Capitulo Vi Primera Ley de La Termodinamica

CAPITULO

PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA

4.1. DEFINICIÓN.- El primer principio o la primera ley de la termodinámica trata

sobre la transformación de la energía térmica (calor, Q) en trabajo (W), es decir

busca la explicación de la forma o formas de la transformación térmica en

energía mecánica.

4.2. ENERGÍA INTERNA (U).- Se define físicamente como la energía que un sistema

posee en su estructura molecular, constituyendo ésta, las vibraciones internas,

los choques elásticos e inelásticos entre las partículas, la energía de atracción

entre las partículas, etc. Esta energía cuya transferencia se realiza mediante un

proceso adiabático puede ser representado mediante la siguiente relación.

4.3. PRIMER PRINCIPIO.- El enunciado literal de este principio se puede resumir:

“El calor suministrado a un sistema no produce en su totalidad el trabajo

es decir no todo el calor se transforma en trabajo sino existe la variación

de la energía interna”, esto es matemáticamente.

Considerando elementos infinitesimales:

Si consideramos los valores específicos, entonces se tendría la expresión:

El primer principio conduce al siguiente balance energético:

Edilberto Atau Enriquez Página 1

−Wad .=U2−U1

δq=δw+du

δQ=δW+dU

Q=W +ΔU

Energía que entra (Q) Energía que sale (W)

=-

V

P

12

3

4

4.4. PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA PARA UN CICLO.-

Consideramos el siguiente gráfico:

De acuerdo a la primera ley en este ciclo se obtiene las siguientes relaciones:

Q1−2=W 1−2+(U 2−U 1)

Q2−3=W 2−3+(U3−U2 )

Q3−4=W 3−4+(U 4−U3 )

Q4−1=W 4−1+(U1−U4 )

La transferencia total de calor y el trabajo obtenido para este ciclo resulta.

Q1−2 + Q2−3 + Q3−4 + Q4−1 = W 1−2+ W 2−3 + W 3−4 + W 4−1


Gas

W

Q

Donde: J es equivalente mecánico del calor.

4.5. PRIMER PRINCIPIO PARA UN SISTEMA CERRADO.- Sea un sistema

constituido por una sustancia gaseosa dentro de un dispositivo; embolo y

cilindro.

De acuerdo al primer principio el balance energético.

Donde: E = U + Ek + Ep

4.6. ENTALPÍA (H).- Viene a ser una propiedad termodinámica que aparece cuando

el trabajo es en un sistema cerrado bajo una presión constante:

δQ=δW+dU

δQ=PdV +dU

δQ=d (PV +U )


∮δQ=∮δW ∮δQ=J∮δW

Q−W =ΔE

δQ−δW=dE

δQ=dH

W

Q

Z1

Z2

ES

Ee

1

2

Donde:

ó

4.7. PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA PARA UN SISTEMA ABIERTO.-

Siendo el balance:

Donde: Ee=U+PV +Ec+Ep (energía agregada al flujo)

E1=Ee=m1(u+Pv+12

V 2+gz )

E2=Es=m2(u+Pv+12

V 2+gz )à (Energía extraída)

( E2−E 1 )= ΔΕ. Variación de la energía almacenada dentro del

sistema.


H= Hm

=Pv+uH=PV +U

Ee+Q=W +Es+( E2−E1 )

Q = Energía suministrada. W = Trabajo obtenido.

Haciendo uso de la entalpía, la expresión (*) será:

q+m1e1=W +m2 e2+ ΔE

δQ+dm1e1=δW+dm2 e2+dE

En forma general para un sistema de i entradas y j salidas, el primer principio se

expresa por:

Para las aplicaciones dentro de la ingeniería los sistemas se diseñan bajo las

condiciones de estado y flujo permanente siendo estas condiciones:

1. La rapidez de transferencia de calor (Qº) se mantiene constante.

2. La rapidez del trabajo desarrollado es constante.

3. El estado y la velocidad de cada corriente en la entrada y salida es constante.

4. El gasto másico de cada corriente de entrada y salida permanecen

constantes.


Q+∑i=1

n

mi ei=W +∑j=1

m

m j e j+ ΔE

q+m1(h1+V̄ 1

2

2+gZ1) = W +m2(h2+

V̄ 22

2+gZ 2)+ΔE

Qº+mº1 e1=Wº+mº2e2+Eº

5. El gasto másico total de todos las corrientes de entrada es igual al de salida.

6. La energía almacenada (E) permanece constante por consiguiente resulta:

(Para un estado de flujo permanente)

En consecuencia la ecuación de la primera ley se espera por:

4.8. ECUACIÓN DE CONTINUIDAD.- Es una relación que combina algunas

características de la sustancia de trabajo:

dmdt

= ddt

( ρ AL )è

dmdt

= ρAdLdt

(Flujo másico, caudal)

Donde: A = área de la sección transversal.


Eº=dEdt

=0

Qº=m [h2−h1+V 2

2−V 12

2+g( z2−z1)]+W

o

q=Δh+ ΔV 2

2+gΔZ+w

Qº=mº [Δh−h1+ΔV 2

2+gΔZ ]+Wº

mº=ρA V

L

A

L

1 2

1

1

P

V

2

2

P

V

V = Velocidad.

Ecuación de continuidad

4.9. PROCESO DE ESTRANGULAMIENTO.- Consiste de un proceso de flujo

estacionario (independientemente del tiempo), a través de una restricción dando

como resultado un descenso de presión, como típico ejemplo de este proceso se

tiene el flujo a través de una válvula parcialmente abierta:

La primera ley para este proceso, aplicando la ecuación de flujo estacionario

resulta:

Zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

Zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

zzzzzzzzzzzzzzzz


H1+12

m V 12=H2+

12

mV 22

h1+V 1

2

2=h2+

V 22

2

m1

o

=mo

⇒ ρ1 A 1 V 1=ρ2 A2V 2

P

Wº

-Qº

uEJERCICIOS DE APLICACION

Un tanque contiene un fluido el cual es agitado mediante un sistema de

paletas, la potencia de entrada al agitador es 1.5 kw, la transferencia de

calor del tanque es de 0.4 kw. Considerando al fluido y al tanque como un

sistema, determine el cambio de la energía interna del sistema durante un

trabajo de una 1 hora.

Datos:

ΔV =?→1horawº=1. 5kwQº=−0 . 4 kw .

Qº=Wº+EºQº=Wº+UºUº=Qº−Wº=−0 . 4 KW−(−1 .5 kw)=(−0 . 4+1 . 5)kw .Uº=1. 1kw(rapidez del cambiodeU )dUdt

=1. 1kw .

∫V 1

V 2

dv =1 .1kw ∫0

1hr .

dt ⇒ ΔU=1 .1 x103 jseg

x (3600 seg )=3960 kj

Para cargar un acumulador (batería), se le aplica una corriente de 45 Amp.

Junto a una tensión de 12 volt, durante un tiempo de 30 min. Durante el

proceso el acumulador pierde calor hacia a el exterior en un valor de 1x105

joule, calcular el cambio de la energía interna del acumulador.

Datos.-

Edilberto Atau Enriquez Página 8 45 Amp. 12V

1

2

P

P2

P1

0.3 V

1

2 A

I=45 Amp .V=12 volt .t=30 minQ=−1x 105J=−100 kjΔV =?

Determinando el trabajo: è

Wº=P=(12)(45 )watt=−540 w .

Wº=P=−540 ´ wódwdt

=−540wè

Wº=P=−540 ´ wx (180 seg )=−972kj

Por la primera ley: à

ΔU=Q−W= [−100−(−972 )] kj=872 kj

se realiza un proceso de comprensión reversible siguiendo la ecuación

PV2= C; durante este proceso el volumen se reduce de 0.3 m3 a 0.1 m3 y

se transfiere al sistema un calor de 6 kj. Siendo la presión inicial de 0.14

MPa. Calcule:

a) El cambio de la energía interna en este proceso.

b) Si para retornar al estado inicial se realiza un proceso isobárico seguido

de otro proceso isobárico, entonces cual es el color transferido en este

proceso de retorno.


Q

-W

AV

-+

Wº = P = VI

Q = W + Δ U

Vmº1 mº2

2.54 cm

Datos:

PV2 = C

V1 = 0.3 m3

V2 = 0.1 m3

Q = 6 KJ.

P1 = 0.14 MP.

a) AU = ?

b) Q = ?

b) Q2-A-1 = ?

Q1−2+Q2−A−1=W 2−A+W 2−A+W 1−2 . . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .(a )

W 2−A=P2 (V A−V 2)−P1(V 1

V 2)2

(V A−V 2) ; P2=P1(V 1

V 2)2

W 2−A=W 2−A−1 =+252KJ

Remplazando un (a) se tiene:

Q2−A−1=W 2−A−1+W 1−2−Q1−2=(252−84−6 )=162KJ

A través de una válvula de 1 pulg. de diámetro fluye agua a una velocidad

de 0.5 m/S. Hallar la velocidad de flujo de masa de agua que sale de la

válvula (mº).


25 m

V2 = ? P2 = 0.5 bar

V1 = 0

P1 = 1.01 bar. T1 = 27ºC

mº = PAV = 102 kg/m3 (π d2

4 ) (0 .5m / seg)=9 .97 kg/ seg .

Una bomba de agua, bombea 1m3/min a 0.5 bar de presión a través de

una tubería de 2.5 cm de diámetro. Si el agua ingresa a una presión de

1.01 bar y 27ºC siendo su velocidad de entrada despreciable en un proceso

adiabático reversible, calcular la potencia requerida por la bomba, si Z2 = 25

m y Z1 = 0

Datos:

mº = 1m3/min = 1/60 m3/seg

D = 2.5 cm = 0.025 m.

Qº = 0

P1 = 1.01 bar.

P2 = 0.5 bar.

ΔZ = 2.5 m.

Aplicando la ecuación de la primera ley para un sistema abierto (Eº = 0)


Qº = mº[h2−h1+

V 22−V 1

20

2+g( Z1−Z1)]+Wº . .. .. . .. .. . .. .. . .. .(∗)

Como el sistema (Eº=0) è u1 = u2 è

h2=u2+p2v2

h2−h1=P2V 2−P1V 1

h1=u1+ p1v1

P1=1

V 1

yP2=1

V 2

⇒V 1=V 2

Entonces: h2−h1=v1( P2−P1 ) V 1=V 2

h2−h1=1ρ(P2−P1 )=ρ−1 (P2−P1)⇒

h2−h1=(103kg /m3)( 0. 5−1 . 01) x105 N /m2

h2−h1=−51(mNkg

= Jkg )=−51

Jkg

Calculando la velocidad a la salida:

mº=ρA2V 2⇒V 2=mºρA2

=

160

m3 /seg

103 kgm3

xnD2

4

V 2=103 kg/ seg

60 x103 π (0 . 025)2

4 ( kgm2

m3 )⇒

V 2=34m / seg .


Sustituyendo los valores en la ecuación (*)

O=16 .6kgseg [−51

Jseg

+(34 )2

2m2

seg2+9 .8 (25) m2

seg2 ]+Wº

O=16 .6kgseg [−51

Jseg

+598j

seg+245

jseg ]+Wº

O=12 .8x 103 jseg

+Wº

Wº=−12. 8kw .

Una turbina de vapor, recibe un flujo de vapor de 15 kg/S y experimenta

una pérdida de calor de 14 kw. Con las condiciones de entrada y salida que

se indican en el siguiente cuadro: para esta máquina calcúlese la potencia

producida.

Propiedad Entrada Salida

Presión

Temperatura

Velocidad.

U

V

6205 KPa

811.1 ºK

30.48 m/seg.

3150.3 kj/kg

0.05489 m3/seg

9.859 KPa.

318.8ºK

274.3 m/seg.

2211.8 kj/kg.

13.36 m3/kg.

Datos :

mº = 15 kg/seg.

Qº = -14 kw.

Wº = ?


condensador

CalderaTurbina

Qºt

Wº

Qºc

Qºc

Q1-2

5

3

2

1

4

à mº = mº2 (flujo estacionario)

Eº = 0

Qº=mº [Δh+ 12

AV 2+gΔZ ]+W .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. (∗)

h2 - h1=(u2+P2V 2 )−(u1+P1V 1 )=

V 22−V 1

2

2=37155 .7 m2 /seg2

Remplazando en (*)

−14 kw=15kgseg [(2343 .5−3505 ) kj

kg+37 . 1557

kjkg ]+Wº

Wº=17 MW

Consideremos una planta de vapor cuyo esquema se muestra en el gráfico

y en valores característicos en el cuadro adjunto. El trabajo requerido para

la bomba es 6978 j/kg. Se pide determinar.

a) Trabajo de la turbina.

b) Transferencia de calor en le condensador.

c) Transferencia de calor en la caldera.

d) Si el flujo de vpor es de 14 kg/S hallar la potencia que desarrolla la

turbina.


Suprimiendo que cada elemento de la planta trabaja en estado de flujo

estacionario (Eº=0) utilizando las tablas de vapor se obtiene.

Localización P(bar) T(ºC) X(%)

Salida de la caldera.

Entrada a la turbina

Salida de la turbina y entrada

el condensador.

Salida del condensador y

entrada a la bomba.

30

25

0.15

0.10

400

300

45.8

--

93%

------

a 30 bar y 400 ºC è h1 = 3230.9

KJKg

a 25 bar y 300 ºC è h2 = 3008.8

KJKg

a 0.15 bar y x = 0.53 è h3 = 2453

KJKg

a 0.10 bar y 45.8 ºC è h4 = 191.8

KJKg

Se suponen además Ec = Ep = 0 para cada elemento.


a)

q=[Δh+12

ΔV 2+gΔZ ]+W

q1−2=h2−h1=−222KJKg

b) (Qº t=0 ) proceso adiabático (característica de la turbina a vapor).

W = -Δh=−(h3−h2 )=575 .8

KJKg

c) q3−4=qc=Δh=h4−h3=−2241 . 2kj /kg

d) q5−1=Δh=h1−h5

Haciendo un balance de energía para la bomba (puntos 4 y 5).

h5−h4+W bomba=0⇒W bomba=h4−h5

−6 .978KJKg

=191.8KJKg

−h5

h5=198 . 8KJKg

q5−1=3032. 1KJKg

e)wº=mºω=14

KJseg

x 575. 8kj

seg=8 .1 Mw


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