Principios de Termodinámica

PRINCIPIOS DE TERMODINAMICA DIRECTORIO JOSE ENRIQUE VILLA RIVERA Director General EFREN PARADA ARIAS Secretario General YOLOx6CHITL BUSTAMANTE DiEZ Secretaria Acadernica JOSE MADRID FLORES Secretario de Extension e Integracion Sucial LUIS HUMBERTO FABILA CASTILLO Secreta rio de Investigacion y Posgrado HECTOR MARTiNEZ CASTUERA Secreta rio de Servicios Educativos MARIO ALBERTO RODRIGUEZ CASAS Secreta rio de Adrninistracion LUIS ANTONIO RIOS CARDENAS Secretario Tecnico LUIS EDUARDO ZEDILLO PONCE DE LE6N Secretario Ejecutivo de la Cornision de Opera cion y Fornento de Actividades Acadernicas JESUS ORTIZ GUTIERREZ Secretario' Ejecutivo del Patronato de Obras e Instalaciones FERNANDO SARINANA MARQUEZ Director de XE-IPN TV Canal 11 LUIS ALBERTO CORTES ORTIZ Abogado General ARTURO SALCIDO BELTRAN Director de Publicaciones . PRINCIPIOS DE TERMODINAMICA Rodolfo Alvarado Garcia INSTITUTO POLITECNICO NACIONAL -MEXICO- . Centro Historico 06040 Mexico.Prindpios de termodinamica Rodolfo Alvarado Garda Primera edicion: 1992 Primera reimpresion: 2008 D. OF Direccion de Pu blicaciones Tresguerras 27. © 1992 INSTITUTO POLITECNICO NACIONAL Luis Enrique Erro sIn Unidad Profesional"Adolfo Lopez Mateos" Col.R. DF ISBN 968-29-4495-3 Impreso en Mexico/Printed in Mexico . Col. Zacatenco. Mexico. 07738. es decir.. considerando que el alumno de Nivel Medio Superior. se hace especial enfasis al aspecto practico. EI presente volumen inicia en su Capitulo I con conceptos te6ricos que se deben tener como antecedente para el estudio de Termodimlmica como son: Presiones. que son la base fundamental para el estudio de otras materias afines como son Refrigeraci6n y Aire Acondicionado.seguir siendo quien rija la Educacion Tecnica del Pais. Plantas Termicas. aSI como la deducci6n de algunas ecuaciones por las cuales se rigen las Leyes de la Termodinamica. Gravedad. siendo esta una de las razones por 10 cual se desarrollan paso a paso los problemas hasta la solucion completa. razonar y dominar las Leyes Termodinamicas. bajo el principio del razonamiento. se ha elegido con la intenci6n deliberada de subrayar la importancia concedida a estos principios. EI autor desea expresar su agradecimiento al INSTITUTO POLlTECNICO NACIONAL. etc. teniendo en cada generacion mejores egresados. que el mismo Instituto Politecnico Nacional imparte en sus distintos niveles y especialidades. aSI como sistemas de unidades empleados en la materia.PR6LOGO EI titulo de esta obra "PRINCIPIOS DE TERMODINAMICA". a la solucion de problemas los cuales se ha tratado de que sean reales. etc. Generadores de Vapor. para entender las deducciones. Temperaturas. otra de las razones es hacer ver al alumno la importancia que tiene lIevar un orden logico en la solucion de problemas de cualquier Indole 0 asignatura. Motores de Combustic. que coadyuve al Instituto a. para de esta forma se tenga interes en la superacion academica y la motivacion suficiente para lograr una preparacion mejor cada dla. RODOLFO ALVARADO GARCIA . demostraciones y argumentos Termodinamicos que aqui se plantean. tiene los suficientes conocimientos de Fisica y Matematicas. por estar convencido de que mientras mas problemas se resuelvan. Tipos de Energla.. as! como a sus autoridades el permitir al personal docente gozar de la prestaci6n de ana sabatico. Finalmente en los dos ultimos Capltulos se ven temas como Mezcla de Gases y Procesos Termodinamicos de los Gases. Gases Perfectos etc. Posteriormente en el Capitulo II se tocan temas como son: Procesos Termodinamicos.. mas facil es comprender.n Interna. . CONTENIDO Pr61ogo Notaci6n CAPITULO I Definiciones y Conceptos Utilizados en Termodinamica Termod inamica Estado Propiedades Proceso 0 Transformaci6n Cicio Sistema Medio Exterior Fase Atm6sfera Estandar 0 Atm6sfera Normal Presi6n Barometrica 0 Presi6n Atmosferica Presi6n Relativa 0 Presi6n Manometrica Presi6n Absoluta Temperatura Gravedad Masa y Fuerza Peso Fluidos Volumen Especffico Densidad Peso Especffico Densidad Relativa Energfa Forrnas de Energfa Energfa Mecanica Potencial Energfa Mecanica Cinetica Energfa I nterna Trabajo Mecanico Potencia Energfa de Flujo 0 Trabajo de Flujo Energfa de Circulaci6n 0 Trabajo de Circulaci6n Energfa Termica 0 Calor Transferencia de Calor Capacidad Termica Calor Especffico Equivalente Mecanico del Calor Maquina Termica Rendimiento Termico de la Maquina Termica vii ix 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 6 7 9 11 13 14 19 19 20 20 21 22 23 23 24 25 25 27 28 29 30 30 31 31 34 34 35 . CAPITULO II Primera Ley de la Termodinamica Procesos sin Flujo Proceso sin Flujo Cerrado Proceso sin Flujo Abierto Proceso con Flujo Uniforme y Continuo Relaciones de Energfa en un Proceso con Flujo Uniforme Entalpfa Gases Perfectos Primera Ley de Charles Gay Lussac Segunda Ley de Charles Gay Lussac Ley de Boyle Mariotte Ecuaci6n de Estado de los Gases Perfectos Val ores de la Constante R de los Gases Perfectos Mol Volumen de un Mol Ley de Avogadro Ecuaci6n de Estado en Funci6n de la Constante Universal de los Gases Perfectos Ley de Joule Efecto Joule-Thomson Calor Especffico a Presion Constante Calor Especffico a Volumen Constante Energfa Interna de un Gas Perfecto Entalpfa de un Gas Perfecto Relaci6n entre Calor Especffico a Presion Constante y Calor Especffico a Volumen Constante CAPITULO III Mezcla de Gases Ley de Amagat Primera Ley de Dalton Segunda Ley de Dalton Densidad de una Mezcla de Gases Perfectos Determinacion del Peso Molecular de la Mezcla de Gases Metodo para pasar del Analisis Volumerico al Analisis Gravimetrico 0 viceversa Cal ores Especfficos de una Mezcla de Gases CAP(TULO IV Procesos Termodinamicos de los Gases Procesos Reversibles y Procesos Irreversibles Entropfa Procesos 0 Transformaciones sin Flujo para Gases Perfectos Proceso Isometrico sin Flujo Proceso Isobarico sin Flujo Proceso Isotermico sin Flujo Proceso Adiabatico sin Flujo Proceso Politr6pico sin Flujo Calor Espedfico del Proceso Politr6pico Efecto de la Variaci6n del Exponente "n" de los Procesos Politr6picos 39 39 39 40 41 41 42 43 44 45 46 53 58 65 66 67 69 69 70 72 72 72 72 73 74 83 83 84 84 86 87 89 91 111 111 111 118 118 123 131 144 156 162 165 . Proceso Proceso Proceso Proceso Isometrico Isobarico Isotermico Adiabatico Unidades mas usuales en el estudio de la Termodinamica Bibliografla 165 166 166 167 199 200 . . NOTACI6N Aceleraci6n de la Gravedad Aceleraci6n Estandar de la Gravedad Volumen Especifico Densidad Densidad Relativa Energfa Energfa Potencial Energfa Cinetica Energfa Interna Variaci6n de Energfa Interna Trabajo Trabajo Especifico Trabajo de Circulaci6n Trabajo de Flujo Calor Potencia Calor Especifico Calor Especifico a Presi6n Constante Calor Especifico a Volumen Constante Calor Especifico del Proceso Politr6pico Energfa Interna Especifica Equivalente Mecanico del Calor Equivalente Termico del Trabajo Mecfmico Rendimiento Termico Calor Especifico Entalpfa Entalpfa Especffica Presi6n Volumen Temperatura Absoluta OK 6 OR Temperatura °C 6 OF Variaci6n de Temperatura Presi6n Barometrica Presi6n Manometrica Presi6n Absoluta Masa 0 Cantidad de Materia Constante Especifica de los Gases Perfectos Constante Universal de los Gases Perfectos Peso Molecular Entropfa Variaci6n de Entropfa Constante de Proporcionalidad del Proceso Politr6pico Peso Especffico . . CAPITULO E I IC ONE CO UTlllZAD TERMODI A 0 . . el volumen. La conversi6n de trabajo mecanico para obtener refrigeraci6n. Algunos terminos utilizados en el estudio de la termodinamica son los siguientes: ESTADO Las diversas caracterfstic~s que describen el estado 0 condici6n en que se encuentra una masa dada. . La conversi6n de energfa electrica en calor. 0 del trabajo en calor. tales como la presi6n. mediante una maquina termica.. por medio de una resistencia. Algunos ejemplos de la transformaci6n de energfa que se estudiartm pueden ser: c La transformaci6n de calor en trabajo meclmico. conocido tambien como . de una substancia.3 CAP. el cual es una consecuencia del principio de la conservaci6n de la energfa. etc. que ademfls establece la relaci6n entre el calor y el trabajo meclmico. se basa en dos principios fundamentales. la temperatura. I~ EI estudio de termodinamica. "PRINCIPIO DE EQUIVALENCIA DEL CALOR EN TRABAJO MECANICO". conocido tambien como "PRINCIPIO DE CARNOT CLASIUS". los cuales son los • siguientes: 1. CAPiTULO I DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTlllZADOS EN TERMODINAMICA TERMODINAMICA Es la rama de la trsica que estudia la transformaci6n de la energfa y en particular la transformaci6n de la energfa calorffica (calor) en otras formas de energfa y viceversa. EI segundo principio 0 "SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA". 0 el estado 0 condici6n de un sistema se lIaman propiedades. En general puede decirse que energfa es la capacidad que posee un cuerpo 0 un sistema de cuerpos para poder desarrollar un trabajo. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . 2.. I. PROPIEDADES Como propiedades se entiende a cualquiera de las caracteristicas observables de la substancia 0 del sistema. . que se refiere al grado de facilidad 0 dificultad para la conversi6n del calor en trabajo. EI primer principio 0 "PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA". son lIamadas fases.6959 760 29. una transformaci6n. gaseosa. solida. se dice que ha experimentado un proceso. Equivale a la presion ejercida por una columna de mercurio (Hg) de 760 mm. Hg (a O°C) pulg. I: DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN ••• 4 PROCESO 0 TRANSFORMACI6N Si una substancia sufre un cambio de estado 0 sea el cambio de alguna de sus propiedades.921 33. pero que afecta al comportamiento de dicho sistema. cuya densidad sea de 13. Las equivalencias de una atmosfera estandar 0 atmosfera normal en las diferentes unidades utilizadas en termod inamica son las siguientes: 1 Atmosfera Estandar 0 Normal 1. en un lugar donde la intensidad de la gravedad equivale a una aceleracion de 980. ATM6sFERA ESTANDAR 0 ATM6sFERA NORMAL Es una unidad de presion correspondiente al peso de una columna de aire. en un lugar determinado y varia de acuerdo con la altura sobre el nivel del mar.596 gr/cm 3 . se dice que dicha substancia ha experimentado un cicio. Hg (a 32°F) pies H20 (a 60°F) PRESI6N BAROMETRICA 0 PRESI6N ATMOSFERICA Es la presion que ejerce la atmosfera sobre la superficie.033228 14. FASE Las diversas formas en que se puede encontrar una substancia tales como Ifquida.665 cm/seg2 . de altura igual a la de la masa del aire al nivel del mar y a la latitud 45°. CICLO Cuando una substancia pasa a traves de una serie de procesos y su estado final es identico al estado inicial. que esta separada MEDIO EXTERIOR Por medio exterior. p~r sistema a una porcion de materia. SISTEMA En termodinamica se entiende del medio exterior que 10 rod ea. de altura.934 Kglcm2 2 Lb/pulg mm. ES IGUAL A UNA ATM6sFERA ESTANDAR 0 NORMAL" .CAP. "AL NIVEL DEL MAR SE CONSIDERA QUE LA PRESI6N BAROMETRICA. se entiende a todo 10 que esta fuera de los puntos del sistema. 684676 14. en pies H20 29.44 pulg. Hg. del cual conocemos su valor en ciertas unidades y nos interesa determinarlo en otras unidades. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN ••• En la Cd.Hg (a 0 °C) pulg. en que se conoce que su presion barometrica tiene un valor de 22. se puede determinar la presion barometrica en un lugar determinado sobre el nivel del mar.44 pulg. ? SOLUCI6N 22. expresandola en Kg/cm2.921 pulg.44 pulg.033 Kg/ cm2 X = 11.Hg. 33. Pbar. tomando en cuenta que esta a una altura de 2.6959 X = 0. suponiendo que el unico valor que de ella conocemos es el de 11.311 4 Lb/pulg2 x 1.Hg. Hg (a 32°F) pies H20 (a 60°F) Conociendo los valores de la presion barometrica al nivel del mar en diferentes unidades. Datos Pbar.5 CAP.921 pulg. al N. de Mexico.03 26.3114 ? Lb/pulg 2 Lb/PUI~2 Kg/cm SOLUCI6N 11. Cd.6959 Lb/ pulg 2 X = 11.11 9 Kg/cm2 Lb/pulg2 mm. Pbar. Pbar.3114 585 23. 14. Mex.M.795 Kg/cm2 Ejemplo 2 Determinar ia presi6n barometrica expresandola en pies H20 para un lugar determinado.934 pies H20 . al N. la presi6n barometrica tiene un valor en las diferentes unidades utilizadas en termodinamica de: 0.6959 11. 29. Pbar. de Mexico. Cd.7953 11. sobre el nivel del mar. Datos: Pbar.6959 Lb/pulg2 1.Hg. 22.M.033 Kg/ cm2 14.Hg. Mex.3114 Lb/pulg 2 = X Kg/ cm2 14.240 m. Ejemplo 1 Determinar la presi6n barometrica para la Cd. I.3114 Lb/pulg2. teniendose como dato que h = 760 mm..921 x= 25. x 13..449 pies H2 0 Ejemplo 3 De la siguiente figura determinar la presi6n barometrica en Kg. w w Peso espedfico del mercurio 13..934 29.. h 760 mm...---_..--.". Hg. y el recipiente se encuentra al nivel del mar. " . -.'\. Datos: h = 760 mm..---------...596 Kg.Hg.Hg.•• 6 x= 22.-------' - A ..44 x 33. \~\T\:::~ : ......_-----'-./cm 2 en el punto "A". .033 ~ ~ 2 cm PRESI6N RELATIVA 0 PRESI6N MANOMETRICA . " P h x w ..CAP.. : . : .Hg.---..6 dm....M. : .. " !.6 dm.. = 7.--. I.Hg..3 dm2 Ps PA = 1.... DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . al nivel del mar 1 ~ --- --- .B - F6RMULA Ps = h x w Donde: h Altura de la columna de mercuric en el bar6metro al N.596 ~ dm3 Ps PA = 103./dm 3 Ps PA = 7. debido a todas las causas que estan influyendo para producirla.033 Kg.:: PSAR + PMAN Soluci6n: a) PASS b) PABS = 1. b) La caldera se encuentra situada en la Ciudad de Mexico. 0 sea con respecto a la "PRESI6N ATMOSFERICA 0 BAROMETRICA D~L LUGAR DON DE SE ESTA EFECTUANDO LA MEDICI6N"./cm 2 PSAR 1.CAP./cm 2. dichas causas son: La presi6n atmosferica La presi6n relativa 0 0 barometrica. a la cual se encuentra un fluido en un recipiente. con respecto a la presi6n exterior.7953 Kg. manometrica./cm2.7953 + 5 = 5... 7 Si el experimento se realiza al nivel del mar la presi6n sera 1. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN ./cm2 en la Ciudad de Mexico. Los man6metros nos indican la presi6n relativa (conocida tambien como presi6n manometrica). I..7953 Kg./cm2 = 0. F6rmula: PABS :./cm 2 si: a) La caldera se encuentra en un lugar al nivel del mar./cm2 . determfnese la presi6n absoluta en Kg./cm 2 al nivel del mar PSAR = 0. Datos: PMAN = 5 Kg.033 Kg.033 + 5 = 6. Por 10 que podemos establecer la siguiente f6rmula: "A LA PRESI6N NEGATIVA SE LE CONOCE COMO VACIO" "LA PRESI6N ABSOLUTA NUNCA PUEDE SER MENOR QUE CERa" "LA PRESI6N MANOMETRICA PUEDE SER POSITIVA 0 NEGATIVA" Ejemplo 4 EI man6metro de una caldera de vapor indica una presi6n de 5 Kg. PRESI6N ABSOLUTA La presi6n absoluta en un punto es la presi6n total que existe en dicho punto.033 Kg. .468 ..468 pulg..-_ _ x P BAR P ABS P ABS PABS x pulg.6959 Lb pulg.20 = 6.Hg. P BAR + P MAN 26. ----'--'10<.468 pulg..6959 = 26468 26.03 pulg.921 pulg.03 pulg. .921 pulg. F6rmula: P ABS = + P BAR P MAN Soluci6n : 23.Hg./pulg.20 = 9.Hg.' . 9.Hg. ASS.Hg. si : a) EI condensador se encuentra al nivel del mar.CAP. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .921 pulg..-.-- = 29.468 6. c) EI condensador se encuentra en un lugar donde la presi6n barometrica es de 13 Lb.Hg. 2 13 _ _.. PABS PABS b) Datos: 20 pulg.921 x 13 14. -20 pulg.Hg.Hg.921 pulg. Soluci6n: Lb pulg. F6rmula: PABS = + P BAR P MAN Soluci6n: 29.2 14.Hg. ASS. de vado -20 pulg. 29.Hg. b) EI condensador se encuentra en la Ciudad de Mexico.30<.Hg..Hg. de Hg. PBAR = 29.Hg. de vado P MAN = P BAR = 23.03 .Hg.. Determfnese la presi6n absoluta en pulg.Hg.. P ABS PASS c) Datos: P MAN = 20 pulg.2 a) Datos: P MAN = 20 pulg. de vado (presi6n negativa) ./pulg -20 pulg..20 = 3.Hg. .. 8 Ejemplo 5 EI man6metro de un condensador indica 20 pulg.03 3....921 .. de vado 2 PSAR = 13 Lb.' ' ' . I. 273°C OaK = ..8 tOC) + 32 ec = eF .CAP.69°F) OCR F6rmulas para la conversi6n de temperaturas en las distintas escalas: eF = (1. 9 TEMPERA TURA Es la energfa cinetica que tienen los cuerpos y es una medida de la actividad molecular.8 oK .. °C ASS .8 0C 1°C = 1.8 TOK = tOC + 273 TOR = eF + 460 TOR = 1. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .459.273.8°F 1°C = 10K oK 1°F °c 1°R = oR of 10K = 1.16°C) ( .8 x TOK OaK = Cera Absol uta OaK = .32 1. OF o ______________ J__________________ ASS. I.8°R oR 1.460°F OaK = OCR 180°F 1000C of 1. o :-:'?O"F _____ _ -273°C ( . 32 ee 1. OEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILlZAOOS EN .8 40-32 1.77°C -32 1.460 40°F tOF .8 tOe + 32 tOF = 1.cu(li sera la temperatura en las otras tres escalas termometricas? .8 0-32 1.2 + 460 TOR = 394.54°C y se desea conocer la temperatura en las otras tres escalas termometricas.8°R Ejemplo 7 Se tiene una temperatura de OaF y se desea conocerla en las otras tres escalas termometricas.17.2 of TOK = tOe = 273 TOK = ..8 .54 + 273 TOK = 219 oK TOR = tOF + 460 TOR = --65. Soluci6n : tOF = 1. Soluci6n : tOF .77 + 273 TOK = 255.32 1. I.44°e tOe + 273 4.8 TOR = tOF + 460 TOR = 0 + 460 TOR = 460 oR TOK = tOe + 273 TOK = -17.8 4. l. 10 Ejemplo 6 Se tiene una temperatura de .460 500 .23 oK Ejemplo 8 Si se tiene una temperatura de 500 oR.8 tOe = .44°K 8 1.8 (-54) + 32 eF = --65.44 + 273 277.. Soluci6n: eF tOF tOF = = tOe tOe tOe TOK TOK TOK = = = = TOR .CAP. 89°K 1. Soluci6n: eF -32 ec ec TCK TOK TOK TOR TOR TOR = = = = = = = 1. ~Cual sera su temperatura en of.8 -60 .32 1.51.11 °C tOC + 273 .8 x ec) tOF = (1 .. 11 Ejemplo 9 Si se tiene un recipiente con agua a -1 O°C.8 x TOK 1. Sobre la superficie de la tierra la acci6n de la gravedad varfa segun el lugar. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN ..CAP.8 -51.11 + 273 221 .402°R GRAVEDAD Es la fuerza que ejerce la tierra sobre los cuerpos hacia el centro y se Ie designa por la letra " g". oR y OK? Soluci6n : TOK = tOC + 273 TOK = -10 + 273 TOK = 263°K tOF = (1.8 .92 1. I. .8 x 221 . calcular la temperatura en las otras tres escalas temometricas.8 x -10) eF -18 + 32 tOF = 14°F + 32 + 32 TOR = tOF + 460 TOR 14 + 460 TOR = 474°R Ejemplo 10 Se tiene una temperatura de -60°F. siendo mayor en los polos que en el Ecuador.89 399. Se ha adoptado como "ACELERACI6N ESTANDAR DE LA GRAVEDAD " a la atracci6n de la gravedad que corresponde a un lugar situado a la lat:tud 45° y al nivel d el mar se Ie denomina como "go". 003 pies/seg 2 por cada 1.238 32.0004 1.665 981.240 _ 0 672 / 2 1. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .0.174 32.000 pies Ejemplo 11 Calcular el valor de la aceleraci6n de la gravedad en la Ciudad de Mexico.9975 0.3 x 2.0000 1./seg 2 go = 32. del mar.0020 1.2 980..9986 0.000 metros Restar 0.0013 1.2 978.215 32.9 983.672 gT = 978 cm/seg 2 = 977.1 981 . cm seg gT = 978.240 metros.CAP.9995 1.108 32. Datos: 920° = 978.000 -.187 32.0 978. ACELERACI6N DE LA GRAVEDAD AL NIVEL DEL MAR LATITUD EN ~ 9 GRADOS Ecuador 0 10 20 30 40 45 50 60 70 80 90 Polos go cm. 12 Siendo el valor de esta aceleraci6n tanto en el sistema metrico como en el sistema ingles el siguiente: SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES go = 9.9979 0.0024 1..6 cm/seg 2 Soluci6n Haciendo la correcci6n por la altitud tenemos: 0. D.6 . sabiendo que se encuentra situada a 19°25' (aproximadamente 20°) de latitud norte y a una altura sobre el nivel del mar de 2.174 pies/seg 2 En la siguiente tabla se indican diferentes valores de la aceleraci6n de la gravedad al nivel .093 32.158 32.258 0. I.F.6 983.3 cm/seg 2 por cada 1.253 32.3 980.6 979. para diferentes latitudes de la tierra..80665 m./seg 2 pies/seg 2 978.0026 Correcci6n por altitud sobre el nivel del mar: Restar 0.928 .2 32.1 983.130 32.9973 0.088 32. 108 pies/seg 2 gT = 32.:.:.~~:"*1 j~ [:.:.:.:.:.**:':'' ~:*0:~''::::.: Es por definici6n la masa que sera acelerada a raz6n de 1 m/seg 2.M.:.:.347.:.:.:..347.:.000 0 g20 = 32.:.:.:.:.:. Lb = 1 SLUG x 1 pie/seg 2 SLUG = 1 Lb 1~2 seg r~*'.2 pies Haciendo la correcci6n por altitud tenemos: 0.:.:.:.:.:.0220416 pies/seg2 1.:J~ . DEFINICIONES Y CONC~PTOS UTILIZADOS EN .:.:.:.T.:.:.:.0859 pies/seg 2 MASA Y FUERZA MASA: Es la cantidad de materia que tiene todo cuerpo.2 = 0.:.M.:.:.:.0.:.108 .:.: .:.:.3.:. bajo la acci6n de una fuerza de 1 libra.003 x 7.:.:.:.:..13 CAP.28 1 = 7.:.:.:.:.:.0220416 gT = 32.:.:.:.:.:.M.:.:.:.T.:.:.:.~~. bajo la acci6n de una fuerza de 1 Kg f • 1 Kg = 1 U. UNIDADES DE MASA SISTEMA GRAVITACIONAL U. I.:.:.:.:.:.240m . 1 Kg m 1 Kg x seg 2/m SLUG: Es por definici6n la masa que sera acelerada a raz6n de 1 pie/seg 2. En el sistema ingles tenemos: gT = ? D. Tambien puede decirse es todo aquello que ocupa un lugar en el espacio.347.F.2 pies Soluci6n 1m .28 pies 2.T.T.:.:.:.x x 'x 2.:. 20 0 HM = 2.:.240 = x 3.240 m 7.:.:.:.:.M: = 1 U. x 1 m/seg2 1 U. Kg f 1 U. x 1 m/seg 2 . 0 sea su peso sera de 1 Kg . SISTEMA CONSISTENTES GRA VI TACIONAL Kilogramo Fuerza : ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUERPO DE 1 U. equivale a la fuerza requerida para soportar d icho cuerpo contra la gravedad " g" del lugar. A dicho cuerpo se Ie ha designado como unidad de kilogramo masa. la unidad de fuerza sera aquella que imprima a la unidad de masa una aceleraci6n estandar. es la cantidad de materia que posee un cuerpo cilfndrico de platino. FUERZA Es cualqu ier agente externo capaz de alterar el estado de reposo cuerpo. UNlOAD DE FUERZA Cuando se opera con sistemas consistentes (gravitacional 0 absoluto) . sin importar cual sea la aceleraci6n de la gravedad . Dicho cuerpo tiene una masa de 0. estara suj eto a una fuerza de la gravedad de 1 Kg. Cuando se opera con el sistema inconsistente (sistemas gravitacional y absoluto mezclados).T. 14 SISTEMA ABSOLUTO Y SISTEMA INCONSISTENTE Un kilogramo masa estandar. un Kgr. LE PRO DUCIRA UNA ACELERACI6N DE 1 m/seg 2 .. que se encuentra cuidadosamente guardado en Paris.453592477 Kgr y se Ie ha designado como unidad de libra masa.M. En un lugar donde se tenga la aceleraci6n estandar de la gravedad (go). EI peso de un cuerpo en un lugar determinado. 0 rnovirniento de un PESO EI peso de un cuerpo es la medida de la fuerza por la cual es atra fdo por la gravedad terrestre.CAP. Tanto en kilogramo masa corno la libra masa son cantidades absolutas de materia 0 sea que cada uno de ellos sigue siendo la misrna cantidad en cualquier lugar donde se encuentren..T.M. I. es la cantidad de materia que posee un cuerpo cilfndrico de platino. Una libra masa estandar.. que se encuentra guardado en Londres. la un idad de fuerza es aq uella que imprime a la unidad de masa " go" unidades de aceleraci6 n estandar. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . 2 1 NEWTON 1 Kgr. 2 1 DI NA = 1 gr.174 Lbr. x 1 m/seg. 2 1 Lb = 32. LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE go pies/seg. 2 1 Lb = 1 Lbr. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . I. 2 POUNDAL = 1 Lbr.80665 Kgr.174 POUNDALS . SUPUESTO LlBRE DE MOVIMIENTO LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE go m/seg. 15 Libra Fuerza: ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUERPO DE UNA MASA DE 1 SLUG.2 1 Kg = 1Kgr. = 9. x go pies/seg. x go m/seg 2 1 K 9 = 9. LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE 1 cm/seg. x pie seg 2 1 Lb = 32. Lbt = 1 SLUG x 1 pie/seg 2 ABSOLUTO DINA: ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUERPO DE UN GRAMO MASA. x2 m seg 1 Kg . LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE 1 cm/seg. x 1 cm/seg 2 NEWTON: ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUERPO DE 1 Kgr.80665 NEWTONS Libra Fuerza: ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUEHPO DE UNA LIBRA MASA..2 POUNDAL: ES LA FUERZA QUE APLICADA A UN CUERPO DE UNA LIBRA MASA LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE 1 pie/seg.2 SISTEMA INCONSISTENTE Kilogramo Fuerza: ES LA FUERZA QUE APLICADA -A UN CUERPO DE UN KILOGRAMO MASA. LE PRODUCIRA UNA ACELERACI6N DE 1 pie/seg 2 ..CAP. x 1 pie/seg. la igualdad que relaciona fuerza y masa sera: F = m x a :. cuando el cuerpo se encuentre en un lugar de aceleracion de la gravedad estandar (go) . deberemos hacer intervenir una CONSTANTE. UNIDADES DE FUERZA Y MASA La fuerza. longitud y tiempo. la cual tendra una magnitud y dimensi6n que dependera de las unidades que seleccionemos para masa. gc m x a gc= . esta constante la designaremos como Por 10 tanto. la longi'tud y el tiempo. por la segunda ley de NEWTON la cual establece que: "LA FUERZA SOBRE UN CUERPO DETERMINADO DE MASA CONOCIDA ES PROPORClONAL AL PRODUCTO DE LA MASA POR LA ACELERACI6N". En el sistema inconsistente de unidades.. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .F Dimensionalmente tenemos: gc = gc Kr~2 g seg Kg Kgr x m Kg x seg 2 F Pero: g F m x go gc " 1 " . varia de acuerdo con la acelera. Si queremos escribir la proporcion anterior como una igualdad.cion de la gravedad "gil del lugar donde se encuentra y solo se tendra que un cuerpo con masa de un Kgr.. la masa. I. 16 EI peso de un cuerpo tanto en kilogramos como en libras fuerza. pesara exactamente 1 Kg. estan relacionados.CAP. . que es el que empleamos como Sistema de Ingenierfa. En conclusi6n de un sistema inconsistente de unidades. NO SE TRATA NI DEBE SER CONFUNDIDA CON LA ACELERACI6N DEBIDA A LA GRAVEDAD " g" DE UN LUGAR DETERMINADO..CAP. 9.174 Lbr X pie Lb x seg2 Debe ser notado con toda claridad que "ge" es una constante. 17 Si: m go = ge = 1 Kgr.80665 m/seg 2 F = 1 Kg = ? Tenemos: m 1Kgr x 9.. Para la aceleraci6n cualquiera "a": F m x a ge Cuando interviene la aceleraci6n de la gravedad "gil como en cafda libre: F mxg ge Donde: m F = Wm = WF :· WF Wm X 9 ge . I. que depende unicamente del sistema de unidades que se emplee. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .2 ge seg = ----1-K-g--""'- gc gc = = 9.80665 .80665 Kgr x m Kg x seg2 32. I. de Mexico. Datos: g = 9.80665 32.80665 Kg x seg 2 Wm = 1 Kgr INCOGNITA F6rmula Sustituyendo valores se tiene: m 1Kgr x 9. Mexico.78--2 _ seg WF- 9.174 I WF = F = FUERZA EN I Wm = m = MASA en a ACELERACI6N EN = Kgrm x m Kg F x seg 2 EN Lbrm x pie Lb F x seg 2 Ejemplo 12 Determinar el peso en Kg de un cuerpo con masa de 1 Kgr..9973 Kg F " EI peso de un cuerpo es en realidad una medida de la fuerza con la cual es atrafdo por la gravedad terrestre".F. D..80665 Kgr x m Kg x seg 2 WF = 0. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .F.) Kgr x m gc = 9. Siendo· SISTEMA INCONSISTENTE I I METRICO INGLES Kg F Lb F Kgrm Lbrm m/seg 2 pies/seg 2 g = ACELERACI6N DE LA GRAVEDAD EN UN LUGAR DETERMINADO EN m/seg 2 pies/seg 2 gc = CONSTANTE DIMENSIONAL 9.18 CAP.78 m/seg 2 (Cd. . cuando es pesado en una bascula de resortes en la Cd. D. sin una separacion de la masa. VOLUMEN ESPECiF/CO V Volumen especffico de una substancia es el volumen que ocupa la unidad de masa de dicha substancia. V Vm V Sus unidades son: SISTEMA METAleO SISTEMA INGLES ft3 Lbr ASi f l li' :rn o. SIN IMPOATAA SU TAMANO".78 m/seg 2 . en la mayorla de los cillculos de Ingenierfa puede tomarse como valor de "g" el de la aceleracion de la gravedad estimdar (9.19 CAP. FLU/DOS Los fluidos son substancias capaces de escurrir 0 fluir. Cuando no se trata de grandes altitudes sobre el nivel del mar. cuyas principales diferencias entre ellos son: 1. Un Ifquido tiene superficie libre.9973 Kg Y sin embargo conserva una masa de 1 Kgr.. Los Hquidos son practicamente incompresibles y normal mente deben ser considerados como tales. I. una masa de un Ifquido ocupa solamente un volumen dado del recipiente que 10 contiene. En el ejemplo anterior. dicho cuerpo tiene un peso de 0. Los fluidos practicamente no ofrecen resistencia al cambio de forma. el volumen especffico es igual a la inversa de la densidad es decir: v = p . frecuentemente no es de tomarse en consideracion. y una masa de un gas ocupa "TODO EL VOLUMEN DEL RECIPIENTE QUE LO CONTENGA. la variacion del valor de la aceleracion de la gravedad "g". sino por el contra rio se caracterizan porque pueden adoptar la forma del cuerpo solido (recipiente) que los contiene. estan constituidos por partfculas que pueden facilmente ser movidas y cambiar su posicion relativa. mientras que un gas no tiene superficie libre.2 pies/seg 2 ). DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . donde se considero un lugar donde la aceleracion de la gravedad es g = 9. 2. Los fluidos pueden dividirse en Ifquidos y gases..81 m/seg 2 = 32. I. hay tambiem la necesidad de especificar la presion y la temperatura a las cuales se encuentra. PESO ESPECfFICO w Es el peso de la unidad de volumen de una substancia. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . Generalmente los valores tabulados·de las densidades de los gases esUm referidos a condiciones estandar 0 sea a una atmosfera estandar y O°C. p= Sus unidades son: SISTEMA METRICD ~ m3 SISTEMA INGLES Lbr ft3 EI valor de la densidad de los gases resulta considerablemente modificada al variar la presi6n 0 la temperatura. por 10 que al especificar la densidad de un gas. Sus unidades son: SISTEMA METRICD SISTEMA INGLES Relaci6n entre densidad y peso especffico (1 ) (2) ..20 CAP.• DENS/DAD Es la masa de la unidad de volumen de una substancia. la cual debe estar a las mismas condiciones de presi6n y temperatura que la substancia que se desea comparar. 0 sea que cuando la masa es atrafda por la aceleraci6n de la gravedad estandar. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .CAP. tomada como base de comparaci6n.- Pero: = p W = p ~ gc Ecuaci6n Dimensional: Kgr x m p=~ Kgxseg m3 2 m seg 2 [::::~~] Cuando la masa se encuentra en un lugar de la tierra donde 9 = go. I. 0 bien 9 :::::: go. 21 Sabemos que: WF = Wm 9 (3) gc Substituyendo la ecuaci6n 3 en la ecuacl6n 2 tenemos: Wmg gc V (4) W= . En base a 10 anterior la densidad relativa: "NO TIENE UNIDADES" . el valor del peso especifico es igual al de la densidad cuando se emplea el sistema de unidades inconsistente 0 de Ingenierfa.. DENS/DAD RELA T/VA (RELATIVE DENSITY 0 SPECIFIC GRAVITY) La densidad relativa es la relaci6n que existe entre la densidad de una substancia y la densidad de otra. el valor del peso especifico expresado en Kg/m3 resulta "NUMERICAMENTE" igual al de la densidad expresada en Kg/m3.. por 10 menos que la masa puede ser transformada en energfa y la energfa en masa.Hg. por ejemplo: Una libra masa de materia es equivalente aproximadamente a 39 x 10 12 S. 0 sea. PAIRE = 1 .T. ASS. para poder desarrollar un trabajo. como por ejemplo el hidr6geno. En algunas ocasiones tambh~n es usual referirla a la densidad de otro gas.92 pulg. Por ejemplo: Un reactor at6mico. aunque frecuentemente tambien es referida al aire en otras condiciones (algunas veces aire de 70°F y 29. .001205 :~~ a 70°F y 29. aproximadamente el 0. por 10 que se dice que la densidad relativa del agua a 4°C es igual a uno.Hg. De acuerdo con la teorfa de la relatividad de "EINSTEIN" la cual ha venido a modificar la teorfa "MEWTONIANA" de la gravitaci6n universal.Hg..•• Para los S6UDOS y LfaUIDOS se acostumbra tomar como base de comparaci6n el agua a 4°C. la relaci6n entre la masa y la energfa es la siguiente: ENERGrA = MASA x (velocidad de la IUZ)2 Donde: C Velocidad de la luz c 299 860 Km . tomada como unidad.22 CAP. Para los GASES la densidad relativa se acostumbra referirla a la densidad del aire en condiciones normales.92 pulg. I.).92 pulg. seg Segun 10 anterior la energfa de una masa en particular resulta ser muy grande. PAIRE = PAGUA 1.205 Kg: a 70°F y 29. La energfa esta presente en la naturaleza bajo muchos aspectos diferentes y resulta evidente que la materia y la energfa son fundamentalmente la misma cosa.U. 0. ASS m = 1 ~ dm3 . DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .09% de la masa de un combustible nuclear es transformado en energfa. pero esto no quiere decir que siempre sea posible convertir toda la masa de una substancia totalmente en energfa. PAGUA = 1 ENERGfA Es la capacidad que posee un cuerpo 0 un sistema de cuerpos para poder desarrollar actividad en la materia. PAIRE = 0. I.. debido a su posici6n 0 elevaci6n.23 CAP. Sus unidades son: SISTEMA METRICO Ep = Kg SISTEMA INGLES Ep x m = Lb x ft . con respecto a un punto determinado. sino qUE: unicamente se requiere conocer los cambios de la energfa. La energfa de un sistema de cuerpos es resultado de la suma de las diferentes formas de energfa de los cuerpos que constituyen el sistema. tales formas de energfa son las siguientes: Energfa Mecanica (Potencial) _ _ _ _ Energfa Mecanica (Cinetica) _ _ _ _ _ Energfa Interna _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ a) Trabajo _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ b) Trabajo de Circulacion 6 Energfa de c) Trabajo de Flujo 6 Energfa de Flujo Energfa Termica 6 Calor _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Circulaci6n _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Ep Ec U T Tc Tf 6 (P x V) Q ENERGfA MECANICA POTENCIAL (Ep) Es la energfa que posee un cuerpo. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .------ z De la figura anterior tenemos: (1 ) Pero: WF _ Wm X 9 gc - Sustituyendo la ecuaci6n 2 en la ecuaci6n 1 tenemos: (2) . FJRMAS DE LA ENERGfA En el estudio de termodinamica aplicado a la ingenierfa.----. en ningun caso es necesario determinar la cantidad total de energfa de un cuerpo 0 de un sistema.. Ecuaci6n Dimensional: m seg2 Ep = Kgr xm Kgr x m Kg x seg 2 ENERGfA MECANICA CINETICA (Ec) Es la energfa de un cuerpo en movimiento en virtud de su masa y de la velocidad que posee.x gc y2 2g . I.24 CAP. 0 sea.. - (4) 2g Pero: (5) Sustituyendo la ecuaci6n 5 en la 4 tenemos: Ec=wm~ . DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN •. Ec 1 -mv 2 2 (1 ) Ec 21 (2) m - W 2 mV Pero: Wm F 9 WF 9 (3) Sustituyendo la ecuaci6n 3 en la ecuaci6n 2 tenemos: E = WF c y2 . . debido a su cambio de posici6n 0 movimiento. ). se consideran tres clases de trabajo mecanico los cuales son los siguientes: a) EI trabajo de expansi6n 0 de comprensi6n. sino unicamente las variaciones de energfa interna. c) EI trabajo de circulaci6n 0 energfa de circulaci6n (r(. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . . La energfa interna potencial debida a la disgregaci6n molecular. En el estudio de termodinamica no se requiere calcular la cantidad total de energfa interna. 0 el trabajo de fJecha 0 simplemente trabajo. 0 sea en los que se efectuan cambios de calor con el medio exterior y experimentan variaciones de volumen al variar su presi6n 0 temperatura. b) EI trabajo de flujo 0 energfa de flujo (Tf). Se compone de: a La energfa interna cinetica debida a la velocidad con que se mueven las moleculas y se manifiesta por la temperatura. Sus unidades son: TRABAJO MECAN/CO En los sistemas termoelasticos. (T)..25 CAP. I. Ecuaci6n Dimensional: Ec = Kgr m seg 2 Kg~x m Kg x seg2 xm ENERGfA /NTERNA (U) Es una forma de la energfa que poseen las substancias en virtud de su actividad molecular.. Se encuentra almacenada en los cuerpos debido la actividad y configuraci6n de sus moh3culas y a la actividad de los atomos en las molE~culas. A F = A P x A - dv dl = P F - ... I.GENERAL PARA CALCULAR EL TRABAJO EN CUALQUIER PROCESO v.. Unidades: r r Kg x m r Lb x ft Sistema Metrico Sistema Ingles . dv dl dr F dl dr P dv x dl dl dr P dv f 2 dt = f 2 P dv 1 ECUACI6N . realiza un trabajo. a) TRABAJO r Cuando una fuerza es aplicada a un cuerpo y 10 desplaza un cierto espacio. r =f P dv v. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .26 CAP. el cual sera tanto mayor cuanto mas extensa es la fuerza y mayor el espacio recorrido. 76 Kg m seg Kgm 76~ H. N 1 C. 1 H. V2 .j --. . I. 1 En termodinamica el trabajo f v. - T 75 Kg m seg .I ---. 1.V. . ... POTENCIA La potencia es el trabajo desarrollado en la unidad de tiempo.. 2 = T 2 = T f 1 P dv v...P.-I I I d" I -. lV' 1-4- ~ v ·········· ·· ·~ ! . Kg m 75~ C. 2.:::~ >. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .~. 27 REPRESENTACI6N GRAFICA DEL TRABAJO p dr .NEGATIVO (.. ..CAP.~ d T = P dv 2 f 2 dT = f P dv 1 1 v...P.POSITIVO ( + ): Cuando el trabajo 10 efectua el sistema contra el medio exterior.): Cuando el trabajo 10 recibe el sistema del medio exterior o ·sea 10 efectua el MEDIO EXTERIOR CONTRA EL SISTEMA.~ r-t--------t-t---~. -.~::. P dv se considera: v..V. P. = 1.P.P.01333 C.P · ~ C. Es la energfa necesaria para mover una determinada masa de fluido a 10 largo de cierto espacio.01333 C.F = P x A Tf = P x A x I Pero: A x 1 = V Tt = P X V UN/DADES Sistema Metrico Sistema Ingles Kg x m Lb x ft . ~1_1 ~ = F x I. 1 H.V. H.P.28 CAP. = 33000 Lb.V.. Y C. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTllIZADOS EN . RELACI6N ENTRE H. I. ft min b) ENERGiA DE FLUJO 0 TRABAJO DE FLUJO (Tt) 6 (P x V) Es el trabajo requerido para forzar a un fluido a entrar 0 salir de un aparato 0 sistema y es debido al desplazamiento dei fluido.V. 75 ~ 76 = 1.V. Kgm ~ H. 1 H. 550 Ib ft seg 1 H..P. :.:. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN ..:. I .. EI valor del trabajo de circulaci6n (Tc) es igual al trabajo mecimico (T) MAS el trabajo de flujo (Tt) que el fluido suministra al entrar al sistema.' .:-:.:-:.:. Tc = f p.:.:.:.:. I.I----~-- V d Tc = V dP p.:.:. de comprensi6n 0 de flecha. interviene un trabajo que realiza la masa que circula.:..' .P2 V2 !i! il~L..:-:.:-:-:-:.:..:.:.: :.:-:.:.:-:-:-:.:.:.:.:..:.:-:..:.:.:-:.:.:.:.:.:..:.:. en las que ademas del trabajo de expansi6n.i l .:.:.:.:: .:. compresoras de aire.:.:.:.:.1.:. Ttl + - T Tf2 Expansi6n o Compresi6n o Flecha !llr':':':':':':':':':':':':':':':':-:':':':':':':':':':.:..:.:. 29 c) ENERGiA DE CIRCULACI6N 0 TRABAJO DE CIRCULACI6N Esta forma de energfa se presenta en los cuerpos 0 (Tc) sistemas que operan con flujo uniforme y continuo (como en las turbinas de vapor.": REPRESENTACI6N GRAFICA p .:-:.:.:..p dP -.:.. MENOS el trabajo de flujo (Tt) que el sistema debe realizar para expulsar al fluido 0 sea al salir del sistema.) .:-:.:-:. etc.:::.:.CAP.:.:..:.:-:.:.:.:.:.:.:. V dP V .:.:':':':':':':':':':':':':':'111 I Tc = P1 V1 + f P dv .:.:.:. la cual constituye uno de sus posibles efectos. Ifquidos 0 gaseosos) 2. CONDUCCI6N 2. 2. CONVECCI6N FORZADA 3. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTllIZADOS EN . T(-) Q(+ ) Q(-) .. EI calor de un cuerpo depende del movimiento vibratorio de dichas moleculas. las cuales estan en constante movimiento. Convecci6n 1. 30 ENERGfA TERMICA 0 CALOR (Q) Todas las substancias estan formadas por molE~culas.CAP.: ~ . Conducci6n (s6Iidos. A 3. NEGATIVA (-): Cuando el calor es cedido por el sistema al medio exterior. I. el cual sera mayor cuando el cuerpo se encuentre a mayor temperatura.. CONVECCI6N NATURAL En termodinamica la cantidad de calor Q se considera: 1. PASA DE LOS CUERPOS 0 SISTEMAS QUE SE ENCUENTRAN A MAYOR TEMPERATURA. RADIACI6N ~ . EI calor es una forma de la energfa y no debe confundirse su concepto con el de temperatura. Radiaci6n (Ondas electromagneticas) 3. HASTA IGUALAR SUS TEMPERATURAS EN LO QUE ES CONOCIDO COMO "EQUILIBRIO TERMICO". A LOS CUERPOS 0 SISTEMAS QUE SE ENCUENTRAN A MENOR TEMPERATURA. TRANSFERENCIA DE CALOR EI calor puede ser transferido de los cuerpos de mayor temperatura a los de menor temperatura por: 1. POSITIVA (+): Cuando el calor es suministrado por el medio exterior al sistema 0 sea cuando 10 recibe el sistema. Cantidad de calor necesario para elevar la temperatura de 1 Lbr.T. de H2 0 en 1°F en condiciones atmosfericas estimdar. 1 KCal.T.000 Cal.31 CAP. Las diferentes formas de energfa pueden expresarse especfficamente. Para propositos de Ingenierfa los valores de la capacidad termica pueden considerarse numericamente iguales a los del calor especffico y se expresan en: Kcal Kgr x °C Kcal C B.T.U. = 1. 0 sea.. (BRITISH THERMAL UNIT). B. En el sistema Ingles se emplea el B. .T. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . o = Wm x f C dt T.U. CALOR ESPECfF/CO (C) EI calor especffico de una substancia es la relacion entre la cantidad de calor requerido para elevar 10 de temperatura a la unidad de masa de dicha substancia y la cantidad de calor requerido para elevar la misma temperatura a la unidad de masa del agua. Lbr x OF = B. de H2 0 para aumentar su temperatura en 1°C a presion atmosferica EsUmdar. CAPAC/DAD TERM/CA La capacidad termica de una substancia es la cantidad de calor requerido para elevar 10 de temperatura a la unidad de masa de la substancia.968 B.U.U. por cad a unidad de masa del fluido. KCal.. o Wm X C x ~T Donde: C = Calor Especffico UN/DADES DE CALOR En el sistema Metrico se emplea la Calorfa: CALORfA = Gramo Calorfa Pequena Calorfa KCALORfA = Kilogramo Calorfa Gran Calorfa = K Cal. 1 KCal. Lbr x oR dO Wm x dt dO = Wm x C x dt T. = 3.T.U. I. = Cantidad de calor que es necesario suministrar a 1 Kgr. Lbr . 1.32 CAP. ENERGfA POTENCIAL ESPECiFICA: UNIDADES SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES Kg x m Kgr Lb x ft Lbr 2.T. ENERGiA INTERNA ESPECiFICA UNIDADES SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES Kcal Kgr B..v2 - UNIDADES SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES Lb x ft Lbr 3.. ENERGiA CINETICA ESPECiFICA Ec .U . DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .. I. . TRABAJO ESPECiFICO = T UNIDADES SISTEMA METRICD SISTEMA INGLES Kg x m Kgr b) TRABAJO DE FLUJO ESPECiFICO PV = PV Wm UNIDADES SISTEMA METRleD SISTEMA INGLES Kg x m Lb x ft Lbr Kgr c) TRABAJO DE CIRCULACI6N ESPECiFICO = Tc UNIDADES SISTEMA METRICD SISTEMA INGLES Kg x m Lb x ft Lbr Kgr .CAP. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN . I.. 33 4. '<""'"~'.34 CAP.. OEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILlZAOOS EN .:'~:"""1 ~~~ J 778 Lb x ft :~:~ 1:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::Ji MAQu/NA TERM/CA Las maquinas termicas tienen como proposito la conversion del calor en trabajo mecanico. CALOR POR UN/DAD DE MASA 0 EN FORMA ESPECfF/CA UN/DADES SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES [~~] EQU/VALENTE MECAN/CO DEL CALOR (J) A la relacion entre la energfa en forma de calor (una Kcal) y la energfa en forma de trabajo mecanico (427 Kg x m) para producir el mismo cambio de temperatura en la unidad de masa del agua se Ie denomina EQUIVALENTE MECANICO DEL CALOR y se Ie designa por la letra "J". I. .• 5. 1 Kcal = 427 Kg x m J = 427 Kg x m Kca/ Donde: A = EQU/VALENTE TERM/CO DEL TRABAJO MECAN/CO UN/DADES SISTEMA INGLES Ilr·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·::·:·::·:·:~·:·:·:·:·111 ~~~ J = 778 BTU ~~~ It: : ~: : : : : : : : : : : : : ~: : : : ~: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : JI r»7"":<'"'. :. I. a partir de alguna fuente de temperatura elevada.:.:~~ ~ .:.:.:. 35 Se denominan maquinas termicas 0 motores termicos al conjunto de dispositivos y mecanismos mediante los cuales se obtiene un trabajo mecanico (r).:" 1 .:.:.:.:.:.CAP. :~.:.:.: OR ~ ~ :::.:.:.:..:.:..:.:.:.:.:.:.:.:.:. 1]t J Os =- Pero: 1 :' : ' : " . REND/M/ENTO TERM/CO DE LA MAQu/NA TERM/CA (1]t) Se define como el trabajo neto desarrollado 0 entregado por la maquina.:.:. dividido entre el calor suministrado a ella.:. haciendo que un fluido recorra un cicio peri6dico y suministrandole una cantidad de calor O.:. DEFINICIONES Y CONCEPTOS UTILIZADOS EN .:.:.:.:.:.' : " .:.:. . CAPITULO II PRIMERA lEY DE lA TERMODINAMICA . . existiendo una relaci6n constante entre la cantidad de calorfas suministrada y el trabajo producido y viceversa ".39 CAP. el trabajo mecanico pucde ser transformado en calor. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA CAPiTULO II PRIMERA lEY DE LA TERMODINAMICA Esta ley es una consecuencia del principio de la conservaci6n de la energfa y puede establecerse diciendo que: " EI calor puede ser transformado en trabajo mecanico. II. Esta relaci6n constante es el equivalente mecanico del calor " J" PROCESOS 0 TRANSFORMACIONES AI cambiar un sistema de un estado a otro se dice que experimenta un proceso transformaci6n. ni tampoco se encuentra en movimiento al iniciarse o terminar el proceso se dice que se esta efectuando un proceso sin flujo. 0 una PROCESOS SIN FLUJO Cuando durante un proceso. 0 sea. 0 . la cantidad de substancia 0 fluido no varfa. PROCESO SIN FLUJO CERRADO I I Fl U . que ninguna cantidad de fluido es anadido ni removido. 40 CAP.---v Expresion de la Primera Ley de la Termodimlmica en un proceso sin flujo cerrado. II. PROCESO SIN FLUJO ABIERTO REPRESENTACION GRAFICA p 2 r 1 I -r---~-------~~-- T Q= -+ ~u J q= T J + ( U2 - T q= -+~u J U1) V . PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA REPRESENTACI6N GRAFICA p 2 1 : --+---~------. EI estado y la velocidad de los fluidos permanecen constantes en cada punto dentro del sistema 0 aparato. 2. 2gc X Ep = _. RELACIONES DE ENERGfA EN UN PROCESO CON FLUJO UNIFORME SECCION EP1 EC1==: 1 I - ------1---U1I . Las cantidades de calor y de trabajo que entran 0 salen del sistema. 0 bien. EI estado y la velocidad de cada fluido son uniformes y permanecen constantes en cada secci6n donde el fluido entra 0 sale del sistema. permanecen constantes. II. -U2 P2 V2 'SECCION 2 Q La aplicaci6n de la Primera Ley de la Termodinamica en un proceso con flujo uniforme se expresara de acuerdo con la siguiente ecuaci6n de continuidad de la energfa: P1 V1 -Ep' + -Ec' + U1 + -+Q J Wm J J ~ ZI gc - W + J mx J + V2 .+ Q .41 CAP. 1. + U2 + . J Ec P2 V2 + _.+ -r J P1 V1 + U1 + -J. P1 V1 SISTEMA I I :P2 EP2 : ==::: EC2 - ----~---I . retornan peri6dicamente a los mismos valores. 3. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA PROCESO CON FLUJO UNIFORME Y CONTINUO (STEADY FLOW PROCESS) Es el proceso durante el cual uno lIenandose las siguientes condiciones: 0 mas fluidos circulan a traves de un aparato 0 sistema. H1 J Z2 = Wm gc -J Wm x V2 U P2 x V2 r 2gc J + 2 + J +J H2 Ji J + (1 ) . 42 CAP. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA La ecuaci6n anterior en forma especffica sera: Dividiendo entre la masa tenemos: EN TAL pfA H La entalpfa es una propiedad termodinamica que resulta de la suma de la energfa interna mas la energfa 0 trabajo de flujo.U.U.T. II. Lbr .T. h B. PV J H U+ - h u + - En forma especffica se tiene: PV J UNIDADES SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES H = B. .....':' . .. . V2 > v.- -: ::.'.. Un gas se define can las tres propiedades siguientes: . T2 > T..... .:'. con respecto a la temperatura crftica del gas.' ' :.~~/~·. .~ '...• :'. .. . ademas de cumplir con la Ley de "JOULE" .' ' • •' . : r ".... II... : .0 - . pero todos los gases las obedecen en forma aproximada a temperaturas relativamente altas.. En calculos de Termodinamica todos los gases son frecuentemente considerados como gases perfectos.. = P.. . . • : t .Presi6n . .n '-:~:'K :>:'~ v.... Gases reales son los que existen en la naturaleza y segun sea su comportamiento can relaci6n a las leyes de los gases perfectos. "0" : .."..': ...': ': 00 : .. .. .. 0° .. ..' '..: Yv...CAP.. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 43 GASES PERFECTOS Gas perfecto a gas ideal es un gas hipotetico cuyo comportamiento cumple exactamente can la Ley de "BOYLE-MARIOTTE" y las Leyes de "CHARLES GAY LUSSAC". ' • LEY DE BOYLE MARIOTTE ~ U PRIMERA LEY DE GAY LUSSAC SEGUNDA LEY DE GAY LUSSAC . ' ".... " .6~·: T. '" ' . ~·~·.. . .. 0" :: -... Ningun gas real obedece con exactitud estas leyes a todas las presiones...:. .0 .. ' ... ...~. se aproximariln mas a menos al estado del gas perfecto.... P.Temperatura :. ...Volumen .. . . ( . . 0 .. .. :~ Wm = K :' . .: . . P2 . " .~6.. Temperatura en grados absolutos REPRESENTACI6N GRAFICA v p 2 V2 2 Pl = P2 Vl l' I I Tl T2 T Vl V2 V . PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA PRIMERA LEY DE CHARLES GAY LUSSAC Si la presion de una determinada cantidad de un gas permanece constante (Proceso Isobarico) . Cuando: o sea: P Si la Wm Con stante K o sea: V T K Donde: T =.44 CAP. II. su volumen variara directamente proporcional con las variaciones de la temperatura Absoluta y viceversa. permanece constante (Proceso Isometrico) . su presi6n abso/uta variara directamente proporcional con las variaciones de la Temperatura Absoluta y viceversa. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 45 SEGUNDA LEY DE CHARLES GAY LUSSAC Si el volumen de una masa constante de gas.-----~------~-----T _____ 2 --~------~~--------v . II. Cuando: o sea: V Si la masa Wm Constante K P1 T1 P2 T2 o sea: P T K PRESENTACI6N GRAFICA p p P2 --.CAP. II.-I ..CAP......- 2 __~-----L----------------~---v V2 . su volumen variara inversamente proporcional con las variaciones de la Presion Absoluta y viceversa.. permanece constante (Proceso Isotermico). Cuando: o sea: T Si la masa Wm o sea Constante K que: PV K REPRESENTACI6N GRAFICA p . PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 46 LEY DE BOYLE MARIOTTE Si la temperatura de una masa constante de gas. desde ef estado inicial hasta el estado final. II.5 ~~--~----------~~-T- . PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Ejempfo 13 Una masa de un gas ocupa un vofumen de 30 m 3 cuando se encuentra a una temperatura de 24°C. Determrnese el volumen que ocupara si la temperatura es abatida hasta alcanzar DoC.575 m 3 Representaci6n Grafica v p 2 V2 --r-----~------------~--V = 27. Manteniendo constante fa presi6n (Proceso fsobarico). representese graficamente este proceso en diagramas V-T y P-V. Datos: V 1 = 30 m3 t1 = 24°C = 24 + V2 t2 273 P = ? DoC = 0 = 273 = 297°K + + 273°K K F6rmula Sofuci6n: 30 x 273 297 8190 297 27.47 CAP. 7 De la f6rmula 2 tenemos: V2 = 15 x 4. Representese graficamente todo el proceso en un diagrama P-V..3 Lb/pulg 2 manometricas.8 ft3.3 + 14. Si el volumen inicial es de 4. PRIM ERA LtV DE LA TERMOOINAMICA 48 Ejemplo 14 La temperatura de una masa de aire permanece constante (Proceso Isotermico). determinese el volumen final conociendo que este proceso se efectua al nivel del mar. (1 ) (2) De la f6rmula 1 tenemos: P2 = 255.I-2 ASS.. Datos: T = K Lb pug P1 = 15 ..3 .CAP. pu 9 pu 9 F6rmulas P ASS = P MAN + PSAR.6959 . Lb Lb P BAA = 14.7 . II..I-2 ASS. mientras que la presi6n es aumentada desde 15 Lb/pulg 2 absolutas hasta 255.8 270 . P2 Lb pu 9 = 255.I-2 ASS:::::: 14.I-2 MAN. que tiene 15 ft3 de volumen. Si por medio de un term6metro se determina que se encuentra a una temperatura de 75°F y un man6metro nos indica 0. T1 T1 = 535°R P1 = 0.7 Lb/pulg 2 0 F6rmu!as PASS.45 Lb/pulg 2 t2 = 100°F :. II. Si este proceso se efectua al nivel del mar. = P MAN + PBAR.45 Lb/pulg 2. (1 ) (2) . ~que presi6n nos indicara el man6metro al final del proceso si la temperatura final del oxfgeno es de 100°F. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Representacion Grafica p 2 I -. T2 100 + 460 T2 = 560 R PSar. se tiene una masa de oxfgeno.49 CAP. Representese graficamente el proceso en diagramas P-V y P-T. --------- --~--~------------------~------v Ejemplo 15 En el interior de un recipiente metalico hermeticamente cerrado. = 14. Datos: v= 15 ft3 = K 75 + 460 t1 = 75°F : . 857 .7 PASS = 15.15 .857 -pug .I-2 ASS.15 x 560 535 Lb = 15.I-2 pu 9 Representaci6n Grafica: P P 2 2 Pl P1 ---V1 -- 1 = V2 V I I I I T1 T2 T . De la f6rmula 1 tenemos: P MAN = PASS - P SAR PMAN 15.I-2ASS. II.45 + 14.7 PMAN Lb 1. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: PASS = 0. Lb pug De la f6rmula 2 tenemos: P2 = P2 15.50 CAP.14...157 . una lIanta de automovil contiene un determ inado volumen de aire.F. a una presion manometrica de 28 Lb/pulg 2 MAN.8 x 50 + 32 T2 122 + 460 (3) (4) .F.M. En estas condiciones. D. tOF T = 1. 540 R 0 De las f6rmulas 3 y 4 tenemos : t2 of = 1. 0. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 51 Ejemplo 16 En un lugar situado al nivel del mar.7 + 28 = 42. Datos: P. y temperatura de 80"F. D. II. 11 . de Mexico. Formulas PSAR + P MAN P.CAP. colocado en la valvula de la lIanta y que lectura indicara otro graduado en Kg/cm2. D.7 Lb/pulg 2 al N. Debido al recorrido del auto desde dicho lugar hasta la Cd . (2) T. .795 Kg/cm2 Cd . 80 + 460 T.7 Lb/pulg 2 De la f6rmula 4 tenemos: T. la temperatura del aire contenido en la lIanta se eleva hasta 50°C. Mexico. Supongase que la lIanta no sufre ninguna dilatacion y representese graficamente el proceso en diagramas P-V y P-T.F. determine la lectura que indicara un manometro graduado en Lb/pulg 2.3114 Lb/pulg 2 Cd.8°C + 32 = t of + 460 Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: PASS PASS ' = (1 ) 14. = 28 Lb/pulg 2 MAN tl = 80°F h = 50°C P2 = ? Lb/pulg 2 P2 = ? Kg/cm 2 V = K PSAR PSAR P SAR 14. Mexico. 7 x 582 540 P2 = P2 46.033 x 11 .021 .438 Kg/cm2 .033 14.7 ------- 1. En la Ciudad de Mexico.021 Lb/pulg 2 ASS .52 CAP.11.7 - x = 3.0.795 PMAN 2. .PSAR PMAN 3.3114 14. = De la f6rmula 1 tenemos: = PA8S .PSAR PMAN P2MAN 46.7096 Lb/pulg 2 MAN. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA De la f6rmula 2 tenemos: 42.PMAN PSAR 46.021 .233 .7 x x = 0.233 PASS = 3. II.033 46.233 Kg/cm2 ASS De la f6rmula 1 tenemos: PMAN PASS .7 x --- 1.033 1.311 4 14.34.021 14.. la presi6n en Kg/cm2 sera: PSAR PASS .7096 PSAR 11.3114 Lb/pulg2 x 11.3114 P2MAN 34.795 Kg/cm 2 x 46.021 x 1. como por ejemplo : La presion en funci6n de la temperatura y el volumen.CAP. II. Puede obtenerse una relaci6n entre P. = V2 T1 T2 ECUACI6N DE ESTADO DE LOS GASES PERFECTOS La ecuaci6n de estado de una substancia es aquella que relaciona tres de sus propied ades. combinando las tres Leyes anteriores de los gases perfectos. PRIMERA LEY DE LA T~RMODINAMICA 53 Representaci6n Grafica: P P2 P. V Y T de un gas perfecto. - P 1q-----. I IV = K I I 2 -+----------------------V W = K De la grilfica anterior tenemos que: Va de donde: (1 ) .a P = K . P ---T P2 ----J ---------- 2 P1 1 I I T V V. 54 CAP. V2 T VI 1 (1 ') De la ecuaci6n 2 tenemos: Pero: Pa = PI (2') Igualando los segundos miembros de las ecuaciones l ' y 2'obtenemos: V2 T VI 1 Simplificando tenemos: PI VI Tl "ECUACI6N DE TRAYECTORIA" Si: V= K o sea: VI = V2 (Proceso Isometrico) tenemos: .. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Desde "a" hasta "2" tenemos : (2) De la ecuaci6n 1 tenemos: Pero: Va = Ta = V2 . II. De la ecuaci6n B tenemos : PV T (C) R Pero: V= V W Si la ecuaci6n "c" "w" y la multiplicamos por PV TW - substituimos el valor de V tenemos : x W = WR PV T WR (D) . II. Para cada gas hay una " CONSTANTE ESPECfFICA R" .CAP. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 55 Si : T K o sea : T1 = T2 (Proceso Isotermico) tenemos: Dividiendo entre W la ecuaci6n de trayectoria tenemos: (A) Sabemos que el volumen especffico es igual a: -V V =- W Por 10 que la ecuaci6n " A" quedara en la siguiente forma : R (8) Donde: R = Constante Especffica de un gas. conocida tambien como " CONSTANTE DEL GAS" La constante R depende de la naturaleza del gas y del sistema de unidades que se empleen. (Ley de los Gases Perfectos). puedp.CAP. Y al mismo tiempo es calentado hasta alcanzar una temperatura de 120°C. si la presion del gas es aumentada hasta alcanzar un valor de 27 Kg/cm 2 ASS. II. Ejemplo 17 Una determinada masa de gas ocupa un volumen de 15 m 3 y se encuentra a una temperatura de 30°C y a una presion de 8 Kg/cm 2 ASS. P2 = 27 Kg/cm2 ASS. t2 = 120°C V2 = ? Formulas T = t °C + 273 (1 ) (2) Solucion: De la formula No. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA 56 Siendo las ecuaciones " C" y " 0 " las ecuaciones caracterlsticas de los gases perfectos. Datos: V1 = 15 m3 t1 = 30°C P1 = 8 Kg/cm2 ASS.. EI valor de la constante " R" para cada gas. . el volumen especffico y la temperatura para cada gas. determinar el volumen final expresado en m3 . ser determinada mediante observaciones experimentales de los valores simultaneos de la presion. 2 tenemos: 8 x 15 x 393 303 x 27 V2 = 47160 8181 . 1 tenemos: T1 T1 T2 T2 = 30 + 273 303°K 120 + 273 393°K De la formula No. 27 Kg m Kgr oK = 8 Kg/cm 2 = 80. t 1 = 115°C. Este aire sufre una expansi6n hasta alcanzar tres veces su volumen inicial y tener una temperatura de 35°C. PRIMERA lEY DE LA TERMODINAMICA 57 Ejemplo 18 Cinco kilogramos de aire se encuentran a las siguientes cond iciones in iciales : P1 = 8 Kg/cm2.CAP.000 Kg/m2 P1 w = 5 Kgr. Datos: Aire: R = 29. II. 1 tenemos : T1 115 + 273 T2 35 + 273 (1 ) (2) . Determfnese las propiedades iniciales y finales faltantes. t1 = 115°C 3V 1 = V2 t2 = 35°C V1 ? V2 ? P2 ? F6rmulas T= PV T - t °C + 273 Rw Soluci6n : De la f6rmula No. 196 Kg/m2 P2 = 21 .120 386.192. PI .26 26. 2 tenemos : VI - RwT .730 24. 2 tenemos : P _ 2- Kg ~K x 308 oK Kgr 2.60 30.000~ 1 - m VI = 0.00 420.110 - i .127 m 3 5 Kgr x 29.709 m 3 V2 = 3 x 0.27 53.192.158 48.24 212.770 59.540 55.29 30.342 90.58 CAP.196 JSfL 2 m 2 10000 em .50 42.14 32.709 Si sabemos que: Tenemos : De la formula No. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA De la formula No.27 K r<> x 5kgr x 388 oK V - 9 80.- Kgm 29.400 766. P2 m2 = 2.291 85.i GAS I I I II AIRE AMONfACO (NH3) ANHfoRIOO SULFUROSO (S02) HEllO (He) HIOR6GENO (H 2) MON6xIDO DE CARBONO (CO) NITR6GENO (N 2) OXfGENO (0 2) VAPOR DE AGUA (H 2O) ACETILENO (C 2H 2) ANHfDRIDO CARB6NICO (Co2) Kg x m Kgr x oK Lb x ft Lbr x oR 29.79 13.350 35.170 55. II.27 P2 = 21 .27 49.1192 ~­ em VALORES DE LA CONSTANTE R DE LOS GASES PERFECTOS II I .59 19. 1 tenemos: TA 150 + 460 TA 610 oR Ts 60 + 460 520 oR Ts Tr = 80 + 460 Tr = 540 oR . Otro recipiente "B" de volumen desconocido. ya una temperatura de 60°F. tA = 150°F Ps = 20 Lb/pulg2 ABS. y una temperatura de 150°F. que tiene una valvula en POSICION cerrada. tr = 80°F F6rmulas T = t of + 460 (1 ) (2) (3) (4) WA PA VA TA R (5) W8 Ps Vs Ts R (6) Soluci6n: De la f6rmula No. contiene aire a una presi6n de 550 Lb/pulg 2 ABS. Datos: Aire VA = 5 ft3 PA = 550 Lb/pulg 2 ABS. t8 = 60°F = ? Vs B A T ><l Con valvula abierta: Pr = 180 Lb/pulg 2 ABS. II. Determine el volumen del recipiente B.59 CAP. Si se abre la valvula. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Ejemplo 19 Un recipiente cerrado "A" con un volumen de 5 ft3 . Ambos recipientes estfm conectados entre sf por una tuberfa de volumen despreciable. se mezclan las dos masas de aire y se puede determinar una presi6n resultante de 180 Lb/pulg 2 ABS. tambien contiene aire a una presi6n de 20 Lb/pulg 2 ABS. y una temperatura resultante de 80°F. . 800) VB = 486. 5 Y 6 en la f6rmula 2 tenemos: Si sabemos que Vr = VA + VB (F6rmula 3) tenemos: Desarrollando y simplificando esta ecuaci6n tenemos: P r VA + P r VB Tr Tr VB TB (!l.800) .Pr TA) VB = VA TA Tr Pr TB .60 CAP.000 .PBTr TrTB Substituyendo valores tenemos: V _ B- 5 ft3 x 520 °R(550 ~ x 540 oR -180 Lb 2 x 610 OR) pu l9 pulg 6100R(180~12 X520oR-20~12 x pu 9 pu 9 VB = 2600 (297.109. 610 (93. II.600 (187.200) 610 (82.636 ft3 540 OR) . PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Sustituyendo las f6rmulas 4.508. _ Tr Pa) Ta VB (Pr Ta .800) VB = 2.10.000 VB = 9.Pa Tr) Tr Ta (P ATr .000 50.600 .720. Determfnese: a) La masa de acetileno contenido en la botella. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 61 Ejemplo 20 Una botella cilfndrica de 8 pulgadas de diametro y 44 pulgadas de altura contiene acetileno (C 2H2) a 300 Lb/pulg 2 ASS. t. = 80°F P2 = 250 Lb/pulg 2 ASS. b) Si despues de que cierta cantidad de acetileno ha side usada y se observa que la presion en la botella disminuye hasta 250 Lb/pulg 2 ASS. 80 + 460 540 R 0 + 460 T2 T2 530 R T3 T3 60 + 460 520 0 R 70 0 (1 ) (2) (3) .350 Lbr oR P. y la temperatura hasta 70°F. d) Determfnese el volumen que ocuparfa el acetileno usado si pudiera someterse a una presi6n 2 de 14. 1 tenemos: T. determfnese la masa de acetileno que queda en el tanque.CAP. t2 = 70°F P3 = 14. T. = ? b) W2 = ? c) W3 = W. c) Determfnese la masa de acetileno usado. Y 80°F.7 Lb/pulg 2 ASS. = 300 Lb/pulg 2 ASS.7 Lb/pulg ASS. II. b = 60°F a) W. Y 60°F de temperatura (acetileno libre) Datos: D = 8 pulgadas h = 44 pulgadas C2 H2 (acetileno) Lb ft R = 59. .W2 d) V3 = ? F6rmulas T = t OF + 460 V = PV T ~ = hn WR Solucion: De la formula No. 463 W3 = 0.1. V 1 = 2211 .279 ft3 2 Lb ft 530 oR x 59.279 ft3 1Lb ft 540 oR x 59. 3 tenemos: W _ 300 Lb/ pulg 2 x 144 pulg 2/ ft2 x 1.724 .463 Lbr. II.350 Lbr oR 55252.686 pulg 1728 3 ~ ft3 a) De la f6rmula No. W3 = 1.261 Lbr. De la f6rmula No. 2 tenemos: V1 = 3.1416 x 16 pulg 2 x 44 pulg.686 pulg 3 Si sabemos que: 1 ft3 = 1728 pulg3 Tenemos: V 1 = 2211. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA De la f6rmula No. 3 tenemos: W _ 250 Lb/ pulg 2 x 144 pulg 2/ ft2 x 1. .724 Lbr.62 CAP.8 32049 W 1 = 1.5 W2 = 1.350 Lbr oR W2 = 46044 31455. . t1 = 80°F P2 = 120 Lb/pulg 2 MAN.158 Lb ft LbroR h = 3D W = 8 Lbr.261 Lbr x 59.805 ft3 Ejemplo 21 En un tanque cillndrico vertical hermeticamente cerrado. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA d) De la formula NO. de nitrogeno sometidas a una presion de 80 Lb/pulg 2 MAr\J. b) Determfnese la temperatura en OF que debera alcanzar el nitrogeno contenido en el tanque 2 para elevar su presion hasta 120 Lb/pulg MAN .350 LLb~ ~R x 520 oR V3 =----------------·--------14. se tienen 8 Lbr.7 Lb/ pulg 2 x 144 pulg 2/ ft2 8054. Datos: Nitrogeno al nivel del mar: R = 55. y a una temperatura de 80°F en un lugar localizado al nivel del mar.982 2116.8 3.3 tenemos : 0. P1 = 80 Lb/pulg 2 MAN . F6rmulas PABS = PBAR + PMAN (1 ) PV = WR (2) v = r2 (3) T h n T = t of + 460 (4) . II. cuya altura es el triple de su diametro.63 CAP. a) Determfnese la altura y el diametro del tanque expresados en pies. 7 .I-2 ASS.473 ft3 De la f6rmula No.64 CAP.9269692 0.8496 ~ 0.158 Vl x 540 oR Lb ~ 94. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Soluci6n: De la f6rmula No.8 17. pug De la f6rmula No. 4 tenemos: Tl 80 + 460 Tl 540 0 R a) De la f6rmula No.I -2 ASS pu g 120 + 14.473 ft3 6n ~ 17.473 18. 1 tenemos: Pl = 80 + 14.I -2 x 144 ft 2 pu g 238282 13636. 2 tenemos : WRT l 8 Lbr x 55.. II.7 .9759385 ft .7 Lb 134.7 .7 Lb P l = 94. 3 tenemos: V= n r2h Pero: h = 3D Y D = 2r h = 6r V = n r2 x 6r V = 6 n r LLb~ ~R = ----------- = r d V 6n j 17. 7 .I-2 x 17. 4 tenemos: t of = T2 . Lbr .473 ft x 144 ft2 pug Lb ft 8 Lbr x 55.2 tenemos: T 2 _ T2 - - P2 T2 WR Lb 3 ~ 134.9759385 x 2 D 1.29 441.65 CAP.460 t of = t2 of 768. W = Masa (Kgr 6 Lbr) M W M = Kgr Peso Molecular (moCKgr n M W n 6 Lbr mol. MOL "Se denomina Mol de una substancia a la cantidad de dicha substancia que tiene un numero de unidades de masa igual al peso molecular de la substancia".460 = 308. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Como: D = 2 r h = 6 r Tenemos: D 0.9759385 h 5.950 ft h 6 x 0..066 of La cantidad de masa de una substancia tambien puede expresarse en "MOLS".158 Lbr oR 338920.066 oR De la f6rmula No.066 .850 ft b) De la f6rmula No.264 T2 = 768. II. Por 10 mismo un MOL Lbr de oxfgeno equivale a 32 Lbr de O2.01 22.03 28 22.977 64.03 22. ASS.4 1744. En la siguiente tabla se indica el volumen de un mol para diferentes gases a O°C y presi6n atmosferica estfmdar.016 22. igual a su peso molecular expresado en kilogramos (Kgr)" . un MOL de oxfgeno equivale a 32 Kgr de O2• puesto que el peso molecular del oXlgeno es de 32.4 1744.7 1.66 CAP. PESO I I MOLECULAR I I GAS Lbr mol Lbr 6 ! I VOLUMEN 3 ft3 m mol Kgr mol Lbr DENSIDAD ~ m3 A O°C Y A 32°F Y A O°C Y 1. .03 NITR6GENO (N 2 ) 28. 1 mol-Lbr = 2. II. ASS.205 mol-Kgr mol-Lbr Por ejemplo. AMONIACO (NH3) 17.4 1744.4 1744.429 (CO 2) ANHfDRIDO SULFUROSO 520 (S02) HIDR6GENO (H 2) MON6xIDO DE CARBONO 2.03 1. VOLUMEN DE UN MOL EI volumen de un mol es el mismo para todos los gases considerados como perfectos. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA De donde: n = Numero de MOLS (mol-Kgr) 6 (mol-Lbr) " Se denomina mol-Kgr 0 moh~cula kilogramo de un gas a una masa del mismo.03 22.06 22. ° " Se denomina mol-Lbr molecula libra de un gas a una masa del mismo.03 1.033 Kgr mol Kgr Kg/cm2 Lb/pulg 2 Kg/cm2 M ASS.4 1744.03 0.090 311 (CO) ~~ En la tabla anterior se aprecia que el volumen de un mol practicamente tiene el mismo valor para todos los gases reales.016 0.03 1.205 Kgr 2.251 OXfGENO (0 2 ) 32 1744. bajo las mismas condiciones de presi6n y temperatura. igual a su peso molecular expresado en libras (Lbr) " .771 ANHIDRIDO CARB6NICO 44.4 1744.033 14. CAP. II. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 67 LEY DE AVOGADRO La ley de AVOGADRO establece: "QUE A IGUALDAD DE VOLUMEN Y A LAS MISMAS CONDICIONES DE PRESI6N Y TEMPERATURA, TODOS LOS GASES CONSIDERADOS COMO PERFECTOS TIENEN EL MISMO NUMERO DE MOLECULAS". Cuando: La densidad entre dos gases es directamente proporcional a sus respectivos pesos moleculares a igualdad de presion y temperatura. Sabemos que: p = w V w, ~=~ W2 M2 V2 Si: Tenemos: W, W2 M, M2 W, M, W2 M2 Pero: W M .. n 68 CAP. II. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Si: Pero: M1 M2 W1 W2 .. M1 A1 = A2 M2 M1 R1 = M2 R2 M3 R3 M R = CONSTANTE M R = Ru R = ~ M Donde : Ru = CONSTANTE UNIVERSAL DE LOS GASES PERFECTOS Esta constante universal es la misma para todos los gases y depende exclusivamente del sistema de unidades empleado. CAP. II. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 69 ECUACI6N DE ESTADO EN FUNCI6N DE LA CONSTANTE UNIVERSAL DE LOS GASES PERFECTOS (Ru) PV T WR Pero: Ru M R PV T - .. - W Ru M (1 ) Si sabemos que : W M n Tenemos: PV T n Ru (2) Las formulas 1 y 2 son las ecuaciones de estado en funcion de la constante universal de los gases perfectos. Ejemplo 22 Una botella de gas de 3 ft3 contiene bioxido de carbona (C0 2) y esta a una presion de 250 Lb/pulg 2 ASS . y temperatura de 120°F, determfnese la masa de CO 2 que se encuentra en la botella. Datos: GAS = CO 2 1,545 P Lb ft oR(mol- Lbr) Lb 250 - I -2 ASS. pu g M = 44.010 __ Lb_r_ mol Lbr 70 CAP. II. PRIMERA lEV DE LA TERMODINAMICA F6rmulas (1 ) PV T (2) Soluci6n : De la f6rmula 1 tenemos: T = 120 + 460 0 T = 580 R De la f6rmula 2 tenemos : w PVM T Ru Substituyendo valores tenemos : W = Lb ~ 3 Lbr 250 - - I-2 x 144 ft2 x 3 ft x 44.010. I Lb pu 9 mo r 580 oR w 4,753,080 896,100 w 5.304 Lbr x 1,545 oR (~~~Lbr) LEY DE JOULE Un gas para que pueda considerarse como perfecto, ademas de cumplir con las Leyes de Boyle y Charles Gay Lussac, debe cumplir con la Ley de Joule, la cual establece: " LA ENERGfA INTERNA DE UN GAS PERFECTO DEPENDE EXCLUSIVAMENTE DE LA TEMPERATURA". U = f(t) " NO DEPENDE DE LA PRESI6N NI DEL VOLUMEN ". Esta Ley es aplicable a los gases perfectos y tambiEm a los gases reales, cuando por las condiciones de sus procesos cumplen sensiblemente con las mencionadas leyes de Gay Lussac y Boyle Mariotte. "NO ES APLICABLE A S6L1DOS , L10UIDOS , NI VAPORES " . - • ~ ~ CALORIMETRO VALVULA CERRADA VALVULA ABIERTA Recipiente A + B Recipiente A P2 -- P1 V1 ~ 2 V2 = 2 V 1 T2 = T. . II."" .CAP. = 0 r = 0 Q Para un proceso abierto sin flujo: Jr = Q Pero: Q = 0 t = 0 U = f(t) + (U 2 - U. : .' . . T. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 71 EXPERIMENTO DE JOULE AGUA • j .~ . '" .) . T. sf se producfa una ligera disminucion de temperatura y consecuentemente de energfa interna. Por 10 tanto. CALOR ESPECiFICO A PRESI6N CONSTANTE Cp Calor especffico a presion constante C p . PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA 72 EFECTO JOULE - THOMSON Joule y Thomson perfeccionaron el experimento anterior y encontraron.T. que para los gases reales y a presiones relativamente altas. para elevar su temperatura un grado. of Lbr B. OF Lbr oR Lbr ENERGiA INTERNA DE UN GAS PERFECTO p P1 P2 ~ ----1 1 -----L I I v V 1 = V2 Q WC Q - T J (f2 - + (U 2 T 1) - U 1) (1) .U . la Ley de Joule es valida para los gases perfectos. es la cantidad de calor que es necesario sumi nistrar a la unidad de masa del gas. UNIDADES: Sistema Ingles Sistema Metrico Cp = Kcal = °C Kgr Kcal Cv = °C Kgr Kcal oK Kgr Cp = Kcal OK Kgr Cv = B.U .U.CAP. B. La variacion de temperatura encontrada en este ultimo experimento es conocida como " EFECTO JOULE-THOMSON " Y sirve para determinar el grado de proximidad de un gas real con respecto a un gas perfecto. efectuandose este proceso a presion constante.T. es la cantidad de calor que es necesario suministrar a la unidad de masa del gas. puede considerarse como valida en forma aproximada para los gases reales con caracterfsticas cercanas a los gases perfectos y es decididamente incierta para vapores.T. II.U.. CALOR ESPECiFICO A VOLUMEN CONSTANTE Cv Calor especffico a volumen constante Cv. efectuandose este proceso a volumen constante. para elevar su temperatura un grado. oR Lbr B. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Si: v= K T = 0 Q = U2 - U1 Sustituyendo en la ecuaci6n 1 tenemos: "ESTA EXPRESI6N ES APLICABLE A TOOOS LOS PROCESOS" ENTALP[A DE UN GAS PERFECTO p 2 ~---. I I V1 V2 V Q = W C (T2 .73 CAP.T 1) Q r = J + (U 2 - U1) (1 ) (2) Sustituyendo la ecuaci6n 2 en la ecuaci6n 1 tenemos : Pero: "ECUACI6N PARA CALCULAR LA VARIACI6N DE ENTALPfA EN CUALQUIER PROCESO" . II. II.CAP. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA 74 RELACI6N ENTRE Cp Y Cv PARA GASES PERFECTOS (1 ) (2) Si: u + H PV J Tenemos: Simplificando tenemos: (3) Pero: PV = WR J Para: P1 V1 = WRT 1 y Sustituyendo estas ecuaciones en la ecuaci6n 3 tenemos: H2 - H1 = U2 - U1 + WRT2 J WRT 1 J Simplificando: (4) Sustituyendo las ecuaciones 1 y 2 en la ecuaci6n 4 tenemos: . 27 Kg m oK Kgr calculese su calor .1714 Kcal oK Kgr 29.24 .24 oKcal _ v Kgr 2927~ .. Datos: Cp A Kcal oK Kgr = 0. oK Kgr 427~ Kcal Cv = 0.- = 29.24 y A especffico a volumen constante (Cv). II PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA Sabemos que: A Cv + J 6 "ECUACI6N DE Cp A Cv - MAYEA" J Ejemplo 23 Sabiendo que para el aire C p Kcal oK Kgr 0.75 CAP.0.24 .27 Kg m OK Kgr J = 427 Kg m Kcal Cv = ? Formula: A Cv=CP-j Soluci6n: C = 0.068548 Cv = 0. CAP.1714 = 1..4 Si sabemos que: y Cp Cp Cv y Cv - - R J Tenemos: y= Dividiendo numerador y denominador entre C p tenemos: Ahora bien: y Pero: R Cv + J CV + y= R J Cv .24 .- Cv = 0.1714 y = y Kcal ° Kgr 0. II. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA 76 RELACION ENTRE Cp Y Cv Cv =y y Siempre > 1 Para el aire tenemos: Datos: Cp Kcal oK Kgr = 0.24 0. 27 J Kg m oK Kgr = 424 ~ Kcal F6rmula y= 1- R J Cp Soluci6n : y= Kgm 29..714 y = 1.27 oK Kgr Datos: Kcal Cp = 0.285 0. CAP.4 - 0.0.24 . II PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA Dividiendo numerador y denominador entre Cv tenemos: R 1 +JCv y = 1 Simplificando tenemos: ICy NO TlENE UNIDADES" Ejemplo 24 Determfnese el valor de y para el aire sabiendo que Cp Kgm _ camente su constante especffica R .24 Kcal oK Kgr Kcal y y = 1 .oK Kgr R = 29.77 .24 Kcal Y conociendo unioK Kgr .29.27 ° K K gr 1_ 427 Kg m x 0. y una temperatura de 30°C. Y 30°C) .78 CAP.5 Kg/em2 ASS. Datos: OXlgeno R = 26.5 p = 5.5 m ~ em ASS.604 Kg: (A 4.5 Kg m °K_ Kgr P1 = 4.5 oK Kgr x 303 oK 45000 8029. 1 tenemos: 4. II. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA Ejemplo 25 Caleular la densidad del oXlgeno euando se eneuentra a una presi6n de 4. P RT (1 ) T = t °C + 273 (2) P = Soluei6n: De la f6rmula 2 tenemos: T = 30 + 273 T = 303 oK De la f6rmula No.5 Kg/em2 ASS. F6rmulas PV T WR W V P RT Pero: W V p .5~2 x p= P 2 10000 em m2 em Kgm 26.. La densidad tiene un valor de 0..CAP. O°C 2 Kg/cm2 ASS.033 Kg/cm 2 ASS. h = 25°C .033 Kg/cm2 ASS. sabiendo que cuando se encuentra a O°C y 1.717 Kgr/m3 Datos: P1 = 0. II PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA 79 Si sabemos que: P 1 V1 T1 W 1R = y V1 T1 W1 P1 R (1 ) (2) Igualando los segundos miembros de las ecuaciones 1 y 2 tenemos: ~ T1 W1 Pasando al primer miembro a V2 y W2 Y al segundo miembro a P1 V1 T1 Y W1 tenemos: W1 V1 Pero: W V = P 6 Ejemplo 26 Calcular la densidad del metano (CH 4) cuando se encuentra a 25°C y 2 Kg/cm2 ASS.717 Kgr/m3 P1 t1 P2 = = = 1. CAP. Y 25° C) . 1 tenemos: T1 = 0 + 273 T2 = 25 + 273 De la f6rmula No.936 x 0.271 m (A 2 JSfL cm 2 ASS.717 x 1. PRIM ERA LEY DE LA TERMODINAMICA 80 F6rmulas T = t °C + 273 (1 ) (2) De la f6rmula No.916 P2 ~3 = 1. 2 tenemos: p = 0. II. CAPITULO III MEZCLA DE GASES . . las cuales son aplicables siempre y cuando los gases que constituyen la mezcla no tengan afinidad qufmica. si cada uno de ellos se encontrara a la misma presion (Pm) y temperatura (T m) de la mezcla". son las propiedades totales de cada gas individual "ANTES" de efectuar la mezcla. Por 10 tanto. III. puesto que dichas propiedades no nos representan las propiedades "Parciales" de cada gas en la mezcla. Tn.. EI estudio de la mezcla de gases se basa en los principios establecidos por las Leyes de DAL TON. 2.. 3 Y 4 Y sustituyendo sus valores en la ecuacion "a" tenemos: Si P1.83 CAP. + Vn. T2. "Esta expresion no es aplicable al final de la mezcla". P2. Para poder aplicar la expresion anterior a una mezcla de gases perfectos deben cumplirse los requisitos de la Ley de "AMAGAT" que establece 10 siguiente: LEY DE AMAGA T "EI volumen total (Vm) de una mezcla de gases perfectos es igual a la suma de los volumenes parciales individuales (V1 + V2 + ... Vn) que cada gas OCUPARIA. MEZCLA DE GASES CAPITULO III MEZCLA DE GASES W1 P1 V1 T1 W1 R1 (1 ) W2 P2 V2 T2 W2 R2 (2) Wn Pn Vn Tn Wn Rn (3) Wm Pm Vm Tm = Wm Rm (4) Wm = W1 + W2 + Wn (a) Despejando cada una de las masas de las ecuaciones 1.. Pn. . V1.. T1. s610 en este caso se podra decir que Vm = V1 + V2 + .. V2 Vn.. Por 10 tanto. LP Siendo Pm la presi6n total de la mezcla de gases y Ph P2 Y Pn son las presiones parciales de cada gas en la mezcla. + Vn = LV LEY DE AMAGAT . al final de la mezcla las expresiones anotadas anteriormente quedarim modificadas en la siguiente forma: P1 Vm Tm W1 R1 (2) P2 Vm Tm W2 R2 (3) Pn Vm Tm Wn Rn (4) PmVm Tm WmRm (5) SEGUNoA LEY DE oAL TON " Cada gas se comporta como si los demas gases no estuvieran presentes. es igual a la suma de las presiones parciales de cada gas en la mezcla". + Wn = "LW VI = V1 + V2 + V3 + . . MEZCLA DE GASES PRfMERA LEY DE OAL TON " La presi6n total de una mezcla de gases.. . sometido a la presi6n parcial" .84 CAP.. Una vez efectuada fa mezcla . La composici6n de una mezcla de gases puede representarse en masa (frecuentemente se acostumbra decir un peso)... deben tomarse encuenta las siguientes consideraciones: De acuerdo con la Primera Ley de Dalton : (1 ) De acuerdo con la Segunda Ley de Dalton: .. .. 0 bien en volumen : Wm = W 1 + W2 + . III.Cada gas se encontrara a la misma temperatura Tm. pudiendo considerarse que cada gas ocupa por si solo el volumen total de la mezcla...Cada gas ocupara el volumen total Vm. P2 Pn .85 CAP. III.... . .... + Despejando las masas 0N) de las ecuaciones 2. las presiones parciales de cad a gas al final de la mezcla. Despejando P de las ecuaciones 2.......... 4 Y 5 Y sustituyendo en la ecuaci6n 1 tenemos: Simplificando tenemos: Despejando Rm se tiene: W2 R2 + .. + Wm . 3. 4 Y 5 Y sustituyendo en la ecuaci6n W m W 1 + W2 + . 3. + Wn tenemos: + .. . + Esta expresi6n es aplicable al final de la mezcla Simplificando tenemos: Siendo Pl .. MEZCLA DE GASES Se acostumbra representarlos tambien en el lIamado porcentaje en "PESO" en "VOLUMEN" 0 el porcentaje % EN PESO 0 ANAL/SIS GRAVIMETRICO + .. (NO LAS PRESIONES DE CADA GAS ANTES DE EFECTUAR LA MEZCLA) ... + % EN VOLUMEN 0 ANAL/SIS VOLUMETRICO + ... :.:.:.:.:.:.:.:.:.:. Vn etc. V2 ..:.:.:.:: : :.:.:.:.:.:.:I Simplificando tenemos: Multiplicando esta ecuaci6n por V1 . .:.:.:.:. ~: etc.:.:..:'Itl I.:.:.'': ':~.:.:.:.:. = ~~ .:.86 CAP.:.:.:.:.:. MEZCLA DE GASES Donde: Rm Con stante Especffica de la Mezcla de Gases Perfectos.:. y dividiendo entre V1 .:.:.:.:.:.:.:.:.:. tenemos: (4) Pero: Sustituyendo estos val ores en la ecuaci6n 4 tenemos: pm .:.:.:.:.:.:.:.:.:. III.JI (2) Pero: (3) Sustituyendo este valor en la ecuaci6n 2 tenemos: r~~''':'~'~~-=''".:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:. = Porcentaje en Peso 6 Anillisis Gravimetrico de cada gas de la mezcla DENS/DAD DE UNA MEZCLA DE GASES PERFECTOS w p V (1 ) 111:.:.:..:.:.:.:.::"":.:.:.~~:::~~:::Wl tt. V2 .:.:.:.:.:.:.:.:.:.:..:.:.:.:.:.:.:.:.:.:. Vn etc.:.:.~.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:..:.:. pn. Pm Vm Tm nm Ru (1 ) P1 Vm = nl Ru Tm (2) nm Wm Mm Dividiendo miembro a miembro la ecuacion 1 en la ecuacion 2 tenemos: P1 Vm Tm _nmRu nl Ru Simplificando tenemos: Despejando a P1 de esta ecuacion se tiene: y DETERMINACI6N DEL PESO MOLECULAR DE LA MEZCLA DE GASES (Mm) (1 ) . MEZCLA DE GASES 87 "Las densidades Pl. III.CAP. deberan estar a las mismas condiciones de presion y temperatura. logicamente estara a djchas condiciones de presion y temperatura". P2. La densidad de la mezcla pm. .88 CAP.. MEZCLA DE GASES Sabemos que: W M n W = n M (2) (3) Sustituyendo las ecuaciones 2 y 3 en la ecuaci6n 1 tenemos: (4) Oespejando a Mm tenemos: En funci6n del amilisis volumetrico tenemos: V2 Vm M2 + . + Recordando que: MR Ru y Tenemos: Oividiendo esta ultima ecuaci6n entre nm tenemos: . III... . 0 VICEVERSA Sabemos que: n W M 6 W = n M Por 10 que se tiene: W1 = n1 M1 (1 ) W2 = n2 M2 (2) Wn = nn Mn (3) (4) Wm = nm Mm Dividiendo las ecuaciones 1 en 4. W1 Wm V1 Vm M1 Mm (A) (8) (C) .89 CAP... 2 en 4 y 3 en 4 miembro a miembro y aplicando: n1 nm V1 Vm Tenemos: W1 Wm n1 nm M1 Mm . + Mn METODO PARA PASAR DEL ANALISIS VOLUMETRICO (PORCENTAJE EN VOLUMEN) AL ANALISIS GRAVIMETRICO (PORCENTAJE EN PESO). MEZCLA DE GASES Pero: Por 10 que tenemos: + . III... MEZCLA DE GASES .90 CAP. III. V Oespejando a Vm tenemos: V1 Vm W1 Wm Mm M1 (0) V2 Vm W2 Wm Mm M2 (E) Vn Vm Wn Wm Mm Mn (F) Oonde: % EN VOLUMEN w % EN PESO Pero: Oespejando a ~m tenemos: Simplificando tenemos : W V M Pero:" W V p Por 10 que tenemos de la ecuaci6n 5: (5) . :..:.:. + W m n .:.:.:.:.:. + W n Wm C Pn Haciendo las mismas operaciones para CVm tenemos: CVm ~ Cv 1 + W m W 2 W m C V2 Wn Cv + .:.:.:. E.:.:. III. tenemos: r 2~ ' : '~~.:..:.:. Q (2) LlTm = Tm2 - Tml Igualando y simplificando las ecuaciones 1 y 2 tenemos : Despejando a CPm de la ecuaci6n anterior tenemos: CPm W1 Wm C P1 + W 2 Wm CP2 + .:. Y F.:.:.:..:.:.:. B.:.:.:.:.:.: .:.:.:.:.:.:. 1 ~ ~.:.:..:.:.:. C.:. MEZCLA DE GASES Sustituyendo en las ecuaciones A.:.:.:.:.~ ~ "Es importante recordar que todas las densidades deb en ser a la misma presi6n y a la misma temperatura" CAL ORES ESPECiFICOS DE UNA MEZCLA DE GASES (1 ) Esta cantidad de calor se distribuira en cada gas que se compone la mezcla segun su capacidad termica.:.:.:..:. D.:.:..91 CAP.:.:. 92 CAP. III. MEZCLA DE GASES Antes de efectuar la mezcla tenemos: L\T = T - 0 Por 10 que se tiene: o W Cp T Para los gases 1, 2, 3, etc., tenemos: Q, W, Cp, T, (1 ) Q2 W2 CP2 T2 (2) Qn Wn CPn Tn (3) Qm Wm CPm Tm (4) Qm 0 , + O2 + ... + On (5) Sustituyendo las ecuaciones 1, 2, 3, 4, en la ecuaci6n 5 tenemos: Oespejando a Tm tenemos: r'::«=»"':, '«"<;::"" :,' : ' :: " ;: ' ~:«:"' : :: ;:: ~:'1 ::: Wm C Pm Wm CPm Wm CPm :: 1.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:] Pero: w,m CP' CPm = W W2 C + Wm Wn C P2 + .... + Wm Pn Sustituyendo este valor en la ecuaci6n anterior tenemos : Simplificando tenemos: r~"-:*:~'~:':' ~:V: :: ~:';:' :'.'. :: :<::X~:: ;:XVI J m W, C p, + W2 CP2 + ......... + Wn C pn m ~~t.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:,:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:. :.:.:.:.:.:.:.:.:.:. :.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:I: 93 CAP. III. MEZCLA DE GASES Utilizando: W Cv Q ~T Tenemos: Tm = W1 CV1 T1 + W2 CV2 T2 + .... + Wn CVn Tn W1 CV1 + W2 CV2 + .... ..... + Wn CVn Tm -- W1 Wm CV1 T W2 CV2 T Cvm 1 + Wm Cvm 2 + + Wn Wm CVn T CVm n Ejemplo 27 Determinar la temperatura resultante Tm de la mezcla de 15 Lbr de oxfgeno y 25 Lbr de nitr6geno, si'sabemos que antes de efectuar la mezcla, el oxfgeno se encuentra a una temperatura de 1000R Y el nitr6geno a 300°R. Datos: W1 15 Lbr de O2 W2 25 Lbr de N2 T1 1000R T2 300 0R CV1 0.1572 CV2 0.1775 } B.T.U. oR Lbr F6rmulas (1 ) CVm = W1 Wm CV1 + W2 C Wm 2 (2) (3) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: Wm 15 Lbr Wm = 40 Lbr + 25 Lbr CAP. III. MEZCLA DE GASES 94 De la f6rmula 2 tenemos : 15 25 CVm = 40 0.1572 + 40 0.1775 CVm 0.05895 + 0.11093 CVm 0.1698 B.T.U . oR Lbr De la f6rmula 3 tenemos: Tm = 0.1572 B.T.U. 15 Lbr oR Lbr x 100 oR 40Lbr 0.1698 B.T.U. oR Lbr T 0.1775 B.T.U. oR Lbr x 3000R 40 Lbr 0.1698 B.T.U. oR Lbr + 25 Lbr 34.717 + 196.002 m Tm 230.719 oR Ejemplo 28 Conociendo el analisis gravimetrico del aire calcular el anal isis .volumetrico: Datos: W, Wm = 77% de N2 = 0.77 de N2 W2 Wm = 23% de O2 = 0.23 de O2 _ Kgr M, - 28.016 (mol Kgr ) M2 = 32 Ru = 846 Rl = Kgr ( mol Kgr) _-->iJ.:""-_ Kg m (mol Kgr tK 30.26 } Kgm oK Kgr 95 CAP. III. MEZCLA DE GASES F6rmulas W2 R Rm = ~R Wm 1 + Wm 2 Mm = (1 ) Ru Rm (2) W1 V1 = Vm Wm Mm Ml (3) W2 V2 = Vm Wm Mm M2 (4) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: - 0 77 Rm . X Rm = 23.3002 Rm = 29.3952 30 26 . Kg m + 0 .23 x 26.5 Kg m oK Kgr oK kgr + 6.095 Kgm oK kgr -->iiL...-_ De la f6rmula 2 tenemos: Mm = 846 Kg m _ __o_K-.:..(_m_o_1K-->go!-rL...) 29.3952 _ Mm - Kg m OK kgr Kgr 28.780 (mol Kgr) De la f6rmula 3 tenemos: Kgr 28.016 (mol Kgr) ~1 = 0.77 x 1.027 ~~ = 0.79 m 206 Vm Vm Ejemplo 29 En un recipiente de 1.016 Kgr (mol Kgr) _ Kgm Ru .23 x 0. (mol Kgr) V2 = 0.6 R3 = Kg m oK Kgr Kgm 30.5 Kgr de nitrogeno.5 Kg m OK Kgr R2 = 420.26 ----'''''--oK Kgr 32 Kgr (mol Kgr ) Kgr 2.846 oK (mol Kgr) .5 m 3 de capacidad . Determfnese la presion parcial de cada gas y la total de la mezcla. se encuentran 0. Datos: W3 R1 0.016 (mol Kgr ) M3 = 28. calculese tambien la constante especffica Rm. MEZCLA DE GASES 96 De la formula 4 tenemos: V2 Kgr 0.CAP.23 x 28.780 (mol Kgr) = Vm 32000 Kgr .899 ~ = 0. mezclados a una temperatura de 60°C.5 Kgr de N2 = 26. 0.2 Kgr de hidrogeno y 0. III.6 Kgr de oxfgeno. 97 CAP. III. MEZCLA DE GASES F6rmulas W 1 + W2 + W3 Wm (1 ) t °C + 273 (2) PV m T WA (3) V Vm W Wm T = P Mm M p~ (5) Au Am (6) m Vm Mm Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: Wm 0.6 + 0.2 + 0.5 Wm 1.3 Kgr. De la f6rmula 2 tenemos: Tm = Tm De la formula 3 tenemos: (4) t °C + 273 60 + 273 98 CAP. III. MEZCLA DE GASES De donde: Kgm 0.6 Kgr x 26.5 oK Kgr x 300 oK P 1 = - - - - - - - - " " - -2 - - em 1.5 m3 x 10000m2 5294.7 15000 P1 P _ 2 - _ - 0.3529 28011.96 15000 P2 = 1.8674 = em Kgm 0.2 Kgr x 420 oK K x 333 oK gr em 2 -1.5 m3 x 10000m2 P2 = P3 JSfL 2 ASS. JSfL 2 em ASS. Kgm 0.5 Kgr x 30.26 OK K x 333 oK gr em 2 1.5 m3 x 10000m2 P = P3 - 3 _ 5,038.29 15000 0.3358 JSfL 2 ASS. em Pm = 0.3529 + 1.8674 + 0.3358 Pm -- 2.5561 ~2 ASS . em De la formula 3 tenemos: CAP. III. MEZCLA DE GASES 99 De donde: ~ 3 em 2 x 1.5 m x 10000em m2 333 oK x 1.3 Kgr 2 2.5561 Am = Am 38341.5 = -432.9 Am = 88.568 Kg m oK Kgr De la f6rmula 6 tenemos: Mm --~ Am Kg m oK (mol Kgr) Kgm 88.568 oK Kgr 846 Mm = Mm = 9.551 - - - ' - - - Kgr (mol Kgr) De la f6rmula 4 tenemos: v w V1 - -0.6 1.3 Mm M 9.551 32 V1 Vm = 0.461 x 0.298 V1 Vm = 0.137 ~ = 0.2 Vm 1.3 ~: = 0.153 ~: = 0.724 ~ = Vm 0.5 1.3 9.551 2.016 x 4.737 9.551 28.016 ~: = 0.384 x 0.34 ~: = 0.130 100 CAP. III. MEZCLA DE GASES De la f6rmula 5 tenemos: Pl = 2.5561 x 0.137 P1 -- 0.350 ~ 2 ASS. cm P2 = 2.5561 x 0.724 P2 -- 1.850 ~ 2 ASS. cm P3 = 2.5561 x 0.13 P3 -- 0.332 ~ 2 ASS. cm 0.350 + 1.850 + 0.332 2.532 ~ 2 ASS . cm Ejemplo 30 Una determinada mezda de gases contiene, 5 (mol-Lbr) de oxfgeno, 6 (mol-Lbr) de mon6xido de carbona y 8 (mol-Lbr) de hidr6geno, a 50°F y 250 Lb/pulg 2 ASS., determinar: a) EI amllisis Volumetrico. b) EI anal isis Gravimetrico. c) La presi6n parcial de cada gas en la mezcla. d) EI volumen ocupado por la mezcla. Datos: n1 = 5 (mol-Lbr) de O2 n2 = 6 (mol-Lbr) de CO n3 = 8 (mol-Lbr) de H2 Inc6gnitas 010 .....- Lb-ft oR (mol-Lbr) Lbr (mol-Lbr) d) Vm = ? Lbr (mol-Lbr) Lbr (mol-Lbr) Formulas (1 ) T= t of + 460 (2) (3) (4) W = M n (5) (6) (7) (8) Soluci6n : De la formula 1 tenemos: nm = nm 5 + 6 + 8 19 (mol-Lbr) De la formula 2 tenemos: T = t of + 460 T = 50 + 460 .016 .CAP. Ru = 1545 .- M1 = 32 M2 = 28. MEZCLA DE GASES 101 Pm = 250 Lb/pulg 2 ASS.. III...- M3 = 2. -.- Vm = 415..050 36000 ----'-.971 .789 .102 CAP..263 .862 ft3 .I-2 ASS.!. pu g P _ Lb 250 -1-2 x 6 (mol-Lbr) pug 19 (mol-Lbr) 2 - P _ 1500 2 19 Lb P 2 = 78... pug d) De la f6rmula 4 tenemos: De donde: Lb-ft 19 (mol-Lbr) x 1545 oR (mol-Lbr) x 510 oR Vm =----------------~----~------- 250~X 144~ pulg 2 ft2 Vm = 14...Lbr) pug 19 (mol-Lbr) 3 - _ 2000 p 3 19 - Lb P 3 = 105.947 .I-2 ASS.I-2 ASS. pug P _ Lb 250 -1-2 x 8 (mol. III.19 Lb P 1 = 65.. MEZCLA DE GASES c) De la f6rmula 3 tenemos: p _ Lb 250 -1-2 x 5 (mol....Lbr) pug 19 (mol-Lbr) 1 - 1250 P1 . 128 344.128 Lbr Lbr (mol-Lbr) '>( 5 (rnol -Lbr) Lbr (mol-Lbr) Lbr (mol-Lbr) x 6 (mol-Lbr) x 8 (mol-Lbr) De la formula 6 tenemos : Wm W.488 + 0.188 0.464 WI Wm 46.464 W Wm 99. 160 Lbr W2 28.128 WI Wm 160 344. 32 W. MEZCLA DE GASES b) De la f6rmula 5 tenemos : W M n W.188 0.188 0. III.06 Lbr W3 2.06 344.046 .488 W2 Wm 48.046 W3 Wm 4.8% + 0.188 Lbr + 168.4% W2 Wm 168.8% W3 Wm 16.W2 + W3 Wm 160 Wm 344.6% W Wm W.06 + 16.016 W3 16. + . W2 W3 + + Wm Wm Wm W Wm 0.010 W2 168.103 CAP. Lbr) 0.Lbr) (mol.L 18.2% ~ = 31..Lbr) Mm = 8. MEZCLA DE GASES 104 a) De la f6rmula 7 tenemos: 5 (mol-Lbr) 32 Lbr + 19 (mol.010 Lbr 19 (mol.114 (mol.5% Vm Lbr V2 vm Y.421 + 8.114 (mol-Lbr) De la f6rmula 8 tenemos: v w Lbr V1 vm = 18.848 Lbr Mm = 18.Lbr) (mol.046 - Vm Lbr vm Lbr 2.Lbr) Lbr (mol.114 (mol-Lbr) = 0. ~ = 26.839 \ 28.833 2.010 (mol-Lbr) = 8.Lbr) x 2.464 32 Lbr (mol-Lbr) - V1 8.016 6 (mol-Lbr) 28. III.845 + 0.016 (mol-Lbr) ~ = Vm 0.114 (mol.404 - - - ~ Vm = 0262 .Lbr) + 8 (mol-Lbr) 19 (mol.Lbr) = 0.016 + .488 - Lbr 28.CAP.010 Vm ~: = 0.315 V3 18. 3 Lb/pulg 2 BAR. pero mantenidos a 30. = ?. de CO y 6 Lbr. +~+ V3 Vm Vm Vm V Vm V Vm 0.. MEZCLA DE GASES V3 Vm ~= Vm 0.105 CAP.7 Lb/pulg 2 MAN. c) . Calcular: a) La presion parcial de cada gas en la mezcla.158 Formulas (1 ) PASS = P MAN + (2) PSAR T = t of + 460 Rm -- W. encontrandose la mezcla en la Ciudad de Mexico.315 + 0. y 110°F de temperatura. P2 5 Lbr de CO Pm = 30.7 Lb/pulg 2 MAN. se encuentra una mezcla formada por 5 Lbr. EI volumen que cada gas ocuparia si fueran separados de la mezcla. de Nitrogeno a una presion de 30.17 } o~~~~r R2 = 55. b) EI volumen del recipiente. R Wm PV = W R T (3) W2 R ' + Wm 2 (4) (5) . Incognitas Datos: a) P. en la Ciudad de Mexico y 100°F de temperatura.413 41.262 + 0. R.413 V Vm 99% Ejemplo 31 En un recipiente cerrado. = 55. III.3% V. b) Vm = ? ? Ps = 11.7 Lb/pulg 2 MAN. 086 Lb-ft 55. MEZCLA DE GASES Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: Wm 5 Lbr + 6 Lbr Wm 11 Lbr.~ Wm 1 + Wm 2 5 Lbr 11 Lbr x 55.I-2 + 11 . De la f6rmula 2 tenemos: P ABS P MAN + P BAR P ASS Lb Lb 30.7 ..106 CAP.17 25..158 Lb-ft °R-Lbr .3 . III.I-2 pu g pu g De la f6rmula 3 tenemos: T = t of + 460 T = 110 + 460 De la f6rmula 4 tenemos: R W2 R Rm -.163 0R-Lbr b) De la formula 5 tenemos: PV = W R T Lb-ft 6 Lbr °R-Lbr + 11 Lbr x 55.077 + 30. . III.92 P1 Lb 19.907 .-.187 ft3 a) De la f6rmula 5 tenemos: PV T = WR Despejando a P tenemos: P = WRT V Lb-ft 5 Lbr x 55.57.163 0R-Lbr x 570 oR Vm = ...5 8234..-57.-.-.093 ..187ft3 x 144 P~lp2 P1 157234.42~X144~ 2 pulg Vm = ft2 345872.I -2 ASS pug . MEZCLA DE GASES 107 De donde: Lb-ft 11 Lbr x 55..-.-.-.CAP.17 0R-Lbr x 570 oR P1 = .92 Lb 22.-. - pug P2 = P2 = x Lb-ft 55 ...187ft3 x 144 p~12g2 6 Lbr 188640.-.I -2 ASS.-..36 8234.01 6048 ---- Vm = 57.158 0R-Lbr x 570 oR P2 = . 17 0R-Lbr x 570 oR V1 =---------------------42--'=L x 144 ~ 2 pulg fe 157234. III..997 +31. MEZCLA DE GASES Pm = 19.907 Lb Pm = 42 .093 + 22. 190 ft:> Vm = 25.1 87 ft3 .36 6048 V2 = 31. pu 9 c) De la f6rmula 5 tenemos: PV = W R T Despejando a V tenemos: Lb-ft 5 Lbr x 55.I-2 ASS.997 ft3 Lb-ft 6 Lbr x 55.190 Vm = 57.5 6048 V1 = 25.108 CAP.158 0R-Lbr x 570 oR V2 = --------------------42 --'=L x 144 ~ pulg 2 ft2 V2 = 188640. CAPITULO IV · PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES . . Por el contrario todo proceso reversible puede realizarse tam bien en sentido inverso de tal manera que el fluido y el medio que 10 rodea. si no puede volverse a las condiciones iniciales. se tratara de un PROCESO IRREVERSIBLE. Para procesos reversibles la Entropfa se define como: dS = dO T Para procesos irreversibles la Entropfa se define como: dS > dO dT Donde: S T = ENTROpfA en B. 0 una perdida 0 ganancia de calor que no puede restituirse. tanto el propio fluido. "TOOOS LOS PROCE$OS REALES SON /RREVERS/BLES" ENTROP/A "Es una magnitud que tiene todo cuerpo y solo puede medirse por comparacion". transformimdose nuevamente todas las cantidades de energfa en la misma forma de energfa original.T. Kcal .T.U. . efectuando el proceso en sentido inverso. como el medio que 10 rodea pueden volverse a las condiciones iniciales en que se encontraban. se vuelven a encontrar en el mismo estado inicial. IV. se denomina como "PROCESO IRREVERSIBLE". se dice que se ha efectuado un PROCESO REVERSIBLE.U. oR I Kcal oK = TEMPERATURA en oR oK I Q = CALOR en B. Todo proceso donde se efectua una friccion. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES CAPITULO IV PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES PROCESOS REVERS/BLES Y PROCESOS /RREVERS/BLES Si despues de haberse efectuado una transformacion en un fluido.111 CAP. IV.. ~.CAP. la transferencia de calor O.-Poder representar graficamente en un diagrama T-S.. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 112 VARIACI6N ' DE ENTROPIA La entropfa tiene dos aplicaciones fundamentales las cuales son : I.= dV P dV v .- SI dO T dS = ' Integrando tenemos : S2 o= J T dS SI Para un proceso isotermico tenemos: P o 2 VI dT ~ I. T PROCESO AD IASATICO o ISOENTROPICO T Tl . -Tener un fndice de la forma en que la energfa calorffica puede transformarse en trabajo. r = J P dV V. Dividiendo esta expresi6n entre T tenemos : dO T P dV WCv dT + T JT Pero: dO dS T Por 10 que tenemos: dS P dV W Cv dt + T JT Sabemos que: PV T WR Por 10 que: P T WR V (d) .W (b) C v dT (c) Sustituyendo las ecuaciones bye en la ecuaci6n a tenemos: dO P dV + W C v dT J Siendo esta " La expresi6n diferencial de la Primera Ley de la Termodinamica. IV.CAP. para procesos sin flujo ". o + r L\U J dr dO (a) + dU J Pero: dr = P dV Dividiendo entre J tenemos : dI J dU P dV J = . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 113 Integrando tenemos: V. Cv Por 10 que tenemos: Desarrollando esta ecuaci6n se tiene: (1 ) Pero: T2 l L T2 L V2 . IV.L n T1 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo en la ecuaci6n d tenemos: WR dV dS JV + W CvdT T (A) Integrando la ecuaci6n A tenemos: ~S = f 2 WR 1 J dV V +f 2 W CV dT 1 T ~S "ECUACI6N GENERAL DE LA VARIACI6N DE ENTROpfA PARA GASES PERFECTOS EN FUNCI6N DE T Y V" Pero: R J Cp .n V2 V1 .114 CAP.n V1 . L\S " ECUACI6N GENERAL DE LA VARIACI6N DE ENTROpfA PARA GASES PERFECTOS EN FUNCI6N DE T Y P" . . Si despues de sufrir un proceso el volumen final es d€ 16 ft3 Y la temperatura de 160°F.115 CAP. Ejemplo 32 Se tienen 18 Lbr de hidr6geno ocupando un volumen de 6 ft3 a una temperatura de 80°F. IV. Determfnese la variaci6n de entropfa. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo en la ecuaci6n 1 tenemos: (2) Aplicando la ecuaci6n de trayectoria se tiene: De donde: Sustituyendo en la ecuaci6n 2 tenemos : L\S W Cp I 41 VV 2 1 P2 + W Cv Ln ~ "ECUACI6N GENERAL DE LA VARIACI6N DE ENTROpfA PARA LOS GASES PERFECTOS EN FUNCI6N DE P Y V" PV T Pdv + VdP dT WR WR Expresi6n diferencial de la ecuaci6n de estado de los gases perfectos. F6rmulas T = t of + 460 AS = Ll (1 ) WR L V2 T2 J n V 1 + WC v Ln 1. b B. (2) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: T= t of + 460 T1 = 80 + 460 T2 = 160 + 460 De la f6rmula 2 tenemos: AS = WR L Ll J n V2 V1 + W Cv Ln T2 ~ Sustituyendo valores tenemos : .U .U. + 18L r x 2.U.54 °R-Lbr 16 ft3 778 Lb-ft Ln 6 ft3 B.T. IV.116 CAP.434 oR _ Lbr x L 620 oR n 540 oR . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Datos: W = 18 Lbr de Lb-ft 766.U.T. °R-Lbr Lb-ft B.T. 778 B.T. A Ll Lb-ft S = 18 Lbr x 766.54 oR _ Lbr R Cv H2 = J 2 4340 . 1775 B. IV.5 V2 V1 0.CAP.693) = .84 (.U.U.046 oR Ejemplo 33 Calcular la variaci6n deentropfa conociendo los siguientes datos: Datos: W = 16 Lbr P2 P1 = 0. 0R-Lbr ~S = ~s ~S x Ln 0. °R-Lbr ~s = ? F6rmula Sustituyendo val ores tenemos: i\S = 16 Lbr x 0.2484 B.2.U. OR + 2.734 x Ln 2. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 117 ~s 17.812 x Ln 1.4 722 B.2484 B.T. 0R-Lbr x L 05 n .666 ~S 17.T. + 43 .T.U. °R-Lbr Cv + 0.980 ~S 17.0. .1.812 x 0. .U.693) B.T.1775 3.5 + 16 Lbr x 0.9744 x (-0.U. .T.754 .968 .379 ~S 23 425 B.138 + 6.148 + 43 .T.5 Cp = 0.734 x 0. 5.CAP. -----).-Proceso Isotermico 4. (PY = K) (8 K).-Proceso Adiabatico Reversible 0 Isoentropico. 4.-Proceso Isometrico 2. = V2 = K . comprende todos los procesos anteriores y proviene de una variacion del Adiabat ico y del Isotermico y se define por pyn = K. T2 - P T K Representacion Grafica : T P P2 ------l P. se supone que el fluido no efectua ningun cambio de calor con el med io exterior. 5.-Proceso Isobarico 3.-Proceso Politropico 0 transforrnaciones se clasifican segun K) (P K) (T K) . en donde n es una constante lIamada: " iNDICE DEL PROCESO POLlTR6PICO " PROCESO ISOMETRICO SIN FLUJO . EI proceso No. los procesos (Y 1. 2 V V. (PV" (pyn = K) = K) En el proceso No. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 118 PROCESOS 0 TRANSFORMACIONES SIN FLUJO PARA GASES PERFECTOS Para un gas su evolucion en : 0 una mezcla de gases. Definicion : Y K Ecuacion caracterfst ica : P. P2 T. y O°C de temperatura. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES dT T P dV = = J 119 dO T dS = 2 0 PdV Pero : J = 2 TdS ~S dV = 0 V2 = V 1 T 0 = - T J + 0 V2 V1 = 1 Ln 1 ~U ~S W Cv Ln Pero: T = 0 ~S 0 = ~U . la variacion de energfa interna.CAP. 0 = S2 .033 ~ 2 ASS . el calor puesto en juego y la variacion de entropfa. IV. cm . Representese graficamente el proceso en diagramas P-V y T-S Si la temperatura al final del proceso es de 150° C.T 1) Q = W Cv (T 2 T2 T1 T2 T1 P2 P1 . el trabajo efectuado...T1 = L1T W Cv Ln P2 P1 ~S Ejemplo 34 Se tienen 45 Kgr de aire sometidos a una presion de 1.033 Kg/cm2 ASS . Datos: v= K W = 45 Kgr de aire 1. determinar: La presion final.Sl Pero: ~U = W Cv (T2 . T 1) - ~S T2 . CAP.1714 Kcal °K-Kgr F6rmulas T = t °C + 273 (1 ) (2) ~u = W C v (T 2 . ~ T1 Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: T = t °C + 273 T1 = 0 + 273 T1 = 273 oK T2 = 150 + 273 De la f6rmula 2 tenemos: Pero: (3) (4) . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 120 ~u T = ? = 0 Q = ? ~s = ? Cv = 0. IV.T 1) ~s = W C v L. 370 Ko~1 423 oK 273 oK .549 ~S = 7.959 273 De la f6rmula 3 tenemos: ~u ~u Keal 45 Kgr x 0.713 x 150 ~u 1156. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Por 10 que se tiene: Despejando a P2 tenemos: Sustituyendo valores tenemos: 1.1714 0K-Kgr ~S = 7.033 P2 = ~ x 423 oK em 273 oK 436.713 x Ln 1.1714 0K-Kgr ~u 7. IV.437 ~S = 3.713 x 0.121 CAP.273) Q De la f6rmula 4 tenemos: Keal ~S = 45 Kyp x 0.95 Kcal (423 . 122 CAP.- 1 ---+----------------------L----------------v K T 2 v= T1 .- .- ..- - ..... PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Representacion Grafi ca P 2 P1 - .- Sf k . IV.. 123 CAP. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES PROCESO ISOBARICO SIN FLUJO Definici6n : P K Ecuaci6n caracterfstica: V T Representaci6n : Gnlfica: p dr = P dV 2 T J1 P dV T Q = P I1V = W Cp (T2 .T1) De la Primera Ley de la Termodimlmica tenemos: Q = ~ + I1U J W Cp 11T = ~ T + W Cv 11 T J W 11T (Cp .Cv) K . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 124 Pero: W R T ~T T dQ = T dS Q = Pero: P2 P1 K De donde: Ln Por 10 que: P2 P1 0 f 2 T dS .CAP. IV. :.:..:.:.:.:.: .:.:. IV. que son sometidos a un proceso Isobarico sin flujo.:.:.:.:.:.:. = ? of Y oR ~U = ? c) r = ? d) ~S = ? .:.:.125 CAP.:.:.:':':':':':':':':':':':':':':':':':.:.:.:.T.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:..:.:.7455 0R-Lbr Q = a) t2 b) 800 B.:.:.U.: .:.:.2416 0R-Lbr BTU Cv = 0.:.:.:.:.:.U.:.:.:.:.:..:.:. durante el cual se Ie agrega una cantidad de calor de 800 B.:.:.:.)j~: Ejemplo 35 Se tienen 15 Lbr de Helio a una temperatura inicial de 120°F.:.:. = 1.U.:.T.:.:.:.:.:.:.T.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:. ~!~ ~S = J Ln V.:.:. + W Cv Ln ~ !~! I:.:.:.:.:.:.:. determfnese: a) b) c) d) La temperatura final T2 en OF y oR La variaci6n de energfa interna EI trabajo efectuado La variaci6n de entropfa Representese graficamente el proceso en diagramas P-V y T-S Datos: W R Cp = 15 Lbr de Helio Lb-ft 386.:.:.:.:.~:.:.04 0R-Lbr = B.:.:.:.:.:.:.:.:.:':':':':':'111.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:.:. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Pero: Ilr':':':':':':':':':':':':':':':':':':':~:~:':':-:':':. T.955 + 580 + 580 oR . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES F6rmulas T = tOF + 460 (1 ) (2) (3) (4) (5) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: T = t of + T = 120 + 460 460 De la f6rmula 2 tenemos: Desarrollando esta f6rmula se obtiene: Despejando a T2 tenemos: W Cp T2 = Q + W Cp T1 Sustituyendo valores tenemos: T2 = T2 = 800 B.U. 15 Lb r x 1.126 CAP. 416 B.T. IV.2 oR ~ Lbr 42.U. U.127 CAP. IV.T.22 Lb-ft De la f6rmula 5 tenemos : Sustituyendo val ores tenemos: ~S 15 Lbr x 1.955 .U.580) x 42.T1) Sustituyendo valores tenemos: r = 15 Lbr x 386.T.U. Ln 580 oR °R-Lbr .074 ~S 18.04 r = 5790.955 r = 248735.955 oR B.6 o~~~~r (622.182 x 42.955 of De la f6rmula 3 tenemos: Sustituyendo valores se tiene: ~U 15 Lbr x 0.955 ~U B.T.955 .580) oR °R-Lbr = 480.624 x Ln 1.460 T2 = 162.U.624 x 0. .T.460 Sustituyendo val ores tenemos: t2 = 622.071 ~S 1 322 B. (622.322 B. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la f6rmula 1 tenemos: T = t of + 460 Despejando a t of se tiene: t of = T . oR 622.2416 ~S 18.955 . De la f6rmula 4 tenemos: r = W R (T2 .7455 ~U = 11. Calcular: EI volumen inicial expresado en m3 EI volumen final expresado en m3 EI trabajo desarrollado en Kg-m La variacion de energia interna en Kcal EI calor suministrado en Kcal. y O°C de temperatura.30. IV.2484 Kcal °K-Kgr d) ~U = ? Kcal T e) Q f) P1 ~ASS.°K-Kgr c) 0. f) La variacion de entropia en Kcal.128 CAP. 2 cm ~S ? Kg-m = ? = ? Kcal Ko~t . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES Representacion Gnlfica: T P P = T2 ---------- T - 2 2 K '1 V1 V2 V ~~ ~: ~I ~i Sl s S2 Ejemplo 36 Se tiene 8 Kgr de nitrogeno a una presion de 1 Kg/cm2 ASS. este gas es calentado y sometido a una expansion isobarica sin f1ujo hasta alcanzar una temperatura de 800°C.gr Cp = a) V1 = ? m3 b) V2 = ? m 3 0.26 oK K .oK g) Representese gnlficamente el proceso en diagramas P-V y T-S a) b) c) d) e) Datos w= Incognitas 8 Kgr de N2 _ Kg-m R .1775 - Kcal . 129 CAP.26 oK K x 273°K .gr 2 1~ x 10000 em2 em 2 m 66087 10000 . IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES F6rmulas T = t °C + 273 (1 ) PV = WR T (2) (3) (4) (5) (6) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: T = t °C + 273 T1 = 0 + 273 T2 = 800 + 273 De la f6rmula 2 tenemos: Despejando a V1 tenemos: Sustituyendo valores: V1 = V1 = Kg-m 8 Kgr x 30. IV.) Sustituyendo valores se tiene: ~u 8 Kgr x 0.T.136 Kcal Kcal °K-Kgr (1.273) oK .273) oK De la f6rmula 5 se tiene: Sustituyendo valores se tiene: Q Kcal 8 Kgr x 0.608) m 3 2 cm T r = 10.9872 x 800 Q 1.000 x 19.6.975 .26 Kg-m x 1073°K °K-Kgr 1~ cm 2 2 x 10000 cm2 m 259.2484 0K_ Kgr Q 1.CAP.589.367 r = 193.42 x 800 ~u 1.073 .84 10. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 130 De la misma f6rmula se tiene: Sustituyendo valores te nemos : V2 = V2 = 8 Kgr x 30 .670 Kg-m De la f6rmula 4 tenemos : ~u W Cv (T2 .073 .751 .1775 ~u 1.76 Kcal (1 .000 De la f6rmula 3 tenemos: Sustituyendo val ores tenemos: Kn cm 2 1 ~ x 10000 m 2 (25. 9872 x Ln 3. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la f6rmula 6 tenemos : Sustituyendo valores se tiene: AS u = 8 K 0.368 f1S Representaci6n Grafica: T p 2 1 P = K -.9872 x 1.073 oK 273 oK f1S = 1. IV.~ 2 :M : V1 V2 T1 v 81 PROCESO ISOTERMICO SIN FLUJO Definici6n: T K Ecuaci6n caracterfstica: PV = K 82 S .930 f1S 1.131 CAP.2484 Kcal gr x OK _ Kgr x L n 1. CAP. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 132 Representaci6n Grafica: P P1 - ;~ T :~ - r-:~ jj-' P2 = K PV = K 2 V Vl V2 2 f T P dV Pero: PV .. K 2 ~ T f T = K Ln 1 V P dV V2 V1 .. PV T P1 V1 Ln V2 V1 Pero: P1 V1 T V2 V1 T T P2 V2 P2 V2 Ln Pl P2 V2 V1 .. P1 P2 P1 P2 V2 Ln P2 P1 V1 Ln K V T Pero: K - = Kf 2 dV 1 V CAP. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la ecuaci 6 n de estado ten em os : P V W RT Para el primer estado se tiene : W R TI PI VI Para el estado 2: W R T2 L, PI P2 V~ W R T. L. - V, W R T2 L, ~u VI = 0 T Q V2 J + ~U Como : o ~u Q Q T J WRT - - Ln J P1 P2 Pero : W RT PV .. Q Q P1 V1 V2 V1 J P2 V2 V2 Ln V1 J Ln 133 134 CAP. IV. PROCESOS TERMODIN.AMICOS DE LOS GASES T, K T T1 = T2 = K s, J Q Q T (S2 - S,) Q T 2 T dS ~S Q ~S = - T ~S - WR J Ln V2 V1 Ln V2 V, Ln Pl P2 + WC v Ln T2 T1 Como: Ln T2 T1 0 Tenemos : ~S - ~S - WR J WR J Ejemplo 37 Durante un proceso isotermico sin flujo 15 Lbr de aire que se encuentran a una temperatura de 50 of tienen un incremento de Entropfa de 0.462 B·~RU. ; calcular: 135 CAP. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES a) La relacion entre el volumen final y el volumen inicial b ) La relacion entre la presion final y la presion inicial ~~ P2 P1 c) EI trabajo desarrollado d) EI calor puesto en juego e) La variacion de energfa interna f) Representese el proceso en diagramas P-V y T-S Incognitas Datos: W 15 Lbr de aire = R ~S 53.342 = Lb-ft "R - Lbr 0462 B.T.U . . c) oR T = ? d) Q = ? e) ~U ? o Formulas T = ~S 6.8 Q t OF + 460 Q = - - WR L V2 J n V1 T T (1 ) (2) (3) (4) J (5) r Solucion : De la formula 1 tenemos : T t of + 460 T 50 + 460 x 510 oR oR Q Q = 235 .436 800 . 3 tenemos: ~s Despejando a Ln ~~ WR J V2 Ln V 1 tenemos : ~ SJ WR e . De la f6rmula No.}t)J (A) WR Efectuando operaciones tenemos : ~ - S-J .U.T.449 Sustituyendo en A tenemos: 1.462 WR ~ SJ WR ~ SJ WR ~ x 778 15 Lbr x 53. IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la f6rmula No.566 ~i~~ Lb-ft °R-Lbr .T.62 B.136 CAP.462 B.342 359.0 . 2 tenemos: Q ~S = - T Despejando a Q tenemos: = Q ~S T Sustituyendo valores se tiene : 0.13 0.U . De la formula 5 se tiene: r T Despejando a ~~ = W R T (.Ln ~~ ) obtenemos: (B) Efectuando operaciones tenemos: - r 183. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES De la formula 4 tenemos: T Q T J = Q J Sustituyendo valores se tiene: T 235..312..36 Lb-ft Lb-ft B.449 ..066...T..62 B.U ...312.-WRT Lb-ft 15 Lbr x 53 .U .T.312.36 408..36 Lb-ft .137 CAP. IV.342 0R-Lbr x 510 oR r WRT T WRT 183...' .30 0.... x 778 T 183. IV.71 8f 0. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 138 Sustituyendo en " B" tenemos : (2< .449 0. e) La cantidad de calor en Kcal.CAP. b) La temperatura final del gas en OK y en °C.967 Kg/cm2 MAN. Despues de expanderse isotermicamente sin flujo..0.- VI Ejemplo 38 Un gas desconocido se encuentra ocupando un volumen de 90 dm 3 cuando esta sometido a una presion de 6. la presion se abate hasta 3 Kg/cm 2 ABS.638 Representacion Gratica: p T P1 . f) La variacion de entropfa en Kcalr K g) Representese graticamente el proceso en diagramas P-V y T-S . Calcular: a) EI volumen que ocupa el gas al final del proceso expresado en m3 .449) (2 . y 250 °C de temperatura al nivel del mar. c) La temperatua final del gas en Kg-m d) La variacion de energfa interna en Kcal. b) T-2 = ? oK Y °C 6. ~ ~ (3) (4) (5) (6) .m Kgr i) La variaci6n especffica de Entropfa en Sabiendo que para este gas C p 0.967 Kg/cm2 MAN = ? Kg-m t.256 Kcal °K-Kgr -----=--::.:- Kcal °K-Kgr yy 1.033 Kg/cm 2 e) Q J f) Cp 427 Kg-m Kcal = = Kcal 0. V. Q ~s T J Q T P. IV.256 .139 CAP. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES h) Determinar el trabajo especffico en Kg . d) ~u = ? = 0 PSAR = 1..) ~ S = ? y 1.- W .Kgr = ? Kcal ~S T h) .°K.39 1 - W ? Kg-m Kgr Kcal °K-Kgr F6rmulas PASS = PSAR + PMAN (1 ) (2) t °C + 273 T oK r = P.39 Datos: Proceso Isotermico sin flujo al nivel del mRr: Inc6gnitas P.. = 250 °C c) T P2 = 3 Kg/cm 2 ASS . IV.967 + 1.140 CAP. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES = Cv Cp - y R J Cv PV T (7) (8) WR (9) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: + PASS P SAR P MAN P ASS 6.033 De la f6rmula 2 tenemos: Pero: T1 = T2 (P roceso Isotermico) :. P 1 V1 = P2 V2 Despejando a V2 tenemos: Sustituyendo valores tenemos: V2 = 0.72 3 De la f6rmula 2 tenemos : T1 250 + 273 Tl 523 oK . 2 . IV.200 x Ln 2.CAP.056 Kg-m De la f6rmula 5 tenemos: Q = r J Q = 7. = t2 = 250°C De la f6rmula 4 tenemos: r = ~ 8 2 em X 2 em 0.200 x 0.056 Kg-m 427 Kg-m Keal Q 16. t °C = T oK .524 Keal 523°K 0. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 141 De la misma f6rmula 3 despejamos a t °C Y tenemos : T oK = t °C + 273:.273 t.524 Keal De la f6rmula 6 tenemos: Q ~S = - T ~s ~s 16.9S0 r 7.000 . t °C 523 .031 ~~al .273 = t.Ln m 3 sJ5£L2 em K 3~ 2 em r 7.666 r 7. Como se trata de un proeeso Isotermieo T.09 m x 10. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la formula 7 tenemos : Despejando a " Cv" tenemos : Cp Cv = " Sustituyendo valores tenemos : 0.072 x 427 R 30 .0.184 Kcal °K-Kgr De la formula 8 tenemos : Cp . T. T.Cv ) J Sustituyendo valores tenemos : R (0 .256 . WR Despejando a " W" tenemos : W P.142 CAP. R x 427 Kn m Kcal ~ .256 C _ v- Cv Kca_ 1 °K-Kgr 1. V.Cv R J Despejando a " R" tenemos : R = (Cp .744 Kcal °K-Kgr Kg-m °K-Kgr De la f6rmula 9 tenemos: P.39 0. IV. V.184) R 0. 000.Kgr Representaci6n Gratica: p T .056Kg-m 0. EI trabajo Especffico sera: T = W T 7.2W= cm m 523 oK X 30. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo valores tenemos: 2 3 cm 8~ 2 X 0.143 CAP.447Kgr T m 15.447 Kgr ~WS = 0.09 m X 10.785 KgKgr La variaci6n especffica de Entropfa sera: ~S W - 0. IV.031 KocKal 0.200 16.069 Kcal oK .744 Kg-m °K-Kgr 7.447 Kgr.079.112 W W = 0. r = _-+-_ _ _ L. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 144 PROCESO ADIABATICO SIN FLUJO Adiabatico Reversible 0 Isoentropico Definicion: 0 Q Representacion Gratica: P T P..-_ _ _ V V2 f s 2 P dV Q De la Primera Ley de la Termodinamica tenemos: Q = ~ + ~U J Como: Q = 0 r J r = - r = r = - J ~U J Cv W (T 2 - T. IV... ---~ p vY =K _~~2 P2 v.T2) ~S = 0 f = K 2 T dS = 0 S .CAP.) J W Cv (T. . dU dr P dV Pero: y dU P dV J W C v dT . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Ecuaci6n diferencial de la Primera Ley de la Termodinamica : dQ dr + dU J = - Como: Q 0 Tenemos : dr J .145 CAP. IV.W Cv dT (A) De la ecuaci6n de estado se tiene : PV = T PdV + W R VdP WR dT PdV+VdP WR = dT Sustituyendo en la ecuaci6n "A" tenemos : PdV = _ W C PdV+VdP v J WR De la ecuaci6n de Mayer se tiene : R = J (Cp .Cv) (B) .Cv) Sustituyendo en la ecuaci6n "B" tenemos : PdV J Cv (PdV + VdP ) J (Cp . 1 Cp-Cv Cv Sustituyendo en la ecuaci6n y.Cv) Pero: Cp Cv .Cv) PV dV V - (C p Cv .----- V V y-1 y-1 P Simplificando se tiene : dv V '1 + _1_) _ ___1_Q2 ~ y-1 - y-1 P Pero: 1 + y-1 + 1 + __y__ y-1 y-1 y-1 dP dV _y_ V y -1 y -1 Simplificando: dV V y dP p P dP P - (C) . y Cp Cv y .Cv) CvVdP (Cp .1 "c" tenemos: 1 1 dP -dV + . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 146 Dividiendo ambos miembros de esta ecuaci6n entre PV y simplificando tenemos: Cv (PdV + VdP) (Cp .-dV = .Cv) PV PdV PV - Cv PdV PV(Cp .. IV..CAP.Cv) dV V - dV + V (C p Cv . = Ln ~ P2 Tomando antilogarftmos se tiene: (0) Vl'2 Vl'1 Ecuaci6n caracterlstica del Proceso Adiabatico sin flujo en funci6n de P y V PVY = K En funci6n de la temperatura tenemos: De la ecuaci6n de trayectoria tenemos: P1 V1 T1 P2 V2 . T2 . o \I T ..CAP.. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 147 Integrando se tiene: 2 f1 dV V L (V2) " n V1 y f1 2 dP. IV. P . l _ ~.CAP. ( ~: ~ :: = ( ~J ~ l = (' VV V2 Oespejando a T2 T.. 2 se tiene : l= T. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 148 Sustituyendo en la ecuacion " D" se tiene : r :. T1 Ecuaci6n caracterlstica del Proceso Adiabatico sin flujo en funci6n de T y V En funci6n de la presion y la temperatura se tiene : y Igualando los segundos miembros se tiene: .r l ( )1-. T. ' ). IV. Simplificando tenemos : (~: )-' ( ~: )" ( ~: rl Finalmente : l_ T1 ( ~. . Pero: P VY T = K P V~ 1. W RT . IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Finalmente se tiene: Ecuaci6n caracterfstica del Proceso Adiabatico sin flujo en funci6n de P y T.y Simplificando se tiene: T T Pero: PV Por 10 que: T .149 CAP.. EI trabajo desarrollado y la variaci6n de energfa interna sera: T J 2 P dV Pero: P VJ' = K K VJ' P . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES Si : r J - ~U Tenemos: Ejemplo 39 30 pies cubicos de aire que se encuentran a 16 Lb/pulg 2 ASS.T. f) La variaci6n de Entropfa en S. e) La cantidad de calor en S.U. de presi6n y 90°F de temperatura son comprimidos durante un proceso adiabatico reversible (ISOENTROPICO). AIRE e) Q = ? B.rR . IV.U.T.U. y = 1. hasta una presi6n final de 150 Lb/pulg 2 ASS.U. = 30 ft3 P1 = 16 Lb/pulg 2 ASS Inc6gnitas c) r = ? Lb-ft P2 = 150 Lb/pulg 2 ASS d) ~U = ? S.T.150 CAP.T. Calcular: a) EI volumen final en pies cubicos b) La temperatura final en grados Farenheit c) EI trabajo desarrollado en Lb-ft d) La variaci6n de energfa interna en S.rR g) Representar el proceso en diagramas P-V y T-S Datos: v.4 f) ~S = ? S. en un proceso sin flujo.U.U.T.T. : 1 V. V. = ( . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 151 F6rmulas y P 2 V. IV. V." P . . (1 ) )' .201 x 30 De la f6rmula 2 tenemos: ~= T.1 T2 T. Sustituyendo valores tenemos : g2 V2 = ( 16 Lb/ PUl 150 Lb / pul g2 l x 30 ft3 V2 (0 .106)°·714 x 30 V2 0. T = ( ~: 1 = t of + (2) 460 (3) (4) T T ~u (5) J Soluci6n : De la f6rmula 1 tenemos : .CAP. .128 0.120 .03ft3 = _--'p'-u_I___ 9 _ _ _ _ft_ _ _ _ _ _ _-'-p_ul.248 0.899 x 550 De la formula 3 tenemos : T = t of + 460:.460 t of = 1.152. t of = T .152 CAP.820 Lb-ft De la formula 5 tenemos: ~u T J ..460 De la formula 4 tenemos: T T = 16~2 x 144~ 2 x 30ft3-150~ x 144~ x 6.130.4 T = .9'--2_ _ _ _ft_2_ _ __ 1..975)°..1 T 69.45 .044.4 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la formula 3 tenemos : T = t of + 460 Para obtener el valor de T 2 tenemos : T2 (4. IV.4 (550) T2 1.4 T 61 .. Q = 0 Representacion Gratica: p T 2 2 PV)' = K T1 .U.U .T.T.820 Lb-ft 778 Lb-ft B.T.U = 196.U.426 B.oR g) Representar el proceso en diagramas P-V y T-8 .___ _ --~------~----s VI S = K Ejemplo 40 Una determinada cantidad de hidrogeno se encuentra a las siguientes condiciones iniciales: Este gas es comprimido segun un Proceso adiabatico reversible (ISOENTROPICO) hasta alcanzar una presi6n final de 280 Lb/pulg 2 ABS Calcular: a) EI volumen final en ft3 b) La temperatura final en of c) EI trabajo desarrollado en Lb-ft d) La variacion de energfa interna en B. U = _ .. j).U.152. f) La variacion de Entropfa en B. Por definicion sabemos que: S = K:.T.U. e) La cantidad de calor en B. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo valores tenemos: j).T.153 CAP. IV. T. B.U.U.T./' R Formulas (1 ) T = t " F + 460 (2) (3) (4) T T (5) J Solucion : De la formula 1 tenemos : Sustituyendo valores tenemos : v 2 V2 = 5 2 ft3 ( 116 Lb / pulg 280 Lb / pulg 2 5 x 0.534 ) . f) L\S 1.CAP.T. c) t = 60" F d) L\U = P2 = e) 0 280 Lb/pulg :: ABS .U. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 154 Incognitas Datos Hidrogeno 116 Lb/pulg 2 ABS P. IV.405 = i T = OF ? Lb -ft ? = = ? ? ? B. B. b) t2 = v. 67ft3 = __~pu_l~g_2_______ft_2__________~p~u_l~g_2_______ft_2_________ 1A05 .405..1 _ 5J!. = T .2 8 OF De la formula 4 se tiene : T T = 16 ~ x 144~ x 5ft3_ 280~ x 144~ x 2. IV..28 .460 12 210 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la formula 2 se ti ene: + 460 T1 t of T1 60 + 460 T.28 OR X (520oR) 520 De la formula 2 se tiene : T = t OF t OF + 460 .67 ft J ( T2 (1 .24.520 ..1 T2 = (~~j (T .591 _11 Lb-ft 155 . ) Sustituyendo valores se tiene : T2 = 3) 1. _ ___ 2.654A OA05 . 520 oR De la formula 3 tenemos : " -· 1 ( ~~ J " .289 x 520 T2 670 .134A OA05 .107 .8 72) 0405 T2 1.1 r T T 83 .460 b 670 .CAP.59. IV.591 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la formula 5 tenemas : L\U T = J L\ U = _ (. T.11 L\U 76.u. EI proceso Politropico sin flujo es el que tienden a seguir todos los procesos reales. Par definicion sabemas que: S = K L\S = 0 Q = 0 Representacion Grafica: T p T1 . cuando se efectua en un fluido una compresion 0 una expansion.. ademas como la generalizacion de todos los procesos.U. considerandose .- 1 --+-------~-----s S = K PROCESO POLlTR6PICO SIN FLUJO Este proceso proviene de una variacion de los procesos Isotermico y Adiabatico.T.59 B.59. P " "" "" ~ -- PV = K PV)' = K ~--------------------------------V .156 CAP.. = Lb-ft) 778 Lb-ft B.. Representacion Grafica : p r J T 2 P dV Q = dr = 2 T dS = .157 CAP.a J dU dr f - a J dU Pero: dr P dV dU W Cv dT y (1 ) . IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Se ha encontrado en la mayorfa de los procesos reales . que la relaci on entre P y V pu ede representarse aproximadamente por la ecuacion : P vn K Donde " n" es una constante Ilamada : " INDICE DEL PROCESO POLlTR6PICO " Definicion : r J ~U=a Donde : " a" Es una constante de proporcionalidad del Proceso Politropico. Cv a Cv V dP P dV P dV + V dP Cp P dV + V d P PdV - Cv Cv a P dV = __ 1 (C p_ Cv 1 Cv a Cv 1 ( _1) P dV + V dP = __ P dV a Y P dV + V dP = _. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES Sustituyendo estas ecuaciones en la ecuaci6n 1 tenemos : P dV .1 V dP P dV V dP P dV a y.a J W C v dT (2) Pero : P dV + V dP WR dT Sustituyendo en la ecuac i6n 2 tenemos : P dV = a J - + V dP P dV W Cv W R + V dP P dV R P dV a J Cv Pero: R J = Cp P dV - Cv + Cp .158 CAP.. a P dV 1 + y. IV.1 --1 a . (_~) .- ~ ~~ = _ (Y ~ 1) + 1 V dP P dV Y .1 a +a . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Pero: y -1 +a VdP PdV -- dP P .. P2 = P1 V. IV. n Ln V 2 (~: )' . Ecuaci6n para calcular "n" en un Proceso Politr6pico Multiplicando numerador y denominador por 2.. .159 CAP. Ln P2 P. n a .3 tenemos: P.n Ln dV 1 V - V2 V1 .n f .n -n dV V Integrando tenemos: 2 2 f dP 1 P Ln P2 P1 .. logP2 n= V log-2 V. IV.T2 n.1) P2 V2 -P 1 V1 aJ(1-n ) a J W Cv (T 1 .. n - (::f T T WR ( Tl . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES P VI1 = K Ecuacion caracteristica del Proceso Politropico ~= Tl (::r .1) Para el calor tenemos: De la primera Ley de la Termodinamica: Q = Q P2 V2 -P 1 V1 J (1 .160 CAP.1 ) T ~u ~u T aJ T P2 V2 -P 1 V 1 ~u aJ (n .T2) .n) Q P2 V2 -P 1 V1 J ( 1-n ) r J + + ~U P2 V2 -P 1 V 1 a J (n . IV.T1) (1 .T 1) La variaci6n de Entropfa sera : W C I P 41 ~ Tl - ~ WR L J n PI . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Simplificando tenemos: r aJ Pero: ~ = .161 CAP.a) W Cv (T2 .a) Q Pero: flU Q W Cv (T2 .a flU + flU Q Simplificando tenemos: flU (1 .a flU Sustituyendo en la ecuaci6n de la primera Ley de la Termodinamica tenemos: Q = ~ + flU J = . 1 = a (n .162 CAP.U. Kcal Cn = OK x Kgr OR x Lbr Kcal °C x Kgr of x Lbr Cn = B.U.T.a) Cv Oespejando a a" de la ecuacion anterior tenemos: !C a = 1 _ Cn Cv (1 ) . 0 substrardo Sus unidades seran : SISTEMA METRICO SISTEMA INGLES B. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Para el calculo de "a" tenemos: n y -1 +a a Oespejando a " a" tenemos: y.1):. ~ a n-1 CALOR ESPECiFICO DEL PROCESO POLlTR6PICO Este calor especffico 10 designaremos como "Cn" Definicion: EI calor especffico del proceso Politropico: Es la cantidad de calor suministrado a la unidad de masa del gas para variar en 1° su temperatura durante el proceso.1 + a=na y-1 = na-a y .T. Si sabemos que: y Cn = (1 . IV. 163 CAP.y ) Cn=C v (~ y-n Cv . IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Pero: ~ a (2) n-1 Sustituyendo la ecuaci6n 2 en la ecuaci6n 1 y despejando a C n tenemos: ~ 1 _ Cn Cv n-1 Simplificando se tiene: n.n "Cuando y > n > 1 C n sera negativo" Un valor negativo de Cn significa cualquiera de las dos sigueitnes circunstancias: 1.1.T T1 I : T2 ___ + Q~A ~0!!$~2 I I I I I --+---~I--------------~---S S1 . -dO T 2 s y o = w en flT dO = W en dT 2 dT wen J .- T -+-----'----------'--s Oue el calor 0 es cedido por el gas al medio exterior (-0) y sin embargo la temperatura del gas aumenta (T2 > T. IV. -T . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 164 Oue el calor 0 es suministrado por el medio exterior al gas (+ 0) y sin embargo la temperatura del gas disminuye (T2 < T.CAP.) Recordando que: J .) 2. p02 V2 po./n V1 (P 2 ) '/n V2 Si: n 00 . V. Pero: po Por 10 que: De la definicion de proceso politropico sin flujo tenemos: T J ~U a Como: T = o 0 J~U a = 0 a 0 Cuando: n=ooya=O "Todas las formulas del Proceso Politropico se pueden aplicar al Proceso Isometrico" .165 CAP.. n 00 0 . IV... PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES EFECTO DE LA VARIACI6N DEL EXPONENTE n DE LOS PROCESOS POLlTR6PICOS PROCESO ISOMETRICO n = oo. . (P 1 ).a=O P2Vn2 p.vn. a = 1-y Si n 0 Tenemos: Pero: Por 10 que: Si sabemos que: y-1 a Sustituyendo el valor de n =-- n-1 o tenemos: a ~ 0-1 Desarrollando esta ecuacion se tiene: a=-y+1 a 1 .1M CAP.Y "Todas las formulas del Proceso Politropico se pueden aplicar al Proceso Isobarico" PROCESO ISOTERMICO n a = 00 .y Cuando: n Oya 1 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES PROCESO ISOBARICO n=0 . IV. IV.1 a a Cuando: n = y y a = 1 "Todas las formulas del Proceso Politropico se pueden apl icar al Proceso Adiabatico ".1 ~ ~ n. .1 Pero: n y . PROCESO AD/ABA TlCO n y y a = 1 P1 Vn1 P2 vn 2 Si : n = y P1 " 1 = P2 '1 2 a = ~ n.. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Si : n a y. ~ y.1 a 00 Cuando: n = 1ya =00 "Todas las formulas del Proceso Politropico se pueden aplicar al Proceso Isotermico".167 CAP.1 o 1. U .4 Lb/pulg 2 MAN. calcular: a) Las propiedades faltantes que determinan los estados inicial y final del gas. = 115.3.434 V2 = ? B. con un indice n 1. y 170°F. b) EI trabajo desarrollado c) EI calor puesto en juego d) La variacion de energ fa interna e) La variacion de Entropfa f) Representar el Proceso en diagramas P-V y T-S Datos Incognitas Nivel del Mar PSAR W = 14. °R. ? Lb/pulg 2 ABS P2 ? Lb/pulg 2 ABS GAS HIDR6GENO Lb-ft 766.T. P2 = 14.U.536 Lbr P.T.U. = ? Lb-ft Q ~U = ? B. = ? B.536 Lbr de Hidrogeno se expanden mediante un proceso politropico. hasta un estado final en que la presion absoluta es igual a la atmosferica. y = 1.4 Lb/pulg 2 MAN.Lbr ft 3 T.7 Lb/pulg 2 ABS Formulas PASS = PMAN + PSAR (1 ) T = t of + 460 (2) WR = PV T (3) (4) . IV.54 0R-Lbr R Cv = 2. desde un estado inicial de 115. PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES 168 Ejemplo 41 Si 0.405 T2 = ? oR n T = 1.3 P.CAP.7 Lb/pulg 2 = 0.T. SI este proceso se efectua en un lugar situado al nivel del mar. 4 + 14.845.. 630 0 R De la formula 3 se tiene : PV WR T Despejando a " V" tenemos : V WRT P Sustituyendo valores para obtener V.1 ~2 pulg ASS .a) Cv (9) Q = ~S ~~ = W Cn L.1 n.536 Lbr x 766.4 v. 115. IV.734. (10) Soluci6n: De la f6rmula 1 tenemos: PABS = PMAN + PBAR P. De la f6rmula 2 se tiene : T = t of + 460 T.54 oR _ Lbr x 630 oR =------------------------. 13.130.7 P. 130.23 18. 0. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES T (5) = ~U = a 169 W Cv (T 2 (6) T.) - y.816 ft3 144~ ft 2 . se tiene : Lb-ft V.1 ~ x 2 pulg 258.1 =-- (7) ~U (1 . 170 + 460 T.CAP.a) (8) Cn = (1 . I-2 x 144 ft2 x 73.-- x 13..348 x 13.816 V2 5..7 .816 De la formula 3 tenemos: WR PV T Oespejando a " T" se tiene : T = PV WR Sustituyendo val ores para obtener T2 se tiene: _ T2 - Lb ~ 3 14.81 6 tf3 14. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 170 De la formula 4 tenemos : PI VI1 1 Despejando a " V2 " tenemos : Sustituyendo valores se tiene: 1 130.865 T2 = 380.850)°·769 x 13.1 ~ 1.54 oR _ Lbr T2 = 156.67 oR De la f6rmula 5 se tiene: T = .536 Lbr x 766.887 ft pug Lb-ft 0.7~ 2 pulg V2 (8.3 _ _-.-p_u_lg".CAP. IV.404 410. 434.887ft 3) 144~ 2 ft2 _ r = _ _ --'-p_u--"lg"'--2_ _ _ _ _ _ _--'P L-u_I:oLg_ _ _ _ _ _ _ _ 1. (1 .1.1 1.325 .47 0.67 :".33) ~U = B.CAP.T.U . IV. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 171 Sustituyendo val ores tenemos: ( 130.536 Lbr x 2.3 r r = 341.1 ~ x 13. ~ (380.35) Q .3 a = 1.249.126 (-0 .3 .3 .1 Sustituyendo valores se tiene: a = 1.434 ~U ~U = 1.35) Q 113.325.T.1 a 0.35 De la f6rmula 8 tenemos : Q ~U (1 .1 102. De la f6rmula 7 tenemos : a ~ n.U.T1) Sustituyendo valores tenemos: 0.T.U .126 B.U. 816ft3_ 14.304 (.405 .126 B.T. °R-Lbr .630) oR .325.89 Lb-ft De la f6rmula 6 tenemos: ~U = W Cv (T2 .430. 7~ X 73.794 B.405 0.a) Sustituyendo valores : Q = . 35) B.455) L Ln 1.AMICOS DE LOS GASES 172 De la formula 9 se tiene : Cn (1 .85 B.0. oR Representaci6n Grafica : T p T1 2 --4---~------------------~ V1 V --+---~------------------~S Sl .503) ~s 0 .U.455) (.0.Lbr De la f6rmula 10 se tiene : Sustituyendo valores : ~S B.67 ~s (.U.T. L 380 .654) ~s (-0.0.U.455) (. PROCESOS TERMODIN.T.6°R 0.a) C\ - Sustituyendo valores se tiene: (1 .0. (.T. "R . IV.T.0.Ln 380 .228 B.85 0R-Lbr) n 6300R ~S 630 (.434 .1.U. "R-Lbr >-- 2434 .0.536 Lbr (.CAP.35) 2. 1714 = ? ? Kcal °K-Kgr Formulas T = t °C + 273 PV T WR (1 ) (2) (3) T 6U a P. + 30% V..S Cv 0.8 V2 = V.u = ? 1.CAP. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 173 Ejemplo 42 4 Kgr de aire se encuentran a una presion de 2 Kg/cm 2 ASS .8 . su volumen aumenta 30%. = 2 Kg/cm2 ASS. Despues de sufrir una expansion de acuerdo con un Proceso Politropico de fndice 1. V. y a una temperatura de 90°C. t. calcular : a) Las propiedades faltantes del estado inicial y final d el gas.27 y Kg-m °K-Kgr ? = 1. T n = ? t-. Q J = 427 Kg-m Kcal t-. b) EI trabajo desarrollado c) La variacion de energfa interna d) EI calor puesto en juego e) La variacion de Entropfa f) Representar el proceso de diagrams P-V y T-S Datos : Incognitas W = 4 Kgr de aire R = 29.P2V2 n. IV.1 (4) (5) (6) .4 P.1 - T aJ ~ n. 04 20.3 x 2.500.125 m 3 Si sabemos que: Tenemos: Sustituyendo val ores se tiene: V2 1. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 174 Q T J + i1 U (7) (8) (1 .a) Cv (9) Soluci6n : De la f6rmula 1 tenemos: T t °C = + 273 T1 = 90 + 273 TI = 363 oK De la f6rmula 2 tenemos para el estado inicial: £:~ = TI W R Despejando a VI Y sustituyendo valores tenemos: VI = 42.125 WRT I PI .CAP . IV.000 VI = 2. ..-.623 x 2 1.769)1 ....246 34...246 ~2 em ASS ..-.52 117.27 0K-Kgr 2 1.(2 T ~x em 2.3. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la f6rmula 3 tenemos : Despejando a P2 y sustituyendo valores se tiene : 3j1..-.08 293.8 P = ( 2.25 .8 .Kg-m 4 Kgr x 29.-..-.414.1 T (4...000 .-...44) 10. IV.175 CAP.1.246 ~ x 2.762 m x 10.94 oK De la f6rmula 4 tenemos : T = m3 .8 ..125 1..2em m T2=-.125 m 2 2.762 m3 (0.000 0.8 x 2~ em 2 2 X 0...-..762 m3 ) 10000 e~2 em m = . De la f6rmula 2 tenemos para el estado final : Oespejando a T2 Y sustituyendo valores : ~ 3 em 2 x 2. 23.42 Q .42) Kcal Q 23 .71 Kcal De la f6rmula 8 tenemos : ~S .5 n.8 .47..81 T 8.!.47.125 Kg-m De la f6rmula 5 tenemos : T ~u = aJ Pero: a ~ .1 0.5 x 427 Kcal 10.71 .4 0.100 0.125 Kg-m Kg-m 427 Kcal + (.000 0.1 1..8 X = 10. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 0. IV.1 1.42 Kcal De la f6rmula 7 tenemos : Q = Q = .176 CAP.m Kg-m 0.8 Sustituyendo valores en la f6rmula 5 se tiene: ~ U ~u ~u =_ 10.125 Kg .4 .5 . a --- a -- a 0.47.8 T T 10..+ ~U J 10.125 213 . a) Cv Kcal (1 .U.809) ~S 0. Este proceso se hace de acuerdo con un fndice n = 1.0. = 0 0R-Lbr' ca cu ar: .211) .177 CAP.3 Lb/pulg 2 MAN.0857 Kcal °K-Kgr Sustituyendo valores en la formula 8 tenemos: i'1S = Kcal 4 Lbr x 0.0857 0K-Kgr x Ln 293. --4-----~'~~~~~~~~~~-S S1 Ej ernplo 43 15 Lbr de un gas perfecto son comprimidas politropicamente desde una presion de 17 Lb/pulg 2 ASS.1714 Cn = 0. R 5 Lb-ft I I constantes Cp = 0.94 oK 3630K 0.0. ~ PVn = K T2 _ ___ ~ ~ :A~~ .0. IV. y temperatura de 60°F.5) 0.072 Kcal oK Representacion Gratica: T p T1 ". .AMICOS DE LOS GASES Pero: (1 . PROCESOS TERMODIN.T. 2.1714 0K-Kgr Cn = 0.3428 (Ln 0. al nivel del mar.5 Y el gas tiene las siguientes S.5 x 0.3428 (.25 0R-Lbr. hasta alcanzar una presion de 95 . . W 15 Lbr P. t.CAP. c) La variacion de Entropfa.5 ~S = B.U. f) Representar el proceso en diagramas P-V y T-S Incognitas: Datos : ? V. IV . 17 Lb/pulg 2 ASS .°R-Lbr Q A ? = ? Lb-ft 0R-Lbr 50 778 J = ? Lb-ft B. e) EI calor puesto en juego.3 Lb/pulg 2 MAN T PSAR = 14. Formulas T = t of + 460 (1 ) (2) PV (3) WR T (4) (5) T T ~U aJ A J Cv = y (6) (7) (8) . Cp = 0.U . = 60 of = ? P2 = 95 . b) EI trabajo desarrollado.25 .T.7 Lb/pulg 2 al nivel del mar ~u n = 1."r. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 178 a) Las propiedades faltantes de los estados inicial y final. 179 CAP. = --------------------- 17~2 X 144~ pulg V. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES a ~ n.1 Q - T ~U (10) W C n Ln ~ T. De la f6rmula 3 para el estado inicial tenemos: Despejando a V1 Y sustituyendo val ores tenemos: V. IV.a) Cv (12) Soluci6n : De la f6rmula 1 tenemos : T = t of + 460 T1 = 60 + 460 De la f6rmula 2 tenemos: PASS P2 = = + PMAN (95 . 390 .3 + PSAR Lb pug 14.I -2 ASS. (11 ) + J AS = Ll (9) Cn = (1 .31 ft3 ft2 .448 = 159.000 2.7) . 15 Lbr x 50 Lb-ft x 520 oR °R-Lbr V.I-2 Lb pu g 110 .. V. WRT . = -- P. 31 De la f6rmula 3 tenemos para el estado final: Oespejando a T 2 Y sustituyendo valores se tiene: T 2 T2 _ V2 WR P2 - Lb pu Q 110 .CAP.31 ft3) 144 ~ = __. p_u-"'IQ<-2_ _ _ _ _ _ _L-pu_I. .:J.154)°·666 X 159.Q_2________ft_2_ 1 .L.31 fi3 pulg V2 (0 .- °R-Lbr 724.8 750 De la f6rmula 5 se tiene : r r (110 ~2 = x 45.I-2 x 144 ~ 3 ft2 x 45..72 ft Lb-ft - 15 Lbr x 50 . IV..287 x 159.204.72 ft3 -17 ~ x 159.5 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 180 De la f6rmula 4 tenemos : Oespejando a V2 y sustituyendo valores se tiene : 1 17~ 2 V2 = 13 pulg X 110~ 2 159.1.31 V2 0. 5 a = 0.5 1 a --- a 0.5 T = 668. °R-Lbr = 1.27) 144 .427. IV.25 .T. °R-Lbr Cv = C = 0 1858 v 50 0R-Lbr 778 Lb-ft B. oR-Lbr Sustituyendo valores en la formula 8 tenemos: - Cp Cv = y 025 B.320 .93 x 144 .0. B.0642 .U .T. y = .34 Por 10 que: a ~ n.T.U.U .1 1.U.T..25 B.029.2 2.68 .708.84 Lb-ft - De la formula 7 se tiene : R Cp . °R-Lbr o 1858 .0.J Cv Lb-ft Cv = 0. I' B.181 CAP. 0.34 1 1.Cv J .U.0. R Cp . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES T (5.34 0.5 T 2.T. 47 B. °R-Lbr Sustituyendo valores en la f6rmula 10 se tiene: ~ S = 0.T.U.427. 778 Lb-ft B.32 x 0.U.a) Cv Cn Tenemos: Cn = (1 .47 Q .668.+ ~U J Q = Q = .T.T.263.. ~U = 668.1858 Cn = 0.859.263.T.!. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES De la f6rmula 6 tenemos: = __r_ ~U aJ ~U = _ (.U.04 ~U = 1.84 529. °R-Lbr B.84) Lb-ft 0. De la f6rmula 10 tenemos: .16 Q 404..T.182 CAP.885 Ln 1.856 .0.U.31 B.U .U.84 Lb-ft + 1. + 1.427.47 B.263.059 B.668.68 x 778 Lb-ft B. IV.68) 0.U ..T.427.1858 Cn = 0. De la f6rmula 11 se tiene: = ~S W Cn T2 Ln ~ Si sabemos que: (1 .T. sufren un proceso politropico. °R-Lbr n ? . La variacion de Enta/pfa. 0.3 B. La variacion de Entropfa. Representacion Grafica: p T 2 P2 T2 2 ----------\1 P~~K T1 P1 -- t ~ ~ ~i s V V1 V2 S1 S2 Ejemplo 44 Si 8 Lbr de aire se encuentran inicialmente a 25 Lb/pulg 2 ASS .1714 0R-Lbr 0. EI calor especffico del proceso..618 ~ 0. IV.T.24 B. calcular: a) b) c) d) e) f) g) EI volumen y la presion al final del proceso. Representar el proceso en diagramas P-V y T-S Datos: w= Incognitas 8 Lbr de aire Lb-ft R = 53.885 x 0. E/ trabajo desarrollado.5469 S B·~RU. EI fndice del proceso.U.342 0R-Lbr Cv B.U.T. al final del cual la temperatura es de 260°F y el sistema ha expulsado 0 rechazado 17.T. y 85°F de temperatura. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 183 !1 S = 0.CAP.U . 4 .T. (3) Q = W C n (T2 .T . ) _y -1 (6) (7) n-1 Q = !1 U (1 .) (4) (5) Q = a = (1-a) WC v (T2 .' = I - ? P. F6rmulas T = t of + 460 (1 ) PV WR (2) T ~= l~l'n T.3 J = 778 B. V.a) !1 U T (8) (9) aJ (10) Soluci6n : De la f6rmula 1 tenemos : T = t of + 460 Para el estado inicial se tiene : T1 = 85 + 460 T.T.17. . = 545 oR . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 1. IV.U .\ S ? t.-- ? Q = ..U .T. Lb-ft B.184 CAP.\ H . = 25 Lb/pulg 2 ASS . . . 12 3.17.3 1. PROCESOS TERMODIN.U.CAP.600 De la formula 4 tenemos : Despejando a C n y sustituyendo val ores se tiene : Cn Q = .3 8 x 175 Cn .545) oR .3 B. 8 Lbr (720 .571.342 oR _ Lbr x 545 oR V1 = -----------=--- 25~ X 144~ pulg 2 ft2 232 .17.U.0. °R-Lbr 185 .012 B.T. IV.400 Cn .17.AMICOS DE LOS GASES Para el estado final: 260 + 460 T2 De la formula 2 tenemos : PV WR T Para el estado inicial tenemos que: Sustituyendo val ores S8 tiene : Lb-ft 8 Lbr x 53.T. 0..U.026 - Despejando el valor de "a" de la formula 6 se tiene: = (1 .0.17.3712 x 175 a 1 _ a 1 a 1.1 n y.- a Q ---W C v (T2 .1 Despejando el valor de li n" se tiene: y -1 a n. IV.3 1. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 186 Sustituyendo val ores en la f6rmula 5 tenemos: Lb ( ) B.1 + 1 a .1714 B.T. L 720 oR ~ S = 8 r .a) W Cv (T 2 .096 x 0.012 0R-Lbr n 545 oR ~ S = .T.. (720 .T1) ..U .278 I'l S = B '~RU ..072 De la f6rmula 7 sabemos que: ~ a n.-. 8 Lbr a x 0.0.545) oR °R-Lbr .1.17.CAP.3 B.321 ~ S = .072 + .17.0.T.96 0.T. Q 1 .096 x Ln 1.) Sustituyendo valores se tiene: a = 1_ .U .3 239. 072) . B . ( 1 .27 B.T.389.187 CAP.200 . IV. T.072 240.072 x 778 Lb-ft B.T.17.T.24 ~ H 1.U.a) .3 .17.U .072 n = n 0.) L\ H 8 Lbr x 0. = .3 B.T.072 n 0.T. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo valores se tiene : 1.373 + 1 Despejando a L\ U de la f6rmula 8 y sustituyendo valores : Q = L\ U (1 .a) ~ U ~ U L\ U U ~ Q (1 .U.0.1.T.L\UaJ r= r - 240. x 1.4 1.U.92 x 175 ~ H 336 B. De la f6rmula 9 se tiene : U ~ T aJ Despejando a r y sustituyendo valores se tiene : r= .373 + n 1. ~ °R-Lbr (720 .27 B.1 + 1 1.02 Lb-ft La variaci6n de Entalpfa (L\ H) la obtenemos sustituyendo valores en la f6rmula 10 por 10 que: L\ H = W C p (T2 .545) oR .U .4 . 6 De la formula 2 tenemos : PV T WR Para el estado final tenemos que: Sustituyendo val ores: Lb-ft 8 Lbr x 53.68 x 64.6 V2 {1 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 188 De la formula 3 sabemos que: ~= T.409.373 ( 1.1. IV.249.CAP.28 69.92 4.6 ft _ ( 720 V2 545 0 R V2 = 1.321 V2 0.6 r2.474 x 64.342 OR_ Lbr x 720 OR P2 = 30. P~I~ 2 .321 ) x 64. . . Despejando a V2 y sustituyendo valores se tiene: .62 ft3 x 144 307. 0 R)' -x 64.373 3 .68 Lb pulg --2 ASS . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Representacion Grafica: p T 2 2 T. Y Cv = 0. en cada proceso. .T. . Y 215 of de temperatura..U. y a continuaci6n es calentado mediante un proceso Isobarico sin flujo. expresados en Lb/pulg 2 ABS.. en cada proceso. en ca d a proceso.3. Ejemplo 45 B. hasta que vuelva a alcanzar la temperatura inicial .T. Cierto gas del que se conoce que Cp = 0.U. b) Las propiedades faltantes de cada uno de los tres procesos. .U. calcular: a) La masa del gas expresada en Lbr.189 CAP. este gas sufre una expansion mediante un proceso Politropico sin flujo con fndice n = 1. ft3 Y oR. c) EI trabajo desarrollado en Lb-ft en cada proceso.25 Si partiendo de las anteriores condiciones iniciales. d ' en ~ B.185 o~'~'~br . f) La vanaClon e E ntropla g) Representese graficamente los procesos que experimenta el gas en diagramas P-V y T-S.9 ft3 cuando esta sometido a una presion de 120 Lb/pulg 2 ABS. IV..se en°R-Lbr cuentra ocupando un volumen de 1. e) La variacion de energfa interna en B.T.T.U . __ _ s. hasta que la presion disminuye hasta un valor de 15 Lb/pulg 2 ABS. d) EI calor puesto en juego en B. P1 .T . = ? n Q = ? 1. 21 = P1 V 1 . IV.T.9 } W B.CAP.U.U .a) C v P2 V2 T2 P3 V3 T3 .P2 V2 n.3 11 U = ? 1 a 2 Expansion Politropica = 15 Lb/pulg 2 ABS . PROCESOS TERMODINAMICOS OE LOS GASES 190 Datos: Incognitas Cp = 0.Lbr = ? en cada proceso fe 120 Lb/ pulg 2 ABS. P2 11 S ? 2 a 3 Calentamiento Isobarico J = 778 Lb-ft B. oR .1 (8) Proceso Isobarico (9) Proceso Politropico .185 1.25 Cv = 0.1 (6) Cn (7) (1 . Formulas T = t of - R J Cp WR P1 vn1 + 460 (1 ) Cv (2) - PV T = P2 vn2 Cp (3) (4) Y= C v (5) a = ~ n. 57 Lb . IV.U.065 R = 50 . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 191 (10) Proceso Isobarico (11) Proceso Politropico (12) Proceso Isobarico (13) Q = t1 U (1 . 0.ft 0R-Lbr .CAP.a) (14) Proceso Politropico (15) Proceso Isobarico (16) (17) Proceso Politropico A U S3 2 = W C pn L T.Cv) Sustituyendo valores se tiene : Lb-ft ( ) B.0.25 .185 0R-Lbr R = 778 R = 778 x 0.Cv R = J (Cp .T3 (18) Proceso Isobarico (19) Solucion: De la formula 1 para el estado' inicial se tiene: T = t of + 460 T1 = 215 + 460 Sabemos que: Despejando a " R" de la formula 2 se tiene: ~ = J Cp .T.T.U. B. 57 0R-Lbr W W x 1.75 0. Despejando a " W" se tiene : W _ 120~2 pulg W- = x P. PROCESOS TERMODIN.832 34 . tenemos: W R = P.769 V2 4 . RT .961 Lbr Despejando a " V2 " de la formula 4 y sustituyendo valores tenemos : 1 V2 De la formula : Tenemos: V2 (8)°.134. T.AMICOS DE LOS GASES 192 Sustituyendo valores en la formula 3 para el estado inicial . IV.9 V1 .948 x X Pl )n = ( P-. V. X 1.9 1. 144~ ft2 Lb-ft 50 .9fe x 675 oR 32 . V.CAP. 0. . 0R-Lbr .U.a) Cv Tenemos : Cn B.T.185 0R-Lbr Cn = (.30 a 1.185 B.T. °R-Lbr o 185 .9 ft3 pulg 2 95.00308333 .35 Sustituyendo valores en la formula 6 tenemos: a = ~ n-1 a 1.43 oR De la formula 5 tenemos: y y = 025 B.35 .1.1 a 0.T.T. B.U .U .1 1.1666667) 0.193 CAP. (1 . °R-Lbr y = 1. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Sustituyendo valores se tiene: 15 ~ T2 = x 9.1666667 Si sabemos que: Cn (1 .1666667) 0.175 228 417.35 0.3 .4 ft3 x 675 oR pulg 120 ~ x 1. Cn = . IV.U. 345 417.528 0.194 CAP.43 De la f6rmula 9 el trabajo desarrollado de 1 a 2 sera: 1.1412 144 0.4 ft3 x 675 oR 417. IV.760 Lb-ft EI trabajo desarrollado de 2 a 3 sera : Aplicando la f6rmula 10: . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Despejando de la f6rmula 8 a " V3 " tenemos: Pero: P2 P3 (Proceso Isobarico) Sustituyendo valores: 9.1 "[21 "[21 "[21 "[2 1 (228 .3 .3 87 x 144 0.3 41 .3 12.43 oR V3 = 6 . 43) oR . PROCESOS TERMODINAMICOS DE lOS GASES Sustituyendo valores: 15 - Lb 3 -I-2 (15.U.257. Q 21 De la formula 12 se tiene: Sustituyendo valores: Q 32 = 0.57) 7.961 Lbr x 0.2 .T.675) oR °R-Lbr Q21 = (-0.43 . (675 .417.9.6320055 + 61 .8 X 144 r32 = 12. IV.442 B.81 B.T.T.528 Lb-ft EI trabajo desarrollado durante el proceso sera : Sustituyendo val ores: r 31 = (41 .4) ft pu g X 144 ~ ft2 r 32 = 15 X 5.0296308) (.T.6320055 B.961 Lbr (-0.T. Q 31 = 69. ) (417.57 61 .25 Q3 2 = Q 32 = 0.U .288 Lb-ft + 12.U.195 CAP.81) B.760 r3 1 = 54.528) Lb-ft EI calor puesto en juego sera: Aplicando la formula 11 tenemos: Sustituyendo valores se tiene: 0.24 X o~·~ ·~br 257.U.U .0308333 B. EI calor total puesto en juego durante el proceso sera : + Q 31 Q21 Q 32 Q3 1 (7. 1666667 7.T.U.T2 ) Sustituyendo valores : ~U32 0.6320055 (.T.57 ~U 32 45.6320055 B. IV. La variaci6n de energfa interna durante el proceso sera : Aplicando la f6rmula 16: ~U31 = -45.U.0. (1 .1.a) U" tenemos que la variaci6n de energfa interna de 1 a 2 es: Sustituyendo valores: 7.T.792 B.CAP. La variaci6n de energfa interna de 2 a 3 sera: Aplicando la f6rmula 15 se tiene : ~ U3 2 W Cv ( T3 .792 Para el calculo de la variaci6n de Entropfa durante el proceso se tiene: Aplicando la f6rmula 19: .792 + 45 .792 B.U .177785 x 257.1666667) 45. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 196 La variaci6n de energfa interna durante el proceso serfr Si sabemos que: Q = Oespejando a "~ ~ U (1 . 617) ~S 2 .T.U. oR La variacion de Entropfa durante el proceso sera: Aplicando la formula 19: Sustituyendo valores : (0 ." 417.240 x 0. T.3 S2.43 oR 0.0142 B.U.240 x Ln 1. W Cn ~ l ~ S2 ..RU.T.0.0.480 O. L 675 oR r x 0.0296308) (. = 0.0. (. . oR B'.25 oR _ Lbr x n 417. 1294 B.0.U . IV. (.961 Lb ( ) B. Sustituyendo valores : 2 ~S 1 0. oR De la formula 18 se tiene : Sustituyendo val ores se tiene: 3 ~ S 2 = 0. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES Si sabemos que : T2 T.480) ~S2.T.617 0.U .43 oR ) . L 675 oR r .1152) O. 1152 B.U. ~ S2 .0308333 oR _ Lbr (.T. W Cn ( Ln T2 .Ln 1.961 Lb B.0142 + 0.T.197 CAP.0296308) (. CAP. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 198 Representacion Grafica : P T T= K 3 . IV. VOLUMEN Sistema Metrieo: m 3 Sistema Ingles: Pie 3 (ft3) 1 m 3 = (3. 4. 1 Pie = 12 Pulgadas.LONGITUD 0 DESPLAZAMIENTO Sistema Metrieo: m. em.205 Libras 1 Kgr = 2..31 ft 3 6.000 em2/m2 144 Pulg. 1. mm.Hg (a O°C) = 28.281)3 Pies3 = 35.54 em . 2 Kg/em2 Lb/Pulg 2 = 735..22 Lb/Pulg.CAP.Hg. Hg. 2 10.F. 100 em/m M = 100 em m = 3. ATM6sFERAS Sistema Ingles: Lb/ft 2.S. Pulg 2 1 m 2 = 10. 2.281 Pies 39.I.FUERZA 0 PESO Sistema Metrieo: Kilogramo Sistema Ingles: Libra (Kg) (Lb) 1 Kilogramo = 2.000 Kg/m2 = 144 Lb/ft 2 .) = ATM6sFERA METRICA = 14. Pulgada .843 Pies H20 (a 60°F) = 10m de H2 0 (a 15°C) = 2.31 Pies de H2 0 (a 60°F) = 10. Sistema Ingles: Pie..205 Lb/Kg 3.205 Lbr . PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES 199 UNIDADES MAs USUALES EN EL ESTUDIO DE LA TERMODINAMICA Y SUS EQUIVALENTES EN LOS SISTEMAS METRICO E ING LES .S. em 2 Sistema Ingles: Pie 2.2/Pie 2 5. Kg/m2..MASA 0 CANTIDAD DE MATERIA (Kgr) 0 (mol-Kgr) (Ibr) 0 (mol-Lbr) Sistema Metrieo: Kilogramo Sistema Ingles: Libra 2. Pulg. (P.37 Pulgadas Pulgada = 2. IV.56 mm ...Hg (P.PRESI6N Sistema Metrieo: Kg/em2...000 em 2 1 Pie 2 = 144 Pulg. (a 32°F) = 32 .SUPERFICIE Sistema Metrieo: m2..2 Lb/Pulg.959 Pulg . Lb/Pulg 2.) . ZEMANSKY RICHARD H. DITIMAR Me GRAW HILL . CONTINENTAL - CALOR Y TERMODINAMICA MARK W.E. PROCESOS TERMODINAMICOS DE LOS GASES BIBLIOGRAFiA - TERMODINAMICA V. IV.J.A. STOEVER EDIT. - ELEMENTS OF ENGINEERING THERMODYNAMICS fvlOYER CALDERWOOD-POTTER JOHN WILEY & SONS - INGENIERIA TERMODINAMICA H.H.M.T.200 CAP. FAIRES U. .Impreso en los Talleres Graticos de la Direccion de Publicaciones del INSTITUTO POLITECNICO NACIONAL. DF Junio 2008. Edicion: 1 000 ejemplares. 06040 Mexico. Tresguerras 27.