TG 2004 Primera Ley (b)

Termodinámica GeneralTermodinámica General 25/03/200425/03/2004

Profesor: Luis Vega AlarcónProfesor: Luis Vega Alarcón 11

Unidad 3Primera Ley de la Termodinámica

Termodinámica General Versión 2004

Profesor. Luis Vega Alarcón

2

N corrientes

M corrientes

Sistema abierto

W

Q

3.3 Balance de energía sistemas abierto

3.3 Balance de energía sistemas abierto



3

El trabajo de flujo es el trabajo efectuado por el fluido a la entrada del sistema menos el trabajo efectuado por el fluido a la salida del sistema.

Sistema continuo

A1

V1

A2

V2

2

222

1

111FLUJO

SalidaEntradaFLUJO

AV

APAV

APW

)DistanciaFuerza()DistanciaFuerza(W

−=

⋅−⋅=

2211FLUJO VPVPW −=

P1 P2

Trabajo de flujo

4

Generalizando la relación anteriormente para un sistema con N corrientes de entrada y M corrientes de salida.

N corrientes

M corrientes

Sistema continuo

∑∑==

⋅−⋅=M

1j

jj

N

1i

iiFLUJO VPVPW



5

Entalpía

La entalpía es una propiedad termodinámica que se emplea comúnmente debido a su importancia práctica. Se define:

vPuh

VPUH

⋅+=

⋅+=

La forma diferencial de esta relación es:

)vP(ddudh ⋅+=

O para un cambio finito

)vP(uh ⋅∆+∆=∆

6

Referencia de la Entalpía. No es posible conocer el valor absoluto de la energía interna específica o de la entalpía específica. Sin embargo, podemos determinar la variación de esta propiedades frente a un cambio de estado (cambio de temperatura, presión o composición). La determinación de la variación de estas propiedades requiere seleccionar un estado de referencia para la materia (temperatura, presión y/o estado de agregación).



7

Aplicando la primera ley de la termodinámica:

sistema del

sale que Energía

sistema al entra que Energía

=

N corrientes

M corrientesSistema

abierto

W

Q

Considerando un sistema abierto operando en régimen estacionario:

8

∑∑==

=++M

1j

j

N

1i

i EEWQ

( ) ( )∑∑==

++=++++M

1jPjCjj

N

1iPiCii EEUEEUWQ

W es el trabajo neto efectuado sobre el sistema por el medio circundante:

EFLUJO WWW +=

( ) ( )∑∑==

++=+++++M

1j

PjCjj

N

1i

PiCiiFLUJOE EEUEEUWWQ

( ) ( )∑∑∑∑====

++=+++−++M

1j

PjCjj

N

1i

PiCii

M

1j

jj

N

1i

iiE EEUEEUVPVPWQ



9

( ) ( )∑∑==

+++=+++++M

1j

jjPjCjj

N

1i

iiPiCiiE VPEEUVPEEUWQ

∑∑==

+++=

+++++

M

1j

jjjcc

2j

jj

N

1i

iiicc

2i

iiE vPzgg

g2

vumvPz

gg

g2v

umWQ

Con la definición de entalpía:

∑∑==

++=

++++

M

1jj

cc

2j

jj

N

1ii

cc

2i

iiE zgg

g2

vhmz

gg

g2v

hmWQ

10

Si:

i

N

1i cij

M

1j cjP

N

1i c

2i

i

M

1j c

2j

jc

N

1i

ii

M

1j

jj

z gg

mz gg

mE

g2v

mg2

vmE

hmhmH

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

−=∆

−=∆

−=∆

Con lo que la forma que adquiere la primera ley para un sistema abierto en régimen estacionario es:

PcE EEHWQ ∆+∆+∆=+



11

Para muchas aplicaciones practicas los términos de energía cinética y potencial no contribuyen o son muy pequeños comparado con los demás, por lo que la relación anterior se reduce:

HWQ E ∆=+

12

Ejemplo. Simplificar la ecuación de balance de energía del siguiente sistema: Se calienta una corriente continua de procesos desde 20ºC hasta 300ºC. La velocidad media del fluido es la misma a la entrada que a la salida, y no hay cambio en la elevación entre estos puntos.

Intercambiadorde Calor

20ºC 300ºC

)(+Q HQaltura. misma la a estan entrada y salida de corriente La : 0E

media. velocidad la en cambiohay No : 0E.corrientes de generacion o moviles parteshay No : 0W

EEHWQ

P

C

E

PCE

∆==∆

=∆=

∆+∆+∆=+



13

Ejemplo. Se quema un combustible en el horno de una caldera, liberándose 2·109 J/hr de calor del cual el 90% se emplea para producir vapor saturado a 15 bar a partir de agua líquida a 30 ºC. Calcular los kg/hr de vapor producido despreciando los cambios de energía cinética y potencial.

Caldera

Agua líquida a 30 ºC

Vapor saturado a 15 bar

B.E:

( )ESvaporvapor

PCE

hhmh?mH?Q

E?E?H?WQ

−=⋅==

++=+

14

Desde la tabla de vapor saturado con P = 15 bar:

=

kgkJ

9.2789hS

Asumiendo que las propiedades del agua líquida a 30ºC son muy parecidas a la del agua saturada a 30ºC. Desde la tabla de vapor saturado con T=30ºC:

=

kgkJ7.125hE

Luego:

[ ][ ]

( )

=

−

⋅

=−

=hrkg

6.675

kgkJ

7.1259.2789

J1000kJ1

hrJ

)10·2)(9.0(

hhQ

m

9

ESVAPOR



15

Balance de energía sistemas semicontinuos

Vapor

Líquido

Q

Gas

Vapor

Líquido

Q

A B

Mezcla

16

++−

++

+

++=

++++ ∑∑

1cc

21

112cc

22

22

Salidasi

cc

2i

iiEntradas

icc

2i

iiE

zgg

g2v

umzgg

g2v

um

zgg

g2v

hmzgg

g2v

hmWQ

Una forma simplificada y útil que toma la primera ley de la termodinámica para estos sistemas semicontinuos con flujos de entrada o salida constantes.



17

Ejemplo.- Establecer los términos que corresponden considerar en la ecuación de balance de energía para la siguiente unidad de proceso:

Vapor

Líquido Q

Aplicando la 1ª ley de la termodinámica:

++−

++

+

++=

++++ ∑∑

1cc

21

112cc

22

22

Salidasi

cc

2i

iiEntradas

icc

2i

iiE

zgg

g2v

umzgg

g2v

um

zgg

g2v

hmzgg

g2v

hmWQ

18

Como solo existe una corriente de entrada:

++−

+++

++= 1

cc

21

112cc

22

22scc

2s

ss zgg

g2v

umzgg

g2v

umzgg

g2v

hmQ

Despreciando la energía potencial y la energía cinética tanto de la corriente de salida como las del sistema.

[ ]1122ss umumhmQ −+=

Como no existen corrientes de entrada, y como no se genera o requiere trabajo:

++−

+++

++= ∑ 1

cc

21

112cc

22

22Salidas

icc

2i

ii zgg

g2v

umzgg

g2v

umzgg

g2v

hmQ



19

Ejemplo (Nº5.55 VW). Considerando el dispositivo que muestra la figura.

Turbina

50 m3

Por la turbina fluye vapor a 20 bar y 350ºC. De la línea, el vapor pasa a la turbina, y el vapor agotado entra a una cámara de 50 m3. Inicialmente la cámara ha sido evacuada. La turbina opera hasta que la presión de la cámara es de 10 bar, en este punto, la temperatura del vapor es 400ºC. Suponga el proceso completo como adiabático. Determinar el trabajo efectuado por la turbina durante el proceso.

350ºC y 20 bar

20

Tomando como sistema la turbina y la cámara, y aplicando la primera ley para un sistema semicontinuo con solo una corriente de entrada:

++−

++

=

++++

1cc

21

112cc

22

22

ecc

2e

eeE

zgg

g2v

umzgg

g2v

um

zgg

g2v

hmWQ

Despreciando los términos de energía cinética y potencial, y considerando que solo existe una corriente de entrada y el sistema es adiabático:

[ ]1122eeE umum hmW ⋅−⋅=⋅+



21

Como inicialmente la cámara esta evacuada: 0m1 =

Como todo el vapor que entra a la turbina se acumula en la cámara:

2e mm =

22eeE umhmW ⋅=⋅+

)hu(mW e22E −⋅=

Luego:

=

=⇒

=⇒

kgm

307.0v

kgkJ

2958u bar 10 y C400º con vapor de tabla la De

kgkJ

3139h bar 20 y C350º con vapor de tabla la De

3

2

2

e

22

[ ] [ ]kg87.162

kgm

307.0

m50vV

m 3

3

22 =

==

Reemplazando en el B.E.

[ ]( ) [ ]kJ47.29479kgkJ

31392958kg87.162WE −=

−=



23

En unidades de procesos tales como: intercambiadores de calor, evaporadores, columnas de destilación, reactores etc.; los cambios de energía cinética y de energía potencial tienden a ser despreciable en comparación con el flujo de calor y cambios de entalpía que intervienen, reduciéndose el balance de energía a la forma:

H?Q =

Balance de energía mecánica

En otro importante grupo de operaciones industriales se cumple exactamente lo contrario, es decir, el flujo de calor y los cambios de entalpía no tienen mayor importancia frente a los cambios de energía cinética y de energía potencial, y el trabajo de eje. Estas operaciones se refieren, entre otras, al flujo de fluidos desde, hacia y entre estanques, unidades de proceso, depósitos, pozos, etc..

24

QR

QC

Columna de destilación

Q = ∆H

Transporte desde un estanque a una unidad de proceso. Aquí, es más importante la energía cinética, la energía potencial y el trabajo de eje, que el flujo de calor y la entalpía.

Estanque

Bomba



25

Considerando un sistema cuyo objeto es transportar un fluido de un punto a otro:

Sistema

B.M.: mmm 21 ==

B.E.: PcE E?E?H?WQ ++=+

Ec

12

c

21

22

12 WQg

)zz(gmg2

)vv(m)hh(m +=

−⋅⋅+

−⋅+−⋅

mWQ

g)zz(g

g2vv

vPuvPu E

c

12

c

21

22

111222+

=−⋅

+−

+−−+

mWQ

g)zz(g

g2vv

vPvP)uu( E

c

12

c

21

22

112212+

=−⋅

+−

+−+−

26

Considerando que el fluido de trabajo es incompresible tenemos:

?1

vvv 12 =≅≅

( )

mW

mQ

ug

zgg2vP

mWQ

gzg

g2v

PPvu

E

cc

2

E

cc

2

12

=−∆+∆

+∆

+ρ

∆

+=

∆+

∆+−+∆

Luego:

Al termino (∆u - Q/m) se el conoce como Perdidas por Fricción y se denota por F. Generalmente en estos sistemas sólo se transmiten pequeñas porciones de calor desde y hacia los alrededores, hay poca variación entre la temperatura de entrada y la de salida, no se producen cambios de fase ni hay reacciones químicas. Aun bajo estas circunstancias, algo de energía cinética y potencial siempre se convierte a energía térmica como resultado del movimiento a través del sistema.



27

0m

WF

gzg

g2vP E

cc

2=++

∆+

∆+

ρ∆

Para los casos donde las pérdidas por fricción son despreciables (F≅0) y no hay trabajo de eje, la ecuación de Balance de Energía Mecánica anterior se convierte en la Ecuación de Bernoulli.

0g

zgg2vP

cc

2=

∆+

∆+

ρ∆

28

Problema (Nº57 Cap 8). El agua de un embalse pasa sobre un dique, y a través de una turbina, descargando por una tubería de 65 cm de diámetro en un punto localizado 80 m por debajo de la superficie del embalse. La turbina proporciona 0.9 MW Calcular el flujo de agua requerido en m3/s si se desprecian las perdidas por fricción.

H2O

Turbina80 m

WE



29

Aplicando Balance de Energía Mecánica:

mW

Fg

zgg2vP E

cc

2=+

∆⋅+

∆+

ρ∆

Considerando como entrada del sistema un punto dentro del embalse cercano a la tubería de descarga a la turbina:

[ ] [ ]m 80z ,0v ,atm 1P 111 =≅=

Y como la salida del sistema un punto inmediatamente después de la salida de la tubería de descarga.

[ ] [ ]m0z ,atm1P 22 ==

Luego:

0P

=ρ

∆

30

( )( ) [ ]

⋅⋅=

π

⋅

⋅

=

==∆

kgmN

V54.4m325.0

sN

mkg)1(2

sm

V

g2AV

g2v

g2v 2

4222

232

c

2

c

22

c

2

[ ]

⋅−=−

=

∆⋅kg

mN53.784m)800(

kgN

8066.9g

zg

c

[ ] [ ]

⋅−=

⋅

⋅

⋅−=

⋅ρ=

kgmN

V900

sm

Vm

kg1000

W1smN

1W109.0

VW

mW

3

3

6

EE



31

Reemplazando en la ecuación de energía:

0900V53.784V54.4

0V

90053.784V54.4

3

2

=+⋅−⋅

=+−⋅

Resolviendo esta ecuación cúbica tenemos las siguientes soluciones:

=

=

−=

sm

2.1V

sm

5.12V

sm

7.13V

3

3

3

2

3

1

Luego hay dos soluciones posibles.

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