Termodinamica Ejercicios Resueltos
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Contenido
Aclaracion III
1. Procesos de transformacion de la energıa y su analisis 2
1.1. Representacion de sistemas termodinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Representacion de sistemas termodinamicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. Primera ley de la termodinamica 6
2.1. Trabajo volumetrico con gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2. Equilibrio termico (T ) y mecanico (p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.3. Eficiencia termica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4. Primera ley para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.5. Primera ley para para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . . 17
3. Segunda ley de la termodinamica 18
3.1. Coeficientes de operacion y exergıa del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4. Propiedades termodinamicas de la materia 20
4.1. Trabajo volumetrico con gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.2. Trabajo volumetrico con vapor de agua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4.3. Trabajo volumetrico con vapor de agua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.4. Cambios de estado simples de gases ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.5. Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo volumetrico con vapor de agua 27
4.6. Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados . . . . . . . . . . . . . 29
4.7. Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas . . . . 30
4.8. Analisis termodinamico del estrangulamiento de gases ideales . . . . . . . . 34
4.9. Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales . . . . . 37
4.10. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua . . . . . . . . . . . . 41
4.11. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua . . . . . . . . . . . . 45
4.12. Analisis termodinamico de camaras de mezclado de lıquidos . . . . . . . . 48
4.13. Psicrometrıa: cuartos frıos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.14. Psicrometrıa: torres de enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.15. Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores . . . . . . . . . . . . . . . 52
Bibliografıa 54
4 Propiedades termodinamicas de la
materia
4.1. Trabajo volumetrico con gases
Un sistema piston-cilindro contiene una masa de 1 g de aire (R = 287 J/kgK) a una
temperatura inicial de 20 oC. El piston esta conectado a un resorte, que se encuentra
en su longitud natural en la condicion inicial. El piston posee una masa de 5 kg y un
diametro de 10 cm y el resorte tiene una constante lineal de k = 10 kN/m. Durante
el desplazamiento del piston en el cilindro se pueden despreciar los efectos debidos al
rozamiento entre los dos cuerpos. Se le suministra calor al aire contenido en el cilindro
hasta que el resorte se comprime 5 cm. La presion atmosferica local es de 100 kPa.
Se solicita calcular:
1. La temperatura final del gas.
2. El trabajo volumetrico realizado por el gas.
3. El trabajo necesario para comprimir el resorte.
4. El trabajo necesario para vencer la accion de la atmosfera sobre el piston.
5. El calor suministrado al aire en el cilindro.
Solucion
1. Por la ley de los gases ideales:
p1V1 = mRT1 (4-1)
V1 =mRT1
p1
(4-2)
Diagrama de cuerpo libre para el piston:
4.1 Trabajo volumetrico con gases 21
Figura 4-1: Diagrama de cuerpo libre para el piston.
Estado 1:∑
Fy = 0 (4-3)
FR + paAp + mpg − p1Ap = 0 (4-4)
en el estado inicial el resorte no ejerce fuerza sobre el piston:
p1 = pa +mpg
Ap
(4-5)
p1 = 106, 25 kPa
Por lo tanto de la Ec. 4-2:
V1 = 7, 915× 10−4 m3
Altura correspondiente al volumen del gas en el cilindro:
V1 = Apz1 (4-6)
z1 =V1
Ap
(4-7)
z1 = 0, 101 m
Para el estado 2 se calcula la presion ejercida por el resorte sobre el piston para
dz = 5 cm, FR = kz2/Ap; y despejando para la presion en el estado 2, p2, utilizando
la Ec. 4-4 :
p2 = 169, 93 kPa,
ası se determina el volumen ocupado por el gas en el estado 2:
V2 = Ap(z1 + z2) (4-8)
22 4 Propiedades termodinamicas de la materia
V2 = 1, 184× 10−3m3
y se determina la temperatura en el estado 2:
T2 =p2V2
mR(4-9)
T2 = 701, 0 K
2. Trabajo realizado por el gas:
Wgas =
∫ V2
V1
pdV = Ap
∫ z2
z1
pdz = Ap
∫ z2
z1
(pa +
kz2
Ap
+mpg
Ap
)dz (4-10)
Wgas =
(paApz +
kz2
2+ mpgz
)z2
z1
(4-11)
Para z1 = 0 y z2 = 0, 05 m:
Wgas = 54, 2J
3. Trabajo necesario para comprimir el resorte:
Wresorte =kz2
2(4-12)
Wresorte = 12, 5 J
4. Trabajo necesario para vencer la accion de la atmosfera:
Wa =
∫ V2
V1
pdV = Appaz2 (4-13)
Wa = 39, 3 J
5. Aplicando la primera ley de la termodinamica:
∆U = δQ + δW (4-14)
mcv(T2 − T1) = Q−Wgas (4-15)
Q = mcv(T2 − T1) + Wgas (4-16)
Para cv = 0, 742 kJ/kgK:
Q = 356, 98J
4.2 Trabajo volumetrico con vapor de agua 23
4.2. Trabajo volumetrico con vapor de agua
Un dispositivo piston-cilindro, en el que el piston puede moverse libremente sin rozamien-
to, contiene 0, 2 kg de agua a una temperatura T1 = 30 ◦C y a una presion p1 = 400 kPa.
El agua se calienta inicialmente de manera isobarica, hasta que inicia el proceso de eva-
poracion. A traves del suministro adicional de calor al dispositivo, el agua continua con
su evaporacion parcial. Cuando se tiene un volumen del cilindro de V3 = 0, 06314 m3, el
desplazamiento del piston se detiene (de manera mecanica), pero se le continua suminis-
trando calor al dispositivo hasta el instante en que se evapora totalmente el agua lıquida
del cilindro a la temperatura T4.
Se solicita:
1. Representar las curvas de lıquido y vapor saturado en el diagrama p − v e indicar
los cambios de estado, desde el estado inicial 1 hasta el estado final 4.
2. ¿A que temperatura se inicia el proceso de evaporacion del agua en el cilindro?
3. En el estado 3 determine la calidad del vapor x3 en la mezcla y la masa correspon-
diente de vapor y agua lıquida.
4. Determine la presion p, la temperatura T y el volumen especıfico v en los estados
2, 3 y 4.
Solucion
1. Cambios de estado:
1-2: Calentamiento isobarico (p = cte)
2-3: Evaporacion parcial isobarica (p = cte)
3-4: Evaporacion isocorica (v = cte)
Figura 4-2: Procesos en diagrama p-v
24 4 Propiedades termodinamicas de la materia
2. T2 = Tsat@400kPa
T2 = 143, 63 oC
3. Estado 3: p3 = 400 kPa: vf = 0, 001084 m3/kg, vg = 0, 4625 m3/kg
v3 =V3
m(4-17)
v3 = 0, 3157 m3/kg
La calidad es:
x3 =v3 − vf
vg − vf
(4-18)
x3 = 0, 682
Masa de vapor:
mg = x3m (4-19)
mg = 136, 4 gr
Masa de agua:
mf = m−mg = (1− x3)m (4-20)
mf = 63, 6 gr
4. Estado 2: p2 = 400 kPa; T2 = 143, 63 oC; v2 = 0, 001084 m3/kg
Estado 3: p3 = 400 kPa; T3 = 143, 6 oC; v3 = 0, 3157 m3/kg
Estado 4: p4 = 600 kPa; T4 = 158, 8 oC; v4 = 0, 3157 m3/kg
4.3. Trabajo volumetrico con vapor de agua
Un sistema piston-cilindro vertical que se encuentra perfectamente aislado de sus alrede-
dores, contiene inicialmente 8 kg de agua en su interior con una calidad x = 0,7. La presion
dentro del cilindro se mantiene constante a 400 kPa. Una valvula conectada al sistema se
abre de manera controlada permitiendo la entrada de vapor proveniente de una lınea de
alimentacion a 500 kPa y 400 oC. La valvula permanece abierta hasta que el agua conteni-
da en el cilindro alcanza el estado de saturacion evaporandose completamente, momento
4.3 Trabajo volumetrico con vapor de agua 25
en el cual la valvula se cierra nuevamente.
Se solicita:
1. Determinar la temperatura final del vapor contenido en el cilindro.
2. Determinar la masa de vapor que ingresa al sistema.
Solucion
1. T2 = Tsat@400kPa
T2 = 143, 6 oC
2. Aplicando la primera ley de la termodinamica:
dE = dEc + dEp + dU = δQ + δW +∑
m
(∆h +
1
2∆v2 + g∆z
)(4-21)
U2 − U1 = W + menhen (4-22)
donde: W = − ∫ V1
V2pdV = p(V1 − V2) y men = m2 −m1, por lo tanto:
m2u2 −m1u1 = −p(m2v2 −m1v1) + (m2 −m1)hen (4-23)
m2u2 + pm2v2 −m1u1 − pm1v1 = (m2 −m1)hen (4-24)
m2(u2 + pv2)−m1(u1 − pv1) = (m2 −m1)hen (4-25)
m2h2 −m2hen = m1h1 −m1hen (4-26)
m2 =m1(h1 − hen)
h2 − hen
(4-27)
Segun Tablas de vapor:
hen = 3271, 9 kJ/kg, h2 = 2738, 1 kJ/kg
h1 = hf + x1hfg (4-28)
hf = 604, 66 kJ/kg, hfg = 2133, 4 kJ/kg
h1 = 2098, 04 kJ/kg
Por lo tanto:
26 4 Propiedades termodinamicas de la materia
m2 = 17, 592 kg
men = m2 −m1 (4-29)
men = 9, 592 kg
4.4. Cambios de estado simples de gases ideales
Bajo las condiciones atmosfericas de Bogota de pa=750 mbar y Ta=16 ◦C se comprime
1,0 kg de aire (considerado como gas ideal, con κ = 1, 4 y Raire= 287 J/kgK) hasta
p2=10 bar.
El proceso debe ocurrir de manera:
Isocorica.
Isotermica.
Adiabatica reversible
Politropica con n = 1, 2
Se solicita:
1. Representar cada cambio de estado en un diagrama p− v
2. Calcular en cada caso, de manera general y numerica, la temperatura final T2; el
volumen final V2; el calor transferido Q12 y el trabajo volumetrico Wv,12.
Solucion
1. Diagrama T − v con los cambios de estado indicados.
4.5 Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo volumetrico con vapor de agua 27
p/(P )a*105
v
0.75 1
210III IIIIV
Figura 4-3: Diagrama con los cambios de estado simples solicitados.
2. Analisis de cada cambio de estado:
Proceso isocorico:
Proceso isotermico:
Proceso adiabatico reversible:
Proceso polotropico con n = 1, 2:
4.5. Entropıa y exergıa en sistemas para trabajo
volumetrico con vapor de agua
Para el Ejercicio 4.3 se solicita determinar:
1. La entropıa generada en el proceso.
2. La exergıa destruida en el proceso si este ocurre en un ambiente con una temper-
atura Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.
28 4 Propiedades termodinamicas de la materia
Solucion
1. Este sistema se analiza para las condiciones de la masa en el estado inicial (1) y
las condiciones del estado final (2); no se presenta transferencia de entropıa por
intercambio de calor porque el sistema es adiabatico y se presenta intercambio de
entropıa debido a la masa de vapor de agua que ingresa al sistema.
En el estado inicial 1 se tiene el siguiente valor para la entropıa especıfica (p = 400
kPa; 143, 63 ◦C y x = 0, 7):
ssis,1 = sf,1 +x1(sg,1−sf,1), con s1,f = 1, 7765 kJ/kgK y sf,1−sg,1 = 5, 1191 kJ/kgK
ssis,1 = 5, 3599 kJ/kgK.
Para el estado 2 se tiene vapor saturado a p = 400 kPa (143, 63 ◦C) y la entropıa
especıfica es:
ssis,2 = 6, 8955 kJ/kgK.
Para el cambio de estado entre 1 y 2 ingresa masa al sistema (vapor sobrecalentado
a 500 kPa y 400 ◦C):
sH20,ent = 7, 7956kJ/kgK
El balance de entropıa es:
(S2 − S1)sis =k∑
i=1
Qi
Ti
+ mentsH2O,ent + Sirr,12 (4-30)
[(m2s2)− (m1s1)]sis = mentsH2O,ent + Sirr,12, (4-31)
finalmente, para m1 = 8, 0 kg; m2 = 17, 592 kg y mH2O,ent = 9, 592 kg, se obtiene:
Sirr,12 = 3, 651kJ/K
2. La exergıa destruida en el proceso es:
Exd,12 = T0sirr,12 (4-32)
Exd,12 = 1095, 4 kJ
4.6 Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados 29
4.6. Entropıa y exergıa para sistemas cerrados y aislados
Para el Ejercicio 2.5 se solicita hallar:
1. El cambio en la entropıa del pinon durante el proceso inicial (Ej. 2.5, a).
2. El cambio en la exergıa del pinon durante este mismo proceso.
3. La entropıa generada y la exergıa destruida durante el proceso de enfriamiento del
pinon en el recipiente con agua (3-4) (Ej. 2.5, b).
Solucion
1. El cambio en la entropıa del pinon durante el proceso 1-2 puede hallarse mediante
la ecuacion del cambio de entropıa para sustancias compresibles:
s2 − s1 = cvlnT2
T1
+ Rlnv2
v1
. (4-33)
En este caso se trata de una sustancia incompresible (solido), que tiene valores aprox-
imadamente iguales para las capacidades calorıficas (calores especıficos) a volumen
y a presion constante y cuya variacion volumetrica durante el cambio de estado es
despreciable:
S2 − S1 = maccacln
(T2
T1
)(4-34)
S2 − S1 = 11, 09 kJ/K
2. El cambio en la exergıa del pinon (sistema) durante el proceso 1-2 es:
(Ex2−Ex1)sis = m(u2−u1)+mp0(v2− v1)−mT0(s2− s1)+mv2
2 − v21
2+mg(z2− z1),
(4-35)
que al considerar despreciables los efectos debidos al cambio volumetrico y a las
energıas cinetica y potencial es:
(Ex2 − Ex1)sis = m(u2 − u1)−mT0(s2 − s1) (4-36)
(Ex2 − Ex1)sis = maccac(T2 − T1)−mT0(s2 − s1) (4-37)
(Ex2 − Ex1)sis = 4593 kJ
30 4 Propiedades termodinamicas de la materia
3. Aplicando el balance de entropıa al sistema, considerado un sistema aislado como
en la seccion b) del Ej. 2.5 y para sustancias incompresibles como en la seccion a)
anterior:
(S4 − S3)sis = Sirr,34 = maccacln
(T4
T3,ac
)+ mH2OcH2Oln
(T4
T3,H2O
)+ CRln
(T4
T3,R
),
(4-38)
se obtiene el valor para la entropıa generada:
Sirr,34 = 12, 403 kJ/K
Debe considerarse en la ecuacion anterior que la pieza de acero se enfrıa des-
de T3,ac = 1250 K y el agua y el recipiente se calientan (simultaneamente) desde
T3 = 300 K hasta alcanzar la temperatura final de equilibrio del sistema (T = 303, 2 K).
La exergıa destruida durante el proceso 3-4 es:
Exd,34 = T0Sirr,34 (4-39)
Exd,34 = 3672 kJ
4.7. Analisis termodinamico de la expansion de gases
ideales en toberas
En un turborreactor, entran gases calientes de combustion a p1 = 200 kPa y T1 = 1200 K
en una tobera adiabatica irreversible y se expanden hasta la presion atmosferica local. La
temperatura de salida de los gases es de T2 = 760 K. La velocidad de entrada de los gases
a la tobera es despreciable. Se pueden considerar los gases de la combustion como aire y
se requiere tomar en cuenta la variacion de sus capacidades calorıficas especıficas (calores
especıficos) con la temperatura. Las condiciones atmosfericas de operacion de la tobera
son de Ta = 220 K y una presion pa = 27 kPa.
Se solicita:
1. Representar el proceso en un diagrama p− v.
2. Representar el equipo y plantear la primera ley.
3. Representar el proceso en un diagrama T − s.
4. Determinar la eficiencia isoentropica de la tobera.
4.7 Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas 31
5. Determinar la exergıa de los gases de combustion en las condiciones de entrada a la
tobera.
6. Hallar la velocidad de salida de la tobera de los gases de escape.
7. Determinar la entropıa generada durante el proceso.
8. Determinar el balance de exergıa y la exergıa destruida durante el proceso.
Solucion
1. Diagrama p− v del proceso.
p
v
p1
p2
2s 2
1
Figura 4-4: Diagrama del proceso.
2. Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-40)
se tiene para una tobera adiabatica operando en estado estacionario y despreciando
la velocidad de ingreso al equipo y la variacion de la energıa potencial entre el ingreso
y la salida (por unidad de masa):
0 = 0 + 0 + h1 − h2 +−→v 2
1 −−→v 22
2(4-41)
3. Diagrama T-s del proceso
32 4 Propiedades termodinamicas de la materia
Figura 4-5: Diagrama del proceso. ¡CORRECCION: los puntos 2 y 2s estan indicados de
manera inversa en el diagrama!
4. Eficiencia isoentropica de la tobera.
En este caso se requiere considerar la variacion de las capacidades calorıficas es-
pecıficas (calores especıficos) con la temperatura. Para ello se hace uso de los val-
ores tabulados para el aire (para explicaciones teoricas adicionales y el manejo de
las tablas se puede consultar, por ejemplo, Cengel & Boles, 6ta. edicion en espanol,
seccion 7.9).
Estado 1:
para p1 = 200 kPa, T1 = 1200 K se obtiene de los valores tabulados (por ejemp-
lo de Cengel & Boles, 6ta. edicion en espanol, Tabla A-17); h1 = 1277, 79 kJ/kg,
so1 = 3, 17888 kJ/kgK, prel,1 = 238, 0.
Para un proceso isoentropico:
pr2s
pr1
=p2
p1
(4-42)
pr2s = 32, 13
Estado 2s (para el proceso reversible adiabatico):
para p2 = 27 kPa, pr2s = 32, 13, se obtiene por interpolacion, T2s = 720, 647 K,
h2s = 735, 52 kJ/kg
Estado 2:
para p2 = 27 kPa, T2 = 760 K se obtiene, h2 = 778, 18 kJ/kg, so2 = 2, 66176 kJ/kgK
4.7 Analisis termodinamico de la expansion de gases ideales en toberas 33
A partir de la definicion de eficiencia isoentropica para una tobera:
ηs,tob =h1 − h2
h1 − h2s
(4-43)
ηs,tob = 0, 921
5. Estado ambiental:
para p0 = 27 kPa y T0 = 220 K se obtiene de las tablas, h0 = 219, 97 kJ/kg,
s00 = 1, 39105 kJ/kgK
La exergıa de los gases a la entrada de la tobera es:
exfm,1 = (h1 − h0)− T0(s1 − s0) +v2
1
2+ g(z1), (4-44)
que al considerar despreciables la velocidad de ingreso del aire a la tobera y el efecto
de la energıa potencial, es:
exfm,1 = (h1 − h0)− T0
(s01 − s0
0 −Rln
(p1
p0
)), (4-45)
exfm = 790, 9 kJ/kg,
donde se ha evaluado la diferencia de entropıa entre el estado de ingreso a la tobera y
las condiciones del ambiente, considerando la variacion de las capacidades calorıficas
especıficas mediante el uso de valores tabulados (como en los items anteriores).
6. A partir de la primera ley para la tobera se obtiene:
−→v 22 =
√2(h1 − h2) (4-46)
−→v 2 =
√2(1277, 79− 778, 18) ∗ 1000[
J
kg] (4-47)
−→v 2 = 999, 61 m/s
7. Aplicando el balance de entropıa a la tobera:
Ssis =k∑
i=1
Qi
Ti
+∑
mensen −∑
msalssal + Sirr (4-48)
se obtiene para las condiciones de estado estacionario, en un proceso adiabatico,
con flujo unico de masa (entrada, 1; salida, 2) y considerando la variacion de las
capacidades calorıficas con la temperatura:
0 = (s1 − s2) + sirr,12 = s02 − s0
1 −Rln
(p2
p1
)(4-49)
34 4 Propiedades termodinamicas de la materia
sirr,12 = (s2 − s1) = 0, 057591 kJ/kgK
8. El balance general de exergıa para un sistema abierto con fronteras rıgidas entre los
estados 1 y 2 es:
(Ex2 − Ex1)sa =∑ (
1− T2
T1
)δQ12 + W12 +
n∑j=1
m(exfm)− Exd,12 (4-50)
donde la exergıa especıfica asociada al flujo unico de masa viene definida por:
(exfm,1 − exfm,2) = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2
1 −−→v 22
2+ g(z1 − z2). (4-51)
El sistema establecido para la tobera es adiabatico; durante el cambio de estado
entre 1 y 2 no ocurre transferencia de exergıa por trabajo y la velocidad de ingreso
(1) del fluido a la tobera y la variacion de su energıa potencial es despreciable. De
esta manera se obtiene que la exergıa destruida es igual a la variacion de la exergıa
del flujo de masa entre los dos estados:
exd,12 = exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−v2
2
2, (4-52)
que al considerar el balance de energıa establecido para la tobera, donde la variacion
de la entalpıa es igual a la variacion de la energıa cinetica para el cambio de estado
entre 1 y 2, se tiene:
exd,12 = Ta(s2 − s1) = 220 K ∗ (0, 057591 kJ/kgK) (4-53)
exd,12 = 12, 67 kJ/kg
4.8. Analisis termodinamico del estrangulamiento de
gases ideales
Aire, considerado como gas ideal, sufre un proceso de estrangulacion en una valvula, desde
el estado 1, p1 = 5 bar, T1 = 300 K hasta el estado 2, p2 = 1 bar. El flujo se encuen-
tra en estado estacionario. El sistema se encuentra en un ambiente con una temperatura
Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.
Se solicita:
1. Representar el proceso en un diagrama p− v.
2. Representar el equipo y plantear la primera ley.
3. Representar el proceso en un diagrama T − s.
4.8 Analisis termodinamico del estrangulamiento de gases ideales 35
4. Calcular la temperatura luego del estrangulamiento.
5. Calcular la entropıa generada debido al cambio de estado irreversible.
6. Determinar la exergıa destruida en el proceso a traves de la entropıa generada y por
medio del balance de exergıa.
Solucion
1. Diagrama p− v del proceso.
p1
p
p2
v
T0
1
2
Figura 4-6: Diagrama del proceso.
2. Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-54)
se tiene para una valvula de estrangulacion operando en estado estacionario, que
se considera adiabatica y despreciando las variaciones de las energıas cinetica y
potencial entre el ingreso y la salida (por unidad de masa):
0 = 0 + 0 + h1 − h2 + 0 + 0, (4-55)
que indica que el proceso es isoentalpico:
h1 = h2
3. Diagrama T − s del proceso.
36 4 Propiedades termodinamicas de la materia
Figura 4-7: Diagrama del proceso
4. Para los gases ideales: h = f(t) exclusivamente, por lo tanto T2 = T1 = 300 K ya
que h2 = h1
5. Aplicando un balance para determinar la variacion de la entropıa especıfica en la
valvula de estrangulamienton, se tiene:
dssis =n∑
i=1
qi
Ti
+ (s1 − s2) + sirr,12, (4-56)
teniendo en cuenta que es un proceso en estado estacionario y adiabatico para gases
ideales, se obtiene:
sirr,12 = s2 − s1 = cpln
(T2
T1
)−Raireln
(p2
p1
)(4-57)
sirr,12 = 0, 4619 kJ/kgK
6. El balance general de exergıa especıfica para el sistema es:
(ex2 − ex1)sa =∑ (
1− T2
T1
)δq12 + w12 +
n∑j=1
(exfm)− exd,12 (4-58)
donde la exergıa especıfica asociada al flujo unico de masa viene definida por:
(exfm,1 − exfm,2) = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2
1 −−→v 22
2+ g(z1 − z2). (4-59)
El sistema establecido para la valvula de estrangulacion opera en estado estacionario,
es adiabatico, durante el cambio de estado entre 1 y 2 no ocurre transferencia de
exergıa por trabajo y la variacion de las energıas cinetica y potencial del fluido
4.9 Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales 37
es despreciable. De esta manera se obtiene que la exergıa destruida entre los dos
estados es igual a:
exd,12 = exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2). (4-60)
Al considerar que en la valvula la entalpıa del gas ideal permanece constante entre
los estados 1 y 2, se tiene:
exd,12 = Ta(s2 − s1) = 300 K ∗ (0, 4619 kJ/kgK) (4-61)
exd,12 = 136, 57 kJ/kg
4.9. Analisis termodinamico de procesos de compresion
de gases ideales
Entra aire en un compresor a T1 = 300 K y p1 = 100 kPa a una tasa de 4 kg/s, y sale a
T2 = 700 K y p2 = 1500 kPa. Las capacidades calorıficas especıficas (calores especıficos)
del aire se pueden considerar constantes, con los valores correspondientes a la temperatura
ambiente. La presion y la temperatura del ambiente en el que se encuentra el compresor,
son iguales a las del estado 1.
Se solicita:
1. Representar el proceso en un diagrama p− v.
2. Representar el equipo y plantear la primera ley.
3. Representar el proceso en un diagrama T-s.
4. Determinar el requerimiento de potencia para el proceso reversible y real del com-
presor.
5. Determinar la eficiencia isoentropica para el proceso.
6. Determinar la entropıa generada por unidad de tiempo.
7. Determinar la exergıa destruida por unidad de tiempo.
8. Hallar la eficiencia exergetica para el proceso y discutir su relacion y diferencia con
la eficiencia isoentropica correspondiente.
Solucion
38 4 Propiedades termodinamicas de la materia
1. Diagrama p− v del proceso.
p1
p
p2
v
1
22s
Figura 4-8: Diagrama del proceso.
2. Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-62)
se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para un compresor adiabatico,
operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica
y potencial del aire entre el ingreso y la salida, es:
0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-63)
3. Diagrama T-s del proceso
Figura 4-9: Diagrama del proceso
4. La potencia requerida para el proceso reversible y adiabatico es:
WT,rev,12 = m(h2s − h1) = mcp(T2s − T1) (4-64)
4.9 Analisis termodinamico de procesos de compresion de gases ideales 39
La temperatura T2s se calcula para un proceso reversible y adiabatico, ası:
T2s
T1
=
(p2
p1
) k−1k
(4-65)
T2s = 651, 2 K,
donde la relacion de las capacidades calorıficas especıficas κ = 1, 401 para el aire,
corresponde a la temperatura T = 300 K.
De esta manera, WT,rev,12 = 1411, 8 kW
donde se ha considerado el valor cp = 1, 005 kJ/kgK correspondiente a T = 300
K para el aire.
La potencia requerida para el proceso adiabatico real es:
WT,12 = m(h2 − h1) = mcp(T2 − T1) (4-66)
W12 = 1608 kW,
para el mismo valor de cp anterior.
5. La eficiencia isoentropica del compresor es:
ηs,com =WT,rev,12
WT,real,12
(4-67)
ηs,com = 0, 878
6. Aplicando el balance de entropıa en funcion del tiempo al compresor, se tiene:
Ssis =k∑
i=1
Qi
Ti
+ m(s1 − s2) + Sirr,12 (4-68)
que para el cambio de estado adiabatico para un gas ideal es:
Sirr,12 = m(s2 − s1) = m
[cpln
(T2
T1
)−Raireln
(p2
p1
)](4-69)
Sirr,12 = 0, 2972 kW/K
7. El balance general de exergıa para el proceso es:
(Ex2 − Ex1)sa =∑(
1− T2
T1
)δQ12 + WT,12 +
n∑j=1
m(exfm)− Exd,12 (4-70)
40 4 Propiedades termodinamicas de la materia
donde la exergıa asociada al flujo unico de masa viene definida por:
m(exfm,1 − exfm,2) = m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2
1 −−→v 22
2+ g(z1 − z2)]. (4-71)
El sistema establecido para el compresor opera en estado estacionario, es adiabatico,
durante el cambio de estado entre 1 y 2 ocurre transferencia de exergıa por la
potencia tecnica entrega al equipo y la variacion de las energıas cinetica y potencial
del fluido es despreciable. De esta manera se obtiene:
0 = 0 + WT,12 + m(exfm,1 − exfm,2)− Exd,12 (4-72)
0 = 0 + WT,12 + m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)]− Exd,12, (4-73)
al considerar el balance de energıa para el sistema, la potencia entregada al compre-
sor es igual a la variacion de la entalpıa entre los dos estados; ası se obtiene para la
exergıa destruida en el proceso, la siguiente ecuacion:
Exd,12 = mTa(s2 − s1). (4-74)
Exd,12 = 89, 2 kW.
8. La eficiencia exergetica del proceso se determina por la relacion entre la variacion
de la exergıa del flujo de aire y la potencia real requerida para la compresion del
aire; este cambio de estado es adiabatico y por ello no hay exergıa del calor:
ηex,com =m(exfm,2 − exfm,1)
WT,real,12
=(h2 − h1)− T0(s2 − s1) +
v21−v2
2
2+ g(z1 − z2)
h2 − h1
. (4-75)
Los efectos de la exergıa asociada a la energıa cinetica y potencial del fluido son
despreciables, y se obtiene:
ηex,com = 1− T0(s2 − s1)
h2 − h1
= 1− exd,12
wT,real,12
= 1− Exd,12
WT,real,12
. (4-76)
ηex,com = 0, 945
La eficiencia exergetica relaciona en este caso la potencia mınima necesaria para realizar
el cambio de estado del flujo de aire (segun las condiciones reales en las que ocurre el
proceso entre los estados 1 y 2) con la potencia que se requiere en el proceso real. Es
decir, la eficiencia exergetica considera la destruccion de exergıa en el proceso real y la
compara con la potencia real empleada.
Por su parte, la eficiencia isoentropica establece en este caso la relacion entre las condi-
ciones ideales de un proceso reversible y adiabatico (cambio de estado entre 1 y 2s) con
la potencia real requerida en el proceso de compresion. Esta eficiencia es menor que la
eficiencia exergetica porque hace la comparacion con un proceso ideal (sin irreversibili-
dades).
4.10 Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua 41
4.10. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de
agua
Un flujo masico de 15 kg/s de vapor de agua a una temperatura T1 = 600 oC y una
presion p1 = 8 MPa, se expande en una turbina adiabatica irreversible hasta una presion
p2 = 20 kPa. Si la eficiencia isoentropica de la turbina es ηs,tur = 0, 92,
se solicita:
1. Representar el proceso en un diagrama p− v.
2. Representar el equipo y plantear la primera ley.
3. Calcular la potencia entregada por la turbina.
4. Determinar calidad del vapor a la salida de la turbina.
5. Representar el proceso en un diagrama T − s.
6. Determinar la entropıa generada en la turbina debido al cambio de estado irre-
versible.
7. Determinar la exergıa destruida en el proceso si la turbina se encuentra en un
ambiente con una temperatura Ta = 300 K y una presion pa = 100 kPa.
8. Hallar la eficiencia exergetica del proceso.
Solucion
1. Diagrama p− v del proceso.
p
v
1
2s 2
Figura 4-10: Diagrama del proceso.
42 4 Propiedades termodinamicas de la materia
2. Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-77)
se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para una turbina adiabatica,
operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica
y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es:
0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-78)
3. Diagrama T-s del proceso
4. Potencia suministrada por la turbina.
Estado 1:
para p1 = 8 MPa, T1 = 600 oC se tiene de las tablas de vapor (sobrecalentado),
h1 = 3642, 0 kJ/kg, s1 = 7, 0206kJ/kgK.
Para un proceso de expansion reversible y adiabatico, la entropıa permanece con-
stante,
Estado 2s:
para p2 = 20 kPa, s2s = s1 = 7, 0206 kJ/kgK se tiene, sf = 0, 832 kJ/kg, sg =
7, 9085 kJ/kgK.
Con esta informacion se puede determinar el contenido (o calidad) del vapor en
el estado 2s, ası:
x2s =s2s − sf
sg − sf
(4-79)
x2s = 0, 8745
Con el contenido de vapor se puede hallar ahora la entalpıa en el estado 2s:
h2s = hf + x2shfg (4-80)
Para hf = 251, 4 kJ/kg, hfg = 2358, 3 kJ/kg se tiene, h2s = 2313, 8 kJ/kg
4.10 Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua 43
La eficiencia isoentropica de la turbina es:
ηs,tur =Wreal
Wrev
=h1 − h2
h1 − h2s
(4-81)
y se puede determinar la entalpıa en la condicion del estado real de salida del vapor
de la turbina:
h2 = h1 − ηs,tur(h1 − h2s) (4-82)
h2 = 2420, 056 kJ/kg
La potencia real suministrada por la turbina es:
W12 = m(h2 − h1) (4-83)
W12 = −18329, 16 kW
(la magnitud negativa indica que la potencia es realizada por el sistema).
5. Calidad del vapor a la salida de la turbina (condiciones del proceso real).
Estado 2:
para p2 = 20 kPa, h2 = 2420, 056 kJ/kg se halla,
x2 =h2 − hf
hfg
(4-84)
x2 = 0, 9196
6. Aplicando el balance de entropıa en funcion del tiempo a la turbina, se tiene:
Ssis =k∑
i=1
Qi
Ti
+ m(s1 − s2) + Sirr,12 (4-85)
que para un proceso en estado estacionario y adiabatico es:
Sirr,12 = m(s2 − s1) (4-86)
s2 = sf + x2(sg − sf ) (4-87)
s2 = 7, 3395 kJ/kg
Por lo tanto:
Sirr,12 = 4, 7842 kW/K
44 4 Propiedades termodinamicas de la materia
7. El balance general de exergıa para el proceso es:
(Ex2 − Ex1)sa =∑ (
1− T2
T1
)Q12 + WT,12 +
n∑j=1
m(exfm)− Exd,12 (4-88)
donde la exergıa asociada al flujo unico de masa viene definida por:
m(exfm,1 − exfm,2) = m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +−→v 2
1 −−→v 22
2+ g(z1 − z2)]. (4-89)
La turbina opera en estado estacionario, es adiabatica, durante el cambio de estado
entre 1 y 2 ocurre transferencia de exergıa por la potencia tecnica entregada por el
equipo y la variacion de las energıas cinetica y potencial del vapor es despreciable.
De esta manera se obtiene:
0 = 0 + WT,12 + m(exfm,1 − exfm,2)− Exd,12 (4-90)
0 = 0 + WT,12 + m[(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)]− Exd,12, (4-91)
al considerar el balance de energıa para el sistema, la potencia entregada por la
turbina es igual a la variacion de la entalpıa; ası se obtiene para la exergıa destruida
en el proceso, la siguiente ecuacion:
Exd,12 = mTa(s2 − s1) = TaSirr,12 (4-92)
Exd,12 = 1435, 3 kW.
8. La eficiencia exergetica del proceso se determina por la relacion entre la potencia
real entregada por la turbina, que corresponde a la exergıa utilizada, y la variacion
de la exergıa del flujo de vapor (entre las condiciones de entrada y salida de la
turbina), que corresponde a la exergıa suministrada (o disponible); este cambio de
estado es adiabatico y por ello no hay exergıa del calor:
ηex,tur =|WT,real,12|
m(exfm,1 − exfm,2)=
h1 − h2
(h1 − h2)− Ta(s1 − s2) +v11−v2
2
2+ g(z1 − z2)
. (4-93)
Los efectos de la exergıa asociada a la energıa cinetica y potencial del fluido son
despreciables, y se obtiene:
ηex,tur =h1 − h2
(h1 − h2)− Ta(s1 − s2)=
h1 − h2
(h1 − h2)− Ta(s2 − s1)=
wT,real,12
(wT,real,12) + exd,12
(4-94)
4.11 Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua 45
ηex,tur = 0, 9274
Este valor es igual a la relacion entre la potencia suministrada por la turbina
(h1 − h2 = 1222 kJ/kg) y la variacion de la exergıa del flujo de masa entre la
entrada y la salida de la turbina, exfm,1 − exfm,2 = (h1 − h2)− Ta(s1 − s2) = 1317, 6
kJ/kg.
La eficiencia exergetica de la turbina tiene una dependencia mutua con la eficiencia isoen-
tropica correspondiente, ya que ambas reflejan la generacion de entropıa durante la ex-
pansion. La eficiencia exergetica considera adicionalmente la influencia de las condiciones
ambientales.
La eficiencia exergetica evalua de una manera mas basica el grado de perfeccion ter-
modinamica para una transformacion adiabatica de energıa que la eficiencia isoentropica.
Esta ultima solamente considera la produccion de entropıa. Para temperaturas por enci-
ma de la ambiental, la produccion de entropıa no abarca completamente la depreciacion
de la energıa. La eficiencia exergetica considera la fraccion de la exergıa de la disipacion.
Por esta razon, esta eficiencia es, en este ejercicio, ligeramente mayor que la eficiencia
isoentropica.
4.11. Analisis termodinamico de turbinas de vapor de
agua
Vapor de agua a una temperatura T1 = 500 oC y una presion p1 = 8 MPa, se expande en
una turbina adiabatica irreversible hasta una presion p2 = 500 kPa. La expansion ocurre
de tal manera que el vapor sale de la turbina en su estado de saturacion. La turbina se
encuentra en un ambiente con una temperatura Ta = 25 oC y una presion pa = 100 kPa.
Se solicita:
a) Representar el proceso en un diagrama p− v.
b) Representar el equipo y plantear la primera ley.
c) Representar el proceso en un diagrama T − s.
d) Determinar el cambio en la entropıa del fluido en el proceso.
e) Determinar el cambio en la exergıa del fluido en el proceso.
f) Determinar la exergıa del vapor en las condiciones de entrada.
46 4 Propiedades termodinamicas de la materia
g) Hallar la eficiencia isoentropica.
h) Hallar la eficiencia exergetica y discutir su relacion con la eficiencia isoentropica en
este caso.
Solucion
a) Diagrama p− v del proceso.
p
v
1
2s 2
Figura 4-11: Diagrama del proceso.
b) Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-95)
se tiene que el balance especıfico (por unidad de masa) para una turbina adiabatica,
operando en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica
y potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, es:
0 = 0 + wT,12 + [h1 − h2 + 0 + 0]. (4-96)
c) Diagrama T − s del proceso.
d) Cambio en la entropıa del fluido en el proceso.
Estado 1:
4.11 Analisis termodinamico de turbinas de vapor de agua 47
para p1 = 8 MPa, T1 = 500 oC se tiene, h1 = 3398, 3 kJ/kg, s1 = 6, 724 kJ/kgK
Estado 2:
para p2 = 500 kPa, x2 = 1 se tiene: h2 = 2748, 7 kJ/kg, s2 = 6, 8213 kJ/kgK
El cambio en la entropıa especıfica del fluido es:
s2 − s1 = 0, 0973 kJ/kgK
e) Cambio en la exergıa del fluido en el proceso.
exfm,2 − exfm,1 = (h2 − h1)− Ta(s2 − s1) +v2
2 − v21
2+ g(z2 − z1) (4-97)
∆exfm = −678, 6 kJ/kg
f) Exergıa del vapor en las condiciones de entrada.
Estado 0:
para p0 = 100 kPa, Ta = 25 oC se tiene, h0 = hf@25oC = 104, 83 kJ/kg, s0 =
sf@25oC = 0, 3672 kJ/kgK
exfm,1 = (h1 − h0)− Ta(s1 − s0) +v2
1
2+ g(z1) (4-98)
exfm,1 = 1399, 1 kJ/kg
g) Eficiencia isoentropica de la turbina:
ηs,tur =Wreal,12
Wrev,12
=(h1 − h2)
(h1 − h2s)(4-99)
Estado 2s:
para p2 = 500 kPa, s2s = s1 = 6, 724 kJ/kgK se tiene, sf = 1, 86098 kJ/kgK,
sg = 6, 82142 kJ/kgK, hf = 640, 367 kJ/kg, hg = 2748, 765 kJ/kg.
x2s =s2s − sf
sg − sf
(4-100)
x2s = 0, 98036
h2s = hf + x2s(hg − hf ) (4-101)
48 4 Propiedades termodinamicas de la materia
h2s = 2707, 36 kJ/kg
Por lo tanto de la ecuacion 4-99:
ηs,tur = 0, 94
h) Eficiencia exergetica de la turbina:
ηex,tur =h1 − h2
(exfm,1 − exfm,2)(4-102)
ηex,tur = 0, 9573
4.12. Analisis termodinamico de camaras de mezclado
de lıquidos
En una camara de mezclado entran 3 kg/s de agua lıquida a 400 kPa y 20 oC y se mezclan
con vapor de agua a 400 kPa y 400 oC. La mezcla sale de la camara de mezclado como
lıquido saturado. La camara de mezclado transfiere calor a una tasa de 200 kW hacia los
alrededores, que se encuentran a 20o C. La presion atmosferica local es de 100 kPa.
Se solicita:
a) Representar el proceso en un diagrama p− v.
b) Representar el equipo y plantear la primera ley.
c) Hallar el flujo masico de vapor.
d) Hallar la entropıa generada en la camara de mezclado durante este proceso.
e) Hallar la exergıa destruida en la camara de mezclado durante este proceso.
f) Hallar la eficiencia exergetica de la camara de mezclado.
Solucion
a) Diagrama p− v del proceso.
4.12 Analisis termodinamico de camaras de mezclado de lıquidos 49
p
v
1 3 2
Figura 4-12: Diagrama del proceso.
b) Representacion del equipo y primera ley
A partir de la ecuacion general del balance de energıa para sistemas abiertos,
dEsis
dt=
∑i
Qi +∑
j
Wj +∑
k
mk
(hk +
−→v 2k
2+ gzk
), (4-103)
se tiene para la camara de mezclado con dos flujos de entrada y uno de salida, operan-
do en estado estacionario y despreciando las variaciones de las energıas cinetica y
potencial del vapor de agua entre el ingreso y la salida, la siguiente ecuacion:
0 = Qamb + 0 + [(m1h1 + m2h2 − (m1 + m2)h3) + 0 + 0]. (4-104)
c) Flujo masico de vapor
Agua lıquida:
para p1 = 400 kPa, T1 = 20 oC se tiene: h1 = hf@20oC = 83, 915 kJ/kg, s1 =
sf@20oC = 0, 2965 kJ/kgK
Vapor sobrecalentado:
para p2 = 400 kPa, T2 = 400 oC se tiene: h2 = 3273, 9 kJ/kg, s2 = 7, 9003 kJ/kgK
Mezcla:
para p3 = 400 kPa, x3 = 1 se tiene, h3 = 604, 66 kJ/kg, s3 = 1, 7765 kJ/kgK
A partir del balance de energıa para el sistema se obtiene:
m2 =−Q− m1(h1 − h3)
h2 − h3
(4-105)
50 4 Propiedades termodinamicas de la materia
m2 = 0, 661 kg/s
d) Aplicando el balance de entropıa a la camara de mezclado, se obtiene:
Ssae =k∑
i=1
Qi
Ti
+∑
mensen −∑
msalssal + Sirr = 0 (4-106)
Qamb
Tamb
+ m1s1 + m2s2 − (m1 + m2)s3 + Sirr = 0 (4-107)
Sirr = 1, 08 kW/K
e) La exergıa destruida en el proceso de mezclado es:
Exd = TaSirr (4-108)
Exd = 316, 5 kW
La exergıa destruida tambien se puede determinar a traves del balance general de
exergıa para el proceso, ası:
(Ex2 − Ex1)sa =∑ (
1− T2
T1
)Q12 + WT,12 +
n∑j=1
m(exfm)− Exd,12 (4-109)
donde la exergıa asociada a los flujos de masa viene definida por:
m(exfm,ent− exfm,sal) = m[(he−hs)−Ta(se− ss)+−→v 2
e −−→v 2s
2+ g(ze− zs)]. (4-110)
La camara de mezclado opera en estado estacionario, transfiere calor al ambiente
de manera reversible (es decir, a la temperatura ambiente, lo que implica que no
hay destruccion de exergıa por el calor); las variaciones de las energıas cinetica y
potencial de los flujos de masa de entrada y salida del sistema son despreciables. De
esta manera se obtiene:
0 = (1− 293
293)Qamb + 0 + m1(exfm,1) + m2(exfm,2)− m3(exfm,3)− Exd,12; (4-111)
las exergıas correspondientes a cada flujo de masa se calculan en el literal siguiente;
de aquı se obtiene:
Exd,12 = 317, 1 kW.
f) Eficiencia exergetica de la camara de mezclado.
4.13 Psicrometrıa: cuartos frıos 51
Esta eficiencia se calcula considerando que el flujo de exergıa util corresponde al
empleado para el calentamiento del flujo de agua (1) y que el flujo de exergıa em-
pleado (o disponible) para ese proceso corresponde al flujo de vapor sobrecalentado
(2). Estado a:
para pa = 100 kPa, Ta = 20 oC se tiene: ha = hf@20oC = 83, 915 kJ/kg, sa =
sf@20oC = 0, 2965 kJ/kg.
La exergıa de los flujos de masa no considera los efectos de las energıas cineticas y
potencial de los flujos.
exfm,3 = (h3 − ha)− Ta(s3 − sa)
exfm,3 = 86, 88 kJ/kg
exfm,2 = (h2 − ha)− Ta(s2 − sa)
exfm,2 = 960, 93 kJ/kg
exfm,1 = (h1 − ha)− Ta(s1 − sa) = 0
Por lo tanto:
ηex,mez =m1(exfm,3 − exfm,1)
m2(exfm,2 − exfm,3)(4-112)
ηex,mez = 0, 4516
4.13. Psicrometrıa: cuartos frıos
El aire en un cuarto frıo (V=13,5 m3, temperatura de 2 ◦C, 90% de humedad relativa,
p=101,325 kPa) se renueva una vez por hora con aire exterior (30 ◦C, 50% de humedad
relativa, p=101,315 kPa).
Se solicita calcular:
a) La entalpıa por unidad de masa del aire exterior (1) y del aire del curto frıo (2).
Respuesta: hai,1=64,1587 kJ/kg; hai,2=11,8389 kJ/kg.
b) El flujo masico del aire seco a intercambiar.
Respuesta: 4,77817 x 10−3 kg/s.
52 4 Propiedades termodinamicas de la materia
c) El flujo de calor que debe retirarse para el enfriamiento del aire exterior (la entalpıa
del condensado generado se debe despreciar).
Respuesta: Q12=-250 W.
d) El flujo de condensado generado.
Respuesta: -0,045 g/s.
4.14. Psicrometrıa: torres de enfriamiento
En una torre de enfriamiento de una planta termica para la generacion de energıa (con
turbinas de vapor), se debe enfriar el agua proveniente del condensador de vapor de la
planta de 36 a 24 ◦C. El aire empleado para el enfriamiento en la torre tiene una temper-
atura de 20 ◦C y una humedad relativa del 60%. La presion atmosferica es de 100 kPa.
El aire humedo saturado abandona la torre de enfriamiento con una temperatura de 30 ◦C.
Se solicita:
a) Calcular el flujo entrante del agua de enfriamiento para el caso de una planta termi-
ca de generacion de 1200 MW de electricidad, que tiene una eficiencia termica ηth=
40%.
Respuesta: 35800 kg/s.
b) Determinar el flujo de aire humedo que debe ingresar a la torre de enfriamiento.
Respuesta: ≈ 32200kg/s
c) Calcular la cantidad de agua evaporada por segundo en la torre de enfriamiento.
Respuesta: ≈ 600kg/s.
4.15. Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores
Se requiere un flujo de entrada de aire a t=22 ◦C con una humedad relativa de φ=30%
para la climatizacion de un edificio de oficinas. El aire extraıdo de las oficinas (mof ,
t=26 ◦C, φ=50 %) se mezcla en un primer paso con aire del ambiente (mamb, t=35 ◦C,
φ=50%) en una relacion de flujos mof : mam = 3 : 1, para enriquecerlo con oxıgeno. Esta
4.15 Psicrometrıa: climatizacion de espacios interiores 53
mezcla de aire se suministra luego a la planta de climatizacion.
Se solicita:
a) Realice un esquema de la planta de climatizacion que permita llevar el aire enriqueci-
do con oxıgeno al estado buscado. Como componentes se deben incluir un enfirador,
un calefactor y un separador de agua.
Respuesta: esquema
b) Determinar la temperatura a la que debe enfriarse el aire, de tal manera que luego
de la separacion del agua lıquida y del re-calentamiento del aire se alcance el estado
buscado para el aire de ingreso; para ese proceso se pide calcular la cantidad de
agua que se separa por kg de aire seco y la potencia necesaria para el enfriamiento
por kg / aire seco.
Respuesta: ≈3, 8 ◦C; 7,4 g de agua / kg de aire; 43 kJ / kg de aire seco.
c) ¿Se puede disminuir la la potencia requerida para el enfriamiento por medio de la
atomizacion de agua lıquida? (argumentar). ¿Cuanta es la maxima potencia de en-
friamiento que se puede ahorrar cuando se realizan los procesos de enfriamiento y
de calentamiento requeridos en un intercambiador de calor de contraflujo?
Respuesta: La potencia requerida para el enfriamiento se puede disminuir
cuando se suministra agua lıquida con temperatura < 3, 8 ◦C. Por el uso
de un intercambiador de contraflujo se puede ahorrar 19 kJ / kg de aire
seco.
Bibliografıa