Un dispositivo cilindro–pistón contiene agua líquida saturada a 90°C. El pistón se desliza libremente en el cilindro en un proceso tal que el agua llega al estado de vapor saturado. El cambio es debido a un calentamiento internamente reversible a presión y temperatura constantes. Determina
1. el trabajo y el calor intercambiados por unidad de masa, ambos en kJ/kg y
2. relaciona este flujo de calor con la variación de entropía que experimenta el sis- tema.
Si ahora el cambio se produce a causa de la acción de un agitador de paletas, sin que exis- ta transferencia de calor con el entorno, determina
3. el trabajo por unidad de masa, ambos en kJ/kg y
4. la entropía generada por kg. ¿En qué forma se relaciona ésta con la variación de entropía del sistema?
Resolución
Sistema a estudio: El volumen contenido dentro del cilindro.
Sustancia y Modelo: Agua como sustancia bifásica en el modelo de sustancia real. Configuración: Diagrama Ts; SI con T en ºC; VC.
Condiciones: Pueden simularse ambos procesos en TermoGraf de modo que estados ini- cial y final coincidan y uno sea reversible y el otro no.
Análisis:
1. La expresión del primer principio cuando no hay masa atravesando la frontera del sis-
tema es, por kg de la sustancia:
Δu = q –w = q – (wx + wd) y como el proceso es reversible en este caso, que- dará Δu = q –w x
Cuando conozco los estados inicial y fina puedo evaluar Δu. En cuanto a los flujos q y w, si desconozco ambas deberé resolver una directamente y la otra la podré obtener del pri- mer principio. En este caso es muy simple evaluar wx = ∫ P·dv ya que P es cte e igual a 70.26 kPa. Así
wx = ∫ P·dv = P · Δv1-2 = 70.26 kPa · (2.3565-0.00103) m3/kg = 165.495 kJ/kg y como Δu = u2 – u1 = (2493.4 – 377.48) kJ/kg = 2115.92 kJ/kg
tendremos para q:
q = 2115.92 + 165.495 = 2281.41 kJ/kg
2. La relación entre la entropía del flujo de calor y dicho flujo, a partir de la definición de
entropía es:
δsq = δq/T
Por otra parte, aplicando el balance de entropía al sistema (no hay flujo de masa en su frontera):
ds = δsq + δsg
170 s2 – s1 = q/T
ya que al estar en cambio de fase a P cte, la T también permanece constante. Tomando los valores de TermoGraf: s1 = 1.1941 y s2 = 7.4764 kJ/kg·K y teniendo en cuenta que la T del cambio de fase es: 90ºC = 363.15 K podemos utilizar la expresión del balance de en- tropía para calcular el flujo de calor, única causa de la variación de entropía:
q = 6.2823 (kJ/kg·K) · 363.15 (K) = 2281.42 coincidente con el anterior
3. En el proceso irreversible planteado se cumple:
w = wx + wd
En cuanto al trabajo de expansión es igual al reversible pues el proceso de expansión re- corre los mismos estados, luego
wx = ∫ P·dv = P · Δv1-2 = 70.26 kPa · (2.3565-0.00103) m3/kg = 165.495 kJ/kg Como la causa de esta expansión es la energía aportada por la resistencia eléctrica, ésta debe hacer la función del flujo de calor del proceso reversible lo que implica:
weléctrico = wd1= |qrev| = - 2281.41kJ/kg El trabajo del proceso irreversible será, así:
w (proceso irreversible ) = wx + wd = 165.495-2281.41 = -2115.92 kJ/kg En cuanto a qirrev será lógicamente cero por la condición de adiabaticidad impuesta ahora a la frontera:
qirrev = 0
4. En el caso reversible la entropía del sistema cambiaba por el aporte de calor a través de
la frontera a 363.15 K.
En el caso irreversible la magnitud del cambio deberá ser el mismo aunque ahora la causa sea otra pues no hay flujo de calor. Escribiendo el balance deberá quedar claro:
Δs1-2 = sq + sg pues no hay flujo de masa a través de la frontera, por tanto como tampoco hay flujo de calor:
Δs1-2 = sg luego sg = 6.28229 kJ/kg·K
ya que es la única causa del cambio de entropía del sistema.
Comentarios:
Termograf te proporciona diversa información si la pides: el correcto aprendizaje consiste en saber qué debes pedirle e interpretar conceptos y resultados. Se explicitan aquí wx, wt, Δu, Δh, q y Δs: además de tomar valores debes interpretarlos: ¿por qué unos coinciden? ¿cuales son la suma de otros? ¿y el producto? ¿qué condiciones son las aplicables para que pase todo lo anterior? ¿reversibilidad?¿T cte? ¿P cte?...
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El signo negativo refleja el convenio para el trabajo que es el contrario que para el flujo de calor, por lo que un valor es el opuesto del otro (lo que lleva a que en la ecuación del balance el papel coincida)
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Reflexionar y contestar todo lo anterior es consolidar lo aprendido.
Pb. 5.2.- Mínimo trabajo necesario para una compresión
Se comprime adiabáticamente una masa de propano contenida en un dispositivo cilindro– pistón, desde vapor saturado a 250 K hasta una presión final de 15 bar. Determina el mínimo trabajo teórico requerido, en kJ/kg, así como el cambio de entropía experimenta- do por el sistema, por unidad de masa.
Resolución
Sistema a estudio: La masa de refrigerante en el pistón. Sustancia y Modelo: Propano modelado como sustancia real Configuración: Diagrama TS; SI con T en K; MC.
Condiciones: El proceso debe ser reversible dada la exigencia de trabajo mínimo teórico.
Además es adiabático y no se consideran efectos gravitatorios.
Análisis:
Del estado inicial tenemos dos datos que configuran el resto de propiedades: T y x=1, y del estado final tenemos otros dos: P y sf = si.
Podemos calcular las propiedades necesarias para aplicar primer y segundo principio: Tenemos para la energía interna específica:
u1= 397.64 kJ/kg; u2 = 482.70 kJ/kg ; Δu1-2 = 86.06 kJ/kg ; Y como q = 0:
Δu1-2 = -wx por lo que
wx = - Δu1-2 = -86.06 kJ/kg (negativo ya que es trabajo de compresión). En cuanto al cambio de entropía: si es reversible
Δs1-2 = q/Tm,fr siendo Tm,fr la T media en la frontera que intercambia el flujo de calor. Como éste es cero
Δs1-2 = 0 kJ/kg·K
Pb. 5.3.- Proceso irreversible en dos cámaras
Un cilindro térmicamente aislado, cerrado por ambos extremos, está provisto de un pistón conductor sin rozamiento que lo divide en dos partes. Inicialmente se sujeta el pistón en el centro quedando a un lado 0.1 m3 de aire a 300 K y 1 bar, y
al otro 0.1m3 de aire a 300 K y 2 bar.
Se abandona el pistón a sí mismo alcanzándose el equilibrio de presión y temperatura en una nueva posición. Calcúlese la presión y temperatura final así como el aumento de entropía. ¿Ha tenido lugar algún tipo de irreversibilidad?
Resolución
Sistema a estudio: Los dos subsistemas a cada lado y el sistema combinado. Sustancia y Modelo: Aire como Gas Ideal
Configuración: Diagrama Pv y/o Ts; SI, T en K; MC.
Condiciones: Se conoce el estado inicial para el subsistema a y para el subsistema b. Los
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pecífico. No se conocen los procesos aunque podemos iniciar el análisis suponiendo pro- ceso reversible que, así, será isotermo en ambas cámaras. La pared externa es adiabática y las transferencias energéticas, trabajo y calor, son a través del émbolo.
Análisis: El equilibrio final depende del tipo de paredes (restricciones) existentes. En este
caso el equilibrio es en temperatura y presión porque se indica que la pared de separa- ción es móvil y diatérmana. Por otra parte se cumple que el sistema completo siempre es la suma de los subsistemas (ambas cámaras). Además, por ser gases ideales, su energía interna queda determinada por su temperatura que, en la hipótesis reversible permanece constante. Con ello tenemos que U total será cte así como Ua y Ub. Si consideramos el balance de energía para los subsistemas escribiremos:
ΔUa = Q1a-2 – W1a-2 = 0 ΔUb = Q1b-2 – W1b-2 = 0
Y como el W atravesando la frontera del sistema combinado es cero y, al considerar el proceso reversible, no hay trabajos disipativos podemos concluir que ambos trabajos son iguales y de sentido contrario, como sucede con los flujos de calor (el que cede un subsis- tema es el que recibe el otro)
Las expresiones para los trabajos de expansión (únicos a considerar pues no hay efectos disipativos) de los proceso isotermos reversibles de gas ideal serán:
W1a-2 = ma·R·T·ln(v2/v1a)
W1b-2 = mb·R·T·ln(v2/v1b) y para la suma 0 = ma·R·T·ln(v2/v1a) + mb·R·T·ln(v2/v1b) Si despejamos v2 tendremos:
v2 = (v1a· v1b(mb/ma) )1/3 [1]
Los datos permiten conocer el volumen específico
Con las condiciones iniciales P y T podemos obtener el volumen específico inicial en cada cámara así como la masa de cada subsistema. En Tablas o de TermoGraf:
v1a = 0.8612 m3/kg ycon el V total de a: ma =V1a / v1a = 0.1 m3/ 0.8612 m3/kg = 0.116 kg v1b = 0.4306 m3/kg ycon el V total de b: mb =V1b / v1b = 0.1 m3/ 0.4306 m3/kg = 0.232 kg Y, consiguientemente, para el volumen y masa totales tendremos:
Vtotal = 0.2 m3 y mtotal = 0.348 kg Sustituyendo en [1] tendremos:
v2 = (0.8612· 0.43062)1/3 = 0.5425 m3/kg
En cuanto a la energía interna, determinada la u inicial en cada subsistema a partir de su temperatura, tendremos que como la T es común, lo será la energía interna específica y la total inicial será:
U1a = u1a·ma = 214.073 kJ/kg · 0.116 kg = 24.83 kJ U1b = u1b·mb = 214.073 kJ/kg · 0.232 kg = 49.72 kJ
Luego Utotal = u1a·( ma + mb ) = 0.7455 kJ y como la masa y U totales se conservan tendremos u2= u1a y, en consecuencia, T2 = T1a es decir
T2 = 300 K
de modo que podemos calcular la P final aplicando la ec. térmica P·V = m·R·T a cual- quier subsistema:
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P2 = R·T2/v2 =
= 8.314(kJ/kmol·K)·(1kg/28.964kmol) · 300 K/ 0.5425 m3/kg = 158.74 kPa = 1.5874 bar igual para ambos subsistemas.
En cuanto al incremento de entropía será: ΔS1a-2 = ma · (s2 – s1a)
ΔS1b-2 = mb · (s2 – s1b) Y recordando que
ΔS1-2 = m · {(∫cP · dT/T) – R · ln (P2/P1)} nos quedará, ya que T es cte: ΔS1a-2 = ma · (– R · ln (P2/P1a) = -0.015387 kJ/K, y
ΔS1b-2 = mb · (– R · ln (P2/P1b) = 0.015387 kJ/K
de modo que el cambio total de entropía es cero como corresponde a la hipótesis de pro- ceso reversible.
Comentarios:
Si ahora suponemos que hay fricción en el émbolo habrá un trabajo disipativo entrando en uno o los dos subsistemas (dependerá del modelo de disipación que definamos).
El cálculo de la presión final exigirá trabajar con el Wd añadido al Wx y a partir del nuevo valor calcular la variación de entropía que será igual a la entropía generada.