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
Edilberto Atau Enriquez Página 2
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 )
Edilberto Atau Enriquez Página 3
∮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.
Edilberto Atau Enriquez Página 4
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.
Edilberto Atau Enriquez Página 5
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.
Edilberto Atau Enriquez Página 6
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
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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.
Edilberto Atau Enriquez Página 9
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).
Edilberto Atau Enriquez Página 10
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)
Edilberto Atau Enriquez Página 11
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 .
Edilberto Atau Enriquez Página 12
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 = ?
Edilberto Atau Enriquez Página 13
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.
Edilberto Atau Enriquez Página 14
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.
Edilberto Atau Enriquez Página 15
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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