata para densidades mayores a 0.8  cr , donde  cr es la densidad de
una sustancia en su punto crítico. Las cinco constantes que maneja han sido determinadas experimentalmente,
y se tiene acceso por tablas.
2.8.3 Ecuación de Estado de Benedict-Webb-Rubin
Es la ecuación de Beattie-Bridgeman extendida a ocho constantes para sustancias a densidades
menores a 2.5  cr .

RT 
C  1 bR T  a a
c 
  2
P  u   Bo Ru T  Ao  o2  2  u 3
 6  3 2 1  2 e v
v
T v
v
v
v T  v 

(2-25)
Los valores de las constantes que aparecen se dan por medio de tablas.
2.8.4 Ecuación de Estado Virial
P
RT a(T ) b(T ) c(T ) d (T )
 2  3  4  5 
v
v
v
v
v
(2-26)
Ecuación de estado en forma de serie
Aplicables solo a la forma gaseosa, sus coeficientes a(T ), b(T ), c(T ), d (T ) (coeficientes viriales) son
funciones de la temperatura. Estos se determinan de forma experimental o teórica a partir de la mecánica
estadística.
Elaboró:
25
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PROBLEMAS DEL CAPÍTULO II
PROBLEMA 2.34
El agua en una cacerola de 5 cm . de profundidad hierve a 98 º C . ¿A qué temperatura hervirá el agua
en una cacerola de 40 cm . de profundidad? Suponga que ambas cacerolas están llenas de agua.
40 cm
5 cm
Solución:
Primeramente, notamos que ambas cacerolas se encuentran a una aparente presión atmosférica
similar, pero el hecho de que se encuentren llenas, nos causa una diferencia de alturas de 35 cm, lo cual nos
puede causar una variación en las temperaturas de ebullición.
Analicemos para la segunda olla:
P2  Patm  P2
P2  Patm  gh2
kg
m
P2  101.3 kPa  (1000 3 )(9.81 2 )(0.4 m)
m
s
P2 = 105.22 kPa
Ahora nos vamos a las tablas del libro y entramos por presión, para encontrar la temperatura de
ebullición. Como no hay un valor exacto para dicha presión, es necesario interpolar:
Presión ( kPa )
100
105.22
125
Temperatura
(°C)
99.63
T
105.99
T
T
(T2  T1 )
( P  P1 )  T1
P2  P1
(105.99  99.63 )
(105.22  100 )  99.63
125  100
T  100.96 C
Es decir que la variación en la temperatura de ebullición será de casi tres grados Celsius por la
diferencia de 35cm en los niveles de agua.
PROBLEMA 2.35
Una olla cuyo diámetro inferior es de 20 cm, esta llena con agua y cubierta con la tapa de 4 kg . Si la
presión atmosférica es de 10 kPa , determine la temperatura en la cual el agua empieza a hervir cuando se
calienta:
Elaboró:
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Solución:
Patm =10 kPa
Patm =101 kPa
m
Wtapa = mg = (4 kg ) (9.81 2 ) =39.2 N
s
Wtapa
1
Ptapa =
= (39.2 N )
 1.247 kPa
A
 (0.1) 2
m = 4kg
  20cm
T =?
H 2O
Sabemos que la presión absoluta de la olla es:
Pabs  Patm  Ptapa  102.25 kPa
Buscamos en las tablas del libro la presión, para determinar la temperatura de evaporación; como no
existe un valor exacto en la tabla para dicha presión, interpolamos:
T
Presiones ( kPa )
100
102.25
125
Temperaturas (°C)
99.63
T
105.99
T2  T1
(105 .99  99 .63)C
(102 .25  100 )kPa  99 .63 C  100 .2C
( P  P1 )  T1 =
P2  P1
(125  100 )kPa
T  102.2 º C
PROBLEMA 2.37
3
Un tanque rígido con un volumen de 2.5 m contiene 5 kg de una mezcla de agua saturada de líquidovapor a 75ºC. El agua se calienta lentamente. Determine:
 La temperatura a la cual el líquido en el tanque se evapora por completo.
 Muestre también el proceso en un diagrama T-v respecto a las líneas de saturación.
V = 2.5 m 3
m = 5 kg
Líquido – vapor
( H 2O )
Solución:
La temperatura a la cual el líquido se comenzará a evaporar será la temperatura de
saturación, la cual se puede obtener de las tablas.
Teniendo que
V = 2.5 m 3 y m = 5 kg , el volumen específico del agua en este estado
es:
v = V / m = 0.5 m 3 / kg
T =75ºC
Dado que lo que se tiene es una mezcla saturada, según la tabla A-4:
Elaboró:
v g 1 = 0.5089 m 3 / kg
T1 = 140 º C
v g 2 = 0.4463 m 3 / kg
T 2 = 145 º C
27
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3
Como el volumen específico del sistema es 0.5 m / kg , se utiliza la interpolación para obtener la
respuesta:
T=
(145 º C  140 º C )(0.5 m 3 / kg  0.5089 m 3 / kg)
 140 º C
(0.4463 m 3 / kg  0.5089 m 3 / kg)
T = 140.7108 º C
El proceso visto desde un diagrama
T v
T
* En el Estado 1 tenemos una mezcla líquido
vapor.
* En el Estado 2 tenemos que el líquido se
comienza a evaporar, llegando a la línea de
saturación con una temperatura constante de
140.7 ºC.
Estado 1

Estado 2
v
PROBLEMA 2.39
Un tanque rígido de 200 L contiene 5 kg de agua a 150 kPa . Determine:
 La temperatura
 La entalpía total
 La masa de cada fase de agua.
Solución:
a) Si se tienen 5 kg de agua en un volumen de 200 L , entonces eso significa que:
v = 0.2 m 3 / 5 kg = 0.04 m 3 / kg .
3
De la tabla A-5, si P = 150 kPa y v = 0.04 m / kg :
T = Tsat @ 150kPa = 111.37 º C .
Puesto que, al ser v f < v < v g tenemos una mezcla saturada.
b) Para conocer la entalpía total, es necesario conocer la calidad, la cual se puede calcular como:
x
v vf
v fg
x = 0.0336
Tabla A-5, para h@ 150 kPa
H = (5 kg ) ( 1  x ) (467.11 kJ / kg + ( x ) (2693.6 kJ / kg )
H = 2709.88 kJ
Elaboró:
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c) Dado que:
x
mvapor
m total
mvapor  x  mtotal  0.168129 kg
mliquido  mtotal  mvapor  4.8318 kg
PROBLEMA 2.40
3
Un recipiente de 0.5 m contiene 10 kg de refrigerante 12 a -20 º C . Determine:
a) La presión
b) La energía interna total
c) El volumen ocupado por la fase líquida.
Solución:
a) Dados los datos que se tienen:
v = V / m v = (0.5 m 3 )/(10 kg ) = 0.05 m 3 / kg
3
0.5 m
10 kg
De la tabla A – 11 vemos que a v f < v < v g a una temperatura de -20
Refrigerante 12
T = -20ºC
º C , por lo
tanto el estado del sistema es mezcla saturada.
La presión de saturación de esta mezcla es P =0.1509 MPa = 150.93 kPa
b) Puesto que se tiene una mezcla, para conocer la energía interna total, se necesita
conocer la calidad.
x
3
v f = 0.0006855 m / kg
v vf
v fg
v g = 0.10885 m 3 / kg
v fg = v g - v f = 0.1081645 m 3 / kg .
x = 0.4559
Conociendo la calidad:
U  m[(1  x)( u f )  xu g ] = 836.85 kJ
c) El volumen ocupado por el líquido se calcula también con el valor de la calidad, y dado que la calidad
se define como la cantidad de masa del gas, entonces el volumen del líquido estará dado por (1  x) , como en
el caso anterior, cuando se calculó la energía interna total.
V f = m(1  x)( v f ) = 0.00372967 m 3 .
PROBLEMA 2.41
3
3
Un dispositivo cilindro émbolo contiene 0.1 m de agua líquida y 0.9 m de vapor de agua en equilibrio a
800 kPa . Se transfiere calor a presión constante hasta que la temperatura alcanza 350 º C .
 ¿Cuál es la temperatura inicial del agua?
 Determine la masa total del agua.
 Calcule el volumen final.
Elaboró:
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
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Muestre el proceso en un diagrama P-v con respecto a de las líneas de saturación.
P =100 kPa
T =350ºC
3
0.9 m (Vap)
a) Como el sistema se encuentra en equilibrio al principio y lo que se tiene es una mezcla
saturada agua líquido-vapor, entonces por medio de la tabla A-5:
Ti  Tsat @ 800 kPa =170.43 º C
b) La masa total del agua se puede determinar con el valor del volumen específico total,
puesto que:
v V /m
V  Vg  V f
3
0.1 m (Liq.)
Luego entonces:
v  v f  vg
Así:
m  (V g  V f ) /(v f  v g )
Y sabiendo que en el primer estado:
V =1 m 3 = (0.1 m 3 + 0.9 m 3 )
Por medio de la tabla A-5:
v f =0.001115 m 3 / kg v g = 0.2404 m 3 / kg
v = 0.241515 m 3 / kg
Despejando en la fórmula:
m  V / v = 4.14 kg
c) En el estado final, T =350 ºC, a la misma presión que en el estado inicial, por tanto, dado que
T  Tsat @ 800 kPa en este estado el sistema se encuentra en forma de vapor sobrecalentado, por tanto, el
volumen final se puede calcular con el valor del volumen específico y la masa total (que ahora estará toda
en forma gaseosa):
v = 0.3544. m 3 / kg
m =4.14 kg
Sustituyendo,
V  v  m =1.467216 m 3
d) El proceso anterior en un ciclo P-v
En el siguiente esquema se muestra que
P
* En el Estado 1 se encuentra una mezcla
líquido-vapor.
* En el Estado 2 ya es vapor sobrecalentado.
Estado 1
>
Estado 2
* Como se aprecia en el diagrama la presión
es constante durante todo el proceso, y solo
se observan cambios en el volumen
específico.
v
Elaboró:
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PROBLEMA 2.46
3
Un tanque rígido de 0.5 m contiene una mezcla saturada de refrigerante 134 a 200 kPa . Si el líquido
saturado ocupa el 10 por ciento del volumen, determine la calidad y la masa total del refrigerante en el tanque.
Solución:
Si el líquido ocupa el 10% del volumen y la calidad se define como la cantidad de masa de gas con
respecto de la masa total, entonces:
x = 1 – 0.1 = 0.9
Tomando en cuenta la siguiente relación:
V = m(1  x)( v f ) + ( x)( m)( v g )
Como todas las variables son conocidas ( v f =0.0007533 y v g =0.099867 se pueden observar en la
tabla A-12) se despeja m de la ecuación, la cual queda de la siguiente manera:
m
V
(1  x)( v f )  ( x)( v g )
m = 5.52213 kg
PROBLEMA 2.52
Un globo aerostático esférico con un diámetro de 6 m se llena con helio a 20 º C y 200 kPa . Determine
el número de moles y la masa del helio en el globo.
Helio
D =6 m
200 kPa
T =20ºC
Solución:
Utilizando la ecuación de gas ideal:
PV  mRT
Despejando para la masa:
m
PV
RT
Pero se necesita conocer el volumen, el cual es fácilmente calculado dado el
diámetro del globo esférico:
4
V    r 3 = (4 / 3) (  ) (27 m 3 ) = 113.0973 m 3
3
Ahora, para calcular la masa, las dos masas que nos piden, lo podemos hacer de cuatro maneras: La
primera es usar la constante universal de los gases, Ru la cual nos dará el resultado en kilo-moles:
m
(200 kPa)(113.0973 m 3 )
(8.314 kJ/kmol·K)( 293 K )
m = 9.285488 kmol
Si se utiliza la constante del helio, se obtendrá el resultado en kg:
Elaboró:
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m
(200 kPa)(113.0973 m 3 )
(2.0769 kJ/kmol·K)( 293 K )
m = 37.17 kg
O, conociendo la masa molar del helio:
datos anteriores, la masa requerida será:
M =4.003 kg / kmol se puede calcular, de cualquiera de los
m = (4.003 kg / kmol ) (9.285 kmol ) = 37.17 kg
m = (37.17 kg ) / (4.003 kg / kmol ) = 9.2855 kmol
PROBLEMA 2.54
3
El aire en una llanta de automóvil con un volumen de 0.015 m se encuentra a 30 ºC y
150 kPa (manométrica). Determine la cantidad de aire que debe agregarse para elevar la presión al valor
recomendado de 200 kPa (manométrica). Suponga que la presión atmosférica corresponde a 98 kPa y que la
temperatura y el volumen permanecen constantes.
Estado 1
Estado 2
V =0.015 m 3
T =30 ºC
P1 =150 kPa
P2 =150 kPa
Si el volumen y la temperatura permanecen constantes, entonces la ecuación de gas ideal se reduce de
la siguiente manera:
m
PV
RT
Luego entonces:
m  m2  m1
Puesto que es constante
m 
Los valores de
V
( P2  P1 )
RT
P y T deben estar en unidades absolutas, por lo que
P1  Pman1  Patm  150 kPa +98 kPa  248 kPa
P2  Pman2  Patm  250 kPa +98 kPa  348 kPa
T1  T2  30  273  303 º K º
Así, la cantidad de aire que es necesaria agregar para que el sistema termine con 200 kPa es:
Elaboró:
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m 
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V
(0.015 m 3 )
348  248 kPa  0.0172 kg
( P2  P1 ) =
(0.287 KJ / kg  K )( 303 K )
RT
m =0.008624 kg
PROBLEMA 2.55
3
El medidor de presión en un tanque de oxígeno de 1.2 m registra 500 kPa . Determine la cantidad de
oxígeno en el tanque si la temperatura es 24 º C y la presión atmosférica es 97 kPa .
Patm =97 kPa
500 kPa
O2
V =1.2 m 3
T =24ºC
En la tabla A-1, se observa que R aire =0.287 kJ / kg  K y que la presion y la temperatura deben estar en
unides absolutasasí:
PV (500 kPa  97 kPa)(1.2 m 3 )
m
=
(0.287 kJ/kg·K)( 297 K )
RT
m = 8.4046 kg
PROBLEMA 2.58
3
Un tanque de 1 m que contiene 25 ºC y 500 kPa se conecta, por medio de una válvula, a otro tanque
que contiene 5 kg de aire a 35 ºC y 200 kPa . Después se abre la válvula y se deja que todo el sistema alcance
el equilibrio térmico de los alrededores que se encuentran a 20 ºC. Determine el volumen del segundo tanque y
la presión de equilibrio final del aire.
Solución:
Sabemos que R aire =0.287 kJ / kg  K .
Para resolver este problema se consideran las condiciones
de los tanques:
Tanque 1
(Aire)
V =1 m 3
T =25ºC
P1 =500 kPa
Tanque 1
(Aire)
m =5 kg
T =35ºC
P2 =200 kPa
Tanque 1
V =1 m 3
Tanque 2
m =5 kg
T =25ºC
T =35ºC
P1 =500 kPa P2 =200 kPa
Entonces, de la ecuación de gas ideal despejada para el
volumen:
Elaboró:
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PV  mRT  V2 
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mRT 2
3
= (5 kg )(0.287 kJ / kg  K )(308 K )/(200 kPa ) = 2.2099 m
P2
En el segundo estado:
VT  V1  V2
mT  m1  m2
T = 20 ºC
Raire =0.287 kJ / kg  K
Utilizando de nuevo la ecuación de gas ideal despejada ahora para presión:
P
mRT
V
Pero es necesario calcular el valor de m 2 , que fácilmente se calcula utilizando de nuevo la ecuación de
gas ideal despejada ahora para masa:
m1 =
(500 kPa)(1m 3 )
(0.287 kJ / kg  K )( 298 K )
m1 = 5.84617 kg
Conociendo el valor de m1 :
P=
(5.84617 kg  5kg)( 0.287 kJ / kg  K )( 293 K )
(1m 3  2.2099 m 3 )
P = 284.14 kPa
PROBLEMA 2.73
3
Un tanque de 1 m contiene 2.841 kg de vapor a 0.6 MPa . Determine la temperatura del vapor,
utilizando: a) la ecuación de gas ideal, b) la ecuación de van der Waals y c) las tablas de vapor.
Usando la ecuación de gas ideal:
PV  mRT

T
PV
mRT
Suponiendo que trabajamos con agua, Ragua = 0.4615 kJ / kg  K
(600 kPa)(1 m 3 )
T
(2.841 kg)( 0.4615 kJ/kg·K)
T = 457.62º K =184.62 ºC
a) Utilizando la ecuación de van der Waals:
a 

 P  2 v  b   RT
v 

Entonces, utilizando:
Elaboró:
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27R 2Tcr2
a
64Pcr
y
b
RTcr
8Pcr
a = 1.70428 m 6  kPa / kg 2
b = 0.00169 m 3 / kg
v = V / m = 0.35198 m 3 / kg
Despejando la ecuación de Van der Walls para temperatura:
[600 kPa  (1.70428 m 6·kPa/kg) /(0.35198 m 3 /kg) 2 )]( 0.35198 m 3 /kg  0.00169 m 3 /kg)
T =
(0.4615 kJ/kg·K)
T =465.867º K = 192.867 ºC
b) Utilizando las tablas de vapor de agua:
3
Si v = 0.35198 m / kg
P =0.6 MPa
v sat < v
(Vapor sobrecalentado)
3
Para v = 0.352 m / kg ,
Tsat @ 0.6 MPa =200ºC=273º K
PROBLEMA 3.36**
3
Un recipiente rígido de 1.8 m contiene vapor 220ºC, un tercio del volumen está en la fase liquida y el resto en
forma de vapor. Determine
a) la presión del vapor.
b) la calidad de la mezcla saturada.
c) la densidad de la mezcla.
Solución:
Estado
T1 =220ºC
V f = (1 / 3)Vt =0.6 m 3
V g = (1 / 3)Vt =1.2 m 3
Utilizando las tablas de Agua saturada, entrando con la temperatura dada, encontramos:
v f =0.00119 m 3 / kg
v g =0.08619 m 3 / kg
a) Psat @ 220 º C =2318 kPa
** Tomado de Yunus A. Çengel,‖Termodinámica‖ 5ta. Edición, 2006. Los demás problemas son de la 2ª Edición, Tomo II, 2000.
Elaboró:
Br. Christian A. Méndez Chacón.
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b)
mg =
Vg
vg
=
1.2m 3
=13.93 kg
0.08619m 3 / kg
x
mg
mg  m f
=
mf =
Vf
vf
=
0.6m 3
=504.2 kg
0.0019m 3 / kg
13 .93 kg
=0.026
13 .93 kg  504 .2kg
c)

mT mg  m f (504.24  13.93)kg
3
=
=
=287.87 kg / m
3
VT
1.8m
VT
PROBLEMA 3.37**
Un dispositivo de cilindro-émbolo contiene 0.85 kg de refrigerante 134ª a -10ºC. El embolo, que posee
libertad de movimiento, tiene una masa de 12 kg y un diámetro de 25cm. La presión atmosférica local es de
88 kPa . Si se transfiere calor al refrigerante 134ª hasta que la temperatura sea de 15ºC, determine,
a) la presión final.
b) el cambio en el volumen del cilindro.
c) el cambio en la entalpia del refrigerante 134a.
Q
R-134ª
T =-10ºC
m = 0.85 kg
Solución:
a) calculando la presión y recordando que se expresa en presiones absolutas,
tenemos que:
P1  Patm  Pman
De donde
Patm = 88 kPa .
 =25cm.
W (12 kg)( 9.81m( s 2 )
Pman = =
=2,354.4 Pa
0.05 m 2
A
P1  Patm  Pman = 88 kPa +2.354.4 kPa = 90.354.4 Pa = 90.35 kPa .
Definimos los estados:
T1 = -10ºC.
P1 = 90.35 kPa .
m1 = 0.85 kg .
Estado 1
Entrando a las tablas (A-11) con la temperatura dada encontramos
que la Psat @ 10 º C =200.74 kPa , concluimos que
Psat @ 10 º C > P1
Vapor sobrecalentado
Puesto que se trata de vapor sobrecartado utilizamos las tablas de este, entrando por medio de la
presiones y notamos que no existen valores ya preestablecidos en las tablas por lo que se recurre a la
interpolación.
0.06
0.0903
0.1
P ( MPa )
v ( m 3 / kg )
h ( kJ / kg )
0.35048
0.24211
0.20743
248.58
247.68075
247.49
** Tomado de Yunus A. Çengel,‖Termodinámica‖ 5ta. Edición, 2006. Los demás problemas son de la 2ª Edición, Tomo II, 2000.
Elaboró:
Br. Christian A. Méndez Chacón.
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Definiendo nuestro estado 2
Estado 2
T 2 = 15ºC.
Necesitamos interpolar en tres tablas, necesitamos los datos en el estado 2 cuando la presión es de
0.06 MPa y 0.1 MPa , ya que no tenemos tablas para estos datos ( Tsat =15ºC), se necesitan los datos en el
rango de esta temperatura en ambas tablas de las presiones anteriores,
P =0.06 MPa
T (ºC)
v ( m 3 / kg )
h ( kJ / kg )
P =0.1 MPa
10
15
0.37893
'
20
v=
0.3902
264.66
h'=
272.94
T (ºC)
v ( m 3 / kg )
h ( kJ / kg )
10
15
20
0.22506
''
v =
1.0918
263.81
h '' =
272.17
Recordando que para interpolar se utiliza la formula
 y  y1 
x2  x1   x1
x   2
 x2  x1 
'
'
''
''
*Los valores de h y h se obtiene interpolando nuevamente, ya que dependen de los valores de v y v .
Entonces
v ' = 0.384565 m 3 / kg
h ' =268.8 kJ / kg
v '' =0.65843 m 3 / kg
h '' =267.9913 kJ / kg
Con los datos anteriores, podemos construir nuestra propia tabla para nuestras condiciones establecidas
Tabla para la temperatura en 15ºC
T (C)
v ( m 3 / kg )
h ( kJ / kg )
10
15
'
20
''
v =0.384565
0.5196
v =0.65843
h ' =268.8
268.395
h '' =267.9913
Con la tabla anterior podemos calcular nuestro volumen final, ya que:
V2  mv  (0.85 kg )(0.519 m 3 / kg )  0.44115 m 3
Y con en dato anterior nuestro diferencial de volumen
V  V2  V1
V2  0.44115 m
3
V1  (0.85 kg )(0.24211 m 3 / kg )  0.205579 m 3
V  0.2353 m 3
Y del mismo modo podemos calcular el cambio de entalpia.
H  m(h2  h1 )
H  (0.85)(268.395  247.68075)  17.607 kJ / kg
Elaboró:
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Capitulo 3
La primera Ley
de la
Termodinámica
3
CAPÍTULO
Capitulo 2 y 4 en la 5ª Edición, 2006.
L
3.1
a primera ley de la termodinámica o principio de la conservación de la energía establece
que: ―Durante la interacción entre un sistema y sus alrededores, la cantidad de energía ganada
por el sistema debe ser exactamente igual a la energía perdida por su entorno‖. La energía puede
cruzar las fronteras de un sistema cerrado solo en forma de calor o de trabajo.
Transferencia de calor.
La energía puede cruzar la frontera de un sistema cerrado en dos formas distintas: calor y trabajo. El
calor ( Q ) se define como la forma de energía que se transfiere entre dos sistemas (o un sistema y sus
alrededores) debido a una diferencia de temperaturas (Figura 3.1). No hay transferencia de calor entre cuerpos
que están a la misma temperatura.
Aire de los alrededores
PAPA HORNEADA
Energía térmica 2 kJ
T1
T0
Calor 2 kJ
Energía térmica 2 kJ
T0  T1
Frontera del sistema
Figura 3.1
Un proceso adiabático (Figura 3.2) es un proceso en el cual no hay transferencia térmica. La palabra
proviene del griego ―adiabatos‖ que significa no dejar pasar. Hay dos formas en que se pueden producir un
proceso adiabático:
1. El sistema está bien aislado de modo que ninguna cantidad despreciable de calor pueda cruzar las
fronteras.
2. El sistema y los alrededores tengan la misma temperatura y por ello no hay transferencia de calor.
Un proceso adiabático no debe confundirse con un proceso isotérmico [4]. Aunque no haya transferencia de
calor durante un proceso adiabático, otros medios, como el trabajo, pueden cambiar el contenido de la energía y
en consecuencia la temperatura de un sistema.
[4] Véase Capitulo 1, Pág.5, ―Proceso de flujo estable‖.
Elaboró:
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Q=0
SISTEMA
ADIABATICO
Aislamiento
Figura 3.2
Como forma de energía, el calor tiene unidades de energía( kJ o
unidad de masa de un sistema se denota con q y se determina a partir de:
q
Q
m
Btu ). La transferencia de calor por
( kJ / kg )
(3-1)
Tasa de transferencia de calor: es la cantidad de calor que se transfiere de un sistema a otro por unidad de
tiempo.

Q
dt
Q
( kJ / s =
kW )
(3-2)

Cuando Q varia con el tiempo, la cantidad de transferencia de calor durante un proceso se determina

integrando Q
t2

Q   Q dt
( kJ )
(3-3)
( kJ )
(3-4)
t1

Cuando Q permanece constante durante un proceso, se reduce a

Q  Q t
Flujo de calor: el calor es una cantidad direccional así que es necesario adoptar un signo convencional de tal
forma que la relación tenga una dirección según la convención: la transferencia de calor hacia un sistema es
positiva y la transferencia de calor desde un sistema es negativa.
3.2
Modos de transferencia de calor.
Existen tres diferentes maneras en que el calor se transfiere: la conducción, la convección y la
radiación. Todos los modos de transferencia de calor requieren que exista una diferencia de temperatura y
todos pasan del ámbito de alta temperatura a uno de menor temperatura (2ª Ley de la Termodinámica)
3.2.1
Conducción
Es la transferencia de energía de partículas más energéticas de una sustancia a las adyacentes menos
energéticas, debido a las interacciones entre ellas. La conducción sucede en los sólidos, los líquidos y los
gases; en los líquidos y los gases suceden por las colisiones entre las moléculas durante su movimiento
aleatorio. En los sólidos se debe a las vibraciones de las moléculas de una estructura y a la energía
transportada por electrones libres.
Elaboró:
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La ley de Fourier de la conducción de calor dice que la taza de conducción de calor en una dirección es
proporcional al gradiente de temperaturas en esa dirección. La ecuación diferencial siguiente resume
matemáticamente la ley de Fourier:
A

Q  k t A
dT
dT
dx
(W )
(3-5)
Donde k t se denomina coeficiente de conductividad térmica, o simplemente
conductividad térmica, A es el área normal a la dirección de la transferencia de
calor. Para valores de k t consultar Apéndice 2.
dx
Figura 3.3
El signo menos se introduce para hacer de la trasferencia de calor una
cantidad positiva, debido a que el calor es conducido en la dirección de
temperatura decreciente, y el gradiente de temperatura se vuelve negativo
cuando la temperatura disminuye con x creciente.
3.2.2 Convección
Propagación de calor de un lugar a otro por el movimiento de una sustancia caliente a través de una
superficie sólida, líquida o gas adyacente. Si la sustancia caliente es obligada a moverse por un ventilador o una
bomba, el proceso se denomina conveccion forzada (Figura 3.4a); si la sustancia se mueve a causa de
diferencias de densidad, se denomina conveccion natural o libre (Figura 3.4b).
Conveccion Forzada
Conveccion Natural
Huevo
caliente
Huevo
caliente
Figura 3.4 a
Figura 3.4 b
La taza de transferencia de calor por convección se determina por la Ley de enfriamiento de Newton, la
cual se expresa matemáticamente como:

Q conv  hA(TS  T f )
(W )
(3-6)
Donde h es el coeficiente de transferencia de calor por convección, A es el área de la superficie mediante el
cual ocurre la transferencia térmica, TS es la temperatura de la superficie, T f la temperatura del fluido más allá
de la superficie. Para valores de
h consultar Apéndice 2.
3.2.3 Radiación
Es la energía emitida por la materia mediante ondas electromagnéticas (o fotones), como resultado de
los cambios de las configuraciones electrónicas de los átomos o moléculas. Para este modo de transferencia de
calor no se requiere la presencia de un medio entre el sistema y sus alrededores, incluso cuando están
separados por un medio mas frío. La radiación es un fenómeno volumétrico, y los sólidos, líquidos y gases
emiten, absorben o transmiten radiación de distintos grados.
Elaboró:
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La radiación térmica, es la radiación emitida por los cuerpos debido a su temperatura. La taza de
radiación que puede emitirse desde una superficie a una temperatura absoluta T S esta dada por la ley de
Stefan-Boltzmann como:

Q rad    A(TS4  Talr4 )
(W )
(3-7)
A es el área de la superficie, T S la temperatura de la superficie, Talr la temperatura de los alrededores,
  5.67  10 8 W / m 2  K 4 es la constante de Stefan-Boltzmann y  es la emisividad, la cual es una
propiedad de los materiales cuyo valor se encuentra entre el intervalo 0    1 , y refleja una medida de lo
cerca que una superficie, se aproxima a un cuerpo negro. Un cuerpo negro (   1 ) es una superficie idealizada
Donde
que emite la máxima radiación.
3.3
Trabajo.
El trabajo es la transferencia de energía asociada con una fuerza que actúa a lo largo de una distancia,
como por ejemplo la elevación de un émbolo, un eje que gira o un alambre eléctrico que cruza las fronteras del
sistema. Si la energía que cruza la frontera de un sistema no es calor, debe ser trabajo. El trabajo realizado por
unidad de masa de un sistema se denota w , y es definido como:
w
W
m
( kJ / kg )
(3-8)
La potencia ( W ) es el trabajo realizado por unidad de tiempo. Se mide en kJ / s o kW . Por
convección de signos, el trabajo realizado por un sistema es positivo, mientras que el efectuado sobre un
sistema es negativo.
3.4
Formas de Trabajo.
3.4.1 Mecánico
Hay dos requisitos para que se presente una interacción de trabajo mecánico entre un sistema y sus
alrededores:
1) Debe haber una fuerza que actúe sobre una frontera
2) La frontera debe moverse.
Trabajo de frontera móvil: Es la forma primaria de trabajo en los motores de automóvil. Este tipo de
trabajo puede ser de expansión o de compresión, y se define matemáticamente como:
2
W   PdV
( kJ )
(3-9)
1
Durante procesos reales de expansión y compresión de gases, la presión y el volumen suelen
relacionarse mediante la ecuación 1-7,
PV n  C
, donde n y C son constantes. Un proceso de esta clase se llama proceso politrópico. Al sustituir esta
relacionen la ecuación 3-9, se obtiene
Elaboró:
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V2 n1  V1 n1 P2V2  P1V1
W   PdV   CV dV  C

 n 1
1 n
1
1
2
2
n
Dado que C  P1V1  P2V2 .
n
Para un gas ideal
n
PV  mRT , esta ecuación se puede escribir también como la ecuación 1-8,
Wb 
Para el caso especial de
mR(T 2T1 )
, n 1
1 n
( kJ )
n  1, el trabajo de frontera se convierte en
V 
W   PdV   CV 1dV PV ln  2 
 V1 
1
1
2
2
( kJ )
(3-10)
Trabajo de flecha: La transmisión de energía mediante un eje rotatorio una practica muy común en la
ingeniería. Con frecuencia el momento de torsión T aplicado al eje es constante, lo cual significa que la fuerza
aplicada también es constante. Para un determinado momento de torsión constante, el trabajo hecho durante n
revoluciones se determina:
W flecha  Fs  2nT
( kJ )
(3-11)
( kW )
(3-12)
La potencia, se puede expresar como

W

flecha
 2 n T

donde n es el número de revoluciones por unidad de tiempo.
Trabajo de resorte: cuando la longitud de un resorte cambia una cantidad diferencial
de una fuerza, el trabajo efectuado es:
dx bajo la influencia
2
Wresorte   kx
( kJ )
(3-13)
1
donde
k es la constante del resorte.
3.4.2 Eléctrico
Cuando N coulombs de carga eléctrica (electrones) se mueven a través de una diferencia de potencial
V , se efectúa un trabajo eléctrico:
2
We   VI dt
( kJ )
(3-14)
1
Siendo W e  VI la potencia eléctrica.
De la misma manera, en un sistema también se puede realizar trabajo gravitacional (energía potencial),
trabajo de aceleración (energía cinética), el trabajo magnético (momento bipolar magnético), y el trabajo de
polarización eléctrica (polarización del medio).
Elaboró:
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Al igual que el calor, el trabajo es una interacción de energía que ocurre entre un sistema y sus
alrededores, las similitudes de la transferencia de calor y trabajo, detalles que deben tenerse SIEMPRE en
mente:
 Son fenómenos de frontera, se reconoce cuando la cruzan.
 Los sistemas poseen energía, pero no calor o trabajo; la transferencia de estos son fenómenos
transitorios.
 Se asocian con un proceso, nunca con un estado.
 Son funciones de la trayectoria. (Sus magnitudes dependen de la trayectoria seguida en un
proceso).
3.5
1ª Ley de la Termodinámica.
La Primera ley de la Termodinámica (Principio de conservación de la energía) enuncia que ―En todos
los procesos adiabáticos entre dos estados específicos de un sistema cerrado, el trabajo neto efectuado es el
mismo sin que importe la naturaleza del sistema cerrado y los detalles del proceso‖. Esto significa que los
cambios netos en la energía total de un sistema durante un proceso adiabático deben ser iguales al trabajo neto
realizado.
E entrada  E salida
E sistema
=
Transferencia neta de energía
por calor, trabajo y masa
( kJ )
(3-15)
( kW )
(3-16)
Cambio en las energías interna,
cinética, potencial, etcétera.
O bien, en la forma de tasa, como


E entrada  E salida
dE sistema / dt
=
Transferencia neta de energía
por calor, trabajo y masa
Cambio en las energías interna,
cinética, potencial, etcétera.
Para tasas constantes, las cantidades totales durante un intervalo de tiempo

t se relacionan con las

cantidades por unidad de tiempo como Q  Q t , W  W t y E  ( dE / dt ) t .
El balance de energía se puede expresar por unidad de masa como
eentrada  e salida  e sistema
(3-17)
( kJ / kg )
Obtenidas a partir de la relación de la ecuación 1-2.
La primera ley de la termodinámica para un sistema cerrado o una masa fija puede expresarse como
sigue:
Qneto,entrada  Wneto, salida  E sistema
donde:
o
Q  W  E
( kJ )
(3-18)
E es el cambio de la energía total del sistema. E sistema  E final  E inicial  E 2  E1 .
Q es la transferencia neta de calor a través de las fronteras del sistema. Qneto,entrada  Qentrada  Qsalida
W es el trabajo neto en todas formas. Wneto  Wentrada  Wsalida
Recordando de la ecuación 1-3:
E  U  EC  E P
Elaboró:
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Entonces
donde:
Q  W  U  E C  E P
( kJ )
(3-19)
U  m(u 2  u1 )
( kJ )
(3-20)
( kJ )
(3-21)
( kJ )
(3-22)

1
mV22  mV12
2
E P  mg z 2  z1 
EC 
3.6

Calores Específicos.
El calor específico se define como la energía requerida para elevar la temperatura de una masa
unitaria de una sustancia en un grado. En la termodinámica hay dos tipos de calores específicos: calor
específico a volumen constante cV y calor específico a presión constante c P ,
La expresión cV puede considerarse como la energía requerida para aumentar la temperatura de una
masa unitaria de una sustancia en un grado, cuando el volumen se mantiene constante mientras que la energía
requerida para hacer lo mismo cuando la presión se mantiene constante es c P ; y se definen como
 u 
cV  

 T  V
 h 
cP  

 T  P
( kJ / kg  K )
(3-23) y (3-24)
De las ecuaciones 3-23 y 3-24 se pueden hacer algunas observaciones. Una es que son relaciones de
propiedades y como tales son independientes del tiempo de proceso; por lo tanto son validas para cualquier
sustancia que experimenta cualquier proceso. Otra es que cV esta relacionada con los cambios de energía
interna mientras que c P con los cambios de entalpia, en otras palabras cV es una medida de la variación de
energía interna con la temperatura, y c P es una medida de la variación de entalpia de una sustancia con la
temperatura.
3.6.1
Energía interna, Entalpia de gases ideales.
Se define un gas ideal como un gas cuya temperatura, presión y volumen especifico se relaciona
mediante la ecuación 2-9
Pv  RT
Con la definición de entalpia, ecuación 2-3, y la ecuación de estado de un gas ideal, se tiene

h  u  Pv h  u  RT

Pv  RT 

En los gases ideales u  u (T ) , h  (T ) , CV y C P son funciones de temperatura.
Hay tres maneras de determinar los cambios en la energía interna y entalpía para gases ideales:
 Utilizando los datos tabulados de u y h . Es la manera más fácil y exacta cuando se dispone de tablas.
 Utilizando las relaciones de CV (Ec.3-23) y C P (Ec.3-24) como funciones de la temperatura y llevando a
cabo las integraciones.
Elaboró:
44
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
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Utilizando los calores específicos promedio.
Así que las variaciones de energía y de entalpía de gases ideales pueden expresarse como:
2
u  u 2  u1   C v (T )dT  C v , prom (T2  T1 )
1
2
h  h2  h1   C p (T )dT C p , prom (T2  T1 )
( kJ / kg )
(3-25)
( kJ / kg )
(3-26)
1
3.6.2
Energía interna, Entalpia de sólidos y líquidos.
Una sustancia cuyo volumen especifico o densidad en constante se llama sustancia incompresible. Los
volúmenes específicos de sólidos y líquidos comunes permanecen constantes. Al igual que los gases los
calores específicos de sustancia incompresibles sólo dependen de la temperatura. Los calores específicos a
volumen y presión constante son idénticos para sustancias incompresibles.
c P  cV  C
De modo que el cambio de energías internas y entalpías esta definido como
2
u  u 2  u1   C (T )dT  C prom (T2  T1 )
( kJ / kg )
(3-27)
h  u  vP  c prom T  vP
( kJ / kg )
(3-28)
1
Para sólidos, el término
vP es insignificante, por lo tanto h  u  c prom T .
Para líquidos, comúnmente se encuentran dos casos especiales:
1. Procesos a presión constante, como en los calentadores
(P  0) : h  u  c prom T
( kJ / kg )
(3-28a)
( kJ / kg )
(3-28b)
2. Procesos a temperatura constante, como en las bombas
(T  0) : h  vP
Para una un proceso que ocurre entre los estados 1 y 2, la Ec.3-28b se puede expresar como
h2  h1  v( P2  P1 ) . si se toma el estado 2 como el estado de liquido comprimido a T y P dadas, así como
el estado de liquido saturado a la misma temperatura, e4s posible expresar la entalpía del liquido comprimido
como
h@ P , T  h f @ T  v f @ T ( P  Psat @ T )
Elaboró:
( kJ / kg )
(3-29)
45
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PROBLEMAS DEL CAPÍTULO III
PROBLEMA 3.20
Para fines de transferencia térmica, un hombre desnudo puede modelarse como un cilindro vertical de
30 cm de diámetro y 170 cm de longitud con las superficies superior e inferior aisladas y con la superficie lateral
a una temperatura promedio de 34 ºC. Para un coeficiente de transferencia de calor por convección de 15
W / cm 2 º C , determine la tasa de pérdida de calor de este hombre por convección en un ambiente a 20 º C .
Solución:
Como las superficies superior e inferior están aisladas, el área de convección
será solamente el área lateral, la cual está dada por:
Entonces, el área de convección es
L
A  b  L  (0.3 )(1.7m 2 )  1.6022 m 2
Si la tasa de transferencia de calor es

b  2  r
Q conv  hA(TS  T f )
Entonces

Q conv  hA(TS  T f )
 (15W / m 2 º C )(1.6022m 2 )(34  20)º C
 336.4645W
PROBLEMA 3.36
3
Un dispositivo cilindro-émbolo sin fricción contiene, inicialmente, 0.2m de refrigerante 12 líquido
saturado. El émbolo tiene libertad para moverse y su masa es tal que mantiene una presión de 800kPa sobre
el refrigerante. Luego, el refrigerante se calienta hasta 50º C . Calcule el trabajo realizado durante el proceso.
Solución:
Estado 2 ( Tsat  T  Vapor sobrecalentado)
Estado 1
T1  Tsat @ 800 kPa  32 .47 º C
P1  800 kPa
v1  0.0007802 m 3 / kg
T2  50 º C
P2  P1
v 2  0.024064 m 3 / kg
3
Sabiendo que inicialmente se contienen 0.02m , entonces, la masa es
m
V
0.02

256.344kg
v 0.00007802
2
El trabajo para un frontera móvil con presión constante esta dada por
W   PdV  mP0 (V2  V1 )
1
W  (256 .344 )(800 kPa)( 0.024064  0.0007802 ) P0 (V2  V1 )  4775 kJ
Elaboró:
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PROBLEMA 3.39
3
Nitrógeno en un estado inicial de 300º K , 150kPa y 0.2m se comprime lentamente en un proceso
isotérmico hasta una presión final de 800kPa. Determine el trabajo efectuado durante este proceso.
Solución:
Estado 1
Estado 2
T1  300 K
P1  150 kPa
T1  300 K
P1  800 kPa
Para el nitrógeno le corresponde
R  0.2968kJ / kgº K
y cumple con la relación
V1  0.2m 3
PV  mRT
Por la relación de gas ideal
m
P1V1
 0.3369 kg
RT1
Conociendo la masa del sistema, se puede calcular V 2 :
V2  m
RT2
 0.0375 kg
P2
Como el proceso no es a presión constante, entonces nos ayuda la fórmula W 
V2
 PdV , como sabemos
V1
PV  mRT , entonces
2
V 
mRT
dV
W
dV  mRT 
 P1V1 ln  2   -50.2193 kJ
V
V
 V1 
V1
V1
V2
V
PROBLEMA 3.53
Determine el trabajo requerido para acelerar un automóvil de 800 kg desde el reposo hasta 100 km/ hr
sobre un camino plano.
Solución:
Sabemos que le trabajos e define por la integral de línea W 
 F  ds necesitamos expresar esta
integral por medio de velocidades, entonces
 
 

 

 dV



dV 
d V ds 
W   m a  ds  m a  ds  m
 d s m
  d s m V  d s m V d V
dt
dt ds
ds
de modo que
2
W  m VdV 
1
1
mV2  V1 
2
Entonces como sabemos que parte desde el reposo hasta 100 km/ hr (27.77 m / s ), sustituyendo los valores
obtenemos
W  308,469.16 J  308.46 kJ
Elaboró:
47
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PROBLEMA 3.66
Si calienta agua en una cacerola tapada sobre una estufa, mientras la agita por medio de una hélice.
Durante el proceso se añaden 30 kJ de calor al agua, y 5 kJ se liberan hacia el aire de los alrededores. El
trabajo de la hélice haciende a 500 N  m . Determine la energía final del sistema si su energía inicial es 10 kJ .
Solución:
La primera ley de la termodinámica, enuncia:
5 kJ
Qneto  Wneto  E sistema
De la cual
30 kJ
Qneto  Qentrada  Qsalida
500 N  m
Wneto  Wentrada  Wsalida
E sistema  E final  Einicial
Entonces el balance de energía es
Qentrada  Qsalida  Wentrada  Wsalida   E final  Einicial
Que se reduce a
Qentrada  Qsalida  Wentrada  E final  Einicial
Ahora, observando el problema, se tiene:
Qentrada  30 kJ
Qsalida  5 kJ
Wentrada = 500 J  0.5 kJ
E entrada  10 kJ
Por lo que
E final  30 kJ – 5 kJ + 0.5 kJ + 10 kJ =35.5 kJ
PROBLEMA 3.70
Un sistema cerrado se somete a un ciclo compuesto de dos procesos. Durante el primer proceso, 40 kJ
de calor se transfieren al sistema, mientras que éste realiza 60 kJ de trabajo. Durante un segundo proceso,
45 kJ de trabajo se efectúan sobre el sistema.
a) Determinar la transferencia de calor durante el segundo proceso
b) Calcule el trabajo neto y la transferencia neta de calor para el ciclo.
Solución:
Puesto que es un sistema cerrado E sistema  0, por lo que Qentrada  Qsalida  Wentrada  Wsalida  0 .
Qentrada  40 kJ
Wentrada  40 kJ
Wsalida  60 kJ
Despejando para la salida:
Qsalida  Qentrada  Wentrada  Wsalida  25 kJ
Transferencia neta de calor será igual a la suma algebraica de calores en el
sistema
Qneto  Qentrada  Qsalida  15 kJ
Puesto que es un sistema cerrado
Wneto  Qneto  Qentrada  Qsalida  15 kJ
Elaboró:
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PROBLEMA 3.83
3
Un dispositivo cilindro-émbolo contiene 0.5 m de vapor de agua saturado a 200 kPa . En este estado,
el émbolo descansa sobre un conjunto de topes y su masa es tal que se requiere una presión de 300 kPa para
moverlo. Después se transfiere calor lentamente al vapor hasta que se duplica el volumen. Determine:
a) la temperatura final,
b) el trabajo realizado durante este proceso
c) la transferencia de calor total.
Solución:
Se definen primero los estados
Estado 1
Vapor saturado (Tabla A-5)
P1  200 kPa
V1  0.5 m 3
v f  v g  0.8857 m 3 / kg
u1  2529.5 kJ / kg
Estado 2
Hasta este punto, el volumen es el mismo
Estado 3
Vapor sobrecalentado
Dado el peso del émbolo, la presión
permanece constante
v  vg
Vapor sobrecalentado (tabla A-6)
P3  P2
P2  300 kPa
v 2  v1  v f
v3  2v1  1.7714 m 3 / kg
Solución:
Interpolando para los valores de v
cercanos a v1 (tabla A-6, 0.30 MPa )
T2  306.638 º C
u 2 = 2817.2478 kJ / kg
Interpolando (tabla A-60, 30 MPa ), para
el valor de v 3 se calcula,
u 3  3806.5342 kJ / kg
Se trata de una doble interpolación
a) El estado 3 es el estado final, por tanto es de interés conocer la temperatura a la que se encuentra el vapor
3
sobrecalentado cuando su v3  1.7714 m / kg , por tanto, se toman valores cercanos a este valor de volumen y
se interpola para obtener la temperatura
T3 
900  800
(1.7714  1.6499)
 800  878.79 º C
b) Puesto que entre el estado 1- 2 no hay movimiento, el trabajo en ese intervalo será cero, mientras que en el
proceso 2-3 el émbolo se mueve (es de notar que a presión constante), entonces:
W  P dV
Al no tener el valor de V 3 , se calcula la masa de la relación en el estado 1, para poder utilizar volúmenes
específicos:
m
V1
 0.56452 kg
v1
Con este valor podemos calcular el trabajo como
W  mP2 (v3  v 2 )
Elaboró:
49
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W  (0.56452 kg )(300 kPa )(1.7714 m 3 / kg – 0.8857 m 3 / kg )
W  149.998 kJ
De la ecuación de la primera ley de la termodinámica:
Q  W  E  U  E c  E p
Puesto que E c  0 y E p  0, entonces:
De 1 a 2
W0
Q12  U 12  mu  m(u 2  u1 )  (0.56452 kg )(2817.2478 kJ / kg - 2529.5 kJ / kg ) = 162.44 kJ
De 2 a 3
W0
Q23  U 23  W23  mu  W  m(u 3  u 2 )  W
Q23  (0.53452 kg )(3806.5342 kJ / kg - 2817.2478 kJ / kg ) + 149.998 kJ =678.79 kJ
c) El calor total del sistema es
Q13  Q1 2  Q23  162.44 kJ + 678.79 kJ = 841.23 kJ
Elaboró:
50
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Volúmenes de
control: análisis
de masa.
Capitulo 4
CAPÍTULO
L
4
a primera ley de la termodinámica o principio de la conservación de la energía establece
que: ―Durante la interacción entre un sistema y sus alrededores, la cantidad de energía ganada
por el sistema debe ser exactamente igual a la energía perdida por su entorno‖. La energía puede
cruzar las fronteras de un sistema cerrado solo en forma de calor o de trabajo. En este capitulo
se amplia el análisis de energía a sistemas en los que hay flujo másico a través de sus fronteras, es decir,
volúmenes de control.
4.1
Conservación de la masa en un V.C.
Un volumen de control o un sistema abierto, como se definió en el capitulo 1, es con frecuencia una
región virtual seleccionada en el espacio en el cual hay un flujo de masa hacia y desde un sistema, por ejemplo
un compresor, turbina o tobera.

m1 
Volumen de
control

Masa entrante
m2 

m 4  Masa saliente
V.C.

m3 




m1  m 2  m 3 m 4
Superficie de control: es la frontera de un volumen de control.
Figura 4.1
En ingeniería, un gran número de dispositivos operan por largos periodos bajo las mismas condiciones
y se clasifican como dispositivos de flujo permanente.


El término permanente indica que no hay cambio con el tiempo.
El término uniforme indica que no hay cambio con la posición sobre la región especificada.
Elaboró:
51
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En un proceso de flujo permanente, las propiedades permanecen son las mismas con el tiempo en un
sistema (Figura 4.1). Ejemplo:
t1  1 : 00 p.m.
EV.C  E1
t 2  3 : 00 p.m.
EV.C  E1
El Principio de conservación de la masa en un V.C. expresa que la transferencia neta de masa hacia
o desde el volumen de control durante un intervalo de tiempo t es igual al cambio neto (incremento o
disminución) en la masa total dentro del volumen de control durante t . Es decir,
masa total que entra   masa total que sale   cambio neto de masa 
 al V.C. durante t   del V.C. durante t    dentro del V.C. durante t 

 
 

o bien
m
ent
  msal  mV .C.
( kg )
(4-1)
( kg / s )
(4-2)
en forma de tasa

m

entrada
  m salida  dmV .C / dt
Considere un volumen de forma arbitraria (figura 4.2), la masa del volumen diferencial dV dentro del
volumen de control dm  dV , la masa total dentro del V.C. en cualquier instante t se determina mediante
Figura 4.2
  dV
mV .C . 

n
dV
Entonces la rapidez del cambio de la cantidad de masa dentro del
V.C. con respecto del tiempo es

dA
dm
dmV .C . d
   dV
dt
dt V .C

V
Volumen de
control (V.C.)
(4-4)
( kg / s )
El flujo neto de masa que entra o sale del V.C. por toda la superficie
de control, es
Superficie de control (S.C.)

 Vn dA     V n dA
S .C
S .C
m neto   m  
Flujo másico diferencial
m   Vn dA    V n dA
 

(4-3)
( kg )
V .C .
S .C

 


( kg / s )
(4-5)
La relación de conservación de la masa para un volumen de control fijo, surge al reacomodar la
ecuación 4-2, se expresa como
 
d
dV     Vn  n dA  0

S .C
dt V .C


(4-6)
d
dV    Vn dA    Vn dA  0
A
A
dt V .C
salida
entrada
(4-7)
se puede expresar también como
Elaboró:
52
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Consideremos ahora un proceso en que la cantidad de masa contenida dentro de un volumen de control
no cambia con el tiempo mV .C .  cte ; concluimos entonces que la ecuación 4-2, queda definida como

m

  m salida  0
entrada
Esta nueva ecuación se define como un proceso de flujo permanente (sección 4.4),


m
entrada
  m salida
(4-8)
( kg / s )
Entonces para procesos de flujo permanente con una sola corriente la ecuación anterior se reduce a


1 V1 A1   2 V2 A2

m1  m 2
(4-9)
( kg )
En aplicación, la circulación de un fluido por una tubería o ducto puede obtenerse como un flujo unidimensional.
Asumiendo así que todas las propiedades variarán en una sola dirección, la del flujo. De esta manera, la
velocidad en la integral es una constante, y tenemos que


m   V pro A
( kg / s )
(4-10)
El flujo de volumétrico, es el volumen del fluido que circula a través de una sección transversal por
unidad de tiempo.

V   Vn dA  Vprom A  VA
(m / s )
(4-11)
( kg / s )
(4-12)
3
A
Los flujo másico y volumétrico se relacionan mediante



V
m  V 
v
donde v es el volumen especifico. Esta relación es análoga a m  V  V / v , que es la relación entre la masa
y el volumen de un fluido contenido en un recipiente.
4.2
Conservación de la Energía en un V.C.
A diferencia de los sistemas cerrados, en los volúmenes de control hay flujo másico a través de sus
fronteras, y se requiere trabajo para introducirla o sacarla de volumen de control. Este trabajo se conoce como
trabajo de flujo o energía de flujo, y se requiere para mantener un flujo continuo a través de un volumen de
control.
dA
l2
dA
dl
PF/ A
V.C.
dl



l2
   
W flujo   F  d l   P d A n d l   Pd V
l1


l1
V
W flujo  PV
( kJ )
(4-13)
( kJ / kg )
(4-14)
o por unidad de masa
Figura 4.3
Elaboró:
w flujo  Pv
53
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El principio de conservación de la energía establece que la energía de un sistema cerrado puede
cambiar solo mediante interacciones de calor o de trabajo, en cambio la energía de volúmenes de control
puede ser modificada por el flujo de masa entrante y saliente del volumen de control. Por lo tanto la Ecuación de
conservación de energía para un volumen de control sujeto a un procesó puede expresarse como:
energía total

  energia total   energia total
que cruza la frontera   de la masa que   de la masa que

 
 
 como calor y trabajo   entra al VC   sale del VC
o bien
  cambio neto 
  en la energia 
 

  del VC 
Q  W   Een   Esal  EVC
(4-15)
o en forma de tasa




Q  W   E en   E sal  dEV .C / dt
4.3
(4-16)
Energía total de un fluido en movimiento
La energía total de un sistema compresible simple esta formada por tres partes: interna, cinética y
potencial. Con base a una masa unitaria la energía total se expresa como:
e  u  eC  e P  u 
V2
 gz
2
( kJ / kg )
(4-17)
donde V es la velocidad y z es la elevación del sistema en relación con alguno unto externo de referencia. El
fluido que entra o sale de un volumen de control posee una forma adicional de energía, la energía de flujo Pv .
Entonces la energía total del fluido en movimiento por unidad de masa es, la metalpía especifica
  Pv  e  Pv  (u e c e p )  h 
Donde la relación
V2
 gz
2
( kJ / kg )
(4-18)
Pv  u  h es la entalpia. Por lo tanto la metalpía (mas allá de la entalpia) esta dada por




V2
  m  H  E c  E P  m h 
 gz 
(4-19)
( kJ )
2




 representa la energía total de influido en movimiento de masa m . También cuando una corriente de fluido
con propiedades uniformes de mueve con un flujo másico m
 , la tasa de flujo de energía se expresa como



V2
  m   m h 
 gz 
2


4.4
Energía total de un fluido permanente (Proceso de Flujo permanente).
Un Proceso de flujo permanente: es el proceso durante el cual un fluido fluye permanentemente por
un volumen de control. Las propiedades de un fluido pueden cambian de un punto a otro dentro del volumen de
control, pero en cualquier punto fijo permanecerán iguales durante todo el proceso, es decir, que pueden
cambiar con la posición pero no con el tiempo. Recordando de la sección 4.2, la ecuación 4-8
Elaboró:
54
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

 m entrada   m salida



Ninguna propiedad (intensiva o extensiva) dentro del volumen de control cambia con el tiempo.
Ninguna propiedad cambia en las fronteras del volumen de control con el tiempo.
Las interacciones de calor y de trabajo entre un sistema de flujo permanente y sus alrededores no
cambian con el tiempo.
Entonces, la forma de tasa de la energía, se reduce a


E entrada  E salida
( kW )
(4-20)
En vista de que la energía se puede transferir por calor, trabajo y masa solamente, la ecuación anterior,
para un sistema general de flujo estable se puede escribir como


Q entrada  W entrada 


 m  Q

salida

 m
 W salida 
entrada
(4-21)
salida
O bien


Q entrada  W entrada 



 

V2
V2




m
h


gz

Q

W

m
h


gz
salida


salida



2
2
entrada 
salida



(4-22)
También puede expresarse como:




V2
V2



Q  W   m h 
 gz    m h 
 gz 
2
2
salida

 entrada 











(4-23)

Donde Q  Q neto,entrada  Q entrada  Q salida y W  W neto, salida  W entrada  W salida

En la práctica, es común suponer que se transferirá calor hacia el sistema (entrada de calor) a una tasa Q , y se

producirá trabajo por el sistema (salida de trabajo) a una tasa W , para después resolver el problema; obtener


una cantidad negativa para Q o W significa simplemente que la suposición es errónea y se debe invertir.
Para sistemas de una sola corriente:


V22  V12

Q  W  m h2  h1 
 g ( z 2  z1 ) 
2





(4-24)

Al dividir la ecuación 4-22 entre
m se obtiene la energía por unidad de masa
q  w  h2  h1 
V22  V12
 g ( z 2  z1 )
2
(4-25)
Cuando el fluido experimenta cambios insignificantes en sus energías cinética y potencial (es decir,
eC  0 , e P  0 ) la ecuación se reduce a
q  w  h2  h1
Elaboró:
(4-26)
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4.5
Observaciones de los términos que aparecen en la Ecuación de la Primera Ley de la
Termodinámica (obsérvese esquema 1).


Q = tasa de transferencia de calor entre el volumen de control y sus alrededores (entorno).

Cuando el volumen esta perdiendo calor, Q es negativo. Si el volumen de control esta bien aislado(es

decir, adiabático), entonces Q  0 .


W = potencia. Para dispositivos de flujo permanente, el volumen de control es constante; por lo tanto,

no hay trabajo de frontera, si ningún dispositivo esta presente W  0 .El trabajo requerido para meter y
sacar masa del volumen de control se toma en cuenta usando las entalpías para la energía de

corrientes de fluido en lugar de energías internas. Entonces W representa las formas restantes de
trabajo por unidad de tiempo.
 h  h2  h1 = cambio de entalpia de un fluido, se determina al leer en las tablas los valores de

entalpia en los estados de salida y entrada. Para gases ideales, se puede aproximar mediante
h  c p , prom (T2  T1 ) , para fluidos incompresibles h  u  c prom T .
eC  ( V22  V12 ) / 2 , cuando un fluido entra y sale de un dispositivo de flujo estable a más o menos la

misma velocidad ( V2  V1 ) , el cambio en la energía cinética es cercano a cero sin importar la
velocidad. Sin embargo, se debe tener cuidado a altas velocidades, por que cambios pequeños en
éstas, pueden causar cambios importantes en la energía cinética. La unidad de energía cinética es
m 2 / s 2 , la cual es equivalente a J / kg . Comúnmente la entalpia se da en kJ / kg , lo que se lleva
acabo sin dificultad al dividir entre 1000
[5]
.
J
Nm  m  m m 2

  kg 

kg kg  s 2  kg s 2
e P  g ( z 2  z 1 ) , para la energía potencial se puede argumentar de manera similar, la diferencia de

elevación entre la entrada y la salida es pequeña, por lo que en la mayor parte de los dispositivos se
ignora la única vez que el termino de energía potencial cobra relevancia es cuando en el proceso se
necesita bombear un fluido a grandes alturas y se tiene en la energía de bombeo requerida.

+
Q
-

me  e

Volumen de Control
V.C
Alrededores

-
W
ms  s
+
Esquema 1: Sistemas de Flujo Permanente
[5] Comúnmente se comete el error de sustituir solo la velocidad olvidándose de l factor 1/1000, es decir, el termino es V 2/2000.
Elaboró:
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4.6
TERMODINÁMICA
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Algunos dispositivos de ingeniería de flujo permanente.
Muchos dispositivos de ingeniería operan en esencia bajo las mismas condiciones durante periodos
largos, por lo tanto, pueden ser analizados de manera conveniente como dispositivos de flujo estable.
4.6.1
Toberas y Difusores.
Una tobera, figura 4.4ª, es un dispositivo que aumenta la velocidad de un fluido a expensas de la
presión. Un difusor, figura 4.4b, es un dispositivo que aumenta la presión de un fluido al desacelerarlo. Es
decir, las toberas y difusores llevan a cabo tareas opuestas.
La importancia de los términos que aparecen en la ecuación de energía para toberas y difusores es la
siguiente:


Q  0 W  0 EC  0 E P  0
de modo que

V12   
V22 




m h1 
  m h2  2 
2





V1
4.6.2
V2
V2  V1
(4-27)
V1
V1  V2
Tobera
Difusor
Figura 4.4a
Figura 4.4b
V2
Turbinas y Compresores.
En las centrales eléctricas de vapor, gas o en las hidroeléctricas, el dispositivo que impulsa al generador
eléctrico es la turbina. A medida que el fluido pasa por ésta se hace trabajo contra las aspas (alabes), las
cuales están unidas a la flecha, la cual a su vez gira y la turbina produce trabajo.
Al igual que las bombas y los ventiladores, los compresores son dispositivos que funcionan de
manera similar, son se utilizan para incrementar la presión de un fluido. A estos dispositivos el trabajo se
suministra desde una fuente externa a través de un eje rotatorio, por lo tanto los compresores requieren entrada
de trabajo. Un ventilador se usa sobre todo para movilizar un gas y solo incrementa la presión ligeramente,
mientras que un compresor es capaz de comprimir el gas a presiones muy altas. Las bombas funcionan de
manera muy parecida a los compresores solo que manejan líquido en lugar de gases. Note que las turbinas
producen potencia (  W ), mientras que los compresores, bombas y ventiladores requieren entrada de potencia
(  W ).
En las turbinas y compresores las magnitudes de los diversos términos que aparecen en la ecuación
de conservación de la energía son:


Q  0 W  0 EC  0 E P  0
de modo que


V12 
V22 



m h1 
  W  m h2  2 
2





Elaboró:
(4-28)
57
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4.6.3
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Figura 4.5a
Figura 4.5b
Turbina
Compresor
Válvulas de estrangulamiento
Son cualquier dispositivo de restricción de flujo que ocasione un descenso definitivo en la presión del
fluido. Algunos ejemplos son: las válvulas ajustables ordinarias (figura 4.6a), los tubos capilares (figura 4.6c) y
los obturadores porosos (figura 4.6b).
a) Válvula ajustable
b) Tapón poroso
c) Tubo capilar
Figura 4.6
de nuevo las magnitudes de los términos en la primera ley son:


Q  0 W  0 EC  0 E P  0
de modo que h 2  h1 ,, es decir los valores de la entalpia en la entrada y la salida son los mismos. Partiendo de
la definición de la entalpia, utilizando Ec.2-3, obtenemos
u1  P1v1  u 2  P2 v 2
O bien
4.6.4
(4-29)
Energia interna  flujo de energia  constante
Cámaras de mezcla.
En aplicaciones de ingeniería, mezclar dos corrientes de fluido no es raro. La sección donde el proceso
de mezclado tiene lugar se llama cámara de mezclado. Una tubería ordinaria en forma de ―T‖ o en ―Y‖ d una
regadera, sirve como cámara de mezclado.
Elaboró:
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Cámara de
mezclado
Tubería en forma de T
Tubería en forma de Y
Figura 4.7
Consideraciones:


Q  0 W  0 EC  0 E P  0
El principio de conservación de la masa para una camarada mezclado requiere que la suma de los
fluidos másicos entrantes sea igual al flujo másico de la mezcla saliente.


 m entrante   m salida
La ecuación de conservación de energía queda:


 m en h   m sal h
4.6.5
(4-30)
Intercambiadores de calor.
Son dispositivos en donde las corrientes de los fluidos en movimiento intercambian calor sin mezclarse.
La forma más simple es la de intercambiar calor de doble tubo (o coraza). Las corrientes de mezcla son
clasificadas como intercambiadores de calor de contacto directo.
Fluido B
Fluido A
Frontera del V.C.
Calor
Las relaciones comunes en este tipo de dispositivos son las mismas que las anteriores:


Para el fluido B Q V .C  0 *
W  0 EC  0 E P  0

Para el fluido A Q V .C  0
Elaboró:
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

m hB ,ent  m hB , sal


(4-31)
Para el fluido A
(4-32)

Q ent  m h A,ent  m h A, sal
4.6.5
Para el fluido B
Flujo en tuberías y ductos.
El transporte de líquidos y gases en tuberías es de gran importancia en muchas aplicaciones de
ingeniería. El flujo en una tubería o un ducto casi siempre satisface las condiciones de flujo permanente.
Algunas consideraciones para este tipo de dispositivos son:

Q0


W 0 ó W 0
EC  0 E P  0
El valor del trabajo depende de la sección que se este analizando, puede haber una sección del
volumen de control en donde exista calentamiento (alambres eléctricos)




W ent  m h1  Q sal  m h2
(4-33)
o también,



W ent  Q sal  mc P ( T2  T2 )
(4-34)
 h 

 T  P
Recordando que c P  
4.7
Procesos de Flujo No Permanente.
Un proceso de flujo permanente o proceso de flujo transitorio sucede cuando un proceso implica
cambos dentro del volumen de control. Las relaciones de flujo permanente no se aplican a estos procesos.
Ejemplos de proceso de flujo no permanente:
 Carga de recipientes rígidos a partir de líneas de alimentación.
 Descarga de un fluido en un recipiente a presión.
 Accionamiento de una turbina de gas con el aire presurizado almacenado en un gran contenedor.
 El inflado de llantas o balones.
 Cocinar con una olla de presión ordinaria.
El balance de masa para cualquier sistema que experimenta algún proceso se puede expresar como (véase
sección 4.1).
m ent m sal  m sistema m final minicial
El balance de energía general, por la Ec. 3-15, es (véase sección 3.5)
E entrada  E salida
Transferencia neta de energía
por calor, trabajo y masa
recordando que
E sistema
=
Cambio en las energías interna,
cinética, potencial, etcétera.
Q  W   Een   Esal  EVC
o en forma de tasa
* La transferencia de calor es cero, debido a que se trata de interacciones con el medio externo (Fuera del V.C)
Elaboró:
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



Q  W   E en   E sal  dEV .C / dt
El proceso general de flujo inestable es comúnmente difícil de analizar por que las propiedades de la
masa en las entradas y salidas pueden cambiar durante un proceso. Sin embargo, al mayor parte de los
procesos de flujo inestable se pueden representar mediante procesos de flujo uniforme.


Durante el proceso en cualquier instante, el estado dentro del volumen de control es uniforme (es el
mismo en todas partes).
Las propiedades del fluido pueden diferir de una entrada o salida a otra, aunque el flujo del fluido en
una entrada o salida sea uniforme y permanente.
Entonces, el balance de energía para un sistema de flujo uniforme se puede expresar de forma explicita
como

 

 Qentrada  Wentrada   m    Qsalida  Wsalida   m   m2 e2  m1e1 sistema
entrada
salida

 

donde
  h e c e p
(4-35)
es la energía de una corriente de fluido en alguna entrada o salida de masa, y
e  u e c e p es la energía en el fluido estático dentro del volumen de control por unidad de masa.
Cuando los cambios de energía cinética y potencial relacionados con el volumen de control y las
corrientes son insignificantes, el balance de energía se simplifica a
 mh   mh (m u
Q W 
2
salida
Elaboró:
2
 m1u1 ) sistema
(4-36)
entrada
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PROBLEMAS DEL CAPITULO IV
PROBLEMA 4.17
Entra de forma permanente aire a una tobera a 300 kPa , 77 º C y 50 m / s y sale a 100 kPa y
320 m / s . La pérdida de calor de la tobera se estima en 3.2 kJ / kg del aire que fluye. El área de entrada de la
2
tobera es de 100 cm . Determine:
a) La temperatura de salida del aire
b) El área de salida de la tobera.
Estado 1
Estado 2
P1  100 kPa
V2  320 m / s
P 1  800 kPa
T2  50 º C
q  -3.2 kJ / kg
Solución:
(a) Ahora, consideramos a la tobera como un sistema de flujo permanente. Debido a que los datos del calor
se dan como calor sobre masa, utilizamos la fórmula siguiente:
q  w  h2  h1 
V22  V12
 g z 2  z1 
2
Ahora simplificamos la ecuación tomando en cuenta las consideraciones de esta tobera:
1. No se efectúa trabajo dentro de la tobera  w  0.
2. No hay cambios notables de altura  z1  z 2  0.
La ecuación simplificada es:
q  h2  h1 
V22  V12
2
Las entalpía 1 se busca en la tabla A-17 de aire como gas ideal, entrando por la temperatura, por lo tanto:
T1  77 º C (350 º K )  h1  350.49 kJ / kg
Con esto, conocemos todo lo necesario para la ecuación principal. Despejando la entalpía 2:
h2  h1 
V22  V12
q
2
Sustituyendo:


3202  50 2

h2   350.49 
 3.2 kJ / kg  297.34 kJ / kg
2000


h2  297.34 kJ / kg
Con este valor de entalpía se puede hallar la temperatura interpolando.
Elaboró:
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1
h
T
TS 2 
2
295.17
297.34
300.19
295
TS 2
300
(T2  T1 )
(300  295)
(297.34  295.17)  295  297.16 K
(h  h1 )  T1 
(h2  h1 )
(300.19  295.17)
TS 2  297.16-273 = 24.16 º C
Convertimos a °C
(b) Utilizando la fórmula de gas ideal podemos hallar el valor del volumen específico del aire en esas
condiciones.
Pv  RT  Despejando v  v 
v1 
v2 
(0.287 kJ kg K )( 350 K )
300 kPa
 0.3348 m 3 / kg
(0.287 kJ kgK )(297.16 K )
100 kPa
RT
. Sustituyendo:
P
 0.8528 m 3 / kg
Como sabemos que es un sistema de flujo permanente, sabemos que la masa inicial por unidad de tiempo es
igual a la masa final por unidad de tiempo, o sea:


m1  m 2

Por lo tanto, podemos aplicar la fórmula m 
1
VA , e igualar las masas para encontrar el área:
v
1
1
V1 A1  V2 A2
v1
v2
Despejando A2
A2 
v 2 V1
A1
v1 V2

A2 
(0.8528 m 3 / kg)(50m / s)
(0.01m 2 )  39.799 cm 2
(0.3348 m 3 / kg)(320 m / s)
PROBLEMA 4.32
Fluye vapor en estado permanente a través de una turbina adiabática. Las condiciones de entrada del
vapor son 10 MPa, 450 º C y 80 m / s , y las de salida son 10 kPa , 92 por ciento de calidad y 50 m / s . La
relación de flujo de masa de vapor es de 12 kg / s . Determine:
1. el cambio de la energía cinética
2. la salida de potencia y
3. el área de la entrada de la turbina
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Solución:
Estado 1
P1  10 MPa
1

T1  450 º C
V1  80 m / s

m  12kg / s
Estado 2
P2  10 kPa
x  0.92
W
V2  50 m / s
La energía cinética se calcula aplicando la fórmula Ec 
Ec 
V22  V12
,
2000
(50 m / s ) 2  (80 m / s ) 2
  1.95 kJ / kg
2000 J / kJ
2
(b) Sabemos que el sistema es de flujo permanente. La fórmula aplicable en este caso es:




Q  W   m sal  sal   m en  en
Las consideraciones para este caso son las siguientes:

1. La turbina es adiabática, por lo que Q  0.
2. La diferencia de alturas es poco relevante, así que z 2  z1  0.
3. Solo existe un estado inicial y dos estados finales, por lo tanto, las sumatorias son innecesarias.
Además, esto hace que la masa punto 1 sea igual a la masa punto 2.
Ya simplificada, queda de la siguiente forma:


 W  mh2  h1  Ec
En las tablas para el agua buscamos los valores para la entalpía. Para el estado 1 el agua se encuentra como
vapor sobrecalentado, por lo que utilizando la presión (10 MPa ) y temperatura (450 º C ) dadas, obtenemos
que h1  3240.9 kJ / kg . Para el caso del estado 2 es diferente ya que se encuentra como mezcla. Entonces
para calcular la entalpía se ubica la tabla de agua como mezcla y se encuentran los valores de h f y h fg para
esas condiciones. La fórmula aplicada es:
xh fg  h f  h
A esa presión, h f  191.83 kJ / kg , h fg  2392.8 kJ / kg , teniendo una calidad de x  0.92, así que:
(0.92 )(2392.8 kJ / kg)  191.83 kJ / kg  2393.206 kJ / kg
Sustituyendo en la ecuación principal:

 W  12 kg / s2393.206 kJ / kg  3240.9 kJ / kg  1.95 kJ / kg  10195.728 kJ / s   10.195 MW
(c) Para este inciso requerimos el volumen específico en el estado inicial. A esas condiciones de presión y
temperatura este es de v1  0.02975 m / kg , usamos la fórmula
3

1
VA  m para calcular el área, utilizando los
v
datos iniciales.
Elaboró:
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Despejando:

Am
3
0.02975 m / kg
v
 0.0044 m 2
 A  (12 kg / s)
80 m / s
V
PROBLEMA 4.48
Refrigerante 12 a 800 kPa y 25 º C es estrangulado hasta una temperatura de –20 º C . Determine la
presión y la energía interna del refrigerante en el estado final.
Estado 1
P1  800 kPa
Estado 2
T2  -20 º C
T1  25 º C
Solución:
Recordemos que la válvula de estrangulamiento es un dispositivo isentálpico, por lo tanto la entalpía de
entrada es aproximadamente igual a la entalpía de salida ( h2  h1 ). Se pueden considerar iguales. Con esto en
mente, hallamos la entalpía 1. Aquí, el refrigerante 12 se encuentra como líquido comprimido, por lo tanto se
debe aproximar el valor tomando en cuenta que h f  hg ,comp , por lo que se busca h f en la tabla
correspondiente. El valor resultante es de 59.705 kJ / kg . Por definición de entalpía, sabemos que
por lo tanto,
u1  P1v1  u 2  P2 v2 .
h  u  Pv ,
No conocemos los valores finales, pero se pueden hallar debido a que tenemos ya dos propiedades
intensivas; la temperatura y la entalpía. Si se buscan en las tablas, se halla que en el estado 2 se encuentra
como mezcla saturada, ya que el valor de la entalpía queda comprendido entre dos valores. Como la presión en
una mezcla saturada siempre es la misma, P2  Psat  150.93 kPa .
Para calcular la energía cinética, primero se debe hallar la calidad de la mezcla:
x
x
h  hf
h fg
59.705  17.82
160.92
 0.2603
Ahora utilizamos la fórmula de la calida pero con las energías internas x 
encontrar u , entonces
u uf
ug  u f
y despejando para
x u g  u f   u f  u
u  (0.2603)(1 44.59)  17.72  55.35 kJ / kg
PROBLEMA 4.56
En las centrales eléctricas de vapor, se utilizan calentadores de agua de alimentación abiertos para
calentar el agua de alimentación mezclándola con el vapor que se extrae de la turbina en alguna etapa
intermedia. Considere un calentador de agua de alimentación abierto que opera a una presión de 800 kPa . Se
va a calentar el agua de alimentación a 50 º C y 800 kPa con vapor sobrecalentado a 200 º C y 800 kPa . En
un calentador de agua de alimentación ideal, la mezcla sale del calentador como líquido saturado a la presión
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del agua de alimentación. Determine la razón de las relaciones de flujo de masa del agua de alimentación y del
vapor sobrecalentado para este caso.
Solución:
T1  50 º C

m1
Líquido sat.
P  800kPa

m2
T2  200 º C
Estado 2
Vapor sobrecalentado
Estado 3
Líquido Saturado
P 1  800 kPa
T2  50 º C
P 1  800 kPa
T2  200 º C
Aplicando la primera ley de la termodinámica, tenemos lo siguiente:
 salsal  m
 entent
Q W   m
Hacemos las siguientes consideraciones:
 0
1. No se pierde calor durante el proceso: Q
 0
2. No se realiza trabajo dentro del sistema W
 1  m 2  m 3
3. El flujo de masa no cambia durante todo el proceso: m
4. Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes Ec  Ep  0
Simplificamos la ecuación:
 m
 ent hent
h  m
sal sal
Como necesitamos la razón de masas, despejamos
m 1
m 2
m 1h3  m 2 h3  m 1h1  m 2 h2
m 1h3  m 1h1  m 2 h2  m 2 h3
 1  h3  h1   m
 3  h2  h3 
m
m 1  h2  h3 

m 2  h3  h1 
Lo que sigue, es encontrar las entalpías. El estado 1 el se encuentra como líquido comprimido. Se realiza una
aproximación utilizando los valores de presión y temperatura correspondientes, por lo tanto h1  209.33 kJ / kg .
Para el vapor sobrecalentado la entalpía h2  2839.3 kJ / kg , y para el líquido saturado h3  721.11 kJ / kg .
Sustituyendo:
m 1 (2839.3  721.11) kJ / kg
m 2

(721.11  209.33 ) kJ / kg
m 1
 4.1388
m 2
PROBLEMA 4.63
Entra vapor en el condensador de una central termoeléctrica a 20 kPa y una calidad de 95 por ciento
con una relación de flujo de masa de 20000 kg / hr . Se va a enfriar con el agua de un río cercano, la cual
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circulará por los tubos dentro del condensador. Para evitar la contaminación térmica, no se permite que el agua
del río sufra un aumento de temperatura mayor a 10 º C . Si el vapor va a salir del condensador como líquido
saturado a 20 kPa , determine la relación de flujo de masa del agua de enfriamiento requerida.
Solución:
Agua
3
Estado 1
1
Vapor
Estado 2
T 2 T1  10
T1
Estado 3

m 3  2000 kg / hr
P3  20 kPa
x3  0.95
Estado 4


m3  m 4
P3  P4
x3  0
Vapor
2
Aplicando la primera ley de la termodinámica, tenemos lo siguiente:
4
 salsal  m
 entent
Q W   m
Hacemos las siguientes consideraciones:
1. No se pierde calor durante el proceso: Q  0
2. No se realiza trabajo dentro del sistema W  0
3. Los flujos de masas son los mismos para los estados inicial y final de cada elemento:
m 1  m 2 , m 3  m 4
4. Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes Ec  Ep  0
Simplificamos la ecuación y despejamos m 3 punto:
 m
 ent hent
h  m
m 1h2  m 3h4  m 1h1  m 3h3
m 1h2  m 1h1  m 3h4  m 3h3
sal sal
 1  h2  h1   m
 3  h4  h3 
m
m3  m1
(h2  h1 )
(h4  h3 )
El problema al que nos enfrentamos ahora es que no tenemos forma de conocer por medio de tablas
los valores de la entalpía para el agua líquida, ya que no nos dan datos acerca de ellos. Para solucionarlo,
requerimos conocer la definición del cambio de entalpía:
h  u  vP
El agua del río no cambia de presión, por lo tanto el término vP  0 y h  u en este caso. Ahora
tiene una fórmula donde es relacionada con los calores específicos de sólidos y líquidos:
u
u  C prom (T 2T1 )
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Estos datos, a pesar de que no los dan numéricamente, pueden ser hallados. C prom
se ubica en las
tablas, siendo el valor promedio para el agua de 4.184 kJ / kgº K . La variación de temperaturas es fácil de
calcular restando la temperatura final de la inicial. Esto es,
T  T1  10 º C  T1  10º C
Las entalpías para el vapor son fáciles de hallar, utilizando las tablas. Para el estado 3, se tiene que
hallar mediante la fórmula de calidad:
xh fg  h f  h
(0.95)(2358.3)+251.4=2491.785 kJ / kg
Para el caso del estado 4, se utiliza el valor exacto de líquido saturado: 251.4 kJ / kg
Sustituyendo:

(20000 )kg / hr (2491.785  251.4 )kJ / kg
m3 
(4.184 kJ / kg)(10 º C )

m 3  107029.732 kg / hr

m 3  4.958 kg / s
PROBLEMA 4.87
Un dispositivo de cilindro émbolo-vertical y aislado contiene inicialmente 10 kg de agua, de los cuales
8 kg están en vapor. La masa del émbolo mantiene una presión constante de 300 kPa dentro del cilindro.
Ahora entra vapor a 0.5 MPa y 350 º C proveniente de una línea de alimentación hasta que el líquido en el
cilindro se ha evaporado. Determine la temperatura final en el cilindro y la masa de vapor que ha entrado.
Solución:
Estado 1
Estado entrada
P1  300 kPa
P1  0.5 MPa
m1  10 kg
Ten  350º C
Estado 2
P1  300 kPa
a) La temperatura final se halla sabiendo que el agua dentro del
recipiente se evapora totalmente, por lo tanto, en el estado 2 el
agua es vapor saturado. En ese caso la temperatura es la
temperatura de saturación a la presión dada. O sea:
P =300 kPa
m1  10 kg
H 2O
T2  133.55 º C
P =0.5 MPa
Ten  350 º C
b) Aplicamos la primera ley de la termodinámica sabiendo que el
proceso es de flujo uniforme:
Q W   msalsal  mentent  m2u2  m1u1
Hacemos las siguientes consideraciones:
1. No se pierde calor durante el proceso: Q  0
2. La masa al final del proceso es la masa inicial más la de entrada: m1  men  m2
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3. Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes Ec  Ep  0
4. No sale masa del sistema: msal  0
Simplificamos la ecuación:
W  ment hent  m2u2  m1u1
W  ment hent  m1u2  ment u2  m1u1
Por lo tanto, necesitamos hallar 4 cosas que aún no se conocen para encontrar la masa. Empecemos
por hallar la calidad. Es necesario ya que en la etapa inicial, hay una mezcla saturada, la cual se encuentra
simplemente sacando la razón de masas existentes:
x
mvapor
mtotal

8
10
 0.8
Ahora se aplica la fórmula:
u  xu fg  u f
ya que necesitamos la energía interna inicial.
u1  (0.8 )(1982.4 )  561.15  2147.07 kJ / kg
u1  2147.07 kJ / kg
La entalpía de entrada se ubica en la tabla de vapor sobresaturado. Ésta tiene como valor
hent  3167.7 kJ / kg
La energía interna final se halla utilizando el valor de vapor saturado en la presión dada:
u 2  u g  2543.6 kJ / kg
Lo único que nos falta es hallar el trabajo. Este trabajo es a presión constante, por lo tanto W  PV .
El volumen no lo conocemos pero lo podemos cambiar por volumen específico y multiplicarlo por la masa que
contiene. Obviamente hay que considerar que la masa cambia en los dos estados.
W  P(m2 v2  m1v1 )
W  P(v 2 (m1  men )  m1v1 )
Para estos casos,
v1  (0.8 )( 0.6058  0.0011)  0.0011  0.4846 m 3 / kg
y
v2  vg  0.6058m3 / kg
W  (300 )(10 )( 0.6058 )  ment (0.6058 )  (10 )( 0.4846 )
W  363.6  181.74 ment
Sustituyendo:
 363.6  181.74 ment  3167.7 ment  25436  25436 ment  21470.7
442.36 ment
 4328.9 ment kJ / kg
ment  9.87 kg
Elaboró:
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PROBLEMA 4.99
3
Un dispositivo de cilindro-émbolo vertical contiene 0.3 m de vapor a 250 º C . La masa del émbolo mantiene
una presión constante de 300 kPa . Ahora se abre una válvula y el vapor escapa. Durante el proceso hay
transferencia de calor de modo que la temperatura en el interior permanece constante. Si el volumen final es
3
0.1 m , determine
a) la cantidad de vapor que se ha escapado
b) la transferencia de calor.
Solución:
Estado 1
Vapor
P1 =300 kPa
v1  10 kg
T1  250 º C
Estado (salida)
Psal  300 kPa
P2  300 kPa
V1  0.3 m3
Tsal  250º C
V2  0.1 m3
T2  250º C
T1  250º C
Q
Estado 2
P1  300 kPa
Aplicamos la primera ley de la termodinámica considerando el
sistema como de flujo uniforme:
Q W   msalsal  mentent  m2u2  m1u1
m sale
Hacemos las siguientes consideraciones:
1. La masa al final del proceso es la masa inicial menos la de salida: m1  msal  m2
2. Los cambios en energía cinética y potencial son insignificantes Ec  Ep  0
3. No entra masa al sistema: ment  0
4. La temperatura y la presión permanecen constantes.
Simplificamos la ecuación:
Q W   msalsal  m2u2  m1u1
Q  W  msal hsal  m1u2  msal u2  m1u1
Recordemos que la energía cinética solo depende de la temperatura, y como ésta es constante u1  u 2 .
Tomando esto en cuenta, la ecuación se puede simplificar aún más:
Q  W  msal (hsal  u )
Q  msal (hsal  u )  W
La energía cinética se puede hallar en el estado 1 o 2 indistintamente. Ubicándola en la tabla
u  2728.7 kJ / kg .
La entalpía de salida se encuentra en la misma tabla que la energía cinética. Su valor es de
h  2967.6 kJ / kg .
Los últimos datos que necesitamos conocer es el volumen específico para los estados. Este es de
v  0.7964 m 3 / kg
La masa de salida la podemos encontrar con la fórmula m  V
utilizamos la variación de volumen.
Elaboró:
/ v . Como nosotros queremos saber la que salió,
70
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m
0.2 m
3
3
0.7964 m / kg
 0.2511 kg
Lo único extra que necesitamos es el trabajo. Este se realiza a presión constante, por lo tanto
Recordemos que es una compresión, por lo tanto el trabajo debe ser negativo.
W  PV .
W  300 kPa(0.02 m 3 )  60 kJ
Sustituyamos los valores:
Q  (0.2511kg)(2967.6 kJ / kg  2728.7 kJ / kg)  60 kg  0.01221
Q0
Elaboró:
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La segunda
Ley de la
Termodinámica
CAPÍTULO
Capitulo 5
5
E
n este capitulo se introduce la segunda ley de la termodinámica, la cual afirma que los procesos
ocurren en cierta dirección y que la energía tiene calidad así como cantidad. Esta ley indica las
limitaciones existentes en las transformaciones energéticas. En un sistema aislado, es decir, que
no intercambia materia ni energía con su entorno, la entropía (desorden en un sistema) siempre
habrá aumentado (nunca disminuido, como mucho se mantiene) desde que ésta se mide por primera vez hasta
otra segunda vez en un momento distinto. En otras palabras: El flujo espontáneo de calor siempre es
unidireccional, desde una temperatura más alta a una más baja. Un proceso no puede tener lugar a menos
que satisfaga tanto la primera como la segunda ley de la termodinámica.
5.1
Introducción a la Segunda Ley de la Termodinámica.
Como se ha dicho en varias ocasiones, la energía es una propiedad conservada y no se sabe de ningún
proceso que viole la primera ley de la termodinámica, por tanto es de esperar que para que ocurra un proceso
debe satisfacer la primera ley pero no asegura que en realidad el proceso tenga lugar. Existen dos condiciones
para tener un proceso y son satisfacer la 1ª y 2ª ley de la termodinámica. La 2ª ley de la termodinámica se
caracteriza por la dirección natural de los procesos, y por la calidad como cantidad de la energía.
Sin embargo, el uso de la segunda ley de la termodinámica no solo se limita a identificar la dirección de
los procesos ni tampoco que la energía tiene calidad así como cantidad. La primera ley se encarga de la
cantidad de energía y si como sus transformaciones, sin considerar su calidad. Conservar la calidad de la
energía es una cuestión importante para los ingenieros, la segunda ley provee esta herramienta para
determinarla, así como el grado de degradación que sufre la energía durante un proceso.
La segunda ley de la termodinámica se usa también para determinar los límites teóricos en el
desempeño de sistemas de ingeniería de uso ordinario, como maquinas térmicas y refrigeradores, así como
predecir el grado de terminación de las reacciones químicas.
5.2
Deposito de energía térmica y máquinas térmicas
Un depósito de energía térmica, o solo deposito, es un cuerpo hipotético con una capacidad de energía
térmica ( masa  calore especifico ) relativamente grande, de modo que puede suministrar o absorber
cantidades finitas de calor sin que sufra ningún cambio de temperatura. Podemos considerar como depósitos,
los grandes cuerpos de agua como los océanos, lagos y ríos así como el aire atmosférico. Un sistema de dos
fases o los hornos industriales, pueden ser considerados de la misma manera puesto que absorben y libran
grandes cantidades de calor manteniendo su temperatura constante. Cualquier cuerpo físico cuya capacidad de
Elaboró:
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energía térmica sea grande respecto de la cantidad de energía, que suministra o absorbe puede modelarse
como un depósito.
 Un depósito que suministra energía en la forma de calor se llama fuente (cambia su temperatura).
 Un depósito que absorbe energía en la forma de calor se llama sumidero (no cambia su temperatura).
Las máquinas térmicas son dispositivos especiales que convierten calor a trabajo, y se caracterizan por:
 Reciben calor de una fuente de alta temperatura (energía solar, hornos de petróleo, reactores
nucleares, etc.).
 Convierten parte de este calor en trabajo (normalmente en la forma de un eje en rotación).
 Liberan el calor de desecho remanente en un sumidero de baja temperatura (la atmósfera, ríos, etc.).
 Operan en un ciclo.
Las maquinas térmicas y otros dispositivos cíclicos por lo común requieren un fluido hacia y desde el cual
se transfiere calor mientras experimenta un ciclo. Al fluido se le conoce como fluido de trabajo.
En la figura 5.1 observamos que
Temperatura alta
FUENTE
Qentrada = Calor suministrado desde una fuente de alta temperatura.
Qsalida = Calor rechazado hacia un sumidero de baja temperatura.
Qentrada  QH
Wsalida = Cantidad de trabajo de entrega del sistema.
Wentrada = Cantidad de trabajo requerido en el sistema.
Maquina
térmica
Las cuatro cantidades son positivas siempre.
Wneto, salida
La salida de trabajo neto es la diferencia entre su salida de trabajo
total y su entrada de trabajo total.
Qsalida  QL
Wneto, salida  Wsalida  Wentrada
Temperatura baja
SUMIDERO
( kJ )
(5-1)
Recordando que para que experimente un ciclo, un sistema cerrado;
el cambio de energía interna U es cero, por tanto, la salida neta de
trabajo del sistema es igual a la transferencia neta de calor hacia el
sistema.
Figura 5.1
Wneto, salida  Qentrada  Qsalida  Q H  Q L ( kJ )
(5-2)
QH = Magnitud de la transferencia de calor entre un dispositivo cíclico y un medio de alta temperatura ( TH ).
QH = Magnitud de la transferencia de calor entre un dispositivo cíclico y un medio de baja temperatura ( T L ).
La eficiencia térmica* ( ) es la fracción de la entrada de calor que se convierte en trabajo neto. Es una
medida del rendimiento de una máquina térmica.

Salida de trabajo neto WN , SAL

Entrada de calor total
QH

WN ,SAL
QH

QH  QL
Q
 1 L
QH
QH
* La eficiencia térmica de una maquina siempre es menor a la unidad por que QL y Q H se definen como cantidades positivas.
Elaboró:
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(5-3)
(5-4)
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5.3
TERMODINÁMICA
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Enunciados de la Segunda Ley de la Termodinámica.
Enunciado de Kelvin – Planck: Es imposible para cualquier dispositivo que opera en un ciclo, recibir calor de
un solo depósito y producir una cantidad neta de trabajo.
En otras palabras, ninguna máquina térmica puede tener una eficiencia térmica del 100 por ciento, o bien: para
que una central de potencia opere, el fluido de trabajo debe intercambiar calor con el ambiente así como con el
horno.
Enunciado de Clausius: Es imposible construir un dispositivo que opere en un ciclo sin que produzca ningún
otro efecto que la transferencia de calor de un cuerpo de temperatura más bajo a un cuerpo de temperatura
más alta.
El enunciado de clausius no significa que sea imposible construir un dispositivo cíclico que transfiera calor de un
medio frió a otro mas caliente. El enunciado establece simplemente que el dispositivo (ejemplo: un refrigerador)
no puede operar sin que uno de sus elementos (ejemplo: el compresor) sea activado mediante una fuente de
energía externa (ejemplo: motor externo).
Ambos enunciados son equivalentes en sus consecuencias, y se puede usar cualquiera como expresión de la
segunda ley de la termodinámica. Cualquier dispositivo que viole el enunciando de Planck también viola el de
Clausius.
Refrigeradores y Bombas de Calor
Los refrigeradores son dispositivos especiales que transfieren calor de un medio de baja temperatura a
uno de alta temperatura.
La eficiencia de un
expresa en términos de
operación (COP, siglas
performance), el cual
COPR .
Medio ambiente
QH
COPR 
Condensador
Válvula de
expansión
W N ,entrada
Compresor
refrigerador se
su coeficiente de
de coefficient of
se denota por
QL
Salida deseada

entrada requerida WN ,entrada
También puede expresarse en forma de

taza remplazando Q L por Q L y W N ,entrada

por W N ,entrada o como:
Evaporador
QL
Espacio
refrigerado
COPR 
QL
1

QH  QL  QH
  1 (5-5)

QL 

Figura 5.2
Sistema de refrigeración
Elaboró:
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Las bombas de calor son dispositivos que transfieren calor de un medio de baja temperatura a uno de
alta temperatura.
Así mismo, para una bomba de calor, el coeficiente de operación ( COPHP ) esta dado por:
COPBC 
QH
Salida deseada

Entrada requerida WN,entrada
que también puede expresarse como
COPBC 
QH
1

QH  QL 1   QL

 Q 
H 

(5-6)
Además, siempre se cumple que:
COPBC  COPR  1
COPBC  COPR
5.4
Procesos reversibles e irreversibles.
Un proceso reversible es aquel que puede invertirse sin dejar huella en los alrededores. Es decir, tanto
el sistema como los alrededores vuelven a sus estados iniciales una vez finalizado el proceso inverso. Esto es
posible solo si el intercambio de calor y trabajo netos entre el sistema y los alrededores es cero para el proceso
combinado (original e inverso).
Un proceso irreversible son procesos que una vez que han ocurrido no pueden invertirse, por si solos
de modo espontáneo para regresar el sistema a su estado inicial.
Es posible volver a un sistema a su estado original siguiendo un proceso, sin importar si este es
reversible o irreversible. Pero para procesos reversibles, esta restauración se hace sin dejar ningún cambio neto
en los alrededores, mientras que para procesos irreversibles los alrededores normalmente hacen algún trabajo
sobre el sistema, por la tanto no vuelven a su estado original.
Los procesos reversibles en realidad no ocurren en la naturaleza, solo son idealizaciones de procesos
reales. Los ingenieros están interesados en procesos reversibles por que los dispositivos que producen trabajo,
como motores automóviles ya turbinas de gas o vapor, entregan el máximo de trabajo, y los dispositivos que
consumen trabajo, como compresores, ventiladores y bombas, consumen el mínimo de trabajo cuando se usan
procesos reversibles en lugar de irreversibles. Los procesos reversibles pueden considerarse como limites
teóricos para los irreversibles correspondientes.
Tipos de Irreversibilidad
- Fricción
- Expansión libre
- Mezcla de dos gases
- Transferencia de calor a través de una diferencia de temperatura
- Resistencia eléctrica
- Deformación inelástica de sólidos
- reacciones químicas
Un proceso es internamente reversible si no hay irreversibilidades dentro de las fronteras del sistema
durante el proceso (las trayectorias de los procesos inverso y directo coinciden para un proceso internamente
reversible). Un ejemplo, es un proceso es de cuasiequilibrio cuando el sistema permanece infinitesimalmente
cercano a un estado de equilibrio; es un proceso lo suficientemente lento, que permite al sistema realizar un
ajuste interno, de manera que las propiedades en una parte de él no cambien más rápido que en otras partes.
Elaboró:
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Un proceso es externamente reversible si no ocurren irreversibilidades fuera de las fronteras del
sistema durante el proceso.
Un proceso totalmente reversible, o nada más reversible, si no tiene que ver con irreversibilidades
dentro del sistema o sus alrededores. En un proceso de este tipo no hay transferencia de calor debida a un
diferencia de temperatura finita, ni cambios de no cuasiequilibrio y tampoco fricción u otros efectos disipadores.
Par una maquina térmica reversible que opera entre dos depósitos a temperatura TH y T L , con un deposito y
una fuente, se pueden relacionar por medio de
 QH

 QL
5.5

T
  H
 rev TL
(5-7)
Carnot
El ciclo de Carnot es un ciclo reversible que se compone de 4 procesos (2 isotérmicos y 2 adiabáticos),
que puede ejecutarse ya sea en un sistema cerrado o en uno de flujo permanente.
Considere un sistema cerrado conformado por un gas contenido en un dispositivo de cilindro embolo
adiabático.
(3)
(3)
(2)
(4)
TL
TL
TH  cte.
(1)
TH
(2)
(4)
(1)
TL '
Fuente TH  TH
Fuente TH  TH
QH = Cantidad de calor
QH = Cantidad de calor
transferido al gas durante
este proceso.
rechazado por el gas
durante este proceso.
'
Expansión Isotermica
Reversible.
TH
QL
QH
TH '
TL  cte.
'
Expansión Adiabática
Reversible
Expansión Isotermica
Reversible.
Compresión Adiabática
Reversible
El ciclo de la maquina térmica de Carnot descrito es totalmente es talmente reversible, por lo tanto
todos los procesos que abarca se pueden invertir, en cuyo caso se convierte en el ciclo de refrigeración de
Carnot.
Elaboró:
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Ciclo de Carnot en un sistema cerrado.
P
1
QH
P
1
QH
TH  cte
4
2
TH  cte
W N , salida
W N , salida
2
4
3
QL
QL
TL  cte
V
V
Diagrama
P  V de un ciclo de Carnot
3 T  cte
L
Diagrama
P  V de un ciclo inverso de Carnot
Los principios del ciclo de Carnot son los siguientes:
1. La eficiencia de una maquina térmica irreversible siempre es menor, que la eficiencia de una
maquina térmica reversible que opera entre los mismos dos depósitos.
2. Las eficiencias de todas las maquinas térmicas reversibles que operan entre los dos mismos
depósitos, son iguales.
La Escala termodinámica (en grados absolutos) es una escala de temperatura que es independiente de
las propiedades de las sustancias que se emplean para medir la temperatura. La eficiencia de una maquina
térmica reversible es independiente del fluido de trabajo empleado y de sus propiedades y de la manera de
ejecutarse o del tipo de máquina empleada. La eficiencia de una maquina térmica reversible es una función
exclusiva de la temperatura de los depósitos.
La hipotética máquina que opera en el ciclo reversible de Carnot se llama máquina Térmica de Carnot.
La eficiencia térmica de cualquier maquina térmica, reversible o irreversible, se determina mediante la ecuación:
T  1 
QL
QH
(5-7)
QH = es el calor transferido desde un depósito de alta temperatura TH (temperatura absoluta).
QL = es el calor transferido desde un depósito de baja temperatura T L (temperatura absoluta).
En máquinas térmicas reversibles, el coeficiente de transferencia de calor puede ser sustituido por el
coeficiente de temperaturas absolutas de los dos depósitos.
 T ,rev  1 
TL
TH
(5-8)
esta relación se denomina eficiencia de Carnot (por la que de calor es la de la maquina reversible de Carnot),
ésta es la eficiencia máxima que puede tener una maquina térmica que opera entre dos depósitos de e nergía
térmica a temperaturas TH y T L .
Las eficiencias de las máquinas térmicas reales y reversibles que operan entre los mismos límites de
temperatura se comparan de la siguiente manera:
Elaboró:
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 T ,rev

T ,rev  T ,rev
 
 T ,rev
Maquina térmica irreversible
Maquina térmica reversible
(5-9)
Maquina térmica imposible
La eficiencia térmica de las maquinas térmicas reales se puede maximizar al suministrar calor hacia la
maquina a la temperatura máxima posible (limitada por la resistencia del material) y al rechazar calor de la
maquina a la menor temperatura posible (limitada por la temperatura del medio de enfriamiento, como ríos,
lagos o la atmósfera).
Un refrigerador o una bomba de calor que operen en un ciclo de Carnot inverso se llaman un
refrigerador de Carnot o bomba de calor de Carnot. Debido a lo mencionado, sus coeficientes de
rendimiento pueden ser encontrados mediante las siguientes expresiones:
COPR ,rev 
COPBC ,rev 
1
 TH   1
 T 
L

1
1   TL 
 TH 
(5-10)
(5-11)
Estos son los coeficientes de operación más altos que puede tener un refrigerador o una bomba de calor
que opera entre los límites de temperatura T L y TH . Las eficiencias de los refrigeradores reales y reversibles
que operan entre los mismos límites de temperatura se comparan de la siguiente manera:
 COPR ,rev

COPR  COPR ,rev
 COP
R , rev

Refrigerador irreversible
Refrigerador reversible
(5-12)
Refrigerador imposible
Si se reemplaza COPR por COPBC en la ecuación 5-12 se obtiene una relación similar para las bombas
de calor. El COP para un refrigerador o bomba de calor reversible es el valor teórico máximo para los límites de
temperatura especificados. Los COP de refrigeradores y bombas de calor disminuyan cuando T L decrece, es
decir, requiere mas trabajo absorber calor de medios de temperatura menor, la cantidad de trabajo requerida
para producir una cantidad finita de refrigeración se aproxima a infinito y COPR tiende a cero.
Elaboró:
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PROBLEMAS DEL CAPÍTULO V
PROBLEMA 5.26
Una central eléctrica de vapor recibe calor de un horno a una relación de 280 GJ / h . Las perdidas
térmicas en el aire circundante por el vapor, cuando éste circula por las tuberías y otros componentes, se
estima aproximadamente en 8 GJ / h . Si el calor de desecho se transfiere al agua de enfriamiento a una
relación de 145 GJ / h , determine: a) la salida de potencia neta, y b) la eficiencia térmica de esta planta de
potencia.
Solución:
Tenemos que
TH

Q H  280 GJ / h



W neto  Q H  Q L



Pero el flujo de calor que sale de la máquina es Q L  Q P .
Entonces nuestra ecuación queda como:
QP  8 GJ / h






W neto  Q H   Q L  Q P 


W neto

Q L  145 GJ / h

W neto  280GJ / h  145GJ / h  8GJ / h 

1h
GJ
W neto  127

 35 .28 MW
h 3600 s
TL
La eficiencia la calculamos con la ecuación:

  1
QL
  1

QH
153 GJ / h
 0.4536
280 GJ / h

  45 .36 %
PROBLEMA 5.28
Una planta eléctrica de vapor con una salida de potencia de 150 MW consume carbón a una relación
de 60 ton / hr . Si el poder calorífico del carbón es 30000 kJ / kg , determine la eficiencia térmica de esta planta
(1 ton  1000 kg ).
Solución:
La eficiencia puede ser calculada por la ecuación
TH



QH

QH

W neto  150 MW

W neto

Necesitamos calcular Q H , para ellos nos servimos de la primera ley:
QL
TL






Q  W  E
Q  W  U  EC  EP

Q  W  U  m C


Q  mC
Elaboró:
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
C es el poder calorífico (30000 kJ / kg ) y m es el flujo de masa (60 ton / hr =16.6667 kW ).
Donde
Sustituyendo valores, tenemos que:

Q H  30000 kJ / kg16 .6667 kJ / s   500000 kJ / s
Ahora podemos calcular la eficiencia:

150000 kW
 0.3
500000 kW
  30 %
PROBLEMA 5.29
Un motor de automóvil consume a razón de 28 l / hr y transfiere 60 kW de potencia a las ruedas. Si el
3
combustible tiene un poder calorífico de 44000 kJ / kg y una densidad de 0.8 g / cm , determine la eficiencia de
este motor.
Solución
TH
La eficiencia puede ser calculada por la ecuación:


QH

W neto

QH
Sabemos que:

W neto  60 kW

El flujo de masa lo calculamos de la siguiente manera:
QL
TL

QH  mC



m  V
Donde


es la densidad y
V es flujo volumétrico. Sustituyendo:

kg  L  0.001 m 3  1 h 


  4.4444  10 3 kg / s
m   800 3  20 
h
1
L
3600
s
m 





Una vez calculado el flujo de masa podemos calcular Q H .

kg 
kJ 

Q H   4.4444  10 3  44000   195.5556 kJ / s
s 
kg 

Finalmente calculamos la eficiencia:

60 kW
 0.3068
273 .7778 kW
  30.68 %
Elaboró:
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PROBLEMA 5.41
Un refrigerador doméstico con COP de 1.8 extrae calor del espacio refrigerador a una relación de
90 kJ / min . Determine: a) la potencia eléctrica consumida por el refrigerador y b) la relación de transferencia
de calor al aire de la cocina.
Solución:
a) El coeficiente de operación de refrigerador se calcula por la ecuación:

TH
COPR 

QL

Wneto
QH


W neto
Despejando W :

Q L  90 kJ / min


QL
90 kJ / min
1 min
W 

 90 kJ / min 
 0.833 kW
COPR
1.8
60 s
TL

b) Con la ecuación siguiente despejamos Q H y calculamos esta misma:



W neto  Q H  Q L



Q H  W neto  Q L

Q H  0.8333 kW  1.5 kW  2.333
kJ 60 s

 140 kJ / min
s 1 min
PROBLEMA 5.52
Se emplea una bomba de calor para mantener una casa a una temperatura constante de 23 º C . La casa
libera calor hacia el aire exterior a través de las paredes y las ventanas a una relación de 60000 kJ / hr ,
mientras la energía generada dentro de la casa por la gente, las luces y los aparatos ascienden a 4000 kJ / hr .
Para un COP de 2.5 determine la entrada de potencia a la bomba de calor.
Solución:
Tenemos que el COPBC = 2.5 y esta se calcula a base de la ecuación:

TH=23 ºC
COPR 


Q  60000 kJ / min
W neto

Q L  90 kJ / min
TL
Elaboró:

Wneto
QH

QH
Energía necesaria para que la casa se mantenga a una
temperatura de 23 º C

Q H  60000  4000  kJ / h  56000 kJ / h
Una vez calculada la energía necesaria para mantener la
temperatura de la casa constante procedemos a calcular la
potencia:
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

W neto
QH
56000 kJ / h
1h


 22400 kJ / h 
 6.222 kW
COPBC
2.5
3600 s
PROBLEMA 5.71
Un maquina térmica de Carnot opera entre una fuente a 1000 K y un sumidero a 300 K . Si a la máquina
térmica le suministra calor a una relación de 800 kJ / min , determine a) su eficiencia, y b) su salida de potencia.
Solución:
a) Calculamos la eficiencia con la ecuación:
  1
TL
300 K
 1
 1  0.3  0.7
TH
1000 K

b) Para calcular W neto nos servimos de las dos siguientes ecuaciones:

QH


QL

TH
TL


W neto  Q H  Q L
y

Despejando Q L en la primera ecuación obtenemos:


QL  QH
TL
TH

Sustituyendo Q L en la ecuación 2, tenemos:



W neto  Q H  Q H
TL
TH


 T
W neto  Q H 1  L
 TH
 
  Q H 


W neto  800 kJ / min0.7   560 kJ / min 
1 min
 9.333 kW
60 s
PROBLEMA 5.74
Una máquina térmica opera en un ciclo de Carnot y tiene una eficiencia térmica de 55 por ciento. El
calor de esta maquina se libera en un lago cercano a 15 º C a una relación de 800 kJ / min . Determine a) la
salida de potencia de la maquina y b) la temperatura de la fuente.
Solución:
a) Tenemos que:
TH


Q H  280 GJ / h



W neto  Q H 

Q L  800 kJ / min
Elaboró:

Pero también hemos deducido que:
W neto
TL=15 ºC

W neto  Q H  Q L

Igualando 1 y 2 y despejando Q H
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


QH   QH  QL


Q H 1     Q L


QH
QL

1   
Sustituyendo valores obtenemos:

QH 
800 kJ / min
 1777 .7778 kJ / min
1  0.55 

Con la ecuación 1 calculamos W neto :

W neto  1777 .7778  800  kJ / min  977 .7778 kJ / min 
1 min
 16 .296 kW
60 s
b) Calculemos ahora la temperatura de la fuente con la siguiente relación:

QH


QL
TH
TL
Despejando TH obtenemos:

TH  T L
QL

QH
TH  288 K 
Sustituyendo valores:
1777.777 kJ / min
 640 K
800kJ / min
PROBLEMA 5.87
Se necesita un sistema de acondicionamiento de aire que opera en el ciclo de Carnot para transferir el
calor de una casa a una relación de 750 kJ / min , para mantener su temperatura de 20 º C . Si la temperatura
del aire exterior es de 35 º C , determine la potencia requerida para operar este sistema.
Solución:

TH = 35 ºC
QH
Utilizando la ecuación:


QL
QH
Despejando Q H :


QH  QL

Q L  750 kJ / min
TH
TL


W neto
TR
TL
Sustituyendo valores:
TL = 20 ºC
Elaboró:


Q H  750 kj / min 
308 K
 788 .3959 kJ / min
293 K
83
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Posteriormente hallamos el trabajo neto por la ecuación:



W neto  Q H  Q L
Sustituyendo valores:

W neto  788 .3959  750  kJ / min  38 .3959 kJ / min 
1 min
 0.64 kW
60 s
PROBLEMA 5.92
Se emplea un sistema de acondicionamiento de aire para mantener una casa a 22 º C cuando la
temperatura exterior es de 33 º C . La casa gana calor a través de las paredes y las ventanas a una relación de
600 kJ / min , y dentro de la casa la relación de generación de calor liberado por la gente, las lámparas y los
aparatos asciende a 120 kJ / min . Determine la entrada de potencia mínima requerida para este sistema de
acondicionamiento de aire.
Solución:
Tenemos que el calor generado dentro de la casa es en total 600 kJ / min +120 kJ / min , lo implica una

remoción de calor de casa de 720 kJ / min . Por lo tanto Q L  720 kJ / min
Con la ecuación:

QH


QL
TH
TL
despejamos


QH  QL
TR
TL
por lo tanto

Q H  720 kJ / min 
306 K
 746 .8474 kJ / min
295 K
Calculando finalmente



W neto  Q H  Q L
Sustituyendo valores:

W neto  746.8474  720 kJ / min  26.8474kJ / min

1 min
W neto  26.8474kJ / min 
0.447 kW
60 s
PROBLEMA 5.95
La estructura de una casa es tal que pierde calor a razón de 5400 kJ / hr por cada º C de diferencia de
temperatura entre el interior y el exterior. Se emplea una bomba de calor que requiere una entrada de potencia
de 6 kW para mantener esta casa a 21 º C . Determine la temperatura exterior masa baja para la cual la bomba
de calor puede cubrir los requerimientos de calefacción de esta casa.
Solución:
Observamos que la temperatura que se suministra a la casa para mantenerla a una temperatura
constante depende de la diferencia de temperatura de TH y T L , la cual puede ser medida en K , ya la
diferencia entre grados centígrados y Kelvin es la misma Por otra parte la cantidad 5400 kJ / hrº
Elaboró:
K nos da la
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energía perdida por cada º C de diferencia de temperatura (o por cada Kelvin de diferencia )entre el interior y el
exterior. De esta manera encontramos que:

Q H  5400 kJ / h º K T
Donde
T es la diferencia de temperatura entre el interior y el exterior, es decir
T  TH  TL
Tenemos que la eficiencia esta dada por:
  1
TL
TH
Pero sabemos que TL  TH  T :
  1
TH  T T

TH
TH
Pero la eficiencia es posible calcularla por la ecuación:



W neto

QH
W neto

5400 kJ / h º K T
Igualando 1 y 2:

T
W neto

5400 kJ / h º K T
TH

TH W neto
T 
5400 kJ / h º K 
2

TH W neto
T 
5400 kJ / h º K 
Sustituyendo valores obtenemos:
T 
294 K 6 kW   34.29285 K
1.5kW /º K 
Establecimos que:
TL  TH  T
Sustituyendo valores y tomando en cuenta que T ( K )  T (C )
TL  21º C  34 .29285 º C  13 .29285 º C
Elaboró:
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Capitulo 1
Capitulo 6
Entropía
6
CAPÍTULO
L
A primera ley de la termodinámica trata con la propiedad energía y la conservación de ella;
mientras que la segunda define una nueva propiedad llamada entropía, la cual es hasta cierto
punto abstracta y difícil de describir físicamente sin considerar el estado microscópico del sistema.
A diferencia de la energía la entropía es una propiedad que no se conserva, por lo tanto, la
conservación de entropía no existe. Como se vera mas adelante el desempeño de los sistemas de ingeniería es
degradado por la presencia de irreversibilidades; la generación de entropía es una medida de las magnitudes de
irreversibilidad presente durante ese proceso y puede usarse para establecer un criterio a emplearse en el
diseño de un dispositivo.
6.1
Entropía.
Una desigualdad importante que tiene mayores consecuencias en la termodinámica es la desigualdad
de Clausius, establecida por el alemán R. J. E. Clausius (1822-1888), se expresa como:

Q
T
0
( kg )
(6-1)
La integral cíclica siempre es menor o igual a cero, a una cantidad que su integral cíclica sea cero, es
decir, depende solo del estado y no de la trayectoria del proceso, se considera una propiedad.
La desigualdad* de Clausius se cumple para todos los ciclos reversibles o irreversibles. Puede verse
como la sumatoria de todas las cantidades diferenciales de transferencia de calor, divididas entre la temperatura
absoluta de la frontera. Para ciclos internamente reversibles:
 Q 
0

 int,rev
  T
(6-2)
La entropía, S es una propiedad termodinámica extensiva y de estado que refleja una medida del
desorden molecular, la cual esta definida por:
 Q 
dS  

 T  int, rev
( kJ / K )
*La igualdad se cumple para ciclos reversibles total o sólo internamente reversibles, la desigualdad para los reversibles.
Elaboró:
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La entropía por unidad de masa s , es una propiedad intensiva y se mide con la unidad kJ / kg  K . La
diferencia entre entropía y energía es que la primera no se conserva.
Para determinar el cambio de entropía entre dos estados inicial y final en un proceso internamente
reversible, se resuelve la integral:
 Q 
1 ds  1  T  int, rev  S 2  S1  S
2
2
(6-5)
( kJ / K )
La variación de la entropía entre dos estados específicos es la misma, no importa que trayectoria
reversible o irreversible se siga durante el proceso. La integral del otro lado de la igualdad Q / T para una
trayectoria irreversible no es una propiedad, ya que se obtendría diferentes valores para cada trayectoria que se
tomara.
6.2
Procesos de Transferencia de Calor isotérmica internamente reversibles.
Para un proceso internamente reversible de transferencia de calor de manera isotérmica a T 0 (la
temperatura absoluta constante del sistema), la transferencia de calor en el proceso debe ser internamente
reversible Q . De esta manera la variación en la entropía queda:
2
2
 Q 
1
 Q 

S   
  


T  int, rev 1  T0  int, rev TO
1
2
 Q 
int, rev
1

Q
TO
( kJ / K )
(6-6)
Observe que el cambio de entropía de un sistema durante un proceso isotérmico internamente reversible puede
ser positivo o negativo, dependiendo de la dirección de la transferencia de calor. La transferencia de calor hacia
un sistema (perdida de calor) aumenta la entropía de este, mientras que la transferencia de calor desde un
sistema la disminuye.
6.3
El Principio de Incremento de Entropía.
Considerando un ciclo formado por dos procesos (Figura 6.1):
2
Proceso 1 - 2
(Reversible o
irreversible)
Proceso 2 - 1
(Internamente
reversible)
1
Figura 6.1
Analizándolo:

Q
T
0
o
2

1
Q
 Q 
 
0

T 2  T  int, rev
1
Conociendo la equivalencia de la segunda integral ( S 2  S1 ), tenemos que:
Elaboró:
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2
S 2  S1  
1
( T Temperatura termodinámica entre la frontera;
Q
Q
(6-7)
T
Calor diferencial transferido entre el sistemas)
El signo de la desigualdad en la desigualdad nos indica que alguna entropía es generada durante un
proceso irreversible, y esta generación de debe completamente a la presencia de irreversibilidades, es
importante tener en cuenta que para una mayor irreversibilidad mayor es la entropía generada. La entropía
generada durante este proceso se llama generación de entropía ( S gen ) [6]. Como la diferencia entre el cambio
de entropía de un sistema cerrado y la transferencia de entropía es igual a la generación de entropía, la
ecuación 5-6 puede escribirse como:
(6-8)
2
Q
 S gen, sist
T
1
S sis  S 2 S 1
Cambio de
entropía
Generación de
entropía dentro
del sistema.
Transferencia
de entropía con
calor
La ecuación 6-8 tiene implicaciones muy importantes en termodinámica. Para un sistema aislado(o
simplemente un sistema cerrado adiabático), la transferencia de calor es cero y la ecuación se reduce a
S aislado  0
(6-9)
o
S  S 2  S1  S gen, sis
(6-11)
Esta ecuación expresa que la entropía de un sistema aislado durante un proceso siempre se incrementa, en
restrictivo caso de un proceso reversible permanece constante, esto es conocido como el principio de
incremento de entropía. Por consiguiente es posible considerar a un sistema y sus alrededores como
subsistemas de un sistema aislado, y el cambio de entropía de éste durante un proceso resulta de la suma de
los cambios de entropía del sistema y sus alrededores, la cual es igual a la generación de entropía porque un
sistema aislado no involucra transferencia de entropía. Es decir,
S generada  S total  S sistema  S alredeores  0
(6-12)
Un sistema aislado puede estar compuesto por cualquier número de subsistemas, por lo que podemos
reescribir nuestras ecuaciones 6-8 y 6-12
S 2  S 1
k
Q K
TK
 S gen, sist
(6-13)
*Ecuación para el balance de entropía para un sistema cerrado
y
N
S TOTAL   S i  0
i 1
(6-14)
Ecuación del principio de incremento de entropía de un sistema aislado.
[6] La entropía generada siempre es una cantidad positiva.
Elaboró:
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*Diferentes fuentes que están a temperaturas constantes.
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El principio de la generación de la entropía puede resumirse
S ciclo
 0 , proceso irreversible.
 0 , proceso reversible.
 0 , proceso imposible.
Hasta este punto somos capaces de entender que es la entropía, para que nos sirva y cual es su impacto en la
ingeniería (leer de nuevo el párrafo de inicio).
6.4
Cambio de entropía de sustancias puras.
La entropía es una propiedad, por la tanto el valor de la misma en un sistema se establece una vez
fijado el estado de éste (líquido comprimido, vapor saturado o evaporado). El valor de la entropía en un estado
específico se determina del mismo modo que se hace para cualquier otra propiedad. En las regiones de líquido
comprimido y e vapor sobrecalentado se obtienen directamente en las tablas de estado especificado, mientras
que en la región de la mezcla saturada, se determina como:
s  s f  xs fg
( kJ / kg  k )
(6-15)
donde x es la calidad, y los valores de s f y s fg se listan en las tablas de saturación. En ausencia de líquidos
comprimidos, la entropía se éstos se aproxima por la entropía del liquido saturado a la temperatura dada.
s @ TP  s f @ T
( kJ / kg  k )
(6-16)
Durante un proceso, el cambio de entropía de una masa específica m (un sistema cerrado) simplemente es
S  ms  m( s 2  s1 )
(6-17)
( kJ / k )
la cual es la diferencia entre los dos valores de entropía en los estados inicial y final.
T
P1 
s1  s f @T1
T1 
2
T3 
s3
P3 
Liquido
comprimido
3
Vapor
sobrecalentado
Mezcla
saturada de
vapor y liquido
1
T2 
s 2  s f  x 2 s fg
x2 
Características del diagrama
Elaboró:
T s
s
89
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P = 10MPa
Punto
crítico
v = 0.1m3/Kg.
v = 0.5m3/Kg.
Línea de
líquido
saturado
P = 1MPa
Línea de
vapor
saturado
s, kJ / kg  K
Esquema 6: Diagrama
6.5
T  s para el agua
Cambio de entropía de líquidos, sólidos y gases ideales.
La forma diferencial de la conservación de la energía para un sistema estacionario cerrado8masa fija) que
contiene una sustancia compresible, s expresa como
Qint, rev  Wint, rev;salida  dU
(6-18)
pero de 6-4 y 4-13, entonces
Qint rev  Tds
Wint, rev;salida  PdV
Por tanto
o
sabemos que
Tds  dU  PdV
(6-19)
Tds  du  Pdv
(6-20)
h  u  Pv por lo que dh  du  Pdv  vdP , así podemos reescribir
Tds  dh  vdP
(6-21)
Recordando que líquidos y sólidos pueden a aproximarse como sustancias incompresibles dado sus volúmenes
específicos permanecen constantes durante un proceso. Por lo tanto dv  0
ds 
ya que c p  c v  c y
(6-22)
du  cdT para sustancias incompresibles.
2
Líquidos y sólidos
s 2  s1   c(T )
1
Elaboró:
du
dT
c
T
T
T 
dT
 c prom ln  2 
T
 T1 
( kJ / kg  K )
(6-23)
90
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empleando las relaciones de propiedades para los gases ideales, du  c v dT y
ecuación 6-23 se reescribe como
ds  cv
P  RT / v , entonces la
dT
dv
R
T
v
(6-24)
de modo que
2
Gases utilizando cv
s 2  s1   cv (T )
1
T 
dT
 R ln  2 
T
 T1 
una segunda relación se obtiene sustituyendo dh  c p dT y
2
Gases utilizando cp
s 2  s1   c P (T )
1
( kJ / kg  K )
(6-25)
v  P / RT , se obtiene
P 
dT
 R ln  2 
T
 P1 
( kJ / kg  K )
( kJ / kg  K )
(6-26)
Si los calores específicos son constantes entonces
6.6
Cv constante
s 2  s1  cv , prom ln
T2
v
 R ln 2
T1
v1
CP constante
s 2  s1  c p , prom ln
T2
P
 R ln 2
T1
P1
( kJ / kg  K )
(6-28)
Procesos isentrópicos.
Un proceso en que la entropía se mantiene constante es un proceso isentrópico, el cual se caracteriza
por
s  0
o
s 2  s1
( kJ / kg  K )
(6-29)
Es decir, la entropía final del proceso así como la inicial tienen el mismo valor. La entropía de una masa fija no
cambia durante un proceso que es internamente reversible y adiabático. Muchos sistemas o dispositivos de
ingeniería como bombas, turbinas, toberas y difusores son esencialmente adiabáticos en su funcionamiento; de
modo que, puede servir como modelo apropiado para procesos reales, además de permitirnos definir las
eficiencias para procesos al comparar el desempeño real de estos dispositivos con el desempeño bajo
condiciones idealizadas.
Partiendo de esta suposición, la isentropía, de la ecuación 6-27 obtenemos
ln
T2
R P
  ln 2
T1
cv P1
Por las condiciones del logaritmo a ln b  ln(b) , de modo que la ecuación anterior
a
 T2 
v 
 
  2 
 T 1  s cte  v1 
Elaboró:
k 1
(6-30)
91
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Como R  c p  c v , k  c p / c v por lo tanto R / cv  k  1 .
Partiendo de 6-28 obtenemos
 T2 
P 
 
  2 
 T 1  s cte  P1 
k 1
k
(6-31)
Al relacionar 6-30 y 6-31 se obtiene
 P2 
v 
 
  2 
 P 1  s cte  v1 
k
(6-32)
A las ecuaciones 6-30,6-31 y 6-32 se les conoce moco relaciones isentrópicas.
6.6.1
Eficiencias isentrópicas
Cuanto más se acerque un proceso real idealizado, mejor se desempeñara el dispositivo. Por eso es muy
importante tener un parámetro que exprese cuantitativamente cuan eficazmente un dispositivo real se aproxima
a uno idealizado, tal para metro es la eficiencia isentrópica o adiabática.
La Eficiencia isentrópica en una turbina se define como
T 
w
Trabajo re al de la turbina
 a
trabajo isentrópico de la turbina ws
(6-33)
Cuando los cambios en  e c y  e p son pequeños, 6-33 se expresa así
T 
h1  h2 a
h1  h2 s
(6-34)
Donde h1 y h1 , son los valores de entalpia en el estado de salida.
La eficiencia isentrópica en un compresor
T 
w
Trabajo re al de la turbina
 s
trabajo isentrópico de la turbina wa
(6-35)
Cuando los cambios en  e c y  e p son pequeños en comparación con el cambio de entalpia en comparación
cuando esta comprimido, 6-35 se expresa así
T 
h2 s  h1
h2 a  h1
La eficiencia isentrópica de una bomba de calor, se define
Elaboró:
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p 
ws v( P2  P1 )

wa
h2 a  h1
La eficiencia isentrópica de una tobera esta definida como
T 
V2
EC real a la salina
 22a
trabajo isentrópico de la turbina V2 s a
También puede expresarse en términos de la entalpia.
N 
6.7
h1  h2 a
h1  h2 s
Balance de entropía.
La propiedad de entropía es una medida de desorden molecular o aleatoriedad de un sistema, y la
segunda ley de la termodinámica establece que la entropía puede crearse pero no destruirse, es decir, el
cambio de entropía de un sistema durante un proceso es igual a la transferencia de entropía neta a través de la
frontera del sistema y la entropía generada dentro de este.
 Entropia

 total de
 entrada

  Entropia
 
   total de
  salida
 
  Entropia   Cambio en la 
 
 

   total    entropia total 
  generada   del sistema 
 
 

O
S entrada  S salida  S generada  S sistema
Esta relación se nombra como balance de entropía. A continuación se analizan varias condiciones de esta
relación.
6.7.1
Cambio de entropía de un sistema, S sistema
La determinación de cambio de entropía, así como su diferencia, en un sistema tanto al principio como al final
de un proceso es,
S sistema  S final  S inicial  S 2  S1
Cuando las propiedades del sistema no son uniformes
S sistema   s m   s dV
V
6.7.2
Transferencia de entropía por calor.
La transferencia de calor hacia un sistema aumenta su entropía.
S calor 
Cuando
Elaboró:
Q
T
( T  cte. )
T no es constante,
93
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2
Q Qk

T Tk
1
S scalor  
Donde Q k y T k son las condiciones en el sitio k .
El trabajo es libre de entropía. La energía se transfiere por calor y por trabajo mientras que la entropía
solo se transfiere por calor.
S trabajo  0
6.7.3
Transferencia de entropía por flujo másico.
La masa contiene entropía como energía, y los contenidos de estas en un sistema son proporcionales a
la masa. Los sistemas cerrados no involucran flujo másico, por lo tanto tampoco ningún tipo de transferencia de
entropía por masa. Por lo tanto
S masa  ms
s  entropía especifica. Cuando las propiedades de la masa cambian durante el proceso, se determina por
medio de


S masa   s Vn dA
S masa   s m   S dt
y
t
A
Donde
A es el área transversal del flujo y Vn es la velocidad local normal a dA .
6.8
Generación de entropía ( S gen ).
El balance de entropía para cualquier sistema que experimenta cualquier proceso puede expresarse
explícitamente como
S entrada  S salida  S gen  S sistema
o en forma de tasa



S entrada  S salida  S gen 
dS sistema
dt


Donde las tasas de transferencia de entropía por calor transferido a una tasa de Q y una masa de m son




S calor  Q/ T y S masa  m s . También puede expresarse por unidad de masa
( s entrada  s salida )  s gen  s sistema
para un proceso reversible, el termino de generación de entropía S gen desaparece en todas las relaciones
anteriores.
6.8.1
Sistemas cerrados.
Un sistema cerrado no involucra flujo másico a través de sus fronteras, por lo que su cambio de
entropía simplemente es la diferencia entre la entropía inicial y final del sistema. Si se toma la direccion positiva
de la transferencia de calor hacia el sistema.
Elaboró:
94
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Qk
 S gen  S sistema  S 2  S1
Tk
Para un proceso adiabático.
S gen  S sistema adiabático
Se puede considerar que cualquier sistema cerrado y sus alrededores pueden ser considerados como uno
adiabático y que su cambio de entropía total es,
S gen   S  S sistema  S alrederores
Donde S sistema  m( s 2  s1 ) y S alredores  Qalredores / Talredores si
6.8.2
T es constante.
Volúmenes de control.
Las relaciones de balance de entropía para los volúmenes de control difieren de las de los sistemas cerrados en
los que se involucra el flujo másico a través de las fronteras. Si se toma la dirección positiva de transferencia de
calor hacia el sistema, entonces
Qk
T
  me s e   m s s s S gen  ( S 2  S1 ) CV
k
o en forma de tasa




Q
dS
 T k   m e se   m s s s  S gen  dtCV
k
para un flujo estable dS CV / dt  0

S gen



Q
  ms s s   m e se   k
Tk
para dispositivos de flujo estable y un solo flujo

S gen


Q
 m( s s  s e )   k
Tk
para un dispositivo adiabático con un solo flujo y estable, entonces


S gen  m( s s  se )
Si el flujo a través del dispositivo es reversible y adiabático, entonces s s  s e , la entropía
permanecerá constante, sin importar los cambios en otras propiedades.
Elaboró:
95
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6.9
Diagramas
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T  sy hs.
Los diagramas de propiedad proporcionan gran ayuda visual en el análisis termodinámico de los
procesos, los dos diagramas usados en este tipo de análisis son los diagramas de temperatura-entropía y
entalpia-entropía.
Retomando la ecuación que define la entropía (Ec. 6-6), la cual puede escribirse como
Qint, rev  Tds
Un diagrama T
internamente reversible.
 s , el área bajo la curva representa la transferencia de calor en un proceso
Qint, rev   Tds
T
Proceso
internamente
reversible
Q
2
Q   Tds
1
Diagrama
T  s , área bajo la curva
S
T
Curva T-s
Presión.
Volumen.
Proceso isentrópico.
s1
Diagrama
Elaboró:
s2
s
T s
96
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Características de un Diagrama T-s



En cualquier punto de una región de una sola fase las líneas de volumen constante son más inclinadas
que las de presión constante.
En la región de mezcla saturada de líquido-vapor, las líneas de presión constante son paralelas a las
de temperatura constante.
En la región de líquido comprimido las líneas de presión constante casi coinciden con la línea de líquido
saturado.
Características de un Diagrama T-s
Un diagrama h  s , llamado también diagrama de Mollier, es muy usado en ingeniería, bastante valioso
para el análisis de dispositivos de flujo estable, como turbinas, compresores y toberas. El diagrama presenta
dos propiedades de primordial interés: entalpia, una propiedad primaria en el análisis de la primera ley de los
dispositivos de flujo estable, y entropía, propiedad que explica las irreversibilidades durante procesos
adiabáticos. Al analizar una turbina adiabática de flujo estable observamos que:


h es una medida de trabajo.
La distancia horizontal h es una medida para irreversibilidades.
La distancia vertical
h
Algunas propiedades enlistadas
en el diagrama h  s
Calidad x
Presión
Temperatura
Diagrama
Elaboró:
hs
s
97
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PROBLEMAS DEL CAPÍTULO VI
PROBLEMA 6.121
3
Bolas de acero al carbono (   7833 kg / m ) y c p  0.465 kJ / kgº K ) de
8mm de diámetro son
recocidas calentándolas primero a 900 º C en un horno y dejándolas entonces enfriar lentamente a 100 º C en
el aire ambiente a 35º C . Si 2500 bolas son recocidas por hora, determine a) la tasa de transferencia de calor
de las bolas al aire y b) la tasa de generación de entropía debida a la pérdida de calor de las bolas al aire.
Datos
Aire, 35 º C
Esferas (bolas de acero)
Horno
900 º C
100 º C
Solución:
a) Para calcular el volumen de una esfera
  7833 kg / m 3
c p  0.465 kJ / kgº K
  8mm  8  10 3
T 1 =900 º C
T 2 =100 º C
T ambiente =35 º C
Esferas= 2500 / hr
 
3
V  (4 / 3)  r 3  4  0.004  2.68  10 7 m 3
3
Para calcular la masa de cada esfera
mhierro  V  7833 (2.68  10 7 )  2.099  10 3 kg
Para la masa total (contribución de cada esfera)



m total  2500 / hr  2.099  10 3 kg  5.249kg / hora  1.458  10 3 kg / s
Puesto que es un solidó y su calor específico (definido en ºC) es constante usamos




Q hierro  m C prom T2  T1   1.458  10 3 0.465 100  900   0.5425 kW  542 .5W
el signo negativo indica que el sistema cede calor al medio ambiente, al aire para ser exacto, entonces

Q air  542 .5W
b) La entropía generada por la transferencia de calor es


 S aire


Q
542 .5W
 aire 
 1.7614 W / K
35  273 K
Taire

 S hierro  ms 2  s1   m C prom ln
T2
100  273   0.7769 W / K
 1.45826 0.465  ln
900  273 
T1
El cambio de entropía en el sistema es

 S total  1.7614  0.7769  0.985W / K
Elaboró:
98
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PROBLEMA 6.27
En una turbina adiabática entra vapor a 6MPa , 600º C y 80m / s , sale a 50kPa, 100º C y
140m/ s . Si la potencia de salida de la turbina es 8MW determine a) la tasa de flujo másico del vapor que
fluye por la turbina y b) la eficiencia adiabática de la turbina.
Solución:
6MPa , 600º C
80m / s

W  8MW
Turbina de
vapor.
Estado 1
Estado 1
P1 = 6MPa
T1 = 600º C
V1 = 80m / s
P2 = 50kPa
T 2 =100º C
V2 = 140m/ s
50kPa, 100º C ,140m/ s
C
on la primera ley se tiene: E entrada  E salida 
Qe  We   m e Qs  Ws   m s
No existe Q e , Q s , We y e p  0 , de modo que,
V 
V 


m he  e   Ws  m hs  s 
2 
2 



V
V  

m he  e  hs  s   Ws
2
2 

Las entalpías en los diversos estados son
Estado 1
P1 = 6MPa
T1 = 600º C
h1 = 3658.8kJ / kg
s1  7.1693 kJ / kg  K
Estado 2
P1 = 50kPa
T1 = 100º C
h 2 = 2682.5kJ / kg
h f  340 .54 kJ / kg  K
s 2  s1
hg  2645 .2kJ / kg  K
s g  7.5931 kJ / kg  K
s f  1.0912 kJ / kg  K


m
Ws

V2
V2 
 he  e  hs  s 

2
2 

 1,422.55 kg / s
b) utilizando la relación isentrópica para la turbina obtenemos:
Elaboró:
99
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T 
h1  h2 a
h1  h2 s
x
s1  s 2 s  7.1693 kJ / kg  K
x
s2s  s f
s fg
7.1693  1.0912
 0.9348
6.5019
Utilizando las ecuaciones para las mezclas, obtenemos
h2 s  h f  X 2 s h fg  340 .54  0.9348 2304 .46   2494 .749 kJ / kg
Por lo tanto
T 
3658.8  2682.5
 0.8387  83.87%
3658.8  2494.749
PROBLEMA 6.32
3
Un tanque rígido de 0.5m contiene refrigerante 134a a 200kPa y una calidad de 40% . Después, se
le añade calor al refrigerante de una fuente a 35º C hasta que la presión aumenta a 400kPa . Determine a) el
cambio de entropía del refrigerante; b) el cambio de entropía de la fuente de calor; y c) el cambio de entropía
total en este proceso.
Estado 1
Estado 2
V2  V1 = 0.5m 3
P2 = 400kPa
3
V = 0.5m
P1 = 200kPa
x = 40% =0.4
Solución:
Por medio del estado P1 podemos encontrar las otras propiedades del estado 1
Estado 1
3
V = 0.5m
P1 = 200kPa
x = 40% =0.4
v f = 0.0007532 m 3 / kg
v g = 0.0993 m 3 / kg
s f = 0.2481kJ / kgº K
s g = 0.9253kJ / kgº K
Por lo que podemos despejar de la formula de calidad y encontrar el
volumen especifico y la entalpia especifica.
0.4 
v1  v f
v fg
0.4 
v1  0.0007532
0.0993  0.0007532
v1  0.04017142 m 3 / kg
s1  0.2481  0.40.9253  0.2481   0.51898 kJ / kg  K
u f = 36.69kJ / kg
u g = 221.43kJ / kg
Del estado 2 (encontramos las demás propiedades por medio de la s tablas)
Elaboró:
100
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Estado 2
V2  V1 = 0.5m 3
P2 = 400kPa
v f = 0.0007904 m 3 / kg
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Podemos utilizar nuevamente la formula de la calidad para determinarla y así
poder encontrar la entropía del estado 2.
x
v g = 0.0509 m 3 kg
0.04017192  0.0007904
 0.7859
0.0509  0.0007904
s 2  0.2399  0.7859 0.9145  0.2399   0.7701 kJ / kg  K
s f = 0.2399kJ / kgº K
s g = 0.9145kJ / kgº K
Por los que el cambio de entropía del refrigerante es:
S  m( s 2  s1 ) 
u f = 61.69kJ / kg
V
( s 2  s1 )
v
0.5


S  
0.7701  0.45898   3.872 kJ / K
0
.
04017112


u g = 231.97kJ / kg
b) el cambio de entropía de la fuente de calor
u1  0.4221 .43  36 .69   36 .69  110 .5861 kJ / kg
u 2  0.7859 231 .97  61 .69   61 .69  195 .514 kJ / kg
Q  U  mu 2  u1   12 .4465 195 .514  110 .586   1057 .061 kJ
S fuente 
Q  1057.61

 3.432kJ / K
T
35  273
c) el cambio de entropía total será
ST  3.872  3.432  0.43998 kJ / K
PROBLEMA 6.38
Un dispositivo aislado de cilindro-émbolo contiene 5L de agua líquida saturada a una presión
constante de 150kPa . Un calentador de resistencia eléctrica dentro del cilindro se activa y transfiere 2200kJ
de energía al vapor. Determine el cambio de entropía del agua durante este proceso, en
kJ / K .( 1L  1000m 3 ).
Solución:
Datos
V = 5L
P1 = 150kPa
Q= 0
Agua
Estado 1
V = 5L
P1 = 150kPa
Tsat = 111.37º C
v1  0.001053 m3 / kg
s f  1.4336 kJ / kg  K
Con los datos anteriores podemos
calcular la masa
m
V
0.005

 4.7483kg
v 0.001053
s g  7.2233 kJ / kg  K
W  2200kJ
h f  467 .11kJ / kg
hg  2693 .61kJ / kg
Elaboró:
101
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De la primera ley para sistemas cerrados a presión cte.:
Q  W  E  H  EC  EP
Pero:
Asi,
Q0
EC  0
EP  0

 W  E  H  m(h2  h1 )
h2 
2200
 467.11 
4.7483
2200 kJ  mh2  h1 
h2  930 .4337 kJ / kg
Encontramos la calidad de nuestro sistema
x
930.4337  467.11
 0.208095
2226.5
s 2  1.4336  0.208095 5.7897   2.6384 kJ / kg  K
Por consiguiente
S  m( s 2  s1 )  4.7483 2.6384  1.4336   5.720788 kJ / K
PROBLEMA 6.85
Un dispositivo de cilindro émbolo contiene 1.2kg de gas nitrógeno a
1.3
120kPa y 27º C . Después el gas
 C . El proceso finaliza cuando el
se comprime lentamente en un proceso politrópico durante el que PV
volumen se reduce a la mitad. Determine el cambio de entropía del nitrógeno durante este proceso.
Estado 1
Estado 2
m  1.2kg
P1 = 150kPa
T1 = 27º C ( 300º K )
V2  0.5V1
PV 1.3  c
m2  m1
R  0.2968kJ / kg  K
PV 1.3  c
Solución:
Utilizando la formula de gas ideal
PV  mRT e igualando ambas ecuaciones
1 .3
P1V1
 P2V2
P1V1 P2V2

, entonces
T1
T2
1 .3
P2 0.5V1 
1.3
P1 
V1 1.3
despejando
P1  0.406126198 P2 
P1
 P2
0.406126198
Sustituyendo nuevamente
Elaboró:
102
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P1

T1
0.5
P1


 0.406126198
T2
P1 1.231144413 P1

T1
T2
T2  1.231144413 T1
Sabiendo que T1  27 º C (300 º K )
T2  369 .343 K
Y que P1 = 150kPa , entonces
P2  295 .47465 kPa
Para aproximar el cambio en la entropía s 2  s1  C p , prom ln
T2
P
 R ln 2 , para obtener C p , prom , es necesario
T1
P1
hacer un promedio de calores específicos, entonces para cada temperatura le corresponde un valor de calor
específico, se pueden hallar usando la tabla A-2.
C p ,( 300 º K )  1.039 kJ / kg  K
C p,(369.343º K )  1.042kJ / kg  K
S  mC p , prom ln
C p,369.343º K  1.041kJ / kg  K
T2
P
 R ln 2
T1
P1
De modo
369 .343
295 .475 

1.2  0.0612 kJ / K
S  1.041  ln
 0.2968  ln
300
120 

PROBLEMA 7.117**
Entran gases de combustión calientes en la tobera de un motor de reacción a 260kPa , 747º C y
80m / s , y salen a una presión de 85kPa. Suponga que hay una eficiencia isentrópica de 92% y trate a los
gases de combustión como aire, y determine: a) la velocidad de salida y b) la temperatura de salida.
Solución:
a) Se analiza la conservación de la energía en el sistema:
eentrada  easlida
h1 
V1 2
2
 h2 s 
V2 2
2
V2  2h1  h2 s   2C p T1  T2 s   21.0991020  761.471000
N
Elaboró:
Vel2a 2

Vel2 s 2
V2  753 .82 m / s
V2 2  0.92 753 .82 2
103
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V 2  2
 522789 .0248
V2  723 .041 m / s
b)
P1  260 kPa
P2  85 kPa P2
T1  747 º C  1020 º K
V1  80 m / s
Por medio de las tablas encontramos
h1  1068 .89 kJ / kg .
s1= 299034 kJ / kg .
Partiendo de la relación de eficiencia isentrópica , N ,
Vel2a 2
N 
Vel2 s 2

h1  h2 a
 0.92
h1  h2 s
El aire es tratado como un gas ideal.
T2 s  P2 s

T1  P1
Considerando:



 k 1 / k
P
T2 s  T1  2 s
 P1



 k 1 / k
k  1.354 y c p  1.099 kJ / kgK
 85 
T2 s  1020

 260 
1.3541 / 1.354
C p T1  T2a 
T2 s  761 .47 K
1.0991020  T2a 
C p T1  T2 s  1.0991020  761.47
1.099 1020  T2 a 
0.92 
T2 a  782 .1524 K
1.099 1020  761 .47 
N 
Elaboró:

104
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APENDICE 1
Unidades de presión
Equivalencias
1 N/m2 = 1 pascal (Pa)
1 atmósfera (atm) = 1.013x10 5 Pa
1.01325 bars
760mmHg a 0ºC
1.03323 kgf/cm 2
1 bar = 105 Pa
1 cmHg = 1333 Pa
1 Torr = 133.3 Pa
1 dina/cm 2 = 10-1 Pa
1 lb/pie2 = 47.88 Pa
2
1 lb/pulg (psi) = 6895 Pa
Sistema Internacional de Unidades
 Pascal ( Pa ): Unidad derivada de presión del SI, equivalente un newton por metro cuadrado
2
ortogonal a la fuerza ( N / m ).
9
Gigapascal ( GPa ), 10 Pa
6
Megapascal ( MPa ), 10 Pa
3
Kilopascal ( KPa ), 10 Pa
Sistema Inglés

PSI : unidad de presión básica de este sistema, equivale a una libra por pulgada(inch) cuadrada
2
( lb / in ).
2
 Libra por pie cuadrado ( lb / ft )
Sistema cegesimal
 Baria
Sistema técnico gravitatorio

Kilogramo fuerza por centímetro cuadrado ( Kg f
/ cm2 )
Sistema técnico de unidades
 Metro de columna de agua ( m.c.a ): unidad de presión básica de este sistema.
Centímetro columna de agua ( cm.c.a ), Milímetro columna de agua ( mm .c.a )
Sistema técnico inglés
 Pie columna de agua
 Pulgada columna de agua
Otros sistemas de unidades
 Atmósfera ( atm )
 Milímetro de mercurio ( mm Hg  Torricelli (Torr ) )

Pulgadas de mercurio ( in Hg )

Bar
APÉNDICE 2
La interpolación es la determinación del comportamiento de una función conociendo solo algunos valores,
llevada a cabo por la interpolación de rectas, parábolas y polinomios de segundo y tercer grado polinomios
(interpolación polinomial) y funciones racionales y funciones spline.
La FIUADY ofrece el curso de métodos numéricos en el que se analizan varios métodos de interpolación.
En termodinámica se utilizan las tablas de las propiedades de los estados, puesto que son valores muy
cercanos se pueden considerar como rectas por lo que la interpolación resultante esa muy sencilla, solo se
debe tener cuidado en la manera en que se toman los datos.
Elaboró:
105
Br. Christian A. Méndez Chacón.
UADY
FACULTAD DE INGENIERIA
TERMODINÁMICA
PROF.: JORGE A. TAPIA
Puesto que son rectas las pendientes son las mismas por lo que tan 1  tan  2 , donde
1 
T2
2 
T  T1
P  P1
T2  T1 T2  T

P2  P1 P2  P
T
1, 2
Conociendo
P1
y
Por lo tanto θ1   2

T1
T2  T1
P2  P1
P , despejamos para el dato a encontrar T
P2
 T T 
T   2 1 P  P1   T
 P2  P1 
Figura A-2
En nuestra tabla empleada las pociones de los datos quedan de la siguiente manera.
Presiones
temperaturas
P
P2
T2
P1
T1
T
El orden puede cambia pero es importante identificar cada termino para evitar confusiones.
Existe otro método denominado extrapolación que es la valoración del comportamiento futuro de una
variable, en base a su comportamiento precedente o histórico. Se puede considerar como el proceso inverso
de la interpolación.
Esto se logra utilizando los mismos pasos de la interpolación solo que la variable a encontrar es otra,
solo se debe tener cuidado como se ha dicho del la interpretación de las variables. Recordando el la figura A -2
observamos que tan  tan  , por lo que
T2  T1 T2  T T2  T


P2  P1 P2  P P2  P
Despejando para encontrar un nuevo dato, se propone que sea T1 entonces,
 T T 
P  P1   T
T1   2
 P2  P 

 T  T2 
P  P1   T
T1  
 P  P2 
En nuestra tabla de datos nuestras variables son
Presiones
temperaturas
Elaboró:
P1
T1
P
T
P2
T2
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APÉNDICE 3
Conductividades térmicas
kt
Sustancias
( cal  cm / seg  cm º C )
2
Metales
Acero
Aluminio
Cobre
Latón
Mercurio
Plata
Plomo
Diamante
Hierro
0.12
0.49
0.92
0.26
0.020
0.97
0.083
2300.00 (W / m  K )
80.20 ( W / m  K )
Varios sólidos
Amianto
Corcho
Fieltro
Hielo
Hormigón
Ladrillo aislante
Ladrillo refractario
Ladrillo rojo
Madera
Vidrio
Hule suave
Fibra de vidrio
Piel humana
Uretano, espuma rígida
0.0001
0.0001
0.0001
0.004
0.002
0.00035
0.0025
0.0015
0.0003 - 0.0001
0.002
0.13 (W / m  K
0.043 (W / m  K
0.37 (W / m  K
0.26 (W / m  K
Gases
Elaboró:
Aire
Argon
Helio
Hidrogeno
Oxigeno
kt
( Btu  in / h  ftº F )
0.3
0.3
0.3
12
6
1
8
4
9–3
6
)
)
)
)
0.000057
0.000039
0.00034
0.00033
0.000056
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PROF.: JORGE A. TAPIA
Coeficientes de conveccion natural en el aire a la presión atmosférica
h
Dispositivo
cal
seg  cm 2  grado
Lamina horizontal, mirando hacia arriba
0.595  10
4
(t )1 / 4
Lamina horizontal, mirando hacia abajo
0.314  10
4
(t )1 / 4
Lamina horizontal
0.424  10
4
(t )1 / 4
Tubo horizontal o vertical(diámetro
El factor
D)
4
 t 

D
1/ 4
1.00  10 
t  T S  T f
Bibliografía
 Yunus A. Çengel, Michael A. Boles,‖Termodinámica‖ Tomo I 2da. Edición, 2000. Mcgraw-Hill.
 Yunus A. Çengel, Michael A. Boles,‖Termodinámica‖ 5ta. Edición, 2006. Mcgraw-Hill.
 Francis W. Sears, Mark W. Zemansky; Yusta Almazar Alvino, traducción. ―Física General‖ 5ª Edición,
1979. Aguilar.
 Alcocer A. Mario, Gutiérrez L. Alfonso, Poveda M. José, Vales P. Caridad, ―Termodinámica: Notas del
curso‖, 2005.
 Biblioteca de Consulta Microsoft ® Encarta ® 2005. © 1993-2004 Microsoft Corporation. Reservados
todos los derechos.
 García Rovere, Miguel, ―Diccionario de ingeniería‖. Edición 2000.Cultural, S.A.
 Christian A. Méndez C. ―Notas de Clase‖, 2007.
 Viviana E. Ruz S. ―Notas de Clases‖, 2007.
Paginas consultadas
 http://es.wikipedia.org/wiki/Termodin%C3%A1mica
 http://www.politecnicovirtual.edu.co/termodina-fluidos/4.htm
 http://soko.com.ar/Fisica/cuantica/Einstein.htm
 http://www.monografias.com/trabajos22/postulado-de-estado/postulado-de-estado.shtml
 http://es.wikipedia.org/wiki/Trayectoria
 http://newton.cnice.mecd.es/4eso/trayectoria/trayec2.htm
Elaboró:
108
Br. Christian A. Méndez Chacón.